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【解析版】贵州省从江县第一民族中学2018-2019学年高二上学期期末考试化学试题 Word版含解析.doc

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1、贵州省从江县民中 2018-2019 学年上学期期末考试 高二化学试题1.下列各组物质中分子数相同的是A. 2 L 一氧化碳和 2 L 二氧化碳B. 9 g 水和标准状况下 11.2 L 二氧化碳C. 标准状况下 1 mol 氧气和 22.4 L 水D. 0.2 mol 氢气和 4.48 L 氯化氢气体【答案】B【解析】物质的分子数相同即分子的物质的量相同;A 错,不知道是不是在相同条件下的比较;B 正确;C 错,标准状况下水为冰水混合物;D 错,未指明气体体积是在标准状况下;2.已知某强氧化剂 中的 R 元素被 Na2SO3还原到较低价态。如果还原 2.4103 mol至较低价态,需要 60

2、 mL 0.1 molL1 的 Na2SO3溶液。那么,R 元素被还原成的价态是A. 1 B. 0 C. 1 D. 2【答案】B【解析】【详解】设 中的 R 的化合价从+5 还原(降低)至x 价,亚硫酸钠中的 S 元素的化合价从+4 升高到+6,根据氧化还原反应中的电子得失守恒、化合价升降相同的原理,有2.4103 (5-x)=6 103 (6-4) ,解得 x=0,故答案 B 正确;本题答案为 B。【点睛】氧化还原中,氧化剂得电子的物质的量和还原剂失电子的物质的量相等,氧化剂得电子化合价降低,还原剂失电子化合价升高,所以氧化剂化合价降低的总数和还原剂化合价升高的总数相等。3.下列说法正确的是

3、A. 二氧化硫和漂白粉都具有漂白作用,它们都能使溴水和高锰酸钾溶液褪色B. 过氧化钠和二氧化硫都具有漂白作用,它们都能使品红溶液褪色C. 二氧化硫和氯气都具有漂白作用,它们都能使石蕊试液先变红色再褪色D. 盐酸能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色,所以盐酸也有漂白性【答案】B【解析】【分析】A、二氧化硫与溴水、KMnO 4溶液均发生氧化还原反应;B、二氧化硫与有色物质化合生成无色物质, Na 2O2具有强氧化性;C两种气体同时通入生成硫酸和盐酸;D盐酸不具有漂白性。【详解】A 项、二氧化硫与溴水、KMnO 4溶液均发生氧化还原反应,则体现其还原性,只有使品红褪色体现其漂白性,故 A 错误;B 项、二

4、氧化硫与品红化合生成无色物质, Na 2O2具有强氧化性,可以使品红溶液褪色,故B 准确;C 项、氯气不具有漂白性,二氧化硫可以使石蕊试液变红但不会褪色,故 C 错误;D 项、盐酸与氢氧化钠发生中和反应,中性、酸性条件下酚酞为无色,盐酸不具有漂白性,故 D 错误。故选 B。【点睛】本题考查物质的漂白性,把握漂白原理及发生的氧化还原反应为解答的关键。4.将饱和的氯化铁溶液分别滴加到下列液体中,能制备氢氧化铁胶体的是A. 冷的自来水 B. 加热至沸的蒸馏水C. 氢氧化钠溶液 D. 浓氨水【答案】B【解析】【详解】A.因 FeCl3在冷水中水解程度较小,不能形成胶体,故 A 错误;B.因 FeCl3

5、溶液与沸水发生水解反应,水电离出来的 OH-离子与 Fe3+结合形成氢氧化铁胶体粒子,故 B 正确;C.因 FeCl3溶液与 NaOH 溶液生成红褐色的 Fe(OH)3沉淀,故 C 错误;D.因 FeCl3溶液与 NaOH 浓氨水生成红褐色的 Fe(OH)3沉淀,故 D 错误;本题答案为 B。5.下列关于过滤和蒸发说法中不正确的是A. 过滤是从液体中分离出难溶物质的实验方法B. 蒸发是减少溶剂,让溶质析出的实验方法C. 过滤和蒸发实验中都用到的玻璃仪器是烧杯D. 加热蒸发可以使溶液浓缩或溶质结晶析出【答案】C【解析】【详解】A.过滤是用过滤器,把难溶的物质从液体中分离出来实验方法,故 A 正确

6、;B.蒸发是利用加热的方法,使溶液中溶剂不断挥发而析出溶质(晶体)的过程,故 B 正确;C.在过滤和蒸发的实验操作中都要用到玻璃仪器是玻璃棒,故 C 错误;D.加热蒸发溶剂,可以使溶液浓缩或溶质结晶析出,故 D 正确;本题答案为 C。6.t时 CuSO4的溶解度是 Sg,其饱和溶液密度为 dgcm3 ,物质的量浓度为 cmolL1 。向足量饱和溶液中加入 mg 无水 CuSO4或蒸发掉 ng 水后恢复 t,均能获得 Wg 胆矾晶体,下列关系式正确的是A. c molL1 B. S gC. m g D. W g【答案】C【解析】【详解】A.考查 c、d、S 的代数关系t时 CuSO4的溶解度是

7、S g,设 100g 水与 Sg CuSO4可形成饱和溶液,则所得饱和溶液质量=(100+S)g,溶质硫酸铜物质的量= mol,而所得饱和溶液的体积= 10-3L,故物质的量浓度 C= = mol/L ,故A 错误;B. 考查 S、W、n 的代数关系饱和溶液蒸发掉 ng 水恢复到 t时,获得 Wg CuSO45H2O 晶体,逆向思维即再加入(蒸发掉的)n g 水时,Wg 胆矾晶体就可恰好溶解恢复到原饱和溶液,即n g 水与 Wg CuSO45H2O 可形成饱和溶液,饱和溶液中溶质质量=W g,溶液的质量=(n+W)g,此时硫酸铜的溶解度 S= 100g= g;故 B 错误;C.考查 S、m、n

8、 的代数关系加入 m g 无水 CuSO4或蒸发掉 n g 水后恢复到 t,均能获得 W g 胆矾晶体,说明 n g 水中溶解 m g 无水 CuSO4恰好成饱和溶液,此时硫酸铜溶解度 S=g,则 m= g;故 C 正确; D. 考查 W、S、m 的代数关系,加入 mg 的无水 CuSO4与饱和溶液中的水反应而使饱和溶液因水减少而析出晶体,Wg 硫酸铜晶体中所含结晶水质量=Wg 、所含硫酸铜的质量=Wg ,而其中(W 100%-m)g 硫酸铜完全溶解于 Wg 水恰好成为饱和溶液,则:= ,则析出晶体质量 W= g;故 D 错误。本题答案为 C。7.用容量瓶配制一定物质的量浓度的 NaCl 溶液

9、的实验中,会使所配溶液浓度偏高的是A. 定容时加水加多了,用滴管吸出溶液至刻度线B. 定容时仰视刻度线C. 没有洗涤溶解 NaCl 固体的烧杯和玻璃棒D. 称量 NaCl 固体时砝码上有杂质【答案】D【解析】【详解】A.定容时加水加多了,溶液体积偏大,导致浓度偏低,虽用滴管吸出溶液至刻度线,浓度也和原来一样,故 A 错误;B.定容时仰视刻度线,溶液的体积偏大,所配溶液浓度偏小,故 B 错误;C.未洗涤烧杯和玻璃棒,溶质的质量减少,浓度偏低,故 C 错误;D.称量 NaCl 固体时砝码上有杂质,导致称量氯化钠偏多,浓度偏大,故 D 正确;本题答案为 D。【点睛】根据 c=n/V 分析操作对溶质的

10、物质的量或对溶液的体积的影响,判断对所配溶液浓度的影响。8.下列关于元素周期表的说法中不正确的是A. 同一横行元素性质基本相同B. 同一横行元素原子序数从左到右依次递增C. 同一纵行元素最外层电子数相同D. 同一纵行元素电子层数自上而下依次递增【答案】A【解析】【详解】A.元素周期表中,同一横行元素,电子层数相同,最外层电子数不同,元素的性质不同,故 A 错误;B.元素周期表中,同一横行元素原子序数从左到右依次递增,故 B 正确;C.元素周期表中,同一纵行元素电子层数不同,最外层电子数相同,故 C 正确;D.元素周期表中,同一纵行元素电子层数自上而下依次递增,故 D 正确;本题答案为 A。9.

11、A、B、C 三种元素在周期表中的位置如下图所示,已知 A、B、C 原子序数之和为 37。下列关于 A、B、C 三种元素的说法正确的是A. 元素 B 和 C 位于第四周期 B. 元素 A 的原子序数为 7C. 元素 B 最外层有 5 个电子 D. 元素 C 位于第三周期A 族【答案】B【解析】【分析】若位于短周期或元素周期表的左侧时,设 A 的原子序数为 x,结合位置可知,B 的原子序数为 x+7,C 的原子序数为 x+9,A、B、C 原子序数之和为 37,则 x+x+7+x+9=37,解得 x=7,则A 为 N,B 为 Si,C 为 S; 若位于长周期时,设 A 的原子序数为 x,结合位置可知

12、,B 的原子序数为 x+17,C 的原子序数为 x+19,A、B、C 原子序数之和为 37,则 x+x+17+x+19=37,解得 x= 1/3 不符合题意。故 A 为 N,B 为 Si,C 为 S。【详解】A、元素 B 为 Si,C 为 S,位于第三周期,故 A 错误;B、元素 A 为 N,原子序数为7,故 B 正确;C、元素 B 为 Si,最外层有 4 个电子,故 C 错误;D、元素 C 为 S,第三周期A 族,故 D 错误;故选 B。10.世界上 60%的镁是从海水中提取的,其主要步骤如下:把贝壳制成生石灰;在海水中加入生石灰,过滤,洗涤沉淀物;将沉淀物与盐酸反应,结晶、过滤;在氯化氢热

13、气流中加热晶体;电解上述所得盐(熔融条件下)下列说法中,不正确的是A. 向最后一次洗涤液中滴加碳酸钠溶液可检验沉淀是否洗涤干净B. 上述变化过程中包括了分解、化合、复分解三种反应类型C. 步骤也可以采用电解该盐水溶液的方法D. 为节省原料、减少污染,在提取镁的工业流程中使用了物质循环的过程【答案】C【解析】试题分析:A、如果沉淀没有洗涤干净,沾附溶液中含 Ca2+,滴加 Na2CO3溶液可进行检验,正确;由贝壳制成生石灰为分解反应,CaO 与 H2O 的反应为化合反应,Ca(OH) 2与MgCl2、Mg(OH) 2与 HCl 的反应为复分解反应,正确;C、电解 MgCl2溶液生成 Mg(OH)

14、2、Cl 2、H 2,无法得到金属 Mg,错误;D、提取镁的工业流程中 Cl2循环使用,可节省原料、减少污染,正确。考点:本题考查物质的制备和工艺流程。11.比较归纳是化学学习常用的一种方法。对以下三种物质的转化关系,CCO 2;CH 4CO 2;COCO 2,比较归纳正确的是A. 三种转化关系中发生的反应都属于化合反应B. 三种转化关系中所有的生成物在常温下都是气体C. 三种物质都只能跟氧气反应转化为二氧化碳D. 三种物质都能在点燃条件下转化为二氧化碳【答案】D【解析】分析:CCO 2属于碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳;CH 4CO 2属于甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳

15、和水,常温下水为液态;COCO 2属于一氧化碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳。详解:A甲烷燃烧生成二氧化碳和水,碳与氧化铜反应生成铜与二氧化碳,不是化合反应,A 错误;B甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水,常温下水为液态,B 错误;C碳、一氧化碳与氧化铜反应能够生成二氧化碳,C 错误;D碳、一氧化碳、甲烷都能够燃烧生成二氧化碳,D 正确;答案选 D。12.利用反应 6NO28NH 37N 212H 2O 构成电池的方法,既能实现有效消除氮氧化物的排放,减轻环境污染,又能充分利用化学能,装置如图所示。下列说法不正确的是A. 电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极B. 为使电池持

16、续放电,离子交换膜需选用阴离子交换膜C. 电极 A 极反应式为:2NH 36e N 26H D. 当有 4.48LNO2(标准状况) 被处理时,转移电子为 0.8mol【答案】C【解析】试题分析:在反应 6NO2+8NH37N 2+12H2O 中 NO2为氧化剂,NH 3为还原剂,所以 A 为负极,B为正极,NH 3在负极发生氧化反应,NO 2在正极发生还原反应 A B 为正极,A 为负极,电子由负极经过负载流向正极,由于电流的方向是正电荷的运动方向,所以电流从右侧的正极经过负载后流向左侧负极,正确; B原电池工作时,阴离子向负极移动,为使电池持续放电,离子交换膜需选用阴离子交换膜,防止二氧化

17、氮与碱发生反应生成硝酸盐和亚硝酸盐,导致原电池不能正常工作,正确; C电解质溶液呈碱性,则负极电极方程式为 2NH3-6e-+60H-=N2+3H2O,故选项 C 错误; D当有 4.48L NO2(标准状况)即 0.2mol 被处理时,转移电子为 0.2mol(4-0)=0.8mol,故选项 D 正确考点:考查原电池的工作原理的知识。13.下列说法不正确的是A. 煤的干馏和石油分馏都是物理变化B. 石油主要是由多种烃组成的混合物C. 石油分馏得到的汽油是混合物D. 石油主要含有碳、氢两种元素【答案】A【解析】【详解】A.煤的干馏是化学变化,石油分馏都是物理变化,故 A 错误;B.石油主要是由

18、各种烷烃、环烷烃、芳香烃组成的混合物,故 B 正确;C.石油分馏得到的各种馏分是沸点在一定范围内的混合物,汽油是一种馏分,也是混合物,故 C 正确;D.石油主要含有碳和氢两种元素,同时还含有少量的硫、氧、氮等元素,故 D 正确;本题答案为 A。【点睛】煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热发生分解,生成焦炭(或半焦) 、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程,煤的干馏是属于化学变化。石油分馏是指利用石油中各组分的沸点不同而分离的一种方法,该过程中没有新物质生成,属于物理变化。14.下列各糖能发生水解,且属于还原性糖的是A. 葡萄糖 B. 蔗糖 C. 麦芽糖 D. 纤维素【答案】C【解析】【详解】A. 葡萄

19、糖属于还原性糖,是单糖,不水解,A 错误;B. 蔗糖是二糖能发生水解,但不是还原性糖,B 错误;C. 麦芽糖是二糖能发生水解,属于还原性糖,C 正确;D. 纤维素是多糖,能水解,但不是还原性糖,D 错误。答案选 C。15.下列说法正确的是A. 氢原子光谱是所有元素的光谱中最简单的光谱之一B. “量子化”就是不连续的意思,微观粒子运动均有此特点C. 玻尔理论不但成功解释了氢原子光谱,而且还推广到其他原子光谱D. 原子中电子在具有确定半径的圆周轨道上像火车一样高速运转着【答案】B【解析】【详解】A光谱是一个系统,元素是按波长区分,没有氮光谱、碳光谱等,故选项 A 错误;B微观粒子的运动具有波粒二象

20、性,用波粒二象性和概率波处理微观问题就是量子化,微观粒子的运动具有量子化特点,故选项 B 正确;C波尔理论具有局限性,只是解释了氢原子光谱,不能推广到其他原子光谱,故选项 C 错误;D电子没有固定的轨道,在一定范围内高速运动,只能指出它在原子核外空间某处出现的机会的多少,故选项 D 错误。因此合理选项是 B。16.下列各组微粒,没有按照半径由小到大顺序排列的是A. Cl、Na、F、K B. F、Cl、Na、KC. Ca2 、K 、Cl 、S 2 D. Na 、K 、Cl 、Br 【答案】A【解析】F 位于第二周期,Cl、Na 位于第三周期且 Na 排在 Cl 的前面,K 位于第四周期,故四者的

21、原子半径由小到大的顺序为 FClNaK;C 项,四者核外电子排布完全一样,且核电荷数依次减小,则离子半径依次增大;D 项,Na +有两个能层,K +和 Cl-有三个能层且 K 元素的核电荷数大,故 K+的半径小于 Cl-的,Br -有四个能层,故四者的离子半径按照由小到大的顺序为 Na+K+Cl-Br-。17.下列各组晶体物质中,化学键类型相同,晶体类型也相同的是SiO 2和 SO3 晶体硼和 HCl CO 2和 SO2 晶体硅和金刚石 晶体氖和晶体氮 硫磺和碘A. B. C. D. 【答案】C【解析】SiO2、晶体硼、晶体硅、金刚石都是原子晶体,SO 3、HCl、CO 2、SO 2、晶体氖、

22、晶体氮、硫黄、碘都是分子晶体。晶体氖中没有化学键,其余物质中都有共价键。18.下列基态原子的价电子排布式中,正确的是A. 3d94s2 B. 3d44s2 C. 3d104s0 D. 3d84s2【答案】D【解析】【分析】基态原子的核外电子排布必须满足能量最低原理洪特规则泡利不相容原理及轨道能量高低顺序。【详解】A:应为 3d104s1,故 A 错误;B:应为 3d54s1,故 B 错误;C:应为 3d 84s2,故 C 错误D:应为 3d84s2,故 D 正确;正确答案:D。【点睛】本题重点考查洪特规则特例的运用,即电子在能量相同的轨道上,处于全满,半满,全空时的体系能量最低,原子最稳定。1

23、9.在 BrCH=CHBr 分子中,CBr 键采用的成键轨道是A. spp B. sp2s C. sp2p D. sp3p【答案】C【解析】试题分析:首先 Br 有 7 个电子,与 C 共用一个后有 8 个,所以是 sp3 杂化,成键时提供一个 P 轨道;而 C 首先有一个电子成 键,所以只有 3 个电子,是 SP2杂化。所以选 C。考点:杂化轨道理论点评:本题考查的是杂化轨道理论,难度中等,判断中心原子的杂化轨道数是关键,20.下列说法中,不正确的是A. 金属晶体中一定含有金属键B. 在含有阳离子的化合物的晶体中,一定含有阴离子C. 含有金属元素的离子不一定是阳离子D. 金属晶体中原子的堆积

24、方式都是 A3或 A1型最密堆积【答案】D【解析】【详解】金属晶体中一定含有金属键;金属晶体中只含有阳离子而没有阴离子,但对离子化合物来说,含有阳离子必定含有阴离子;含有金属元素的离子不一定是阳离子,如 MnO4-或Al(OH)4 等;金属晶体中也存在非最密堆积型式,如 A2型密堆积。故 D 错误;本题答案为 D。21.下列说法正确的是A. NaOH 是含有非极性共价键的离子晶体B. 氯化钠与氯化铯的晶体结构完全相同C. 金刚石、硅、锗的熔点和硬度依次降低D. NaF、MgF 2、AlF 3三种离子晶体的晶格能逐渐减小【答案】C【解析】【详解】A. NaOH 是含有极性共价键的离子晶体,故 A

25、 错误;B.氯化钠中,一个钠离子周围最近的氯离子有 6 个,一个氯离子周围最近的钠离子有 6 个;氯化铯中,一个铯离子周围最近的氯离子有 8 个,一个氯离子周围最近的铯离子有 8 个,晶体结构不同,故 B 错误;C.原子半径:CSi,原子半径越小,共价键键能越大,原子晶体的硬度越大,则金刚石的熔点和硬度大于硅晶体的硬度,锗是金属晶体,金刚石、硅、锗的熔点和硬度依次降低,所以 C 选项是正确的;D.Na+、Mg 2+、Al 3+,的电荷数分别为:1,2,3; Na+、Mg 2+、Al 3+电荷逐渐增大、离子半径在减小,以 NaF、MgF 2、AlF 3三种离子晶体的晶格能逐渐增大,故 D 错误;

26、答案:C。【点睛】不同非金属元素之间形成的化学键是极性共价键;共价键的键能越大,原子晶体的硬度越大;原子晶体的熔点和硬度大于金属晶体;离子化合物中,电荷数越多,半径越小,晶格能越大.以此分析解答。22.如图是 CaF2晶胞的结构。下列说法正确的是A. 一个 CaF2晶胞中含有 8 个 Ca2+B. 一个 CaF2晶胞中含有 8 个 F-C. 在 CaF2晶胞中 Ca2+的配位数为 4D. 在 CaF2晶胞中 F-的配位数为 8【答案】B【解析】根据晶胞结构可知,一个 CaF2晶胞中含有的 Ca2+和 F 的个数分别为81/861/24,818,所以 A 不正确,B 正确。配位数是指一个离子周围

27、最邻近的异电性离子的数目。所以根据晶胞的结构可判断 Ca2 的配位数是 8,F 的配位数是 4,即选项 CD 都是错误的。答案选 B。23.下列固态物质中,含有共价键的离子晶体是A. KBr B. NaOH C. HCl D. I2【答案】B【解析】【分析】一般来说,活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键,非金属元素之间易形成共价键,据此分析解答。【详解】A.KBr 是离子晶体,但其只含有离子键,不含有共价键,故 A 错误;B.NaOH 中氢氧根与钠离子以离子键结合,属于离子晶体,氢氧根中的氢和氧以极性共价键结合,故 B 正确;C.HCl 中不含有离子键,属于分子晶体,只含有共价键,故 C

28、错误;D.I2中不含有离子键,属于分子晶体,只含有共价键,故 D 错误。故选 B。【点睛】既含离子键有含共价键的物质是离子化合物:铵盐类,如 NH4Cl、NH 4NO3、 (NH 4)2CO3等;强碱类,如 KOH、NaOH 等;含氧酸盐,如 K2SO4、NaHCO 3等;过氧化物,如Na2O2,超氧化物,如 KO2。24.金属的下列性质中,不能用金属的电子气理论加以解释的是A. 易导电 B. 易导热 C. 易腐蚀 D. 有延展性【答案】C【解析】【详解】电子气理论认为金属键是金属原子脱落下来的价电子形成遍布整块晶体的“电子气”,被所有原子所共有,从而把所有的金属原子维系在一起形成了金属键。

29、A 项,金属晶体里的自由电子在外加电场作用下作定向移动,形成电流,因此金属具有导电性,故不选 A 项;B 项,当金属某部分受热时,该区域的电子运动加剧,通过碰撞,电子将能量传递给金属原子或离子,这样能量从温度高的区域传递到温度低的区域,因此金属具有导热性,故不选 B项;C 项,金属的易锈蚀性主要是因为金属原子容易失去最外层电子形成更稳定的结构,故选择C 项;D 项,当金属受到外力时,晶体中的原子层就会发生相对滑动,并不会改变原来的排列方式,金属键并没有被破坏,所以虽然发生了外形的变化,但不会断裂,具有延展性,故不选 D 项。故答案选 C。25.下列关于苯分子结构或性质的描述错误的是A. 苯分子

30、呈平面正六边形,六个碳碳键完全相同,键角皆为 120B. 苯分子中的碳原子采取 sp2杂化,6 个碳原子中未参与杂化的 2p 轨道以“肩与肩”形式形成一个大 键C. 苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的一种特殊类型的键D. 苯能使溴水和酸性高锰酸钾溶液因发生化学反应而褪色【答案】D【解析】A,苯中 6 个 C 原子均采用 sp2杂化,6 个碳原子中未参与杂化的 2p 轨道以“肩并肩”形式形成一个大 键,苯分子呈平面正六边形,六个碳碳键完全相同,键角皆为 120, A 项正确;B,苯分子中的碳原子采取 sp2杂化,每个 C 原子的 sp2杂化轨道形成 2 个碳碳 键和1 个碳氢 键,6 个碳原

31、子中未参与杂化的 2p 轨道以“肩并肩”形式形成一个大 键,B项正确;C,苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的一种特殊类型的键,不是单、双键交替结构,C 项正确;D,苯中不含碳碳双键,苯可以萃取溴水中的溴使溴水褪色,苯不能与溴水发生加成反应,苯不能使酸性 KMnO4溶液褪色,D 项错误;答案选 D。点睛:本题考查苯的结构、杂化类型和苯的性质。注意苯中碳碳键的独特性,苯使溴水层颜色褪去不是发生加成反应而是萃取褪色。26.已知由短周期元素构成的三种粒子:甲 a(单核带一个单位正电荷)、乙 I(四核不带电荷)、丙 e(双核带一个单位负电荷),它们都有 10 个电子。物质 A 由甲、丙构成,B、C、

32、D、K 都是单质,反应都是用于工业生产的反应,各有关物质之间的相互反应转化关系如下图所示:请填写下列空白:(1)写出下列物质的化学式:B_,I_,J_。(2)A 的化学式是_。(3)写出下列反应的离子方程式:HE(溶液)M_。I 溶于 G_。(4)写出反应的化学方程式_。【答案】 (1). Cl2 (2). NH3 (3). NO (4). NaOH (5). H ClO =HClO (6). NH3H 2O NH3H2O (7). 2NaCl2H 2O 2NaOHH 2Cl 2【解析】【分析】a、I、e 为三种由短周期元素构成的粒子,它们都有 10 个电子,a 单核带一个单位的正电荷,应为

33、Na+;I 为四核分子,则 I 为 NH3,e 为双核的阴离子,则 I 为 OH-;物质 A 由 a、e 构成,则 A 为 NaOH,根据电解生成 A(NaOH) ,可考虑到氯碱工业,再结合反应,可知B:Cl 2;C:H 2;H:HCl;又因 H 可以与 E 反应,则推知E:NaClO;F:NaCl;G:H 2O;M:HClO;K:O 2;再结合即氨的催化氧化,可知D:N 2;I:NH ;J:NO。【详解】 (1)由上述分析可以知道: B 为 Cl2,I 为 NH3,J 为 NO;本题答案为:Cl 2 、 NH 3 、 NO。(2)因为物质 A 由 a、e 构成,a 是 Na+、e 是 OH-

34、,则 A 为 NaOH,故 A 的化学式是 NaOH;本题答案为:NaOH。(3)有上述分析知, H 是 HCl、E 是 NaClO、M 是 HClO,所以 HE(溶液)M 的离子方程式为:H ClO =HClO;本题答案为:H ClO =HClO。有上述分析知,I 是 NH3、G 是 H2O,故 I 溶于 G 的离子方程式为:NH 3H 2O NH3H2O;本题答案为:NH 3H 2O NH3H2O NH4+OH 。(4)由分析知 F 为 NaCl、G 为 H2O,所以反应为电解食盐水的反应,故方程式为:2NaCl2H 2O 2NaOHH 2Cl 2;本题答案为:2NaCl2H 2O 2Na

35、OHH 2Cl 2。27.如图是甲醛分子的模型,根据该图和所学化学知识回答下列问题:(1)甲醛分子中碳原子的杂化方式是_,作出该判断的主要理由是_。(2)下列是对甲醛分子中碳氧键的判断,其中正确的是_(填序号)。单键 双键 键 键 键和 键(3)甲醛分子中 CH 键与 CH 键间的夹角_(填“” 、 “”或“”)120,出现该现象的主要原因是_。【答案】 (1). sp2 (2). 甲醛分子的空间构型为平面三角形 (3). (4). (5). 碳氧双键中存在 键,它对 CH 键的排斥作用较强【解析】【分析】(1) 甲醛分子为平面三角形,甲醛分子中的碳原子采用 sp2杂化;(2)醛类分子中都含有

36、 C=O 键,所以甲醛分子中的碳氧键是双键,双键中含有 键和 键;(3)由于碳氧双键中存在 键,它对 CH 键的排斥作用较强,键角小于 120。【详解】(1)原子的杂化轨道类型不同,分子的空间构型也不同。由图可知,甲醛分子为平面三角形,所以甲醛分子中的碳原子采用 sp2杂化;综上所述,本题答案是:sp 2 ;甲醛分子的空间构型为平面三角形。(2)醛类分子中都含有 C=O 键,所以甲醛分子中的碳氧键是双键;一般来说,双键是 键和 键的组合,正确;综上所述,本题答案是:。(3)由于碳氧双键中存在 键,它对 CH 键的排斥作用较强,所以甲醛分子中 CH 键与CH 键间的夹角小于 120;综上所述,本

37、题答案是: ,碳氧双键中存在 键,它对CH 键的排斥作用较强。28.海洋植物如海带和海藻中含有丰富的碘元素,碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海洋中提取碘的流程如下:某化学兴趣小组将上述流程、设计成如下图所示操作。已知过程发生反应的化学方程式为 Cl22KI=2KClI 2回答下列问题:(1)写出提取过程、中实验操作的名称:_,_。(2)在灼烧过程中,使用到的实验仪器有酒精灯、_、_(除泥三角外)。(3)F 中下层液体的颜色为_色,上层液体中溶质的主要成分为_。(4)从 F 中得到固态碘还需进行的操作是_。【答案】 (1). 过滤 (2). 萃取 (3). 坩埚 (4). 坩埚钳 (5).

38、紫红(或紫) (6). KCl (7). 分液、蒸馏【解析】【分析】(1)分离固体和液体用过滤,将碘水中的碘单质萃取出来,选择合适的萃取剂即可;(2)在灼烧过程中,使用到的实验仪器有酒精灯、坩埚 、坩埚钳;(3)I 2的四氯化碳溶液,显紫红色(紫色) 。【详解】 (1)分离固体和液体用过滤,将碘水中的碘单质萃取出来,选择合适的萃取剂即可,故答案为:过滤;萃取;(2)在灼烧过程中,使用到的实验仪器有酒精灯、坩埚 、坩埚钳,故答案为:坩埚 ;坩埚钳;(3)Cl 2+2KI=2KCl+I2下层是 I2的四氯化碳溶液,显紫红色(紫色) ,上层是 KCl 的水溶液,溶质的主要成分 KCl,故答案为:紫红

39、(或紫),KCl;(4)F 中的两种液体,先进行分液,然后蒸馏得到 I2,故答案为:分液、蒸馏。29.明矾KAl(SO 4)212H2O是一种复盐,在造纸等方面应用广泛。某兴趣小组采用 10.0 g废易拉罐(含 90%的 Al,还含有少量的 Fe、Mg 等杂质)制备明矾的实验方案如图 1:(1)试剂应选用_(填代号)。a盐酸 bH 2SO4溶液c氨水 dNaOH 溶液(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_。(3)溶液 B 中溶质的主要成分为_(填化学式)。(4)从溶液 C 中得到明矾的实验操作步骤为蒸发浓缩、_(填操作名称)、过滤、洗涤、干燥。如图 2 所示,蒸发操作中的一处错误是_。

40、(5)该小组在实验完成之后,得到 118.5 g 明矾,则明矾的回收率为_。(已知:明矾的摩尔质量为 474 gmol1 )【答案】 (1). d (2). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 (3). NaHCO3 (4). 冷却结晶 (5). 蒸发时不能使用坩埚(或蒸发时应使用应蒸发皿) (6). 75%【解析】易拉罐的主要成分为 Al,含有少量的 Fe、Mg 杂质,可选择浓 NaOH 溶解,得到偏铝酸钠溶液(溶液 A) ,并通过过滤除去 Fe、Mg(沉淀 A)等杂质,滤液中通入 CO2溶液后,生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠,通过过滤得到碳酸氢钠溶液(溶液 B)和氢氧化铝(沉

41、淀 B) ,过滤后将沉淀溶解在稀硫酸中,得到硫酸铝溶液,添加 K2SO4溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到明矾晶体。则(1)根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液,而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异,可选择 NaOH 溶液溶解易拉罐,可除去含有的铁、镁等杂质;答案选 d;(2)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO 2+3H2;(3)根据分析可知,偏铝酸钠溶液中通入 CO2溶液后,后生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠,通过过滤得到碳酸氢钠溶液(溶液 B)和氢氧化铝(沉淀 B) ,溶液 B 为 NaHCO3溶液;(4)硫酸铝溶液中添加 K2SO4溶

42、液后蒸发浓缩并冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾晶体;蒸发不能使用坩埚,应该用蒸发皿;(2)根据铝元素守恒可知理论上可得到明矾的质量为:10g90%474/27=158g,则明矾的回收率为118.5/158100%=75%。点睛:本题考查了制备方案的设计,根据制备流程明确实验原理为解答的关键,注意熟练掌握常见元素及其化合物性质,明确常见化学实验基本操作方法,坩埚和蒸发皿的使用是解答的易错点。30.已知非金属单质硫(S)是淡黄色固体粉末,难溶于水。为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强,某化学实验小组设计了如下实验,请回答下列问题:(1)装置 A 的分液漏斗中盛装的试剂是_,烧瓶中发生的反

43、应的化学方程式是_。(2)画出虚线框内的实验装置图,所加试剂为_,该装置的作用是_。(3)装置 B 中盛放的试剂是_(填序号),实验现象为_,该反应的离子方程式是_,该反应属于四种基本反应类型中的_反应。ANa 2S 溶液 BNa 2SO3溶液CNa 2SO4溶液(4)已知:硫酸比次氯酸稳定;高氯酸的酸性比硫酸强;S 2 比 Cl 易被氧化;HCl比 H2S 稳定;铜与盐酸不反应,但能与浓硫酸反应;铁与氯气在加热条件下反应生成三氯化铁,铁与硫在加热条件下反应生成硫化亚铁;硫原子与氯原子的电子层数相同,氯的原子半径小于硫原子。能说明氯的非金属性比硫强的是_(填序号)。A全部 BC D(5)装置

44、C 中盛放烧碱溶液,目的是吸收反应后剩余的气体,防止污染空气,写出该装置中所发生反应的离子方程式:_。【答案】 (1). 浓盐酸 (2). MnO24HCl(浓) MnCl2Cl 22H 2O (3). 饱和食盐水 (4). 除去 Cl2中的 HCl 气体 (5). A (6). 有淡黄色沉淀生成 (7). S2 Cl 2=2Cl S (8). 置换 (9). B (10). Cl22OH =Cl ClO H 2O【解析】【分析】(1)为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强,根据实验装置的特点,可以确定需要用氯气置换出硫,则必须用装置 A 制备氯气,从实验室制取氯气的原理分析解答此题;(2

45、)由于用浓盐酸制取氯气需要加热,实验过程中会挥发出 HCl 气体,因此虚线框部分应是除去 HCl 气体的装置,可以使用洗气瓶,所用装置为洗气装置;(3)要在 B 中发生氯气置换出硫的反应,在给定试剂中只能选取 Na2S 溶液;(4)比较元素的非金属性强弱可根据:元素对应最高价氧化物的水化物的酸性;氢化物的还原性、稳定性强弱;与氢气反应的难易程度以及单质的氧化性的强弱等角度;(5)装置 C 中盛放烧碱溶液,用易吸收多余的氯气,防止污染空气。【详解】 (1)实验室通常用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气,则 A 装置中的分液漏斗中盛装的试剂是浓盐酸,反应的化学方程式为:MnO 24HCl(浓) MnCl

46、2Cl 22H 2O;本题答案为:浓盐酸、MnO 24HCl(浓) MnCl2Cl 22H 2O。(2)由于用浓盐酸制取氯气需要加热,实验过程中会挥发出 HCl 气体,因此虚线框部分应是除去 HCl 气体的装置,可以使用洗气瓶,瓶内盛装饱和食盐水,既除去 HCl,又降低氯气在水中的溶解度所用装置为: ;本题答案为: ,饱和食盐水,除去 Cl2中的 HCl 气体。(3)要在 B 中发生氯气置换出硫的反应,氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强,在给定试剂中只能选取 Na2S 溶液,发生的是置换反应,生成淡黄色的 S 沉淀,化学方程式为:Na2S+Cl2=2NaCl+S;本题答案为:A,有淡黄色沉淀生成,Na 2S+Cl2=2NaCl+S,置换。(4)硫酸比次氯酸稳定,不能用来比较非金属性强弱;元素对应最高价氧化物的水化物的酸性越强,对应的元素的非金属性越强,可说明非金属性 ClS;元素的非金属性越强,对应单质的氧化性越强,则阴离子的还原性

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