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云南省昆明第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试化学试卷 Word版含解析.doc 24页

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《云南省昆明第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试化学试卷 Word版含解析.doc》
昆明第一中学2018-2019学年度下学期期中考试 高一化学 可能用到的相对原子质量:H-1 Be-9 C-12 O-16 Mg-24 Ca-40 一、单选题(每小题2分共48分) 1.下列化学用语中,表示正确的是 A. 氟原子的结构示意图 B. CH4的球棍模型: C. 二氧化碳的电子式: D. 乙醇的结构式:C2H6O 【答案】C 【解析】 【详解】A.氯原子的核内有9个质子,核外有9个电子,则氟原子的结构示意图为?,故A错误; B.?为甲烷的比例模型,球棍模型是用小球表示原子、小棍表示共价键的模型,故甲烷的球棍模型是??,故B错误; C.二氧化碳中碳原子和氧原子之间为双键,故二氧化碳的电子式为,故C正确; D.用一条短线代表一对共用电子对的式子为结构式,故C2H6O不是乙醇的结构式,是其分子式,乙醇的结构式为,故D错误; 故答案为C。 【点睛】解决这类问题过程中需要重点关注的有:①书写电子式时应特别注意如下几个方面:阴离子及多核阳离子均要加“[ ]”并注明电荷,书写共价化合物电子式时,不得使用“[ ]”,没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是H—O—Cl,而不是H—Cl—O),其次是书写结构简式时,碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。 2.元素性质周期性变化的根本原因是 A. 元素的相对原子质量逐渐增大 B. 核外电子排布的周期性变化 C. 原子核内质子数逐渐增大 D. 元素化合价的周期性变化 【答案】B 【解析】 【详解】A.随着原子序数递增,元素的原子的相对原子质量增大,但不呈现周期性的变化,则不能决定元素性质出现周期性变化,故A错误; B.因原子的核外电子排布中电子层数和最外层电子数都随原子序数的递增而呈现周期性变化,则引起元素的性质的周期性变化,故B正确; C.原子核内质子数在数值上等于这种原子的核电荷数,随着原子序数的递增,核电荷数逐渐增大,但不呈现规律性的变化,则不能决定元素性质出现周期性变化,故C错误; D.因元素的化合价属于元素的性质,则不能解释元素性质的周期性变化,故D错误; 故答案为B。 3.括号内两种物质的关系与概念相符的是 A. 同位素(与) B. 同素异形体(13C与C60 C. 同分异构体 D. 同系物(C3H8和C2H4) 【答案】C 【解析】 【详解】A.与都是水分子,不是核素,属于同一物质,故A错误; B.13C与C60一个是碳的核素、一个是碳的单质,类别不同,故B C.与分子式相同,结构不同,互为同分异构体,故C正确; D.C3H8是烷烃,C2H4是烯烃,两者结构不相似,不是同系物,故D错误; 故答案为C。 【点睛】互为同系物的物质满足以下特点:结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同,研究对象是有机物。解答时注意掌握同系物的概念及判断方法,明确互为同系物的有机物结构必须相似,若含有官能团,则含有官能团的种类及数目必须相同。 4.下列关于有机化合物的叙述不正确的是 A. 正丁烷的熔点、沸点比异丁烷的高 B. 水可以用来分离溴苯和苯的混合物 C. CH2Cl2是纯净物说明甲烷是四面体结构而不是正方形结构 D. 溴的四氯化碳溶液既可鉴别乙烷与乙烯,又可除去乙烷中的乙烯 【答案】B 【解析】 【详解】A.相同碳原子数的烷烃,支链越多,沸点越低,则正丁烷的熔点、沸点比异丁烷的高,故A正确; B.溴苯和苯互溶,均不溶于水,则用水不能分离溴苯和苯,故B错误; C.甲烷为正四面体结构,2个H被Cl取代只有一种结构,则CH2Cl2是纯净物说明甲烷是四面体结构而不是正方形结构,故C正确; D.乙烯与溴发生加成反应,乙烷不能,则溴的四氯化碳溶液既可鉴别乙烷与乙烯,又可除去乙烷中的乙烯,故D正确; 故答案B。 5.用化学方法区别NaCl、MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3和NH4Cl现有六种溶液(必要时可加热),可选用下列试剂中的 A. NaOH溶液 B. AgNO3溶液 C. KSCN溶液 D. BaCl2溶液 【答案】A 【解析】 【分析】 这几种盐阴离子相同阳离子不同,NaOH溶液分别和NaCl、MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3和NH4Cl溶液混合时产生的现象分别为无现象、白色沉淀、先生成白色沉淀后沉淀溶解、蓝色沉淀、红褐色沉淀、有刺激性气味气体,据此分析解答。 【详解】A.NaOH溶液分别和NaCl、MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3和NH4Cl溶液混合时产生的现象分别为无现象、白色沉淀、先生成白色沉淀后沉淀溶解、蓝色沉淀、红褐色沉淀、有刺激性气味气体,现象不同,可以鉴别,故A正确; B.AgNO3溶液和这几种盐溶液混合都产生白色沉淀,现象相同,无法鉴别,故B错误; C.KSCN溶液只和FeCl3溶液混合产生血红色,其余现象相同,无法鉴别,故C错误; D.BaCl2溶液和这几种盐都不反应,现象相同,无法鉴别,故D错误; 故答案为A。 6.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是: A. 28g聚乙烯中含有NA个碳碳双键 B. 1mol乙烯与Cl2完全加成,然后与Cl2发生取代反应,共消耗氯气的分子数最多为6NA C. 标准状况下,2.24LCCl4中的原子总数大于0.5NA D. 15g甲基含有的电子数是9NA 【答案】D 【解析】 【详解】A.聚乙烯不含碳碳双键,故A错误; B.乙烯中含1个双键,4个H原子,1:1加成,最多发生四取代,则1mol乙烯与Cl2完全加成,然后与Cl2发生取代反应,共消耗氯气5mol即5NA个,故B错误; C.标准状况下,CCl4为液体,不能由气体的摩尔体积计算其物质的量及原子数,故C错误; D.1个甲基含9个电子,15g甲基含有的电子数为×9×NA=9NA,故D正确; 故答案为D。 【点睛】阿伏加德罗常数的常见问题和注意事项:①物质的状态是否为气体;②对于气体注意条件是否为标况;③注意溶液的体积和浓度是否已知;④注意同位素原子的差异;⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断;⑥注意物质的结构:如Na2O2是由Na+和O22-构成,而不是有Na+和O2-构成;SiO2、SiC都是原子晶体,其结构中只有原子没有分子,SiO2是正四面体结构,1molSiO2中含有的共价键为4NA,1molP4含有的共价键为6NA等。 7.下列说法正确的是 A. 因为水分子内存在氢键,所以水分子非常稳定 B. 相同温度下水的密度比冰小,与水分子间的氢键有关 C. 水分子间存在氢键使水分子间作用力增加,导致水的沸点较高 D. 化学键是指物质中相邻的原子或离子间的强烈的吸引作用 【答案】C 【解析】 【详解】A.氢键影响水的沸点高低,与水的稳定性无关,影响稳定性的因素是共价键,故A错误; B.冰中氢键较多,具有各向异性,体积较大,则密度较小,故B正确; C.水中含有氢键,属于分子间作用力但比一般的分子间作用力强,导致水的沸点较高,故C正确; D.化学键包括共价键和离子键,为物质中直接相邻的原子或离子间的强烈的相互作用,故D正确; 故答案为A。 8.分子式为的同分异构体共有(不考虑立体异构) A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 【答案】B 【解析】 【详解】C3H6Cl2可看成CH3CH2CH3中2个氢原子被2个氯原子取代的产物;取代同一碳原子上有两种情况,即中间碳原子和一侧碳原子;取代不同碳原子上也有两种情况,即相邻碳原子或相间的碳原子,所以,C3H6Cl2有四种同分异构体。答案选B。 思维拓展:确定常见烃的同分异构体,需确定其结构是否对称,若左右(或上下)对称,只考虑结构的1/2和对称点即可,若上下左右都对称,只需考虑结构的1/4和对称点即可;确定二卤代物可以先考虑取代同一个碳原子和不同碳原子来分析。 9.下列化合物中,阴离子和阳离子半径之比最大的是 A. LiI B. NaI C. CsI D. KCl 【答案】A 【解析】 【详解】阳离子都为碱金属元素的金属阳离子,元素的核电核数越大,离子半径越大,阴离子都为卤素阴离子,元素的核电核数越大,离子半径越大,则金属离子半径最小的是Li+离子,非金属离子半径最大的是I-离子,所以阴离子半径和阳离子半径之比最大的是LiI,故答案为A。 10.下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 硫化亚铁溶于稀硝酸中:FeS+2H+=Fe2++H2S↑ B. 向小苏打溶液中加入醋酸溶液:HCO3-+H+===CO2↑+H2O C. 次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳:Ca2++2ClO-+H2O+CO2===CaCO3↓+2HClO D. 含Fe3+的溶液中加入铜屑:2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ 【答案】D 【解析】 【详解】A.硫化亚铁溶于稀硝酸中发生氧化还原反应,正确的离子反应为:FeS+4H++NO3-=Fe3++S↓+NO↑+2H2O,故A错误; B.碳酸氢钠与醋酸反应生成醋酸钠、二氧化碳和水,醋酸是弱酸,需要保留化学式,正确的离子方程式为:HCO3-+CH3COOH═CO2↑+CH3COO-+H2O,故B错误; C.二氧化碳过量,生成可溶于水的碳酸氢钙,无沉淀生成,正确的离子方程式为:2ClO-+CO2+H2O═2HCO3-+2HClO,故C错误; D.含Fe3+的溶液中加入铜屑,反应生成亚铁离子和铜离子,该反应的离子方程式为:2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+,故D正确; 故答案为D。 【点睛】离子方程式的判断,为高考的高频题,注意掌握离子方程式的书写原则,明确离子方程式正误判断常用方法:检查反应物、生成物是否正确,检查各物质拆分是否正确,如难溶物、弱电解质等需要保留化学式,检查是否符合原化学方程式等。 11.下列各组顺序的排列不正确的是 A. 离子半径:K+<Na+<Mg2+<Al3+ B. 热稳定性:HCl>H2S>PH3>SiH4 C. 酸性强弱:Al(OH)3<H2SiO3<H2CO3 D. 熔点:金刚石>NaCl>Na>CO2 【答案】A 【解析】 【详解】A.K+含有3个电子层,其离子半径最大;Na+、Mg2+、Al3+都含有2个电子层,且离子结构相同,核电荷数越大离子半径越小,则离子半径:K+>Na+>Mg2+>Al3+,故A错误; B.非金属性:Cl>S>P>Si,则简单氢化物的热稳定性:HCl>H2S>PH3>SiH4,故B正确; C.非金属性Al<Si<C,则最高价含氧酸的酸性强弱为:Al(OH)3<H2SiO3<H2CO3,故C正确; D.金刚石属于原子晶体,具有较高熔点;NaCl属于离子晶体,Na为金属晶体,熔点较小,但大于分子晶体;CO2为分子晶体,熔点较低,所以熔点大小为:金刚石>NaCl>Na>CO2,故D正确; 故答案为A。 12.下列措施对增大反应速率明显有效的是 A. Na与水反应时增大水的用量 B. Fe与稀硫酸反应制取H2时,改用质量分数为98%的浓硫酸 C. 在K2SO4与BaCl2两溶液反应时,增大压强 D. Al在氧气中燃烧生成Al2O3,将Al片改成Al粉 【答案】D 【解析】 【详解】A.加水不能改变浓度水的浓度,对反应速率没有影响,故A错误; B.浓硫酸具有强氧化性,与铁发生钝化反应,没有氢气生成,不能提高生成气体的反应速率,故B错误; C.增大压强只对有气体的反应速率有影响,对非气体的反应没有影响,则增大压强,K2SO4与BaCl2两溶液反应速率不变,故C错误; D.将Al片改成Al粉,增大了反应物的接触面积,所以能使反应速率加快,故D正确 故答案为D。 13.已知合成氨反应的浓度数据如下: N2+3H2 2NH3 起始浓度mol/L 1.0 3.0 0 2秒末浓度mol/L 0.6 1.8 0.8 当用氨气浓度的增加来表示该化学反应速率时,其速率为 ( ). A. 0.2 mol/(L·s) B. 0.4 mol/(L·s) C. 0.6 mol/(L·s) D. 【答案】B 【解析】 2s内氢气的浓度变化量=0.8mol/L,故2s内用氢气表示的平均反应速率==0.4mol/(L·s),故选B。 14.下图是汽车尾气催化转化装置工作原理示意图: 下列说法不正确的是 A. 汽车尾气是雾霾成因之一,主要由CO、NO B. 该过程中NO2既是生成物又是反应物 C. 整个过程中氧元素被还原,氮元素被氧化 D. 过程②中会有反应: 【答案】C 【解析】 【详解】A.汽车尾气中的主要污染物为CxHy、NO、CO、SO2及固体颗粒物等,排放到空气中形成雾霾,故A正确; B.过程中一氧化氮生成二氧化氮,二氧化氮催化剂作用反应生成氮气,该过程中NO2既是生成物又是反应物,故B正确; C.氧元素0价变化为-2价,化合价降低被还原,氮元素化合价+2价升高到+4价,+4价降低到0价,氮元素被氧化和被还原,故C错误; D.在催化剂条件下NO和CO反应,生成CO2和N2,反应的化学方程式为:,故D正确; 故答案为C。 15.下列各表中的数字代表的是原子序数,表中数字所表示的元素与它们在元素周期表中的位置相符的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据元素周期表的结构:相邻两个周期同主族元素的原子序数相差2、8、18、32,以此判断同族中位置关系;同周期元素根据原子序数判断位置关系,据此来分析,注意第ⅡA族、第ⅢA族之间有10个纵行,为7个副族和1个Ⅷ族。 【详解】A. 原子序数3和5之间相隔11个空列,A项错误; B. 4和5间有10个空列为7个副族和1个Ⅷ族,且与5号同主族相邻的元素的原子序数为13,B项错误; C. 1号和11号元素之间相隔一个周期,第一列应为1、3、11、19,2号元素与1号元素之间相隔16列,C项错误; D. 第一列为ⅥA族,第二行为16、17、18,第三列为零族,根据第一、二、三和四周期零族元素的原子序数为2、10、18、36可知,该项原子序数排列符合位置关系,D项正确; 答案选D。 16.选择合适试剂完成甲、乙两组实验。甲组:检验含Fe3+的溶液中是否含有Fe2+,乙组:检验含Fe2+的溶液中是否含有Fe3+。下列试剂及加入试剂顺序能达到实验目的的是 选项 甲组 乙组 A 先加新制氯水再加KSCN溶液 NaOH溶液 B 酸性KMnO4溶液 KSCN溶液 C KOH溶液 氯水 D 铁粉 酸性KMnO4溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】甲组:检验含Fe3+的溶液中是否含有Fe2+,Fe2+具有还原性能使高锰酸钾溶液褪色,Fe3+不能使高锰酸钾褪色,所以检验是否含有Fe2+可以选用高锰酸钾溶液;乙组:检验含Fe2+的溶液中是否含有Fe3+,Fe3+遇到KSCN溶液会变红色,而Fe2+不能使KSCN溶液变色,所以检验是否含有Fe3+,可以选用KSCN溶液;故答案为B。 17.燃料电池是燃料(如CO、H2、CH4等)跟O2(或空气)反应,将化学能转化为电能的装置,电解质溶液是强碱溶液。下列关于CH4燃料电池的说法正确的是 A. 负极反应式为:CH4+10OH- -8e-=CO32-+7H2O B. 正极反应式为:O2+2H++4e- =2H2O C. 随着放电的进行,溶液的碱性不变 D. 放电时溶液中阴离子向正极移动 【答案】A 【解析】 【详解】A.负极发生氧化反应,电极反应式为:CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O,故A正确; B.正极发生还原反应,电极反应式为:2O2+4 H2O+8e-═8OH-,故B错误; C.电池总反应式为2O2+CH4+2OH-═CO32-+3H2O,随着放电的进行,溶液的碱性减弱,故C错误; D.放电时溶液中的阴离子向负极移动,故D错误; 故答案为A。 【点睛】燃料电池中,通入燃料的电极失电子发生氧化反应,电极反应式为:CH4+10 OH--8e-═CO32-+7 H2O,所以为负极,通入氧化剂的电极得电子发生还原反应,电极反应式为:2 O2+4 H2O+8e-═8OH-,所以为正极;所以电池反应式为2O2+CH4+2OH-═CO32-+3H2O,根据总反应式判断溶液的酸碱性的变化,判断溶液中离子的移动方向。 18.立方烷(C8H8)其八个碳原子对称地排列在立方体的八个角上。以下相关说法错误的是 A. 立方烷在空气中可燃,燃烧有黑烟产生 B. 立方烷一氯代物1种、二氯代物有3种 C. 立方烷是苯(C6H6)的同系物,也是苯乙烯(C6H5-CH=CH2)的同分异构体 D. 八硝基立方烷完全分解可能只产生二氧化碳和氮气 【答案】C 【解析】 【详解】A.立方烷的含碳量较大,和苯的含碳量相同,则燃烧有黑烟产生,故A正确; B.立方烷结构对称,只有一种H,则一氧代物有1种,立方烷二氯代物有3种:两个氯原子在立方体同边有一种情况,两个氯原子的位置在对角有两种情况,立方烷三氯代物有3种:三个氯原子在同一个面上有一种情况,三个氯原子不在同一个面上有二种情况,情况1,2个氯原子在立方烷的棱上,另1个氯原子在对角线上,情况2,三个氯原子构成正三角形,所以同分异构体有三种,故B正确; C.立方烷和苯的结构不同,不是同系物,分子组成也不是相差若干个CH2基团,故C错误; D.八硝基立方烷的分子式为C8N8O16,则全分解可能只产生二氧化碳和氮气,故D正确; 故答案为C。 19.下列除杂方案错误的是 选项 被提纯的物质 杂质 除杂试剂 A FeCl3(aq) Al3+(aq) NaOH溶液、盐酸 B AlCl3(aq) Cu2+ Al粉 C NaHCO3(aq) Na2CO3(aq) CO2气体 D FeCl3(aq) Cu2+ Fe粉 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 A.Al3+(aq)能和过量NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2,Fe3+(aq)和NaOH反应生成Fe(OH)3沉淀,然后用稀盐酸溶解Fe(OH)3沉淀,从而得到纯净的FeCl3(aq),故A正确; B.Al和Cu2+发生置换反应生成Cu且不引进新的杂质,然后采用过滤方法得到纯净的AlCl3(aq),故B正确; C.向Na2CO3(aq)中通入过量二氧化碳,能将Na2CO3转化为NaHCO3,反应方程式为Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3,能除去杂质且不引进新的杂质,故C正确; D.Fe和Cu2+、Fe3+都反应生成Fe2+,应该用过量Fe粉处理后向滤液中通入过量氯气,得到FeCl3(aq),故D错误; 20.下图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图,若用原子序数代表所对应的元素,则下列说法正确的是 A. 31d和33d属于同种核素 B. 气态氢化物的稳定性:a>d>e C. b、c的最高价氧化物对应水化物可以反应 D. a和b形成的化合物不可能含共价键 【答案】C 【解析】 【详解】短周期元素中,a为-2价、e为+6价,处于VI族,可推知a为O、e为S,b有+1价,原子序数大于氧,则b为Na,由原子序数可知c、d处于第三周期,化合价分别为+3、+5,则c为Al、d为P; A.31d和33d质子数相同,中子数不同,是不同的核素,互为同位素,故A错误; B.非金属性a(O)>e(S)>d(P),故氢化物稳定性:a>e>d,故B错误; C.b为Na、c为Al,NaOH溶液能溶解Al(OH)3白色沉淀生成可溶于水的NaAlO2,故C正确; D.a和b形成的化合物过氧化钠,含有共价键,故D错误; 故答案为C。 21.在一定条件下,某密闭容器中发生可逆反应,X、Y的初始浓度分别为2.5mol·L-1和2.0mol·L-1,达平衡后,下列各生成物的浓度数据中肯定错误的是 A. c(Z)=1.5mol·L-1 B. c(Z)=2.4mol·L-1 C. c(W)=1.6mol·L-1 D. c(W)=2.0mol·L-1 【答案】D 【解析】 【详解】可逆反应中,反应物不可能在反应中完全转化,由于反应中X、Y按照物质的量2:1反应,所以X过量0.5mol,生成3molZ,2molW,但反应不可能完全进行到底,所以0.5mol/L<c(X)<2.5mol/L;0<c(Z)<3mol/L;0<c(W)<2mol/L.故D一定错误,答案选D。 22.在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应:甲:乙:其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是 A. 恒温时,气体压强不再改变 B. 断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍 C. 混合气体密度不变 D. 单位时间内,消耗水蒸气质量与生产氢气质量比为9:1 【答案】B 【解析】 【详解】A.恒温时,气体压强不再改变,乙反应的两边气体的体积相同且都是气体,压强始终不变,所以压强不变无法判断乙是否达到平衡状态,故A错误; B.断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍,说明正逆反应速率相等,达到了平衡状态,故B正确; C.混合气体密度不变,由于乙反应的两边气体的体积相同且都是气体,容器的容积不变,所以密度始终不变,无法判断乙是否达到平衡状态,故C错误; D.单位时间内,消耗水质量与生成氢气质量比为9:1,水与氢气的物质的量之比为1:1,表示的都是正逆反应速率,无法判断正逆反应速率相等,故D错误; 故答案为B。 【点睛】化学平衡状态的特征:当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态。 23.白磷与氧可发生如下反应:P4+5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为:P-P akJ·mol-1、P-O bkJ·mol-1、P-O ckJ·mol-1、O-O dkJ·mol-1。 根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H,其中正确的是( ) A. (4c+12b-6a-5d)kJ B. (4c+12b-4a-5d)kJ C. (6a+5d-4c-12b)kJ D. (4a+5d-4c-12b)kJ 【答案】C 【解析】 【详解】各化学键键能为P-P??a?kJ?mol-1、P-O?b?kJ?mol-1、P=O?c?kJ?mol-1、O=O??d?kJ?mol-1;反应热△H=反应物总键能-生成物总键能,所以反应P4+5O2=P4O10的反应热△H=6akJ?mol-1+5dkJ?mol-1-(4ckJ?mol-1+12bkJ?mol-1)=(6a+5d-4c-12b)kJ?mol-1,故答案为C。 24.按下列合成步骤回答问题: (1)在a中加入15mL无水苯和少量铁屑.在b中小心加入4.0mL液态溴.向a中滴入几滴溴,有白雾产生,继续滴加至液溴滴完.装置c的作用是_________,三颈烧瓶中反应的化学方程式为_____________________; (2)液溴滴完后,经过下列步骤分离提纯: ①向a中加入10mL水,然后过滤除去未反应的铁屑; ②滤液依次用10mL水、8mL10%的NaOH溶液、10mL水洗涤.NaOH溶液洗涤的作用是__________; ③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙,静置、过滤.加入氯化钙的目的是_________; (3)经以上分离操作后,粗溴苯中还含有的主要杂质为____________,要进一步提纯,下列操作中必须的是_________________;(填入正确选项前的字母) A.结晶 B.过滤 C.蒸馏 D.萃取 (4)在该实验中,a的容积最适合的是____________。(填入正确选项前的字母) A.25mL B.50mL C.250mL D.500mL 【答案】 (1). 冷凝回流 (2). C6H6+Br2 C6H5Br+HBr (3). 除去HBr和未反应的Br2 (4). 干燥 (5). 苯 (6). C (7). B 【解析】 【分析】 根据实验装置图可知,在装置三颈烧瓶中用苯与溴在铁粉作催化剂的条件下生成溴苯和溴化氢,由于苯和液溴都是易挥发的物质,为了提高原料的利用率,用球形冷凝管进行冷凝回流,在装置烧杯中用氢氧化钠溶液吸收HBr及挥发出的Br2,由于溴化氢极易溶于水,所以在用氢氧化钠溶液吸收的时候用防倒吸装置; (1) 采用冷凝管的作用是将挥发出的反应物蒸气冷凝使其回流到反应容器中;苯与溴在铁粉作催化剂的条件下生成溴苯和溴化氢; (2)溴苯中含有溴,加NaOH溶液,把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中,然后加干燥剂,据此解答; (3)实验室中,相互溶解的两种液体,可以利用蒸馏操作分离; (4)根据制取溴苯所加的液体的体积以及溶液的体积一般不超容器的,不少于来解答。 【详解】根据实验装置图可知,在装置三颈烧瓶中用苯与溴在铁粉作催化剂的条件下生成溴苯和溴化氢,由于苯和液溴都是易挥发的物质,为了提高原料的利用率,用球形冷凝管进行冷凝回流,在装置烧杯中用氢氧化钠溶液吸收HBr及挥发出的Br2,由于溴化氢极易溶于水,所以在用氢氧化钠溶液吸收的时候用防倒吸装置; (1) c为冷凝管,溴与苯发生取代反应生成溴苯与溴化氢,反应放热,冷凝管的作用是冷凝挥发出来的苯和液溴,并使它们流回到烧瓶中,提高反应的转化率;三颈烧瓶中用苯与溴在铁粉作催化剂的条件下反应,苯环上的一个氢原子被一个溴原子取代,其反应方程式为C6H6+Br2 C6H5Br+HBr; (2)②溴苯提纯的方法是:先水洗,把可溶物溶解在水中,然后过滤除去未反应的铁屑,再加NaOH溶液,除去HBr,把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO溶解于水中; ③向分出粗溴苯中加入少量的无水氯化钙,无水氯化钙能干燥溴苯,除去粗溴苯中的水; (3)苯易挥发,该方法制取的溴苯中会含有杂质苯;苯和溴苯相互溶解,需要通过蒸馏操作分离,所以C正确; (4)操作过程中,先在a中加入15mL无水苯,在b中小心加入4.0mL液态溴,最后向a中加入10mL水,共约30mL,所以a的容积最适合的是50mL,故答案为B。 25.Ⅰ如图所示是Zn和Cu形成的原电池,某实验兴趣小组做完实验后,在读书卡上的记录如下,则卡片上的描述合理的是____________(填序号)。 实验后的记录: ①Cu为负极,Zn为正极 ②Cu极上有气泡产生,发生还原反应 ③SO42-向Cu极移动 ④若有0.5mol电子流经导线,则可产生0.25mol气体 ⑤电子的流向是:Cu→Zn ⑥正极反应式:Cu-2e-=Cu2+,发生氧化反应 Ⅱ锌锰电池(俗称干电池)在生活中的用量很大.两种锌锰电池的构造如图(甲)所示.回答下列问题: (1)普通锌锰电池放电时发生的主要反应为:Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH ①该电池中,负极材料主要是_________,电解质的主要成分是__________; ②与普通锌锰电池相比,碱性锌锰电池的优点及其理由是______________________。 (2)下图表示回收利用废旧普通锌锰电池工艺(不考虑废旧电池中实际存在的少量其他金属). ①图(乙)中产物的化学式分别为A________,B________; ②操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4.操作b中,绿色的K2MnO4溶液反应生成紫色溶液和一种黑色固体,该反应的离子方程式为_____________________________。 【答案】 (1). ②④ (2). 锌 (3). NH4Cl (4). 碱性电池不易发生电解质泄露 (5). ZnCl2 (6). NH4Cl (7). 3MnO42-+2CO2=2MnO4+MnO2↓+2CO32- 【解析】 【分析】 Ⅰ. 该原电池中,Zn易失电子作负极、Cu作正极,负极上发生氧化反应、正极上发生还原反应,电子从负极沿导线流向正极,电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动,据此分析解答; Ⅱ. (1)①根据电池反应判断正负极和电解质; ②根据碱性锌锰电池的特点分析; (2)①根据电池的材料分析; ②根据已知反应物和产物,再利用元素守恒写出发生反应的离子方程式。 【详解】Ⅰ. ①该原电池中,锌易失电子作负极、Cu作正极,故①错误; ②Cu极上氢离子得电子生成氢气,所以有气泡产生,发生还原反应,故②正确; ③放电时,电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动,所以SO42-向Zn极移动,故③错误; ④根据2H++2e-=H2↑知,若有0.5mol电子流经导线,生成气体物质的量=×1=0.25mol,故④正确; ⑤放电时,负极Zn失电子、正极Cu得电子,所以电子的流向是:Zn→Cu,故⑤错误; ⑥正极上氢离子得电子生成氢气,电极反应式:2H++2e-=H2↑,发生还原反应,故⑥错误; 故答案为②④; Ⅱ. (1)①根据化学方程式Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH,反应中Zn被氧化,为电池负极锌,氯化铵是电解质的主要成分; ②与普通锌锰电池相比,碱性锌锰电池的优点及其理由是碱性电池不易发生电解质的泄露,因为消耗的负极改装在电池的内部,碱性电池的使用寿命较长,因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高; (2)①废电池经机械分离后,加水溶解后溶液中的成分是氯化铵,再加稀盐酸Zn溶解生成氯化锌,因此浓缩结晶得到氯化铵和氯化锌.氯化铵不稳定,受热易分解,所以B为氯化铵,A为氯化锌; ②绿色的K2MnO4溶液发生反应后生成紫色的高锰酸钾溶液和黑褐色的二氧化锰,该反应的离子方程式为3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-。 【点睛】书写电极反应式应注意以下几点:①电极反应是一种离子反应,遵循书写离子反应的所有规则;②将两极反应的电子得失数配平后,相加得到总反应,总反应减去一极反应即得到另一极反应;③负极失电子所得氧化产物和正极得电子所得还原产物,与溶液的酸碱性有关(如+4价的C在酸性溶液中以CO2形式存在,在碱性溶液中以CO32-形式存在);④溶液中不存在O2-:在酸性溶液中它与H+结合成H2O、在碱性或中性溶液中它与水结合成OH-。 26.A、B、C、D、E是五种短周期元素。已知:它们的原子序数依次增大,A是元素周期表中原子半径最小的元素;B原子最外层电子数比其次外层电子数多2,C是E的邻族元素;D和E的原子序数之和为30,且D的族序数与周期数相等。甲、乙、丙、丁是它们两两形成的化合物,其中甲分子中含有18个电子。 物质组成 甲 乙 丙 丁 化合物中各元素原子个数比 A和C 1:1 B和A 1:4 D和E 1:3 B和E 1:4 请回答下列问题: (1)若元素E的某种核素中中子数比质子数多3个,表示这种核素的符号为___________; (2)把D的单质放到NaOH溶液中,反应的离子方程式为:______________________; (3)甲的电子式:____________________________________________; (4)有100mL MgCl2和丙的混合溶液,其中c(Mg2+)=0.2mol·L-1,c(Cl-)=1.3mol·L-1,要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来,至少需要4mol·L-1NaOH溶液的体积是:________mL; (5)在密闭容器中充入BC2、BC和乙的混合气体共mg,若加入足量Na2O2,并不断用电火花点燃至反应完全,测得固体质量增重mg,则BC2与乙的质量比为__________。 【答案】 (1). (2). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2+3H2↑ (3). (4). 40 (5). 11.4 【解析】 【分析】 A、B、C、D、E是五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A是元素周期表中原子半径最小的元素,则A氢元素;B原子最外层电子数比其次外层电子数多2,则B碳元素,D的族序数与周期数相等,且D的原子序数大于B,同D为铝元素,D和E的原子序数之和为30,则E为氯元素,C是E的邻族元素,即为第ⅥA族元素,且原子序数介于B、D之间,则C为氧元素,甲分子中含有18个电子,根据表格中各物质中的原子个数比可知,甲为双氧水,乙为甲烷,丙为氯化铝,丁为四氯化碳,据此答题。 【详解】A、B、C、D、E是五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A是元素周期表中原子半径最小的元素,则A氢元素;B原子最外层电子数比其次外层电子数多2,则B碳元素,D的族序数与周期数相等,且D的原子序数大于B,同D为铝元素,D和E的原子序数之和为30,则E为氯元素,C是E的邻族元素,即为第ⅥA族元素,且原子序数介于B、D之间,则C为氧元素,甲分子中含有18个电子,根据表格中各物质中的原子个数比可知,甲为双氧水,乙为甲烷,丙为氯化铝,丁为四氯化碳; (1)E为Cl元素,质子数为17,某种核素中中子数比质子数多3个,则中子数为20,质量数为37,表示这种核素的符号为; (2)D为Al元素,Al溶于NaOH溶液生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2+3H2↑; (3)由分析知甲为过氧化氢,是共价型化合物,其电子式为; (4) 有100mLMgCl2和AlCl3的混合溶液,其中c(Mg2+)=0.2mol?L-1,c(Cl-)=1.3mol?L-1,则c(Al3+)=0.3mol?L-1,要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来,此时Al3+要生成AlO2-,需要NaOH物质的量为0.3 mol?L-1×0.1L×4+0.2 mol?L-1×0.1L×2=0.16mol,所以溶液的体积为=0.04L=40mL; (5)由分析知:BC2为CO2、BC为CO、乙为CH4,则在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg,加入足量Na2O2,并不断用电火花点燃至反应完全,测得固体质量增重mg;因CO和甲烷燃烧分别生成CO2和水及CO2,然后再分别和过氧化钠反应,发生反应有:2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑,两个反应中,对Na2O2固体而言,反应中Na2O2增重的质量实际是H2O中H的质量和CO2中CO的质量,即其结果可看作:Na2O2+H2=2NaOH,Na2O2+CO=Na2CO3,固体增加质量=CO或氢气的质量,说明混合物应该符合条件(CO)mHn,所以只要将CH4和CO2体积符合C和O的物质的量比为1:1即可;设CH4的物质的量为xmol,CO2的物质的量为ymol,=1:1,解得:x=y,故混合气体中CO2和CH4的质量比为44:16=11:4。 27.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等,其一种生产工艺如下: 回答下列问题: (1)NaClO2中Cl的化合价为_________; (2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式________________________; (3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成,精制时,为除去Mg2+和Ca2+,要加入的试剂分别为________、_______________; (4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2,此吸收反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________________,该反应中氧化产物是_________________。 【答案】 (1). +3价 (2). (3). 溶液 (4). 溶液 (5). 2:1 (6). O2 【解析】 (1)在NaClO2中Na为+1价,O为-2价,根据正负化合价的代数和为0,可得Cl的化合价为+3价。(2)NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2,其中NaClO2是氧化剂,还原产物为NaCl,根据电子守恒和原子守恒,反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4= ClO2↑ + 2NaHSO4。(3)食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+,可用过量NaOH溶液除去Mg2+,用过量Na2CO3溶液除去Ca2+,(4)由图可知:利用含有过氧化氢的NaOH溶液吸收ClO2气体,产物为NaClO3,则氧化剂为ClO2,还原产物为NaClO2,还原剂为H2O2,氧化产物为O2,每1mol的H2O2转移2mol电子,反应方程式是:2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O,所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1,该反应中氧化产物O2。 点睛:本题考查混合物的分离与提纯、化学方程式书写、氧化还原反应的分析等知识。 (1)掌握常见元素的化合价,并根据元素吸引电子能力大小及化合物中所有元素正负化合价的代数和为0的原则来判断元素的化合价。(2)有元素化合价改变的反应是氧化还原反应,元素化合价升高,失电子,该物质作还原剂,变为氧化产物;元素化合价降低,得电子,该物质作氧化剂,变为还原产物,元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移的数目。 三、计算题(本题4分) 28.某元素的原子为AZX,9.5g该元素的氯化物XCl2配成溶液后,需用200mL 1mol/L的AgNO3溶液才能把氯离子沉淀完全,已知,X元素核内质子数和中子数相等。 (1)据此请计算出A值______________, (2)写出该元素符号并确定其在周期性表中的位置______________。 【答案】 (1). 24 (2). 第三周期第ⅡA族 【解析】 【分析】 根据反应Ag++Cl-=AgCl↓计算氯化物的相对分子质量,进而计算X的相对原子质量,根据中子数可计算X的质子数,可确定在周期表中的位置。 【详解】(1)n(AgNO3)=0.2L×1mol/L=0.2mol,根据反应Ag++Cl-=AgCl↓可知,n(Cl-)=n(Ag+)=0.2mol,则n(XCl2)=×n(Cl-)=0.1mol,M(XCl2)==95g/mol,所以X的质量数为95-2×35.5=24; (2)X元素核内质子数和中子数相等,则质子数为24=12,为Mg元素,原子核外有3个电子层,最外层电子数为2,位于周期表第三周期,第ⅡA族。
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