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2019-2020年高一化学下学期期末试卷(A卷)(含解析)
一、选择题(共20小题,每小题2分,共40分)1.(2分)为了减少大气污染,许多城市推广汽车使用清洁燃料.目前使用的清洁燃料主要有两类,一类是压缩天然气(CNG),另一类是液化石油气(LPG).这两类燃料的主要成分都是()A.碳水化合物B.醇类C.氢气D.碳氢化合物2.(2分)放射性同位素Ho的原子核内中子数与电子数之差是()A.32B.67C.99D.1663.(2分)下列物质分类正确的是()A.FeO、Fe2O
3、Na2O2均为碱性氧化物B.稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C.烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D.盐酸、水玻璃、氨水均为混合物4.(2分)下列有关物质性质的应用正确的是()A.氯化铝是一种电解质,可用于电解法制铝B.二氧化硅不与强酸反应,可用石英器皿盛放氢氟酸C.生石灰能与水反应,可用来干燥氯气D.液氨汽化时要吸收大量的热,可用作制冷剂5.(2分)有关基本营养物质说法正确的是()A.淀粉和纤维素互为同分异构体B.油脂没有固定的熔沸点C.葡萄糖、果糖、蔗糖都能发生水解反应D.糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物6.(2分)下列有关物质变化的说法不正确的是()A.煤的液化和气化都是化学变化B.硝化反应和酯化反应都属于取代反应C.石油的分馏和裂化都是化学反应D.乙烯与溴和水的反应都属于加成反应7.(2分)常温下,下列各组物质中,Y既能与X反应又能与Z反应的是()XYZ
①NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸
②KOH溶液SiO2浓盐酸
③O2N2H2
④FeCl3溶液Cu浓硝酸A.
①③B.
①④C.
②④D.
②③8.(2分)用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是()A.一定条件下,将1molN2和3molH2混合,充分反应后转移的电子数为NAB.
1.5molNO2与足量水反应,转移的电子数为
1.5NAC.
6.4g由S
2、S
4、S8组成的混合物含硫原子数为
0.2NAD.常温常压下,
11.2LCl2含氯原子数为NA9.(2分)下列反应的离子方程式书写正确的是()A.过量HI溶液加入到Fe(NO3)3溶液中2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2B.含等物质的量的MgCl
2、Ba(OH)
2、HNO3三种溶液混合Mg2++2OH﹣═Mg(OH)2↓C.CaCO3溶于醋酸CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+2H2OD.向海带灰浸出液中加入硫酸、双氧水2I﹣+H2O2═2OH﹣+I210.(2分)烃类分子中的碳原子与其它原子的结合方式是()A.形成四对共用电子对B.通过非极性键C.通过两个共价键D.通过离子键和共价键11.(2分)下列关于原子结构、元素性质的说法正确的是()A.非金属元素组成的化合物中只含共价键B.ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的元素C.同种元素的原子均有相同的质子数和中子数D.ⅦA族元素的阴离子还原性越强,其最高价氧化物对应水化物的酸性越强12.(2分)W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示,W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物,下列说法不正确的是()WXYZA.X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是YB.Z元素最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于YC.X与Y元素形成的两种常见化合物分别溶于水后溶液PH<7D.Z元素单质在化学反应中只表现氧化性13.(2分)下列物质中不能用来区分乙酸、乙醇、苯的是()A.溴水B.碳酸钠溶液C.紫色石蕊试液D.金属钠14.(2分)为提纯下列物质(括号内为杂质)选用的试剂和分离方法都正确的是()物质试剂分离方法
①硝酸钾(氯化钠)蒸馏水降温结晶
②二氧化碳(氯化氢)饱和碳酸钠溶液洗气
③乙酸乙酯(乙酸)氢氧化钠溶液分液
④氯气(氯化氢)饱和氯化钠溶液洗气A.
①③B.
①④C.只有
②D.
③④15.(2分)在溶液中能大量共存的微粒组是()A.K+、CH3COOH、CO32﹣、NO3﹣B.Fe3+、Na+、SCN﹣、Cl﹣C.Ba2+、Na+、OH﹣、HCO3﹣D.H+、K+、Fe3+、NO3﹣16.(2分)如图是铅蓄电池构造示意图,下列说法不正确的是()A.铅蓄电池属于二次电池,充电时电能转化为化学能B.电池工作时,电子由Pb板通过导线流向PbO2板C.电池工作时,负极反应为Pb﹣2e﹣═Pb2+D.电池工作时,H+移向PbO2板17.(2分)分析下表中有机物的排列规律,可写出空格上物质的分子式,则横线上能与金属钠反应放出氢气的有机物有(不含立体异构)()123456…CH4OC2H6OC3H8OC5H12OC6H14O…A.3种B.4种C.5种D.6种18.(2分)香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料,其结构简式如下下列有关香叶醇的叙述正确的是()A.香叶醇的分子式为C10H18OB.不能使溴的四氯化碳溶液褪色C.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.能发生加成反应不能发生取代反应19.(2分)一定条件下,反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)在密闭容器中进行,反应速率最快的是()A.v(NH3)=
0.0020mol/(L•s)B.v(O2)=
0.0026mol/(L•s)C.v(NO)=
0.0020mol/(L•s)D.v(H2O)=
0.0028mol/(L•s)20.(2分)mgFe、Fe3O
4、Fe2O3的混合物用足量H2还原,固体质量减少
4.8g;若将等质量的混合物加入足量的稀硝酸中,产生
2.24LNO气体(标准状况下).有关该混合物的下列说法不正确的是()A.参加反应的H2和硝酸的物质的量之比为31B.混合物中氧原子的物质的量为
0.3molC.混合物中铁原子的物质的量为
0.3molD.参加反应的硝酸的物质的量为1mol
二、非选择题(本题包括6小题,每空1分,共14分)21.(11分)短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍,Y原子的最外层只有2个电子,Z单质可制成半导体材料,W与X属于同一主族,完成下列有关问题
(1)元素X的一种核素含10个中子,该核素可表示为,X的一种氢化物常用来消毒,该氢化物的电子式为,元素Z在周期表中的位置是.
(2)元素X和W的简单氢化物中,沸点高的是(填化学式),理由是;
(3)请列举两个事实说明元素W的非金属性比Z强;
(4)元素X、Y、Z、W形成的二元化合物(指含两种不同元素的化合物)中,化学键的类型相同的一组化合物的化学式是;
(5)四种元素的原子半径由大到小的顺序是(填元素符号),X、Y、W三种元素的原子形成的简单离子中,半径最小的是(填离子符号).22.(10分)碳、硅、锗、锡、铅的单质及化合物是重要的工业材料.
(1)金刚石和石墨是碳的两种同素异形体,相同条件下石墨更稳定,则石墨转化为金刚石的反应是(填“放热”或“吸热”)反应.
(2)SiO2在通信领域的一种重要用途是.SiO2晶体中的基本结构单元是.
(3)SnCl2有较强的还原性,写出SnCl2和FeCl3溶液反应的离子方程式.
(4)铅丹(Pb3O4)可作为防锈用涂料,呈红褐色.可采用PbS在空气中连续氧化的方法制备PbS→PbO→Pb3O4,写出第一步氧化的化学方程式.铅丹曾用于铁制品防锈,请说明它的主要危害.1mol铅丹与足量的浓盐酸反应时,转移的电子数目为2NA,写出该反应的化学方程式.
(5)金属锗、锡在空气中不反应,铅在空气中表面生成一层氧化铅,可能的原因是.23.(8分)海水水资源的利用和海水化学资源的开发利用具有非常广阔的前景
(1)列举海水淡化的两种方法、
(2)采用“空气吹出发”从海水吹出Br2,用SO2吸收,则发生反应的离子方程式为还可以用纯碱吸收,主要反应是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3,当吸收1molBr2时,转移电子的物质的量为mol
(3)按以下实验方案可从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物下列说法不正确的是A.步骤
(1)需要过滤装置B.步骤
(2)需要用到分液漏斗C.步骤
(3)需要用到坩埚D.步骤
(4)需要蒸馏装置.24.(11分)
①甲烷、
②乙烷、
③乙烯、
④苯、
⑤甲苯、
⑥二甲苯、
⑦乙醇、
⑧乙酸、
⑨葡萄糖,它们都是常见的重要化工原料.
(1)上述物质中,氢元素的质量分数最大的是(填分子式).等质量的物质完全燃烧耗氧量相同的是(填分子式).
(2)上述物质中,能发生加成反应的烃类物质有(填序号).
(3)甲烷和苯都可以发生取代反应,反应条件分别是、.
(4)聚氯乙烯,简称PVC,这种材料如果用于食品包装,它对人体的安全性有一定的影响,PVC由Cl﹣CH=CH2在一定条件下聚合而成,写出该反应的化学方程式.
(5)苯、甲苯、二甲苯是用途广泛的有机溶剂.二甲苯的结构有种,其中一种被称为“PX”,它的一氯代物只有两种,则“PX”的结构简式是.
(6)乙醇与乙酸发生酯化反应的化学方程式.某同学在做乙醇的催化氧化时发现当烧黑的铜丝不小心接触到酒精灯焰心时,局部瞬间呈现光亮的红色,请用必要的文字结合化学方程式予以解释.25.(10分)Ⅰ.1100℃时,体积为2L的恒容容器中发生如下反应Na2SO4(s)+4H2(g)⇌Na2S(s)+4H2O(g).
(1)下列能判断反应达到平衡状态的是.A.容器内气体压强不再变化B.H2的体积分数不再变化C.1molH﹣H键断裂同时形成2molH﹣O键形成D.Na2S的质量不再变化E.v(正)=v(逆)F.容器内气体密度不再变化
(2)若2min时反应达平衡,此时气体质量增加8g,则用H2表示该反应的反应速率为.Ⅱ.丙烷燃料电池,以KOH溶液为电解质溶液.
(3)通入丙烷的电极为(填“正极”或“负极”),正极的电极反应式为.
(4)燃料电池的优点.
(5)若开始时电解质溶液中含KOH的物质的量为
0.25mol,当溶液中K2CO3的物质的量为
0.1mol时,消耗标准状况下丙烷的体积为ml(保留一位小数).26.(10分)铝是地壳中含量最多的金属元素,其单质和化合物广泛应用于日常生活中.
(1)铝粉和铁的氧化物(FeO•Fe2O3)可配成铝热剂用于焊接钢轨,反应的化学方程式是.
(2)NaOH溶液可以除去铝表面的氧化膜,在处理过程中常会产生H2,产生H2的离子方程式是.
(3)工业上铝土矿(Al2O3•H2O)为原料生产铝,主要包括下列过程i.将粉粹、筛选后的铝土矿溶解在NaOH溶液中;ii.加入过量的试剂A使所得溶液中析出Al(OH)3固体;iii.使Al(OH)3脱水生成Al2O3;iv.电解熔融Al2O3生成Al.铝土矿粉粹的目的是,试剂A的化学式是.电解熔融Al2O3时,加入冰晶石,其作用是.
(4)明矾化学式为KAl(SO4)2•12H2O,向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液,当溶液中的SO42﹣恰好沉淀时,铝元素的存在形式是.
(5)美国普度大学研究开发出一种利用铝镓(镓Ga)合金制取氢气的新工艺(如图所示).i.写出常温下铝镓合金产生氢气的化学方程式.ii.下列有关该工艺的说正确的是.A.该过程中,能量的转化形式只有两种B.铝镓合金可以循环使用C.铝镓合金的熔点比金属铝低D.该工艺可利用太阳能分解水.湖北省宜昌市xx学年高一下学期期末化学试卷(A卷)参考答案与试题解析
一、选择题(共20小题,每小题2分,共40分)1.(2分)为了减少大气污染,许多城市推广汽车使用清洁燃料.目前使用的清洁燃料主要有两类,一类是压缩天然气(CNG),另一类是液化石油气(LPG).这两类燃料的主要成分都是()A.碳水化合物B.醇类C.氢气D.碳氢化合物考点饱和烃与不饱和烃.分析天然气的主要成分是甲烷,液化石油气的主要成分是乙烯、乙烷、丙烷、丙烯、丁烷、丁烯等,都属于烃类物质.解答解A、天然气和液化石油气都属于烃类物质,只含碳和氢两种元素,故A错误;B、烃类物质属于碳氢化合物,不含有O元素,故B错误;C、天然气和液化石油气中不含氢气,故C错误;D、天然气和液化石油气都属于烃类物质,即碳氢化合物,故D正确;故选D.点评本题考查有机物的组成,较为简单,注意天然气和液化石油气的区别.2.(2分)放射性同位素Ho的原子核内中子数与电子数之差是()A.32B.67C.99D.166考点质量数与质子数、中子数之间的相互关系.专题原子组成与结构专题.分析HO所含的质子数为67,质量数为166,中子数=质量数﹣质子数、核外电子数=质子数,然后求原子核内中子数与电子数之差即可.解答解HO所含的质子数为67,质量数为166,所含的中子数=质量数﹣质子数=166﹣67=99,核外电子数=质子数=67,则原子核内中子数与电子数之差=99﹣67=32,故选A.点评本题考查核素的表示方法和质量数与质子数、中子数之间的关系,涉及两个关系式的应用
①中子数=质量数﹣质子数
②核外电子数=质子数=核电荷数=原子序数,难度不大.3.(2分)下列物质分类正确的是()A.FeO、Fe2O
3、Na2O2均为碱性氧化物B.稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C.烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D.盐酸、水玻璃、氨水均为混合物考点酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;混合物和纯净物;分散系、胶体与溶液的概念及关系;电解质与非电解质.分析A、碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物;B、胶体是分散质直径在1﹣100nm的分散系,硅酸是沉淀,氯化铁溶液不是胶体;C、电解质是水溶液中或熔融状态能导电的化合物,四氯化碳是非电解质;D、不同物质组成的物质为混合物.解答解A、FeO、Fe2O3和酸反应生成盐和水,均为碱性氧化物,过氧化钠和酸反应生成盐和水,还有氧气,不是碱性氧化物,故A错误;B、稀豆浆属于胶体、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体,分散质微粒直径不同是分散系的本质区别,故B错误;C、烧碱是氢氧化钠水溶液中完全电离是强电解质、冰醋酸水溶液中部分电离是弱电解质、四氯化碳水溶液中或熔融状态都不导电属于非电解质,故C错误;D、盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠水溶液,属于混合物、氨水是氨气溶于水形成的溶液属于混合物,所以均为混合物,故D正确;故选D.点评本题考查了氧化物分类,分散系的区分,电解质的判断,混合物的物质组成,题目较简单.4.(2分)下列有关物质性质的应用正确的是()A.氯化铝是一种电解质,可用于电解法制铝B.二氧化硅不与强酸反应,可用石英器皿盛放氢氟酸C.生石灰能与水反应,可用来干燥氯气D.液氨汽化时要吸收大量的热,可用作制冷剂考点金属冶炼的一般原理;氯气的化学性质;氨的物理性质;硅和二氧化硅.专题元素及其化合物.分析A.氯化铝是共价化合物,属于分子晶体;B.二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体;C.氢氧化钙能和氯气反应;D.液氨汽化时要吸收大量的热;解答解A.氯化铝的构成微粒是分子,属于分子晶体,为共价化合物,工业上采用电解氧化铝的方法冶炼铝,故A错误;B.石英的主要成分是二氧化硅,二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体,故B错误;C.CaO遇水生成氢氧化钙,而氢氧化钙会和氯气反应,故C错误;D.液氨汽化时要吸收大量的热,可用作制冷剂,故D正确;故选D.点评本题考查物质的性质和用途,题目难度不大,旨在考查学生对基础知识的识记,注意基础知识的积累掌握.注意氯化铝是共价化合物,属于分子晶体为高频考点.5.(2分)有关基本营养物质说法正确的是()A.淀粉和纤维素互为同分异构体B.油脂没有固定的熔沸点C.葡萄糖、果糖、蔗糖都能发生水解反应D.糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物考点油脂的性质、组成与结构;同分异构现象和同分异构体;葡萄糖的性质和用途;有机高分子化合物的结构和性质.分析A.化学式中的n值不同;B.油脂是油与脂肪的总称,属于混合物;C.根据二糖、多糖能发生水解,单糖不能发生水解;D.高分子化合物相对分子量达到10000以上.解答解A.淀粉和纤维素是多糖,高分子化合物,化学式中的n值不同,不是同分异构体,故A错误;B.油脂属于混合物,没有固定的熔沸点,故B正确;C.因二糖、多糖能发生水解,单糖不能发生水解,葡萄糖、果糖是单糖,蔗糖是二糖,故C错误;D.糖类中的单糖、二糖、油脂相对分子量较小,不属于高分子化合物,故D错误.故选B.点评本题考查有机物的结构与性质、同分异构体、高分子化合物等,难度不大,注意糖类中的单糖、二糖、油脂相对分子量较小,不属于高分子化合物.6.(2分)下列有关物质变化的说法不正确的是()A.煤的液化和气化都是化学变化B.硝化反应和酯化反应都属于取代反应C.石油的分馏和裂化都是化学反应D.乙烯与溴和水的反应都属于加成反应考点物理变化与化学变化的区别与联系;取代反应与加成反应.分析A.产生了新物质的变化是化学变化;B.有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应;C.石油的分馏是利用石油中各种成分沸点不同将其分离的一种方法;裂化是将相对分子质量较大,沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程;D.有机物分子中的不饱和键断裂,断键原子与其他原子或原子团相结合,生成新的化合物的反应是加成反应.解答解A.煤的气化、液化都产生了新物质,都属于化学变化,故A正确;B.硝化反应和酯化反应都是有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应,都属于取代反应,故B正确;C.石油的分馏属物理变化,因为石油的分馏是利用石油中各种成分沸点不同将其分离的一种方法,没有新物质生成,所以是物理变化,石油裂化是化学变化,故C错误;D.乙烯使溴水褪色,是乙烯中的双键断裂,每个碳原子上结合1个溴原子生成1,2﹣二溴乙烯,乙烯和水加成生成乙醇,所以属于加成反应,故D正确.故选C.点评本题主要考查了化学变化和常见有机反应类型的判断,题目难度不大,注意明确常见有机反应的类型及判断方法,明确含双键、苯环的物质能发生加成反应.7.(2分)常温下,下列各组物质中,Y既能与X反应又能与Z反应的是()XYZ
①NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸
②KOH溶液SiO2浓盐酸
③O2N2H2
④FeCl3溶液Cu浓硝酸A.
①③B.
①④C.
②④D.
②③考点真题集萃;硅和二氧化硅;镁、铝的重要化合物;铜金属及其重要化合物的主要性质.专题元素及其化合物.分析
①氢氧化铝是两性氢氧化物,能与强酸、强碱反应;
②二氧化硅不能溶于盐酸;
③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO,氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应;
④Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水,与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁.解答解
①氢氧化铝是两性氢氧化物,能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水,与稀硫酸反应生成硫酸铝与水,故
①符合;
②二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水,在酸中二氧化硅只与HF反应,不能与盐酸反应,故
②不符合;
③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO,氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应,常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应,故
③不符合;
④常温下,Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水,与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁,故
④符合,故选B.点评本题考查元素化合物性质,难度不大,侧重对基础知识的巩固,需要学生熟练掌握元素化合物性质.8.(2分)用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是()A.一定条件下,将1molN2和3molH2混合,充分反应后转移的电子数为NAB.
1.5molNO2与足量水反应,转移的电子数为
1.5NAC.
6.4g由S
2、S
4、S8组成的混合物含硫原子数为
0.2NAD.常温常压下,
11.2LCl2含氯原子数为NA考点阿伏加德罗常数.分析A.合成氨的反应为可逆反应,题中数据无法计算生成氨气的物质的量,则无法计算转移的电子数;B.二氧化氮与水反应生成NO气体和硝酸,
1.5mol二氧化氮完全反应生成NO的物质的量为
1.5mol×=
0.5mol,转移电子的物质的量为
0.5mol×(4﹣2)=1mol;C.
6.4g混合物中含有
6.4gS原子,含有
0.2molS原子;D.常温常压下,不能使用标况下的气体摩尔体积计算氯气的物质的量.解答解A.由于合成氨的反应为可逆反应,氮气和氢气不可能完全转化成生成物,题中数据无法判断氨气的物质的量,则无法计算反应中转移的电子数,故A错误;B.
1.5molNO2与足量水反应生成NO和硝酸,生成NO的物质的量为
1.5mol×=
0.5mol,转移电子的物质的量为
0.5mol×(4﹣2)=1mol,转移的电子数为NA,故B错误;C.
6.4g由S
2、S
4、S8组成的混合物中含有
6.4g硫原子,含硫原子的物质的量为=
0.2mol,含有的硫原子数为
0.2NA,故C正确;D.不是标况下,不能使用标况下的气体摩尔体积计算,故D错误;故选C.点评本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和判断,题目难度中等,注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件,熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系,A为易错点,注意可逆反应特点.9.(2分)下列反应的离子方程式书写正确的是()A.过量HI溶液加入到Fe(NO3)3溶液中2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2B.含等物质的量的MgCl
2、Ba(OH)
2、HNO3三种溶液混合Mg2++2OH﹣═Mg(OH)2↓C.CaCO3溶于醋酸CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+2H2OD.向海带灰浸出液中加入硫酸、双氧水2I﹣+H2O2═2OH﹣+I2考点离子方程式的书写.分析A.碘化氢过量,铁离子和硝酸根离子都完全反应,漏掉了硝酸根离子与碘离子的反应;B.漏掉了氢离子与氢氧根离子生成水的反应;C.硅酸钙为难溶物、醋酸为弱酸,二者都需要保留化学式;D.酸性溶液中不会生成氢氧根离子.解答解A.硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液,铁离子和硝酸根离子都参与反应,正确的离子方程式为Fe3++3NO3﹣+12H++10I﹣=Fe2++5I2+3NO↑+6H2O,故A错误;B.含等物质的量的MgCl
2、Ba(OH)
2、HNO3三种溶液混合,反应生成氯化钡、硝酸钡和水,正确的离子方程式为2H++Mg2++4OH﹣═Mg(OH)2↓+2H2O,故B错误;C.CaCO3溶于醋酸生成醋酸钙、二氧化碳气体和水,反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+2H2O,故C正确;D.向海带灰浸出液中加入硫酸、双氧水,发生氧化还原反应,正确的离子方程式2I﹣+2H++H2O2═I2+2H2O,故D错误;故选C.点评本题考查了离子方程式的书写,题目难度中等,明确反应实质是解题关键,注意离子方程式书写应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律等.10.(2分)烃类分子中的碳原子与其它原子的结合方式是()A.形成四对共用电子对B.通过非极性键C.通过两个共价键D.通过离子键和共价键考点有机化合物中碳的成键特征.分析碳原子原子核外最外层有四个电子,在形成烃类物质时与其他原子可形成四对共用电子对,即形成C﹣C键或C﹣H键,可以是单键、双键、三键或成环等解答解碳原子原子核外最外层有四个电子,在形成烃类物质时与其他原子可形成四对共用电子对,故A正确;故选A.点评本题主要考查的是有机化合物中C元素的成键特点,C可以形成单双键和三键,还可以成环,这也是有机物繁多的原因,难度不大.11.(2分)下列关于原子结构、元素性质的说法正确的是()A.非金属元素组成的化合物中只含共价键B.ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的元素C.同种元素的原子均有相同的质子数和中子数D.ⅦA族元素的阴离子还原性越强,其最高价氧化物对应水化物的酸性越强考点原子结构与元素的性质.专题元素周期律与元素周期表专题.分析A、非金属元素组成的化合物可以是离子化合物,如铵盐;B、同周期自左而右,金属性减弱;C、同种元素的不同核素质子数相同,中子数不同;D、阴离子还原性越强,元素的非金属性越弱,最高价氧化物对应水化物的酸性越弱.解答解A、铵盐是离子化合物,含有离子键,由非金属元素组成,故A错误;B、同周期自左而右,金属性减弱,故ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的元素,故B正确;C、同种元素的不同核素质子数相同,中子数不同,故C错误;D、ⅦA族阴离子还原性越强,元素的非金属性越弱,最高价氧化物对应水化物的酸性越弱,故D错误;故选B.点评本题考查结构性质位置关系,难度中等,注意对基础知识的理解掌握.12.(2分)W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示,W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物,下列说法不正确的是()WXYZA.X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是YB.Z元素最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于YC.X与Y元素形成的两种常见化合物分别溶于水后溶液PH<7D.Z元素单质在化学反应中只表现氧化性考点原子结构与元素周期律的关系.分析W、X、Y、Z四种短周期元素,W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物,应是铵盐,则W是N元素,由元素在周期表中的位置可知,X为O元素、Y为S元素、Z为Cl元素,据此解答.解答解W、X、Y、Z四种短周期元素,W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物,应是铵盐,则W是N元素,由元素在周期表中的位置可知,X为O元素、Y为S元素、Z为Cl元素.A.非金属O>S,Cl>S,则其氢化物中H2S最不稳定,故A正确;B.非金属性Cl>S,氯元素的最高价含氧酸一定比Y的含氧酸酸性强,故B正确;C.X与Y元素形成的两种常见化合物分别为SO
2、SO3,溶于水分别得到亚硫酸、硫酸,溶液的PH<7,故C正确;D.Cl2与水的反应生成HCl与HClO,硫酸既表现氧化性,也表现了还原性,故D错误;故选D.点评本题考查位置结构性质关系、元素周期律等,难度不大,推断元素是解题的关键,注意整体把握元素周期表的结构,W是推断的突破口.13.(2分)下列物质中不能用来区分乙酸、乙醇、苯的是()A.溴水B.碳酸钠溶液C.紫色石蕊试液D.金属钠考点有机物的鉴别.分析从水溶性来区分,乙酸和乙醇与水混溶,苯不溶于水,在化学性质上乙酸具有酸性,乙酸和乙醇都能与金属钠反应生成氢气,但乙酸反应更剧烈.解答解A.乙酸和乙醇与水混溶,加入溴水不能区别乙酸和乙醇,故A选;B.乙酸具有酸性,与碳酸钠反应生成二氧化碳,溶液中有气体产生,乙醇与水混溶,苯不溶于水,三者现象各不相同,可鉴别,故B不选;C.乙酸具有酸性,紫色石蕊试液变红,乙醇与水混溶,无现象,苯不溶于水,萃取石蕊,紫色层在上层,可鉴别,故C不选;D.乙酸和乙醇都能与金属钠反应生成氢气,但乙酸反应更剧烈,苯与钠不反应,故D不选.故选A.点评本题考查有机物的鉴别,题目难度不大,本题注意乙酸、乙醇以及苯的性质的异同,注意乙酸的酸性以及苯与水互不相溶的性质.14.(2分)为提纯下列物质(括号内为杂质)选用的试剂和分离方法都正确的是()物质试剂分离方法
①硝酸钾(氯化钠)蒸馏水降温结晶
②二氧化碳(氯化氢)饱和碳酸钠溶液洗气
③乙酸乙酯(乙酸)氢氧化钠溶液分液
④氯气(氯化氢)饱和氯化钠溶液洗气A.
①③B.
①④C.只有
②D.
③④考点物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.分析
①硝酸钾、氯化钠的溶解度受温度影响不同;
②HCl、二氧化碳均与饱和碳酸钠反应;
③二者均与NaOH反应;
④氯气不溶于饱和食盐水.解答解
①硝酸钾、氯化钠的溶解度受温度影响不同,则物质溶于水,降温结晶析出硝酸钾,以此分离,故
①正确;
②HCl、二氧化碳均与饱和碳酸钠反应,不能分离,应选择饱和碳酸氢钠溶液,故
②错误;
③二者均与NaOH反应,应利用饱和碳酸钠溶液充分振荡、分液来除杂,故
④错误;
④氯气不溶于饱和食盐水,可用饱和食盐水除杂,故
④正确.故选B.点评本题考查物质的分离、提纯,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,为高频考点,注意把握物质的性质的异同,为解答该题的关键,难度不大.15.(2分)在溶液中能大量共存的微粒组是()A.K+、CH3COOH、CO32﹣、NO3﹣B.Fe3+、Na+、SCN﹣、Cl﹣C.Ba2+、Na+、OH﹣、HCO3﹣D.H+、K+、Fe3+、NO3﹣考点离子共存问题.分析A.醋酸能够与碳酸根离子反应生成二氧化碳气体;B.铁离子与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁;C.氢氧根离子、碳酸氢根离子、钡离子之间反应生成碳酸钡沉淀;D.四种离子之间不发生反应,能够共存.解答解A.CH3COOH、CO32﹣之间反应生成二氧化碳气体,在溶液中不能大量共存,故A错误;B.Fe3+、SCN﹣之间反应生成硫氰化铁,在溶液中不能大量共存,故B错误;C.Ba2+、OH﹣、HCO3﹣之间反应生成碳酸钡沉淀,在溶液中不能大量共存,故C错误;D.H+、K+、Fe3+、NO3﹣之间不反应,在溶液中能够大量共存,故D正确;故选D.点评本题考查离子共存的判断,题目难度中等,明确离子反应发生条件为解答关键,注意掌握常见的离子不能共存的情况,如发生复分解反应、发生氧化后氧化反应、发生络合反应等,试题培养了学生灵活应用基础知识的能力.16.(2分)如图是铅蓄电池构造示意图,下列说法不正确的是()A.铅蓄电池属于二次电池,充电时电能转化为化学能B.电池工作时,电子由Pb板通过导线流向PbO2板C.电池工作时,负极反应为Pb﹣2e﹣═Pb2+D.电池工作时,H+移向PbO2板考点常用合成高分子材料的化学成分及其性能.分析A.蓄电池充电时,属于电解池的工作原理;B.原电池中电子由负极向正极移动;C.电极反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4;D.原电池中电解质里的阳离子移向正极.解答解A.蓄电池充电时,属于电解池的工作原理,电解池是将电能转化为化学能的装置,故A正确;B.原电池中电子由负极向正极移动,即放电时,电子由Pb极通过导线流向PbO2,故B正确;C.负极上Pb失电子发生氧化反应,电极反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4,故C错误;D.蓄电池放电时,相当于原电池的工作原理,原电池中电解质里的阳离子移向正极,即放电时溶液中的H+向正极移动,故D正确.故选C.点评本题考查了二次电池的有关知识,难度不大,注意根据反应方程式判断电解池和原电池,特别是电极反应式的书写,学习中注意体会书写方法.17.(2分)分析下表中有机物的排列规律,可写出空格上物质的分子式,则横线上能与金属钠反应放出氢气的有机物有(不含立体异构)()123456…CH4OC2H6OC3H8OC5H12OC6H14O…A.3种B.4种C.5种D.6种考点探究化学规律.分析给予的分子符合饱和一元醇或饱和一元醚的通式,能和钠反应生成氢气的只有醇,所以这些物质都是饱和一元醇,饱和一元醇可以可作是支链烷烃中H原子被﹣OH取代的产物,所以可以根据烷基碳链结构判断饱和一元醇种类,据此分析解答.解答解给予的分子符合饱和一元醇或饱和一元醚的通式,能和钠反应生成氢气的只有醇,所以这些物质都是饱和一元醇,饱和一元醇可以可作是支链烷烃中H原子被﹣OH取代的产物,所以可以根据烷基碳链结构判断饱和一元醇种类,根据表中数据知,阿拉伯数字序号与饱和一元醇中碳原子个数相等,所以4号位置分子式为C4H10O,烷基﹣C4H9有四种碳链结构,所以4号饱和一元醇有4种,故选B.点评本题考查探究化学规律,侧重考查学生分析判断及总结归纳能力,同分异构体类型有官能团异构、碳链异构、官能团位置异构等,题目难度不大.18.(2分)香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料,其结构简式如下下列有关香叶醇的叙述正确的是()A.香叶醇的分子式为C10H18OB.不能使溴的四氯化碳溶液褪色C.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.能发生加成反应不能发生取代反应考点有机物的结构和性质.专题有机物的化学性质及推断.分析该物质含2个C=C键、1个﹣OH,分子式为C10H18O,结合烯烃和醇的性质来解答.解答解A.由结构简式可知,该有机物的分子式为C10H18O,故A正确;B.因含C=C键,能使溴的四氯化碳溶液褪色,故B错误;C.含C=C键、﹣OH,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故C错误;D.含C=C,能发生加成反应,含﹣OH能发生取代反应,故D错误;故选A.点评本题考查有机物的结构与性质,注意把握有机物的官能团与性质的关系,熟悉烯烃、醇的性质即可解答,题目难度不大.19.(2分)一定条件下,反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)在密闭容器中进行,反应速率最快的是()A.v(NH3)=
0.0020mol/(L•s)B.v(O2)=
0.0026mol/(L•s)C.v(NO)=
0.0020mol/(L•s)D.v(H2O)=
0.0028mol/(L•s)考点化学反应速率和化学计量数的关系.分析不同物质表示反应速率等于其化学计量数之比,故反应速率与其化学计量数的比值越大,表示的反应速率越快,注意保持单位一致.解答解不同物质表示反应速率等于其化学计量数之比,故反应速率与其化学计量数的比值越大,表示的反应速率越快.A.=
0.0005mol/(L•s);B.=
0.00052mol/(L•s);C.=
0.0005mol/(L•s);D.=
0.000467mol/(L•s),故反应速率v(O2)>v(NH3)=v(NO)>v(H2O),故选B.点评本题考查化学反应速率快慢比较,难度不大,可以转化为同一物质表示的速率进行比较.20.(2分)mgFe、Fe3O
4、Fe2O3的混合物用足量H2还原,固体质量减少
4.8g;若将等质量的混合物加入足量的稀硝酸中,产生
2.24LNO气体(标准状况下).有关该混合物的下列说法不正确的是()A.参加反应的H2和硝酸的物质的量之比为31B.混合物中氧原子的物质的量为
0.3molC.混合物中铁原子的物质的量为
0.3molD.参加反应的硝酸的物质的量为1mol考点有关混合物反应的计算.分析mgFe、Fe3O
4、Fe2O3的混合物可以看作Fe、FeO、Fe2O3混合物,用足量H2还原得到Fe与H2O,固体质量减少
4.8g为混合物中氧元素质量,氧原子物质的量为
0.3mol,若将等质量的混合物加入足量的稀硝酸中,反应得到Fe(NO3)3,同时产生
2.24LNO气体(标准状况下),其物质的量为
0.1mol,设Fe、FeO、Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol、zmol,根据氧原子守恒有x+3z=
0.3,根据电子转移守恒有3x+y=
0.1×3,整理可得x=z,即Fe、FeO、Fe2O3混合物中Fe、Fe2O3的物质的量之比为11,则原混合物可以看作FeO,且n(FeO)=n(O)=
0.3mol.根据氧原子、H原子守恒计算参加反应氢气物质的量,反应中硝酸起氧化剂、酸性作用,根据Fe原子守恒计算起酸性作用的硝酸,根据N原子守恒计算起氧化剂作用的硝酸,再根据N原子守恒计算消耗硝酸总物质的量,据此解答.解答解mgFe、Fe3O
4、Fe2O3的混合物可以看作Fe、FeO、Fe2O3混合物,用足量H2还原得到Fe与H2O,固体质量减少
4.8g为混合物中氧元素质量,氧原子物质的量为=
0.3mol,若将等质量的混合物加入足量的稀硝酸中,反应得到Fe(NO3)3,同时产生
2.24LNO气体(标准状况下),其物质的量为=
0.1mol,设Fe、FeO、Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol、zmol,根据氧原子守恒有x+3z=
0.3,根据电子转移守恒有3x+y=
0.1×3,整理可得x=z,即Fe、FeO、Fe2O3混合物中Fe、Fe2O3的物质的量之比为11,则原混合物可以看作FeO,且n(FeO)=n(O)=
0.3mol.A.根据氧原子守恒n(H2O)=n(O)=
0.3mol,由H原子守恒则n(H2)=n(H2O)=
0.3mol,反应中硝酸起氧化剂、酸性作用,根据Fe原子守恒n=n(FeO)=
0.3mol,由N原子守恒可知起氧化剂作用的硝酸与NO物质的量相等,故消耗硝酸总物质的量为
0.3mol×3+
0.1mol=1mol,及参加反应的H2和硝酸的物质的量之比为
0.3mol1mol=310,故A错误;B.由上述分析可知,混合物中氧原子的物质的量为
0.3mol,故B正确;C.由上述分析可知,混合物中铁原子的物质的量为
0.3mol,故C正确;D.由A中计算可知,参加反应的硝酸的物质的量为1mol,故D正确,故选A.点评本题考查有关混合物反应的计算,关键是通过计算将原混合物转化为单一的FeO进行解答,侧重考查学生分析计算能力,难度较大.
二、非选择题(本题包括6小题,每空1分,共14分)21.(11分)短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍,Y原子的最外层只有2个电子,Z单质可制成半导体材料,W与X属于同一主族,完成下列有关问题
(1)元素X的一种核素含10个中子,该核素可表示为188O,X的一种氢化物常用来消毒,该氢化物的电子式为,元素Z在周期表中的位置是第三周期ⅣA族.
(2)元素X和W的简单氢化物中,沸点高的是H2O(填化学式),理由是H2O分子之间存在氢键;
(3)请列举两个事实说明元素W的非金属性比Z强硫酸的酸性比硅酸的酸性强,硫化氢比SiH4稳定;
(4)元素X、Y、Z、W形成的二元化合物(指含两种不同元素的化合物)中,化学键的类型相同的一组化合物的化学式是MgO、MgS;
(5)四种元素的原子半径由大到小的顺序是Mg>Si>S>O(填元素符号),X、Y、W三种元素的原子形成的简单离子中,半径最小的是S2﹣>O2﹣>Mg2+(填离子符号).考点位置结构性质的相互关系应用.分析短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍,X有2个电子层,最外层电子数为6,故X为O元素;W与X属于同一主族,故W为S元素;Y原子的最外层只有2个电子,原子序数大于O元素,故Y处于第三周期,则Y为Mg元素;Z单质可制成半导体材料,Z为Si元素,据此解答.解答解短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍,X有2个电子层,最外层电子数为6,故X为O元素;W与X属于同一主族,故W为S元素;Y原子的最外层只有2个电子,原子序数大于O元素,故Y处于第三周期,则Y为Mg元素;Z单质可制成半导体材料,Z为Si元素.
(1)元素O的一种核素含10个中子,质量数为18,该核素可表示为188O,X的一种氢化物常用来消毒,该氢化物为H2O2,电子式为,元素Z为Si,在周期表中的位置是第三周期ⅣA族,故答案为188O;;第三周期ⅣA族;
(2)由于H2O分子之间存在氢键,沸点高于H2S,故答案为H2O;H2O分子之间存在氢键;
(3)硫酸的酸性比硅酸的酸性强,硫化氢比SiH4稳定,可以说明S元素非金属性比Si的强,故答案为硫酸的酸性比硅酸的酸性强,硫化氢比SiH4稳定;
(4)元素O、Mg、Si、S形成的二元化合物(指含两种不同元素的化合物)中,化学键的类型相同的一组化合物的化学式为MgO、MgS等,故答案为MgO、MgS等;
(5)同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大,故原子半径Mg>Si>S>O,电子层结构相同的离子,核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径S2﹣>O2﹣>Mg2+,故答案为Mg>Si>S>O;S2﹣>O2﹣>Mg2+.点评本题考查结构性质位置关系应用,难度不大,推断元素是解题的关键,注意对基础知识的全面掌握.22.(10分)碳、硅、锗、锡、铅的单质及化合物是重要的工业材料.
(1)金刚石和石墨是碳的两种同素异形体,相同条件下石墨更稳定,则石墨转化为金刚石的反应是吸热(填“放热”或“吸热”)反应.
(2)SiO2在通信领域的一种重要用途是光导纤维.SiO2晶体中的基本结构单元是硅氧四面体.
(3)SnCl2有较强的还原性,写出SnCl2和FeCl3溶液反应的离子方程式2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+.
(4)铅丹(Pb3O4)可作为防锈用涂料,呈红褐色.可采用PbS在空气中连续氧化的方法制备PbS→PbO→Pb3O4,写出第一步氧化的化学方程式2PbS+3O22PbO+2SO2.铅丹曾用于铁制品防锈,请说明它的主要危害重金属(Pb)污染.1mol铅丹与足量的浓盐酸反应时,转移的电子数目为2NA,写出该反应的化学方程式Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O.
(5)金属锗、锡在空气中不反应,铅在空气中表面生成一层氧化铅,可能的原因是锗锡铅同主族,铅的金属性最强,可与空气中氧气反应,而锗锡不反应.考点氧化还原反应;金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系;吸热反应和放热反应.分析
(1)相同条件下,物质具有的能量越低越稳定;
(2)二氧化硅晶体可用于制造光导纤维;SiO2晶体中每个Si连接4个O形成四面体结构;
(3)SnCl2和FeCl3发生氧化还原反应生成SnCl4和FeCl2;
(4)PbS在空气中加热生成Pb3O4,根据反应物、生成物及反应条件书写方程式;Pb属于重金属元素;1mol铅丹与足量的浓盐酸反应时,转移的电子数目为2NA,则氧化生成1mol氯气,还生成PbCl2和水;
(5)根据同一主族元素的性质的递变规律分析.解答解
(1)相同条件下,物质具有的能量越低越稳定,已知相同条件下石墨更稳定,则石墨具有的能量低于金刚石,则石墨转化为金刚石的反应是吸热反应;故答案为吸热;
(2)二氧化硅晶体对光具有全反射的性质,可用于制造光导纤维;SiO2晶体中每个Si连接4个O形成四面体结构,所以SiO2晶体中的基本结构单元是硅氧四面体;故答案为光导纤维;硅氧四面体;
(3)SnCl2和FeCl3发生氧化还原反应生成SnCl4和FeCl2,其反应的离子方程式为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+;故答案为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+;
(4)PbS在空气中加热生成Pb3O4和二氧化硫,反应方程式为2PbS+3O22PbO+2SO2,Pb属于重金属元素,有毒,会污染环境;1mol铅丹与足量的浓盐酸反应时,转移的电子数目为2NA,则氧化生成1mol氯气,还生成PbCl2和水,则反应的方程式为Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O;故答案为2PbS+3O22PbO+2SO2;重金属(Pb)污染;Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O;
(5)金属越活泼,在空气中越容易发生反应,同主族自上而下,金属性随着原子序数的增大而增强,铅的原子序数最大,所以铅的金属性比锗和锡都强,故易被空气中的氧气氧化成氧化铅.故答案为锗锡铅同主族,铅的金属性最强,可与空气中氧气反应,而锗锡不反应.点评本题考查了物质的稳定性与能量的关系、氧化还原反应、元素周期律等知识点,根据方程式书写规则、物质的性质、氧化还原反应等知识点解答,题目难度中等.23.(8分)海水水资源的利用和海水化学资源的开发利用具有非常广阔的前景
(1)列举海水淡化的两种方法蒸留法、反渗透法
(2)采用“空气吹出发”从海水吹出Br2,用SO2吸收,则发生反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣还可以用纯碱吸收,主要反应是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3,当吸收1molBr2时,转移电子的物质的量为mol
(3)按以下实验方案可从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物下列说法不正确的是CA.步骤
(1)需要过滤装置B.步骤
(2)需要用到分液漏斗C.步骤
(3)需要用到坩埚D.步骤
(4)需要蒸馏装置.考点海水资源及其综合利用.分析
(1)目前淡化海水的方法有多种,如蒸留法、反渗透法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法;
(2)吹出Br2,用SO2吸收,发生氧化还原反应生成硫酸和HBr;Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3中Br由0降低为﹣1,由0升高为+5价,可知吸收3mol溴转移5mol电子;
(3)步骤
(1)是分离固液混合物,其操作为过滤,步骤
(2)分离互不相溶的液体混合物,需进行分液,要用到分液漏斗;步骤
(3)是从溶液中得到固体,操作为蒸发,需要蒸发皿;步骤
(4)是从有机化合物中,利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯,以此来解答.解答解
(1)海水淡化的两种方法为蒸留法、反渗透法,故答案为蒸留法;反渗透法;
(2)吹出Br2,用SO2吸收,发生氧化还原反应生成硫酸和HBr,离子反应为Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣,Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3中Br由0降低为﹣1,由0升高为+5价,可知吸收3mol溴转移5mol电子,则吸收1molBr2时,转移电子的物质的量为mol,故答案为Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣;;
(3)A.步骤
(1)是分离固液混合物,其操作为过滤,需要过滤装置,故A正确;B.步骤
(2)分离互不相溶的液体混合物,需进行分液,要用到分液漏斗,故B正确;C.步骤
(3)是从溶液中得到固体,操作为蒸发,需要蒸发皿,故C错误;D.步骤
(4)是从有机化合物中,利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯,需要蒸馏装置,故D正确.故选C.点评本题考查海水资源利用及分离提纯的实验,为高频考点,涉及氧化还原反应及分离提纯流程分析,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,注意合成流程中物质的性质及分离方法是解答本题的关键,注重实验操作和分离方法的考查,题目难度不大.24.(11分)
①甲烷、
②乙烷、
③乙烯、
④苯、
⑤甲苯、
⑥二甲苯、
⑦乙醇、
⑧乙酸、
⑨葡萄糖,它们都是常见的重要化工原料.
(1)上述物质中,氢元素的质量分数最大的是CH4(填分子式).等质量的物质完全燃烧耗氧量相同的是C2H4O2和C6H12O6(填分子式).
(2)上述物质中,能发生加成反应的烃类物质有
③④⑤⑥(填序号).
(3)甲烷和苯都可以发生取代反应,反应条件分别是光照、催化剂.
(4)聚氯乙烯,简称PVC,这种材料如果用于食品包装,它对人体的安全性有一定的影响,PVC由Cl﹣CH=CH2在一定条件下聚合而成,写出该反应的化学方程式.
(5)苯、甲苯、二甲苯是用途广泛的有机溶剂.二甲苯的结构有3种,其中一种被称为“PX”,它的一氯代物只有两种,则“PX”的结构简式是.
(6)乙醇与乙酸发生酯化反应的化学方程式CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O.某同学在做乙醇的催化氧化时发现当烧黑的铜丝不小心接触到酒精灯焰心时,局部瞬间呈现光亮的红色,请用必要的文字结合化学方程式予以解释铜和空气中的氧气在加热条件下反应生成黑色的氧化铜,2Cu+O22CuO,烧黑的氧化铜接触到焰心上的乙醇,发生如下反应CuO+CH3CH2OHCH3CHO+H2O+Cu变为红色的铜.考点化学方程式的书写;化学方程式的有关计算;有机物的结构和性质;同分异构现象和同分异构体;苯的性质.分析
(1)有机物中氢元素的质量分数最大的是最简单的有机物甲烷;最简式相同等质量的物质完全燃烧耗氧量相同;
(2)含有碳碳双键或三键或苯环的烃能发生加成反应;
(3)甲烷在光照条件下能够与氯气发生取代反应,苯能够与液溴在催化剂作用下发生取代反应;
(4)含有碳碳双键的物质能发生加聚反应,氯乙烯加聚反应生成聚氯乙烯;
(5)二甲苯为苯环上有两甲基,两甲基处于邻间对位三种情况;根据对称的思想找等效氢一氯代物只有两种为对二甲苯;
(6)在浓硫酸作催化剂条件下加热乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯;根据铜的性质及氧气的性质分析铜变黑的原因;再根据氧化铜的性质及乙醇的性质分析变黑的铜丝又恢复原来的红色原因.解答解
(1)有机物中氢元素的质量分数最大的是最简单的有机物甲烷,
⑧乙酸C2H4O2,最简式为CH2O,
⑨葡萄糖C6H12O6,最简式为CH2O,它们的最简式相同,所以等质量的这两种物质完全燃烧耗氧量相同,故答案为CH4;C2H4O2和C6H12O6;
(2)含有碳碳双键或三键或苯环的烃能发生加成反应,所以
③乙烯、
④苯、
⑤甲苯、
⑥二甲苯能发生加成反应,故答案为
③④⑤⑥;
(3)甲烷在光照条件下能够与氯气发生取代反应,如甲烷和氯气发生取代反应第一步反应生成一氯甲烷,方程式为CH4+Cl2CH3Cl+HCl,苯能够与液溴在催化剂铁作用下发生取代反应,故答案为光照;催化剂;
(4)含有碳碳双键的有机物能发生加聚反应,氯乙烯含有碳碳双键能发生加聚反应,反应为,故答案为;
(5)二甲苯为苯环上两个氢原子被甲基取代,两甲基处于邻间对位三种情况,分别为、、,分别用
1、
2、3标出三种二甲苯中苯环上的氢原子的位置有几种,它们的一氯取代物就有几种,甲基上的氢只有一种,对邻间位三种情况它们的一氯取代物分别为1+1=
2、2+1=
3、3+1=4,“PX”,它的一氯代物只有两种,所以“PX”的结构简式是,故答案为3;;
(6)在浓硫酸作催化剂条件下加热乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯,反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O,在酒精灯外焰灼烧铜丝观察到铜丝表面变黑,铜和空气中的氧气在加热条件下反应生成黑色的氧化铜,所以铜丝变黑2Cu+O22CuO;乙醇有还原性,氧化铜有氧化性,氧化铜和乙醇在加热条件下发生氧化还原反应生成铜和乙醛、水CuO+CH3CH2OHCH3CHO+H2O+Cu,故答案为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O;铜和空气中的氧气在加热条件下反应生成黑色的氧化铜,2Cu+O22CuO,烧黑的氧化铜接触到焰心上的乙醇,发生如下反应CuO+CH3CH2OHCH3CHO+H2O+Cu变为红色的铜.点评本题考查有机物的结构、有机物的反应类型、苯的同系物和同分异构体的书写、乙醇的催化原理等,掌握有机物的结构是解答的关键,注意
(1)有机物中氢元素的质量分数最大的是最简单的有机物甲烷;最简式相同等质量的物质完全燃烧耗氧量相同,
(5)注意根据对称的思想找等效氢,题目难度中等.25.(10分)Ⅰ.1100℃时,体积为2L的恒容容器中发生如下反应Na2SO4(s)+4H2(g)⇌Na2S(s)+4H2O(g).
(1)下列能判断反应达到平衡状态的是BDEF.A.容器内气体压强不再变化B.H2的体积分数不再变化C.1molH﹣H键断裂同时形成2molH﹣O键形成D.Na2S的质量不再变化E.v(正)=v(逆)F.容器内气体密度不再变化
(2)若2min时反应达平衡,此时气体质量增加8g,则用H2表示该反应的反应速率为
0.125mol/(L•min).Ⅱ.丙烷燃料电池,以KOH溶液为电解质溶液.
(3)通入丙烷的电极为负极(填“正极”或“负极”),正极的电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣.
(4)燃料电池的优点能量转换率高,反应产物对环境污染小的特点.
(5)若开始时电解质溶液中含KOH的物质的量为
0.25mol,当溶液中K2CO3的物质的量为
0.1mol时,消耗标准状况下丙烷的体积为
746.7ml(保留一位小数).考点原电池和电解池的工作原理;反应速率的定量表示方法;化学平衡状态的判断.分析Ⅰ.
(1)可逆反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质),平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化,由此衍生的一些物理量不变,以此分析;
(2)根据气体增加的质量与氢气之间的关系计算氢气的平均反应速率;Ⅱ.在燃料电池中,负极上是燃料发生失电子的氧化反应,在碱性环境下,电极反应为C3H8+26OH﹣﹣20e﹣=3CO32﹣+17H2O,正极上是氧气发生得电子得还原反应,电极反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣,据此分析结合得失电子守恒计算.解答解
(1)A.反应前后气体的体积不变,则无论是否达到平衡状态,容器内气体压强都不变化,故A错误;B.H2的体积分数不再变化,可说明达到平衡状态,故B正确;C.无论是否达到平衡状态,反应速率之比等于化学计量数之比,则1molH﹣H键断裂同时形成2molH﹣O键形成不能说明达到平衡状态,故C错误;D.Na2S的质量不再变化,说明达到平衡状态,故D正确;E.v(正)=v(逆),说明达到平衡状态,故E正确;F.因前后气体的质量不等,则容器内气体密度不再变化能说明达到平衡状态,故F正确,故答案为BDEF;
(2)Na2SO4(s)+4H2(g)⇌Na2S(s)+4H2O(g)△m4mol72g64gn8gn=
0.5mol,v(H2)==
0.125mol/(L•min),故答案为
0.125mol/(L•min);
(3)在丙烷燃料电池中,负极上是燃料丙烷发生失电子的氧化反应,所以通入丙烷的电极为负极,正极上是氧气发生得电子得还原反应,电极反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣,故答案为负极;O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣;
(4)燃料电池具有能量转换率高,反应产物对环境污染小的特点,故答案能量转换率高,反应产物对环境污染小的特点;
(5)在燃料电池中,负极上是燃料发生失电子的氧化反应,在碱性环境下,电极反应为C3H8+26OH﹣﹣20e﹣=3CO32﹣+17H2O,所以当溶液中K2CO3的物质的量为
0.1mol时,消耗标准状况下丙烷的体积为×
22.4×1000mL=
746.7mL,故答案为
746.7.点评本题考查较为综合,涉及化学平衡的判断、原电池知识,为高频考点,侧重于学生的分析能力、计算能力的考查,本题注意把握化学平衡的判断角度以及原电池的工作原理,把握电极方程式的书写,难度不大.26.(10分)铝是地壳中含量最多的金属元素,其单质和化合物广泛应用于日常生活中.
(1)铝粉和铁的氧化物(FeO•Fe2O3)可配成铝热剂用于焊接钢轨,反应的化学方程式是8Al+3FeO•Fe2O34Al2O3+9Fe.
(2)NaOH溶液可以除去铝表面的氧化膜,在处理过程中常会产生H2,产生H2的离子方程式是2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑.
(3)工业上铝土矿(Al2O3•H2O)为原料生产铝,主要包括下列过程i.将粉粹、筛选后的铝土矿溶解在NaOH溶液中;ii.加入过量的试剂A使所得溶液中析出Al(OH)3固体;iii.使Al(OH)3脱水生成Al2O3;iv.电解熔融Al2O3生成Al.铝土矿粉粹的目的是增大接触面积,加快反应速率,试剂A的化学式是CO2.电解熔融Al2O3时,加入冰晶石,其作用是降低反应混合物熔点,节约能源.
(4)明矾化学式为KAl(SO4)2•12H2O,向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液,当溶液中的SO42﹣恰好沉淀时,铝元素的存在形式是AlO2﹣.
(5)美国普度大学研究开发出一种利用铝镓(镓Ga)合金制取氢气的新工艺(如图所示).i.写出常温下铝镓合金产生氢气的化学方程式2AlGa+3H2O=Al2O3+2Ga+3H2↑.ii.下列有关该工艺的说正确的是BCD.A.该过程中,能量的转化形式只有两种B.铝镓合金可以循环使用C.铝镓合金的熔点比金属铝低D.该工艺可利用太阳能分解水.考点镁、铝的重要化合物.分析
(1)铝热反应实质是铝粉和铁的氧化物发生氧化还原反应生成铁和氧化铝;
(2)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏氯酸钠和氢气;
(3)铝土矿粉粹是增大固体与溶液接触面积,加快反应速率,氧化铝溶于氢氧化钠溶液反应生成偏氯酸钠,加入过量的试剂A使所得溶液中析出Al(OH)3固体,碳酸酸性大于氢氧化铝,说明是通入二氧化碳生成;电解熔融Al2O3时,氧化铝熔点高耗能高,加入冰晶石会降低反应物熔点分析;
(4)设明矾KAl(SO4)2•12H2O为1mol,则溶液中含有1molK+、1molAl3+、2molSO42﹣,根据反应SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓,当溶液中的SO42﹣完全沉淀时,需要2molBa2+,即2molBa(OH)2,2molBa(OH)2中含有4molOH﹣,1molAl3+和4molOH﹣发生反应Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O;铝元素的存在形式为AlO2﹣;
(5)i、依据转化关系图中物质分析判断,铝镓合金和水反应生成氧化铝、镓和氢气;ii、A.工艺流程中,太阳能转化为电能、电能转化为化学能、化学能转变为热能;B.前边操作中用的物质,在后续操作中又得到该物质,则该物质就可循环使用;C、合金熔点低于各成分;D、根据反应物与最终产物,据此整个过程实质是水分解生成氢气与氧气,该工艺中总反应为2H2O=H2↑+O2↑;解答解
(1)铝粉和铁的氧化物(FeO•Fe2O3)可配成铝热剂用于焊接钢轨,铝粉和铁的氧化物发生氧化还原反应生成铁和氧化铝,反应的化学方程式为8Al+3FeO•Fe2O4Al2O3+9Fe,故答案为8Al+3FeO•Fe2O4Al2O3+9Fe;
(2)NaOH溶液可以除去铝表面的氧化膜,在处理过程中常会产生H2,铝和氢氧化钠溶液反应生成偏氯酸钠和氢气,反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑,故答案为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑;
(3)铝土矿粉粹是增大固体与溶液接触面积,加快反应速率,氧化铝溶于氢氧化钠溶液反应生成偏氯酸钠,加入过量的试剂A使所得溶液中析出Al(OH)3固体,碳酸酸性大于氢氧化铝,说明是通入二氧化碳生成;电解熔融Al2O3时,氧化铝熔点高耗能高,加入冰晶石会降低反应物熔点,节约能源,故答案为增大接触面积,加快反应速率,CO2,降低反应混合物熔点,节约能源;
(4)设明矾KAl(SO4)2•12H2O为1mol,则溶液中含有1molK+、1molAl3+、2molSO42﹣,根据反应SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓,当溶液中的SO42﹣完全沉淀时,需要2molBa2+,即2molBa(OH)2,2molBa(OH)2中含有4molOH﹣,1molAl3+和4molOH﹣发生反应Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O;铝元素的存在形式为AlO2﹣.故答案为AlO2﹣;
(5)i、依据转化关系图中物质分析判断,铝镓合金和水反应生成氧化铝、镓和氢气,反应的化学方程式为2AlGa+3H2O=Al2O3+2Ga+3H2↑,故答案为2AlGa+3H2O=Al2O3+2Ga+3H2↑;ii、A.工艺流程中,太阳能转化为电能、电能转化为化学能、化学能转变为热能,该过程中,能量的转化形式不只有两种,故A错误;B.前边操作中用的物质,在后续操作中又得到该物质,则该物质就可循环使用,转化关系中铝镓合金反应最后生成可以循环使用,故B正确;C、合金熔点低于各成分,铝镓合金的熔点比金属铝低,故C正确;D、根据反应物与最终产物,据此整个过程实质是水分解生成氢气与氧气,该工艺中总反应为2H2O=H2↑+O2↑D正确,该工艺可利用太阳能分解水,故D正确,故选BCD.故答案为2AlGa+3H2O=Al2O3+2Ga+3H2↑,BCD.点评本题考查了镁铝性质的分析判断,物质反应产物判断,流程分析应用,掌握基础是解题关键,题目难度中等.。