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《解析版》天津市红桥区2013届高三第二次模拟考试化学试题.doc

1、天津市红桥区2013年高考化学二模试卷一、选择题:(每小题只有一个选项最符合题意)1(6分)(2013红桥区二模)化学与资源、环境、生活关系密切,下列说法不正确的是()A将镁块与钢铁输水管相连,可阻防止钢铁腐蚀B牛奶制品中添加防腐剂,可以延长奶制品保质期C研究废水净化技术,实现水资源的循环利用D绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理考点:金属的电化学腐蚀与防护;绿色化学;常见的食品添加剂的组成、性质和作用专题:化学应用分析:A作原电池正极的金属被保护;B防腐剂能抑制微生物活动、防止食品腐败变质从而延长保质期;C研究废水净化技术,实现水资源的循环利用,减少水的浪费;D“绿色化学”的核心就

2、是要利用化学原理从源头消除污染解答:解:A镁、铁和电解质溶液构成原电池,铁作正极而被保护,故A正确;B防腐剂能抑制微生物活动、防止食品腐败变质从而延长保质期,所以在牛奶制品中添加防腐剂,可以延长奶制品保质期,故B正确;C研究废水净化技术,实现水资源的循环利用,减少水的浪费,节约用水,故C正确;D“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染,而不是先污染后治理,故D错误;故选D点评:本题考查化学与生活,化学源于生活,用化学知识解释生产生活问题,学以致用2(6分)(2013红桥区二模)常温下,下列溶液中各组离子一定能够大量共存的是()A加入苯酚显紫色的溶液:K+、NH4+、Cl、IB使紫色石

3、蕊试液变红的溶液:Fe2+、Mg2+、NO3、ClC的溶液:Na+、K+、SiO32、NO3D通入足量SO2后的溶液:Na+、NH4+、ClO、CH3COO考点:离子共存问题专题:离子反应专题分析:A加入苯酚显紫色的溶液,含Fe3+;B使紫色石蕊试液变红的溶液,显酸性;C.的溶液,c(OH)=0.1mol/L,显碱性;D足量SO2后的溶液,显酸性解答:解:A加入苯酚显紫色的溶液,含Fe3+,与I发生氧化还原反应,则不能共存,故A错误;B使紫色石蕊试液变红的溶液,显酸性,Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应,则不能共存,故B错误;C.的溶液,c(OH)=0.1mol/L,显碱性,该组离子之间不

4、反应,能共存,故C正确;D足量SO2后的溶液,显酸性,与ClO发生氧化还原反应,H+与CH3COO结合生成弱酸,则不能共存,故D错误;故选C点评:本题考查离子的共存,明确习题中的信息是解答本题的关键,注意发生的氧化还原反应为解答的难点和易错点,题目难度中等3(6分)(2013红桥区二模)用下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的是()A用图1所示装置(正放)可收集NO气体B用图2所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸C用图3所示装置可实现反应:Cu+2H2OCu(OH)2+H2D用图4所示装置可分离乙醇(沸点78.4)与二甲醚(沸点24.9)的混合物考点:气体的收集;氨的物理性质;氮的氧化物的性质

5、及其对环境的影响;物质的分离、提纯的基本方法选择与应用专题:实验评价题分析:A该图中装置是采用向上排空气法收集气体,说明该气体和二氧化碳不反应且密度大于二氧化碳密度;B氨气是一种无色、有刺激性气味,密度比空气小,极易溶于水的气体,且能与硫酸反应,该装置不能防止倒吸;C金属铜和水之间发生的反应是非自发的氧化还原反应,应设计成电解池,根基电解池的工作原理结合反应来选择电极材料以及电解质溶液;D温度计的作用应该是测量各馏分气态时的温度解答:解:A该图中装置是排二氧化碳收集NO,NO和二氧化碳不反应,但密度小于二氧化碳密度,所以不能用向上排气法收集,故A错误;B氨气极易溶于水,且能和稀硫酸反应,所以,

6、氨气在水中、稀硫酸中易发生倒吸,虽氨气不溶于苯,但苯的密度比水小,在上层,所以,氨气未经过苯直接到稀硫酸中起不到缓冲作用,不能防止倒吸,故B错误;C金属铜和水之间发生的反应是非自发的氧化还原反应,应设计成电解池,在反应Cu+2H2OCu(OH)2+H2中,失电子的是金属铜,所以必须选择金属铜作阳极材料,其他导电的物质做阴极材料即可,图中是石墨,在阴极上应该是水中的氢离子得电子的反应,可以选择硫酸钠等来做电解质,故C正确;D温度计是测量馏分的气态温度,所以,测石油分馏的各馏分,温度计的水银球需在蒸馏烧瓶的支管口处,故D错误;故选C点评:本题考查实验室制取、收集装置的选择,根据反应物的性质判断反应

7、装置的正确与否,根据气体的性质或密度选取收集装置,题目难度不大4(6分)(2013红桥区二模)常温下,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A1L 0l molL1(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中c(NH)+c(Fe2+)+c(H+)=c(OH)+c(SO)B0.1 molL1 NH4HS溶液中:c(NH)c(HS)+c(H2S)+c(S2)C0.1 molL1 pH为4的NaHA溶液中:c(HA)c(H2A)c(A2)D等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液混合后的溶液中:2c(OH)+c(CO)=c(HCO)+3c(H2CO3)+2c(H+)考点:离子浓度大小的比较;盐类水解的应用专题

8、:盐类的水解专题分析:A根据电荷守恒判断;B根据物料守恒判断;CNaHA溶液中HA电离程度大于水解程度,据此判断离子浓度大小;D根据物料守恒和电荷守恒判断解答:解:A该溶液中存在电荷守恒,即c(NH4+)+2c(Fe2+)+c(H+)=c(OH)+2c(SO4 2),故A错误;B根据物料守恒得c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(HS)+c(H2S)+c(S2),所以c(NH4+)c(HS)+c(H2S)+c(S2),故B正确;C.0.1 molL1 NaHA溶液pH为4说明HA电离程度大于水解程度,所以c(A2)c(H2A),故C错误;D混合溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(

9、OH)+c(HCO3 )+2 c(CO3 2),存在物料守恒c(Na+)= c(HCO3 )+c(CO3 2)+c(H2CO3),所以混合溶液中存在2c(OH)+c(CO3 2)=c(HCO3)+3c(H2CO3)+2c(H+),故D正确;故选BD点评:本题考查离子浓度大小的比较,根据物料守恒和电荷守恒来分析解答,易错选项是D,注意钠离子和含碳微粒之间的关系,为易错点5(6分)(2013红桥区二模)空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC)RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池图为RFC工作原理示意图,有关说法正确的是()Ac极上进行还原反应,B中的H

10、+可以通过隔膜进入AB为了增加导电性可以将左边容器中的水改为食盐水Cd极上发生的电极反应是:O2+4H+4e2H2OD当有0.1mol电子转移时,a极产生0.56L O2考点:化学电源新型电池专题:电化学专题分析:依据图示知左边装置是电解池,右边装置是原电池,ab电极是电解池的电极,由电源判断a为阴极产生的气体是氢气,b为阳极产生的气体是氧气;cd电极是原电池的正负极,c是正极,d是负极;电解池中的电极反应为:b电极为阳极失电子发生氧化反应:4OH4e=2H2O+O2;a电极为阴极得到电子发生还原反应:4H+4e=2H2;原电池中是酸性溶液,电极反应为:d为负极失电子发生氧化反应:2H24e=

11、4H+;c电极为正极得到电子发生还原反应:O2+4H+4e=2H2O,结合电极上的电子守恒分析计算解答:解:电解池中的电极反应为:b电极为阳极失电子发生氧化反应:4OH4e=2H2O+O2;a电极为阴极得到电子发生还原反应:4H+4e=2H2;原电池中是酸性溶液,电极反应为:d为负极失电子发生氧化反应:2H24e=4H+;c电极为正极得到电子发生还原反应:O2+4H+4e=2H2O;Ac电极上氧气得到发生还原反应,B池中的H+可以通过隔膜进入A池,故A正确;B如果把左边容器中的水改为食盐水,则阳极上析出氯气而不是氧气,故B错误;Cd电极上发生的电极反应是:2H24e=4H+,故C错误;Da电极

12、上得到的是氢气而不是氧气,故D错误;故选A点评:本题考查了化学电源新型电池,主要考查原电池和电解池的工作原理、电极判断、电极反应,注意原电池中电解质溶液是酸而不是碱,电极反应式的书写是易错点6(6分)(2013红桥区二模)如图所示,图是恒压密闭容器,图是恒容密闭容器当其他条件相同时,在、中分别加入2mol X和2mol Y,开始时容器的体积均为VL,发生反应2X(?)+Y(?)aZ(g)并达到平衡状态此时中X、Y、Z的物质的量之比为1:3:2下列判断正确的是()A物质Z的化学计量数a=2B若中气体的密度如图所示,则X、Y中只有一种为气态C若X、Y均为气态,则平衡时x的转化率:ID若X为固态、Y

13、为气态,则、中从开始到平衡所需的时间:考点:化学平衡的影响因素专题:化学平衡专题分析:A、根据反应物质的量的变化量之比等于化学计量数之比进行计算;B体积不变,气体的密度增大,则应有固体或液体参加反应生成气体;C若X、Y均为气态,压强越大,转化率越大;D反应体系的压强越大,反应速率越大,达到平衡所用的时间久越少解答:解:A、设达平衡时Y反应的物质的量为x,则 2X(?)+Y(?)a Z(g) 起始量:2 2 0 转化量:2x x ax 平衡量:22x 2x ax由(22x):(2x):ax=1:3:2可得x=0.8,a=1,故A错误;B如X、Y都是气体,则混合气体的密度不变,如图所示,体积不变,

14、气体的密度增大,则应有固体或液体参加反应生成气体,故B正确;C若X、Y均为气态,反应体系的压强大于反应体系的压强,反应可看成是在的基础上增大压强,平衡向反应方向移动,则转化率,故C错误;D若X为固态、Y为气态,则反应前后气体的物质的量相等,压强不变,图压强等于图压强,则、中从开始到平衡所需的时间:=,故D错误;故选B点评:本题综合考查化学平衡图象问题,本题具有一定难度,做题时注意A,为本题做题关键,也是易错点二、本卷共4题,共64分7(14分)(2013红桥区二模)已知由短周期常见元素形成的纯净物A、B、C、D、E、F、X转化关系如下图所示,B、X为单质,D常温下为无色液体,E是大气污染物且为

15、红棕色气体,F是一元强酸,反应是工业制备F的第一步反应A、B含同一种元素(某些产物可能略去)请回答下列问题:(l)B的电子式为写出A与X反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O(2)下列关于比较B和X所含元素的非金属性强弱的研究方案不可行的是(填序号)比较两种气态氢化物的沸点 比较两种气态氢化物的稳定性比较最高价氧化物对应的水化物的酸性 比较最高价氧化物对应的水化物的氧化性(3)已知常温下1mol气体E发生反应放出46kJ热量,写出气体E与D反应的热化学反应方程式3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g);H=138kJ/mol(4)在常温下,向V1L pH=a的A溶

16、液中加入V2L pH=b的盐酸,且a+b=14,若反应后溶液的pH7,则v1和v2的关系为V1V2(选填“”、“”或“无法确定”),所得溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序可能是c(Cl)c(NH4+)c(H+)c(OH)或c(Cl)c(H+)c(NH4+)c(OH)(写出一种情况即可)考点:无机物的推断;非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律;pH的简单计算专题:推断题;元素周期律与元素周期表专题;电离平衡与溶液的pH专题分析:D常温下为无色液体为水,E是大气污染物且为红棕色气体,所以E是二氧化氮,X是单质,C和X反应生成二氧化氮,且X是单质,所以X是氧气,C是一氧化氮,二氧化氮和水反应

17、生成硝酸和一氧化氮,F是一元强酸,所以F是硝酸,B是单质,和氧气反应生成一氧化氮,则B是氮气,A和氧气反应生成一氧化氮和水,A、B含同一种元素,根据元素守恒知,A是氨气解答:解:D常温下为无色液体为水,E是大气污染物且为红棕色气体,所以E是二氧化氮,X是单质,C和X反应生成二氧化氮,且X是单质,所以X是氧气,C是一氧化氮,二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,F是一元强酸,所以F是硝酸,B是单质,和氧气反应生成一氧化氮,则B是氮气,A和氧气反应生成一氧化氮和水,A、B含同一种元素,根据元素守恒知,A是氨气(1)氮气的电子式为:,在加热、催化剂条件下,氨气和氧气发生氧化还原反应生成水和一氧化氮,反

18、应方程式为:4NH3+5O24NO+6H2O,故答案为:;4NH3+5O24NO+6H2O,(2)比较两种元素的非金属性强弱,可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱,注意氧元素自身不能形成氧化物,不能根据两种气态氢化物的沸点确定非金属性强弱,故错误; 比较两种气态氢化物的稳定性能确定非金属性强弱,故正确;氧元素自身不能形成氧化物,故错误; 氧元素自身不能形成氧化物,故错误; 故选;(3)1mol气体二氧化氮发生反应放出46kJ热量,则3mol二氧化氮和水反应放出138kJ热量,所以二氧化氮与水反应的热化学反应方程式为3NO2(g)+H

19、2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g);H=138kJ/mol,故答案为:3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g);H=138kJ/mol;(4)在常温下,向V1L pH=a的氨水溶液中c(OH)=10 a14 mol/L,V2L pH=b的盐酸溶液中c(H+)=10b mol/L,且a+b=14,所以c(OH)=c(H+)=10b mol/L=10 a14 mol/Lc(NH3H2O),若反应后溶液的pH7,则盐酸应过量,所以v1和v2的关系为V1V2,溶液呈酸性,则c(OH)c(H+),如果溶液中的溶质氯化铵多,则离子大小顺序是c(Cl)c(NH4+)c(H+)c(

20、OH),如果溶液中的溶质盐酸多,则离子浓度大小顺序是c(Cl)c(H+)c(NH4+)c(OH),故答案为:c(Cl)c(NH4+)c(H+)c(OH)或c(Cl)c(H+)c(NH4+)c(OH)点评:本题考查无机推断,涉及知识点较多,能正确推断物质是解本题关键,难点是判断离子浓度大小顺序,根据溶液中的溶质来分析解答,难度较大8(18分)(2013红桥区二模)某有机物A只含碳、氢、氧三种元素,分子中碳、氢、氧原子个数比为4:5:1 0.1mol A与足量碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体2.24L(标准状况)D也能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳,经测定A的相对分子质量不大于200,各有机物的转

21、化关系如图所示,已知:(1)A的分子式是C8H10O2,A所含官能团的名称碳碳双键和羧基(2)写出反应类型:加成反应,:酯化反应或取代反应(3)H与A互为同分异构体,写出符合下列条件H的结构简式为属于芳香族化合物且苯环上有三个取代基;苯环上的一氯代物只有2种;1mol H与足量NaOH溶液反应最多可消耗2mol NaOH(4)写出化合物G的结构简式:(5)写出由C生成D的化学方程式(6)设计从CH3CHClCH2COOH到B的合成路线(无机试剂任选,用合成路线流程图表示)示例:CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH考点:有机物的推断专题:有机物的化学性质及推断分析:n(CO2)=,0.

22、1mol A与足量碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体2.24L(标准状况),则说明一个A分子中含有1个羧基,A能被酸性高锰酸钾溶液氧化,则A中含有碳碳双键,有机物A只含碳、氢、氧三种元素,A的相对分子质量不大于200,A分子中碳、氢、氧原子个数比为4:5:1,结合D、G的化学式知,A中含有8个碳原子、10个氢原子和2个氧原子,其化学式为:C8H10O2,D分子中含有2种环境的氢原子,且能和碳酸氢钠反应,说明D中含有羧基,则D的结构简式为:HOOCCH=CHCOOH,A被酸性高锰酸钾溶液氧化生成B,B能和氢气发生加成反应,则B中含有羰基,B和氢气加成生成的C中含有醇羟基,所以在浓硫酸作催化剂、加热

23、条件下C发生消去反应生成D,所以C的结构简式为:HOOCCH(OH)CH2COOH,B的结构简式为:HOOCCOCH2COOH;E能发生加成反应,则E中含有羰基,E和氢气加成生成的F中含有醇羟基,F在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生反应生成G,G是八元环状化合物,所以F中含有羧基和醇羟基,根据A的分子式及B中碳原子数知,E、F中都含有4个碳原子,所以G的结构简式为:,F的结构简式为:CH3CH(OH)CH2COOH,E的结构简式为:CH3COCH2COOH,根据B、E的结构简式知,A的结构简式为:,结合物质的结构和性质解答解答:解:n(CO2)=,0.1mol A与足量碳酸氢钠溶液反应生成二氧化

24、碳气体2.24L(标准状况),则说明一个A分子中含有1个羧基,A能被酸性高锰酸钾溶液氧化,则A中含有碳碳双键,有机物A只含碳、氢、氧三种元素,A的相对分子质量不大于200,A分子中碳、氢、氧原子个数比为4:5:1,结合D、G的化学式知,A中含有8个碳原子、10个氢原子和2个氧原子,其化学式为:C8H10O2,D分子中含有2种环境的氢原子,且能和碳酸氢钠反应,说明D中含有羧基,则D的结构简式为:HOOCCH=CHCOOH,A被酸性高锰酸钾溶液氧化生成B,B能和氢气发生加成反应,则B中含有羰基,B和氢气加成生成的C中含有醇羟基,所以在浓硫酸作催化剂、加热条件下C发生消去反应生成D,所以C的结构简式

25、为:HOOCCH(OH)CH2COOH,B的结构简式为:HOOCCOCH2COOH;E能发生加成反应,则E中含有羰基,E和氢气加成生成的F中含有醇羟基,F在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生反应生成G,G是八元环状化合物,所以F中含有羧基和醇羟基,根据A的分子式及B中碳原子数知,E、F中都含有4个碳原子,所以G的结构简式为:,F的结构简式为:CH3CH(OH)CH2COOH,E的结构简式为:CH3COCH2COOH,根据B、E的结构简式知,A的结构简式为:,(1)通过以上分析知,A的分子式为:C8H10O2,A的结构简式为:,所以A中含有碳碳双键和羧基,故答案为:C8H10O2;碳碳双键和羧基;(

26、2)发生加成反应,发生酯化反应或取代反应,故答案为:加成反应;酯化反应或取代反应;(3)属于芳香族化合物且苯环上有三个取代基;苯环上的一氯代物只有2种,说明苯环上只有两种氢原子;1molH与足量NaOH溶液反应最多可消耗2molNaOH,则说明A中含有两个酚羟基,所以符合条件的H的结构简式为:,故答案为:;(4)通过以上分析知,G的结构简式为:,故答案为:;(5)由C生成D的化学方程式为:,故答案为:;(6)B的结构简式为:HOOCCOCH2COOH,由4氯丁酸合成HOOCCOCH2COOH,4氯丁酸和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成CH2=CHCH2COONa,CH2=CHCH2COONa再

27、和溴发生加成反应生成CH2BrCHBrCH2COOH,CH2BrCHBrCH2COOH再和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成CH2OHCHOHCH2COOH,在铜作催化剂、加热条件下,CH2OHCHOHCH2COOH被氧化生成HOOCCOCH2COOH,故答案为:点评:本题考查有机物的推断及合成,明确有机物的官能团及其性质是解本题关键,会根据题给信息采取正、逆相结合的方法进行推导,同时考查学生阅读和运用知识能力,难点是有机合成路线的设计,难度中等9(18分)(2013红桥区二模)某研究性学习小组用不纯的氧化铝(杂质为Fe2O3)为原料,设计了冶炼铝的以下工艺流程(部分反应产物没有标出):(1)试

28、剂X的化学式为NaOH,反应I的离子方程式是Al2O3+2OH2AlO2+H2O实验室配制480mL 1molL1 X的溶液必须用到玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、试剂瓶、胶头滴管外,还有500mL容量瓶常用来可以标定所配X的溶液浓度是否准确的实验名称是中和滴定(2)按照方案设计,试剂Z的作用是调节溶液的pH,以生成沉淀bFe(OH)3从实际工业的角度,你认为方案方案一更合理,理由是步骤少,操作简单(3)已知N为氨气,实验室中还可以用下图装置制取氨气并进行氨气喷泉实验仪器A的名称是分液漏斗,装置中A口部和B口部之间联通导气管的作用是平衡分液漏斗内外压强,防止分液漏斗堵塞若用此装置制备N气,若A中盛有浓

29、氨水,则B装置中的固体试剂不可以选用下列的C(填字母序号)A生石灰 B烧碱 C胆矾 D碱石灰(4)若D中事先滴入少量酚酞,则C中液体呈红色,用离子方程式解释原因NH3+H2ONH3H2ONH4+OH考点:镁、铝的重要化合物;金属冶炼的一般原理;铁的氧化物和氢氧化物;氨的制取和性质专题:实验题;几种重要的金属及其化合物分析:(1)方案一:由溶液a通入过量的M生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知,溶液a中含有偏铝酸根、气体M为二氧化碳,故试剂X为氢氧化钠溶液,反应I为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水;实验室没有480mL容量瓶,应选择500mL容量瓶,配制500mL1molL1 NaOH的溶液需

30、要玻璃仪器有:烧杯、玻璃棒、试剂瓶、胶头滴管、500mL容量瓶;可以利用中和滴定方法以标定所配NaOH溶液浓度是否准确;(2)方案二:由溶液c通入过量的N生成氢氧化铝沉淀、硫酸铵可知,溶液c中含有铝离子、N为氨气,故试剂Y为硫酸,溶液b中含有硫酸铝、硫酸铁,调节PH值,是铁离子转化为氢氧化铁,过滤后,再向滤液中加入过量的氨水沉淀铝离子,与方案一相比较,方案一步骤少,操作简单;(3)、仪器A是分液漏斗,装置中A口部和B口部之间联通导气管的作用是:平衡内外压强,防止分液漏斗堵塞;故答案为:分液漏斗;平衡内外压强,防止分液漏斗堵塞;、A中盛有浓氨水,存在平衡NH3+H2ONH3H2ONH4+OH,则

31、B装置中的固体试剂为可溶性碱或能与水反应的碱性氧化物;(4)氨气溶于水,反应生成一水合氨,一水合氨电离生成铵根离子与氢氧根离子,溶液呈碱性,酚酞在碱性条件下呈红色解答:解:(1)方案一:由溶液a通入过量的M生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知,溶液a中含有偏铝酸根、气体M为二氧化碳,故试剂X为NaOH溶液,反应I为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水,离子方程式为:Al2O3+2OH2AlO2+H2O,实验室没有480mL容量瓶,应选择500mL容量瓶,配制500mL1molL1 NaOH的溶液需要玻璃仪器有:烧杯、玻璃棒、试剂瓶、胶头滴管、500mL容量瓶,故缺少500mL容量瓶,可以利用中和

32、滴定方法以标定所配NaOH溶液浓度是否准确;故答案为:NaOH;Al2O3+2OH2AlO2+H2O;500mL容量瓶;中和滴定;(2)方案二:由溶液c通入过量的N生成氢氧化铝沉淀、硫酸铵可知,溶液c中含有铝离子、N为氨气,故试剂Y为硫酸,溶液b中含有硫酸铝、硫酸铁,调节PH值,是铁离子转化为氢氧化铁,过滤后,再向滤液中加入过量的氨水沉淀铝离子,与方案一相比较,方案一步骤少,操作简单,故方案一更合理,故答案为:方案一;步骤少,操作简单;(3)、仪器A是分液漏斗,装置中A口部和B口部之间联通导气管的作用是:平衡分液漏斗内外压强,防止分液漏斗堵塞;、A中盛有浓氨水,与生石灰、烧碱、碱石灰混合,放出

33、大量的热,溶液中氢氧根离子浓度增大,利用氨气逸出,产生大量的氨气,氨水与胆矾反应生成氢氧化铜沉淀,不能产生氨气,故C不能可以,故答案为:C;(4)氨气溶于水,反应生成一水合氨,一水合氨电离出氢氧根,NH3+H2ONH3H2ONH4+OH,溶液呈碱性,酚酞在碱性条件下呈红色,故答案为:红;NH3+H2ONH3H2ONH4+OH点评:本题以框图题形式考查铝、铁的化合物的性质、对工艺流程的理解、氨气的制备与性质等,难度中等,清楚工艺流程原理是解题的关键,是对知识迁移的综合运用10(14分)(2013红桥区二模)为减小CO2对环境的影响,在限制其排放量的同时,应加强对CO2创新利用的研究(1)把含有较

34、高浓度CO2的空气通入饱和K2CO3溶液在的吸收液中通高温水蒸气得到高浓度的CO2气体写出中反应的化学方程式2KHCO3K2CO3+H2O+CO2(2)如将CO2与H2 以1:3的体积比混合适当条件下合成某烃和水,该烃是B(填序号)A烷烃 B烯烃 C炔烃 D苯的同系物适当条件下合成燃料甲醇和水在体积为2L的密闭容器中,充入 2mol CO2和6mol H2,一定条件下发生反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=49.0kJ/mol测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示从反应开始到平衡,v(H2)=0.225mol/(Lmin);氢气的转化率=75%

35、;能使平衡体系中n(CH3OH)增大的措施有降低温度(或加压或增大H2的量等)(3)如将CO2与H2 以1:4的体积比混合,在适当的条件下可制得CH4已知:CH4 (g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)H1=890.3kJ/molH2(g)+1/2O2(g)H2O(l)H2=285.8kJ/mol则CO2(g)与H2(g)反应生成CH4(g)与液态水的热化学方程式是CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(l)H=252.9kJ/mol(4)某同学用沉淀法测定含有较高浓度CO2的空气中CO2的含量,经查得一些物质在20的数据如下表溶解度(S)/g溶度积(Ksp)Ca(OH)2

36、Ba(OH)2CaCO3BaCO30.163.892.91092.6109(说明:Ksp越小,表示该物质在水溶液中越易沉淀)吸收CO2最合适的试剂是Ba(OH)2(填“Ca(OH)2”或“Ba(OH)2”)溶液,实验时除需要测定工业废气的体积(折算成标准状况)外,还需要测定BaCO3的质量考点:物质的量或浓度随时间的变化曲线;用盖斯定律进行有关反应热的计算;化学平衡的计算;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质专题:化学反应中的能量变化;化学平衡专题分析:(1)中碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢钾,通高温水蒸气,碳酸氢钾分解生成碳酸钾、二氧化碳与水;(2)根据原子守恒判断该烃的最简式;由图可知,10

37、min达平衡,平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L,根据v=计算v(CH3OH),再根据速率之比等于化学计量数之比计算v(H2);根据CH3OH平衡浓度,利用n=cV计算n(CH3OH),再根据方程式计算n(H2),利用转化率等于计算氢气的转化率;改变体积使平衡向正反应移动,可以增大CH3OH的物质的量,据此结合方程式特征解答;(3)根据盖斯定律,由已知热化学方程式乘以合适的系数进行加减,反应热也乘以相应的系数进行相应的计算;(4)碳酸钙与碳酸钡的溶度积形成不大,用沉淀法测定含有较高浓度CO2的空气中CO2的含量,故吸收二氧化碳的吸水剂溶解度应该较大,若溶解性减小,会导致二氧化碳吸收不完全

38、;通过沉淀法测定废气中二氧化碳的含量,二氧化碳转化为碳酸钡沉淀,根据碳酸钡的质量可以确定二氧化碳的体积解答:解:(1)中碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢钾,通高温水蒸气,碳酸氢钾分解生成碳酸钾、二氧化碳与水,反应方程式为:2KHCO3K2CO3+H2O+CO2,故答案为:2KHCO3K2CO3+H2O+CO2;(2)设CO2与H2 的物质的量分别为1mol、3mol,根据O原子守恒可知生成H2O为2mol,故生成的烃中C原子与H原子的物质的量之比为1mol:(3mol22mol2)=1:2,故该烃的最简式为CH2,符合烯烃的通式,故答案为:B;由图可知,10min达平衡,平衡时甲醇的浓度变化为0.

39、75mol/L,v(CH3OH)=0.075mol/(Lmin),根据速率之比等于化学计量数之比,故v(H2)=3v(CH3OH)=30.075mol/(Lmin)=0.225mol/(Lmin),平衡时n(CH3OH)=0.75mol/L2L=1.5mol,根据方程式可知n(H2)=3n(CH3OH)=31.5mol=4.5mol,所以氢气的转化率为100%=75%,该反应正反应是体积减小的放热反应,故降低温度或加压或增大H2的量等,可以是平衡向正反应移动,增大CH3OH的物质的量,故答案为:0.225mol/(Lmin),75%,降低温度(或加压或增大H2的量等);(3)已知:CH4 (g

40、)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)H1=890.3kJ/molH2(g)+1/2O2(g)H2O(l)H2=285.8kJ/mol由盖斯定律,4得CO2(g)+4H2(g)CH4 (g)+2H2O(l)H=252.9 kJ/mol 故答案为:CO2(g)+4H2(g)CH4 (g)+2H2O(l)H=252.9 kJ/mol;(4)碳酸钙与碳酸钡的溶度积形成不大,用沉淀法测定含有较高浓度CO2的空气中CO2的含量,故吸收二氧化碳的吸水剂溶解度应该较大,若溶解性减小,会导致二氧化碳吸收不完全,故选择氢氧化钡吸收二氧化碳,通过沉淀法测定废气中二氧化碳的含量,二氧化碳转化为碳酸钡沉淀,根据碳酸钡的质量可以确定二氧化碳的体积,实验时除需要测定工业废气的体积外,还需要测碳酸钡的质量,故答案为:Ba(OH)2,BaCO3的质量点评:题目综合性较大,涉及反应速率计算、化学平衡影响因素与计算、热化学方程式书写、沉淀转化等,是对知识的总运用,难度中等,(4)中吸收二氧化碳的吸水剂选择为易错点,容易受二氧化碳的检验影响,需要学生细心审题高考资源网版权所有!投稿可联系QQ:1084591801

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