(3份试卷汇总)2019-2020学年天津市蓟县高考第二次适应性考试化学试题 下载本文

中的_______点。

(3)研究表明,NOx的脱除率除与还原剂、催化剂相关外,还与催化剂表面氧缺位的密集程度成正比。以La0.8A0.2BCoO3+x(A、B均为过渡元素)为催化剂,用H2还原NO的机理如下:

第一阶段:B4+(不稳定)+H2→低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变) 第二阶段:NO(g)+□→NO(a) ΔH1 K1 2NO(a)→2N(a)+O2(g) ΔH2 K2 2N(a)→N2(g)+2□ ΔH3 K3 2NO(a)→N2(g)+2O(a) ΔH4 K4 2O(a)→O2(g)+2□ ΔH5 K5

注:“□”表示催化剂表面的氧缺位,“g”表示气态,“a”表示吸附态。

第一阶段用氢气还原B4+得到低价态的金属离子越多,第二阶段反应的速率越快,原因是________________。第二阶段中各反应焓变间的关系:?H2+?H3=_____;该温度下,NO脱除反应2NO(g)

N2(g)+O2(g)的平衡常数K=____ (用含K1、K2、K3的表达式表示)。

19.(6分)利奈唑胺(I)为细菌蛋白质合成抑制剂,其合成路线如下:

回答下列问题:

(1)A中的官能团名称是____,

(2)C—D、F—G的结反应类型分别为____ (3)B的结构简式为____。 (4)H—I的化学方程式为____。

(5)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳。用星号(*)标出

中的手性碳____

(6)芳香族化合物X是C的同分异构体,写出核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为4:4:2:1的X的结构简式____。(不考虑立体异构,只写一种)

(7)参照上述合成路线,设计以甲苯和乙酸为原料制备选)____。

的合成路线(无机试剂任

参考答案

一、单选题(本题包括15个小题,每小题4分,共60分.每小题只有一个选项符合题意) 1.C 【解析】 【分析】 【详解】

A.回收厨余垃圾油脂部分可用于制备生物燃料,但不能用于提取食用油,故A错误;

B.油脂由碳、氢、氧元素组成,氨基酸最少由碳、氢、氧、氮元素组成,回收废油脂用于提炼氨基酸不符合质量守恒,故B错误;

C.使用的纸张至少含有30%的再生纤维,故再生纸是对废旧纤维的回收利用,可节约资源,故C正确; D.废旧电池含重金属,深度填埋会使重金属离子进入土壤和水体中,造成水源和土壤污染,故D错误; 答案选C。 【点睛】

多从环保和健康的角度分析垃圾分类回收,提倡可持续发展。 2.B 【解析】 【详解】

A.由结构简式可知该有机物的分子式为C12H12O4,故A不符合题意;

B.能与氢气发生加成反应的为碳碳双键、苯环和醛基,则1 mol该有机物最多能与5 mol H2反应,故B符合题意;

C.只有羧基能与NaHCO3反应,则0.1 mol该有机物与足量NaHCO3溶液可生成0.1 mol CO2,气体体积为2.24 L(标准状况下),故C不符合题意;

D.分子中含有碳碳双键、醛基,可发生加成、氧化、还原反应,含有羧基、羟基,可发生取代反应,故D不符合题意; 故答案为:B。 3.D 【解析】 【详解】

根据流程图,混合物中加入试剂x过滤后得到铁,利用铝与氢氧化钠反应,铁不与氢氧化钠反应,因此试剂x为NaOH,a为NaAlO2,a生成b加入适量的y,因此y是盐酸,b为氢氧化铝,氢氧化铝受热分解成Al2O3,然后电解氧化铝得到铝单质;

A.根据上述分析,A正确;

B. a→b发生的反应为:AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓,故B正确;

C. 根据上述分析,b→c→Al的反应条件分别为:加热、电解,故C正确; D.a为NaAlO2,NaAlO2与碱不反应,故D错误; 答案选D。 4.A 【解析】

①铁片置于CuSO4溶液中,铁片上有亮红色物质析出,说明发生了置换反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu,活泼性Fe>Cu;②、③、④均不能说明活泼性Fe>Cu;⑤铁、铜用导线连接置于稀硫酸中,铁、铜形成原电池,Fe作负极,铁片溶解,铜作正极有H2放出,说明活泼性Fe>Cu,故答案选A。 5.B 【解析】 【详解】

A.受强酸腐蚀致伤时,应先用大量水冲洗,再用2%NaHCO3溶液洗,A错误;

B.吸取溶液后的移液管,需将液体放入稍倾斜的容器中,并保持管壁的垂直,并将管尖与容器内壁接触后,才能松开食指让溶液流出,B正确;

C.茚三酮试剂与蛋白质作用,应生成蓝紫色物质,C错误;

D. 检验氯乙烷中的氯元素时,应先将氯乙烷用热的强碱水溶液或强碱的乙醇溶液处理,让其发生水解,D错误。 故选B。 6.C 【解析】

25℃时,向KCl溶液加入少量KCl固体至溶液刚好饱和的过程中,随着氯化钾的增加,溶液中氯化钾的质量逐渐增加、氯化钾的质量分数逐渐增大、溶液的质量逐渐增大,但是整个过程中溶剂水的质量不变,答案选C。 7.B 【解析】 【详解】

①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH1=-572kJ/mol ②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393.5kJ/mol

③C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH3=-1367kJ/mol 根据盖斯定律 ②×2+①×

13-③得2C(s)+3H2(g)+O2(g)=C2H5OH(l),ΔH=-278kJ/mol,故选B。 22【点睛】

根据盖斯定律,反应热只与反应体系的始态和终态有关,与反应历程无关;在用盖斯定律计算时,要准确找到反应物和生成物及它们的系数,这样有助于准确的对已知方程进行处理。 8.B 【解析】 【详解】

A.NH4Cl全部由非金属元素组成,但含有离子键和共价键,A项错误;

B.同周期元素从左到右金属性逐渐减弱,各周期中ⅠA族金属元素的金属性最强,B项正确; C.同种元素的原子质子数相同,但中子数不同,C项错误;

D.Ⅶ族元素的阴离子还原性越强,则元素的非金属性越弱,其最高价氧化物对应水化物的酸性越弱,D项错误; 答案选B。

9.增大接触面积,加快反应速率 溶解Al,使其分离出去 ClO3?+5Cl?+6H+ =3Cl2↑+3H2O Li+的浸出率较高,且较环保(节约酸和氧化剂的用量) 提高浸出液中Li+ 浓度(或提高氧化剂和酸的利用率

/节约后续纯碱的用量) CO32?结合H+,c(H+)减小,H2PO4?HPO42? +H+,HPO42?PO43?+H+,两个电离平衡均向右移动,c(PO43?)增大,与Fe3+结合形成磷酸铁晶体 过程iv若使用饱和Na2CO3溶液,其中c(CO32?)较大,易形成Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出,减少高纯Li2CO3的产量 用热水洗涤,干燥 【解析】 【分析】

(1)根据影响反应速率的因素分析过程i研磨粉碎的目的; (2)根据铝可溶于氢氧化钠溶液分析;

(3)①实验2中,NaClO3与盐酸发生归中反应反应生成氯气、氯化钠、水; ②实验1与实验3比,浸出液中Li浓度高; ③浸出液循环利用,可以提高氧化剂和酸的利用率; (4)过程iv加入30%的Na2CO3溶液可以提高PO43?的浓度; (5)c(CO32?)越大越易生成Li2CO3沉淀; (6)根据温度越高碳酸锂溶解度越小分析; 【详解】

(1)过程i研磨粉碎的目的是增大接触面积,加快反应速率;

(2)单质铝可溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠,所以过程ii加入足量NaOH溶液的作用是溶解Al,使其分离出去;

(3)①实验2中,NaClO3与盐酸发生归中反应生成氯气、氯化钠、水,反应离子方程式是

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