预测卷04-(浙江专用)(解析版).docx

预测卷04
26．回答下列问题：
(1)常温常压下苯酚为无色晶体，而苯酚在水中以液态形式存在，原因是___________。
(2)NH3和PH3比较，热稳定性较好的是___________，理由是___________。
【答案】(1)苯酚分之间存在氢键，熔点较高，常温常压下以固体形式存在；溶于水后，苯酚与水分子间形成氢键，削弱了苯酚分子间的作用力，熔融温度下降，常温常压下以液体形式存在
(2)NH3 N-H键长小于P-H，N-H键能大于P-H，稳定性NH3大于PH3
【解析】(1)苯酚中含有羟基，苯酚分子之间存在氢键，故在常温常压下以固体形式存在；苯酚与水分子间形成氢键，削弱了苯酚分子间的作用力，熔融温度下降，常温常压下以液体形式存在；(2)非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强，N和P是同主族元素，同主族元素从上往下非金属性减弱，故NH3热稳定性较好。
27．工业上由氨合成硝酸并进一步制取化肥硝酸铵。工业上制备硝酸的流程如图所示。由图可知，根据绿色化学要求，生产中采用循环操作，理论上使氨气完全转化为硝酸。已知实际生产中：氨合成硝酸时，由NH3制NO的产率为94%，NO制HNO3的转化率为90%。氨与硝酸反应生成硝酸铵的转化率为94%。计算：

(1)制HNO3所用的NH3占总消耗NH3(不考虑其它损耗)的质量分数为__________%(保留三位有效数字)。
(2)写出计算过程______________________。
【答案】(1)52.6% (2)设生成硝酸的NH3为x mol，生成硝酸铵的NH3为y mol。则由x·94%·90%=y·94%，得y=0.9x 。所以·100%=·100%=52.6%。
【解析】设制备硝酸的氨气的物质的量为xmol、用于和硝酸反应生成硝酸铵的氨气的物质的量是ymol，根据题意， ，，制HNO3所用的NH3占总消耗NH3(不考虑其它损耗)的质量分数为。
28．为探究由3种短周期元素构成的化合物X的性质。完成以下实验：

(1)X的化学式为___________。
(2)气体A与足量CuO反应的化学方程式为___________。
(3)溶液II通入过量CO2时，发生反应的离子方程式为___________、___________。
(4)将F溶液通过一系列操作获得结晶水合物(含有结晶水的盐)，加热该结晶水合物。将生成的红棕色混合气体(>100°C)全部收集并冷却。气体全部反应无剩余，得到一元强酸E的水溶液(其中E与水的物质的量之比1∶1)写出该结晶水合物受热分解的化学方程式___________。
(5)设计实验证明F溶液的阴离子(OH—除外)___________。
【答案】(1)Al4C3·AlN(Al5C3N) (2)CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu
(3)CO2+OH—= HCO3- CO2+2H2O+ AlO2- = HCO3-+Al(OH)3↓
(4)2[Cu(NO3)2·3H2O] 2CuO+4NO2↑+O2↑+6H2O(若反应物写成2Cu(NO3)2·6H2O给分；若方程式产物中同时含有NO2和NO，书写正确也给分)
(5)取少量溶液F于试管中，加入浓硫酸，无明显现象；再加入Cu，若产生红棕色气体，则含有NO3-
【解析】由溶液Ⅱ能与过量二氧化碳反应生成白色胶状沉淀，白色胶状沉淀灼烧得到的白色粉末能熔融电解制得金属单质可知，溶液Ⅱ为偏铝酸钠溶液、白色胶状沉淀为氢氧化铝、白色粉末为氧化铝、金属单质为铝，则0.1mol固体X中含有0.5mol铝元素；由氢化物D乙易液化，在催化剂作用下，在加热条件下经氧气氧化、水吸收得到的一元强酸E能与过量的铜反应生成红棕色气体可知，D为氨气、E为硝酸、红棕色气体为二氧化氮、F为硝酸铜，则固体X中含有氮元素；由0.3mol氢化物A能与氧化铜共热反应生成120℃时的0.9mol无色无味气体，无色无味气体能与足量石灰水反应生成30g白色沉淀可知，气体A为烃、无色无味气体为二氧化碳和水蒸气的混合气体、白色沉淀为碳酸钙，则固体X中含有碳元素；由碳原子个数守恒可知，二氧化碳的物质的量为=0.3mol，0.9mol无色无味气体中水蒸气的物质的量为0.9mol—0.3mol=0.6mol，则A中碳原子和氢原子的原子个数比为0.3mol：0.3mol×2=1：4，A为甲烷，则0.1mol固体X中含有0.3mol碳元素；由两种氢化物的物质的量为0.4mol可知，氨气的物质的量为0.4mol—0.3mol=0.1mol，则0.1mol固体X中含有0.1mol氮元素；固体X、铝元素、碳元素、氮元素的物质的量比为0.1mol∶0.5mol∶0.3mol∶0.1mol=1∶5∶3∶1，则固体X的化学式为Al5C3N，改写可得Al4C3·AlN。(1)由分析可知，固体X的化学式为Al4C3·AlN(Al5C3N)；(2)由题意可知，甲烷与足量氧化铜共热反应生成铜、二氧化碳和水，反应的化学方程式为CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu；(3)溶液II通入过量二氧化碳时发生的反应为过量二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠、过量二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2+OH—=HCO3-、CO2+2H2O+ AlO2- = HCO3-+Al(OH)3↓；(4)二氧化氮和氧气在水溶液中完全反应的方程式为4NO2+O2↑+2H2O=4HNO3，由硝酸溶液中硝酸与水的物质的量之比1∶1可知，红棕色气体中二氧化氮、氧气和水的物质的量比为4∶1∶6，则硝酸铜结晶水合物的化学式为Cu(NO3)2·3H2O，受热分解的化学方程式为2[Cu(NO3)2·3H2O] 2CuO+4NO2↑+O2↑+6H2O；(5)实验室用铜与浓硝酸反应生成红棕色气体的方法检验硝酸根离子，则检验硝酸铜溶液中的硝酸根离子的操作为取少量溶液于试管中，加入浓硫酸，无明显现象；再加入铜，产生红棕色气体。
29．在第75届联合国大会期间，中国提出争取2060年前实现碳中和。利用CO2制备甲醇是极具前景的温室气体资源化研究领域。在某“CO2催化加氢制甲醇”的反应体系中主要存在如下反应：
ⅰ. CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-48.16kJ·mol−1
ⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2
ⅲ.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH3＝-90.66kJ·mol−1
(1)下列说法正确的是___________。
A．降低温度，反应ⅰ、ⅲ平衡常数减小
B．该体系中反应ⅱ的ΔH 2＞O
C．增大压强，有利于提高CO2的平衡转化率
D．在恒容条件下，适当增加少量CO作原料，可提高CH3OH的产率
(2)反应ⅰ在某催化剂上的部分反应历程如图1所示。
已知：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量(括号里的数字或字母，单位：eV，且1eV=1.6×10-22kJ)。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。
①图1所示反应历程决定速率步骤的反应方程式是___________。
②图1中___________ eV (计算结果保留2位小数)。
(3)有研究表明，温度对反应速率的影响是通过提高活化分子百分数实现的。图2中曲线Ⅰ为T1OC时CO2分子的能量分布曲线，阴影面积相当于活化分子百分数。画出分子在T2OC(T2＜T1)的能量分布曲线Ⅱ___________。

(4)4H2和CO2按物质的量3∶1投料，保持总压5MPa恒定的条件下，研究不同温度对“CO2催化加氢制甲醇”的影响，平衡时各组分的物质的量分数的数据如下表：
温度/℃
物质的量分数/%
200
240
280

55.3
61.2
66.1

20.3
20.5
20.2
X
0.9
1.8
3.2
Y
11.5
6.4
2.1
Z
12.0
10.1
8.4
①表中X代表___________(填化学式)。
②体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大，原因是___________。
【答案】(1)BCD (2)①HCOO*+2H2(g)=H2COOH*+3/2 H2(g)或HCOO*+1/2H2(g)=H2COOH* ②-0.50
(3)
(4)①CO ②温度改变时，反应ⅰ和反应ⅱ平衡移动方向相反；且影响程度接近
【解析】
(1) ⅰ. CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-48.16kJ·mol−1
ⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2
ⅲ.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH3＝-90.66kJ·mol−1
根据盖斯定律：ⅰ-ⅱ=ⅲ，ΔH1-ΔH2=ΔH3-48.1-ΔH2=-90.66, ΔH2=+52.66kJ/mol；A项，降低温度，反应ⅰ平衡右移，平衡常数增大，故A错误；B项，结合以上分析可知，反应ⅱ为吸热反应，故ΔH2 >0，故B正确；C项，增大压强，对于反应ⅰ来讲，平衡右移，有利于提高CO2的平衡转化率，故C正确；D项，在恒容条件下，适当增加少量CO作原料，增大了反应物浓度，对于ⅲ，平衡右移，可提高CH3OH的产率；对于反应ⅱ，平衡左移，二氧化碳浓度增大，对于反应ⅰ来讲，平衡右移，可提高CH3OH的产率；故D正确；故选BCD；(2)①生成甲醇的决速步骤，指的是反应历程中反应速率最慢的反应；速率的快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢；根据图表信息可知，过渡态与起始态能量差最大的反应为：HCOO*+2H2(g)=H2COOH*+3/2 H2(g)或HCOO*+1/2H2(g)=H2COOH*；②反应ⅰCO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-48.16kJ·mol−1，∆H指的是1mol甲醇和1mol水蒸气的总能量与1mol二氧化碳和3mol氢气的总能量之差，而反应历程中的E表示的是1个甲醇分子和1个水分子的相对总能量与1个二氧化碳分子和3个氢分子的相对总能量之差，且将起点的相对总能量设定为0，所以做如下换算即可求出相对相对总能量E=ΔH1/NA×1.6×10-22=-48.16/NA×16×10-22=-0.50 eV；(3)温度升高，活化分子数目增多，活化分子百分数增大，T2＜T1，温度降低，活化分子百分数减小，曲线分布图如下：；(4)①反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，根据图表信息，升高温度，反应ⅰ平衡左移，氢气的物质的量分数增大，反应ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡右移，所以二氧化碳的物质的量分数先增大后减小，反应ⅲ为放热反应，平衡左移，综合分析，一氧化碳的物质的量分数始终增大，所以X为CO；②温度改变时，反应ⅰ(反应放热)和反应ⅱ(反应吸热)平衡移动方向相反，且影响程度接近，体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大。
30．二甘氨酸钠碳酸盐是甘氨酸(NH2CH2COOH)的衍生物，化学式为(NH2CH2COONa)2CO2，在食品、医药行业有广泛应用。某兴趣小组设计的制备流程如下：

关信息如下：
a．二甘氨酸钠碳酸盐稳定性佳，易溶于水，溶解度随温度升高而增大，几乎不溶于醇和醚。
b．二甘氨酸钠碳酸盐在水中常温下不水解，超过80 °C水解。与酸反应时不生成水。
c．甘氨酸水溶液的pH值约为5.97。
请回答：
(1)步骤Ⅰ，投料时，不宜加入过量的水，原因是___________。
(2)步骤Ⅱ，微沸回流，设计的装置如图，请指出该装置的一处错误___________，说明理由___________。

(3)步骤III，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作，洗涤应依次使用___________。
A．沸水、无水乙醇 B．冰水、无水乙醇
C．乙醚、沸水 D．乙醚、冰水
(4)二甘氨酸钠碳酸盐粗产品中可能含有不完全反应的Na2CO3，请设计实验方案检验___________。
(5)步骤IV，除去二甘氨酸钠碳酸盐粗产品中Na2CO3后，得到二甘氨酸钠碳酸盐精产品。为测定二甘氨酸钠碳酸盐精产品的纯度，该兴趣小组设计如下研究方案：准确配制并移取二甘氨酸钠碳酸盐溶液于锥形瓶中，加入合适的指示剂，采用盐酸标准溶液滴定。
①已知几种常见指示剂的变色范围
指示剂
变色的pH范围
颜色
甲基橙
3.1 ~ 4.4
红-橙-黄
甲基红
4.4 ~ 6.2
红-橙-黄
酚酞
8.2 ~ 10.0
无-粉红-红
为减小误差，较合适的指示剂___________，终点颜色变化为___________。
②上述研究方案中有关滴定的操作，正确的有___________。
a．使用滴定管前，应首先检查是否漏水。
b．准确移取待测液于锥形瓶中之前，应先用待测液润洗移液管、锥形瓶内壁2~3次。
c．加入盐酸标准溶液前，应首先用盐酸标准溶液润洗滴定管内壁2~3次。
d．滴定开始前，滴定管尖嘴部分有气泡，因与测定结果无关，无需排除。
e．滴定过程中滴加溶液的速度不能太快也不能太慢，应控制在3~4滴/s为宜。
f．为避免溶液溅出，滴定过程中锥形瓶应保持静止。
g．读数时，视线应与凹液面最低处相切。
h．为获得尽可能准确的实验结果，应至少重复滴定5~6次，求平均值，计算二甘氨酸钠碳酸盐产品的纯度。
【答案】(1)水是反应产物，过量的水抑制反应的正向进行，易导致产率降低
(2)冷却水上进下出 冷却水不能充满冷凝管，冷却效果差 (3)B
(4)在一支试管中加入少量二甘氨酸钠碳酸盐产品，加入约1 mL蒸馏水，待产品完全溶解后，滴加一滴BaCl2溶液，如出现沉淀，则表明产品中含有不完全反应的Na2CO3。(由于在室温下不水解，二甘氨酸钠碳酸盐不与氯化钡反应)
(5)①甲基红 黄色变橙色 ②aceg
【解析】甘氨酸与Na2CO3在加热时发生反应产生二甘氨酸钠碳酸盐，同时产生水，为提高原料利用率，加热制取时采用微沸及冷凝回流方式。为提高冷凝效果，使冷却水充满整个冷凝管，冷却水应该下进上出，然后把制取得到的盐经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作得到二甘氨酸钠碳酸盐粗产品，再除去粗产品中的Na2CO3杂质，得到二甘氨酸钠碳酸盐精产品。可根据Na2CO3能够与BaCl2反应产生BaCO3沉淀检验粗产品中Na2CO3的存在；为测定二甘氨酸钠碳酸盐精产品的纯度，将二甘氨酸钠碳酸盐溶液于锥形瓶中，根据甘氨酸水溶液的pH值约为5.97，其盐溶液pH＞5.97，用甲基红为指示剂，用盐酸标准溶液进行滴定，当滴加最后一滴标准溶液时，锥形瓶中溶液颜色由黄色变为橙色，半分钟内不再变为黄色停止滴加，利用二者反应关系，根据消耗HCl标准溶液体积计算产品中二甘氨酸钠碳酸盐含量。(1)步骤Ⅰ中投料时不宜加入过量的水，这是由于该反应有一定的可逆性，水是生成物，过量的水抑制反应的正向进行，导致产品产率降低。(2)步骤Ⅱ中采用微沸回流方式，根据装置图可知该装置的一处错误就是：冷却水上进下出，这样操作会导致冷却水不能充满冷凝管，因而冷却效果差，应该采用下进上出方式。(3)步骤III，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作，由于二甘氨酸钠碳酸盐易溶于水，溶解度随温度升高而增大，几乎不溶于醇和醚，洗涤时应采用冰水降温，并用无水乙醇进行洗涤的方法，故合理选项是B。(4)二甘氨酸钠碳酸盐粗产品中可能含有不完全反应的Na2CO3，由于Na2CO3在溶液中能够与BaCl2反应产生BaCO3沉淀而二甘氨酸钠碳酸盐不与BaCl2反应，可在一支试管中加入少量二甘氨酸钠碳酸盐产品，加入约1 mL蒸馏水，待产品完全溶解后，滴加一滴BaCl2溶液，如出现沉淀，则表明产品中含有不完全反应的Na2CO3进行检验。(5)①甘氨酸水溶液的pH值约为5.97，二甘氨酸钠碳酸盐水溶液的pH值大于5.97，结合三种指示剂的pH大小及人的视觉对溶液颜色变化由浅到深时比较敏锐，为减小滴定误差，应该选择的指示剂是甲基红，开始用盐酸滴定时，溶液显黄色，随着标准溶液的滴入，溶液pH逐渐减小，当滴加最后一滴标准溶液时，溶液的颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不再变为黄色时，停止滴加，此时滴定达到终点。②a．滴定管是准确测量溶液体积的仪器，使用前，应首先检查是否漏水，a正确；b．为准确测定待测溶液的浓度，准确移取待测液于锥形瓶中之前，应先用待测液润洗移液管2~3次，但锥形瓶内壁不能润洗，否则会使待测浓度偏大，b错误；c．根据标准溶液的浓度和体积计算待测溶液的浓度，所以滴定管滴定时流出的溶液浓度要尽可能与原试剂瓶标准盐酸溶液浓度一致，故加入盐酸标准溶液前，应首先用盐酸标准溶液润洗滴定管内壁2~3次，c正确；d．滴定开始前，若滴定管尖嘴部分有气泡，会影响消耗标准溶液的体积，因而会影响测定结果，故气泡必须排除，d错误；e．滴定过程中滴加溶液的速度太快会导致局部盐酸过量，不能准确判断滴定终点，也不能太慢，为准确判断滴定终点，一般应控制在每秒3~4滴为宜，e正确；f．为避免溶液溅出，滴定过程中用手摇动锥形瓶使反应物充分接触时，手摇幅度不宜过大，但不能使锥形瓶保持静止，f错误；g．读数时，视线应与凹液面最低处相切，g正确；h．为获得尽可能准确的实验结果，一般重复滴定2~3次，求平均值，计算二甘氨酸钠碳酸盐产品的纯度，h错误；综上所述可知：滴定操作合理的是aceg。
31．醋氯芬酸(H)是一种新型、强效解热、镇痛、抗关节炎药物，其合成路线如下(部分反应条件省略)：

已知：

请回答：
(1)化合物F的结构简式是__________________；
(2)写出C+D→E的化学方程式________
(3)下列说法不正确的是__________。
A．化合物A中所有原子肯定处于同一平面
B．化合物B具有碱性
C．化合物E与NaOH溶液反应最多消耗4molNaOH
D．醋氯芬酸分子式为C16H12Cl2NO4
(4)已知C的同分异构体有多种，写出同时满足下列条件的所有同分异构体的结构简式_______。
①IR谱表明分子中含有两个苯环结构，且2个氯原子不在同一个苯环上；
②1H-NMR谱显示只有5种不同环境的氢原子
(5)设计以苯和乙烯为原料合成 的路线(用流程图表示，无机试剂任选)。
_____
【答案】(1)
(2) (3)CD
(4)
(5)
【解析】根据E的结构简式，及反应流程可知，A含有苯环，且两个氯原子在间位，其结构简式为：，同理，B的结构简式为：，A与B反应生成C，则C的结构简式为：；C与D反应生成E，可推测D的结构简式为：ClCOCH2Cl；通过G与E的结构简式的对比，结合反应可知F的结构简式为：。(1)根据分析可知，F的结构简式为：；(2)C的结构简式为：， D的结构简式为：ClCOCH2Cl，C与D反应生成E，根据反应②的特点，则反应的方程式为：；(3)A项，化合物A的结构简式为：，Cl原子取代苯环上的氢，则所有原子公平面，A正确；B项，化合物B的结构简式：，含有氨基，氨基显碱性，B正确；C项，化合物E为：，肽键在碱性条件下水解，Cl原子水解，苯环上的Cl原子水解后生成酚羟基，与碱反应，则共计6molNaOH，C错误；D项，醋氯芬酸分子式为C16H13Cl2NO4，D错误；答案为CD。(4)C的分子式为：C12H9NCl2，①IR谱表明分子中含有两个苯环结构，且2个氯原子不在同一个苯环上②1H-NMR谱显示只有5种不同环境的氢原子，则两个苯环为对称结构，可能的结构简式为：；(5)根据反应①可知，苯环上添加支链则需，生成，则需要氯代烃和氰化钠在酸性条件下反应制取，故可先用乙烯制取氯代烃，再与氰化钠反应即可，流程为：。