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2019-2020年高三上学期第四次月考化学试卷含解析
一、选择题(本题共7小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.)1.化学与社会、生产、生活密切相关.下列说法正确的是( )A.神舟10号飞船所用太阳能电池板的材料是单晶硅B.用于制作集成电路板的酚醛树脂是天然高分子化合物C.工业上获得大量乙烯、丙烯、丁二烯的方法是石油裂化D.日常生活中人们大量使用铝制品,是因为常温下铝不能与氧气反应2.下列离子方程式中正确的是( )A.Cl2通入水中Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+C1O﹣B.钢铁发生吸氧腐蚀时,铁作负极Fe﹣3e﹣=Fe3+C.向双氧水中加入稀硫酸和KI溶液H2O2+2H++2I﹣=I2+2H2OD.用铜作阳极电解CuSO4溶液2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+3.下列实验操作不能达到预期实验目的是( )实验目的实验操作A鉴别乙酸乙酯和乙酸分别加入饱和Na2CO3溶液B比较Fe和Cu的金属活动性分别加入浓硝酸C比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼性分别加入少量NaD比较I2在H2O和CCl4中的溶解度向I2水中加入CCl4,振荡A.AB.BC.CD.D4.用NA表示阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是( )A.标准状况下,
11.2L的SO3所含分子数为
0.5NAB.室温下,31g白磷分子中含有共价键数目为4NAC.由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子,其中的氧原子数为2NAD.1L浓度为1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中含有NA个CO32﹣5.下列有关性质的比较,不能用元素周期律解释的是( )A.酸性H2SO4>H3PO4B.非金属性Cl>BrC.碱性NaOH>Mg(OH)2D.热稳定性Na2CO3>NaHCO36.用如图装置(夹持、加热装置已略)进行实验,由
②中现象,不能证实
①中反应发生的是( )
①中实验
②中现象A铁粉与水蒸气加热肥皂水冒泡B加热NH4Cl和Ca(OH)2混合物酚酞溶液变红CNaHCO3固体受热分解澄清石灰水变浑浊D石蜡油在碎瓷片上受热分解Br2的CCl4溶液褪色A.AB.BC.CD.D7.某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+.取该溶液100mL,加入过量NaOH溶液,加热,得到
0.02mol气体,同时产生红褐色沉淀;过滤,洗涤,灼烧,得到
1.6g固体;向上述滤液中加足量BaCl2溶液,得到
4.66g不溶于盐酸的沉淀.由此可知原溶液中( )A.NH4+、Fe3+一定存在,K+可能存在B.Cl﹣=一定存在,且c(Cl﹣)≤
0.4mol/LC.SO42﹣、NH4+、Fe3+一定存在,且物质的量浓度均为
0.02mol/LD.CO32﹣、Al3+一定不存在,K+一定存在
二、解答题(共3小题,满分43分)8.A、B、C、D、E、F六种短周期元素,其原子序数依次增大,其中B与C同周期,D与E和F同周期,A与D同主族,C与F同主族,C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍,D是所在周期原子半径最大的主族元素.又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体,三种是固体.请回答下列问题.
(1)元素D在周期表中的位置
(2)C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是(用离子符号表示)
(3)若E是非金属元素,其单质在电子工业中有重要应用,请写出其氧化物溶于强碱溶液的离子方程式
(4)若E是金属元素,其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨,请写出反应的化学方程式 ,冶炼金属E时,用石墨做电极.E在(填“阴”或“阳”) 极得到,电解过程中,阳极石墨需要不断补充,结合电极反应说明其原因是
(5)由A、B、C三种元素以原子个数比423形成化合物X,X中所含化学键类型有 .土壤中含有X中的阳离子在硝化细菌的催化作用下被氧气氧化为其阴离子,写出其离子方程式 .9.某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究操作现象取4g漂粉精固体,加入100mL水部分固体溶解,溶液略有颜色过滤,测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝(约为12),后褪色i.液面上方出现白雾;ⅱ.稍后,出现浑浊,溶液变为黄绿色;ⅲ.稍后,产生大量白色沉淀,黄绿色褪去
(1)Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程是 .
(2)pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是 .
(3)向水中持续通入SO2,未观察到白雾.推测现象i的白雾由HCl小液滴形成,进行如下实验a.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾,无变化;b.用酸化的AgNO3溶液检验白雾,产生白色沉淀.
①实验a目的是 .
②由实验a、b不能判断白雾中含有HCl,理由是 .
(4)现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因随溶液酸性的增强,漂粉精的有效成分和Cl﹣发生反应.通过进一步实验确认了这种可能性,其实验方案是 .
(5)将A瓶中混合物过滤、洗涤,得到沉淀X.
①向沉淀X中加入稀HCl,无明显变化.取上层清液,加入BaCl2溶液,产生白色沉淀.则沉淀X中含有的物质是 .
②用离子方程式解释现象ⅲ中黄绿色褪去的原因 .10.回答下列问题A.工业上,向500﹣600℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁;向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁.现用如图所示的装置模拟上述过程进行试验.图中文字为铁粉和玻璃丝
(1)制取无水氯化铁的实验中,A中反应的离子方程式为 ,装置B中加入的试剂是 .
(2)制取无水氯化亚铁的实验中,装置A用来制取 .若仍用D的装置进行尾气处理,存在的问题是 .
(3)若操作不当,制得的FeCl2会含有少量FeCl3,检验FeCl3常用的试剂是 .欲制得纯净的FeCl2,在实验操作中应先 ,再 .B.常温下,将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池,反应过程中有红棕色气体产生,开始时,原电池的负极是Al片,此时,溶液中的H+向 电极(填Al或Cu)移动,正极的电极反应式是 ,t时间后,原电池中电子流动方向发生改变,其原因是 .
三、【化学--选修3物质结构与性质】11.X、Y、Z、M、N、Q为元素周期表前四周期的六种主族元素.其中,X原子核外的M层中只有两对成对电子,Y原子核外的L层电子数是K层的两倍,Z是地壳内含量(质量分数)最高的元素,M的内层电子数是最外层电子数的9倍,N的原子序数比M小1,Q在元素周期表的各元素中电负性最大.请回答下列问题
(1)X元素在周期表中的位置是 ,属于 区元素,它的外围电子的电子排布图为 .
(2)XZ2分子的立体结构是 ,YZ2分子的结构式为 ,其分子中Y的杂化轨道类型为 ,相同条件下两者在水中的溶解度较大的是 (写分子式),理由是 .
(3)含有元素N的盐的焰色反应为 色,许多金属盐都可以发生焰色反应,其原因是 .
(4)元素M与元素Q形成晶体结构如图所示,a离子的配位数是 .
四、【化学--选修5有机化学基础】12.已知,CO和H2按物质的量之比12可以制得G,有机玻璃可按如图路线合成
(1)A、E的结构简式分别为 、 ;
(2)B→C、E→F的反应类型分别为 、 ;
(3)写出下列转化的化学方程式C→D ;G+F→H ;
(4)要检验B中的Br元素,可用的操作和现象为 .
(5)写出符合下列要求的H的同分异构体
①有一个支链
②能使溴的四氯化碳溶液褪色
③跟NaHCO3反应生成CO2 , .(只要求写出2个) xx学年宁夏银川九中高三(上)第四次月考化学试卷参考答案与试题解析
一、选择题(本题共7小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.)1.化学与社会、生产、生活密切相关.下列说法正确的是( )A.神舟10号飞船所用太阳能电池板的材料是单晶硅B.用于制作集成电路板的酚醛树脂是天然高分子化合物C.工业上获得大量乙烯、丙烯、丁二烯的方法是石油裂化D.日常生活中人们大量使用铝制品,是因为常温下铝不能与氧气反应【考点】硅和二氧化硅;铝的化学性质;石油的裂化和裂解;有机高分子化合物的结构和性质.【分析】A.硅晶体属于半导体,能制作太阳能电池;B.酚醛树脂是合成高分子化合物;C.工业上获得大量乙烯、丙烯、丁二烯的方法是石油裂解;D.常温下,铝极易和氧气反应生成氧化铝.【解答】解A.硅位于金属和非金属分界线处,硅晶体属于半导体,能制作太阳能电池,故A正确;B.酚醛树脂是合成高分子化合物,天然高分子化合物有淀粉、纤维素和蛋白质,故B错误;C.裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程,主要得到乙烯,丙烯,丁二烯等不饱和烃,故C错误;D.Al属于亲氧元素,常温下,铝极易和氧气反应生成氧化铝从而阻止铝进一步被氧化,故D错误;故选A. 2.下列离子方程式中正确的是( )A.Cl2通入水中Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+C1O﹣B.钢铁发生吸氧腐蚀时,铁作负极Fe﹣3e﹣=Fe3+C.向双氧水中加入稀硫酸和KI溶液H2O2+2H++2I﹣=I2+2H2OD.用铜作阳极电解CuSO4溶液2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+【考点】离子方程式的书写.【分析】A.HClO在离子反应中保留化学式;B.Fe失去2个电子;C.发生氧化还原反应,遵循电子、电荷守恒;D.铜作阳极电解CuSO4溶液,发生电镀原理.【解答】解A.Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HC1O,故A错误;B.钢铁发生吸氧腐蚀时,铁作负极的电极反应为Fe﹣2e﹣=Fe2+,故B错误;C.向双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H++2I﹣=I2+2H2O,故C正确;D.用铜作阳极电解CuSO4溶液,阳极发生Cu﹣2e﹣=Cu2+,阴极发生Cu2++2e﹣=Cu,故D错误;故选C. 3.下列实验操作不能达到预期实验目的是( )实验目的实验操作A鉴别乙酸乙酯和乙酸分别加入饱和Na2CO3溶液B比较Fe和Cu的金属活动性分别加入浓硝酸C比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼性分别加入少量NaD比较I2在H2O和CCl4中的溶解度向I2水中加入CCl4,振荡A.AB.BC.CD.D【考点】化学实验方案的评价.【分析】A.乙酸与碳酸钠溶液反应生成气体,而乙酸乙酯不能;B.Fe常温下遇浓硝酸发生钝化,Cu与浓硝酸反应,但活泼性Fe大于Cu;C.Na与水反应剧烈;D.碘易溶于四氯化碳.【解答】解A.乙酸与碳酸钠溶液反应生成气体,而乙酸乙酯不能,现象不同,能鉴别,故A正确;B.Fe常温下遇浓硝酸发生钝化,Cu与浓硝酸反应,但活泼性Fe大于Cu,可选盐酸或稀硫酸来比较金属的活泼性,故B错误;C.Na与水反应剧烈,与乙醇反应较平稳,则可比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼性,故C正确;D.碘易溶于四氯化碳,不易溶于水,则可比较I2在H2O和CCl4中的溶解度,故D正确;故选B. 4.用NA表示阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是( )A.标准状况下,
11.2L的SO3所含分子数为
0.5NAB.室温下,31g白磷分子中含有共价键数目为4NAC.由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子,其中的氧原子数为2NAD.1L浓度为1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中含有NA个CO32﹣【考点】阿伏加德罗常数.【分析】A.气体摩尔体积使用对象为气体;B.每个白磷分子含有4个P原子,每个白磷分子中P﹣P键数目为6;C.1个二氧化碳分子和1个氧气分子都含有2个氧原子;D.碳酸根离子为弱酸根离子,水溶液中部分水解.【解答】解A.标况下,三氧化硫为固体,不能使用气体摩尔体积,故A错误;B.31g白磷分子的物质的量为=
0.25mol,存在的共价键数目=
0.25mol×6×NA/mol=
1.5NA,故B错误;C.由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子,物质的量为1mol,氧原子数为2NA,故C正确;D.碳酸根离子部分发生水解,所以1L浓度为1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中含有小于NA个CO32﹣,故D错误;故选C. 5.下列有关性质的比较,不能用元素周期律解释的是( )A.酸性H2SO4>H3PO4B.非金属性Cl>BrC.碱性NaOH>Mg(OH)2D.热稳定性Na2CO3>NaHCO3【考点】元素周期律的作用;真题集萃.【分析】A.元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强;B.同主族元素从上到下非金属性依次减弱;C.元素的金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强;D.碳酸氢盐易分解,碳酸盐难分解.【解答】解A.元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强,非金属性S>P,则酸性H2SO4>H3PO4,能用元素周期律解释,故A不选;B.同主族元素从上到下非金属性依次减弱,则非金属性Cl>Br,能用元素周期律解释,故B不选;C.元素的金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强,金属性Na>Mg,则碱性NaOH>Mg(OH)2,能用元素周期律解释,故C不选;D.碳酸氢盐易分解,碳酸盐难分解,所以热稳定性Na2CO3>NaHCO3,不能用元素周期律解释,故D选.故选D. 6.用如图装置(夹持、加热装置已略)进行实验,由
②中现象,不能证实
①中反应发生的是( )
①中实验
②中现象A铁粉与水蒸气加热肥皂水冒泡B加热NH4Cl和Ca(OH)2混合物酚酞溶液变红CNaHCO3固体受热分解澄清石灰水变浑浊D石蜡油在碎瓷片上受热分解Br2的CCl4溶液褪色A.AB.BC.CD.D【考点】真题集萃;氨的实验室制法;乙烯的化学性质;铁及其化合物的性质实验;探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质.【分析】A.试管中空气也能使肥皂水冒泡;B.氯化铵和氢氧化钙混合加热生成氨气,氨气和水反应生成一水合氨,一水合氨电离出氢氧根离子而使溶液呈红色;C.二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊;D.不饱和烃能使溴的四氯化碳褪色.【解答】解A.加热过程中的热空气、铁和水蒸气反应生成的氢气都能使肥皂水冒泡,所以肥皂水冒泡该反应不一定发生,故A错误;B.NH4Cl+Ca(OH)2NH3↑+CaCl2+H2O、NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣,氨水溶液呈碱性,所以能使酚酞试液变红色,故B正确;C.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊,如果
②中澄清石灰水变浑浊,则
①中一定发生反应,故C正确;D.溴的四氯化碳褪色说明有不饱和烃生成,所以
①中一定发生化学反应,故D正确;故选A. 7.某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+.取该溶液100mL,加入过量NaOH溶液,加热,得到
0.02mol气体,同时产生红褐色沉淀;过滤,洗涤,灼烧,得到
1.6g固体;向上述滤液中加足量BaCl2溶液,得到
4.66g不溶于盐酸的沉淀.由此可知原溶液中( )A.NH4+、Fe3+一定存在,K+可能存在B.Cl﹣=一定存在,且c(Cl﹣)≤
0.4mol/LC.SO42﹣、NH4+、Fe3+一定存在,且物质的量浓度均为
0.02mol/LD.CO32﹣、Al3+一定不存在,K+一定存在【考点】常见阳离子的检验;常见阴离子的检验.【分析】加入过量NaOH溶液,加热,得到
0.02mol气体,该气体为氨气,可知一定存在
0.02mol铵根离子;红褐色沉淀是氢氧化铁,
1.6g固体为氧化铁,可知一定有Fe3+,根据离子共存可知,一定没有CO32﹣;
4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡,硫酸钡的物质的量为
0.02mol;根据以上数据推算存在离子,根据溶液电中性推算是否存在氯离子.【解答】解由于加入过量NaOH溶液,加热,得到
0.02mol气体,该气体为氨气,溶液中一定含有
0.02molNH4+;同时产生红褐色沉淀,说明一定有Fe3+,最后得到的
1.6g固体为氧化铁,物质的量为=
0.01mol,则原溶液中含有
0.02molFe3+,根据离子共存可知一定没有CO32﹣;
4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡,一定有SO42﹣,其物质的量为=
0.02mol;由于溶液为电中性,则一定有Cl﹣,氯离子的物质的量至少为
0.02mol×3+
0.02﹣
0.02mol×2=
0.04mol,物质的量浓度至少为=
0.4mol/L,A、根据以上分析可知,溶液中一定存在NH4+、Fe3+,可能存在钾离子,故A正确;B、Cl﹣一定存在,且c(Cl﹣)≥
0.4mol/L,故B错误;C、SO42﹣、NH4+、Fe3+一定存在,且物质的量都是
0.02mol,它们的浓度均为
0.2mol/L,故C错误;D、K+、Al3+无法判断是否存在,故D错误;故选A.
二、解答题(共3小题,满分43分)8.A、B、C、D、E、F六种短周期元素,其原子序数依次增大,其中B与C同周期,D与E和F同周期,A与D同主族,C与F同主族,C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍,D是所在周期原子半径最大的主族元素.又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体,三种是固体.请回答下列问题.
(1)元素D在周期表中的位置 第三周期第IA族
(2)C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是(用离子符号表示) S2﹣>O2﹣>Na+
(3)若E是非金属元素,其单质在电子工业中有重要应用,请写出其氧化物溶于强碱溶液的离子方程式 SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O
(4)若E是金属元素,其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨,请写出反应的化学方程式 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe ,冶炼金属E时,用石墨做电极.E在(填“阴”或“阳”) 阴 极得到,电解过程中,阳极石墨需要不断补充,结合电极反应说明其原因是 阳极反应2O2﹣﹣4e﹣=O2↑,碳与O2反应消耗碳
(5)由A、B、C三种元素以原子个数比423形成化合物X,X中所含化学键类型有 离子键、共价键 .土壤中含有X中的阳离子在硝化细菌的催化作用下被氧气氧化为其阴离子,写出其离子方程式 NH4++2O2NO3﹣+H2O+2H+ .【考点】位置结构性质的相互关系应用.【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期元素,其原子序数依次增大,C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,则C是O元素;C与F同主族,则F是S元素;D与E和F同周期,即处于第三周期,D是所在周期原子半径最大的主族元素,则D是Na元素;E的原子序数大于钠小于硫,所以E的单质是固体;六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体,三种是固体,B的原子序数小于C,且B、C处于同一周期,所以B是N元素;A的单质是气体,则A的原子序数最小,所以A是H元素,据此解答.【解答】解A、B、C、D、E、F六种短周期元素,其原子序数依次增大,C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,则C是O元素;C与F同主族,则F是S元素;D与E和F同周期,即处于第三周期,D是所在周期原子半径最大的主族元素,则D是Na元素;E的原子序数大于钠小于硫,所以E的单质是固体;六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体,三种是固体,B的原子序数小于C,且B、C处于同一周期,所以B是N元素;A的单质是气体,则A的原子序数最小,所以A是H元素,
(1)D是Na元素,钠原子核外有3个电子层,最外层有1个电子,所以其在元素周期表中的位置是第三周期第IA族,故答案为第三周期第IA族;
(2)电子层数越多离子半径越大,电子层结构相同的两种,核电荷数越大离子半径越小,所以C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是S2﹣>O2﹣>Na+,故答案为S2﹣>O2﹣>Na+;
(3)若E是非金属元素,其单质在电子工业中有重要应用,则E是Si元素,二氧化硅和强碱反应生成硅酸盐和水,离子反应方程式为SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O,故答案为SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O;
(4)若E是金属元素,则为Al元素,铝和氧化铁能发生铝热反应,反应方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe,冶炼金属Al时,铝离子发生还原反应得到Al,故用石墨做电极,Al在阴极极得到,电解过程中,阳极反应2O2﹣﹣4e﹣=O2↑,碳与O2反应消耗碳,故阳极石墨需要不断补充,故答案为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe;阴;阳极反应2O2﹣﹣4e﹣=O2↑,碳与O2反应消耗碳;
(5)由H、N、O三种元素以原子个数比423形成化合物X为NH4NO3,硝酸铵中所含化学键类型有离子键和共价键,土壤中含有NH4NO3中的阳离子在硝化细菌的催化作用下被氧气氧化为其阴离子,即得到硝酸根,根据电荷守恒应有氢离子生成,其离子方程式为NH4++2O2NO3﹣+H2O+2H+,故答案为离子键、共价键;NH4++2O2NO3﹣+H2O+2H+. 9.某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究操作现象取4g漂粉精固体,加入100mL水部分固体溶解,溶液略有颜色过滤,测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝(约为12),后褪色i.液面上方出现白雾;ⅱ.稍后,出现浑浊,溶液变为黄绿色;ⅲ.稍后,产生大量白色沉淀,黄绿色褪去
(1)Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程是 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O .
(2)pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是 碱性、漂白性 .
(3)向水中持续通入SO2,未观察到白雾.推测现象i的白雾由HCl小液滴形成,进行如下实验a.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾,无变化;b.用酸化的AgNO3溶液检验白雾,产生白色沉淀.
①实验a目的是 检验白雾中是否含有Cl2,排除Cl2干扰 .
②由实验a、b不能判断白雾中含有HCl,理由是 白雾中混有SO2,SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀 .
(4)现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因随溶液酸性的增强,漂粉精的有效成分和Cl﹣发生反应.通过进一步实验确认了这种可能性,其实验方案是 向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸,观察溶液是否变为黄绿色 .
(5)将A瓶中混合物过滤、洗涤,得到沉淀X.
①向沉淀X中加入稀HCl,无明显变化.取上层清液,加入BaCl2溶液,产生白色沉淀.则沉淀X中含有的物质是 CaSO4 .
②用离子方程式解释现象ⅲ中黄绿色褪去的原因 SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+ .【考点】二氧化硫的化学性质;氯、溴、碘及其化合物的综合应用.【分析】
(1)漂粉精的制备,氯气和碱反应,利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水;
(2)pH试纸先变蓝(约为12),后褪色说明溶液呈碱性,具有漂白性;
(3)
①反应中生成Cl2,用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2,排除Cl2干扰;
②白雾中含有SO2,可以被硝酸氧化为硫酸,故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀;
(4)依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气,向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸,观察溶液颜色是否变为黄绿色;
(5)二氧化硫通入漂白精溶液中,形成酸溶液,次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀;二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸;【解答】解
(1)氯气和碱反应,利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水,反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;
(2)pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性,后褪色溶液具有漂白性,所以说明溶液呈碱性,具有漂白性;故答案为碱性、漂白性;
(3)向水中持续通入SO2,未观察到白雾.推测现象的白雾由HCl小液滴形成,
①.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾,无变化;为了检验白雾中是否含有氯气,因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰;故答案为检验白雾中是否含有Cl2,排除Cl2干扰;
②.用酸化的AgNO3溶液检验白雾,产生白色沉淀,若含有二氧化硫气体,通入硝酸酸化的硝酸银溶液,会被硝酸氧化为硫酸,硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀,所以通过实验不能证明一定含有氯化氢;故答案为白雾中混有SO2,SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀
(4)现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因随溶液酸性的增强,漂粉精的有效成分和Cl﹣发生反应.通过进一步实验确认了这种可能性,漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙,次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气;故答案为向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸,观察溶液是否变为黄绿色;
(5))
①取上层清液,加入BaC12溶液,产生白色沉淀,说明SO2被氧化为SO42﹣,故沉淀X为CaSO4;
②溶液呈黄绿色,有Cl2生成,Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸;反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+;故答案为CaSO4SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+; 10.回答下列问题A.工业上,向500﹣600℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁;向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁.现用如图所示的装置模拟上述过程进行试验.图中文字为铁粉和玻璃丝
(1)制取无水氯化铁的实验中,A中反应的离子方程式为 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O ,装置B中加入的试剂是 浓硫酸 .
(2)制取无水氯化亚铁的实验中,装置A用来制取 HCl .若仍用D的装置进行尾气处理,存在的问题是 易发生倒吸;可燃性气体H2不能被吸收 .
(3)若操作不当,制得的FeCl2会含有少量FeCl3,检验FeCl3常用的试剂是 KSCN溶液 .欲制得纯净的FeCl2,在实验操作中应先 通入氯化氢赶走装置中的空气 ,再 点燃C处的酒精灯 .B.常温下,将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池,反应过程中有红棕色气体产生,开始时,原电池的负极是Al片,此时,溶液中的H+向 Cu 电极(填Al或Cu)移动,正极的电极反应式是 2H++NO3﹣+e﹣=NO2+H2O ,t时间后,原电池中电子流动方向发生改变,其原因是 随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行,铜做负极反应,电流方向相反 .【考点】铁及其化合物的性质实验.【分析】A.工业上,向500℃~600℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁;向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁,A装置烧瓶中反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,制取的氯气中含有水蒸气,B装置容器中装有浓硫酸,浓硫酸有吸水性,且不和氯气反应,用浓硫酸干燥氯气;C装置氯气与铁在加热条件下生成氯化铁,反应方程式为2Fe+3Cl22FeCl3,氯气有毒不能排放到空气中,D装置吸收尾气氯气,
(1)实验室利用二氧化锰与浓盐酸加热反应制取氯气,浓硫酸可以吸收水蒸气干燥氯气;
(2)制取无水氯化亚铁,需要HCl气体,尾气的成分是剩余HCl和生成的氢气,HCl极易溶解于水,氢气不能溶于水;
(3)检验氯化铁常用硫氰化钾溶液,若要制取纯净的FeCl2,需先点燃A处的酒精灯排除装置中的空气,据此解答即可;B.铜和铝插入浓HNO3中组成原电池,开始阶段,铝的还原性强于铜,铝做原电池的负极,发生的原电池反应为铝与硝酸的反应,随着反应的进行,铝被钝化,铜做负极,发生的原电池反应是铜与浓硝酸反应,据此分析解答.【解答】解A.
(1)制取无水氯化铁的实验中,A装置制取的是氯气,实验室常用浓盐酸与二氧化锰加热制取,反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O,制取的氯气中含有水蒸气,装置B的作用是干燥氯气,常用浓硫酸,故答案为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O;浓硫酸;
(2)制取无水氯化亚铁,需要HCl气体,故A装置制取的是HCl,反应方程式为Fe+2HClFeCl2+H2↑,由于HCl极易溶于水,故若仍然采用D装置进行尾气处理,很容易造成倒吸,且氢气不溶于水,不利于氢气的吸收,排放到空气中氢气易燃,造成安全隐患,故答案为HCl;易发生倒吸;可燃性气体H2不能被吸收;
(3)检验氯化铁溶液中铁离子,常用硫氰化钾溶液,若要制取纯净的FeCl2,需先通入氯化氢气体排净装置中的空气,防止在加热时Fe与O2反应,故先点燃A处的酒精灯,再点燃C处的酒精灯,故答案为KSCN溶液;通入氯化氢赶走装置中的空气;点燃C处的酒精灯;B.铜和铝插入浓HNO3中组成原电池,开始阶段,铝的还原性强于铜,铝做原电池的负极,发生的原电池反应为铝与硝酸的反应,此时氢离子向铜电极方向移动,电池的正极反应式为2H++NO3﹣+e﹣=NO2+H2O,随着反应的进行,铝被钝化,铜做负极,发生的原电池反应是铜与浓硝酸反应,电流方向相反,故答案为Cu,2H++NO3﹣﹣e﹣=NO2+H2O,随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行,铜做负极反应,电流方向相反;
三、【化学--选修3物质结构与性质】11.X、Y、Z、M、N、Q为元素周期表前四周期的六种主族元素.其中,X原子核外的M层中只有两对成对电子,Y原子核外的L层电子数是K层的两倍,Z是地壳内含量(质量分数)最高的元素,M的内层电子数是最外层电子数的9倍,N的原子序数比M小1,Q在元素周期表的各元素中电负性最大.请回答下列问题
(1)X元素在周期表中的位置是 第三周期ⅥA族 ,属于 p 区元素,它的外围电子的电子排布图为 .
(2)XZ2分子的立体结构是 V形 ,YZ2分子的结构式为 O=C=O ,其分子中Y的杂化轨道类型为 sp ,相同条件下两者在水中的溶解度较大的是 SO2 (写分子式),理由是 SO2为极性分子,CO2为非极性分子,H2O为极性溶剂,极性分子易溶于极性溶剂,故SO2的溶解度较大 .
(3)含有元素N的盐的焰色反应为 紫 色,许多金属盐都可以发生焰色反应,其原因是 电子由较高能级跃迁到较低能级时,以光的形式释放能量 .
(4)元素M与元素Q形成晶体结构如图所示,a离子的配位数是 4 .【考点】位置结构性质的相互关系应用.【分析】X、Y、Z、M、N、Q为元素周期表前四周期的六种元素,X原子核外的M层中只有两对成对电子,核外电子排布应为1s22s22p63s23p4,X为S元素;Y原子核外的L层电子数是K层的两倍,Y有2个电子层,最外层电子数为4,故Y为C元素;Z是地壳内含量最高的元素,为O元素;M的内层电子数是最外层电子数的9倍,M只能处于第四周期,最外层电子数只能为2,内层电子总数为18,核外电子总数为20,故M为Ca元素;N的原子序数比M小1,则N为K元素;Q在元素周期表的各元素中电负性最大,Q为F元素,据此解答.【解答】解X、Y、Z、M、N、Q为元素周期表前四周期的六种元素,X原子核外的M层中只有两对成对电子,核外电子排布应为1s22s22p63s23p4,X为S元素;Y原子核外的L层电子数是K层的两倍,Y有2个电子层,最外层电子数为4,故Y为C元素;Z是地壳内含量最高的元素,为O元素;M的内层电子数是最外层电子数的9倍,M只能处于第四周期,最外层电子数只能为2,内层电子总数为18,核外电子总数为20,故M为Ca元素;N的原子序数比M小1,则N为K元素;Q在元素周期表的各元素中电负性最大,Q为F元素,
(1)X为S元素,元素在周期表中的位置是第三周期ⅥA族,外围电子排布为3s23p4,最后1个电子填充p能级,属于p区元素,它的外围电子的电子排布图为,故答案为第三周期ⅥA族;p;;
(2)SO2分子中S原子价层电子对数=2+=3,S原子含有1对孤电子对,故其立体结构是V形,CO2分子结构式为O=C=O,C原子呈2个σ键、没有孤电子对,C的杂化轨道类型为sp杂化,SO2为极性分子,CO2为非极性分子,H2O为极性溶剂,极性分子易溶于极性溶剂,故SO2的溶解度较大,故答案为V形;O=C=O;sp;SO2;SO2为极性分子,CO2为非极性分子,H2O为极性溶剂,极性分子易溶于极性溶剂,故SO2的溶解度较大;
(3)含有K元素的盐的焰色反应为紫色,许多金属盐都可以发生焰色反应,其原因是电子由较高能级跃迁到较低能级时,以光的形式释放能量,故答案为紫;电子由较高能级跃迁到较低能级时,以光的形式释放能量;
(4)由晶胞晶胞可知,a离子周围连接4个b离子,则a离子配位数为4,故答案为4.
四、【化学--选修5有机化学基础】12.已知,CO和H2按物质的量之比12可以制得G,有机玻璃可按如图路线合成
(1)A、E的结构简式分别为 CH2=CHCH3 、 ;
(2)B→C、E→F的反应类型分别为 水解反应或取代反应 、 消去反应 ;
(3)写出下列转化的化学方程式C→D ;G+F→H ;
(4)要检验B中的Br元素,可用的操作和现象为 取少量B加入NaOH溶液,充分振荡,静置,取上层清液,加入适量稀硝酸,再加入硝酸盐溶液,若产生浅黄色沉淀,则证明有Br元素 .
(5)写出符合下列要求的H的同分异构体
①有一个支链
②能使溴的四氯化碳溶液褪色
③跟NaHCO3反应生成CO2 (CH3)2C=CHCOOH , CH2=C(CH3)CH2COOH .(只要求写出2个)【考点】有机物的推断.【分析】由有机玻璃的结构可知,H发生加聚反应得到有机玻璃,故H为CH2=C(CH3)COOCH3,CO和H2按物质的量之比12可以制得G,G与F反应得到H,故G为CH3OH,F为CH2=C(CH3)COOH,D与HCN发生信息中反应生成E,E中羟基与羧基连接同一碳原子上,故E为,逆推可知D为,C为,B为CH3CH(Br)CH3,A为CH2=CHCH3,据此解答.【解答】解由有机玻璃的结构可知,H发生加聚反应得到有机玻璃,故H为CH2=C(CH3)COOCH3,CO和H2按物质的量之比12可以制得G,G与F反应得到H,故G为CH3OH,F为CH2=C(CH3)COOH,D与HCN发生信息中反应生成E,E中羟基与羧基连接同一碳原子上,故E为,逆推可知D为,C为,B为CH3CH(Br)CH3,A为CH2=CHCH3,
(1)由上述分析可知,A的结构简式为CH2=CHCH3,E的结构简式为,故答案为CH2=CHCH3;;
(2)B→C是卤代烃的水解反应,也属于取代反应,E→F醇发生的消去反应,故答案为水解反应或取代反应;消去反应;
(3)C→D是2﹣丙醇生催化氧化生成丙酮,反应方程式为;G+F→H是羧酸与醇发生的酯化反应,反应方程式为,故答案为;;
(4)要检验B中的Br元素,可用的操作和现象为取少量B加入NaOH溶液,充分振荡,静置,取上层清液,加入适量稀硝酸,再加入硝酸盐溶液,若产生浅黄色沉淀,则证明有Br元素,故答案为取少量B加入NaOH溶液,充分振荡,静置,取上层清液,加入适量稀硝酸,再加入硝酸盐溶液,若产生浅黄色沉淀,则证明有Br元素;
(5)H为CH2=C(CH3)COOCH3,符合下列要求的同分异构体
①有一个支链
②能使溴的四氯化碳溶液褪色
③跟NaHCO3反应生成CO2,含有羧基与碳碳双键,符合条件的同分异构体有(CH3)2C=CHCOOH,CH2=C(CH3)CH2COOH等,故答案为(CH3)2C=CHCOOH,CH2=C(CH3)CH2COOH. xx年12月2日。