[ID:7-5823427] 2019高考人教化学大题狂练习（8份）及答案

2019高考人教化学大题狂练习（一）及答案 1、5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。 阳离子 Na＋ Al3＋ Fe3＋ Cu2＋ Ba2＋ 阴离子 OH－ Cl－ CO32- NO3- SO42- 分别取它们的水溶液进行实验，结果如下： ① A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3沉淀部分溶解，剩余白色固体； ②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体； ③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象； ④B溶液与D溶液混合后无现象； ⑤将76.8 g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6 mol·L－1 H2SO4，Cu片逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。 （1）据此推断A、B、C的化学式：A________；B________；C________。 （2）E溶液显_____性，用离子方程式表示：_____________________________ （3）写出步骤②中发生反应的离子方程式：_______________________________。 （4）写出步骤⑤中发生反应的离子方程式：_______________________________________。若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是________mL。 【答案】CuSO4FeCl3Ba(OH)2碱性CO32-+ H2O?HCO3-+ OH-2Fe3＋＋3CO32-＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3CO2↑3Cu＋8H＋＋2NO3-===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O1000 【解析】 【详解】 Cl-,故B为FeCl3； （1）据此推断：A 为CuSO4；B为FeCl3；C为Ba(OH)2；因此本题答案是：CuSO4 ；FeCl3 ；Ba(OH)2。 （2）E为Na2CO3，属于强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，离子方程式：CO32-+ H2O?HCO3-+ OH- ；综上所述，本题答案是：碱性；CO32-+ H2O?HCO3-+ OH-。 （3） FeCl3溶液水解显酸性，Na2CO3溶液水解显碱性；步骤②中为FeCl3溶液与Na2CO3溶液混合后相互促进水解，反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式：2Fe3＋＋3CO32-＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3CO2↑；综上所述，本题答案是：2Fe3＋＋3CO32-＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3CO2↑。 （4） D为Al(NO3)3，在酸性条件下，硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮，步骤⑤中发生反应的离子方程式：3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；76.8gCu的物质的量为76.8/64=1.2mol，根据3Cu-8H＋关系，若要将Cu片完全溶解，需要氢离子的物质的量为3.2mol，故至少加入稀H2SO4的体积设为V，即1.6×V×2=3.2,解V=1L=1000mL；因此，本题正确答案是：3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；1000。 【点睛】酸碱盐溶解性规律：钾钠铵盐硝酸盐，全都溶在水中间，碳酸、磷酸两种盐，溶者只有钾钠铵，盐酸盐难溶银亚汞，硫酸盐难溶钡和铅，碱只溶钾钠钡钙氨，酸难溶是硅酸；此题是离子共存问题的具体应用，掌握好酸碱盐溶解性规律，利于物质的快速准确判定。 2、A、B、C、D、E为中学化学常见的单质或化合物，相互转化关系如图所示(部分产物略去)。 (1)若A是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；C、D均为空气的主要成分；E是一种有毒气体。 ①C的电子式为______________。 ②写出反应Ⅰ的化学方程式____________________________。 ③写出反应Ⅱ的化学方程式_______________________________。 (2)若A是淡黄色化合物；常温下D是无色气体；C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子。 ①D的结构式为____________，C中所含化学键的类型是____________________。 ②写出反应Ⅰ的化学方程式__________________________。 ③写出反应Ⅱ的化学方程式_________________________。 (3)将(2)中一定量的气体D通入2 L C的溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl物质的量的关系如图所示(忽略气体的溶解和HCl的挥发)。 ①O点溶液中所含溶质的化学式为__________，常温下a点溶液的pH________(填“>”、“＝”或“<”)7，a点溶液中各离子浓度由大到小的关系是________________________。 ②标况下，通入气体D的体积为__________L，C溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。 【答案】4NH3＋5O24NO＋6H2O2NO＋2CON2＋2CO2O=C=O(极性)共价键、离子键2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOHNaOH、Na2CO3>c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO3-)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO32-)44.82.5 【解析】 【分析】 根据氨气和氧气在催化剂、加热条件下反应生成一氧化氮和水分析解答③； （2）若A是淡黄色固体化合物，A为Na2O2，常温下D是无色气体，D是CO2，C分子中含有的阴、阳离子均为10电子粒子，C为NaOH，过氧化钠和二氧化碳反应生成B，B为Na2CO3，B和E反应生成氢氧化钠分析； 根据D为CO2，C是NaOH，NaOH是离子化合物分析解答①； 根据二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气及氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠分析解答②③； 【详解】 （1）若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A是NH3，C、D均为空气的主要成分，且A和D能反应，则D是O2，C是N2，反应I为氨的催化氧化，则B是NO，E是一种有毒气体，NO和有毒气体反应生成氮气，说明E具有还原性，为CO， ①C为N2，氮气分子的电子式为 ； ②反应Ⅰ是氨气和氧气在催化剂、加热条件下反应生成一氧化氮和水，化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O； ③反应Ⅱ是在催化剂条件下，一氧化氮和一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，化学方程式为2NO＋2CON2＋2CO2； （2）若A是淡黄色固体化合物，A为Na2O2，常温下D是无色气体，D是CO2，C分子中含有的阴、阳离子均为10电子粒子，C为NaOH，过氧化钠和二氧化碳反应生成B，B为Na2CO3，B和E反应生成氢氧化钠， ①D为CO2，结构式为O=C=O；C是NaOH，C分子中所含化学键的类型是离子键和共价键； ②反应Ⅰ是二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2； ③反应Ⅱ是氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠，化学方程式为Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH； （3）①分析图象知，加入盐酸时，开始没有气体产生，加到一定量时才产生气体，根据1molNa2CO31molNaHCO31molCO2，可知O点溶液中含有氢氧化钠和碳酸钠；a点开始产生气体，说明a点溶质为碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢根离子电离程度小于水解程度，所以溶液呈碱性，即pH＞7； 根据上面的分析可知，a点时溶液中的溶质是NaHCO3和NaCl，氯化钠为强碱强酸盐，钠离子和氯离 ②从a点开始，碳酸氢钠与盐酸反应，消耗盐酸的物质的量的为2mol，碳酸氢钠和盐酸反应的物质的量之比为1: 1，所以n(NaHCO3)为2mol，根据碳原子守恒，得n(NaHCO3)=n(CO2)=2mol，所以标况下，二氧化碳的体积=2mol×22.4L/mol=44.8L；溶液完全消耗的盐酸的物质的量是5mol，溶液中的溶质变为NaCl，根据氯元素、钠元素守恒得n(HCl)=n(NaCl)=n(NaOH)=5mol，所以c(NaOH)==2.5mol/L。 3、某小组同学利用下图装置对电解氯化铜实验进行了研究。 装置 现象 电解一段时间时，阳极石墨表面产生气体，阴极石墨上附着红色物质，溶液由蓝色变为绿色 （1）甲认为电解过程中阳极产生的_________是溶液变绿的原因，写出产生该物质的电极反应式：_________________________。 （2）乙改用下图装置，在相同条件下电解CuCl2溶液，对溶液变色现象继续探究。 装置 现象 电解相同时间时，阳极石墨表面产生气泡，溶液仍为蓝色；阴极石墨上附着红色物质，溶液由蓝色变为绿色； 乙通过对现象分析证实了甲的观点不是溶液变绿的主要原因。乙否定甲的依据是______________。 （3）乙继续查阅资料： i. 电解CuCl2溶液时可能产生[CuCl2]--，[CuCl2]- 掺杂Cu2+ 后呈黄色 ii. 稀释含[CuCl2]- 的溶液生成CuCl白色沉淀,据此乙认为：电解过程中，产生[CuCl2]＿掺杂Cu2+后呈黄色，与CuCl2蓝色溶液混合呈绿色。 乙进行如下实验： a．取电解后绿色溶液2 mL，加20 mL水稀释，静置5分钟后溶液中产生白色沉淀。 b. 另取少量氯化铜晶体和铜粉，向其中加2 mL浓盐酸，加热获得含[CuCl2]＿的黄色溶液。 c. 冷却后向上述溶液…… d. 取c中2 mL溶液，加20 mL水稀释，静置5分钟后溶液中产生白色沉淀。 ① a的目的是__________________________________________。 ② 写出b中生成[CuCl2]- 的离子方程式：____________________________________________。 ③ 补充c中必要的操作及现象：____________________________________________。 乙据此得出结论：电解时阴极附近生成[CuCl2]- 是导致溶液变绿的原因。 【答案】Cl2 2Cl－-2e－= Cl2↑ 阳极附近溶液仍为蓝色 证明在上述实验条件下，电解后的绿色溶液中存在[CuCl2]－ Cu2+ + 4Cl－+ Cu = 2[CuCl2]－ 加入CuCl2蓝色溶液，直至溶液颜色与电解后绿色溶液基本相同。 【解析】本题以电解氯化铜实验为载体综合考查学生的实验分析能力。（1）电解过程中阳极发生氧化反应， 3．如图所示三套实验装置，分别回答下列问题。 图1 图2 图3 （1）图1中，① 若开始时开关K与a连接，则该装置为_____（填装置名称），电极A的电极反应式为________________________ ②若开始时开关K与b连接，则总反应的离子方程式为___________________ ??? （2）2004年美国圣路易斯大学研制了一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂，在200°C左右时供电，电池示意如图2所示： ①______极（填a或b）为电池的正极，电池工作时电子的流向为_________（填a→b或b→a） ②写出该电池负极的电极反应式________________________________________ （3）用图3装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾（电解槽内的阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过）。 ①该电解槽的阴极反应式为?_____________________。 ②制得的硫酸溶液从出口__________________________（填“A”、“D”）导出,并简述原因__________________________(请用化学用语和文字解释) 【答案】原电池2H2O＋O2＋4e－＝4OH－2H2O＋2Cl-2OH－＋H2↑＋Cl2↑b a→bC2H5OH-12e－+3H2O＝12H++2CO22H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑ 或2H+＋2e－＝H2↑A2H2O-4e－＝4H+＋O2↑,OH－在阳极放电，使水的电离平衡正向移动，c(H+)增大SO42-通过阴离子交换膜进入阳极，和H+结合成硫酸 【解析】 【分析】 【详解】 （1）①K与a连接形成原电池反应，发生吸氧腐蚀，A电极石墨做正极溶液中氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2+2H2O+4e－=4OH－； ②K与b连接，装置为电解池，铁为阴极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，即B电极反应为2H＋+2e－=H2↑；电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，电解总反应的离子方程式为 2H2O＋2Cl-2OH－＋H2↑； 4、已知烯烃在臭氧作用下，双键断裂如下： （1）判断下列有机物经臭氧化分解的产物 ①______________________________________________________________ ②_____________________________________________________________________ ③________________________________________________________ （2）如果二甲苯也能发生臭氧化分解，则判断邻二甲苯的臭氧化分解产物_______________________________ （3）若烯烃A（C8H16）经臭氧化分解后仅得一种化合物B，B经催化氢化后生成醇C（C4H10O），C用浓H2SO4处理后只生成一种无侧链的烯烃D（C4H8），则A的结构简式为__________________。 【答案】CH3COCH3OHC－CHO和OHCCH2CH2CHOOHC－CHO， ，CH3CH2CH2CH＝CHCH2CH2CH3 【解析】 【详解】（1）①根据信息，碳碳双键发生断裂，如果双键的碳原子上无H，则被氧化成酮，如果含有H，则被氧化成醛基，则该有机物经臭氧化分解的产物是CH3COCH3；②该有机物中含有两个碳碳双键，根据信息的分析，其产物是OHC－CHO和OHCCH2CH2CHO；③根据上述信息，以及该高分子化合物的连接，得出产物；（2）得到产物是 【点睛】本题的关键点是考查学生的自学能力，学生能够得出的实质，一般比简单，找出那里是断键，那里生成键即可。 2019高考人教化学大题狂练习（七）及答案 1、按要求填空。 （1）在S2－、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋、S、I－、H＋中，只有氧化性的是________，只有还原性的是________，既有氧化性又有还原性的是________。 （2）某同学写出以下三个化学方程式(未配平) ①NO＋HNO3→N2O3＋H2O ②NH3＋NO→HNO2＋H2O ③N2O4＋H2O→HNO3＋HNO2 其中你认为一定不可能实现的是________。 （3）下列三个氧化还原反应中，氧化性最强的物质是________。 ①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2 ②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3 ③2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O 若溶质中Cl－与I－共存，为了氧化I－而Cl－不被氧化，除单质外，还应用上述反应中的________作氧化剂。 （4）请配平以下化学方程式：___ Al＋NaNO3＋NaOH===NaAlO2＋N2↑＋H2O 若反应过程中转移5 mol电子，则生成标准状况下N2的体积为________L。 【答案】Fe3＋、Mg2＋、H＋I－、S2－Fe2＋、S②KMnO4FeCl310　6　4　10　3　211.2 【解析】 【分析】 的体积。 【详解】 （1）根据价态表现规律分析。S2-中S的化合价为-2价，处于最低价，S2-只有还原性；Fe2+中Fe的化合价为+2价，处于中间价，Fe2+既有氧化性又有还原性；Fe3+中Fe的化合价为+3价，处于最高价，Fe3+只有氧化性；Mg2+中Mg的化合价为+2价，处于最高价，Mg2+只有氧化性；S中S的化合价为0价，处于中间价，S既有氧化性又有还原性；I-中I的化合价为-1价，处于最低价，I-只有还原性；H+中H的化合价为+1价，处于最高价，H+只有氧化性；只有氧化性的是Fe3+、Mg2+、H+，只有还原性的是S2-、I-，既有氧化性又有还原性的是Fe2+、S。 （2）①NO中N的化合价为+2价，HNO3中N的化合价为+5价，N2O3中N的化合价为+3价，介于+2价与+5价之间，①可能实现；②NH3中N的化合价为-3价，NO中N的化合价为+2价，HNO2中N的化合价为+3价，比-3价、+2价都高，②不可能实现；③N2O4中N的化合价为+4价，HNO3中N的化合价为+5价，比+4价高，HNO2中N的化合价为+3价，比+4价低，③可能实现；一定不可能实现的是②。 2、下表为元素周期表的一部分，请参照元素①﹣⑩在表中的位置，回答下列问题： IA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0 1 ① 2 ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ 3 ⑧ ⑨ ⑩ （1）自然界物质种类最多的元素在周期表中的位置是______ （2）⑧⑨⑩的离子半径由大到小的顺序为______（填化学用语）． （3）写出由⑥、⑧、⑩元素形成的一种离子化合物的电子式______ （4）根据斜线性质相似规则，②的最高价氧化物对应的水化物与盐酸反应的离子方程式____________ （5）③的氧化物，氢氧化物有两性，写出③的单质与⑧的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式______ （6）已知W+X=Y+Z， W、X、Y、Z分别是由①⑤⑥三种元素形成的四种十电子粒子，写出该反应的离子方程式______． 【答案】第二周期第IV族S2﹣＞Cl﹣＞Na+LiOH+H+=Li++H2OBe+2NaOH=Na2BeO2+H2↑NH4++OH﹣=NH3+H2O 【解析】 【分析】由元素在周期表中的相对位置可知：①是H、②是Li、③是Be、④是C、⑤是N、⑥是O、⑦是化物有两性，Be单质与氢氧化钠反应生成铍酸钠和水；已知W+X=Y+Z，W、X、Y、Z分别是由①⑤⑥三种元素形成的四种十电子粒子，应该为铵根离子与氢氧根离子的反应。 【详解】由元素在周期表中的相对位置可知：①是H、②是Li、③是Be、④是C、⑤是N、⑥是O、⑦是 【点睛】本题考查元素周期表与周期律的综合应用，涉及常用化学用语、元素化合物性质等，依据元素周期表中的相对位置的结构推断元素是关键。 3、下列实验不能达到实验目的的是_________________。 序号 实验内容 实验目的 A 盛有酸性溶液的两只试管，一只加入溶液，另一只加入溶液 探究浓度对反应速率的影响 B 一定条件下，分别在容积为1 L和容积为2 L的两个密闭容器中加入等量的氢气和碘蒸气，发生如下反应： H2(g)＋I2(g) 2HI(g)，获得等量HI时需要的时间前者少 当其他条件不变时，气态反应体系的压强越大，化学反应速率越快 C 在容积可变的密闭容器中发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，把容器的体积缩小一半 正反应速率加快，逆反应速率也加快 D 向2支试管中各加入相同体积、相同浓度的3溶液，再分别加入不同体积相同浓度的稀硫酸，分别放入冷水和热水中 探究温度对反应速率的影响 【答案】AD 【解析】 【详解】A．浓度不同，但没有说明温度和压强是否相同，则不能说明浓度对反应速率的影响，故A选；B、对有气体的反应，压强增大会增大化学反应速率，能够达到实验目的，故B不选；C．容器的体积缩小一半，压强增大，则正逆反应的反应速率均增大，能够达到实验目的，故C不选；D．二者混合后，3溶液的浓度不同，硫酸的浓度也不同，温度不同，不能探究温度对反应速率的影响，故D选；故选AD。 4、有①H2NCH2COOH　②CH2OH(CHOH)4CHO　③ (C6H10O5)n(纤维素)　④HCOOC2H5　⑤苯酚　⑥HCHO等物质，其中(用数字序号填空)： （1）难溶于水的是________，易溶于水的是________，常温下微溶于水的是________。 （2）能发生银镜反应的是________。 （3）能发生酯化反应的是________。 （4）能跟氢气发生加成反应的是________，能在一定条件下跟水反应的是________。 （5）能跟盐酸反应的是________，能跟氢氧化钠溶液反应的是________。 【答案】③④①②⑥⑤②④⑥①②③⑤②④⑤⑥③④①①④⑤ 【解析】 【分析】根据有机物分子中的官能团类型判断各有机物的物理性质和可能发生的化学反应。 【详解】 【点睛】本题考查有机物的结构和性质，试题难度不大，把握官能团与性质的关系为解答本题的关键，注意HCOOC2H5结构的特殊性，HCOOC2H5分子中既含有酯基又含有醛基，所以HCOOC2H5既有酯类物质的性质又有醛类物质的性质，为易错点。 2019高考人教化学大题狂练习（三）及答案 1、某同学欲探究Na2O2与水的反应，可供使用的试剂有：Na2O2、蒸馏水、酸性KMnO4溶液、MnO2。该同学取一定量Na2O2样品与过量水反应，待完全反应后，得到溶液X和一定量O2，该同学推测反应中可能生成了H2O2，并进行实验探究。 （1）写出Na2O2与水反应的化学方程式_______________________________________。 （2）试设计实验证明溶液X中含过氧化氢____________________________________。 （3）通过上述实验证明溶液中确实存在H2O2。取少量X于试管中，滴加FeCl2溶液，立即生成红褐色沉淀，配平下列反应的离子方程式：______H2O2＋______Fe2＋＋_____OH－===______Fe(OH)3↓，该反应中H2O2表现了_______ (填“氧化”或“还原”)性。 （4）已知溶液X可使酸性KMnO4溶液褪色，已知高锰酸钾产物为Mn2＋，此时H2O2表现了______(填“氧化”或“还原”)性。该反应的离子方程式为____________________。 【答案】2Na2O2＋ 2H2O===4NaOH ＋ O2↑取溶液X少量于洁净的试管中，加入适量MnO2粉末，用带火星的木条检验，若木条复燃证明有H2O21242氧化性还原性2MnO4-＋5H2O2＋6H＋===5O2↑＋2Mn2＋＋H2O 【解析】 【详解】（1）Na2O2与水反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑； 2、现有部分元素的原子结构特点如表： X L层电子数是K层电子数的3倍 Y 核外电子层数等于原子序数 Z L层电子数是K层和M层电子数之和 W 最外层电子数是次外层电子数的2.5倍 （1）画出W原子结构示意图________________________。 （2）元素X与元素Z相比，非金属性较强的是________(填元素名称)，写出一个能表示X、Z非金属性强弱关系的化学反应方程式：________________________________________。 （3）X、Y、Z、W四种元素形成的一种离子化合物，其水溶液显强酸性，该化合物的化学式为____________________。 （4）元素X和元素Y以原子个数比1∶1化合形成的化合物Q，写出Q的电子式________。元素W和元素Y化合形成的化合物M，Q和M的电子总数相等。以M为燃料，Q为氧化剂，可作火箭推进剂，最终生成无毒的、且在自然界中稳定存在的物质，写出该反应的化学方程式：____________________________________。 【答案】氧2H2S＋O2===2H2O＋2S↓NH4HSO4N2H4＋2H2O2N2＋4H2O 【解析】 子数之和，推出Z为S，W元素最外层电子数是次外层电子数的2.5倍，推出W为N，（1）W为N，其原子结构示意图为；（2）X为O，Z为S，比较两者的非金属性，一般通过置换反应进行比较， 【点睛】本题的难点是氧化还原方程式的书写，如最后一空，题目中说明生成无毒物质，即N2H4中的N转化成N2，因为其余N的化合物都是有毒的，N的化合价由－2价→0价，化合价升高，因此H2O2作还原剂，被还原成H2O，依据得失电子数目守恒，进行配平，解决这类问题，一般注意题目所给信息，还有所给物质的环境等隐含条件。 3、（1）某温度时，在2 L容器中A、B两种物质间的转化反应中，A、B物质的量随时间变化的曲线如下图所示，由图中数据分析得： ①该反应的化学方程式为____________________； ②反应开始至4 min时，B的平均反应速率为________ ，A的反应速率为_____ ，A的转化率为_____。 ③4 min时，反应是否达到平衡状态？________（填 “是”或“否”），8 min时，v（正）________v（逆）（填“＞”、“＜”或“＝”）。 （2）下图表示在密闭容器中反应：2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)△H＜0达到平衡时，由于条件改变而引起反应速率和化学平衡的变化情况，a时改变的条件可能是______________；b时改变的条件可能是______________。 【答案】2AB0.025mol/(L?min)0.05mol/(L?min)50%否＝升温减小SO3的浓度 【解析】 【详解】 率为0.2mol/L÷4min＝0.05mol/(L?min)，反应速率之比是化学计量数之比，则B物质表示的反应速率是0.025mol/(L?min)。A的转化率为。； 4、Ⅰ、根据分子中所含官能团可预测有机化合物的性质。 （1）下列化合物中，常温下易被空气氧化的是_______________（填字母）。 a.苯 b.甲苯 c.苯甲酸 d.苯酚 （2）下列化合物中能发生消去反应的是_______________（填字母）。 a.苯甲醇 b. (CH3)3CCl c. (CH3)2CHOH d. （3）苯乙烯是一种重要为有机化工原料。 ①苯乙烯的分子式为___________________。 ②苯乙烯在一定条件下能和氢气完全加成，加成产物的一溴取代物有__________种。 Ⅱ、按要求写出下列反应的化学方程式： （1）(CH3)2C(OH)CH(OH)CH2OH发生催化氧化反应：_________________________________。 （2）1,2-二溴丙烷发生消去反应：_________________________________。 （3）发生银镜反应：_________________________________。 Ⅲ、水杨酸的结构简式为：，用它合成的阿司匹林的结构简式为： （1）将水杨酸与_________溶液作用，可以生成， 请写出将转化为的化学方程式___________________________________。 （2）与阿司匹林互为同分异构体的芳香二元羧酸共有___________种（不含立体异构）。 【答案】d bc C8H8 6 (CH3)2C(OH)CH(OH)CH2OH+O2(CH3)2C(OH)COCHO+2H2O CH3-CHBr-CH2Br+2NaOHCH3-C≡CH↑+2NaBr+2H2O +2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O NaOH或Na2CO3 10 【解析】 【详解】 原子结合生成水，羟基的氧与其相连的碳之间形成>C=O，如果羟基相连的碳上没有氢则该羟基不能被催化氧化，据此写化学方程式：(CH3)2C(OH)CH(OH)CH2OH+O2(CH3)2C (OH)COCHO+2H2O。 （2）卤代烃消去反应断键特点是：卤原子与其相连碳的邻位碳上的氢脱去，两邻位碳之间形成>C=C<，其化学方程式为：CH2BrCHBrCH3+2NaOHCH≡CCH3↑+2NaBr+2H2O。 （3）Ag(NH3)2OH氧化醛基，断键特点是：醛基碳氢键间插入氧原子生成羧酸，然后羧酸与NH3反应生成铵盐。苯甲醛发生银镜反应的化学方程式为： 环（4个不饱和度），2个羧基（共2个不饱和度），故侧链还有1个碳原子必须是饱和碳原子。现以结构为母体，采用“等效氢法”先引入一个-COOH，有4种结构：，即，再用“定一移二法”引入第二个-COOH：共10种，所以与阿司匹林互为同分异构体的芳香二元羧酸共有10种。 【点睛】判断二元取代物同分异构体种数的一般思路是：根据一元取代物的种数等于等效氢的种数确定一元取代物结构碳架，再逐个对一元取代物运用“定一移二法”确定二元取代物种数。注意排除重复结构。 2019高考人教化学大题狂练习（二）及答案 1、十九大报告中指出“持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战”。SO2为大气污染物，研究它的性质对治理具有重要意义。在铝基氧化铜作催化剂时，可利用天然气脱除二氧化硫，并回收单质硫（熔点为112.8℃，沸点为444.6℃）。 （1）①装置中导管X的作用是：______________________________。 ②用装置A制取SO2，则试剂的组合最好是_________（填字母）。 a. 18.4 mol/L H2SO4＋Cu b. 4 mol/L HNO3＋Na2SO3 c. 60% H2SO4＋K2SO3 ③水与Al4C3在装置A中制取甲烷，其化学方程式为：________________。 （2）利用制得的CH4和SO2并结合B～G装置验证反应：CH4＋2SO2 .2S＋CO2＋2H2O生成的单质S和CO2。 ①B装置有三个作用，分别是________________________、充分混合CH4和SO2、观察气泡以便调节CH4和SO2的流速比约为1∶2。 ②实验装置依次连接的合理顺序为B、_____________________（每个装置只用一次）。 ③证明有CO2产生的现象为_____________________________。 ④G装置中发生反应的离子方程式为_____________________________。 【答案】使液体顺利滴入烧瓶中 c Al4C3+12H2O==4Al(OH)3↓+3CH4↑ 干燥CH4、SO2 D、C、G、F、E F中品红不褪色，澄清石灰水变浑浊 2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+ 【解析】 （2）①如图CH4和SO2的反应需要高温条件下在硬质玻璃管中进行，所以B中浓硫酸除了充分混合CH4和SO2、观察气泡以便调节CH4和SO2的流速比约为1∶2之外，还有干燥CH4和SO2的作用。②根据实验目的是验证CH4和SO2反应生成的单质S和CO2，装置C冷却得到固体S单质，用E装置中澄清石灰水验证CO2，为防止SO2对验证实验的干扰，必须先依次通过酸性高锰酸钾和品 2、在Na＋浓度为1.0 mol·L－1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。 阳离子 K＋　Ag＋ 　Mg2＋　Ba2＋ 阴离子 Cl— CO32－　SiO32-　SO42- 现取该溶液100 mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)。 序号 实验内容 实验结果 Ⅰ 向该溶液中加入足量稀盐酸 产生白色沉淀并放出标准状况下0.672 L气体 Ⅱ 将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量 固体质量为3.0 g Ⅲ 向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液 无明显现象 请回答下列问题。 （1）实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是______________。 （2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为_______________________________________。 （3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度(能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”)。 阴离子 Cl— CO32－ SiO32- SO42- c/mol·L－1 ______ ______ ______ ____ （4）判断K＋是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由：_____________________。 【答案】Ag＋、Mg2＋、Ba2＋SiO32-＋2H＋===H2SiO3↓？0.300.50存在，最小浓度为0.6 mol·L－1 【解析】 【详解】向该溶液中加入足量稀盐酸，产生白色沉淀并放出标准状况下0.672 L气体，证明含有CO32－，n(CO32－)= =0.03mol，c(CO32－)= ==0.3mol/L。由于CO32－与Ag+、Ca2+、Ba2+会发生沉淀反应 （3） 阴离子 Cl— CO32- SiO32- SO42- c/mol·L－1 ？ 0.3 0.5 0 （4）根据电荷守恒可知：2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.3mol/L+2×0.5mol/L=1.6mol/L，而c(Na+)=1.0mol/L，阴离子所带负电荷总数大于阳离子所带正电荷总数，所以因此溶液中一定含有阳离子K+，若不存在Cl—，则c(K+)=0.6mol/L，若存在Cl—，则根据溶液呈电中性，c(K+)>0.6mol/L，所以c(K+)浓度至少为1.6mol/L-1.0mol/L=0.6mol/L。 【点睛】本题主要是考查溶液则离子存在的鉴定、离子共存、离子浓度的计算的知识。电荷守恒在离子反应定量推断试题中的应用解与离子反应有关的定量推断类试题，需要掌握定量推断最后一种离子存在的方法：如果多种离子共存，且只有一种离子的物质的量未知，可以用电荷守恒来确定最后一种离子是否存在，即阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。 3、如图，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，A、B为电源。将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色． （1）若用CO、氧气燃料电池作电源，电解质为KOH溶液，则A为____极，A电极上的反应为__________________，B电极上的反应式为：__________________________________。 （2）若甲中装有100ml 1 mol?L-1的硫酸铜溶液，工作一段时间后，停止通电此时C、D两极上产生的气体体积相同．甲中D极产生的气体在标准状况下的体积为_____________L，欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入____。 A．CuO B．Cu2(OH)2CO3 C．Cu(OH)2 D．CuCO3 （3）通电后乙中反应的化学方程式：__________________________________。 （4）欲用（丙）装置给铜镀银，反应一段时间后（用CO、氧气燃料电池作电源）铜制品质量增加43.2克，理论上消耗氧气的质量_______克。 （5）工作一段时间后,丁中X极附件的颜色逐渐变浅，Y极附件的颜色逐渐变深，这说明__________________在电场作用下向Y极移动。 【答案】 【解析】 分析：本题考查的是电解池的工作原理，根据实验现象判断电解池的阴阳极和电极反应是关键。 详解：（1）电解食盐水时F极附近显红色，说明F为阴极，则对应的B为负极，A为正极。若用CO、氧气 4、烃A标准状况下的密度为1.16 g·Lˉ1，以A为原料在一定条件下可获得有机物B、C、D、E、F，其相互转化关系如图。F为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体。 请回答： （1）A的结构简式________________。 （2）D＋E→F的反应类型是__________。 （3）有机物A转化为B的化学方程式是___________________________________。 （4）下列说法正确的是_________。 A．有机物E与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈。 B．有机物E与金属钠反应的产物可以与水反应重新生成E。 C．有机物D、E、F可用饱和Na2CO3溶液鉴别。 D．上述转化关系图中共涉及3次加成反应。 【答案】 CH≡CH 酯化（取代） CH≡CH + H2O CH3CHO BCD 【解析】烃A标准状况下的密度为1.16 g·Lˉ1，则A的摩尔质量=1.16 g·Lˉ1×22.4L/mol=26g/mol， 点睛：本题的关键是A的判断，可以根据A的密度计算出相对分子质量进行判断。本题的易错点为C的判断，要注意乙烯能够与水发生加成反应生成乙醇。 2019高考人教化学大题狂练习（五）及答案 1、Ⅰ.据报道，日常生活中，将洁厕液与84消毒液混合使用会发生中毒的事故。 （1）84消毒液的主要成分是次氯酸钠，次氯酸钠与空气中CO2反应生成次氯酸，写出次氯酸的电子式：__________；若将84消毒液长期露置于空气中，溶液中的主要成分将变为__________(填化学式)。 （2）洁厕灵的主要成分是HCl。洁厕液与84消毒液混合后会发生氧化还原反应，生成有毒的氯气。写出该反应的离子方程式：______________________________。 （3）下列氧化还原反应中，与上述反应类型不同的是________。 A．Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O B．2FeCl3＋Fe===3FeCl2 C．S＋2H2SO4(浓)3SO2↑＋2H2O D．KClO3＋5KCl＋3H2SO4===3K2SO4＋3Cl2↑＋3H2O II.已知高锰酸钾(硫酸酸化)溶液和草酸(H2C2O4)溶液可以发生氧化还原反应。请回答下列问题： （1）该反应中的还原剂是________(填化学式)。 （2）写出该反应的离子方程式：____________________________________________。 （3）若生成1molCO2则转移电子_______mol 【答案】NaClClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2OAH2C2O42MnO4-＋5H2C2O4＋6H+===2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O 1mol 【解析】 【分析】 Ⅰ.次氯酸钠是离子化合物，氧原子和氯原子共用1对共用电子对；84消毒液的主要成分是NaCl和NaClO，有效成分是NaClO，长期露置于空气中，次氯酸钠与空气中二氧化碳反应生成碳酸钠、次氯酸和水，次氯酸遇光分解生成氧气和盐酸，盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水；洁厕灵的主要成分是盐酸，盐酸与NaClO发生归中反应，生成氯化钠、氯气和水；盐酸与NaClO发生归中反应，归中反应是同种元素既被氧化又被还原，同种元素变化后的化合价相等。II.高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸酸化条件下将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，反应中草酸是还原剂，高锰酸钾是氧化剂，反应中转移电子数目为10mol。 【详解】 化剂；（2）在硫酸酸化条件下，高锰酸钾与H2C2O4反应生成硫酸钾、硫酸锰、CO2、水，反应中转移电子数目为10mol，反应的离子方程式为2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O；（3）由方程式可知，生成10mol CO2，反应中转移电子数目为10mol，则生成1mol CO2，反应中转移电子数目为1mol。 【点睛】本题综合考查氧化还原反应，题目较为陌生、综合，解答时注意氧化还原反应的规律，注意把握题给信息，尤其是氧化还原反应知识的运用。 2、有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X＋与M2－具有相同的电子层结构；离子半径：Z2－＞W－；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料。请完成下列问题： （1）M元素的简单离子的结构示意图为_______。 （2）Z在周期表中的位置为_____，其非金属性比W的非金属性____(填“强”或“弱”)。 （3）X、Z、W的原子半径由大到小顺序为_____________(填元素符号)。 （4）Y的氢化物化学式为______，该氢化物中化学键类型为________________（填“离子键”、“极性共价键”或“非极性共价键”）。 （5）W的单质与X的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_____。 【答案】 第三周期VIA 弱 Na>S>Cl SiH4 极性共价键 2OH-+Cl2===Cl-+ClO-+H2O 【解析】X、Y、Z、W、M五种短周期元素,Y的单质是一种重要的半导体材料,可以知道Y为Si元素;X、Y、 3、在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应：A(g)＋2B(g) 3C(g)＋nD(g)，开始时A为4 mol，B为6 mol；5 min末时测得C的物质的量为3 mol，用D表示的化学反应速率v(D)为0.2 mol·L－1·min－1。 计算： （1）5 min末A的物质的量浓度为____________________________________________。 （2）5 min内用B表示的化学反应速率v(B)为__________________________________。 （3）化学方程式中n值为___________________________________________________。 （4）此反应在四种不同情况下的反应速率分别为 ①v(A)＝5 mol·L－1·min－1 ②v(B)＝6 mol·L－1·min－1 ③v(C)＝4.5 mol·L－1·min－1 ④v(D)＝8 mol·L－1·min－1 其中反应速率最快的是______________(填编号)。 【答案】1.5 mol·L－10.2 mol·L－1·min－12① 【解析】 【分析】（1）根据C的物质的量计算反应的A的物质的量,从而知道为反应的A的物质的量,再利用浓度公式计算； （2）根据C的物质的量计算反应的B的物质的量,根据反应速率公式计算； （3）根据同一反应中、同一时间段内,各物质的反应速率之比等于计量数之比确定n值； （4）把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较； 【详解】 综合以上分子可知：反应速率最快的是①；综上所述，本题选①。 4、下图是以石油为原料的部分转化流程： 已知：C2H5Br + NaOH C2H5OH + NaBr （水解反应） （1）反应①的类型是______________，由乙烯制备乙醇的过程中，硫酸起________作用； （2）已知A的分子式为C3H5Cl，则A的结构简式为_________________； （3）C3H5Br2Cl与NaOH溶液完全反应生成有机产物X，则1mol X与足量的Na单质反应可生成标况下____________L氢气； （4）写出丙烯通入溴的CCl4溶液中发生反应的化学方程式_______________。 【答案】加成催化剂CH2＝CHCH2Cl33.6CH2＝CHCH3 + Br2 → CH2BrCHBrCH3 【解析】 【详解】 BrCH2CHBrCH2Cl与NaOH溶液完全反应生成的有机产物X的结构简式为，X与足量Na反应的化学方程式为2+6Na→2+3H2↑，1molX与足量的Na反应生成1.5molH2，1.5molH2在标准状况下的体积为1.5mol22.4L/mol=33.6L。 2019高考人教化学大题狂练习（八）及答案 1、随原子序数递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。 根据判断出的元素回答问题： 上述元素可组成盐R：zx4f(gd4)2。向盛有10mL 1mol·L－1R溶液的烧杯中滴加1mol·L－1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如下： （1）R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是___________________________________ （2）写出m点反应的离子方程式：__________________________________________。 （3）若在R溶液中改加20mL 1.2mol·L－1 Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为________ mol。 【答案】c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)NH4+＋OH－===NH3·H2O0.022 【解析】 【详解】从图中的化合价和原子半径的大小，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。 反应剩余OH-为0.018mol-0.01mol=0.008mol， ?Al(OH)3 + OH-=AlO2-+2H2O 0.008mol 0.008mol 故得到Al(OH)3沉淀为0.01mol-0.008mol=0.002mol，则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol，故答案为：0.022。 2、某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X。 （1）已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是__________________。 （2）已知0.2 mol KBrO3在反应中得到1 mol电子生成X，则X的化学式为_____________。 （3）根据上述反应可推知__________________。 A．氧化性：KBrO3＞H3AsO4 B．氧化性：H3AsO4＞KBrO3 C．还原性：AsH3＞X D．还原性：X＞AsH3 （4）将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并标出电子转移的方向和数目：（注：请一定用单线桥表示，凡是用双线桥表示的不得分）__________________。 （5）KClO3可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。写出该反应的化学方程式_______________。 【答案】AsH3Br2AC2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O 【解析】 【详解】 3、Ⅰ.某探究性学习小组用相同质量的锌和相同浓度的足量的稀硫酸反应得到实验数据如下表所示： 实验编号 锌的状态 反应温度/℃ 收集100 mL氢气所需时间/s 1 块状薄片 15 200 2 块状薄片 25 90 3 粉末 25 10 （1）该实验的目的是探究________、________对锌和稀硫酸反应速率的影响； （2）实验1和2表明___________________________，化学反应速率越大； （3）能表明固体的表面积对反应速率有影响的实验编号是________和_____________； （4）请设计一个实验方案证明硫酸的浓度对该反应的速率的影响：_________________________。 Ⅱ.近年来，随着人们大量的开发使用，不但使得煤、石油、天然气的储量大大减少，而且直接燃烧化石燃料造成的环境污染问题，也是人类面临的重大挑战，如何实现化石燃料的综合利用，提高效率，减少污染提上了日程． 为了提高煤的利用率，人们先把煤转化为CO和H2，再将它们转化为甲醇，某实验人员在一定温度下的密闭容器中，充入一定量的H2和CO，发生反应：2H2(g)＋CO(g) CH3OH(g)，测定的部分实验数据如下： （1）在500 s内用H2表示的化学反应速率是__________________ mol/（L·S）。 （2）在1 000 s内用CO表示的化学反应速率是________ mol/（L·S）， 1 000 s时CO的转化率是__________。 （3）在500 s时生成的甲醇的浓度是________ mol/L。 【答案】固体表面积温度温度越高23在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的稀硫酸反应2.96×10－3 mol/(L·s)1.26×10－3 mol/(L·s)50.4%0.74 【解析】 【详解】Ⅰ. （1）由实验数据可知，2、3中接触面积不同，1、2中温度不同，则该实验的目的是探究固体表面积、温度对锌和稀盐酸反应速率的影响。（2）1和2表明，温度高的反应时间少，则表明温度越高，反应速率越大。（3） 2、3中接触面积不同，接触面积大的反应时间少，则能表明固体的表面积对反应速率有影响的实验编号为2、3，实验结论是其他因素不变，固体表面积越大，反应速率越快。（4）证 4、写出下列反应的化学反应方程式，并判断其反应类型（加成、取代、氧化） ①甲烷与氯气反应_______________________________，属于________反应 ②乙烯通入溴水：_________________________________，属于________反应 ③乙醇与金属钠反应：__________________________________，属于________反应 ④由苯制取硝基苯：_______________________________，属于________反应； ⑤灼热的铜丝多次反复地插入乙醇中：___________________，属于_______反应； 【答案】CH4+Cl2CH3Cl+HCl取代反应CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br加成反应2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑取代反应取代反应2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化反应 【解析】 【详解】 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应。 2019高考人教化学大题狂练习（六）及答案 1、x、y、z、w、n为五种短周期元素，其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，它们在周期表中的相对位置如图所示： 请回答下列问题： （1）w位于周期表中第__________周期，第__________族。 （2）n、z、w、三种元素最高价氧化物水化物的酸性由弱到强的顺序为：__________（用化学式表示）。 （3）下列事实能说明y元素的非金属性比z元素的非金属性强的是____ A．y单质与z的气态氢化物水溶液反应，溶液变浑浊 B．在氧化还原反应中，1moly单质比1molz得电子多 C．y和z两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高 D．y元素最高价氧化物水化物酸性比z元素最高价氧化物水化物酸性强 （4）y和氢元素形成的10电子微粒中常见价阳离子为__________（填化学式）；z和氢元素形成的18电子微粒中常见价阴离子的电子式为__________。 （5）化合物nyz存在于天然气中，可以用NaOH溶液洗涤除去。化合物nyz的电子式为__________，其与NaOH溶液反应除生成两种正盐外，还有水生成，其化学方程式为__________。 （6）m元素的原子序数为__________，它是一种__________。（填“金属”或“非金属”） 【答案】三 ⅦA AC 34 非金属 【解析】 【分析】由元素周期表结构可知，y为第二周期元素，且y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，则y为O元素，由此可推出n为碳元素，x为氮元素，z为硫元素，w为氯元素，以此解答该题； 【详解】 B.?在氧化还原反应中，?1mol?氧气比?1molS?得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故?B?错误； C.?元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，O和S?两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明氧的非金属性较强，故?C?正确； 2、过氧化氢H2O2（氧的化合价为﹣1价），俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。对于下列A～D涉及H2O2的反应，填写空白： A．Na2O2+2HCl===2NaCl+H2O2 B．Ag2O+H2O2===2Ag+O2+H2O C．2H2O2===2H2O+O2 D．3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH===2K2CrO4+3K2SO4+8H2O （1）H2O2仅体现氧化性的反应是_________（填代号）。 （2）H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是_________（填代号）。 （3）在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应。 氧化反应：H2O2﹣2e﹣===2H++O2↑ 还原反应：MnO+5e﹣+8H+===Mn2++4H2O 写出该氧化还原反应的离子方程式：___________________。 （4）在K2Cr2O7+14HCl===2KCl+3Cl2↑+7H2O+2CrCl3的反应中，有0.3 mol电子转移时生成Cl2的体积为______（标准状况），被氧化的HCl的物质的量为____。 （5）除去镁粉中混入的铝粉杂质用溶解、_______方法，化学反应方程式为___________________。 【答案】DC2MnO4—+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑3.36L0.3mol过滤2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ 【解析】 【详解】 HCl为：0.15mol×2=0.3mol；故答案为：3.36L、0.3mol； （5）除去镁粉中混入的铝粉杂质可用NaOH溶液先溶解，然后过滤的方法，故答案为：过滤、 2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。 【点睛】在K2Cr2O7+14HCl===2KCl+3Cl2↑+7H2O+2CrCl3的反应中，氧化剂为K2Cr2O7，还原剂为HCl，但并不是还原剂全部被氧化，由氧化产物氯气的量可得每14mol氯气参加反应，被氧化的HCl为6mol。 3、一定条件下铁可以和CO2发生反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g) 一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。 （1）t1时，正、逆反应速率的大小关系为ν正______ν逆(填“>”“<”或“=”)； （2）4分钟内，CO2的转化率为__________；CO的平均反应速率v(CO)＝__________________； （3）下列条件的改变能减慢其反应速率的是______________(选填序号) ①降低温度 ②减少铁粉的质量 ③保持压强不变，充入He使容器的体积增大 ④保持体积不变，充入He使体系压强增大 （4）下列描述能说明上述反应已达平衡的是__________________(选填序号) ①v(CO2)＝v(CO) ②单位时间内生成n molCO2的同时生成n mol CO ③ 容器中气体压强不随时间而变化 ④容器中气体的平均分子量不随时间而变化 【答案】＞ 71.4％ 0.125mol·L-1·min-1 ①③ ②④ 【解析】 4min内CO浓度增加了0.5mol/L，CO的平均反应速率v(CO)＝ ； 【点睛】我们分析恒压或恒容条件下充入惰性气体如何影响反应速率时，表面上看是压强影响，其实质是气体浓度的影响。充入惰性气体后，若对反应混合物的浓度减小，则平衡可能发生移动（相当于减小压强）；若反应混合物的浓度不变，则平衡不移动。 4、请阅读下列短文： 在含羰基的化合物中，羰基碳原子与两个烃基直接相连时，叫做酮。当两个烃基都是脂肪烃基时，叫做脂肪酮，如甲基酮；如两个烃基是相互连接的闭合环状结构时，叫环酮，如环己酮。像醛一样，酮也是一类化学性质活泼的化合物，如羰基也能进行加成反应。加成时试剂的带负电部分先进攻羰基中带正电的碳，而后试剂中带正电部分加到羰基带负电的氧上，这类加成反应叫亲核加成。但酮羰基的活泼性比醛羰基稍差，不能被弱氧化剂氧化。许多酮都是重要的化工原料的优良溶剂，一些脂环酮还是名贵香料。 （1）写出甲基酮与氢氰酸（HCN）反应的化学方程式：__________________。 （2）下列化合物中不能和银氨溶液发生反应的是__________________________。 （3）有一种名贵香料——灵猫香酮，它属于_________ 。 a．脂肪酮 b ．脂环酮 c．芳香酮 （4）樟脑也是一种重要的酮，它不仅是家用杀虫剂，而且是香料、塑料、医药工业的重要原料，它的分子式为__________________________。 【答案】cbC10H16O 【解析】 【分析】此题为一信息迁移题。解题的关键是读懂题干所给出的三条信息。一是酮的分类依据：二是酮的加成反应的原理；三是酮的还原性较弱，弱于醛基。 【详解】 【点睛】该题基础性强，侧重考查分析问题、解决问题的能力。解题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后在根据相应官能团的结构和性质，灵活分析判断。 2019高考人教化学大题狂练习（四）及答案 1、X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。元素Z在地壳中含量最高，J元素的焰色反应呈黄色，Q的最外层电子数与其电子总数之比为3∶8，X能与J形成离子化合物，且J＋的半径大于X－的半径，Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一。 请回答： （1）Q元素在周期表中的位置为________________。 （2）将这五种元素原子半径从大到小排列，排在第三的元素原子是______________(填元素符号)。 （3）元素的非金属性Z________Q(填“>”或“<”)。下列各项中，不能说明这一结论的事实有________(填序号)。 A．Q的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊B．Z与Q之间形成的化合物中元素的化合价 C．Z和Q的单质的状态 D．Z和Q在周期表中的位置 （4）X与Y可形成分子A，也可形成阳离子B，A、B在水溶液中酸、碱性恰好相反，写出A的电子式：__________；X与Q在一定条件下可以形成极不稳定的原子个数比为1:1的化合物，该化合物分子中既有极性键又有非极性键，写出该分子的结构式________________。 （5）M和N均为上述五种元素中的三种组成的化合物，且M和N都为强电解质，M和N在溶液反应既有沉淀出现又有气体产生，写出M和N反应的化学方程式：______。 【答案】第三周期第ⅥA族N>CH-S-S-HNa2S2O3 + H2SO4 = Na2SO4 + S↓ + SO2↑+ H2O 【解析】 【分析】Z元素在地壳中含量最高，Z为O元素；J元素的焰色反应呈黄色，J为Na元素；Q的原子序数大于J，Q的最外层电子数与其电子总数之比为3:8，Q为S元素；Y的原子序数小于Z，Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，Y为N元素；X的原子序数小于Y，X能与J形成离子化合物且J+的半径大于X-的半径，X为H元素；根据元素周期律和相关化学用语作答。 【详解】Z元素在地壳中含量最高，Z为O元素；J元素的焰色反应呈黄色，J为Na元素；Q的原子序数大 B为NH4+，NH3的电子式为。H与S形成的极不稳定的原子个数比为1:1的化合物中既 有极性键又有非极性键，该化合物为H2S2，H2S2的电子式为，结构式为H—S—S—H。 （5）由H、N、O、Na、S中的三种组成的化合物M和N均为强电解质，M和N在溶液中反应既有沉淀出现又有气体产生，M和N为H2SO4和Na2S2O3，M和N反应的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O。 2、次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答下列问题： （1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式：_____________________________ （2）H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银。 ①利用H3PO2进行镀银反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，氧化产物为_______。 ②NaH2PO2为________（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显____________(填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”)。 （3）H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与氢氧化钡溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应。写出白磷与氢氧化钡溶液反应的化学方程式：_________________________________。 【答案】H3PO2 ? H2PO2?+H+H3PO4正盐弱碱性2P4+3Ba(OH)2+6H2O══3Ba(H2PO2)2+2PH3↑ 【解析】 【详解】 3、（1）在某一容积为2 L的密闭容器中，某一反应中A、B、C、D四种气体的物质的量n(mol)随时间t(min)的变化曲线如图所示： 回答下列问题： ①该反应的化学方程式为__________________________________。 ②前2 min用A的浓度变化表示的化学反应速率为________[A在0-2min时的坐标为（0，2.5）和（2，2.1）]。在2 min时，图像发生改变的原因是________(填字母，多选)。 A．增大压强 B．降低温度 C．加入催化剂 D．增加A的物质的量 （2）在100 ℃时，将0.01 mol的四氧化二氮气体充入0.1 L的密闭容器中发生反应，隔一定时间对该容器内的物质进行分析，得到如下表格： 时间/s 浓度/mol·L－1 0 20 40 60 80 100 c(N2O4)/mol·L－1 0.100 0.070 0.050 c3 a b c(NO2)/mol·L－1 0.000 0.060 c2 0.120 0.120 0.120 填空： ①该反应的化学方程式________________________________，达到平衡时四氧化二氮的转化率为_______。 ②在0～20 s内，四氧化二氮的平均反应速率为______，哪一时间段______(指0～20、20～40、40～60、60～80、80～100 s)反应速率最大并解释_________________________。 【答案】4A＋5B6C＋4D0.1 mol·L－1·min－1ACN2O42NO260%0.001 5 mol·L－1·s－10～20 s开始时反应物的浓度最大 【解析】 可以看出，2min时改变条件，各物质物质的量瞬时不变，2~3min内曲线的斜率变大，化学反应速率加快。A项，若增大压强，各物质物质的量瞬时不变，化学反应速率加快；B项，若降低温度，各物质物质的量瞬时不变，化学反应速率减慢；C项，若加入催化剂，各物质物质的量瞬时不变，化学反应速率加快；D项，若增加A的物质的量，虽然化学反应速率加快，但A的物质的量突然增大；答案选AC。 （2）①在0~20s内，N2O4的浓度减少0.100mol/L-0.070mol/L=0.030mol/L，NO2的浓度增加0.060mol/L-0.000mol/L=0.060mol/L，该反应的化学方程式为N2O4（g）2NO2（g）。60s、80s、100s时NO2的物质的量浓度都为0.120mol/L，说明NO2的平衡浓度为0.120mol/L，用三段式 4、已知α?氨基酸在一定条件下能与亚硝酸(HNO2)反应得到α?羟基酸。如：＋N2↑＋H2O，试根据下图所示关系回答下列有关问题。 （1）写出A、B的结构简式： A________________________________________________________________________； B________________________________________________________________________。 （2）写出C→D的化学方程式：________________________________________。 （3）写出C→E的化学方程式：___________________________________。 【答案】 【解析】本题主要考查羧酸类物质的性质。 （1）A是丙氨酸钠，B是环二肽，结构简式：A；B。 （2）C是α-羟基丙酸，C→D发生两个C分子间的脱水反应，反应的化学方程式为。 （3）C→E发生酯化反应，两个C分子之间形成环酯，反应的化学方程式为。