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2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题含解析I
1.
1.NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A.
1.0L
0.5mo1·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为NAB.
7.8g的Na2O2含有的阴离子个数为
0.1NAC.
1.0mo1·L-1的NaCl溶液含有NA个钠离子D.1mol羟基与1mol氢氧根离子所含电子数均为9NA【答案】B【解析】【详解】A.NaAlO2水溶液中含有水分子,水分子中也含有氧原子,A错误;B.
7.8gNa2O2的物质的量是
0.1mol,含有的阴离子是O22-,个数为
0.1NA,B正确;C.没有溶液体积,无法计算溶液中离子数目,C错误;D.羟基是不带电原子团,而OH-离子是带电原子团,所以1mol的羟基含有电子数为9NA,而1mol的氢氧根离子含电子数为10NA,D错误;答案选B
2.
2.能正确表示下列反应的离子方程式是A.浓盐酸与铁屑反应2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B.钠与CuSO4溶液反应2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+C.小苏打溶液与稀H2SO4反应CO32-+2H+=H2O+CO2↑D.向AlCl3溶液中加入氨水至过量Al3++3NH3·H2O=AlOH3↓+3NH4+【答案】D【解析】【详解】A.浓盐酸与铁屑反应生成氯化亚铁和氢气,A错误;B.钠首先与水发生反应生成氢氧化钠和氢气,生成的氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠,B错误;C.NaHCO3溶液与稀H2SO4反应HCO3-+2H+=H2O+CO2↑,C错误;D.向AlCl3溶液中加入氨水至过量Al3++3NH3·H2O=AlOH3↓+3NH4+,D正确答案选D
3.
3.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大,元素X和Z同族盐YZW与浓盐酸反应,有黄绿色气体产生,此气体同冷烧碱溶液作用,可得到YZW的溶液下列说法正确的是A.它们简单离子的半径大小顺序为Y<X<W<ZB.X的氢化物水溶液酸性强于Z的氢化物C.Y2W2与ZW2均含有非极性共价键D.标准状况下
0.5molX的氢化物体积为
11.2L【答案】A【解析】【详解】黄绿色气体为氯气,通入烧碱溶液,应该得到氯化钠和次氯酸钠,所以YZW为NaClO,再根据X和Z同族,得到W、X、Y、Z分别为O、F、Na、ClA.离子的核外电子层数越多,离子半径越大,核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小,则它们简单离子的半径大小顺序为Y<X<W<Z,A正确;B.HCl是强酸,HF是弱酸,所以X(F)的氢化物水溶液的酸性弱于Z(Cl)的,B错误;C.ClO2的中心原子是Cl,分子中只存在Cl和O之间的极性共价键,过氧化钠中含有非极性键,C错误D.标准状况下HF不是气态,不能利用气体摩尔体积计算HF的体积,D错误答案选A
4.
4.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示下列说法正确的是A.原子半径的大小顺序为XYZWQB.离子Y2-和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同C.元素W的氧化物对应的水化物的酸性比Q的弱D.元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8【答案】D【解析】【详解】由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置可知X为N元素,Y为O元素,Z为Al元素,W为S元素,Q为Cl元素,则A.原子核外电子层数越多,半径越大,同一周期元素原子半径从左到右逐渐减小,则原子半径的大小顺序为Z>W>Q>X>Y,A错误;B.O2-和Al3+的核外电子数都是10,都有2个电子层,核外电子数和电子层数都相同,B错误;C.同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强,则元素W的最高价氧化物对应的水化物酸性比Q的弱,其它含氧酸的酸性则不一定满足,C错误;D.X为N元素,最高正价为+5价,Z为Al元素,最高正价为+3价,则元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8,D正确;答案选D【点睛】本题考查原子结构与元素周期律,为高频考点,把握短周期元素、元素的位置、元素周期律为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意规律性知识的应用,题目难度不大,选项C是易错点
5.
5.下列结论正确的是
①微粒半径rK+rAl3+rS2-rCl-
②氢化物的稳定性HFHClH2SPH3SiH4
③还原性I-Br-Cl-Fe2+
④氧化性Cl2SSeTe
⑤酸性H2SO4H3PO4H2CO3H3BO3
⑥非金属性ONPSi
⑦金属性BeMgCaKA.
①②B.
①③C.
②④⑤⑥⑦D.
①③⑤【答案】C【解析】【详解】
①钾离子与氯离子、硫离子的电子层结构相同,核电荷数越多,离子半径越小,则微粒半径rS2->r(Cl->rK+>rAl3+,
①错误;
②元素的非金属性越强,则氢化物的稳定性越强,所以氢化物的稳定性HF>HCl>H2S>PH3>SiH4,
②正确;
③非金属性越强,相应阴离子的还原性越弱,则离子的还原性I->Br->Cl-单质溴能氧化亚铁离子,则还原性Fe2+>Br-,铁离子能把碘离子氧化为单质碘,则还原性I->Fe2+,因此还原性是I->Fe2+>Br->Cl-,
③错误;
④元素的非金属性越强,其单质的氧化性越强,所以氧化性Cl2>S>Se>Te,
④正确;
⑤非金属性越强,最高价含氧酸的酸性越强,则酸性H2SO4>H3PO4>H2CO3>H3BO3,
⑤正确;
⑥同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强,同主族从上到下逐渐减弱,所以非金属性O>N>P>Si,
⑥正确;
⑦同主族元素的金属性从上到下逐渐增强,同周期自左向右金属性逐渐减弱,所以金属性Be<Mg<Ca<K,
⑦正确;答案选C【点睛】掌握非金属性强弱判断的依据、比较的角度是解答的关键,注意判断元素金属性或非金属性的强弱的方法很多,但也不能滥用,有些是不能作为判断依据的,如通常根据元素原子在化学反应中得、失电子的难易判断元素非金属性或金属性的强弱,而不是根据得、失电子的多少再比如通常根据最高价氧化物对应水化物的酸碱性的强弱判断元素非金属性或金属性的强弱,而不是根据其他化合物酸碱性的强弱来判断
6.
6.据报道,美国科学家制得一种新原子X,它属于一种新元素,是116号元素元素符号用X代替,关于它的推测正确的是A.这种原子的中子数为167B.它位于元素周期表中第六周期C.这种元素一定是过渡元素D.这种元素的原子易与氢气化合【答案】A【解析】【详解】A、中子数=质量数-质子数=283-116=167,A正确;B、116号元素位于第七周期ⅥA族元素,B错误;C、116号元素位于第七周期ⅥA族元素,属于主族元素,不是过渡元素,C错误;D、这种元素位于第七周期ⅥA族元素,不易与氢气化合,D错误;答案选A
7.
7.下列各项中表达正确的是A.过氧化钠的电子式B.CO2的分子模型示意图C.CSO的电子式D.HCl的电子式【答案】C【解析】【详解】A.过氧化钠是离子化合物,电子式为,A错误;B.二氧化碳为直线型结构,碳原子半径大于氧原子半径,不能表示CO2的分子模型,B错误;C.CSO属于共价化合物,C与O、S分别形成2个共用电子对,则CSO的电子式为,C正确;D.HCl是共价化合物,电子式为,D错误;答案选C
8.
8.下列说法正确的是A.气态单质分子中一定含有非极性共价键B.含有共价键的化合物可能是共价化合物,也可能是离子化合物C.离子键是由阴、阳离子通过静电引力达到平衡时形成的,含有离子键的化合物一定是离子化合物D.双原子单质分子中的共价键一定是非极性键【答案】B【解析】【详解】A.气态单质分子中不一定含有非极性共价键,例如稀有气体分子中不含有化学键,A错误;B.含有共价键的化合物可能是共价化合物,例如HCl,也可能是离子化合物,例如NaOH,B正确;C.离子键是由阴、阳离子通过静电作用力达到平衡时形成的,包括引力和斥力,含有离子键的化合物一定是离子化合物,C错误;D.双原子单质分子中的共价键不一定是非极性键,例如HCl中含有极性键,D错误答案选B
9.
9.下列说法,可以表明反应N2+3H22NH3已达到平衡的标志是A.1molN≡N键断裂的同时,有6molN-H键形成B.1molN≡N键断裂的同时,有3molH-H键断裂C.1molN≡N键断裂的同时,有3molH-H键形成D.1molN≡N键断裂的同时,有2molN-H键断裂【答案】C【解析】【分析】在一定条件下,当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时(但不为0),反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态,称为化学平衡状态,据此判断【详解】A.1molN≡N键断裂的同时,有6molN-H键形成均表示正反应速率,不能说明正逆反应速率相等,A错误;B.1molN≡N键断裂的同时,有3molH-H键断裂均表示正反应速率,不能说明正逆反应速率相等,B错误;C.1molN≡N键断裂的同时,有3molH-H键形成,反应速率的方向相反,且满足速率之比是相应的化学计量数之比,可以说明反应达到平衡状态,C正确;D.1molN≡N键断裂的同时,有2molN-H键断裂,反应速率的方向相反,但不满足速率之比是相应的化学计量数之比,不能说明反应达到平衡状态,D错误答案选C
10.如图是Zn和Cu形成的原电池,某实验兴趣小组做完实验后,在读书卡片上记录如下,其中正确的是()
①Zn为正极,Cu为负极;
②H+向负极移动;
③电子是由Zn经外电路流向Cu;
④Cu极上有H2产生;
⑤若有1mol电子流过导线,则产生的H2为
0.5mol;
⑥正极的电极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+.A.
①②③B.
③④⑤C.
④⑤⑥D.
②③④【答案】B【解析】试题分析Zn﹣Cu原电池中,Zn作负极,发生电池反应Zn+2H+=Zn2++H2↑,电子由负极流向正极,阳离子向正极移动,以此来解答.解
①Zn为负极,Cu为正极,故
①错误;
②H+向正极移动,故
②错误;
③电子由Zn电极流向Cu电极,故
③正确;
④Cu电极上发生2H++2e﹣=H2↑,故
④正确;
⑤由2H++2e﹣=H2↑可知,有1mol电子流向导线,产生氢气
0.5mol,故
⑤正确;
⑥正极反应为2H++2e﹣=H2↑,故
⑥错误;故选B.
11.
11.如图为某兴趣小组制作的番茄电池,下列说法正确的是A.电子由锌通过导线流向铜B.该装置将电能转化为化学能C.锌电极发生还原反应D.铜电极发生氧化反应【答案】A【解析】【分析】根据金属的活泼性知,锌作负极,铜作正极,负极上锌失电子发生氧化反应,正极上得电子发生还原反应,电子从负极沿导线流向正极,据此解答【详解】A.锌作负极,铜作正极,电子从锌经导线流向铜,A正确;B.原电池将化学能转化为电能,B错误;C.锌为负极,负极方程式为Zn-2e-=Zn2+,发生氧化反应,C错误;D.铜为正极,正极方程式为2H++2e-=H2↑,发生还原反应,D错误;答案选A【点睛】本题考查原电池知识,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,明确原电池的工作原理是解答的关键,题目难度不大
12.下列依据相关实验得出的结论正确的是A.向某溶液中加入稀盐酸,产生的气体能使澄清石灰水变浑浊,该溶液一定是碳酸盐溶液B.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,该溶液一定是钠盐溶液C.将某气体通入溴水中,溴水颜色褪去,该气体一定是乙烯D.向某溶液中滴加KSCN溶液,溶液不变色,滴加氯水后溶液显红色,该溶液中一定含Fe2+【答案】D【解析】试题分析A、向某溶液中加入稀盐酸,产生的气体通入澄清石灰水,石灰水变浑浊,该溶液可能是碳酸盐溶液或碳酸氢盐溶液或亚硫酸盐溶液,故A错误;B、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰,该溶液不一定是含钠元素的溶液,故B错误;C、将某气体通入溴水中,溴水颜色褪去,通入的气体只要是还原性气体或能发生加成的有机气体都可以使溴水褪色,如二氧化硫、硫化氢等,该气体不一定是乙烯,故C错误;D、向某溶液中滴加KSCN溶液,溶液不变色,说明不含铁离子,滴加氯水后溶液显红色,氯气氧化亚铁离子为铁离子,遇到KSCN溶液生成血红色溶液证明该溶液中一定含Fe2+,故D正确;故选D考点考查常见离子检验方法和现象判断视频
13.
13.实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验光照下反应一段时间后,下列装置示意图中能正确反映实验现象的是A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】分析在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃,结合有关物质的溶解性分析解答详解在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃,氯化氢极易溶于水,所以液面会上升但氯代烃是不溶于水的气体或油状液体,所以最终水不会充满试管,答案选D点睛明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键,本题取自教材中学生比较熟悉的实验,难度不大,体现了依据大纲,回归教材,考查学科必备知识,体现高考评价体系中的基础性考查要求
14.
14.下列说法正确的是A.乙烯中碳碳双键的键能是乙烷分子中碳碳单键的两倍B.120℃时,乙烯与足量的氧气在密闭中充分燃烧后恢复到原温度,容器内压强不变C.1mol乙烯与氯气完全反应后所得的产物,再与氯气在光照条件下发生取代反应,两个过程中消耗氯气的总物质的量最多为6molD.分子式为C5H12O且能与钠反应放出气体的物质共有6种结构【答案】B【解析】【详解】A.乙烯中碳碳双键的键能小于乙烷分子中碳碳单键的两倍,A错误;B.120℃时,乙烯与足量的氧气在密闭中充分燃烧后恢复到原温度,根据方程式C2H4+3O22H2Og+2CO2可知反应前后体积不变,因此容器内压强不变,B正确;C.1mol乙烯与氯气完全反应后所得的产物中含有4mol氢原子,再与氯气在光照条件下发生取代反应,两个过程中消耗氯气的总物质的量最多为1mol+4mol=5mol,C错误;D.分子式为C5H12O且能与钠反应放出气体的物质属于醇类(C5H11-OH),由于戊基有8种不同的结构,则符合条件的醇共有8种结构,D错误答案选B
15.
15.下列实验能成功的是A.葡萄糖溶液中加入新制的氢氧化铜悬浊液,过一会便能观察到砖红色的沉淀B.在苯中滴入浓硫酸和浓硝酸的混合物,加热能得到硝基苯C.取适量蔗糖溶液,加入稀硫酸加热片刻,加入新制氢氧化铜,再加热,即能观察到砖红色的沉淀D.把苯、溴水、铁粉混合制溴苯【答案】B【解析】【详解】A.葡萄糖溶液中加入新制的氢氧化铜悬浊液,不加热不反应,因此过一会不能观察到砖红色的沉淀,A错误;B.在苯中滴入浓硫酸和浓硝酸的混合物,加热发生硝化反应,能得到硝基苯和水,B正确;C.取适量蔗糖溶液,加入稀硫酸加热片刻,然后加入氢氧化钠溶液中和硫酸,加入新制氢氧化铜,再加热,可以观察到砖红色的沉淀,C错误;D.把苯、液溴、铁粉混合制溴苯,苯和溴水混合发生萃取,D错误答案选B【点睛】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握有机物的结构与性质、实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意醛基检验对溶液酸碱性的要求
16.
16.如图是常见四种有机物的比例模型示意图下列说法正确的是A.甲的二氯代物有两种B.乙可与溴水发生取代反应使溴水褪色C.丙不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.可以用钠检验丁中是否含有水【答案】C【解析】【详解】根据四种有机物的比例模型示意图可知甲是甲烷,乙是乙烯,丙是苯,丁是乙醇则A.甲烷是正四面体结构,其二氯代物有一种,A错误;B.乙烯含有碳碳双键,可与溴水发生加成反应使溴水褪色,B错误;C.苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,C正确;D.钠与水和乙醇均反应产生氢气,不能用钠检验乙醇中是否含有水,应该用无水硫酸铜,D错误答案选C
17.
17.下列说法错误的是A.蔗糖和麦芽糖均为双糖B.油脂的水解反应称为皂化反应C.植物油能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖【答案】B【解析】【详解】A.蔗糖和麦芽糖均为双糖,A正确;B.油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应,B错误;C.植物油中含有碳碳双键,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,C正确;D.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖,D正确答案选B
18.
18.莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料,鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中下列关于这两种有机化合物的说法正确的是()A.莽草酸的分子式为C7H12O5B.两种酸均能与溴的CCl4发生加成反应C.鞣酸分子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键D.等物质的量的两种酸与足量金属钠反应产生氢气的量相同【答案】D【解析】【分析】莽草酸中含有羟基、碳碳双键、羧基,鞣酸含有酚羟基、羧基,结合官能团的结构与性质解答【详解】A.莽草酸的分子式为C7H10O5,A错误;B.莽草酸含有碳碳双键,可与溴水发生加成反应,鞣酸含有酚羟基,可与溴水发生取代反应,B错误;C.鞣酸分子中不含碳碳双键,C错误;D.醇羟基、酚羟基、羧基均能与钠反应产生氢气,则等物质的量的两种酸与足量金属钠反应产生氢气的量相同,D正确答案选D【点睛】本题考查有机物的结构和性质,为高考常见题型,侧重于学生分析能力和综合运用化学知识的能力的考查,注意把握有机物的结构和官能团的性质,题目难度不大
19.
19.下列说法正确的是()A.石油的分馏是物理变化,煤的干馏是化学变化B.碳原子数在1至10的烷烃中一氯代物只有一种的共有8种烷烃C.对于同一个化学反应原子利用率和产率相同D.可以用裂化汽油萃取溴水中的溴【答案】A【解析】【详解】A.石油的分馏中没有新物质产生,是物理变化,煤的干馏中产生新物质,是化学变化,A正确;B.碳原子数在1至10的所有烷烃的同分异构体中,其一氯取代物只有一种的烷烃分别是甲烷、乙烷、2,2-二甲基丙烷以及2,2,3,3-四甲基丁烷,共计是四种,B错误;C.对于同一个化学反应原子利用率和产率不一定相同,例如甲烷和氯气光照条件下发生取代反应,C错误;D.裂化汽油能与溴水发生加成反应,因此不能用裂化汽油萃取溴水中的溴,D错误答案选A
20.
20.人体缺乏维生素A,会出现皮肤干燥、夜盲症等症状维生素A又称视黄醇,分子结构如下图所示下列说法正确的是A.维生素A的分子式为C20H30OB.维生素A不能被氧化得到醛C.维生素A是一种易溶于水的醇D.1mol维生素A最多能与7molH2发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A.根据结构简式可知维生素A的分子式为C20H30O,A正确;B.分子中含有-CH2OH,因此维生素A能被氧化得到醛,B错误;C.维生素A属于脂溶性维生素,不溶于水,C错误;D.分子中含有5个碳碳双键,1mol维生素A最多能与5molH2发生加成反应,D错误答案选A
21.
21.两种气态烃组成的混合气体
0.1mol,完全燃烧得
0.15molCO2和
3.6gH2O,则有关混合气体中成分正确的说法是A.混合气体中一定有甲烷B.混合气体中一定有甲烷和乙烯C.混合气体中一定有乙烷D.混合气体中一定有丙炔(C3H4)【答案】A【解析】【详解】
0.1mol两种气态烃组成的混合气体,完全燃烧得
0.15molCO2和
3.6gH2O,即
0.2molH2O,这说明1个分子中平均占有
1.5个C和4个H,因此平均化学式是C
1.5H4,则两种气态烃中一定有甲烷,甲烷分子中含有4个氢原子,则另一种烃分子含有4个氢原子,碳原子个数大于1,因此可能是乙烯或丙炔(C3H4),一定没有乙烷答案选A【点睛】本题主要是考查根据有机物的燃烧法确定混合气体的成分,题目难度不大,答题的关键是利用好平均分子式法,从而可以快速确定分子组成
22.
22.用铝热法还原下列氧化物,制得金属各1mol,消耗铝最少的是A.MnO2B.WO3C.Cr2O3D.V2O5【答案】C【解析】【详解】用铝热法还原金属氧化物时,Al作还原剂,金属氧化物作氧化剂在反应中金属氧化物被还原为单质,显然,在氧化物中金属化合价越高,变为单质时需获得的电子越多,消耗铝越多;金属化合价越低,得电子数越少,消耗铝越少以上金属氧化物中金属的化合价分别为Mn+
4、W+
6、Cr+
3、V+5,Cr化合价最低,消耗铝最少答案选C
23.
23.下表为元素周期表短同期的一部分,A、B、C、D、E五种元素在周期表中的位置如下图所示C元素的原子最外层电子数为次外层的3倍AECBD回答下列问题
(1)B元素在周期表中的位置为__________
(2)D的最高价氧化物对应水化物的化学式为__________
(3)下列事实能说明C元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是__________a.C单质与H2S溶液反应,溶液变浑浊b.在氧化还原反应中,1molC单质比1molS得电子多c.C和S两元素的简单氢化物受热分解,前者的分解温度高d.C元素的简单氢化物沸点高于S元素的简单氢化物
(4)B与D两元素的单质反应生成化合物M,它的结构类似甲烷,写出M的电子式_____
(5)A与镁形成的1mol化合物N与水反应,生成2molMgOH2和1mol气态烃,该烃分子中碳氢质量比为9:1,写出N与水反应的化学方程式______________________________
(6)铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应,生成的盐只有硫酸铜,同时生成的两种气体均由表中两种元素组成,气体的相对分子质量都小于50为防止污染,将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐,消耗1L
2.2mol/LNaOH溶液和1molO2,则两种气体的分子式及物质的量分别为__________【答案】
1.第三周期,ⅣA族
2.HClO
43.ac
4.
5.Mg2C3+4H2O=2MgOH2+C3H4↑
6.NO
0.9mol;NO
21.3mol【解析】【分析】根据A、B、C、D、E五种元素在周期表中的位置可判断A、E、C位于第二周期,B和D位于第三周期C元素的原子最外层电子数为次外层的3倍,所以C是O,则E是N,A是C,B是Si,D是Cl,据此解答【详解】根据以上分析可知A是C,B是Si,C是O,D是Cl,E是N则
(1)硅元素在周期表中的位置为第三周期第ⅣA族
(2)Cl的最高价是+7价,则最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4
(3)a.氯气与H2S溶液反应,溶液变浑浊,说明把硫置换出来,因此氯元素的非金属性强于硫元素,a正确;b.在氧化还原反应中,1molC单质比1molS得电子多与非金属性强弱没有关系,只与得到电子的难易程度有关系,b错误;c.C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氢化物更稳定,因此氯元素的非金属性强于硫元素,c正确;d.C元素的简单氢化物沸点高于S元素的简单氢化物与非金属性强弱没有关系,d错误答案选ac;
(4)B与D两元素的单质反应生成化合物M是四氯化硅,它的结构类似甲烷,电子式为
(5)A与镁形成的1mol化合物N与水反应,生成2molMgOH2和1mol气态烃,该烃分子中碳氢质量比为9:1,则碳氢原子个数之比是,因此该烃是C3H4,则N是Mg2C3,与水反应的化学方程式为Mg2C3+4H2O=2MgOH2+C3H4↑
(6)铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应,生成的盐只有硫酸铜,同时生成的两种气体均由表中两种元素组成,气体的相对分子质量都小于50,因此应该是NO、NO2设NO、NO2的物质的量分别是xmol、ymol,最终均转化为硝酸钠,则根据原子守恒可知x+y=
2.2,根据电子得失守恒可知3x+y=4,解得x=
0.
9、y=
1.
324.
24.海带中含有碘元素某实验小组设计了如下实验流程,通过实验证明海带中存在碘元素,并从海带中提取出碘单质根据实验流程回答下列各题
(1)步骤
①中灼烧所用到硅酸盐材质的仪器,除酒精灯外还有______
(2)步骤
③的操作名称为______
(3)经过步骤
③以后,所得滤液中主要含有可溶性的无机盐氯化钠、硫酸钠、碘化钠等为了将I-变为碘单质,可加入经硫酸酸化的双氧水氧化,写出该反应的离子方程式______检验步骤
④是否成功的方法是______
(4)步骤
⑤操作名称是______
(5)为了进一步制得纯净的碘单质,可以通过步骤
⑥实现,实验装置如下图所示已知实验中得到的粗碘为碘的CCl4溶液,CCl4的沸点
76.8℃、I2的沸点
184.4℃
①指出图中错误的地方并改正______
②锥形瓶中先收集到的物质是______【答案】
1.坩埚、泥三角
2.过滤
3.2I-+2H++H2O2=2H2O+I
24.取少量溶液加入淀粉,看溶液是否变蓝
5.萃取和分液
6.蒸馏烧瓶加热时应垫石棉网,温度计水银球应该在支管口附近,冷凝水应该下进上出
7.CCl4【解析】【详解】
(1)灼烧固体物质一般使用(瓷)坩埚,而坩埚加热需要用泥三脚支撑然后放在三脚架上,三脚架下面的空间放酒精灯,所以还缺少硅酸盐材质的仪器为坩埚、泥三角;
(2)将悬浊液分离为残渣和含碘离子溶液应选择过滤的方法,即步骤
③的操作名称为过滤;
(3)含碘离子溶液中加入氧化剂双氧水是为了将碘离子氧化成单质碘,离子方程式为2I-+2H++H2O2=2H2O+I2;碘遇淀粉显蓝色,所以检验步骤
④是否成功的方法是取少量溶液加入淀粉,看溶液是否变蓝,如果变蓝,说明还有单质碘;
(4)利用碘易溶于有机溶剂的性质来进行提取,所以步骤
⑤操作名称是萃取和分液;
(5)
①根据装置图可知蒸馏烧瓶加热时应垫石棉网,温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处,冷凝管冷凝水应该是下进上出;
②由于四氯化碳的沸点低于碘,所以锥形瓶中先收集到的物质是CCl
425.
25.实验室制取乙烯的反应原理为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O,选用下图A进行反应但常因温度过高而使乙醇和浓硫酸生成少量的二氧化硫有人设计下列实验以确认上述混合气体中存在乙烯和二氧化硫,试回答下列问题
(1)将下列所给的试剂中选出所必需的试剂,按气流方向从左到右依次是______(可重复,填字母)A.品红溶液B.NaOH溶液C.浓H2SO4D.溴水
(2)能说明二氧化硫气体存在的现象是______
(3)使用装置Ⅲ的目的是______
(4)确定含有乙烯的现象是______
(5)写出IV中发生的化学反应方程式______【答案】
1.ABAD
2.I中品红溶液褪色
3.检验SO2是否除尽
4.Ⅲ中品红不褪色,Ⅳ中溴水褪色
5.CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br【解析】【分析】二氧化硫的检验用品红溶液,乙烯的检验用溴水,乙烯和二氧化硫都能使溴水褪色,所以先检验二氧化硫,然后检验乙烯,同在检验乙烯之前用NaOH溶液除去SO2,再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净,最后用溴水褪色检验乙烯,据此解答【详解】
(1)因装置Ⅰ用来检验SO2,试管中品红溶液褪色,说明含有SO2,装置Ⅱ试管中装有NaOH溶液除去SO2,装置Ⅲ试管通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净,装置Ⅳ通过溴水褪色检验乙烯,因此答案依次为ABAD;
(2)装置I用来检验SO2,因此能说明二氧化硫气体存在的现象是I中品红溶液褪色,说明含有SO2;
(3)装置Ⅲ试管通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净,因此使用装置Ⅲ的目的是检验SO2是否除尽;
(4)装置Ⅲ试管通过品红溶液不褪色,装置Ⅳ通过溴水褪色检验乙烯,所以确定含有乙烯的现象是Ⅲ中品红不褪色,Ⅳ中溴水褪色;
(5)根据以上分析可知IV中发生溴水和乙烯的加成反应,反应的化学反应方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br【点睛】本题主要考查了实验室制乙烯产物的检验,明确物质的性质差异是解答的关键,当有多种产物需检验时,应考虑先后顺序,在除去杂质气体时不能引入新杂质
26.
26.A是石油裂解气的主要成分,它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平以A原料衍生出部分化工产品的反应流程如下(部分反应条件已略去)已知
①2RCHO+O22RCOOH;
②R-CH=CH-OH烯醇式的结构不能稳定存在请回答下列问题
(1)A的电子式为______
(2)B、D分子中的官能团名称分别是______、______
(3)C和B反应生成D的化学方程式为___________,该反应的类型为_____________
(4)E的结构简式为_________
(5)结合题意,写出E可能的同分异构体的结构简式__________
(6)F和C反应生成G的化学方程式为_________【答案】
1.
2.羟基
3.酯基
4.CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
5.酯化反应
6.
7.CH3CHO
8.2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O【解析】【分析】A是石油裂解气的主要成分,它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平,A是乙烯乙烯与水发生加成反应生成B是乙醇,B氧化生成C是乙酸,乙酸和乙醇发生酯化反应生成D是乙酸乙酯F与C反应生成G,根据G、F的分子式可判断该反应酯化反应,所以F是乙二醇,G的结构简式为CH3COOCH2CH2OOCCH3E与水反应生成F,由于烯醇式的结构不能稳定存在,所以E的结构简式为,据此解答【详解】根据以上分析可知A是CH2=CH2,B是CH3CH2OH,C是CH3COOH,D是CH3COOCH2CH3,E是,F是HOCH2CH2OH,G是CH3COOCH2CH2OOCCH3则
(1)乙烯的电子式为
(2)B是CH3CH2OH,D是CH3COOCH2CH3,分子中的官能团名称分别是羟基、酯基
(3)根据以上分析可知C和B反应生成D的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O,该反应的类型为酯化反应或取代反应
(4)根据以上分析可知E的结构简式为
(5)分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体,则E可能的同分异构体的结构简式为CH3CHO
(6)根据以上分析可知F和C反应生成G的化学方程式为2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O
27.
27.
(1)肼(N2H4)又称联氨,广泛用于火箭推进剂、有机合成及燃料电池,NO2的二聚体N2O4则是火箭中常用氧化剂肼燃料电池原理如图所示,通入氧气的电极上发生的电极反应式为____________________
(2)在2L密闭容器中,800℃时反应2NOg+O2g2NO2g体系中,nNO随时间的变化如表时间/s012345nNO/mol
0.
0200.
0100.
0080.
0070.
0070.007
①到达平衡时NO的转化率为_________
②用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v=____________________
③如下图所示,表示NO2变化曲线的是________
④能说明该反应已达到平衡状态的是________填序号A.vNO2=2vO2B.容器内压强保持不变C.v逆NO=2v正O2D.容器内的密度保持不变【答案】
1.O2+4e-+2H2O=4OH-
2.65%
3.
1.5×10-3mol·L-1·s-
14.b
5.BC【解析】【详解】
(1)原电池中负极发生失去电子的氧化反应,正极发生得到电子的,因此通入N2H4的电极是负极,通入氧气的电极是正极,电解质溶液显碱性,则正极上发生的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-
(2)
①到达平衡时剩余NO
0.007mol,消耗NO是
0.020mol-
0.007mol=
0.013mol,所以NO的转化率为
0.013mol/
0.020mol×100%=65%
②从0~2s内消耗NO是
0.020mol-
0.008mol=
0.012mol,所以根据方程式可知消耗氧气是
0.006mol,浓度是
0.006mol÷2L=
0.003mol/L,则用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v=
0.003mol÷2s=
1.5×10-3mol·L-1·s-1
③NO2是生成物,根据以上分析可知平衡时生成NO2是
0.013mol,浓度是
0.013mol÷2L=
0.0065mol/L,所以表示NO2变化曲线的是b
④A.vNO2=2vO2不能说明正逆反应速率相等,则反应不一定达到平衡状态,A错误;B.正反应体积减小,则容器内压强保持不变说明反应达到平衡状态,B正确;C.v逆NO=2v正O2说明正逆反应速率相等,则反应达到平衡状态,C正确;D.密度是混合气的质量和容器容积的比值,在反应过程中质量和容积始终是不变的,因此容器内的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态,D错误答案选BC【点睛】可逆反应平衡状态判断是解答的易错点,注意掌握平衡状态的特征、实质、判断依据等判断化学反应是否达到平衡状态,关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。