2013年四川省高考化学试卷

发布时间:2024-06-01 10:06:29浏览次数:5
2013 年四川省高考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题共 42 分1.(6 分)化学与生活密切相关,下列说法不正确的是(  )A.二氧化硫可广泛用于食品的增白B.葡萄糖可用于补钙药物的合成C.聚乙烯塑料制品可用于食品的包装D.次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌【分析】A.二氧化硫有一定毒性;B.葡萄糖可用于合成葡萄糖酸钙;C.聚乙烯无毒;D.次氯酸钠有强氧化性.【解答】解:A.二氧化硫有一定毒性,不能用于食物漂白,故 A 错误; B.葡萄糖酸钙常被用做补钙剂,故 B 正确;C.聚乙烯可做食品的包装,而聚氯乙烯不可,故 C 正确;D.“84”消毒液的有效成分就是 NaClO,可用于环境消毒,故 D 正确;故选:A。【点评】本题考查化学在生活中的应用,难度不大,注意聚乙烯无毒,聚氯乙烯有毒. 2.(6 分)下列物质分类正确的是(  )A.SO2、SiO2、CO 均为酸性氧化物B.稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C.烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D.福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【分析】酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物,分散质微粒直径在 1nm﹣100nm 形成的分散系为胶体,电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物,不同物质组成的为混合物.【解答】解:A、CO 和碱不能反应,属于不成盐氧化物,故 A 错误;B、稀豆浆属于胶体,硅酸、氯化铁溶液不是胶体,故 B 错误;C、四氯化碳属于非电解质,故 C 错误;D、福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨气的水溶液均为混合物,故 D正确;故选:D。【点评】本题考查了酸性氧化物、化合物、电解质和胶体、单质的概念和辨析,难度不大. 3.(6 分)下列离子方程式正确的是(  )A.Cl2通入水中:Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣B.双氧水中加入稀硫酸和 KI 溶液:H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2OC.用铜作电极电解 CuSO4溶液:2Cu2++2H2O 2Cu+O2↑+4H+D.Na2S2O3溶液中加入稀硫酸:2S2O32﹣+4H+═SO42﹣+3S↓+2H2O【分析】A.HClO 为弱酸,在离子反应中保留化学式;B.发生氧化还原反应生成硫酸钾、碘、水;C.铜作电解,阳极 Cu 失去电子,实质为电镀;D.发生氧化还原反应生成 S、SO2、H2O.【解答】解:A.Cl2通入水中的离子反应为 Cl2+H2O H⇌++Cl﹣+HClO,故 A 错误;B.双氧水中加入稀硫酸和 KI 溶液的离子反应为 H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2O,故 B 正确; C.用铜作电极电解 CuSO4溶液,实质为电镀,阳极 Cu 失去电子,阴极铜离子得电子,故 C 错误;D.Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为 S2O32﹣+2H+═SO2↑+S↓+H2O,故 D 错误;故选:B。【点评】本题考查离子反应的书写,明确发生的化学反应是解答本题的关键,注意发生的氧化还原反应为解答的难点,题目难度中等. 4.(6 分)短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大,W、X 原子的最外层电子数之比为4:3,Z 原子比 X 原子的核外电子数多 4.下列说法正确的是(  )A.W、Y、Z 的电负性大小顺序一定是 Z>Y>WB.W、X、Y、Z 的原子半径大小顺序可能是 W>X>Y>ZC.Y、Z 形成的分子空间构型可能是正四面体D.WY2分子中 δ 键与 π 键的数目之比是 2:1【分析】短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大,W、X 原子的最外层电子数之比为 4:3,由于最外层电子数不超过 8,故 W 的最外层电子数为 4,处于第Ⅳ A 族,X 的最外层电子数为 3,处于第Ⅲ A 族,原子序数 X 大于 W,故 W 为 C 元素,X 为 Al 元素,Z 原子比 X 原子的核外电子数多 4,故 Z的核外电子数为 17,则 Z 为 Cl 元素,Y 的原子序数大于铝元素,小于氯元素,故 Y 为 Si 或 P 或 S 元素,据此解答.【解答】解:短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大,W、X 原子的最外层电子数之比为4:3,由于最外层电子数不超过 8,故 W 的最外层电子数为 4,处于第Ⅳ A 族,X 的最外层电子数为 3,处于第Ⅲ A 族,原子序数 X 大于 W,故 W 为 C 元素,X 为 Al 元素,Z 原子比 X 原子的核外电子数多 4,故Z 的核外电子数为 17,则 Z 为 Cl 元素,Y 的原子序数大于铝元素,小于氯元素,故 Y 为 Si 或 P 或 S 元素,A、同主族自上而下电负性减弱,Y 若为 Si 元素,则电负性 C>Si,故 A 错误;B、同周期自左而右原子半径减小,电子层越多原子半径越大,故原子半径 Al>Y>Cl>C,故 B 错误;C、若 Y、Z 形成的分子为 SiCl4,为正四面体构型,故 C 正确;D、WY2分子为 CS2,分子结构式为 S=C=S,双键中含有 1 个 δ 键、1 个 π 键,故 δ 键与 π 键的数目之比 1:1,故 D 错误;故选:C。【点评】本题考查结构性质位置关系,难度中等,推断元素是关键,注意 Y 元素的不确定性. 5.(6 分)室温下,将一元酸 HA 的溶液和 KOH 溶液等体积混合(忽略体积变化),实验数据如下表:实验编号起始浓度/(mol•L﹣1) 反应后溶液的 pHc(HA) c(KOH)① 0.1 0.1 9② x 0.2 7下列判断不正确的是(  )A.实验①反应后的溶液中:c(K+)>c(A﹣)>c(OH﹣)>c(H+)B.实验①反应后的溶液中:c(OH﹣)=c(K+)﹣c(A﹣)= mol/LC.实验②反应后的溶液中:c(A﹣)+c(HA)>0.1 mol/LD.实验②反应后的溶液中:c(K+)=c(A﹣)>c(OH﹣)=c(H+)【分析】室温下,将等体积等浓度的 HA 和 KOH 混合(忽略体积变化),溶液呈碱性,说明该酸是弱酸,A.根据盐的类型确定溶液中离子浓度的相对大小;B.根据电荷守恒计算氢氧根离子浓度;C.当等物质的量的酸和碱恰好反应时,溶液呈碱性,要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性,则 酸的浓度应大于碱的浓度;D.根据电荷守恒确定离子浓度关系。【解答】解:室温下,将等体积等浓度的 HA 和 KOH 混合(忽略体积变化),溶液呈碱性,说明该酸是弱酸,A.溶液中存在电荷守恒,即 c(K+)+c(H+)=c(A﹣)+c(OH﹣),该盐是强碱弱酸盐,其溶液呈碱性,c(OH﹣)>c(H+),水的电离较微弱,所以 c(A﹣)>c(OH﹣),故 A 正确;B.溶液中存在电荷守恒,即 c(K+)+c(H+)=c(A﹣)+c(OH﹣),c(OH﹣)﹣c(H+)=c(K+)﹣c(A﹣)= mol/L﹣10﹣9 mol/L,故 B 错误;C.当等物质的量的酸和碱恰好反应时,溶液呈碱性,要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性,则酸的浓度应大于碱,根据物料守恒得 c(A﹣)+c(HA)>0.1 mol/L,故 C 正确;D.溶液中存在电荷守恒,即 c(K+)+c(H+)=c(A﹣)+c(OH﹣),溶液呈中性,即 c(OH﹣)=c(H+),则 c(K+)=c(A﹣),中性溶液中水的电离较微弱,所以 c(A﹣)>c(OH﹣),故 D 正确;故选:B。【点评】本题考查离子浓度大小的比较,根据电荷守恒和微粒守恒来分析解答即可,易错选项是C,难度较大。 6.(6 分)在一定温度下,将气体 X 和气体 Y 各 0.16mol 充入 10L 恒容密闭容器中,发生反应X(g)+Y(g)⇌2Z(g)△H<0,一段时间后达到平衡.反应过程中测定的数据如下表,下列说法正确的是(  ) t/min 2 4 7 9n(Y)/mol0.12 0.11 0.10 0.10A.反应前 2min 的平均速率 v(Z)=2.0×10﹣3 mol/(L•min)B.其他条件不变,降低温度,反应达到新平衡前 v(逆)>v(正)C.该温度下此反应的平衡常数 K=1.44D.其他条件不变,再充入 0.2 mol Z,平衡时 X 的体积分数增大【分析】A、2min 内 Y 物质的量变化为 0.16mol﹣0.12mol=0.04mol,根据 v= 计算 v(Y),在利用速率之比等于化学计量数之比计算 v(Z);B、该反应正反应是放热反应,降低温度平衡向正反应移动,反应达到新平衡前 v(逆)<v(正);C、由表中数据可知 7min 时,反应到达平衡,根据平衡时 Y 的物质的量,利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量,由于反应前后气体的化学计量数相等,用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算;D、再通入 0.2 mol Z,等效为在原平衡基础上增大压强,反应前后气体的体积不变,平衡不移动.【解答】解:A、2min 内 Y 物质的量变化为 0.16mol﹣0.12mol=0.04mol,故 v(Y)==0.002mol/(L•min),速率之比等于化学计量数之比,故v(Z)=2v(Y)=2×0.002mol/(L•min)=0.004mol/(L•min),故 A 错误;B、该反应正反应是放热反应,降低温度平衡向正反应移动,反应达到新平衡前 v(逆)<v(正),故 B 错误;C、由表中数据可知 7min 时,反应到达平衡,平衡时 Y 的物质的量为 0.10mol,则: X(g)+Y(g)⇌2Z(g)开始(mol):0.16 0.16 0变化(mol):0.06 0.06 0.12 平衡(mol):0.1 0.1 0.12由于反应前后气体的化学计量数相等,用物质的量代替浓度进行计算,故化学平衡常数 k==1.44,故 C 正确;D、再通入 0.2 mol Z,等效为在原平衡基础上增大压强,反应前后气体的体积不变,平衡不移动,X 的体积分数不变,故 D 错误;故选:C。【点评】本题考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等,难度中等,注意 C 选项中对化学平衡常数的理解. 7.(6 分)1.52g 铜镁合金完全溶解于 50mL 密度为 1.40g/mL、质量分数为 63%的浓硝酸中,得到NO2和 N2O4的混合气体 1120mL(标准状况),向反应后的溶液中加入 1.0mol/L NaOH 溶液,当金属离子全部沉淀时,得到 2.54g 沉淀.下列说法不正确的是(  )A.该合金中铜与镁的物质的量之比是 2:1B.该浓硝酸中 HNO3的物质的量浓度是 14.0 mol/LC.NO2和 N2O4的混合气体中,NO2的体积分数是 80%D.得到 2.54 g 沉淀时,加入 NaOH 溶液的体积是 600 mL【分析】A、金属离子全部沉淀时,得到 2.54g 沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁,故沉淀中氢氧根的质量为 2.54g﹣1.52g=1.02g,根据 n= 计算氢氧根的物质的量,根据电荷守恒可知,金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量,令铜、镁合金中 Cu、Mg 的物质的量分别为 xmol、ymol,根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算 x、y 的值,据此解答;B、根据 c= 计算该浓硝酸的物质的量浓度;C、根据 n= 计算 NO2和 N2O4混合气体的物质的量,令二氧化氮的物质的量为 amol,根据电子转移列放出计算,进而计算二氧化氮的体积分数;D、根据钠离子守恒可知,氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量,根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量,再根据 V= 计算需要氢氧化钠溶液的体积.【解答】解:A、金属离子全部沉淀时,得到 2.54g 沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁,故沉淀中氢氧根的质量为 2.54g﹣1.52g=1.02g,氢氧根的物质的量为 =0.06mol,根据电荷守恒可知,金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量,令铜、镁合金中 Cu、Mg 的物质的量分别为 xmol、ymol,则:,解得 x=0.02,y=0.01,故合金中铜与镁的物质的量之比是 0.02mol:0.01mol=2:1,故 A 正确;B、该浓硝酸密度为 1.40g/mL、质量分数为 63%,故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L,故 B 正确;C、NO2和 N2O4混合气体的物质的量为 =0.05mol,令二氧化氮的物质的量为 amol,则四氧化二氮的物质的量为(0.05﹣a)mol,根据电子转移守恒可知,a×1+(0.05﹣a)×2×1=0.06,解得a=0.04,故 NO2的体积分数是 ×100%=80%,故 C 正确;D、根据钠离子守恒可知,氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量,根据氮元素守恒可知,硝酸钠的物质的量为 0.05L×14mol/L﹣0.04mol﹣(0.05﹣0.04)×2=0.64mol,故需要氢 氧化钠溶液的体积为 =0.64L=640mL,故 D 错误;故选:D。【点评】本题考查混合物的有关计算,难度中等,理解反应发生的过程是关键,是对学生综合能力的考查,注意根据守恒思想进行的解答. 二、非选择题(共 58 分)8.(11 分)X、Y、Z、R 为前四周期元素且原子序数依次增大.X 的单质与氢气可化合生成气体G,其水溶液 pH>7;Y 的单质是一种黄色晶体;R 基态原子 3d 轨道的电子数是 4s 轨道电子数的 3 倍.Y、Z 分别与钠元素可形成化合物 Q 和 J,J 的水溶液与 AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L;Z 与氢元素形成的化合物与 G 反应生成 M.请回答下列问题:(1)M 固体的晶体类型是 离子晶体 .(2)Y 基态原子的核外电子排布式是  1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4   ;G 分子中 X 原子的杂化轨道类型是  sp 3 .(3)L 的悬浊液中加入 Q 的溶液,白色沉淀转化为黑色沉淀,其原因是  Ag 2S 的溶解度小于 AgCl 的溶解度 .(4)R 的一种含氧酸根 RO42﹣具有强氧化性,在其钠盐溶液中加入稀硫酸,溶液变为黄色,并有无色气体产生,该反应的离子方程式是  4FeO 42﹣ +20 H + =4Fe 3+ +3O 2↑+10H2O   .【分析】X、Y、Z、R 为前四周期元素且原子序数依次增大.X 的单质与氢气可化合生成气体 G,其水溶液 pH>7,故 X 为氮元素,G 为 NH3;Y 的单质是一种黄色晶体,Y 为硫元素;R 基态原子 3d 轨道的电子数是 4s 轨道电子数的 3 倍,则外围电子排布为 3d64s2,故 R 为 Fe 元素;Y 与钠元素可形成化合物Q,Q 为 Na2S,Z 与钠元素可形成化合物 J,J 的水溶液与 AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀 L,L 为 AgCl,故 Z 为 Cl 元素,J 为 NaCl;Z 与氢元素形成的化合物与 G 反应生成 M,故 M 为 NH4Cl,据此解答.【解答】解:X、Y、Z、R 为前四周期元素且原子序数依次增大.X 的单质与氢气可化合生成气体G,其水溶液 pH>7,故 X 为氮元素,G 为 NH3;Y 的单质是一种黄色晶体,Y 为硫元素;R 基态原子 3d 轨道的电子数是 4s 轨道电子数的 3 倍,则外围电子排布为 3d64s2,故 R 为 Fe 元素;Y 与钠元素可形成化合物 Q,Q 为 Na2S,Z 与钠元素可形成化合物 J,J 的水溶液与 AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀 L,L 为 AgCl,故 Z 为 Cl 元素,J 为 NaCl;Z 与氢元素形成的化合物与 G 反应生成 M,故 M 为NH4Cl,(1)M 为 NH4Cl,属于离子晶体,故答案为:离子晶体;(2)Y 为硫元素,基态原子的核外电子排布式是 1s22s22p63s23p4;G 为 NH3,分子中 N 原子成 3 个 N﹣H 键,含有 1 对孤对电子,杂化轨道数目为 4,故采取 sp3杂化,故答案为:1s22s22p63s23p4;sp3;(3)L 为 AgCl,Q 为 Na2S,AgCl 的悬浊液中加入 Na2S 的溶液,由于 Ag2S 的溶解度小于 AgCl 的溶解度,故白色沉淀转化为黑色沉淀,故答案为:Ag2S 的溶解度小于 AgCl 的溶解度;(4)R 为 Fe 元素,含氧酸根 FeO42﹣具有强氧化性,在其钠盐溶液中加入稀硫酸,溶液变为黄色,有 Fe3+生成,并有无色气体产生,结合电子转移守恒可知,只有氧元素被氧化,故该无色气体为 O2,反应离子方程式为:4FeO42﹣+20 H+=4Fe3++3O2↑+10H2O,故答案为:4FeO42﹣+20 H+=4Fe3++3O2↑+10H2O.【点评】本题考查结构性质位置关系、无机物的推断、核外电子排布规律、杂化理论、沉淀转化、氧化还原反应等,难度中等,(4)中注意根据氧化还原反应知识判断生成的气体是氧气,是易错点与难点. 9.(15 分)为了探究 AgNO3的氧化性和热稳定性,某化学兴趣小组设计了如下实验.Ⅰ.AgNO3的氧化性将光亮的铁丝伸入 AgNO3溶液中,一段时间后将铁丝取出.为检验溶液中 Fe 的氧化产物,将溶液中的 Ag+ 除尽后,进行了如下实验.可选用的试剂:KSCN 溶液、K3[Fe(CN)6]溶液、氯水.(1)请完成下表: 操作 现象 结论取少量除尽 Ag+后的溶液于试管中,加入 KSCN 溶液,振荡  ①溶液呈血红色 存在Fe3+取少量除尽 Ag+后的溶液于试管中,加入 ② K 3[Fe ( CN ) 6] 溶液 ,振荡 ③产生蓝色沉淀 存在Fe2+【实验结论】Fe 的氧化产物为 Fe2+和 Fe3+.Ⅱ.AgNO3的热稳定性用如图所示的实验装置 A 加热 AgNO3固体,产生红棕色气体,在装置 D 中收集到无色气体.当反应结束后,试管中残留固体为黑色.(2)装置 B 的作用是 防倒吸 .(3)经小组讨论并验证该无色气体为 O2,其验证方法是 用带火星的木条深入集气瓶中,木条复燃证明无色气为氧气 .(4)【查阅资料】Ag2O 和粉末状的 Ag 均为黑色; Ag2O 可溶于氨水.【提出设想】试管中残留的黑色固体可能是:ⅰ.Ag;ⅱ.Ag2O;ⅲ.Ag 和 Ag2O.【实验验证】该小组为验证上述猜想,分别取少量黑色固体放入试管中,进行了如下实验.实验编号操作 现象a 加入足量氨水,振荡 黑色固体不溶解b 加入足量稀硝酸,振荡 黑色固体溶解,并有气体产生【实验评价】根据上述实验,不能确定固体产物成分的实验是 ① b   (填实验编号).【实验结论】根据上述实验结果,该小组得出 AgNO3固体热分解的产物有 ② Ag 、 NO 2、 O 2 .【分析】(1)依据铁离子与硫氰酸钾溶液反应生成血红色溶液验证铁离子的存在;亚铁离子的检验是 K3[Fe(CN)6]溶液和亚铁离子结合生成蓝色沉淀;(2)装置中 B 为安全瓶防倒吸;(3)依据氧气助燃性检验;(4)①实验操作加入的试剂若是硝酸,固体溶解,银单质反应溶解,氧化银也能溶于硝酸;②装置 A 加热 AgNO3固体,产生红棕色气体为二氧化氮,在装置 D 中收集到无色气体为氧气,依据实验 a 可知产物为银,氧化银溶于氨水;【解答】解:(1)取少量除尽 Ag+后的溶液于试管中,加入 KSCN 溶液,振荡,若含有铁离子溶液会变血红色,验证亚铁离子实验是取少量除尽 Ag+后的溶液于试管中,加入 K3[Fe(CN)6]溶液会和亚铁离子反应生成蓝色沉淀,故答案为:溶液呈血红色;K3[Fe(CN)6]溶液;产生蓝色沉淀;(2)装置导气管略露出胶塞,是安全瓶,可以防止 C 装置中 的液体到吸入发生装置 A,故答案为:防倒吸;(3)氧气具有助燃性,用带火星的木条伸入集气瓶中,木条复燃证明无色气为氧气,故答案为:用带火星的木条深入集气瓶中,木条复燃证明无色气为氧气;(4)① b 实验加入的硝酸可以溶解 Ag2O,也可以溶解 Ag,不能检验固体成分,故答案为:b.②实验 a 加入氨水,银不能溶解于氨水溶液,Ag2O 能溶于氨水中形成银氨溶液,可以验证固体成分的判断,加入足量氨水,振荡黑色固体不溶解,说明生成的固体为 Ag,装置 A 加热 AgNO3固体,产生红棕色气体为二氧化氮,在装置 D 中收集到无色气体为氧气,AgNO3固体热分解的产物有 Ag、NO2、O2,故答案为:Ag、NO2、O2;【点评】本题考查了实验设计的方法和物质实验验证方案分析判断,物质性质的应用是解题关键,题目难度中等.  10.(17 分)有机化合物 G 是合成维生素类药物的中间体,其结构简式如图 1 所示,G 的合成路线如图 2 所示:其中 A~F 分别代表一种有机化合物,合成路线中部分产物及反应条件已略去已知:请回答下列问题:(1)G 的分子式是  C 6H10O3 ,G 中官能团的名称是 羟基和酯基 .(2)第①步反应的化学方程式是  CH 2=C ( CH 3)2+HBr CH3CH ( CH 3) CH 2Br   .(3)B 的名称(系统命名)是  2﹣ 甲基﹣ 1﹣ 丙醇  .(4)第②~⑥步反应中属于取代反应的有 ②⑤ (填步骤编号).(5)第④步反应的化学方程式是   .(6)写出同时满足下列条件的 E 的所有同分异构体的结构简式 CH3COOCH2CH2OOCCH3、 CH 3CH2OOCCOOCH2CH3、 CH 3OOCCH2CH2COOCH3  .①只含一种官能团;②链状结构且无﹣O﹣O﹣;③核磁共振氢谱只有 2 种峰.【分析】异丁烯和溴化氢发生加成反应生成溴代烃 A,A 和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇B,B 被氧气氧化生成异丁醛,则 B 是 2﹣甲基﹣1﹣丙醇,A 是 2﹣甲基﹣1﹣溴丙烷,异丁醛和 C 反应生成 D,D 水解生成乙醇和 E,根据题给信息知,E 和氢气发生加成反应生成 F,F 加热分解生成水和G,根据 G 的结构简式知,F 的结构简式为:OHCH2 C(CH3)2CHOHCOOH,E 的结构简式为:OHCC(CH3)2CHOHCOOH,D 的结构简式为:OHCC(CH3)2CHOHCOOCH2CH3,C 的结构简式为:OHCCOOCH2CH3,结合物质的性质进行解答.【解答】解:异丁烯和溴化氢发生加成反应生成溴代烃 A,A 和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇 B,B 被氧气氧化生成异丁醛,则 B 是 2﹣甲基﹣1﹣丙醇,A 是 2﹣甲基﹣1﹣溴丙烷,异丁醛和 C反应生成 D,D 水解生成乙醇和 E,根据题给信息知,E 和氢气发生加成反应生成 F,F 加热分解生成水和 G,根据 G 的结构简式知,F 的结构简式为:HOCH2 C(CH3)2CHOHCOOH,E 的结构简式为:OHCC(CH3)2CHOHCOOH,D 的结构简式为:OHCC(CH3)2CHOHCOOCH2CH3,C 的结构简式为:OHCCOOCH2CH3,(1)根据 G 的结构简式知,G 的分子式为 C6H10O3,G 中含有的官能团是酯基和羟基,故答案为:C6H10O3,酯基和羟基;(2)在一定条件下,异丁烯和溴化氢发生加成反应生成 2﹣甲基﹣1﹣溴丙烷,反应方程式为:CH2=C(CH3)2+HBr CH3CH(CH3)CH2Br,故答案为:CH2=C(CH3)2+HBrCH3CH(CH3)CH2Br;(3)根据系统命名法知,B 的名称是 2﹣甲基﹣1﹣丙醇,故答案为:2﹣甲基﹣1﹣丙醇;(4)②是取代反应,③是氧化反应,④加成反应,⑤取代反应,⑥加成反应,所以属于取代反应的有②⑤,故答案为:②⑤;(5)醛和醛发生加成反应,反应方程式为: , 故答案为: ;(6)同时满足条件的 E 的同分异构体有:CH3COOCH2CH2OOCCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3 ,故答案为:CH3COOCH2CH2OOCCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3.【点评】本题考查有机物的推断,明确有机物含有的官能团及其性质是解本题关键,采用正推和逆推相结合的方法进行分析推导,注意醛之间发生加成反应时的断键方式,为易错点. 11.(15 分)明矾石经处理后得到明矾[KAl(SO4)2•12H2O].从明矾制备 Al、K2SO4、和 H2SO4的工艺过程如图 1 所示:焙烧明矾的化学方程式为:4KAl(SO4)2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O请回答下列问题:(1)在焙烧明矾的反应中,还原剂是  S   。(2)从水浸后的滤液中得到 K2SO4晶体的方法是 蒸发结晶 。(3)Al2O3在一定条件下可制得 AlN,其晶体结构如图 2 所示,该晶体中 Al 的配位数是  4   。(4)以 Al 和 NiO(OH)为电极,NaOH 溶液为电解液组成一种新型电池,放电时 NiO(OH)转化为Ni(OH)2,该电池反应的化学方程式是  Al+3NiO ( OH ) +NaOH+H 2O=NaAlO2+3Ni ( OH ) 2 。(5)焙烧产生的 SO2可用于制硫酸。已知 25℃、101kPa 时:2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=﹣197kJ/mol;H2O(g)⇌H2O(l)△H2=﹣44kJ/mol;2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)═2H2SO4(l)△H3=﹣545kJ/mol。则 SO3(g)与 H2O(l)反应的热化学方程式是  SO 3( g ) +H 2O ( l ) =H 2SO4( l )△ H=﹣130kJ/mol 。焙烧 948t 明矾(M=474g/mol),若 SO2的利用率为 96%,可产生质量分数为 98%的硫酸 ② 432   t。【分析】(1)依据化学方程式中元素化合价变化分析判断,元素化合价升高的做还原剂发生氧化反应;(2)从水浸后的滤液中得到 K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化,可以利用蒸发溶剂方法结晶析出;(3)配位化合物中直接和中心原子(或离子)相联系的配位原子的数目;(4)以 Al 和 NiO(OH)为电极,铝做原电池 负极失电子发生氧化反应,NiO(OH)得到电子发生还原反应,结合原子守恒和电子守恒写出反应化学方程式;(5)①依据热化学方程式和盖斯定律计算得到;②依据硫元素守恒计算得到;【解答】解;(1)4KAl(SO4)2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O 反应硫单质中硫元素化合价升高为+4 价。硫酸根离子中硫元素化合价从+6 价变化为+4 价,复印纸还原剂是硫单质;故答案为:S;(2)从水浸后的滤液中得到 K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大,可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体;故答案为:蒸发结晶;(3)依据晶体晶胞结构分析,结合配位数含义可知,每个铝原子和四个单原子相连,所以铝原子的配位数为 4;故答案为:4; (4)以 Al 和 NiO(OH)为电极,NaOH 溶液为电解液组成一种新型电池,放电时 NiO(OH)转化为Ni(OH)2,铝做负极失电子在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠,反应的化学方程式为:Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni(OH)2 ;故答案为:Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni(OH)2;(5)① 2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=﹣197kJ/mol;ⅠH2O(g)⇌H2O(l)△H2=﹣44kJ/mol;Ⅱ2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)═2H2SO4(l)△H3=﹣545kJ/mol.Ⅲ依据盖斯定律Ⅲ﹣Ⅰ﹣2×Ⅱ 得到:2SO3(g)+2H2O(l)=2H2SO4(l)△H=﹣260kJ/mol;即反应的热化学方程式为:SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)△H=﹣130kJ/mol;故答案为:SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)△H=﹣130kJ/mol;② 948 t 明矾生成 SO2物质的量为 4500mol 故生成硫酸的质量m=4500×0.96×98÷0.98=432000Kg=432t。故答案为:432t;【点评】本题考查了氧化还原反应概念分析判断,晶体结构的理解分析,原电池反应的实质应用,热化学方程式和盖斯定律的计算,元素守恒的计算应用,题目难度中等。 
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