【化学】天津市河东区2015届高考一模试卷

《【化学】天津市河东区2015届高考一模试卷》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

天津市河东区2015届高考化学一模试卷一、选择题（6小题，每题6分，每小题只有一个选项符合题意）1．（6分）化学与人类生产，生活密切相关．下列有关说法不正确的是（）A．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水机明矾可以使海水淡化B．福尔马林可浸制标本，利用了其使蛋白质变性的性质C．医用酒精使用淀粉类植物发酵经蒸馏制成，浓度通常为75%D．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾，钙，钠，铜等金属元素化合物2．（6分）下列关于元素及其化合物的说法，正确的是（）A．Fe在常温下可与浓硝酸、浓硫酸、稀硝酸发生剧烈反应B．碳酸氢钠可用于制备纯碱，治疗胃酸过多的药物，食品发酵剂C．通过丁达尔效应可以鉴别稀豆浆和氢氧化铁胶体D．根据某元素的质子数和中子数，可以确定该元素的相对原子质量3．（6分）关于下列各实验的叙述中，不正确的是（）A．图①可用于实验室制备少量氯气或氨气B．可从a处加水的方法检验设置装置②的气密性C．实验室可用装置③收集HCl气体D．装置④可用苯萃取碘水中碘的操作，并把苯的碘溶液从漏斗上口倒出4．（6分）国庆期间对大量鲜花施用了S﹣诱抗素制剂，以保证鲜花盛开．S﹣诱抗素的分子结构如图，说法正确的是（）A．分子式C15H21O4B．既能发生加聚反应，又能发生缩聚反应C．分子中有两个手性碳原子22 D．既能使氯化铁溶液发生显色反应，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色5．（6分）下表是在相同温度下三种酸的一些数据，下列判断正确的是（）酸HXHYHZ浓度（mol/L）0.120.20.911电离度0.250.20.10.30.5电离常数K1K2K3K4K5A．在相同温度，从HX的数据可以说明：弱电解质溶液，浓度越低，电离度越大，且K1＞K2＞K3=0.01B．室温时，若在NaZ溶液中加水，则c（Z﹣）/的比值变小，若加少量盐酸，则比值变大C．等物质的量的NaX、NaY和NaZ的混合，c（X﹣）+c（Y﹣）﹣2c（Z﹣）=2c（HZ）﹣c（HX）﹣c（HY），且c（Z﹣）＜c（Y﹣）＜c（X﹣）D．在相同温度下，K5＞K4＞K36．（6分）高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途．用镍（Ni），铁做电极电解浓氢氧化钠溶液制备Na2FeO4的装置如图，说法合理的是（）A．镍是阳极，电极反应4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑B．电解时电流方向：负极→镍电极→溶液→铁电极→正极C．若隔膜是阴离子交换膜，则OH﹣自右向左移动D．电解时阳极区pH降低，阴极区pH升高，撤去隔膜后与原溶液比较pH降低（假设电解前后体积变化忽略不计）三．（本题包括6小题，共50分）7．（14分）四种常见的短周期非金属元素在周期表中的相对位置如下所示，其中乙元素原子核外最外层电子数是其电子层数的三倍．甲乙丙丁请用化学用语回答：22 （1）丙在元素周期表中的位置（2）丁单质的电子式（3）乙的两种常见单质分别是，（4）甲乙丙丁的气态氢化物水溶液显酸性的是（写化学式），（5）氢元素和乙组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是（写化学式）．此化合物可将碱性工业废水中CN﹣氧化为可溶性碳酸盐和氨，相应的离子方程式（6）电解丁的钠盐饱和溶液的离子方程式（7）若甲的元素符号为X．已知①X2（g）+2O2（g）═X2O4（l）△H=﹣19.5KJ/mol②X2H4（l）+O2（g）═X2（g）+2H2O（g）△H=﹣534.2KJ/mol，则液态X2H4和液态的X2O4反应生成气态X2和气态H2O的热化学方程式为．8．（18分）以乙炔或苯为原料可合成有机酸H2MA，并进一步合成高分子化合物PMLA．Ⅰ．用乙炔等合成烃C．（1）A分子中的官能团名称是、．（2）A的结构简式，A的一种同分异构体属于乙酸酯，其结构简式是．（3）B转化为C的化学方程式是，其反应类型是．Ⅱ．用烃C或苯合成PMLA的路线如下．（4）1mol有机物H与足量NaHC03溶液反应生成标准状况下的C0244.8L，H有顺反异构，其反式结构简式是．H的核磁共振氢谱有种峰（反式结构）（5）E的结构简式是．（6）G与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式是．（7）聚酯PMLA有多种结构，写出由H2MA制PMLA的化学方程式（任写一种）．是．22 9．（8分）实验室常见的几种气体发生装置如图A、B、C所示：（1）实验室可以用B或C装置制取氨气，如果用B装置制取氨气其化学反应方程式为．（2）气体的性质是选择气体收集方法的主要依据．下列性质与收集方法无关的是（填序号，下同）．①密度②颜色③溶解性④热稳定性⑤与氧气反应（3）若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，则X可以是下列气体中的．①CO2②NO③Cl2④H2⑤HCl其中在D装置中连接小烧杯的目的是．10．（10分）某小组以COCl2•6H2O，NH4Cl，H2O2，浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成橙黄色晶体X．为确定其组成，进行如下实验．（1）经测定，样品X中钴，氨，氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价为已知X的化学式类似于下列化学式：氢氧化二氨合银Ag（NH3）2OH硫酸四氨合铜SO4制备X的化学方程式（2）氨的测定：精确称取wgX，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol•L﹣1的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液．①放⑤（盐酸标准液）的仪器名称②装置中安全管的作用原理22 ③样品中氮的质量分数表达式．11．（14分）目前，“低碳经济”备受关注，CO2的产生及有效开发利用成为科学家研究的重要课题．试运用所学知识，解决下列问题：（1）已知某反应的平衡表达式为：K=，它所对应的化学反应为：（2）一定条件下，将C（s）和H2O（g）分别加入甲、乙两个密闭容器中，发生（1）中反应：其相关数据如表所示：①T1℃时，该反应的平衡常数K=②乙容器中，当反应进行到1.5min时，H2O（g）的物质的量浓度（填选项字母）．A．=0.8mol•L﹣1B．=1.4mol•L﹣1C．＜1.4mol•L﹣1D．＞1.4mol•L﹣1③丙容器的容积为1L，T1℃时，按下列配比充入C（s）、H2O（g）、CO2（g）和H2（g），达到平衡时各气体的体积分数与甲容器完全相同的是（填选项字母）．A.0.6mol、1.0mol、0.5mol、1.0molB.0.6mol、2.0mol、0mol、0molC.1.0mol、2.0mol、1.0mol、2.0molD.0.25mol、0.5mol、0.75mol、1.5mol（3）将燃煤废气中的CO2转化为甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）已知一定压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率见下表：投料比500K600K700K800K1.545%33%20%12%2.060%43%28%15%3.083%62%37%22%①该反应的焓变△H0，熵变△S0（填＞、＜或=）．22 ②用甲醚作为燃料电池原料，在碱性介质中该电池负极的电极反应式．若以1.12L•min﹣1（标准状况）的速率向该电池中通入甲醚（沸点为﹣24.9℃），用该电池电解500mL2mol•L﹣1CuSO4溶液，通电0.50min后，理论上可析出金属铜g．天津市河东区2015届高考化学一模试卷22 参考答案与试题解析一、选择题（6小题，每题6分，每小题只有一个选项符合题意）1．（6分）化学与人类生产，生活密切相关．下列有关说法不正确的是（）A．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水机明矾可以使海水淡化B．福尔马林可浸制标本，利用了其使蛋白质变性的性质C．医用酒精使用淀粉类植物发酵经蒸馏制成，浓度通常为75%D．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾，钙，钠，铜等金属元素化合物考点：盐类水解的应用；焰色反应；甲醛；淀粉的性质和用途．分析：A．“海水淡化”即利用海水脱盐生产淡水；B．福尔马林的主要成分是甲醛；C．依据医用酒精的制备方法及浓度解答；D．依据金属元素的焰色反应解答．解答：解：A．“海水淡化”即利用海水脱盐生产淡水，明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可除去水中的悬浮物而净化水，但不能使海水淡化，故A错误；B．福尔马林的主要成分是甲醛，可使蛋白质变性，浸泡后久置不腐烂，故B正确；C．医用酒精是用淀粉类植物发酵经蒸馏制成，体积分数通常是75%，故C正确；D．烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素，燃烧时焰色反应发出各种颜色的光，故D正确；故选：A．点评：本题考查了与生产生活相关的化学知识，熟悉海水淡化过程、明矾、福尔马林、医用酒精的成分及性质是解题关键，注意焰色反应属于元素的性质，题目难度不大．2．（6分）下列关于元素及其化合物的说法，正确的是（）A．Fe在常温下可与浓硝酸、浓硫酸、稀硝酸发生剧烈反应B．碳酸氢钠可用于制备纯碱，治疗胃酸过多的药物，食品发酵剂C．通过丁达尔效应可以鉴别稀豆浆和氢氧化铁胶体D．根据某元素的质子数和中子数，可以确定该元素的相对原子质量考点：钠的重要化合物；相对原子质量及其计算；胶体的重要性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质．分析：A．常温下铁与浓硫酸、浓硝酸发生钝化；B．依据碳酸氢钠的性质解答；22 C．胶体都具有丁达尔效应；D．元素的各种同位素的相对原子质量，根据其所占的丰度计算所得到的平均值；解答：解：A．常温下铁与浓硫酸、浓硝酸发生钝化，不会剧烈反应，故A错误；B．碳酸氢钠分解生成碳酸钠，能够制造纯碱，碳酸氢钠能够与盐酸反应消耗盐酸，能够治疗胃酸过多，碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳，可用作发酵，故B正确；C．稀豆浆和氢氧化铁胶体都属于胶体分散系，都能够发生丁达尔效应，故C错误；D．据某元素原子的质子数和中子数，可以确定该核素的相对原子质量，元素的相对原子质量要根据同一元素不同核素及其丰度计算得到，故D错误；故选：B．点评：本题考查了元素化合物知识，熟悉浓硫酸、浓硝酸、碳酸氢钠、胶体的性质是解题关键，注意元素的相对原子质量、原子的相对原子质量的区别，题目难度中等．3．（6分）关于下列各实验的叙述中，不正确的是（）A．图①可用于实验室制备少量氯气或氨气B．可从a处加水的方法检验设置装置②的气密性C．实验室可用装置③收集HCl气体D．装置④可用苯萃取碘水中碘的操作，并把苯的碘溶液从漏斗上口倒出考点：化学实验方案的评价．分析：A．图为固体与液体反应制备气体的装置，氯酸钾与浓盐酸反应生成氯气不需要加热、浓氨水与CaO制备氨气不需要加热；B．可利用液面差不变检验气密性；C．HCl密度比空气大，应选向上排空气法收集；D．碘不易溶于水，易溶于苯，且分层在有机层在上层．解答：解：A．图为固体与液体反应制备气体的装置，氯酸钾与浓盐酸反应生成氯气不需要加热、浓氨水与CaO制备氨气不需要加热，图中装置可用于实验室制备少量氯气或氨气，故A正确；22 B．可从a处加水，观察U型管两侧液面差不变检验装置②的气密性，故B正确；C．HCl密度比空气大，应选向上排空气法收集，图中收集方法不合理，故C错误；D．碘不易溶于水，易溶于苯，且分层在有机层在上层，则苯的碘溶液从漏斗上口倒出，故D正确；故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及常见气体的制备、气密性检查、混合物分离提纯等，把握反应原理及混合物分离提纯方法、物质的性质等为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，注意实验技能的训练，题目难度中等．4．（6分）国庆期间对大量鲜花施用了S﹣诱抗素制剂，以保证鲜花盛开．S﹣诱抗素的分子结构如图，说法正确的是（）A．分子式C15H21O4B．既能发生加聚反应，又能发生缩聚反应C．分子中有两个手性碳原子D．既能使氯化铁溶液发生显色反应，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色考点：有机物的结构和性质．分析：A．由结构可确定分子式，C能形成4个化学键；B．含C=C、﹣OH、﹣COOH，结合烯烃及缩聚反应来分析；C．连有4个不同基团的C原子为手性碳原子；D．不存在酚﹣OH，C=C及﹣OH均能被酸性KMnO4氧化．解答：解：A．C能形成4个化学键，由结构可知分子式为C15H19O4，故A错误；B．含C=C，能发生加聚反应，含﹣OH、﹣COOH，能发生缩聚反应，故B正确；C．连有4个不同基团的C原子为手性碳原子，则与﹣OH相连的C为手性碳原子，含有1个，故C错误；D．不存在酚﹣OH，则不能与FeCl3溶液发生显色反应，含C=C及﹣OH均能被酸性KMnO4氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误；故选B．22 点评：本题考查有机物的结构与性质，为历年2015届高考热点，能很好的培养学生的分析能力和学习的自主性，注意把握有机物的官能团与性质的关系来解答，手性碳原子的判断为解答的易错点，题目难度不大．5．（6分）下表是在相同温度下三种酸的一些数据，下列判断正确的是（）酸HXHYHZ浓度（mol/L）0.120.20.911电离度0.250.20.10.30.5电离常数K1K2K3K4K5A．在相同温度，从HX的数据可以说明：弱电解质溶液，浓度越低，电离度越大，且K1＞K2＞K3=0.01B．室温时，若在NaZ溶液中加水，则c（Z﹣）/的比值变小，若加少量盐酸，则比值变大C．等物质的量的NaX、NaY和NaZ的混合，c（X﹣）+c（Y﹣）﹣2c（Z﹣）=2c（HZ）﹣c（HX）﹣c（HY），且c（Z﹣）＜c（Y﹣）＜c（X﹣）D．在相同温度下，K5＞K4＞K3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：A．电离平衡常数只与温度有关；B．NaZ为强碱弱酸盐，稀释该溶液或加入稀盐酸，都促进盐类水解，温度不变，水解平衡常数不变；C．弱酸中，酸越强其电离程度越大，则酸根离子水解程度越小；D．弱酸的电离度越大，酸性越强，则电离常数越大．解答：解：A．相同温度下，同种弱酸的电离常数不随浓度的变化而变化，所以K1=K2=K3，故A错误；B．室温时，若在NaZ溶液中加水、加酸都促进水解，=Ka÷Kw，二者都为常数，只受温度的影响，故B错误；C．由电离度大小可知酸性HZ＞HY＞HX，酸越强，水解程度越小，溶液的PH越小，则其pH：NaX＞NaY＞NaZ，则c（Z﹣）＞c（Y﹣）＞c（X﹣），故C错误；D．弱酸的电离度越大，酸越强，则电离常数越大，所以在相同温度下，K5＞K4＞K3，故D正确；22 故选D．点评：本题考查了弱电解质的电离，根据电离程度确定电解质强弱，再结合酸的强弱与酸根离子水解程度大小的关系来分析解答，易错选项是B，将该式子进行改变得到Ka×Kw即可判断，注意：所有的平衡常数只与温度有关，不受其它因素影响，为易错点．6．（6分）高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途．用镍（Ni），铁做电极电解浓氢氧化钠溶液制备Na2FeO4的装置如图，说法合理的是（）A．镍是阳极，电极反应4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑B．电解时电流方向：负极→镍电极→溶液→铁电极→正极C．若隔膜是阴离子交换膜，则OH﹣自右向左移动D．电解时阳极区pH降低，阴极区pH升高，撤去隔膜后与原溶液比较pH降低（假设电解前后体积变化忽略不计）考点：电解原理．分析：A．电解池中与电源正极相连的是阳极；B．电解过程中电子流向负极流向Ni电极，不能通过电解质溶液，是通过电解质溶液中离子定向移动实现闭合电路，通过Fe电极回到正极；C．阴离子交换膜只允许阴离子通过，阴离子移向阳极；D．阳极区域，铁失电子消耗氢氧根离子，溶液pH减小，阴极区氢离子得到电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大；依据电子守恒分析生成氢氧根离子和消耗氢氧根离子相对大小分析溶液酸碱性．解答：解：A．依据装置图分析可知铁与电源正极相连做电解池阳极，电极反应为Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O，故A错误；B．电解过程中电子流向负极流向Ni电极，不能通过电解质溶液，是通过电解质溶液中离子定向移动实现闭合电路，通过Fe电极回到正极，故B错误；C．阴离子交换膜只允许阴离子通过，阴离子移向阳极，OH﹣应从左向右移动，故C错误；22 D．阳极区域，铁失电子消耗氢氧根离子，溶液PH减小，阴极区氢离子得到电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液PH增大；生成氢氧根离子物质的量消耗，在阳极电极反应Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O，阴极氢氧根离子增大，电极反应2H++2e﹣=H2↑，依据电子守恒分析，氢氧根离子消耗的多，生成的少，所以溶液pH降低，故D正确；故选：D．点评：本题考查了电解池，明确电解池工作原理，准确判断电解池阴阳极及发生的反应是解题关键，题目难度中等．三．（本题包括6小题，共50分）7．（14分）四种常见的短周期非金属元素在周期表中的相对位置如下所示，其中乙元素原子核外最外层电子数是其电子层数的三倍．甲乙丙丁请用化学用语回答：（1）丙在元素周期表中的位置第三周期第VIA族（2）丁单质的电子式（3）乙的两种常见单质分别是氧气，臭氧（4）甲乙丙丁的气态氢化物水溶液显酸性的是（写化学式）H2S，HCl（5）氢元素和乙组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是（写化学式）H2O2．此化合物可将碱性工业废水中CN﹣氧化为可溶性碳酸盐和氨，相应的离子方程式H2O2+CN﹣+OH﹣=CO32﹣+NH3（6）电解丁的钠盐饱和溶液的离子方程式2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣（7）若甲的元素符号为X．已知①X2（g）+2O2（g）═X2O4（l）△H=﹣19.5KJ/mol②X2H4（l）+O2（g）═X2（g）+2H2O（g）△H=﹣534.2KJ/mol，则液态X2H4和液态的X2O4反应生成气态X2和气态H2O的热化学方程式为2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1048.9kJ/mol．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：这几种元素都是短周期非金属元素，根据元素在周期表中的位置知，甲、乙位于第二周期，丙、丁位于第三周期，乙元素原子核外最外层电子数是其电子层数的三倍，则乙是O元素，甲是N、丙是S、丁是Cl元素，22 （1）主族元素中，原子核外电子层数与其周期数相等，最外层电子数与其族序数相等；（2）丁单质是氯气，两个氯原子之间存在共价键；（3）乙的两种常见单质分别是氧气和臭氧；（4）甲、乙、丙、丁的气态氢化物水溶液中，氨水呈碱性、水呈中性、硫化氢溶液呈酸性、硫化氢溶液呈酸性；（5）氢元素和乙组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是过氧化氢；此化合物可将碱性工业废水中CN﹣氧化为可溶性碳酸盐和氨；（6）电解丁的钠盐饱和溶液时，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电同时生成NaOH；（7）甲为N元素，①N2（g）+2O2（g）═N2O4（l）△H=﹣19.5KJ/mol②N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534.2KJ/mol，根据盖斯定律计算肼和四氧化二氮反应焓变，写出相应的方程式．解答：解：这几种元素都是短周期非金属元素，根据元素在周期表中的位置知，甲、乙位于第二周期，丙、丁位于第三周期，乙元素原子核外最外层电子数是其电子层数的三倍，则乙是O元素，甲是N、丙是S、丁是Cl元素，（1）主族元素中，原子核外电子层数与其周期数相等，最外层电子数与其族序数相等，丙原子核外有3个电子层、最外层有6个电子，则丙位于第三周期第VIA族，故答案为：第三周期第VIA族；（2）丁单质是氯气，两个氯原子之间存在共价键，电子式为，故答案为：；（3）乙的两种常见单质分别是氧气和臭氧，二者互为同素异形体，故答案为：氧气；臭氧；（4）甲、乙、丙、丁的气态氢化物水溶液中，氨水呈碱性、水呈中性、硫化氢溶液呈酸性、硫化氢溶液呈酸性，所以氢化物水溶液呈酸性的是H2S、HCl，故答案为：H2S；HCl；（5）氢元素和乙组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是过氧化氢，化学式为H2O2；此化合物可将碱性工业废水中CN﹣氧化为可溶性碳酸盐和氨，离子方程式为H2O2+CN﹣+OH﹣=CO32﹣+NH3，故答案为：H2O2；H2O2+CN﹣+OH﹣=CO32﹣+NH3；（6）电解丁的钠盐饱和溶液时，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电同时生成NaOH，离子方程式为2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣，故答案为：22 2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣；（7）甲为N元素，①N2（g）+2O2（g）═N2O4（l）△H=﹣19.5KJ/mol②N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534.2KJ/mol，将方程式2②﹣①得2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=2×（﹣534.2KJ/mol）﹣（﹣19.5KJ/mol）=﹣1048.9kJ/mol，故答案为：2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1048.9kJ/mol．点评：本题考查位置结构性质相互关系及应用，涉及盖斯定律、氧化还原反应、物质结构等知识点，这些都是2015届高考高频点，注意一般的氢化物水溶液呈酸性，但氨水呈碱性、水呈中性．8．（18分）以乙炔或苯为原料可合成有机酸H2MA，并进一步合成高分子化合物PMLA．Ⅰ．用乙炔等合成烃C．（1）A分子中的官能团名称是羟基、碳碳三键．（2）A的结构简式HOCH2C≡CCH2OH，A的一种同分异构体属于乙酸酯，其结构简式是CH3COOCH=CH2．（3）B转化为C的化学方程式是，其反应类型是消去反应．Ⅱ．用烃C或苯合成PMLA的路线如下．（4）1mol有机物H与足量NaHC03溶液反应生成标准状况下的C0244.8L，H有顺反异构，其反式结构简式是．H的核磁共振氢谱有2种峰（反式结构）（5）E的结构简式是．22 （6）G与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式是．（7）聚酯PMLA有多种结构，写出由H2MA制PMLA的化学方程式（任写一种）．是缩聚反应．考点：有机物的合成．分析：I．由A的分子式结合信息，可知1分子甲醛与2分子乙炔发生加成反应生成A，则A的结构简式为HOCH2C≡CCH2OH，A与氢气发生加成反应生成B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B再浓硫酸作用下发生消去反应生成CH2=CHCH=CH2；Ⅱ．1mol有机物H与足量NaHC03溶液反应生成标准状况下的C0244.8L，二氧化碳为2mol，说明H分子中有2个羧基，H有顺反异构，所以H中还有碳碳双键，则H为HOOC﹣CH=CH﹣COOH，由H、H2MA的分子式可知，H与水发生加成反应生成H2MA为，H2MA发生缩聚反应得到PMLA为等，从G到H2MA发生水解、酸化，故G为，由D到G中官能团的变化可知，D为ClCH2CH=CHCH2Cl，D在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成E为，E与HCl发生加成反应生成F为，F与琼斯试剂反应得到G，据此解答．解答：解：I．由A的分子式结合信息，可知1分子甲醛与2分子乙炔发生加成反应生成A，则A的结构简式为HOCH2C≡CCH2OH，A与氢气发生加成反应生成B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B再浓硫酸作用下发生消去反应生成CH2=CHCH=CH2，（1）A的结构简式为HOCH2C≡CCH2OH，含有官能团的名称是：羟基、碳碳三键，故答案为：羟基；碳碳三键；（2）A的结构简式为HOCH2C≡CCH2OH，A的一种同分异构体属于乙酸酯，根据酯的构成，醇的部分应是乙烯醇，所以其结构简式为：CH3COOCH=CH2，故答案为：HOCH2C≡CCH2OH；CH3COOCH=CH2；（3）B应为1，4﹣丁二醇，在浓硫酸催化下发生消去反应，化学方程式为，22 故答案为：；消去反应；Ⅱ．1mol有机物H与足量NaHC03溶液反应生成标准状况下的C0244.8L，二氧化碳为2mol，说明H分子中有2个羧基，H有顺反异构，所以H中还有碳碳双键，则H为HOOC﹣CH=CH﹣COOH，由H、H2MA的分子式可知，H与水发生加成反应生成H2MA为，H2MA发生缩聚反应得到PMLA为等，从G到H2MA发生水解、酸化，故G为，由D到G中官能团的变化可知，D为ClCH2CH=CHCH2Cl，D在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成E为，E与HCl发生加成反应生成F为，F与琼斯试剂反应得到G，（4）H为HOOC﹣CH=CH﹣COOH，其反式结构简式是，核磁共振氢谱有2种峰故答案为：；2；（5）由上述分析可知，E的结构简式为，故答案为：；（6）G中羧基、氯原子均与氢氧化钠发生反应，G与氢氧化钠溶液的反应化学方程式为，故答案为：；（7）由H2MA制PMLA发生脱水缩合反应，化学方程式为：等，是缩聚反应，故答案为：等；缩聚反应．点评：本题考查有机物的推断与合成，注意根据反应信息与A的分子式推断其结构，再利用顺推法推断B、C，合成PMLA的路线中根据H的分子式与生成二氧化碳确定H的结构是关键，结合分子式推断H2MA的结构，再结合D到G中官能团的变化综合分析推断，侧重考查学生分析推理能力，难度中等．22 9．（8分）实验室常见的几种气体发生装置如图A、B、C所示：（1）实验室可以用B或C装置制取氨气，如果用B装置制取氨气其化学反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑．（2）气体的性质是选择气体收集方法的主要依据．下列性质与收集方法无关的是②④（填序号，下同）．①密度②颜色③溶解性④热稳定性⑤与氧气反应（3）若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，则X可以是下列气体中的③．①CO2②NO③Cl2④H2⑤HCl其中在D装置中连接小烧杯的目的是吸收尾气，防止产生污染．考点：实验装置综合．专题：实验设计题．分析：（1）B用于加热固体制备气体；（2）收集气体的方法的选择可依据气体的密度和溶解性，如气体与氧气反应则只能用排水法收集；（3）AD连接是利用向上排气法收集气体；吸收装置是能用液体吸收气体防止污染空气．解答：解：（1）B用于加热固体制备气体，如制备氨气，可用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应，生成氨气和氯化钙，方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑；（2）选择气体收集方法，不需要考虑气体颜色和热稳定性，依据气体密度，是否与空气中的氧气反应来选择排空气方法收集，依据气体是否溶于水判断收集气体是否能用排水方法或排其他液体的方法，故答案为：②④；（3）若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，则气体应在加热条件下制备，可为氯气、氯化氢，且用向上排空法收集，如为氯气，则尾气吸收时导管不能插入液面以下，防止倒吸，吸收氯气可用氢氧化钠溶液，防止污染空气，22 故答案为：③；吸收尾气，防止产生污染．点评：本题考查气体的制备和收集，为高频考点，侧重于学生的实验能力的考查，题目难度不大，注意从物质的性质角度选择制备方法和收集方法．10．（10分）某小组以COCl2•6H2O，NH4Cl，H2O2，浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成橙黄色晶体X．为确定其组成，进行如下实验．（1）经测定，样品X中钴，氨，氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价为+3已知X的化学式类似于下列化学式：氢氧化二氨合银Ag（NH3）2OH硫酸四氨合铜SO4制备X的化学方程式2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Cl3+2H2O（2）氨的测定：精确称取wgX，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol•L﹣1的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液．①放⑤（盐酸标准液）的仪器名称酸式滴定管②装置中安全管的作用原理使A瓶中压强稳定③样品中氮的质量分数表达式×100%．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．分析：（1）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0计算Co元素化合价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成Cl3和水；（2）①碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中；②通过2中液面调节A中压强；22 ③根据氨气与和盐酸反应之间的关系式计算氨气的质量，再根据质量分数公式计算氨质量分数．解答：解：（1）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0得Co元素化合价为+3价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成Cl3和水，反应方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Cl3+2H2O，故答案为：+3；2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Cl3+2H2O；（2）①碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以盛标准溶液盐酸的仪器为酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；②无论三颈瓶中压强过大或过小，都不会造成危险，若过大，A在导管内液面升高，将缓冲压力，若过小，外界空气通过导管进入烧瓶，也不会造成倒吸，安全作用的原理是使A中压强稳定，故答案为：使A瓶中压强稳定；③与氨气反应的n（HCl）=V1×10﹣3L×C1mol•L﹣1﹣C2mol•L﹣1×V2×10﹣3L=（C1V1﹣C2V2）×10﹣3mol，根据氨气和HCl的关系式知，n（NH3）=n（HCl）=（C1V1﹣C2V2）×10﹣3mol，氨的质量分数=×100%，故答案为：×100%．点评：本题考查了物质含量的测定，涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应、物质含量的测定等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道指示剂的选取方法，题目难度中等．11．（14分）目前，“低碳经济”备受关注，CO2的产生及有效开发利用成为科学家研究的重要课题．试运用所学知识，解决下列问题：（1）已知某反应的平衡表达式为：K=，它所对应的化学反应为：C（s）+2H2O（g）⇌CO2（g）+2H2（g）（2）一定条件下，将C（s）和H2O（g）分别加入甲、乙两个密闭容器中，发生（1）中反应：其相关数据如表所示：22 ①T1℃时，该反应的平衡常数K=12.8②乙容器中，当反应进行到1.5min时，H2O（g）的物质的量浓度C（填选项字母）．A．=0.8mol•L﹣1B．=1.4mol•L﹣1C．＜1.4mol•L﹣1D．＞1.4mol•L﹣1③丙容器的容积为1L，T1℃时，按下列配比充入C（s）、H2O（g）、CO2（g）和H2（g），达到平衡时各气体的体积分数与甲容器完全相同的是AD（填选项字母）．A.0.6mol、1.0mol、0.5mol、1.0molB.0.6mol、2.0mol、0mol、0molC.1.0mol、2.0mol、1.0mol、2.0molD.0.25mol、0.5mol、0.75mol、1.5mol（3）将燃煤废气中的CO2转化为甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）已知一定压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率见下表：投料比500K600K700K800K1.545%33%20%12%2.060%43%28%15%3.083%62%37%22%①该反应的焓变△H＜0，熵变△S＜0（填＞、＜或=）．②用甲醚作为燃料电池原料，在碱性介质中该电池负极的电极反应式CH3OCH3﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O．若以1.12L•min﹣1（标准状况）的速率向该电池中通入甲醚（沸点为﹣24.9℃），用该电池电解500mL2mol•L﹣1CuSO4溶液，通电0.50min后，理论上可析出金属铜9.6g．考点：化学平衡常数的含义；原电池和电解池的工作原理；等效平衡．分析：（1）根据平衡常数的定义判断反应的方程式；（2）①利用三段式计算平衡时各组分的物质的量，再根据平衡常数k计算；②随反应进行，物质的浓度降低，反应速率较短，故前1.5min水的浓度变化量大于后1.5min水的浓度变化量，据此解答；22 ③反应前后气体的体积发生变化，恒温恒容下，改变初始各组分的物质的量，平衡时各气体的体积分数与甲容器完全相同，则为完全等效平衡，起始时固体的量碳的量减小会影响参加反应水的物质的量，故按化学计量数转化到左边，起始浓度相等，故满足c（H2O）=2mol/L，且n（C）：n（H2O）≥1：2；（3）①依据平衡常数随温度变化分析判断，平衡常数只随温度变化，熵变依据反应前后气体体积变化分析；②甲醚作为燃料电池的原料．甲醚在负极失电子发生氧化反应，依据电极书写方法写出电极反应；依据二甲醚通入的量计算物质的量，结合电子守恒计算析出铜的质量．解答：解：（1）平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，平衡常数中，分子为生成物，分母为反应物，根据元素守恒可推知有碳反应，所以该反应的方程式为C（s）+2H2O（g）⇌CO2（g）+2H2（g），故答案为：C（s）+2H2O（g）⇌CO2（g）+2H2（g）；（2）①由表中数据可知，平衡时氢气的物质的量为3.2mol，则：C（s）+2H20（g）⇌C02（g）+2H2（g）开始（mol）：2400转化（mol）：1.63.21.63.2平衡（mol）：0.40.81.63.2平衡常数为：K===12.8，故答案为：12.8；②3min内水蒸气的浓度变化量=氢气的浓度变化量的一半=×=0.6mol/L，随反应进行，物质的浓度降低，反应速率较短，故前1.5min水的浓度变化量大于后1.5min水的浓度变化量，故反应进行到1.5min时，H2O（g）的物质的量浓度小于2mol/L﹣0.6mol/L=1.4mol/L，故答案为：C；③反应前后气体的体积发生变化，恒温恒容下，改变初始各组分的物质的量，平衡时各气体的体积分数与甲容器完全相同，则为完全等效平衡，起始时固体的量碳的量减小会影响参加反应水的物质的量，按化学计量数转化到左边，起始浓度相等，故满足c（H2O）==2mol/L，且n（C）：n（H2O）≥1：2，22 A．按化学计量数转化到左边，CO2与H2恰好转化，则c（H2O）=2mol/L，n（C）：n（H2O）=（0.6mol+0.5mol）：（1mol+1mol）=1.1：2≥1：2，故A正确；B．c（H2O）=2mol/L，n（C）：n（H2O）=0.6mol：2mol=0.6：2＜1：2，故B错误；C．按化学计量数转化到左边，CO2与H2恰好转化，则c（H2O）=4mol/L≠2mol/L，故C错误；D．按化学计量数转化到左边，CO2与H2恰好转化，则c（H2O）=2mol/L，n（C）：n（H2O）=（0.2mol+0.75mol）：（0.5mol+1.5mol）=1：2，故D正确，故答案为：AD；（3）①依据图表数据分析，平衡常数随温度升高减小，平衡逆向进行，正反应为放热反应，△H＜0，反应前后是气体体积减小的反应△S＜0，故答案为：＜；＜；②若用甲醚作为燃料电池的原料，甲醚在负极失电子反应氧化反应，在碱性介质中电池负极的电极反应式：CH3OCH3﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O；若以1.12L•min﹣1（标准状况）的速率向该电池中通入二甲醚，用该电池电解500mL2mol•L﹣1CuS04溶液，通电0.50min后，通入二甲醚物质的量==0.025mol；依据电极反应电子守恒，CH3OCH3～12e﹣～6Cu2+n（Cu2+）=0.025mol×6=0.15molm（Cu）=0.15mol×64g/mol=9.6g理论上可析出金属铜的质量9.6g，故答案为：CH3OCH3﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O；9.6．点评：本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算应用，化学平衡常数的影响因素判断，原电池、电解池的电极反应书写，原理应用和电子守恒计算，题目难度较大．22