(6份试卷汇总)2018-2019学年湖南省永州市高考第二次适应性考试化学试题

I→J其实就是醚的开环了,反应为【详解】

,据此分析作答。

CH2=CH—CH=CH2与Br21:1发生加成反应生成A,A发生水解反应生成B,B属于二元醇,B与H2发生加成反应生成C,C发生氧化反应生成D,D既能发生银镜反应,又能与金属钠反应放出氢气,说明D中既含—CHO、又含—OH,D发生银镜反应生成E,E中含羧基和羟基,E脱去1分子水生成F,核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢,且其峰面积之比为1:1:1,则CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1,4-加成,A为BrCH2CH=CHCH2Br,依次可得B为HOCH2CH=CHCH2OH,C为HOCH2CH2CH2CH2OH,D为HOCH2CH2CH2CHO,E为HOCH2CH2CH2COOH,F为

B脱去1分子水生成G,G能使溴的四氯化碳溶液褪色,;则G为

G→H应该是G与HClO发生加成反应,H应该为;H→I→J,1mol J与足量金属钠反应可放出22.4L

+Ca(OH)2→2

+CaCl2+2H2O,

氢气(标准状况)说明J中含2个—OH,则H→I的化学方程式为2

I→J其实就是醚的开环了,反应为;

(1)A的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br;A生成B是溴代烃在强碱水溶液中的水解反应,也是一种取代反应。

(2)D的结构简式为HOCH2CH2CH2CHO。

E为HOCH2CH2CH2COOH,E发生分子内酯化生成F,(3)反应的方程式为E中含有官能团的名称为羧基和羟基;与E具有相同官能团的同分异构体有

(4)G的结构简式为

(5)I生成J的化学方程式为

四、综合题(本题包括2个小题,共20分)

18.水体砷污染已成为一个亟待解决的全球性环境问题,我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8)去除废水中的正五价砷[As(Ⅴ)],其机制模型如下。

零价铁活化过硫酸钠去除废水中As(Ⅴ)的机制模型 资料:

Ⅰ.酸性条件下SO4?·为主要的自由基,中性及弱碱性条件下SO4?·和·OH同时存在,强碱性条件下·OH为主要的自由基。

Ⅱ.Fe、Fe形成氢氧化物沉淀的pH 离子 Fe2+ Fe3+ 开始沉淀的pH 7.04 1.87 沉淀完全的pH 9.08 3.27 2+

3+

(1)砷与磷在元素周期表中位于同一主族,其原子比磷多一个电子层。 ① 砷在元素周期表中的位置是______。

② 砷酸的化学式是______,其酸性比H3PO4______(填“强”或“弱”)。

(2)零价铁与过硫酸钠反应,可持续释放Fe,Fe与S2O8?反应生成Fe和自由基,自由基具有强氧化性,利于形成Fe和Fe,以确保As(Ⅴ)去除完全。 ①S2O82?中S的化合价是______。

②零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是______。 ③Fe3+转化为Fe2+的离子方程式是______。

(3)不同pH对As(Ⅴ)去除率的影响如图。5 min内pH = 7和pH = 9时去除率高的原因是______。

2+

3+

2+

2+

2

3+

【答案】第4周期、第ⅤA族 H3AsO4 弱 +7 Fe+ S2O82? == Fe 2+ +2SO42? Fe+ 2Fe 3+ == 3Fe

2+

pH = 7和pH = 9时,产生了具有强氧化性的SO4?·和·OH,利于生成Fe2+和Fe3+,pH = 7和pH = 9

时,Fe和Fe形成Fe(OH)2和Fe(OH)3,与As(Ⅴ)发生共沉淀,有效去除As(Ⅴ) 【解析】 【分析】

(1)①磷核电荷数为15,在元素周期表中的位置是第3周期、第ⅤA族;

②磷酸的化学式为H3PO4,同主族元素核电荷数越大,非金属性越弱,其最高价氧化物水化物的酸性越弱;(2)零价铁与过硫酸钠反应,可持续释放Fe2+,Fe2+与S2O82?反应生成Fe3+和自由基,自由基具有强氧化性,利于形成Fe2+和Fe3+,以确保As(Ⅴ)去除完全。

①S2O82?中氧元素为-2价,设S的化合价是x,结合正负化合价代数和为-2计算; ②零价铁与过硫酸钠反应生成Fe2+和SO42-,结合守恒法写出发生反应的离子方程式; ③Fe将Fe3+还原为Fe2+,结合守恒法写出发生反应的离子方程式;

OH,有利于Fe的氧化,pH = 7和pH = 9时(3)由模型可知pH = 7和pH = 9时产生了强氧化性的O4?·和·Fe2+和Fe3+完全转化为Fe(OH)2和Fe(OH)3,易除去; 【详解】

(1)①磷核电荷数为15,在元素周期表中的位置是第3周期、第ⅤA族,则砷在元素周期表中的位置是第4周期、第ⅤA族;

② 砷酸中砷元素的化合价为+5价,其化学式是H3AsO4,因As非金属性比P弱,则其酸性比H3PO4弱; (2)①S2O82?中氧元素为-2价,设S的化合价是x,2x+(-2)×8=-2,解得x=+7,即S2O82?中S的化合价是+7;

②零价铁与过硫酸钠反应生成Fe2+和SO42-,则发生反应的离子方程式为Fe+ S2O82? == Fe 2+ +2SO42?; ③Fe将Fe3+还原为Fe2+,发生反应的离子方程式为Fe+ 2Fe 3+ == 3Fe 2+;

(3)结合零价铁活化过硫酸钠去除废水中As(Ⅴ)的机制模型可知,因pH = 7和pH = 9时,产生了具有强OH,利于生成Fe2+和Fe3+,pH = 7和pH = 9时,Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3,与氧化性的SO4?·和·As(Ⅴ)发生共沉淀,有效去除As(Ⅴ),故5 min内pH = 7和pH = 9时去除率高。

19.聚乙烯醇生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯,其催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯,该反应的化学方程式为:CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)

CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)

2+3+

已知v正=k正x(CH3COOCH3)?x(C6H13OH),v逆=k逆x(CH3COOC6H13)?x(CH3OH),其中v正、v逆为正、逆反应速率,k正、k逆为速率常数,x为各组分的物质的量分数。

(1)反应开始时,已醇和乙酸甲酯按物质的量之比1:1投料,测得348K、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率(α)随时间(t)的变化关系如图所示。

该醇解反应的ΔH____0(填>或<)。348K时,以物质的量分数表示的化学平衡常数Kx=____(保留2位有效数字)。在曲线①、②、③中,k正-k逆值最大的曲线是____;A、B、C、D四点中,v正最大的是___,v

最大的是____。

(2)343K时,己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1:1、1:2和2:1进行初始投料。则达到平衡后,初始投料比____时,乙酸甲酯转化率最大;与按1:2投料相比,按2:1投料时化学平衡常数Kx___(填增大、减小或不变)。

(3)该醇解反应使用离子交换树脂作催化剂,下列关于该催化剂的说法正确的是____。 a.参与了醇解反应,但并不改变反应历程 b.使k正和k逆增大相同倍数 c.降低了醇解反应的活化能 d.提高乙酸甲酯的平衡转化率 【答案】> 3.2 ① A C 2:1 不变 bc 【解析】 【详解】

(1)根据图像,①的速率最快,说明①对应的是最高温度348K,温度升高,平衡时转化率增大,说明正向是吸热的,所以ΔH>0;348K时,设初始投入为1mol,则有:

Kx=χ(CH3COOC6H13) ?χ(CH3OH) / [χ(CH3COOCH3) ?χ(C6H13OH)] = 0.32×0.32 / (0.18×0.18) = 带入平衡常数表达式:

3.2;k正、k逆是温度的函数,根据平衡移动的规律,k正受温度影响更大,因此温度升高,k正增大的程度大于k逆,因此,k正-k逆值最大的曲线是①;根据v正= k正χ(CH3COOCH3)?χ(C6H13OH),v逆= k逆χ(CH3COO C6H13)?χ(CH3OH),A点χ(CH3COOCH3)?χ(C6H13OH)大,C点χ(CH3COO C6H13)?χ(CH3OH)温度高,因此A点v正最大;大且温度高,因此C点v逆最大;故答案为:>;3.2;①;A;C;

(2)增大己醇的投入量,可以增大乙酸甲酯转化率,因此,2:1时乙酸甲酯转化率最大;化学平衡常数Kx只与温度有关,因此不变;故答案为:2:1;不变; (3)催化剂参与了醇解反应,改变了反应历程,a错误;

催化剂不影响化学平衡,说明催化剂使k正和k逆增大相同倍数,b正确; 催化剂能够降低反应的活化能,c正确;

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