1、湖北省恩施高中2013-2014学年高二下学期第一次月考化学试卷 一、选择题(每小题只有一个正确选项,共16题48分)1某反应的反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能,E2 表示逆反应的活化能)下列有关叙述正确的是()A该反应为放热反应B催化剂能改变该反应的焓变C催化剂能降低该反应的活化能D逆反应的活化能大于正反应的活化能考点:化学反应中能量转化的原因;反应热和焓变.专题:化学反应中的能量变化分析:A、依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断;B、催化剂改变速率不改变平衡;C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能;D、图象中分析判断;解答:解:A、图象中反应物能量低于生
2、成物能量,故反应是吸热反应,故A错误;B、催化剂不能改变该反应的焓变,只能改变反应速率,故B错误;C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能,故C正确;D、图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1,故D错误;故选C点评:本题考查了化学反应的能量变化分析,催化剂的作用实质,图象识别和理解含义是解题关键2(3分)(2014春恩施市校级月考)下列除去杂质的方法错误的是()除去乙烷中少量的乙烯:催化剂条件下通入H2乙醇中混有少量乙酸,加入氢氧化钠溶液后,分液除去CO2中少量的SO2:气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶除去乙醇中少量的乙酸:加足量生石灰,蒸馏ABCD考点:物质的分离、提纯的基本
3、方法选择与应用;物质的分离、提纯和除杂.专题:实验评价题分析:混有新杂质氢气;乙酸与NaOH反应后与乙醇不分层;二者均与碳酸钠溶液反应;乙酸与CaO反应,增大了与乙醇的沸点差异解答:解:混有新杂质氢气,则不符合除杂原则,用溴水可除杂,故错误;乙酸与NaOH反应后与乙醇不分层,应利用蒸馏分离,故错误;二者均与碳酸钠溶液反应,应选碳酸氢钠溶液来除杂,故错误;乙酸与CaO反应,增大了与乙醇的沸点差异,则加足量生石灰,蒸馏可除杂,故正确;故选B点评:本题考查物质分离提纯及除杂,为高频考点,把握物质的性质及混合物分离、提纯方法为解答的关键,注意除杂的原则,题目难度不大3(3分)(2013春资阳期末)电池
4、是人类生产和生活中重要的能量来源各式各样电池的发明是化学对人类的一项重大贡献下列有关电池的叙述正确的是()A锌锰干电池工作一段时间后碳棒变细B氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能C氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化D太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅考点:常见化学电源的种类及其工作原理.专题:电化学专题分析:A、根据锌锰干电池的正极是碳棒,该极上二氧化锰发生得电子的还原反应;B、氢氧燃料电池是将化学能转化为电能的装置;C、氢氧燃料电池中,燃料做负极发生失电子的氧化反应;D、太阳能电池的主要材料是半导体硅解答:解:A、在锌锰干电池中,正极是碳棒,该极上二氧化锰发生得电子的还原反应,该电极质量不
5、会减少,故A错误;B、氢氧燃料电池属于原电池的一种,是将化学能转化为电能的装置,不可将热能直接转变为电能,故B错误;C、氢氧燃料电池中,燃料做负极,发生失电子的氧化反应,被氧化,故C正确;D、太阳能电池的主要材料是半导体硅,不是二氧化硅,故D错误故选C点评:本题考查锌锰干电池以及氢氧燃料电池的有关知识,属于基本知识的考查,难度不大4(3分)(2011春杭州期中)下列化学用语正确的是()A氧原子的结构示意图:BCCl4的电子式:CCH4分子的比例模型:D水分子的结构式:HOH考点:电子式、化学式或化学符号及名称的综合;原子结构示意图;结构式.专题:化学用语专题分析:A氧原子核外有两个电子层,最外
6、层有6个电子;B四氯化碳分子中每个氯原子含有3个孤电子对;C比例模型突出的是原子之间相等大小以及原子的大致连接顺序、空间结构,不能体现原子之间的成键的情况;D水分子中每个氢原子和氧原子形成一个共价单键解答:解:A氧原子的原子结构示意图为:,故A错误;B四氯化碳的电子式为:,故B错误;C该模型是甲烷的球棍模型,故C错误;D水分子中每个氢原子和氧原子形成一个共价单键,所以其结构式为HOH,故D正确;故选D点评:本题考查了化学用语,难度不大,易错选项是B,注意共价化合物中不要漏掉孤电子对,为易错点5(3分)(2014春恩施市校级月考)已知:t下的某一气态平衡体系中含有 X(g)、Y(g)、Z(g)、
7、W(g)四种物质,此温度下发生反应的平衡常数表达式为:K=,有关该平衡的说法中正确的是()A升高温度,平衡常数K变大B增大压强,W(g)的物质的量分数变大C升温,若混合气体的相对分子质量变小,则逆反应放热D增大Z浓度,平衡向正反应方向移动考点:化学平衡的影响因素.专题:化学平衡专题分析:已知:t下的某一气态平衡体系中含有 X(g)、Y(g)、Z(g)、W(g)四种物质,此温度下发生反应的平衡常数表达式为:K=,则化学方程式为:2Z(g)+2W(g)X(g)+2Y(g),反应是气体体积减小的反应,反应热量变化不知,依据化学平衡移动原理分析判断解答:解:已知:t下的某一气态平衡体系中含有 X(g)
8、、Y(g)、Z(g)、W(g)四种物质,此温度下发生反应的平衡常数表达式为:K=,则化学方程式为:2Z(g)+2W(g)X(g)+2Y(g),反应是气体体积减小的反应,反应热量变化不知;A、升温平衡向吸热反应方向进行,但反应热量变化不知,不能判断平衡常数变化,故A错误;B、增大压强平衡向气体体积减小的分析进行,平衡正向进行,W质量分数减小,故B错误;C、升温,若混合气体的相对分子质量变小,说明气体物质的量增大,则逆反应吸热反应,故C错误;D、增大Z浓度,增大反应物浓度,平衡向正反应方向移动,故D正确;故选D点评:本题考查了化学平衡影响因素分析判断,化学平衡常数和化学平衡移动原理是解题关键,题目
9、难度中等6(3分)(2014春恩施市校级月考)某种兴奋剂的结构简式如图所示,有关该物质的说法中不正确的是()A1mol该物质在催化剂作用下最多能与7mol H2发生加成反应B该分子中的所有原子不可能共平面C该物质能与浓溴水发生加成反应和取代反应D遇FeCl3溶液显紫色,因为该物质与苯酚属于同系物考点:有机物的结构和性质.专题:有机物的化学性质及推断分析:由结构简式可知,分子中含酚OH、碳碳双键、苯环,结合酚、烯烃的性质及苯环、双键为平面结构来解答解答:解:A两个苯环需6 mol氢气完全加成,一个碳碳双键需1 mol氢气完全加成,共需7 mol氢气,故A正确;B苯环、双键为平面结构,但分子中含2
10、个甲基,为四面体构型,则分子中的所有原子不可能共平面,故B正确;C含碳碳双键,能与浓溴水发生加成反应;含酚OH,能与溴水发生取代反应,故C正确;D含酚OH,遇FeCl3溶液显紫色,但该物质含2个苯环,侧链含双键,则不属于苯酚同系物,故D错误;故选D点评:本题考查有机物的结构和性质,题目难度不大,本题注意把握有机物的官能团的性质,为解答该题的关键,易错点为B,注意CH3中不可能所有原子共平面7(3分)(2013秋黄州区校级期中)已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO+H+要使溶液中值增大,可以采取的措施是()A加少量烧碱固体B升高温度C加少量冰醋酸D加CH3CO
11、ONa考点:弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题:电离平衡与溶液的pH专题分析:要使溶液中c(H+)/c(CH3COOH)值增大,应是平衡向电离的方向移动,结合影响平衡移动的因素解答该题解答:解:A加入烧碱固体,反应生成CH3COO,c(H+)减小,由于CH3COO对CH3COOH的电离起到抑制作用,则c(H+)/c(CH3COOH)值减小,故A错误;B弱电解质的电离为吸热过程,加热促进电离,则c(H+)/c(CH3COOH)值增大,故B正确;C加少量冰醋酸,醋酸浓度增大,弱电解质的浓度越大,电离程度越小,则c(H+)/c(CH3COOH)值减小,故C错误;D加CH3COONa,由于CH3COO
12、对CH3COOH的电离起到抑制作用,则c(H+)/c(CH3COOH)值减小,故D错误故选B点评:本题考查弱电解质的电离,侧重于考查学生的分析能力和化学基本概念的理解和应用能力,为高考常见题型,难度中等,注意把握影响弱电解质的电离的影响因素8(3分)(2015抚州校级模拟)已知AgCl、AgBr的溶解度分别为1.5104g、8.4106 g(20)将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合,再加入足量的浓硝酸银溶液,发生的反应为()A只有AgBr沉淀生成BAgCl和AgBr沉淀等量生成CAgCl沉淀少于AgBr沉淀DAgCl沉淀多于AgBr沉淀考点:难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题:电
13、离平衡与溶液的pH专题分析:向AgCl与 AgBr的饱和溶液中,加入AgNO3,AgCl与AgBr的溶解平衡向左移动,但AgBr的溶解度更小,溶液中AgCl沉淀较多解答:解:在AgCl和AgBr两饱和溶液中,前者c(Ag+)大于后者c(Ag+),c(Cl)c(Br),当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时,发生沉淀的转化,生成更多的AgBr沉淀,与此同时,溶液中n(Cl)比原来AgCl饱和溶液中大,当加入足量的浓AgNO3溶液时,AgBr沉淀有所增多,但AgCl沉淀增加更多故选D点评:本题考查难溶电解质的溶解平衡,题目难度中等,解答本题时注意AgCl的溶解度比AgBr大,加入硝酸银,抑制溶解平
14、衡向右移动,生成沉淀更多9(3分)(2011秋南关区校级期末)在体积可变的密闭容器中,反应mA(g)+nB(s)pC(g)达到平衡后,压缩容器的体积,发现A的转化率随之降低下列说法中,正确的是()Am+n必定小于pBm+n必定大于pCm必定小于pDm必定大于p考点:化学平衡建立的过程.专题:化学平衡专题分析:压缩体积压强增大,A的转化率降低,说明平衡向逆反应移动,增大压强平衡向气体体积减小的方向移动解答:解:压缩体积压强增大,A的转化率降低,说明平衡向逆反应移动,增大压强平衡向气体体积减小的方向移动,由于B为固体,所以mp,故选:C点评:本题考查压强对化学平衡的影响,比较基础,注意压强改变的本
15、质是改变体积影响浓度10(3分)(2014春恩施市校级月考)常温时,下列叙述正确的是()A稀释pH=10的氨水,溶液中所有离子的浓度均降低BpH均为5的盐酸和氯化铵溶液中,水的电离程度相同C0.01 moL/L盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液结束时,读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴,则结果偏高D分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸,硫酸消耗氢氧化钠的物质的量多考点:弱电解质在水溶液中的电离平衡;中和滴定.专题:电离平衡与溶液的pH专题分析:A稀释pH=10的氨水,c(OH)减小,c(H+)增大;B盐酸抑制水的电离,氯化铵促进水的电离;C读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴,会
16、导致盐酸体积偏大;D醋酸为弱酸,等pH时醋酸消耗氢氧化钠多解答:解:A稀释pH=10的氨水,c(OH)减小,因Kw不变,则c(H+)增大,故A错误;B盐酸抑制水的电离,氯化铵为强酸弱碱盐,水解呈酸性,促进水的电离,故B错误;C读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴,会导致盐酸体积偏大,则结果偏大,故C正确;D醋酸为弱酸,不能完全电离,等pH时醋酸消耗氢氧化钠多,故D错误故选C点评:本题考查弱电解质的电离,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握弱电解质的电离特点和影响因素,难度不大,注意相关基础知识的积累11(3分)(2014春恩施市校级月考)已知H2(g)+O2(g)H2O(g)H
17、=241.8kJmol1下列说法中不正确的是()A1mol H2完全燃烧生成液态水放出的热量大于241.8kJB2H2(g)+O2(g)2H2O(g)H=483.6kJmol1CH2的燃烧热为241.8 kJmol1D断开1mol H2O(g)的化学键吸收的总能量大于断裂1mol H2和0.5mol O2的化学键所吸收的总能量考点:反应热和焓变.专题:化学反应中的能量变化分析:A、水蒸气变成液态水要放出热量;B、已知H2(g)+O2(g)=H2O(g)H=241.8kJ/mol,H与方程式的化学计量数对应;C、燃烧热是指生成液态水时放出的热量;D、H=反应物键能和生成物键能和解答:解:A、水蒸
18、气变成液态水要放出热量,故A正确;B、已知H2(g)+O2(g)=H2O(g)H=241.8kJ/mol,则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H=483.6kJ/mol,故B正确;C、氢气燃烧热大于241.8KJ/mol,故C错误;D、H0,说明生成物的键能和大于反应物键能和,故D正确故选:C点评:本题考查热化学方程式中的焓变与化学计量数的对应、焓变与键能的关系、燃烧热的求算,注意H与化学计量数必须对应起来12(3分)(2013春东城区期末)如图所示,铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入番茄里,电流计中有电流通过,则下列说法正确的是()A锌片是负极B两个铜片上都发生氧化反应C石墨是阴极D两
19、个番茄都形成原电池考点:原电池和电解池的工作原理.专题:电化学专题分析:依据图装置分析可知铜和锌电极发生的是原电池反应,锌做负极,铜做正极;右装置是电解池,铜做电解池的阴极,碳做电解池的阳极;解答:解:A、装置中依据活泼性差别判断,锌为原电池负极,故A正确;B、原电池中铜电极发生还原反应,右装置是电解池,铜电极上发生还原反应,故B错误;C、石墨和原电池正极相连做电解池的阳极,故C错误;D、左装置是原电池,右装置是电解池,故D错误;故选A点评:本题考查原电池、电解池原理的分析应用,电极名称、电极判断、电极反应是解题关键,题目较简单13(3分)(2014春恩施市校级月考)下列方程式的书写符合要求的
20、是()A碳酸氢钠溶液水解的离子方程式:HCO3+H2OH3O+CO32B足量乙酸与碳酸钠反应的离子方程式:2H+CO32CO2+H2OC铁吸氧腐蚀的正极反应:2H2O+O2+4e4OHDH2SO3的电离方程式H2SO32H+SO32考点:离子方程式的书写.专题:离子反应专题分析:A、碳酸氢离子结合水电离出的氢离子;B、乙酸是弱电解质,应写成化学式;C、铁吸氧腐蚀的正极反应是氧气发生还原反应;D、多元弱酸电离分步进行解答:解:A、碳酸氢离子结合水电离出的氢离子,正确的离子方程式为HCO3+H2OOH+H2CO3,故A错误;B、乙酸是弱电解质,应写成化学式,正确的离子方程式为2CH3COOH+CO
21、322CH3COO+CO2+H2O,故B错误;C、铁吸氧腐蚀的正极反应是氧气发生还原反应,离子方程式为2H2O+O2+4e4OH,故C正确;D、多元弱酸电离分步进行,正确的离子方程式为H2SO3H+HSO3,故D错误;故选C点评:本题考查离子方程式的书写,题目难度不大,注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析14(3分)(2013秋南开区期末)在密闭容器中进行如下反应:H2(g)+I2(g)2HI(g);H,在温度T1和T2时,产物的量与反应时间的关系如图所示符合图示的正确判断是()AT1T2,H0BT1T2,H0CT1T2,H0DT1T2,H0考点:体积百分含量随温度、
22、压强变化曲线.专题:化学平衡专题分析:根据温度对平衡移动的影响分析,温度越高,则反应速率越大,达到平衡用的时间越少,曲线的斜率越大解答:解:温度越高,化学反应速率越大,达到平衡用的时间越少,曲线的斜率越大,所以T1T2;升高温度,化学平衡向吸热反应方向移动,导致产物的量降低,说明该反应向逆反应方向移动,所以逆反应方向是吸热反应,正反应是放热反应,即正反应的H0,故选D点评:本题考查了化学平衡图象题的分析,难度不大,明确“先拐先平数值大”是解本题的关键,然后根据温度对化学平衡的影响分析反应热15(3分)(2013忻府区校级一模)已知C2H5OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g)H
23、1=Q1 kJ/mol,C2H5OH(g)C2H5OH(l)H2=Q2 kJ/mol,H2O(g)H2O(l)H3=Q3 kJ/mol若使23g酒精液体完全燃烧,最后恢复到室温,则放出的热量为()AQ1+Q2+Q3B0.5Q10.5Q2+1.5Q3C0.5(Q1+Q2+Q3)D0.5Q11.5Q2+0.5Q3考点:反应热和焓变;用盖斯定律进行有关反应热的计算.专题:化学反应中的能量变化分析:23g液态乙醇为0.5mol,利用已知的反应得出C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)的反应热,利用物质的量与反应放出的热量成正比来解答解答:解:H2O(g)H2O(l)H1=Q1k
24、Jmol1(Q30),C2H5OH(g)C2H5OH(l)H2=Q2kJmol1(Q20),C2H5OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g)H3=Q1kJmol1(Q30),根据盖斯定律可知,3+得C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)H=(3Q3Q2+Q1)kJ/mol,即1mol液态乙醇完全燃烧并恢复至室温,则放出的热量为(3Q3Q2+Q1)kJ,则23g液态乙醇完全燃烧并恢复至室温,则放出的热量为0.5(3Q3Q2+Q1)kJ=(1.5Q30.5Q2+0.5Q1)kJ,故选:B点评:本题考查学生利用盖斯定律计算反应热,明确已知反应和目标反应的关系是解
25、答本题的关键,题目难度中等16(3分)(2014春恩施市校级月考)组成和结构可用表示且属于酯类物质的同分异构体共有()A8种B10种C12种D14种考点:同分异构现象和同分异构体.专题:同系物和同分异构体分析:组成和结构可用表示,则同分异构体主要决定于C3H7和C3H5O2的同分异构体数目,再根据该有机物为酯类,则C3H5O2一定含有酯基,据此进行解答解答:解:C3H7的同分异构体有:CH2CH2CH3、CH(CH3)2,总共有两种;组成C3H5O2为且含有酯基的同分异构体有:OOCCH2CH3、CH2OOCCH3、CH2CH2OOCH、CH(CH3)OOCH、COOCCH2CH3、CH2CO
26、OCH3,总共有六种结构,所以组成和结构可用表示且属于酯类物质的同分异构体共有:26=12种,故选C点评:本题考查了同分异构体的求算,题目难度中等,注意掌握同分异构体的概念及求算方法,明确题干信息的条件为解答本题的关键二、解答题(共6小题,满分52分)17(6分)(2014春恩施市校级月考)用如图所示的装置进行电解A中盛有足量CuSO4溶液,B中盛有饱和Na2SO4溶液,通电一会儿,发现湿润的淀粉KI试纸的C端变为蓝色(1)电源的F端为正极(填“正”或“负”)(2)装置B中Na+移向石墨电极(填“石墨”或“铜”),铜电极的电极反应为:Cu2e=Cu2+,石墨电极的电极反应为:2H+2e=H2或
27、2H2O+2e=H2+2OH;(3)若电解结束时A中共收集到2.24L(标况)气体,则电解过程中转移电子的数目为0.4NA考点:原电池和电解池的工作原理.专题:电化学专题分析:(1)通电一会儿,发现湿润的淀粉KI试纸的C端变为蓝色,说明C端有碘生成,则C为阳极、D为阴极,E是负极、F是正极,铁和石墨是阴极、Pt和Cu是阳极;(2)装置B中阳离子向阴极移动,Cu电极上铜失电子发生氧化反应、石墨电极上氢离子放电;(3)A装置中Pt电极上氢氧根离子放电生成氧气,根据生成气体体积与转移电子之间的关系式计算解答:解:(1)通电一会儿,发现湿润的淀粉KI试纸的C端变为蓝色,说明C端有碘生成,则C为阳极、D
28、为阴极,E是负极、F是正极,铁和石墨是阴极、Pt和Cu是阳极,所以F是正极,故答案为:正;(2)装置B中Cu是阳极、石墨是阴极,阳离子钠离子向阴极石墨移动,Cu电极上铜失电子发生氧化反应、石墨电极上氢离子放电,则铜电极反应为Cu2e=Cu2+,石墨电极反应为2H+2e=H2或2H2O+2e=H2+2OH,故答案为:石墨;Cu2e=Cu2+;2H+2e=H2或2H2O+2e=H2+2OH;(3)A装置中Pt电极上氢氧根离子放电生成氧气,根据氧气和转移电子之间的关系式得,转移电子个数=0.4NA,故答案为:0.4NA点评:本题考查了原电池和电解池原理,根据碘化钾试纸变色判断各个电极名称,再结合各个
29、电极上发生的反应分析解答,题目难度不大18(10分)(2014春恩施市校级月考)分子式为C12H14O2的有机物F广泛用于香精的调香剂为了合成该物质,某实验室的科技人员设计了下列合成路线:试回答下列问题:(1)A物质在核磁共振氢谱中能呈现4种峰;峰面积比为3:3:2:2(2)C物质的官能团名称羟基、羧基(3)上述合成路线中属于取代反应的是 (填编号)(4)写出下列反应的化学方程式:、考点:有机物的推断.专题:有机物的化学性质及推断分析:A和溴水发生的是加成反应,根据加成产物可判断A的结构简式为CH2=C(CH3)CH2CH3,反应是水解反应,生成物B的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCH
30、2OHB氧化得到C,则C的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCOOH根据C和D的分子式的可判断,反应是消去反应,全D含两个甲基,所以D的结构简式为CH3CH=C(CH3)COOH,反应属于卤代烃的水解反应,则E的结构简式为,E和D通过酯化反应生成F,则F的结构简式为,据此答题;解答:解:A和溴水发生的是加成反应,根据加成产物可判断A的结构简式为CH2=C(CH3)CH2CH3,反应是水解反应,生成物B的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCH2OHB氧化得到C,则C的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCOOH根据C和D的分子式的可判断,反应是消去反应,全D含两个甲基,所以D的结构简式
31、为CH3CH=C(CH3)COOH,反应属于卤代烃的水解反应,则E的结构简式为,E和D通过酯化反应生成F,则F的结构简式为,(1)A的结构简式为CH2=C(CH3)CH2CH3,所以在核磁共振氢谱中能呈现4组峰,其峰面积比为3:3:2:2,故答案为:4; 3:3:2:2;(2)C的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCOOH,含有羟基、羧基等官能团,故答案为:羟基、羧基;(3)根据题中各物质转化关系,结合官能团的变化可知为加成反应,为取代反应,为氧化反应,为消去反应,为取代反应,为取代反应,故答案为:;(4)反应为CH3CH2C(CH3)OHCOOH在浓硫酸作用下发生消去反应,反应的方程式为
32、,反应为酯化反应,反应的方程式为,故答案为:;点评:本题考查有机物的推断,题目难度中等,解题时注意把握官能团的性质以及官能团的转化,注意把握题给信息19(10分)(2014春恩施市校级月考)以苯及必要的无机试剂为原料通过五步合成1,2二羟基环己二醇 写出反应方程式+Cl2+HCl、+3H2 、+Br2、+2NaOH+2NaBr考点:有机物的合成.专题:有机物的化学性质及推断分析:以苯为原料合成,可以用苯与氯气发生取代反应生成,再与氢气加成得,在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去生成,与溴发生加成反应生成,在碱性条件下水解得,据此答题解答:解:以苯为原料合成,可以用苯与氯气发生取代反应生成,再与氢气加
33、成得,在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去生成,与溴发生加成反应生成,在碱性条件下水解得,涉及的反应方程式为+Cl2+HCl、+3H2 、+Br2、+2NaOH+2NaBr,故答案为:+Cl2+HCl、+3H2 、+Br2、+2NaOH+2NaBr点评:本题考查有机物的合成,为高频考点,把握有机物官能团与性质的关系及合成流程中发生的化学反应为解答的关键,注意结构、官能团变化,题目难度不大20(9分)(2014春恩施市校级月考)乙酸乙酯是重要的化工原料实验室合成乙酸乙酯的装置如图所示有关数据及副反应:乙酸乙醇乙酸乙酯乙醚沸点/11878.377.134.5溶解性易溶于水与水混溶与乙醚混溶微溶于水副反应
34、:CH3CH2OH+CH3CH2OHCH3CH2OCH3CH2+H2O请回答下列问题:(1)在大试管A中添加的试剂有6mL乙醇、4mL乙酸和4mL浓硫酸,这三种试剂添加顺序依次为6mL乙醇、4mL浓硫酸、4mL乙酸(2)试管B中饱和碳酸钠溶液的作用是除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度,便于分层(3)现对试管B中乙酸乙酯粗产品进行提纯,步骤如下:将试管B中混合液体充分振荡后,转入分液漏斗(填仪器名称)进行分离;向分离出的上层液体中加入无水硫酸钠,充分振荡加入无水硫酸钠的目的是:除去乙酸乙酯中的水将经过上述处理的液体放入干燥的蒸馏烧瓶中,对其进行蒸馏,收集77.1左右的液体即得纯净的乙酸乙酯(4
35、)从绿色化学的角度分析,使用浓硫酸制乙酸乙酯不足之处主要有产生酸性废水,污染环境,同时发生副反,产生大量污染物考点:乙酸乙酯的制取.专题:实验题分析:(1)为防止酸液飞溅,应先加入乙醇,然后在加入浓硫酸和乙酸;(2)用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯,乙醇溶解,碳酸钠与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度;(3)根据乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠,采用分液的方法分离,再用无水硫酸钠除去乙酸乙酯中的水,最后蒸馏可得纯净的乙酸乙酯;(4)反应需要浓硫酸作催化剂,产生酸性废水,同时乙醇发生副反应解答:解:(1)制取乙酸乙酯时,应先加入乙醇,然后在加入浓硫酸和乙酸,如先加浓硫酸会出现酸液飞溅,故答案为:6
36、mL乙醇 4 mL浓硫酸 4 mL乙酸;(2)制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯,目的是除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度,便于分层故答案为:除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度,便于分层;(3)乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠,采用分液的方法分离,需要分液漏斗,再用无水硫酸钠除去乙酸乙酯中的水,蒸馏时收集77左右的液体即得纯净的乙酸乙酯;故答案为:分液漏斗;除去乙酸乙酯中的水;77.1;(4)反应需要浓硫酸作催化剂,产生酸性废水,同时乙醇发生副反应产生大量污染物;故答案为:产生酸性废水,污染环境,同时发生副反,产生大量污染物点评:本题考查了酯化反应,掌握混合物的分离和提纯方法,明确实验的
37、实验原理是解答该题的关键,题目难度不大21(8分)(2014春恩施市校级月考)复分解反应是中学化学中常见的一种反应类型已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列6种溶液的pH:溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONaPH8.18.411.610.311.111.3复分解存在这样一个规律:一种较强酸与另一种较弱酸的盐可以自发地反应,生成较弱酸和较强酸的盐,如:2CH3COOH+Na2CO32CH3COONa+CO2+H2O若换个角度看,它同时揭示出另一条规律,即碱性较强的物质发生类似反应可以生成碱性较弱的物质(1)依照该规律,请判断下列反应不能成立的是A(
38、填字母序号)ACO2+H2O+2NaClONa2CO3+2HClOBCO2+H2O+NaClONaHCO3+HClOCCH3COOH+NaCNCH3COONa+HCN(2)根据上述信息判断,常温下浓度均为0.05mol/L的下列溶液中,pH最小的是(填序号),其pH为1(填数值)HCN CH3COOH HClO4 HClO H2SO4(3)上述(2)中五种溶液都会对水的电离产生影响,由水电离出的H+浓度由大到小的顺序为(填序号)(4)下列有关0.1molL1 NaHCO3溶液中离子浓度的关系式,正确的是ACDAc(Na+)c(HCO3)c(OH)c(H+)c(CO32)Bc(Na+)c(CO3
39、2)c(HCO3)c(OH)c(H+)Cc(Na+)=c(HCO3)+c(CO32)+c(H2CO3)Dc(Na+)+c(H+)=c(HCO3)+2c(CO32)+c(OH)考点:离子浓度大小的比较;弱电解质在水溶液中的电离平衡;探究化学规律.专题:实验设计题;基本概念与基本理论分析:(1)表格中均为强碱弱酸盐,水解显碱性,pH越大,则对应的酸的酸性越弱,则酸性CH3COOHH2CO3HClOHCNC6H5OHHCO3,结合选项利用强酸制取弱酸的反应原理来分析;(2)高氯酸和硫酸是强酸,在水溶液里完全电离,相同浓度的不同酸,氢离子浓度越大其pH越小;(3)酸或碱都抑制水电离,酸溶液中氢离子浓度
40、越大,其抑制水电离程度越大;(4)碳酸氢钠为强碱弱酸酸式盐,HCO3水解程度大于电离程度导致其溶液呈碱性,溶液中存在电荷守恒和物料守恒解答:解:(1)表格中均为强碱弱酸盐,水解显碱性,pH越大,则对应的酸的酸性越弱,则酸性CH3COOHH2CO3HClOHCNC6H5OHHCO3,A酸性HClOHCO3,所以发生反应CO2+H2O+NaClONaHCO3+HClO,故不成立;B酸性H2CO3HClOHCO3,所以发生反应CO2+H2O+NaClONaHCO3+HClO,故成立;C酸性CH3COOHH2CO3HClOHCN,所以发生反应CH3COOH+NaCNCH3COONa+HCN,故成立;故
41、选A;(2)高氯酸和硫酸是强酸,在水溶液里完全电离,相同浓度的不同酸,氢离子浓度越大其pH越小,HCN、醋酸、HClO都是弱酸,溶液中氢离子浓度小于0.05mol/L,高氯酸溶液中氢离子浓度为0.05mol/L,硫酸中氢离子浓度为0.1mol/L,所以这几种酸中硫酸中氢离子浓度最大,pH=1,故答案为:;1;(3)酸或碱都抑制水电离,酸溶液中氢离子浓度越大,其抑制水电离程度越大,这几种酸溶液中酸电离出氢离子浓度大小顺序是,所以水电离出氢离子浓度大小顺序是;(4)碳酸氢钠为强碱弱酸酸式盐,HCO3水解程度大于电离程度导致其溶液呈碱性,AHCO3水解程度大于电离程度导致其溶液呈碱性,但水解和电离程
42、度较小,钠离子不水解,碳酸氢根离子和水都电离出氢离子,所以溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)c(HCO3)c(OH)c(H+)c(CO32),故正确;BHCO3水解程度大于电离程度导致其溶液呈碱性,但水解和电离程度较小,所以c(CO32)c(HCO3),故错误;C根据物料守恒得c(Na+)=c(HCO3)+c(CO32)+c(H2CO3),故正确;D根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HCO3)+2c(CO32)+c(OH),故正确;故选ACD点评:本题考查了离子浓度大小比较、弱电解质的电离及盐类水解,明确酸的强弱与酸根离子水解程度大小之间的关系是解本题关键,再结合守恒思想分析解答,
43、题目难度中等22(9分)(2014春恩施市校级月考)甲醇可通过将煤的气化中生成的CO和H2在一定条件下发生如下反应得:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)请根据图回答下列问题:(1)从反应开始到平衡,用H2浓度变化表示平均反应速率v(H2)=0.15molL1min1(2)该反应的热化学方程式CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H=91KJmol1(3)在恒温恒容条件下,判断该反应达到化学平衡状态的依据是AC(填序号);Av逆(H2)=2v正(CH3OH) Bv逆(H2)=v正(CO)C容器内压强保持不变 D混合气体的密度保持不变(4)若在一个体积可变的密闭容器中充入1mol CO、2
44、mol H2和1mol CH3OH,达到平衡时测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍,则开始时该反应向正(填“正”、“逆”)反应方向进行,理由是该反应前后气体总质量不变,同温同压下达平衡时气体密度增大,即气体体积缩小,反应正向进行考点:物质的量或浓度随时间的变化曲线.专题:化学平衡专题分析:(1)根据图I时,反应中CO浓度的变化,结合速率公式计算,速率之比等对应物质的计量数之比;(2)根据反应物与生成物的总能量来分析吸热还是放热,并书写热化学反应方程式,得到H;(3)正逆反应速率相等,各物质的浓度不发生变化时表示化学反应处于平衡状态;(4)同温同压下,混合气体的密度与摩尔质量成正比,如果
45、平衡不移动,密度应相等,据此分析解答:解:(1)由图I可知,反应中CO浓度的变化为:1.000.25=0.75molL1,则v(CO)=0.075mol/(Lmin),所以v(H2)=2v(CO)=20.075mol/(Lmin)=0.15molL1min1,故答案为:0.15molL1min1;(2)反应物的总能量为419kJ,生成物的总能量为510kJ,则该反应为放热反应,放出的热量为419kJ510kJ=91kJ,热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)H=91 kJ/mol,故答案为:91 kJ/mol;(3)Av逆(H2)=2v逆(CH3OH)=2v正(CH3OH),
46、已达平衡状态,故选;Bv逆(H2)=v正(CO),不等于计量数之比,故不选;C容器内压强保持不变,说明气体物质的量不变,已达平衡状态,故选;D混合气体的密度保持不变,从反应开始到平衡一直不变,故不选;故选AC;(4)同温同压下,混合气体的密度与摩尔质量成正比,如果平衡不移动,密度应相等,现在密度是原来的1.6倍,所以平衡向气体计量数减小的方向移动,故答案为:正,该反应前后气体总质量不变,同温同压下达平衡时气体密度增大,即气体体积缩小,反应正向进行点评:本题为综合性习题,考查影响化学平衡的因素、热化学反应、化学平衡常数、反应速率的计算,图象的分析和利用等知识点,注重对高考热点知识的考查,是较好的习题