2019年广东省广州市仲元中学等七校联合体高考化学冲刺试卷(5月份)(解析版)

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2019年广东省广州市仲元中学等七校联合体高考化学冲刺试卷(5月
份)
一、单选题(本大题共7小题,共42.0分)
1.港珠澳大桥于2018年10月23日正式开通,这座当今世界里程最长、施工难度最大的跨海大桥使用了
大量的各类材料:路面使用了进口的湖底天然沥青和混凝土、承台和塔座等部位使用了双相不锈钢钢筋、抗震方面使用了新型高阻尼橡胶和钢板。

关于这些材料的说法错误的是()
A. 沥青主要成分是有机物,也可以通过石油分馏得到
B. 混凝土中含有的水泥、沙子都属于无机非金属材料
C. 不锈钢是通过改变材料的结构的途径防锈蚀
D. 橡胶一定属于合成高分子材料
2.-种新型的合成氨的方法如图所示,下列说法错误的是()
A. 反应 属于“氮的固定”
B. 反应 属于非氧化还原反应
C. 反应 可通过电解LiOH水溶液实现
D. 上述三步循环的总结果为
3.N A是阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是()
A. 电解精炼铜时,阳极质量减小64g,转移电子数为
B. 100g质量分数为的乙醇溶液中含有氢原子数为
C. 固体中含有离子总数为
D. ・浓盐酸与足量加热充分反应,生成的数目为
4.在探索苯分子结构的过程中,人们写出了符合分子式“C6H6”的多种可能结构(如图所示),下列说
法正确的是()
A. 五种物质均能与氢气发生加成反应
B. b、c、e的一氯代物均有三种
C. 五种物质中,只有a分子的所有原子处于同一平面
D. a、b、c、e能使溴的四氯化碳溶液褪色
5.R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,W与Y同主族,R的最外层电子数是次外
层电子数的2倍。

W元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒。

R与W元素原子的最外层电子数之和等于X与Z元素原子的最外层电子数之和。

下列说法正确的是()
A. 简单离子的半径:
B. 氧化物对应水化物的酸性:
C. X与Z形成的化合物溶于水可抑制水的电离
D. 最高价氧化物的熔点:
6.H2S为二元弱酸。

25℃时,向0.100 mol/L的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体(忽略溶液体积的变化及
H2S的挥发)。

下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是()
A. 的溶液中:
B. 的碱性溶液中:
C. 的溶液中:
D. 通入HCl气体之前:
7.目前海水液化可采用双极膜电液析法、同时获得副产品,其模拟工作原理如图所示。

其中双极膜(BP)
是阴、阳复合膜,在直流电的作用下,阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-,作为H+和OH-离子源。

M、N 为离子交换膜。

不列说法正确的是()
A. X 电极为电解池的阴极,该电极反应式为:
B. 电子流向:电源负极电极电极电源正极
C. 电路中每转移1mol 电子,X、Y两极共得到标准状况下的气体
D. M为阳离子交换膜,A室获得副产品NaOH;若去掉B室双极膜,B室产物不变
二、简答题(本大题共4小题,共58.0分)
8.莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2・6H2O,Mr=392]是一种重要的还原剂,在空气中比一般的亚铁盐稳定。

某学习小组设计如下实验制备少量的莫尔盐并测定其纯度。

回答下列问题:
Ⅰ制取莫尔盐
(1)连接装置,检査装置气密性。

将0.1mol(NH4)2SO4,晶体置于玻璃仪器中______(填仪器名称),将6.0g洁浄铁屑加人锥形瓶中。

(2) 打开分液漏斗瓶塞,关闭活塞K3 ,打开K2、K1,加完55.0mL2mol•L-1稀硫酸后关闭K1.A 装置中反应的离子方程式为______
待大部分铁粉溶解后,打开K3、关闭K2,此时可以看到的现象为______,原因是______
关闭活塞K2、K3,采用100℃水浴蒸发B中水分,液面产生晶膜时,停止加热,冷却结晶、______、用无水乙醇洗涤晶体。

该反应中硫酸需过量,保持溶液的pH在1~2之间,其目的为______
④装置C的作用为______,装置C存在的缺点是______
Ⅱ.测定莫尔盐样品的纯度
(3)称取所得莫尔盐样品10.0g,用煮沸后冷却的蒸馏水配成100mL溶液,取20.00mL溶液加人稀硫酸,用0.1mol・L-1的KMnO4 溶液滴定,达到滴定终点时消耗10.00mlKMnO4溶液。

滴定反应的离子方程式为______,该样品的纯度为______。

9.以方铅矿(PbS)为原料制备铅蓄电池的电极材料的工艺流程如图所示:
部分化合物的K
如下表所示:
请回答下列问题:
(1)“焙烧”生成的气体可用于工业制备______。

(2)写出“高温还原”的主要化学方程式:______。

(3)“粗铅”的杂质主要有锌,铁,铜,银等,电解精炼时阴极反应式为______。

阳极泥的主要成分
为______。

(4)铅与稀盐酸反应产生少量气泡后反应终止,原因是______。

写出制备PbO2的离子方程式:______。

(5)Pb(NO3)2是强酸弱碱盐,氢硫酸(H2S)是弱酸,向Pb(NO3)2溶液中通入H2S气体是否能产生黑色PbS沉淀?______(列式计算说明,Ka1(H2S)=1.3×10-7,Ka2(H2S)=7.1×10-15)。

(6)将PbCrO4加入足量硝酸中,部分振荡,观察到的主要现象是______,反应的离子方程式为______。

10.大气中CO2含量的增加会加剧温室效应,为减少其排放,需将工业生产中产生的CO2分离出来进行储
存和利用。

(1)CO2溶于水生成碳酸,常温下,碳酸和亚硝酸(HNO2)的电离常数如下表所示,下列事实中,能说明亚硝酸酸性比碳酸强的是______(填字母代号)。

A.常温下,亚硝酸电离常数比碳酸一级电离常数大
B.亚硝酸的氧化性比碳酸的氧化性强
C.亚硝酸与碳酸钠反应生成CO2
D.相同浓度的碳酸钠溶液的pH比亚硝酸钠的大
(2)CO2与NH3反应可合成尿素[化学式为CO(NH2)2],反应2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)
2
(l)+H2O(g)在合成塔中进行,图甲中Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ三条曲线分别表示温度为T℃时,按不同氨碳比和水碳比投料时,二氧化碳平衡转化率的情况。

曲线Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ中水碳比的数值分别为0.6~0.7,1~1.1,1.5~
1.6,则生产中应选用的水碳比数值范围是______。

推测生产中氨碳比应控制在______(选填“4.0”或“4.5”)左右比较适宜。

若曲线Ⅱ中水碳比为1,初始时CO2的浓度为1 mol/L,则T℃时该反应的平衡常数K=______(保留有数数字至小数点后两位)。

(3)以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂,可以将CO2和CH4直接转化为乙酸,请写出该反应的化学方程式:______。

在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图乙所示。

在温度为______时,催化剂的活性最好,效率最高。

请解释图中250~400℃时乙酸生成速率变化的原因:250~300℃时,______;300~400℃时,______。

11.化合物J是一种常用的抗组胺药物,一种合成路线如下:
已知: C为最简单的芳香烃,且A、C互为同系物。

2ROH+NH3HNR2+2H2O(R代表烃基)。

请回答下列问题:

1)A的化学名称是______,H中的官能团名称是______。

(2)由D生成E的反应类型是______,G的结构简式为______。

(3)B+C→D的化学方程式为______。

(4)L是F的同分异构体,含有联苯()结构,遇FeCl3溶液显紫色,则L有______
(不考虑立体异构)种。

其中核磁共振氢谱为六组峰,峰面积之比为3:2:2:2:2:1的结构简式为______。

(5)写出用氯乙烷和2-氯-1-丙醇为原料制备化合物的合成路线(其他无机试剂任选)。

答案和解析
1.【答案】D
【解析】
解:A.沥青是石油分馏后剩余的固态烃,所以沥青可以通过石油分馏得到,故A正确;
B.混凝土中含有的为硅酸盐产品、沙子成分主要为二氧化硅,水泥、沙子都属于无机非金属材料,故B正确;
C.改变内部结构制成合金不锈钢,不锈钢是通过改变材料的结构的途径防锈蚀,故C正确;D.橡胶有天然橡胶和合成橡胶,不一定是合成高分子化合物,故D错误;
故选:D。

A.沥青是石油分馏后剩余的固态烃;
B.水泥成分为硅酸盐产品、沙子成分主要为二氧化硅;
C.金属防腐蚀的方法有:改变内部结构制成合金不锈钢,覆盖保护层,牺牲阳极的阴极保护法,外加电流的阴极保护法等;
D.橡胶有天热橡胶、合成橡胶之分;
本题考查无机物和有机物的结构与性质,为高频考点,把握物质的组成、性质、应用为解答的
关键,注意知识的积累,题目难度不大。

2.【答案】C
【解析】
解:A.反应①是Li和氮气反应生成Li3N的过程中是游离态氮元素转化为化合态,为氮的固定,故A正确;
B.反应②是Li3N和水反应生成LiOH和NH3,反应过程中无元素化合价变化,为非氧化还原反应,故B正确;
C.电极LiOH溶液阳极氢氧根离子失电子生成氧气,阴极是氢离子得到电子生成氢气,不能得到金属Li,故C错误;
D.三步反应6Li+N2=2Li3N、Li3N+3H2O=3LiOH+NH3、
4LiOH4Li+O2↑+2H2O,上述三步循环的总结果为2N2+6H2O═4NH3+3O2,故D正确;故选:C。

A.游离态的氮元素转化为化合态为氮元素的固定;
B.变化过程中元素化合价变化为氧化还原反应,无元素化合价变化为非氧化还原反应;
C.电极LiOH溶液阳极氢氧根离子失电子生成氧气,阴极是氢离子得到电子生成氢气;
D.三步反应6Li+N2=2Li3N、Li3N+3H2O=3LiOH+NH3、
4LiOH4Li+O2↑+2H2O,据此分析。

本题考查了氧化还原反应、电解原理的分析应用,掌握基础是解题关键,题目难度中等。

3.【答案】B
【解析】
解:A、电解法精炼铜,阳极是铜、铁、锌、镍失电子,当阳极质量减少 64g 时,外电路通过电子
数不是 2N A,故A错误;
B、100g质量分数为46%的乙醇溶液中,乙醇的物质的量为=1mol,H2O的物质的量
为=3mol,乙醇溶液中含有氢原子数为(1mol×6+3mol×2)×N A mol-1=12N A,故B正确;
C、7.8gNa2O2固体中含有离子总数为0.3N A,故C错误;
D、随着反应的进行,浓盐酸变稀就不反应了,故D错误;
故选:B。

A、电解法精炼铜,阳极是铜、铁、锌、镍失电子;
B、100g质量分数为46%的乙醇溶液中,乙醇的物质的量为=1mol,H2O的物质的量
为=3mol;
C、7.8gNa2O2固体中含有离子总数为0.3N A;
D、随着反应的进行,浓盐酸变稀就不反应了。

本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用,主要是电解精炼分析弱电解质电离平衡应用,盐类水
解的分析判断,掌握基础是关键。

4.【答案】C
【解析】
解:A.d中只有单键,不能发生加成反应,故A错误;
B.c、e中只有2种H,则一氯代物均有2种,故B错误;
C.苯为平面结构,其它物质均含四面体结构的C原子,只有a分子的所有原子处于同一平面,故C正确;
D.b、c、e均与溴发生加成反应,a、d与溴的四氯化碳溶液不反应,则只有b、c、e能使溴的四氯化碳溶液褪色,故D错误;
故选:C。

A.d中只有单键;
B.c、e中只有2种H;
C.苯为平面结构,其它物质均含四面体结构的C原子;
D.b、c、e均与溴发生加成反应,a、d与溴的四氯化碳溶液不反应。

本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质、有机反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意原子平面的判断,题目难度不大。

5.【答案】D
【解析】
解:根据分析可知:R为C元素,W为O,X为Al,Y为S,Z为Cl元素。

A.离子的电子层越多离子半径越大,电子层数相同时,核电荷数越大离子半径越小,则简单离子半径:W<Z<Y,故A错误;
B.没有指出最高价,无法比较C、Cl的含氧酸酸性,故B错误;
C.X与Z形成的化合物为氯化铝,铝离子水解促进了水的电离,故C错误;
D.三氧化硫和二氧化碳都属于分子晶体,相对原子质量越大沸点越高,则最高价氧化物的熔点:Y>R,故D正确;
故选:D。

R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,R的最外层电子数是次外层电子数的2倍,R含有2个电子层,最外层含有4个电子,为C元素;W元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒,该单质为臭氧,则W为O元素,W与Y同主族,则Y为S元素;Z为短周期主族元素,原子序数大于S,则Z为Cl元素;R与W元素原子的最外层电子数之和等于X与Z元素原子的最外层电子数之和,则X最外层电子数=4+6-7=3,位于ⅢA族,原子序数大于O,则X 为Al元素,据此解答。

本题考查原子结构与元素周期律的关系,题目难度不大,推断元素为解答关键,注意熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

6.【答案】D
【解析】
解:A.溶液的pH=7,则溶液中c(OH-)=c(H+),溶液中存在电荷守恒c(Na+)=c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-),存在物料守恒c(Na+)=2c(H2S)+2c(S2-)+2c(HS-),所以存在c(Cl-)=c(HS-)+2c
(H2S),故A正确;
B.c(Cl-)+c(OH-)═c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),两边同时加上c(S2-),得c(Cl-)+c(OH-)+c(S2-)═c(H+)+c(HS-)+c(S2-)+2c(H2S),因c(HS-)=c(S2-)碱性溶液,所以c(Cl-)+c(HS-)<c(HS-)+c (S2-)+2c(H2S),又因0.100mol•L-1=0.5c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S),所以c(Cl-)+c(HS-)<0.100mol•L-1+c(H2S),故B正确;
C.c(Cl-)=0.100mol•L-1的溶液中,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=c(Cl-)=0.100mol•L-1,又因c(Cl-)+c (OH-)═c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),所以c(OH-)-c(H+)=c(HS-)+2c(H2S)-[c(S2-)+c(HS-)+c (H2S)]=c(H2S)-c(S2-),故C正确;
D.通入HCl气体之前,S2-水解导致溶液呈碱性,其水解程度较小,且该离子有两步水解都生成OH-,所以存在c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+),故D错误;
故选:D。

A.溶液的pH=7,则溶液中c(OH-)=c(H+),溶液中存在电荷守恒c(Na+)=c(Cl-)+c(HS-)+2c (S2-),存在物料守恒c(Na+)=2c(H2S)+2c(S2-)+2c(HS-);
B.由电荷守恒式和物料守恒式可得c(Cl-)+c(OH-)═c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),0.5c(Na+)=c (S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.100mol•L-1,结合c(HS-)=c(S2-)、c(OH-)>c(H+)比较大小;
C.c(Cl-)=0.100mol•L-1的溶液中,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=c(Cl-)=0.100mol•L-1,带入c(Cl-)+c
(OH-)═c(H+)+c(HS-)+2c(H2S);
D.通入HCl气体之前,S2-水解导致溶液呈碱性,其水解程度较小,且该离子有两步水解都生
成OH-。

本题考查电解质溶液中离子浓度的大小比较,为高频考点,掌握电荷守恒式、物料守恒式、质
子守恒式的书写是解题的关键,注意电荷守恒、物料守恒及代入法的灵活运用,题目难度中
等。

7.【答案】C
【解析】
解:A.电解池阴极处,发生的反应是物质得到电子被还原,发生还原反应,水解离成H+和OH-,则在阴极处发生的反应为:2H++2e-=H2↑,故A错误;
B.电解池中,电源负极→阴极电极,Y 电极→电源正极,电子不会经过电解质溶液,故B错误;由于有双极膜(BP)的存在,在直流电的作用下,阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-,因此阴极反应为2H++2e-=H2↑,阳极反应为:4OH--4e-=O2↑+2H2O,当C.电路中通过1mol电子时,阴极得到0.5molH2,阳极得到0.25molO2,两极一共得到气体为0.5mol+0.25mol=0.75mol,体积是0.75mol×22.4L/mol=16.8L,故D正确;
D、电解时,溶液中的阳离子向阴极移动,阴离子向阳极移动,溶液中的Cl-向阳极移动,若去掉双极膜(BP),则Cl-会在阳极失去电子,生成Cl2,在阳极室会有C12生成,故D错误;
故选:C。

A、电解池中,阴离子移向阳极,阳离子移向阴极,所以X是阴极,发生还原反应;
B、电解池中,电源负极→阴极电极,Y 电极→电源正极,电子不会经过电解质溶液;
C、由于有双极膜(BP)的存在,在直流电的作用下,阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-,因此阴极反应为2H++2e-=H2↑,阳极反应为:4OH--4e-=O2↑+2H2O,根据电子转移来计算;
D、根据电解时电极的电极反应判断。

本题考查电解原理,注意审题,不再是电解饱和食盐水的反应,由于双极膜(BP)是阴、阳复合
膜的存在,使电解反应变成了电解水,是易错点。

本题难度不大,是基础题。

8.【答案】三颈烧瓶Fe+2H+=H2↑+Fe2+A中的液体被压入B中A中产生氢气,使A中压强增大过滤抑制Fe2+水解液封作用,防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+不能除去尾气中的H2或可能会倒吸5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 98%
【解析】
解:(1)由图可知装置为三颈烧瓶,故答案为:三颈烧瓶;
(2)①铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,离子方程式为Fe+2H+═H2↑+Fe2+,故答案为:
Fe+2H+═H2↑+Fe2+;
②待大部分铁粉溶解后,打开K3、关闭K2,A中生成氢气,压强增大,可将A中的液体被压入B中,
故答案为:A中的液体被压入B中;A中产生氢气,使A中压强增大;
③将晶体从溶液中分离出来,可用过滤的方法,硫酸过量,可抑制亚铁离子水解,故答案为:过滤;抑制Fe2+水解;
④导管插入液面以下,可起到液封作用,防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+的作用,但不能除去尾气中的H2,甚至发生倒吸,
故答案为:液封作用,防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+;不能除去尾气中的H2或可能会倒吸;(3)亚铁离子具有还原性,与高锰酸钾发生5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O,n(KMnO4)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol,则20.00mL溶液中n(Fe2+)=0.005mol,
则10.0g样品中[(NH4)2Fe(SO4)2・6H2O的物质的量为0.025mol,样品的含量

×100%=98%,
故答案为:5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O;98%。

Ⅰ.制取莫尔盐:打开分液漏斗瓶塞,关闭活塞K3 ,打开K2、K1,加完55.0mL2mol•L-1稀硫酸,硫酸和铁反应生成氢气,将装置内的空气排出,待大部分铁粉溶解后,打开K3、关闭K2,A中的液体被压入B中,关闭活塞K2、K3,采用100℃水浴蒸发B中水分,可生成莫尔盐,冷却结晶,过滤,用无水乙醇洗涤,可得到莫尔盐晶体,装置C可用于液封,防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+;
Ⅱ.测定莫尔盐样品的纯度:发生5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O,结合离子方程式计算。

本题以莫尔盐的制备为载体,考查实验原理与装置的理解分析与评价、氧化还原反应滴定应用
以计算,为高考常见题型,题目难度中等。

需学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力。

注意(3)中计算,容易忽略所取溶液体积,为易错点。

9.【答案】硫酸PbO+C高温Pb+CO↑ Pb2++2e-=Pb Cu、Ag PbCl2难溶,覆盖在铅表面,阻止反应进
行ClO-+PbO=PbO2+Cl-假设能发生反应Pb2++H2S=PbS↓+2H+,该反应的电离平衡常数
K===1.0×107>105,所以该反应能进行到底,所以有黑色沉淀生成沉淀溶解,得
橙色溶液2PbCrO4+2H+=2Pb2++Cr2O72-+H2O
【解析】
解:方铅矿中通入空气焙烧,发生反应2PbS+3O
2
2SO2+2PbO,加入焦炭还原,发生反应
PbO+C Pb+CO↑,得到粗铅,通过电解精炼得到纯Pb,Pb加热得到PbO,将PbO投入NaClO溶液中得到PbO2,发生的反应为ClO-+PbO═PbO2+Cl-;
(1)焙烧时发生反应2PbS+3O
2
2SO2+2PbO,生成的气体是SO2,该气体是制取硫酸的原料,
所以生成的二氧化硫制取硫酸,
故答案为:硫酸;
(2)PbO在高温条件下能被焦炭还原生成Pb,反应方程式为PbO+C Pb+CO↑,
故答案为:
PbO+C Pb+CO↑;
(3)“粗铅”的杂质主要有锌,铁,铜,银等,电解精炼时粗Pb作阳极、纯Pb作阴极,Zn、Fe比Pb 活泼,所以阳极上Zn、Fe和Pb失电子生成离子进入溶液,Cu、Ag以阳极泥进入电解质溶液;阴极上铅离子得电子生成Pb,阴极反应式为Pb2++2e-=Pb,
故答案为:Pb2++2e-=Pb;Cu、Ag;
(4)PbCl2难溶,覆盖在铅表面;次氯酸钠具有强氧化性,能氧化二氧化铅生成铅离子,同时还生成氯离子,离子方程式为ClO-+PbO═PbO2+Cl-,
故答案为:PbCl2难溶,覆盖在铅表面,阻止反应进行;ClO-+PbO═PbO2+Cl-;
(5)假设能发生反应Pb2++H2S═PbS↓+2H+,该反应的电离平衡常数K=
=
=1.0×107>105,所以该反应能进行到底,所以有黑色沉淀生成,
故答案为:假设能发生反应Pb2++H2S═PbS↓+2H+,该反应的电离平衡常数K=
=
=1.0×107>105,所以该反应能进行到底,所以有黑色沉淀生成;
(6)PbCrO4加入足量硝酸发生氧化还原反应2PbCrO4+2H+=2Pb2++Cr2O72-+H2O,Cr2O72-呈橙色,所以看到的现象是沉淀溶解,得橙色溶液,
故答案为:沉淀溶解,得橙色溶液;2PbCrO4+2H+=2Pb2++Cr2O72-+H2O。

方铅矿中通入空气焙烧,发生反应2PbS+3O 22SO2+2PbO,加入焦炭还原,发生反应
PbO+C Pb+CO↑,得到粗铅,通过电解精炼得到纯Pb,Pb加热得到PbO,将PbO投入NaClO溶液中得到PbO2,发生的反应为ClO-+PbO═PbO2+Cl-;
(1)焙烧时发生反应2PbS+3O 22SO2+2PbO,生成的气体是SO2,该气体是制取硫酸的原料;(2)PbO在高温条件下能被焦炭还原生成Pb;
(3)“粗铅”的杂质主要有锌,铁,铜,银等,电解精炼时粗Pb作阳极、纯Pb作阴极,Zn、Fe比Pb 活泼,所以阳极上Zn、Fe和Pb失电子生成离子进入溶液,Cu、Ag以阳极泥进入电解质溶液;阴极上铅离子得电子生成Pb;
(4)PbCl2难溶,覆盖在铅表面,从而阻止进一步反应;次氯酸钠具有强氧化性,能氧化二氧化
铅生成铅离子,同时还生成氯离子;
(5)假设能发生反应Pb2++H2S═PbS↓+2H+,根据该反应平衡常数判断;
(6)PbCrO4加入足量硝酸发生氧化还原反应2PbCrO4+2H+=2Pb2++Cr2O72-+H2O,Cr2O72-呈橙色。

本题考查物质制备,涉及氧化还原反应、化学平衡常数计算、电解原理等知识点,明确流程图
中发生的反应及各物质的性质、化学反应原理是解本题关键,(5)为解答难点,会有关平衡常
数的计算,题目难度中等。

10.【答案】AC 0.6~0.7 4.0 0.59 CO2+CH4CH3COOH 250℃催化剂效率下降是影响速
率的主要因素,催化效率降低,则反应速率也降低温度升高是影响速率的主要因素,温度越高,反应速率越大
【解析】
解:(1)A.碳酸是二元弱酸,以第一级电离为主,常温下,酸的电离常数越大,酸的酸性越强,因亚硝酸电离常数比碳酸一级电离常数大,所以亚硝酸酸性比碳酸强,故A正确;
B.酸的酸性强弱与酸的氧化性强弱关系不大,所以亚硝酸的氧化性比碳酸的强,不能说明亚硝酸酸性比碳酸强,故B错误;
C.亚硝酸与碳酸钠反应生成CO2,根据强酸制弱酸规律可知亚硝酸酸性比碳酸强,故C正确;D.碳酸是二元弱酸,应该通过比较相同浓度的碳酸氢钠和亚硝酸钠溶液的pH大小判断它们的酸性强弱,故D错误;
故答案为:AC;
(2)①氨碳比相同时曲线Ⅰ二氧化碳的转化率大,所以生产中选用水碳比的数值为0.6~0.7,故答案为:0.6~0.7;
②氨碳比在4.5时,需要氨气较多,但依据图象分析二氧化碳转化率增大不多,工业合成氨生成工艺较复杂,提高生产成本,所以氨碳比控制在4.0左右;
故答案为:4.0;
③曲线Ⅱ中水碳比为1,初始时c(CO2)=1mol/L,则c(H2O)=1mol/L,由于平衡常数k只与温度有关,所以选择氨碳比为4.0,此时CO2平衡转化率=63%,即初始浓度:
c(CO2)=1mol/L、c(H2O)=1mol/L、c(NH3)=4mol/L利用反应的三段式有,
2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(g)
初始量(mol/L) 4 1 1
变化量(mol/L) 1.26 0.63 0.63
平衡量(mol/L) 2.74 0.37 1.63
则平衡常数k=
=≈0.59,故答案为:0.59;
(3)CO2和CH4在催化作用下乙酸CH3COOH,化学方程式为CO2+CH
4CH3COOH,
观察图乙可知,温度低于250℃时,催化剂的催化效率和乙酸的生成速率均随温度升高而增大,
250℃时二者均达到最大,但温度高于250℃时,催化剂的催化效率和乙酸的生成速率均下降,
温度高于300℃时,催化剂的催化效率继续降低,乙酸的生成速率却随温度升高而增大,所以
在250-300℃过程中,催化剂是影响速率的主要因素,因此催化效率的降低,导致反应速率也降
低;在300-400℃时,催化效率低且变化程度较小,反应速率增加较明显,因此该过程中温度是
影响速率的主要因素,温度越高,反应速率越大,
故答案为:CO2+CH 4CH3COOH;250℃;催化剂效率下降是影响速率的主要因素,催
化效率降低,则反应速率也降低;温度升高是影响速率的主要因素,温度越高,反应速率越大。

(1)A.相同温度下,酸的电离常数越大,即酸的电离程度越大,则酸的酸性越强;
B.酸性强弱与酸的氧化性强弱关系不大;
C.根据强酸制弱酸规律判断;
D.比较相同浓度弱酸强碱盐的碱性强弱:碱性越强,则对应的酸的酸性越弱;
(2)①依据反应转化率的大小分析,结合图象分析判断;
②氨碳比在4.5时氨气量增大对二氧化碳的转化率增加不大;
③根据平衡常数等于生成物的浓度幂积与反应物的浓度幂积之比进行计算;
(3)CO2和CH4在催化作用下乙酸CH3COOH,化学方程式为CO2+CH 4CH3COOH,
观察图乙可知,温度低于250℃时,催化剂的催化效率和乙酸的生成速率均随温度升高而增大,
250℃时二者均达到最大,但温度高于250℃时,催化剂的催化效率和乙酸的生成速率均下降,
温度高于300℃时,催化剂的催化效率继续降低,乙酸的生成速率却随温度升高而增大。

本题考查了弱电解质的判断、化学平衡移动原理的应用、化学反应速率的影响因素、图象分析
等,题目难度中等,掌握基础知识、熟练运用是关键,试题有利于培养学生信息应用能力,注意
图象题型信息的提取。

11.【答案】甲苯醚键和氯原子氧化反
应CH2OHCH2Cl
9
【解析】
解:(1)由A→B的反应条件以及B的组成可推知A为:甲苯,由H的结构简式可知,H中的官能团为醚键和氯原子,
故答案为:甲苯;醚键和氯原子;
(2)反应D→E属于去氢加氧的反应,所以其反应类型为氧化反应,由F+G→H的反应条件(浓硫酸、加热)以及产物中醚键的生成可知,该反应属于羟基间的脱水成醚,故G的结构简式为:CH2OHCH2Cl,
故答案为:氧化反应;CH2OHCH2Cl;
(3)B为一氯甲苯,C为苯,结合D的结构简式可得B+C→D的化学方程式为


故答案为:;
(4)根据F的分子组成以及L遇FeCl3溶液显紫色,说明分子中有一个酚羟基和一个甲基,相当于用一个酚羟基和一个甲基分别取代联苯中的两个氢原子,可以用定一移一的方法分析,先用
一个酚羟基取代联苯中一个氢的位置,可得三种结构,分别为


,这三种结构中苯环上氢的种数分别为7种、7种、5种,说明甲基的取代位置有
19种,即L可能的结构有19种。

其中核磁共振氢谱为六组峰,峰面积之比为3:2:2:2:2:1的分
子结构应该对称,结构简式为,
故答案为:9;;
(5)先观察目标产物的结构特点,发现目标产物与合成路线中J物质所含官能团相同,所以应
结合题干中F→H→J的合成路线找出所需的反应物为HN(CH2CH3)2、乙醇和2-氯-1-丙醇,其
中2-氯-1-丙醇为原料,乙醇可以由氯乙烷水解得到,HN(CH2CH3)2可由乙醇和氨反应得到
(已知条件②),再按F→H→J的过程合成目标产物,合成路线为


故答案为:。

(1)由A→B的反应条件以及B的组成可推知A为甲苯;由H的结构简式可知,H中的官能团为
醚键和氯原子;
(2)反应D→E属于去氢加氧的反应,所以其反应类型为氧化反应;由F+G→H的反应条件(浓
硫酸、加热)以及产物中醚键的生成可知,该反应属于羟基间的脱水成醚;
(3)B为一氯甲苯,C为苯,结合D的结构简式可得B+C→D的化学方程式;
(4)根据F的分子组成以及L遇FeCl3溶液显紫色,说明分子中有一个酚羟基和一个甲基,相当
于用一个酚羟基和一个甲基分别取代联苯中的两个氢原子,可以用定一移一的方法分析。

先用
一个酚羟基取代联苯中一个氢的位置,可得三种结构,分别为OH、OH、OH,这三种结构中苯
环上氢的种数分别为7种、7种、5种,说明甲基的取代位置有19种,即L可能的结构有19种。

其中核磁共振氢谱为六组峰,峰面积之比为3:2:2:2:2:1的分子结构应该对称,结构简式为
H3COH;
(5)先观察目标产物的结构特点,发现目标产物与合成路线中J物质所含官能团相同,所以应
结合题干中F→H→J的合成路线找出所需的反应物为HN(CH2CH3)2、乙醇和2-氯-1-丙醇,其
中2-氯-1-丙醇为原料,乙醇可以由氯乙烷水解得到,HN(CH2CH3)2可由乙醇和氨反应得到
(已知条件②),再按F→H→J的过程合成目标产物。

本题考查了有机物的合成过程分析判断、物质制备过程合成路线的设计、有机物的结构分析推
断等,掌握基础是解题关键,题目难度较大。

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