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《解析》北京市海淀区八一学校2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:616502 上传时间:2024-05-29 格式:DOC 页数:23 大小:728.50KB
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1、高考资源网() 您身边的高考专家北京市八一学校20192020学年度第二学期末试卷高一化学相对原子质量:H-1 O-16 C-12 N-14 Cl-35.5 S-32 Na-23 Cu-64 Fe-56 Mg-24 K-39一、选择题(每题只有一个选项符合题意,每题2分,共42分)1.医用外科口罩的结构示意图如下图所示,其中过滤层所用的材料是熔喷聚丙烯,具有阻隔部分病毒和细菌的作用。下列关于医用外科口罩的说法不正确的是A. 防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用B. 熔喷聚丙烯属于合成高分子材料C. 熔喷聚丙烯材料难溶于水D. 用完后应投入有标志的垃圾箱【答案】D【解析】【详解】A.由医用外科口罩

2、的结构示意图可知防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用,A项正确;B.熔喷聚丙烯通过丙烯加聚反应制得,属于合成高分子材料,B项正确;C.熔喷聚丙烯材料通过丙烯加聚反应制得,属于烃类无亲水基,难溶于水,C项正确;D.口罩用完后属于有害物质,所以用完后应不能投入有标志的垃圾箱,D项错误;答案选D。2.糖类、油脂和蛋白质是生命活动所必须的营养物质。下列物质中,不能发生水解的是( )A. 葡萄糖B. 淀粉C. 植物油D. 蛋白质【答案】A【解析】【分析】【详解】A葡萄糖属于单糖,不能发生水解,故A符合题意;B淀粉为多糖,可以水解生成葡萄糖,故B不符合题意;C植物油含有酯基,可以水解生成甘油和高级脂肪酸,故

3、C不符合题意;D蛋白质含有肽键,可以水解生成氨基酸,故D不符合题意;故答案为A。3.下列物质与水混合、振荡后静置,不出现分层现象的是A. 苯B. 乙醇C. 四氯化碳D. 乙酸乙酯【答案】B【解析】【详解】A、苯难溶于水,和水混合后分层,选项A不符合;B、乙醇和水互溶,和水混合后不分层,选项B符合;C、四氯化碳难溶于水,和水混合后分层,选项C不符合;D、乙酸乙酯难溶于水,和水混合后分层,选项D不符合;答案选B。4.下列元素的原子半径最小的是( )A. MgB. AlC. SiD. S【答案】D【解析】【分析】同周期元素随原子序数增大而原子半径减小,不同周期元素,电子层数越多原子半径越大,据此判断

4、。【详解】四种元素属于同周期元素原子,从左到右,原子半径逐渐减小,原子半径:MgAlSiS,故原子半径最小的是S。答案选D。5.下列物质中,既有离子键,又有共价键的是( )A. KOHB. CaCl2C. H2OD. NaCl【答案】A【解析】【分析】一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键,非金属元素的原子间容易形成共价键。【详解】A项,KOH中K+与OH-之间为离子键,OH-内O原子与H原子间为共价键,符合题意;B项,氯化钙中只含有离子键,不符合题意;C项,水中只含有共价键,不符合题意;D项,氯化钠中只含有离子键,不符合题意;答案选A。6.下列元素中,非金属性最强的是( )A. ClB.

5、 SC. PD. F【答案】D【解析】【详解】同周期主族元素自左至右非金属性依次增强,所以非金属性ClSP,同主族元素自上而下非金属减弱,所以非金属性FCl,综上所述非金属性最强是F,故答案为D。7.下列化学用语正确的是( )A. 18O2和16O3互为同位素B. 氯化氢的电子式:C. S2-的结构示意图为D. U的质子数和中子数相差55【答案】D【解析】【详解】A同位素的描述对象是原子,18O2和16O3互为同素异形体,故错误;B氯化氢是共价化合物,所以其电子式为,故B错误;CS是16号元素S原子获得2个电子变为S2-,硫离子的结构示意图为:,故C错误;DU中质子数为92,中子数=239-9

6、2=147,质子数和中子数相差=147-92=55,故D正确。答案选D。8.下列有关性质的比较,不能用元素周期律解释的是A. 原子半径:C OB. 酸性:HCl H2SiO3C. 热稳定性:H2O H2SD. 金属性:Na Al【答案】B【解析】A、同周期从左向右,半径减小,即原子半径:CO,符合元素周期律,故A错误;B、HCl中Cl不是最高价,因此无法通过非金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的酸性越强,即不符合元素周期律,故B正确;C、非金属性越强,其氢化物的稳定性越强,同主族从上到下非金属性减弱,即O的非金属性强于S,H2O的稳定性强于H2S,符合元素周期律,故C错误;D、同周期从左向右

7、金属性减弱,即Na的金属性强于Al,符合元素周期律,故D错误。9.下列物质中,能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是A. 甲烷B. 苯C. 乙醇D. 乙酸【答案】C【解析】A、甲烷性质稳定,与酸性高锰酸钾不反应,不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色,故A错误;B、苯性质稳定,与酸性高锰酸钾不反应,不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色,故B错误;C、乙醇含有-OH,具有醇的性质,且与羟基相连的碳原子上有氢原子,能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性高锰酸钾褪色,故C正确;D、乙酸与高锰酸钾不反应,所以乙酸不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色,故D错误;故选C。10.下列反应属于加成反应的是( )A. 乙醇与钠反应生

8、成乙醇钠和氢气B. 乙烯与氯化氢反应生成一氯乙烷C. 乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯和水D. 甲烷与氯气反应生成一氯甲烷和氯化氢【答案】B【解析】【详解】A乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气属于置换反应,故A不符合题意;B乙烯和氯化氢发生加成反应生成一氯乙烷,故B符合题意;C乙酸和乙醇的酯化反应属于取代反应,故C不符合题意;D甲烷和氯气生成一氯甲烷和氯化氢属于取代反应,故D不符合题意;故答案为B。11.下列物质中与CH3CH2CH2CH3互为同分异构体的是( )A. CH4B. C. D. CH3CH=CHCH3【答案】C【解析】【详解】同分异构体是指分子式相同而结构不同的化合物。A与CH4分子式不同,

9、故A不符合题意;B分子式相同,结构也完全一样,是同一种物质,故B不符合题意;C分子式都是C4H10相同,结构不同,故C符合题意;DCH3CH=CHCH3分子式为C4H8,与题干分子不同,故D不符合题意;故答案为C。12.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为: Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+SO2+S+H2O,下列各组实验中最先出现浑浊的是实验反应温度/Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/(molL-1)V/mLc/(molL-1)V/mLA2550.1100.15B2550.250.210C3550.1100.15D3550.250.210A. AB. BC. C

10、D. D【答案】D【解析】【详解】“最先出现浑浊”,即反应速率最快;A项与B项温度相同、H2SO4浓度相同,B项中Na2S2O3的浓度比A项大,反应速率:B项A项;C项与D项温度相同、H2SO4浓度相同,D项中Na2S2O3的浓度比C项大,反应速率:D项C项;B项与D项Na2S2O3、H2SO4浓度都相同,D项温度高于B项,反应速率:D项B项;则反应最快的是D项,D项最先出现浑浊,答案选D。13.合成氨工业为人类解决粮食问题做出了巨大贡献。一定条件下,在密闭容器中进行合成氨反应:N2(g)+3H2(g)NH3(g),当正、逆反应速率相等且不等于零时,下列说法不正确的是( )A. N2、H2完全

11、转化为NH3 B. N2、H2、NH3在容器中共存C. 反应已达到化学平衡状态D. N2、H2、NH3的浓度不再改变【答案】A【解析】【详解】反应N2(g) + 3H2(g)2NH3(g),当正、逆反应速率相等且不等于零时,反应处于化学平衡状态。则A可逆反应中,反应物不能完全转化为氨气,A错误;BN2、H2、NH3在容器中共存,B正确;C正、逆反应速率相等且不等于零时的状态是化学平衡状态,C正确;D化学平衡状态时,各组分的浓度不随时间的变化而变化,D正确。答案选A。【点晴】掌握化学平衡状态的含义是解答的关键,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

12、的浓度或含量不再发生变化的状态,称为化学平衡状态,平衡状态具有逆、等、动、定、变等特征。14.氢氧燃料电池是一种常见化学电源,其工作示意图如图。下列说法正确的是( )A. 通H2的一极是正极,发生氧化反应B. 电子由b电极经导向流向a电极C. b电极上发生还原反应,电极反应式为O2+4H+4e-=2H2OD. 电解质H2SO4溶液的作用是传导电子【答案】C【解析】【详解】A.氢氧燃料电池中氢气发生氧化反应,负极发生氧化反应,则通H2的一极是负极,A错误;B.电子由负极经导线流向正极,a为负极,b为正极,则电子由a电极经导向流向b电极,B错误;C.b为正极发生还原反应,电极反应式为O2+4H+4

13、e-=2H2O,C正确;D.电子不能在电解液中传导,D错误;答案选C。15.某兴趣小组如图实验装置设计成了原电池,电流表指针偏转。下列说法不正确的是( )A. 该装置中铝箔为负极B. 电子从铝箔流出,经电流表、活性炭、滤纸回到铝箔C 活性炭表面有气泡产生D. 该原电池的总反应是2Al+6H+=2Al3+3H2【答案】B【解析】【分析】该装置构成原电池,铝易失电子而作负极,活性炭作正极,负极上失电子发生氧化反应,正极上得电子发生还原反应,电子从负极流向正极。【详解】A由分析可知,铝易失电子而作负极,故A正确;B电子从负极铝箔流出,经电流表流向活性炭,故B错误;C活性炭为正极,氢离子在正极得电子生

14、成氢气,故C正确;D该原电池利用了Al和H+的氧化还原反应设计的,总反应是2Al+6H+=2Al3+3H2,故D正确。答案选B。【点睛】考查原电池原理,明确原电池的构成条件、正负极的判断方法、电子的流向即可解答,注意电子不进入电解质溶液,为易错点。16.如图所示是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系,则下列说法正确的是( )A. M在周期表中的位置为:第二周期,IVA族B. Y和Z两元素的离子半径相比,后者较大C. M、N两种元素的气态氢化物的稳定性相比,后者较强D. Y元素和X元素可以形成Y2X2型化合物,阴、阳离子物质的量之比为1:1【答案】C【解析】【分析】根据图示部分短周期元素原子半

15、径与原子序数的关系,前7种元素位于第二周期,后7种元素位于第三周期,结合原子半径大小可知,X为O元素,Y为Na元素,Z为Al,M为Si,N为Cl元素,据此解答。【详解】根据分析可知,X为O元素,Y为Na元素,Z为Al,M为Si,N为Cl元素,ASi的原子序数为14,位于周期表中第三周期,第IVA族,故A错误;BY离子为Na+,Z离子为Al3+,两者有相同的电子层结构,核电荷数越小,半径越大,故Na+半径大于Al3+,故B错误;CM为Si,N为Cl元素,同周期从左到右,气态氢化物的稳定性逐渐增强,故HCl的稳定性比SiH4强,故C正确;DX为O元素,Y为Na元素,Na元素和O元素形成的Na2O2

16、中,阴离子为过氧根离子,则阴、阳离子物质的量之比为1:2,故D错误;答案选C。【点睛】推断元素为解答关键,注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质,试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。17.同主族元素形成的同一类型化合物,往往其结构和性质相似。PH4I是一种白色晶体,下列对PH4I的叙述中,不正确的是( )A. PH4I既有离子键又有共价键B. 它是离子化合物C. 它不可能与NaOH溶液反应D. 它受热时,可能会分解【答案】C【解析】【分析】同主族元素形成的同一类型化合物,往往其结构和性质相似。N和P是同主族元素,I和Cl是同主族元素,所以PH4I和NH4Cl结构和性质相似。【详解】A

17、NH4Cl既含离子键又含共价键,所以PH4I也既含离子键,又含共价键,故A正确;BNH4Cl是离子化合物,所以PH4I也是一种离子化合物,故B正确; CNH4Cl能与NaOH溶液反应生成一水合氨,所以PH4I也能和NaOH溶液反应,故C错误;DNH4Cl受热时会分解为氨气和HCl,所以PH4I受热也可能分解,故D正确;答案选C。18.锶(Sr)属于第A族元素,原子序数为38,它广泛应用于冶金行业。将锶金属加入铝合金中可以改善铸成品的性能。下列关于锶及其化合物的性质说法不正确的是( )A. 锶属于金属元素,性质很活泼,在空气中易被氧化B. 锶能与水反应,但反应缓慢C. 原子半径:r(Ca)r(S

18、r)D. 碱性:Sr(OH)2Mg(OH)2【答案】B【解析】【分析】锶和镁位于同一主族,性质相似,锶的金属性强于镁,由此判断。【详解】A锶在第五周期第A,锶的金属性强于镁,性质与镁相似,性质很活泼,在空气中易被氧化,故A正确;B镁可以和热水反应,锶的性质强于镁,锶能与水反应,而且反应迅速,故B错误;C钙和锶位于同一主族,从上到下,同主族元素半径逐渐增大,原子半径:r(Ca)r(Sr),故C正确;D镁和锶位于同一主族,同主族元素从上到下金属性增强,最高价氧化物对应的水化物的碱性:Sr(OH)2Mg(OH)2,故D正确;答案选B。19.“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如图:下列说法正确的是( )

19、A. 从吹出塔进入吸收塔的物质只有Br2B. 从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4C. 两次通入水蒸气的作用都是参加反应D. 第一次通入Cl2的目的是氧化Br-,第二次通Cl2的目的是氧化SO2【答案】B【解析】【详解】A.通入过量氯气与溴离子反应生成溴单质,再鼓入空气和水蒸气使溴蒸气挥发进入吸收塔,但进入吸收塔的还有空气、水蒸气和过量的氯气,A错误;B.在吸收塔里发生反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr,所以从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4,B正确;C.在吹出塔通入水蒸气,有助于溴挥发出去,没有参加反应;在蒸馏塔中,发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2,水

20、作为溶剂,使物质发生反应,同时提供能量,使溴挥发,未参与反应,C错误;D.第一次、第二次通入Cl2的目的都是氧化Br-,D错误;答案选B。20.除去下列物质中的杂质(括号内的物质),所使用的试剂和主要操作都正确的是( )选项物质使用的试剂主要操作A乙醇(水)金属钠蒸馏B乙酸乙酯(乙酸)饱和碳酸钠溶液分液CFeCl2(FeCl3)溶液过量铜粉过滤D乙烯(SO2)酸性高锰酸钾溶液洗气A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A由于金属钠与水、乙醇均能反应,故不能使用金属钠来除水,而应该用CaO,然后进行蒸馏,故A试剂错误;B乙酸乙酯不溶于水,更难溶于饱和碳酸钠溶液,而乙酸能与碳酸钠

21、溶液反应,故可以进行分液提纯,故B都正确;C由于Cu与氯化铁反应,生成了氯化铜引入新的杂质,应该改用铁粉,故C试剂错误;D乙烯、二氧化硫均能与酸性高锰酸钾溶液反应,不能达到目的,应该使用NaOH溶液,洗气,故D试剂错误;故答案为:B。21.为检验某加碘食盐中是否含有KIO3,取相同食盐样品进行下表所示实验:(已知:KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O)下列说法中不正确的是( )A. 仅由实验不能证明食盐样品中存在KIO3B. 实验中发生反应的离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2OC. 实验溶液变黄色是生成了Fe3+,证明食盐样品中存在KIO3D. 结合实验

22、和的现象差异,可以推断实验样品中存在KIO3【答案】C【解析】【详解】AKI溶液中也有碘元素,溶液变蓝可能是KI中的碘元素被氧化生成了碘单质,所以仅由实验不能证明食盐样品中存在KIO3,故A正确;B实验中溶液变为浅蓝色,根据元素守恒可知KI溶液中的碘离子在酸性环境下被氧化了,考虑到空气中氧气的氧化性,应是氧气将其氧化,根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O,故B正确;C实验的浅黄色是铁离子的颜色,是亚铁离子被氧化剂氧化的结果,但氧化剂不一定是KIO3,也可能是空气中的氧气,故C错误;D对比实验和的现象差异可知实验中在酸性环境下发生反应:KIO3+5KI+3

23、H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O,溶液迅速变蓝,颜色比实验要深,可以推断实验样品中存在KIO3,故D正确;故答案为C。二、填空题(共58分)22.如图是三种常见有机物的比例模型,回答以下问题。(1)A分子的空间构型为_;B的结构式为_;C的分子式为_。(2)将B气体通入酸性高锰酸钾溶液中,观察到的现象为_;将B气体通入溴的四氯化碳溶液中,写出该反应的化学方程式_。(3)A的同系物D有5个碳原子,其分子式为_;写出D所有同分异构体的结构简式:_;_;_。(4)C分子中不存在碳碳单键与碳碳双键交替的结构,下列实验的结果可以作为证据的是_(填序号)将苯滴入酸性高锰酸钾溶液,振荡,看是否褪色

24、;经测定,苯环上碳碳键的键长相等,都是1.4010-10m苯在一定条件下既能发生取代反应,又能发生加成反应将苯滴入溴的四氯化碳溶液,振荡,看是否褪色【答案】 (1). 正四面体 (2). (3). C6H6 (4). 溶液褪色 (5). CH2= CH2+Br2CH2 BrCH2Br (6). C5H12 (7). CH3CH2CH2CH2CH3 (8). (9). (10). 【解析】【分析】根据比例模型知,A是甲烷、B是乙烯、C是苯,甲烷是正四面体结构,乙烯和苯都是平面结构,乙烯能被酸性高锰酸钾氧化,能与溴单质发生加成反应,本结构中不存在存在碳碳单键与碳碳双键交替的结构。【详解】根据比例模

25、型知,A是甲烷、B是乙烯、C是苯,(1)A是甲烷,为正四面体结构,B是乙烯,乙烯分子中含有1个碳碳双键和4个碳氢键,其结构式为,C是苯,分子式为C6H6,故答案为:正四面体;C6H6;(2)乙烯气体通入酸性高锰酸钾溶液中,酸性高锰酸钾溶液会褪色,将乙烯气体通入溴的四氯化碳溶液中,发生加成反应,反应的化学方程式:CH2= CH2+Br2CH2BrCH2Br;故答案为:溶液褪色;CH2= CH2+Br2CH2BrCH2Br;(3)甲烷的同系物有5个碳原子,为C5H12,有三种同分异构体:CH3CH2CH2CH2CH3、,故答案为:C5H12;CH3CH2CH2CH2CH3;(4)苯不能使酸性高锰酸

26、钾溶液褪色,说明苯分子中不含碳碳双键,可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构,故正确;苯环上碳碳键的键长相等,说明苯环结构中的化学键只有一种,不存在C-C单键与C=C双键的交替结构,故正确;苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷,发生加成反应是双键具有的性质,不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构,故错误;将苯滴入溴的四氯化碳溶液,振荡,苯不因化学变化而使溴水褪色,说明苯分子中不含碳碳双键,可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构,故正确。故答案为:。23.已知有机物A、B、C、D、E、F有以下转化关系。A是分子量为28的气体烯烃,其产量是衡量

27、一个国家石油化工生产水平的标志;D是食醋的主要成分,E是不溶于水且具有香味的无色液体,相对分子质量是C的2倍,F是一种高分子化合物。结合如图关系回答问题:(1)写出B、D中官能团的名称:B_、D_。(2)写出下列反应的化学方程式:_;该反应类型是_。_;该反应类型是_。_。(3)实验室用如图的装置制备E,试管A中浓硫酸的作用是_;B中的试剂是_;关于该实验下列说法不正确的是_;加热试管A不仅可以加快反应速率,还可以蒸出E,促进反应进行从试管A中蒸出来的物质只有产物E振荡后B中油状液体层变薄主要是产物E溶解到试剂B中B中导管应该插入到液面以下【答案】 (1). 羟基 (2). 羧基 (3). C

28、H2=CH2+H2OCH3CH2OH (4). 加成反应 (5). 2CH3CH2OH+O22CHCHO+2H2O (6). 氧化反应 (7). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (8). 催化剂和吸水剂 (9). 饱和碳酸钠溶液 (10). 【解析】【分析】A是分子量为28的气体烯烃,其产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志,所以A为CH2=CH2,A与水发生加成反应生成的B为CH3CH2OH,B被催化氧化生成C为CH3CHO;D是食醋的主要成分,所以D为CH3COOH,D与B发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3,乙酸乙酯的对分子质量为88,CHCH

29、O的相对分子质量为44,符合题意;F为一种高分子化合物,应为乙烯发生聚合反应生成的聚乙烯。【详解】(1)B为CH3CH2OH,其官能团为羟基;D为CH3COOH,其官能团为羧基;(2)反应为乙烯与水的加成反应,化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH,反应类型为加成反应;反应为乙醇的催化氧化,化学方程式为2CH3CH2OH+O22CHCHO+2H2O,反应类型为氧化反应;反应为乙醇和乙酸的酯化反应,化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O;(3)乙酸乙酯的酯化反应中浓硫酸的作用是做催化剂和吸水剂;B中为饱和碳酸钠溶液,可以吸收挥发的乙酸和乙醇,降低

30、乙酸乙酯的溶解度,便于溶液分层;加热可以加快反应速率,蒸出生成物,促进反应正向移动,故正确;从试管A中蒸出来的物质,除了乙酸乙酯之外,还有乙酸和乙醇,故错误;乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度很小,振荡后B中油状液体层变薄主要是混有的乙酸和乙醇被碳酸钠溶液吸收,故错误;从试管A中出来的气体中含有乙酸和乙醇,二者被碳酸钠溶液吸收,若将B中导管插入到液面以下会发生倒吸,故错误;综上所述选。【点睛】乙酸乙酯的制备实验中,要用饱和碳酸钠溶液吸收产物,饱和碳酸钠溶液可以降低乙酸乙酯的溶解度,便于分层,同时除去乙酸和乙醇,从而提高乙酸乙酯的纯度,为防止倒吸,导管不能插入到液面以下。24.X、Y、Z、R、W

31、为常见的主族元素,根据下表信息回答问题:元素元素性质或原子结构信息X短周期元素原子半径最大(稀有气体元素不参与比较)Y+3价阳离子的核外电子排布与氖原子相同Z原子核外M电子层与K电子层的电子数相等R与Z同周期,主要化合价为1、+7W原子结构示意图:(1)写出元素X的原子结构示意图_;元素W在周期表中位置_。(2)Y、Z最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较_(填化学式)。(3)用电子式表示X和R形成化合物的过程:_。(4)下列对于W及其化合物的推断中,正确的是_(填序号)。W的最低负化合价与R的最低负化合价相同W的氢化物的稳定性弱于R的氢化物的稳定性W的单质可与X和R形成的化合物的水溶液发生置换

32、反应W的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的强(5)为验证卤族部分元素单质氧化性的递变规律,设计如图装置进行实验,请回答:A中发生的反应的离子方程式是_。棉花中浸有的NaOH溶液的作用是_(用离子方程式表示)。为验证Br2与I2的氧化性强弱:通入一定量R的单质,充分反应后,将A中液体滴入试管内,取下试管,充分振荡、静置,可观察到_。该实验必须控制加入的R单质的量,否则得不出Br2的氧化性比I2强。理由是_。从原子结构的角度解释卤族元素单质氧化性逐渐减弱的原因:_。【答案】 (1). (2). 第四周期VIIA族 (3). Mg(OH)2 (4). Al(OH)3 (5). (6). (7). C

33、l2+2Br-=Br2+2Cl- (8). 2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O (9). 试管中溶液分层,上层为无色,下层为紫红色 (10). 过量的Cl2能与KI溶液反应置换成I2 (11). 卤族元素从上到下,电子层数增多,原子半径增大,得电子能力减弱【解析】【分析】X为短周期元素原子半径最大(稀有气体元素不参与比较),推知X为Na元素;Y的+3价阳离子的核外电子排布与氖原子相同,推知Y为Al元素;Z的原子核外M电子层与K电子层的电子数相等,推知Z为Mg元素;R与Z同周期为第三周期,主要化合价为1、+7,推知R为Cl元素;W的原子结构示意图为,推知W为Br元素。【详解】(1)元素X

34、为钠,其原子结构示意图为;元素W为Br,其在周期表中位置为第四周期VIIA族。(2)镁的金属性强于铝,故Y、Z最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较Mg(OH)2 Al(OH)3。(3)钠失电子形成钠离子,氯得电子形成氯离子,钠离子和氯离子通过离子键形成离子化合物氯化钠,用电子式表示其过程为。(4)W与R同主族,两者的最低负化合价均为-1价,正确;R的非金属性强于W,则W的氢化物的稳定性弱于于R的氢化物的稳定性,正确;Cl2的氧化性强于Br2,故W的单质不能与X和R形成的化合物的水溶液发生反应置换反应,错误;R的非金属性强于W ,则W的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的弱,错误;答案选。(5)A

35、中氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴单质,离子方程式是 Cl2+2Br-=Br2+2Cl- 。氯气有毒,棉花中浸有的NaOH溶液防止污染空气,发生的用离子方程式为2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O。为验证Br2与I2的氧化性强弱:通入一定量R的单质,充分反应后,将A中液体滴入试管内,取下试管,充分振荡、静置,可观察到试管中溶液分层,上层为无色,下层为紫红色。该实验必须控制加入的R单质的量,若氯气过量,过量的Cl2也能与KI溶液反应置换成I2,得不出Br2的氧化性比I2强。卤族元素从上到下,电子层数增多,原子半径增大,得电子能力减弱,单质氧化性减弱。25.研究化学反应的能量变化和速率变化是研

36、究化学反应的重要角度。(1)化学反应中能量变化的主要原因是旧的化学键断裂会_能量;新的化学键形成会_能量。(填“放出”或“吸收”)(2)用铝热法可冶炼铁,其反应为:Fe2O32Al2FeAl2O3,属于放热反应,反应物的总能量_(填“”、“”或“”)生成物的总能量。在该反应中,若消耗了1molAl,则理论上可炼制Fe的物质的量为_mol。(3)为探究反应过程中能量变化,某小组同学用如图装置进行实验。装置装置装置中,Fe与CuSO4溶液反应的离子方程式是_。装置中,正极的电极反应式为_。关于装置,下列叙述正确的是_(填字母)。a.H+在Cu表面被还原,产生气泡b.电流从Zn片经导线流向Cu片c.

37、电子从Zn片经导线流向Cu片d.Zn和Cu的都是电极材料,也都参与电极反应(4)某兴趣小组将除去氧化膜的镁条投入到少量稀盐酸中进行实验,实验测得氢气的产生速率变化情况如图曲线所示,对该曲线的解释中正确的是_。A.从t1t2的原因是镁与酸的反应是放热反应,体系温度升高B.从t1t2的原因水蒸发,致使酸的浓度升高C.从t2t3的原因是随着反应的进行镁条的质量下降D.从t2t3的原因是随着反应的进行,H+的浓度逐渐下降【答案】 (1). 吸收 (2). 放出 (3). (4). 1 (5). Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ (6). 2H+2e-= H2 (7). ac (8). AD【解析】【分析

38、】(3)实验I和实验II都是原电池,实验I的反应原理为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+,Fe为负极,Cu为正极;实验II的反应原理为Fe+2H+=H2+Fe2+,Zn为负极,Cu为正极;(4)镁与盐酸的反应为放热反应,开始反应时,温度不断升高,反应速率不断增大,但随着反应的进行,盐酸浓度逐渐减小,反应速率逐渐减小,以此解答。【详解】(1)化学反应中能量变化的主要原因是旧的化学键断裂会吸收能量;新的化学键形成会放出能量,故答案为:吸收;放出;(2)铝热反应是放热反应,反应物的总能量大于生成物的总能量,由方程式Fe2O32Al2FeAl2O3可知,若消耗了1molAl,则理论上可炼制Fe的物质的量为

39、1mol,故答案为:;1;(3)实验中,Fe与CuSO4溶液发生原电池反应,Fe失去电子,铜离子得到电子,则Fe与CuSO4溶液反应离子方程式是Fe+Cu2+=Cu+Fe2+,故答案为:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+;装置中,正极为Cu,氢离子在正极得到电子,电极反应式为:2H+2e-= H2,故答案为:2H+2e-= H2;a铜为正极,H+在铜表面得到电子生成氢气,H+被还原,故a正确;b电流从正极流向负极,应该从Cu片经导线流向Zn片,故b错误;c电子从负极沿导线流向正极,即从Zn片经导线流向Cu片,故c正确;dZn和Cu的都是电极材料,但Cu不参与反应,故d错误。答案为:ac;(4)A从

40、t1t2的原因是镁与酸的反应是放热反应,体系温度升高,反应速率逐渐增大,故A正确;B反应放出的热量不至于使水蒸发,故B错误;C镁条(固体)的质量下降,但是浓度不变,不会影响反应速率,故C错误;Dt2t3的原因是盐酸的浓度逐渐降低,反应速率逐渐减小,此时浓度因素大于温度的影响,故D正确。答案为:AD。【点睛】本题的(3)小题需掌握原电池的基本原理,(4)小题要理解影响化学反应速率的外界因素,尤其是抓住只要的影响因素进行分析。26.NaNO2是常用的一种防腐剂,其中+3价的N具有一定的氧化性。某实验小组利用以下反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O制备NaNO2,并探究其性质。I

41、.制备NaNO2(1)A中发生反应的化学方程式是_。(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是_。(3)为检验B中制得NaNO2,甲进行以下实验:序号试管操作现象2mLB中溶液加2mL0.1mol/LKI溶液,滴加几滴淀粉溶液不变蓝2mLB中溶液滴加几滴H2SO4至pH=5,加2mL0.1mol/LKI溶液,滴加几滴淀粉溶液变蓝2mLH2O滴加几滴H2SO4至pH=5,加2mL0.1mol/LKI溶液,滴加几滴淀粉溶液不变蓝实验的目的是_。(4)乙认为上述3组实验无法证明B中一定含NaNO2,还需补充实验,理由是_。II.探究NaNO2的性质装置操作现象取10mL1mol/LNaNO2溶液于试剂瓶

42、中,加入几滴H2SO4酸化,再加入10mL1molL-1FeSO4溶液,迅速塞上橡胶塞,缓缓通入足量O2。i.溶液迅速变为棕色;ii.溶液逐渐变浅,有无色气泡产生,溶液上方为浅红棕色。iii.最终形成棕褐色溶液。资料:i.Fe2+遇NO会形成Fe(NO)2+,该离子在溶液中呈棕色。ii.HNO2在溶液中不稳定,易分解产生NO和NO2气体。(5)现象i溶液变为棕色的原因是_。(6)已知现象ii棕色溶液变浅是由于生成了Fe3+,反应离子方程式是_。【答案】 (1). 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O (2). 扩大了气体与NaOH的接触面积,使反应快速发生,同时又可防

43、止由于气体溶解而产生的倒吸现象的发生 (3). 溶液中c(I-)和c(H+)相同时,前者溶液变为蓝色,后者不变蓝色,证明空气中O2不会氧化I-的目的 (4). 若NO2的物质的量比NO多,还会发生反应:2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O,这样得到的溶液中含有NaNO3,酸性条件下NO3-可能也会氧化I-产生I2而产生干扰 (5). NaNO2与稀硫酸反应产生HNO2,离子方程式为:NO2-+H+HNO2,HNO2不稳定,分解产生NO,NO与FeSO4溶液中的Fe2+结合形成Fe(NO)2+,使溶液呈棕色 (6). 4Fe(NO)2+4H+O2=4NO+4Fe3+2H2O【解析

44、】【分析】Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O,NO与O2反应产生NO2,NO、NO2被氢氧化钠溶液吸收得到NaNO2和水,为防止倒吸现象,在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗,NaNO2在酸性条件下可以将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色,据此检验NaNO2的存在,若气体中NO2过量,与碱反应产生NaNO3,在酸性条件下NO3-也可以氧化I-为I2而会产生干扰;根据Fe(NO)2+在溶液中呈棕色分析溶液颜色变化;Fe(NO)2+具有还原性,会被氧气氧化产生Fe3+使溶液颜色变浅。【详解】(1)A中Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O,根据电子守恒、原子守恒,可得发生反

45、应的化学方程式是3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O;(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是:扩大了气体与NaOH的接触面积,使反应快速发生,同时又可防止由于气体溶解而产生的倒吸现象的发生; (3)实验和实验比较,溶液中c(I-)和c(H+)相同时,前者溶液变为蓝色,后者不变蓝色,证明空气中O2不会氧化I-的目的;(4)在装置A中反应产生NO,有一部分NO与通入的O2反应产生NO2,若通入NaOH溶液中NO、NO2的物质的量相等,就会发生反应:NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O,若NO2的物质的量比NO多,还会发生反应:2NO2+2NaOH=NaNO3+Na

46、NO2+H2O,这样得到的溶液中含有NaNO3,酸性条件下NO3-可能也会氧化I-产生I2而产生干扰,因此需要补做实验;(5)NaNO2与稀硫酸反应产生HNO2,离子方程式为:NO2-+H+HNO2,HNO2不稳定,分解产生NO,NO与FeSO4溶液中的Fe2+结合形成Fe(NO)2+,使溶液呈棕色;(6)Fe(NO)2+具有还原性,会被溶解在酸性溶液中O2氧化产生Fe3+,同时得到NO,导致溶液逐渐变浅,有无色气泡产生,在溶液上方变为浅红棕色气体,根据元素守恒和电荷守恒配平离子方程式,离子反应为:4Fe(NO)2+4H+O2=4NO+4Fe3+2H2O。【点睛】要结合题目已知信息,利用元素守恒和电子守恒配平化学方程式和离子方程式是易错点,探究亚硝酸钠的性质是难点。高考资源网版权所有,侵权必究!

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