2019-2020学年高二化学下学期6月(零诊模拟)月考试题(含解析).doc
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2019-2020学年高二化学下学期6月(零诊模拟)月考试题(含解析)1. 茶疏中对泡茶过程有如下记载:“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶 ”文中涉及下列操作方法的是A. 溶解 B. 渗析 C. 蒸馏 D. 分液【答案】A【解析】上述操作包含了将茶叶里的有机物进行萃取、溶解、过滤、供人品尝等过程,没有涉及的操作有渗析、蒸馏、分液;正确选项A。2. 下列化学用语表示正确的是A. 氯化铵的电子式为B. 乙酸分子的结构式:C. 按系统命名法,的名称为2,5-二甲基-3-乙基庚烷D. 四氯化碳分子的比例模型:【答案】C【解析】分析:化学用语就是化学的专用术语,包括化学式、化学方程式、离子方程式、电子式、结构式、结构简式、原子结构示意图、电子排布式、轨道表示式等等;正确运用化学用语要求去分析问题。详解:电子式:在元素符号周围用 “ ”或“”表示原子最外层电子数,A选项中的Cl-离子没有写出周围的8个电子,且Cl-是阴离子,根据电子式的写法要求,要有方括号,所以A选项错误;B选项中-OH应该分开写,写成-O-H形式,否则该结构仍然是乙酸的结构简式,B选项错误;的结构是键线式,是表示有机化合物的一种表示方法,根据烷烃的系统命名规则,该烷烃的名称是: 2,5-二甲基-3-乙基庚烷,C选项错误;D选项是CCl4的比例模型,Cl的原子半径比C原子大,题干CCl4的比例模型中Cl原子半径是小的,D选项错误;正确选项C。3. 下列叙述中,正确的是将纤维素和稀硫酸加热水解后的液体取出少许,加入新制的Cu(OH)2并加热,有红色沉淀生成,证明水解生成了葡萄糖 油脂水解后得到的醇都是丙三醇 地沟油不能食用,但可以用来做肥皂 肥皂可以通过高分子化合物油脂在碱性条件水解即发生皂化反应制得淀粉、纤维素都是天然高分子化合物且互为同分异构体可以用热的浓NaOH溶液来区分花生油和柴油A. B. C. D. 【答案】C【解析】水解后的溶液中的硫酸未被中和,错误;油脂为高级脂肪酸的甘油酯,因此,油脂水解后得到的醇都是丙三醇,正确;地沟油的主要成分是油脂,油脂碱性条件下水解成为皂化反应,可生成肥皂, 正确;高分子化合物的相对分子质量在10000以上,而油脂的相对分子质量较小,不是高分子化合物, 错误;淀粉、纤维素都可以用(C6H10O5)n表示,但聚合度n不同,因此二者分子式不同,不是同分异构体; 错误;植物油为高级脂肪酸甘油酯,能够在碱性环境下水解,生成易溶于水的物质,反应后液体不再分层,而柴油为烃类,不溶于水,液体分层,可鉴别, 正确;符合题意,正确选项C。4. 下列说法正确的是A. 同温同压下H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件的H都相同B. 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.6 kJ/mol,则氢气的燃烧热为241.8kJ/molC. 在稀溶液中H(aq)OH(aq)=H2O(l) H=57.3 kJmol1,若将含0.5 molH2SO4的浓硫酸与含1 molNaOH的稀溶液混合,放出的热量为57.3 kJD. 由N2O4(g) 2NO2(g) H=-56.9 kJmol-1,可知将1mol N2O4(g)置于密闭容器中充分反应后放出热量为56.9kJ【答案】A【解析】A.在一定条件下,反应热只与始态和终态有关,与反应途经无关,所以同温同压下H2(g)+Cl2(g)= 2HCl(g)在光照和点燃条件的H都相同,故A正确;B. 燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量。2H2(g)+O2(g)2H2O(g) H=-483.6 kJ/mol ,-241.8kJ/mol不是燃烧热是反应热,故C错误;C. 因为浓硫酸在稀释时放热,所以在稀溶液中H(aq)OH(aq)=H2O(l) H=57.3 kJmol1,若将含浓硫酸0.5 molH2SO4的与含1 molNaOH的稀溶液混合,放出的热量大于57.3 kJ,故C错误;D. 因为N2O4(g) 2NO2(g) H=-56.9 kJmol-1,为可逆反应,所以将1mol N2O4(g)置于密闭容器中充分反应后放出热量小于56.9kJ,故D错误;答案:A。点睛:本题考查反应热,燃烧热中和热的知识。反应热是指在一定条件下,物质发生变化时所吸收或放出的热量;燃烧热是指在一定条件下1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量;中和热是指在稀溶液中,酸和碱发生中和反应生成1mol水所放出的热量。解答本题时抓住概念间的区别进行判断。5. 有机物X、Y、Z在一定条件下可实现如下转化,下列说法正确的是A. Z的六元环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)B. Y和Z可以用酸性KMnO4溶液来鉴别C. X、Y、Z分子中所有碳原子均处于同一平面D. Y的分子式为C7H10O【答案】D【解析】A. Z的六元环上的一氯代物共有4种(不考虑立体异构)、,故A错误;B. Y中碳碳双键、醛基和Z中的羟基都具有还原性,不可以用酸性KMnO4溶液来鉴别,故B错误;C. Y、Z分子中碳原子是四面体结构,所有碳原子不可能处于同一平面,故C错误;D. Y的分子式为C7H10O,故D正确;故选D。6. 下列实验操作正确且能达到相应目的的是选项实验目的实验操作A称取2.0gNaOH固体先在托盘上各放1张滤纸,然后在右盘上添加2g砝码,左盘上添加NaOH固体B配制稀硫酸先将浓硫酸加入烧杯,后倒入蒸馏水C验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中,用盐酸浸没D检验溶液中是否有NH4+取少量试液于试管中,加入NaOH溶液并加热,用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】分析:A项,NaOH具有强腐蚀性,应用玻璃器皿称量NaOH固体;B项,稀释浓硫酸时应“酸入水中”;C项,盐酸具有强酸性,用盐酸浸没铁钉验证铁的析氢腐蚀;D项,检验NH4+的原理是NH4+OH-NH3+H2O,NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。详解:A项,NaOH具有强腐蚀性,不能用滤纸称量NaOH固体,应用玻璃器皿(如烧杯等)称量NaOH固体,A项错误;B项,浓硫酸的密度比水大得多,直接将水加入浓硫酸会使水浮在浓硫酸表面,大量放热而使酸液沸腾溅出造成事故,稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中,并不断搅拌,使稀释产生的热量及时散出,B项错误;C项,钢铁在中性或酸性很弱的溶液中发生吸氧腐蚀,盐酸具有强酸性,用盐酸浸没铁钉验证铁的析氢腐蚀,C项错误;D项,检验NH4+的原理是NH4+OH-NH3+H2O,NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,检验NH4+的实验操作为:取少量试液于试管中,加入NaOH溶液并加热,用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体,若试纸变蓝,则原试液中含NH4+,D项正确;答案选D。7. W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示,W、X、Y、Z原子的最外层电子数之和为21,下列说法中不正确的是A. 原子半径:XYWB. 简单阴离子的还原性:ZWC. 气态氢化物的稳定性:WYD. 氧化物对应水化物的酸性:ZY【答案】D【解析】W、X、Y、Z均为短周期元素,假设W是第一周期,则W为He元素,最外层为2,那么Z、Y、X的最外层分别为7、6、4,此时四种元素最外层电子数之和为19,不符合题意,故假设不成立。W应处于第二周期,X、Y、Z处于第三周期,设X的原子最外层电子数是a,则Y的最外层电子数是a+2,Z最外层电子数是a+3,W的最外层电子数是a+4,这四种元素原子的最外层电子数之和为20,则a+(a+2)+(a+3)+(a+4)=21,解得a=3,故X是Al元素、Y是P元素、Z是S元素、W为F元素。A、同周期元素原子半径由左至右逐渐减小,同主族原子半径从上至下逐渐增大,故原子半径XYW,故A正确;B、W为氟元素,是非金属性最强的元素,其单质氧化性WZ,简单阴离子的还原性:WY,故气态氢化物的稳定性:WY,故C正确;D、非金属性ZY,其对应的最高价氧化物水化物酸性ZY,其他价态不能根据非金属性比较,D错误。故选D。8. 如图所示装置中,干燥烧瓶内盛有某种气体,烧杯和滴管内盛放某种溶液。挤压滴管的胶头,然后打开止水夹,下列与实验事实相符的是A. NH3(H2O含紫色石蕊试液),红色喷泉B. SO2(NaOH溶液),无色喷泉C. HCl(H2O含紫色石蕊试液),蓝色喷泉D. NO(NaOH溶液),无色喷泉【答案】B【解析】因氨气极易溶于水,则挤压胶管的胶头,使烧瓶中的气压减小,且小于外界大气压,则形成喷泉,又因氨水溶液显碱性,石蕊遇碱变蓝,故形成蓝色喷泉,A错误;因SO2与NaOH溶液反应生成盐和水,溶液为无色,则挤压胶管的胶头,使烧瓶中的气压减小,且小于外界大气压,则形成无色喷泉, B正确;因氯化氢极易溶于水,则挤压胶管的胶头,使烧瓶中的气压减小,且小于外界大气压,则形成喷泉,又因盐酸溶液显酸性,石蕊遇酸变红,故形成红色喷泉, C错误;NO为中性氧化物,与碱不反应,无法形成喷泉,D错误;正确选项B。9. 对某溶液中部分离子的定性检测流程如下。相关分析正确的是A. 步骤所加试剂可以是浓KOH溶液B. 可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体C. 步骤反应A13+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2D. Fe2+遇铁氰化钾溶液显蓝色【答案】A【解析】A、步骤所加试剂可以是浓KOH溶液,反应生成无色气体为氨气,经褐色沉淀为氢氧化铁,X溶液为偏铝酸钾,选项A正确;B、无色气体是氨气,可以用湿润的红色石蕊试纸检验生成的无色气体,选项B错误;C、步骤反应A1O2-+H2O+HCO3-=Al(OH)3+CO32-,选项C错误;D、Fe2+遇铁氰化钾产生蓝色沉淀,选项D错误。答案选A。10. 下列解释实验事实的方程式不正确的是A. 用NaS处理含Hg2+的废水:Hg2+S2-=HgSB. 用氢氧化钠溶液去除铝条表面的氧化膜:Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OC. 向硫酸铜溶液中加入过氧化钠:2Na2O2+2Cu2+2H2O=4Na+2Cu(OH)2+O2D. 向碳酸氢镁溶液中加入过量的澄清石灰水:Mg2+2HCO3-+Ca2+2OH-=CaCO3+MgCO3+2H2O【答案】D【解析】用NaS处理含Hg2+的废水,为沉淀法,离子方程式为Hg2+S2-=HgS;A正确;Al2O3属于两性氧化物,既能与强酸反应,又能与强碱反应,离子方程式Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O,B正确;过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠,离子方程式为2Na2O2+2Cu2+2H2O=4Na+2Cu(OH)2+O2;C正确;碳酸氢镁溶液中加入过量的澄清石灰水,反应生成氢氧化镁沉淀和碳酸钙沉淀,反应离子方程式为Mg2+2HCO3-+2Ca2+4OH-=2CaCO3+Mg(OH)2+2H2O;D错误;正确选项D。11. 下列关于电解质溶液的叙述正确的是A. 室温下,同浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液相比,Na2CO3溶液的pH大B. 将pH3的醋酸溶液稀释后,溶液中所有离子的浓度均降低C. 中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液,消耗NaOH的物质的量相同D. 室温下,pH7的NH4Cl与氨水的混合溶液中离子浓度大小顺序为:c(Cl)c(NH4+)c(H)c(OH)【答案】A【解析】分析:弱电解质的电离程度受到温度、同离子效应、加与离子反应的物质、加水稀释等因素的影响,比较电解质溶液PH值大小要同一条件下看电离程度或者水解程度,比较电解质溶液中离子浓度可以考虑电荷守恒和物料守恒。详解:相同浓度和温度下H2CO3酸性比HCO3-强,所以Na2CO3的水解能力大于NaHCO3的水解能力,常温下,同浓度的Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液,A选项正确;pH3的醋酸溶液稀释后,溶液稀释时Kw不变,而c(H+)减小,则c(OH-)增大,B选项错误;对于pH相等的HCl和CH3COOH,c(H+)相等,当二者体积相等时,电离的部分消耗碱一样多,但由于CH3COOH中存在电离平衡CH3COOHH+CH3COO-,所以最终CH3COOH消耗NaOH的物质的量多,C选项错误;NH4Cl与氨水的混合溶液中,根据电荷守恒: c(NH4) + c(H)c(OH) + c(Cl),因c(H)c(OH),所以c(NH4)c(Cl),则有:c(NH4)c(Cl)c(H)c(OH),D选项错误;正确选项A。12. NA为阿伏加德罗常数,下列叙述中正确的是A. 25时,pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.2NAB. 标准状况下,6.72 L NO2与水充分反应转移的电了数目为0.1NAC. 常温下,2.7g铝片投入足量的浓硫酸中,铝失去的电子数为0.3NAD. 100g 46%的乙醇溶液中,含H-O键的数目为7NA【答案】D【解析】pH=13,c(H+)=10-13mol/L,c(OH-)=0.1 mol/L,pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NA, A错误;3NO2+H2O=2HNO3+NO,3molNO2参加反应,转移2mol电子,6.72 L NO2(即0.3 mol),转移电子0.2NA,B错误;常温下,铝片在浓硫酸中钝化,反应停止,铝失去的电子数小于0.3NA,C错误;100g 46%的乙醇溶液中,含有乙醇46克,物质的量为1mol,含有1molH-O键,溶剂水为54克,其物质的量为3mol,含有6molH-O键,所以该溶液中共含有H-O键的数目为7NA,D正确;正确选项D。13. 下列装置能达到实验目的的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析:热气体要冷却,导管插入液面下易产生倒吸现象;比较化学反应速率一定是一个变量不同,其它的变量是相同的;元素最高价氧化物的水化物酸性越强,元素的非金属性越强;溴单质易挥发,溴水能够与硝酸银反应生成沉淀。详解:乙酸和乙醇在加热和浓硫酸催化下反应生成乙酸乙酯,用饱和碳酸钠溶液吸收都是正确的,但热的气体冷却以后容易产生倒吸,A装置中导管插入液面下,容易产生倒吸,A选项错误;B选项中在设计对比实验的时候,没有注意控制变量,比较MnO2和Fe2O3对过氧化氢溶液催化效果的时候,其他的变量就要控制不变(比如:温度、过氧化氢溶液的溶质质量分数,甚至过氧化氢溶液的质量等),而在这个实验设计中,过氧化氢溶液的溶质质量分数,一个是5%,另一个10%,没有控制这一变量,所以无法比较,B选项错误;元素最高价氧化物的水化物酸性越强,元素的非金属性越强,三种酸的酸性强弱:H2SO4H2CO3H2SiO3,它们都是元素最高价氧化物对应的水化物,所以元素的非金属性强弱顺序:SCSi,C选项正确;液溴与苯在铁粉催化下反应生成溴化氢,与硝酸银溶液反应产生淡黄色沉淀,证明是发生了取代反应,但该装置中溴单质易挥发,对实验结果有干扰作用,无法正确判断是否产生溴化氢气体,D选项错误;正确选项C。14. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是A. 红棕色的NO2,加压后颜色先变深后变浅B. 工业上生产硫酸的过程中,使用过量的空气以提高SO2的利用率C. 由H2(g)、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深D. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气【答案】C【解析】A存在平衡2NO2(g)N2O4(g),增大压强,混合气体的浓度增大,平衡体系颜色变深,该反应正反应为体积减小的反应,增大压强平衡向正反应方向移动,二氧化氮的浓度又降低,颜色又变浅,由于移动的目的是减弱变化,而不是消除变化,故颜色仍比原来的颜色深,所以可以用平衡移动原理解释,故A不选;B工业上生产硫酸的过程中,二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫为可逆反应,使用过量的空气促进平衡正向移动,以提高二氧化硫的利用率,可以用勒夏特列原理解释,故B不选;C存在平衡H2+I2(g)2HI(g),该反应前后气体的体积不变,增大压强,平衡不移动,增大平衡体系的压强气体的体积减小,碘的浓度增大,颜色变深,不能用平衡移动原理解释,故C选;D氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,该反应存在溶解平衡,饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子,氯离子浓度增大,抑制了氯气的溶解,所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气,能用平衡移动原理来解释,故D不选;故选C。点睛:本题考查勒夏特列原理的应用。注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应,而且条件的改变必须引起平衡的移动,如果是可逆反应,但条件变化,平衡不移动,则不能用勒夏特列原理解释。15. 常温下,下列有关叙述正确的是A. 0.1 molL1 Na2S溶液与0.1 molL1 NaHS溶液等体积混合:3c(Na+)2c(HS)=2c(S2)+2c(H2S)B. 向20 mL 0.1 molL1 NH4HSO4溶液中滴入0.1 molL1 NaOH溶液20 mL:2c()=c(NH3H2O)+c()C. 10 mL 0.1 molL1 CH3COONa溶液与6 mL 0.2 molL1盐酸混合:c(Cl)c(Na+)c(OH)c(H+)D. 0.2molL1NaHCO3溶液和0.1 molL1 NaOH溶液等体积混合:3c()+6c(H2CO3)c(Na+)=3c(OH)3c(H+)【答案】D【解析】两种溶液等体积混合时,根据物料守恒2c(Na元素)=3c(S元素)可知,2c(Na+)=3c(S2)+c(HS)+c(H2S),A错误;加入20 mL NaOH溶液时,恰好将溶液中H+中和掉,溶质为等物质的量的(NH4)2SO4和Na2SO4,根据物料守恒,则2c()=c(Na+)+c(NH3H2O)+c(),B错误;10 mL 0.1 molL1 CH3COONa溶液中醋酸钠的物质的量为0.001 mol,盐酸中HCl的物质的量为 0.0012 mol,两溶液混合后HCl过量,溶液呈酸性,则c(Cl)c(Na+)c(H+)c(OH),C错误;0.2 molL1 NaHCO3溶液和0.1 molL1 NaOH溶液等体积混合后溶质为等物质的量的NaHCO3和Na2CO3,此时存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c()+2c();物料守恒:2c(Na+)=3c()+c()+c(H2CO3),两式消去c()得:3c()+6c(H2CO3)c(Na+)=3c(OH)3c(H+),D正确。16. 前20号元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,且分列四个不同周期和四个不同主族。其中A为Y元素组成的单质;甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物;常温下乙为液体。下列说法正确的是A. 简单离子半径:ZYB. 反应为吸热反应C. 反应为工业上制备漂白粉的反应原理D. X、Y分别与Z形成的化合物中,化学键类型一定相同【答案】C【解析】根据题给信息分析可知,常温下乙为液体,乙为水,W为氢元素,Y为氯元素,A为氯气;甲为钙,与水反应生成氢氧化钙,X为氧,Z为钙;化合物丁和化合物戊可能为氯化钙或次氯酸钙;核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,所以Ca2+ abD. b点溶液中:c(OH-)c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)【答案】D【解析】分析:醋酸为弱酸,等浓度时离子浓度比盐酸小,则导电性较弱,由此可知为醋酸的变化曲线,为盐酸的变化曲线,加入氢氧化钠,醋酸溶液离子浓度逐渐增大,导电性逐渐增强,盐酸发生中和反应,离子浓度减小,由图象可知加入氢氧化钠10mL时完全反应,对于离子浓度大小比较可以利用物料守恒和电荷守恒考虑解决。详解:由分析可知,曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线,曲线代表滴定HCl溶液的曲线,A选项错误;a点氢氧化钠与CH3COOH溶液恰好反应生成CH3COONa,a点溶液中c(Na+)=0.05mol/L,电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.05mol/L,B选项错误;酸或碱抑制水的电离,含有弱酸根离子的盐促进水的电离,c点溶质为NaCl,a点溶质为醋酸钠,醋酸根离子促进水的电离,b点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH的混合物,NaOH会抑制水的电离,所以在相同温度下,水的电离程度大小关系: bca,C选项错误;b点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH的混合物,根据电荷守恒:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)和物料守恒:2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)= c(Na+)得:c(OH-)= c(H+)+c(CH3COO-)+2c(CH3COOH),所以有c(OH-)c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH),D选项正确;正确答案:D。21. 现有A、B、C、D、E、F六种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A、D同主族,C与E同主族,D、E、F同周期,A、B的最外层电子数之和与C 的最外层电子数相等,A能分别与B、C形成电子总数相等的分子,且A与C形成的化合物常温下为液态,A能分别与E、F形成电子总数相等的气体分子。请回答下列问题.(题中的字母只代表元素代号,与实际元素符号无关):(1)B的元素符号为_,E在元素周期表中的位置为_;(2)A、C、D三种元素组成的一种常见化合物,是氯碱工业的重要的产品,请写出该反应的化学方程式_。(3)A2C和A2E两种物质沸点较高的是_(填写化学式)。(4)B与F两种元素形成的一种化合物分子,各原子均达8 电子结构,则该化合物化学式为_。B和F两种元素还能形成另一种化合物,其中B显最高正价,该化合物能与水反应生成两种酸,请写出该化合物与水反应的化学方程式:_。【答案】 (1). N (2). 3,VIA (3). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 (4). H2O (5). NCl3 (6). NCl5+3H2O=HNO3+5HCl【解析】分析:A、B、C、D、E、F六种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A与C形成的化合物常温下为液态,化合物为水,则A为H元素,C为O元素;A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等,B的最外层电子数为5,则B为N元素;A、D同主族,则D为Na元素;C与E同主族,则E为S元素;D、E、F同周期,A能分别与E、F形成电子总数相等的气体分子,则F为Cl元素,所以A、B、C、D、E、F分别是:H、N、O、Na、S、Cl,根据元素化合物的性质解决题干中的问题。详解:(1)根据分析,B元素是氮元素,其元素符号是N,E元素是硫元素,在周期表中位于第三周期,A族;正确答案:N;第三周期,A族;(2)A、C、D三种元素组成的一种常见化合物是NaOH,氯碱工业是电解饱和食盐水,其反应的化学方程式:2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2,正确答案:2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2;(3)A2C是H2O,A2E是H2S,它们都是分子晶体,但H2O间能够形成氢键,其沸点高于H2S,所以H2O的沸点较高,正确答案:H2O;(4)对照氮和氯形成的化合物可以推出氮、氯形成的各原子均达八电子结构的化合物是NCl3,若氮呈最高正价,即为+5价,氯呈-1价,形成的化合物为NCl5,所以NCl5水解的产物为HCl和HNO3,反应的化学方程式是:NCl5+3H2O=HNO3+5HCl,正确答案:NCl3;NCl5+3H2O=HNO3+5HCl。点睛:比较物质的熔、沸点的高低,首先分析物质所属的晶体类型, 一般来说,原子晶体离子晶体分子晶体;然后再在同类型晶体中进行比较,如果是同一类型晶体熔、沸点高低的要看不同的晶体类型具体对待: 1.同属分子晶体: 组成和结构相似的分子晶体,如果分子之间存在氢键,则分子之间作用力增大,熔沸点出现反常。有氢键的熔沸点较高。例如本题中的H2O和H2S沸点:H2OH2S,卤化氢沸点:HFHIHBrHCl。组成和结构相似的分子晶体,一般来说相对分子质量越大,分子间作用力越强,熔沸点越高。例如:I2Br2Cl2F2;2.同属原子晶体 ,一般来说,半径越小形成共价键的键长越短,键能就越大,晶体的熔沸点也就越高。例如:金刚石(CC)二氧化硅(SiO)碳化硅(SiC)晶体硅(SiSi),很容易判断出本题中的金刚石与晶体硅的熔沸点高低;3.同属离子晶体 离子的半径越小,所带的电荷越多,则离子键越强,晶格能越高,熔沸点越高。例如: MgOMgCl2,NaClCsCl。22. 亚硝酸钠(NaNO2)是肉制品生产中最常使用的一种食品添加剂,某化学兴趣小组利用一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠并进行一系列实验探究。查阅资料:NO2能与Na2O2反应;在酸性溶液中,NO2可将MnO4还原为Mn2且无气体生成。NO不与碱反应,可被酸性KMnO4溶液氧化为硝酸。.制备亚硝酸钠(1)装置A用恒压滴液漏斗,相比普通分液漏斗,显著的优点是_。(2)上述装置按气流方向连接的顺序为:a_(填仪器接口的字母编号)。(3)D中反应的方程式为_。如果没有B装置,D中生成的亚硝酸钠中含有的杂质有_(填化学式)。(4)C装置的作用是_(用离子方程式表示)。.测定产品纯度,实验步骤:准确称量4.000 g产品配成250 mL溶液。从步骤配制的溶液中移取25.00 mL加入锥形瓶中。用0.1000 mol/L酸性KMnO4溶液滴定至终点。重复以上操作3次,消耗酸性KMnO4溶液的平均体积为20.00 mL。(5)达到滴定终点的现象是_。产品中NaNO2的纯度为_%。(6)设计实验证明HNO2的酸性比CH3COOH强_。【答案】 (1). 平衡滴液漏斗与烧瓶内压强,便于硝酸流下 (2). ghbcefd(b和c、e和f可颠倒) (3). 2NO+Na2O22NaNO2 (4). NaOH、NaNO3 (5). 5NO+3MnO4+4H3Mn2+5NO3+2H2O (6). 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液,溶液由无色变为浅红色,且半分钟不褪色 (7). 86.25 (8). 相同温度下,分别测定相同物质的量浓度的NaNO2溶液与CH3COONa溶液的pH,比较pH的大小(或其他合理答案)【解析】分析:浓硝酸与铜反应生成NO2,通入水中生成硝酸和NO,硝酸与铜反应生成NO,与过氧化钠反应前还需要干燥,最后利用酸性高锰酸钾溶液吸收尾气,结合物质的性质和具体问题解答。详解:(1)恒压滴液漏斗可以内外压强相等,因此相比普通分液漏斗,显著的优点是平衡滴液漏斗与烧瓶内压强,便于硝酸流下;(2)浓硝酸与铜反应生成NO2,通入水中生成硝酸和NO,硝酸与铜反应生成NO,与过氧化钠反应前还需要干燥,最后利用酸性高锰酸钾溶液吸收尾气,则顺序为aghbcefd;(3)NO与过氧化钠反应的方程式为2NO+Na2O2=2NaNO2;如果没有B装置,NO中含有水蒸气,水蒸气与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气,氧气与NO反应生成NO2,NO2与过氧化钠反应生成硝酸钠。(4)NO是大气污染物,需要尾气处理,根据已知信息可知酸性高锰酸钾溶液能氧化NO,所以依据电子得失守恒、原子守恒可知方程式为5NO+3MnO4+4H3Mn2+5NO3+2H2O;(5)锥形瓶中发生反应为高锰酸钾氧化亚硝酸钠,反应的离子方程式为5NO2-+2MnO4-+6H+5NO3-+2Mn2+3H2O;由于酸性高锰酸钾溶液显红色,所以达到滴定终点的现象是当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液,溶液由无色变为浅红色,且半分钟不褪色;根据电子得失守可知25.00 mL溶液中亚硝酸钠的物质的量是,则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol250mL/25mL0.05mol,则所得固体中亚硝酸钠的质量分数100%86.25%。(6)要证明HNO2的酸性比CH3COOH强,可以通过测相同浓度的pH值,pH越小说明酸性越强;也可以测相同浓度NaNO2和CH3COONa溶液的pH,比较pH的大小,pH越大,说明对应的酸越弱等等。23. 某有机物的合成路线如下,完成下列内容已知:RClROH;RCHORCOOH;E的产量可衡量一个国家石油化工的发展水平(1)反应反应条件为_。(2)B中所含官能团名称为_。(3)反应的化学方程式为_。简述验证是有C生成的操作及现象_。(4)反应的反应类型为_。(5)反应的化学方程式为_。(6)G有很多同分异构体,则满足下列条件的同分异构体有_种。含有一个羧基 含有一个苯环 苯环上有三个取代基【答案】 (1). 光照 (2). 羟基 (3). H2O (4). 用试管取适量的反应液,加入新制Cu(OH)2悬浊液,加热,产生红色沉淀 (5). 加成反应 (6). (7). 6【解析】分析:甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成卤代烃,卤代烃在热的氢氧化钠溶液中水解生成苯甲醇(B),苯甲醇氧化生成苯甲醛(C),继续被氧化生成苯甲酸(D);气体E的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志,则E是乙烯,乙烯和水发生加成反应生成乙醇,即F是乙醇,苯甲酸和乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯,即G是苯甲酸乙酯,然后根据各物质的性质分析解决问题。详解:(1)由可知,甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应,所以发生该反应的条件是光照,正确答案:光照;(2)根据分析,B是苯甲醇,其结构简式是:,含有的官能团是羟基,正确答案:羟基;(3)苯甲醇在加热条件下,在Ag或者Cu作催化剂,能够被氧化生成苯甲醛,反应的化学方程式是:,是否生成苯甲醛?可以通过检验是否有醛基存在的实验,其方法是:用试管取适量的反应液,加入新制Cu(OH)2悬浊液,加热,产生红色沉淀,说明有苯甲醛生成,正确答案:;用试管取适量的反应液,加入新制Cu(OH)2悬浊液,加热,产生红色沉淀;(4)乙烯在催化剂作用下与水发生加成反应生成乙醇,所以反应的反应类型是:加成反应,正确答案:加成反应;(5)反应是苯甲酸和乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯,其化学方程式为:,正确答案:;(6)G的结构简式是:,分子式是:C9H10O2,同分异构体中满足含有一个羧基,说明结构中有-COOH,含有一个苯环,且苯环上有三个取代基,结构中-C6H3 ,剩余部分是C2H6必需满足2个取代基,即为2个甲基,在中苯环上有-COOH的结构有2种,在中苯环上有-COOH的结构有3种,在中苯环上有-COOH的结构有1种,所以满足条件的同分异构体共有6种,正确答案:6种; 点晴:限制条件下同分异构体书写的写法一般分四步:第一步解读分子式或者结构简式,如本题中甲的分子式是C9H10O2;第二步转化限制条件,将常见官能团的性质转化为具体的官能团,如:本题中要求有1个羧基、一个苯环;第三步做减法、巧组合,G的分子式是C9H10O2,因为有1一个羧基(-COOH),还有苯环,去掉7个碳原子、2个氧原子、1个氢原子,余下2个碳原子6个氢原子,可以组合成一个乙基或者两个甲基,但要求有三个取代基,所以只能够是两个甲基;第四确定取代基的位置,本题中根据二甲苯的苯环上甲基位置确定二甲苯有三种同分异构体,在二甲苯的苯环上用-COOH再取代苯环上的一个H原子共有6种。24. 能源危机是当前全球问题,开源节流是应对能源危机的重要举措。(1)下列做法有助于能源“开源节流”的是_(填序号)。a大力发展农村沼气,将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源b大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求c开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源、减少使用煤、石油等化石燃料d减少资源消耗,增加资源的重复使用、资源的循环再生(2)金刚石和石墨均为碳的同素异形体,它们燃烧氧气不足时生成一氧化碳,充分燃烧生成二氧化碳,反应中放出的热量如图所示。在通常状况下,金刚石和石墨中_(填“金刚石”或“石墨”)更稳定.(3)二甲醚又称甲醚,简称DME,熔点为-141.5,沸点为-24.9。二甲醚与液化石油气(LPG)相似,被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气(CO、H2)制备二甲醚的反应原理如下:a.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1= -90.0 kJmol-1b.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H2=-20.0kJmol-l回答下列问题:反应a在_ (填“低温”或“高温”)下易自发进行。写出由合成气(CO、H2) 直接制备二甲醚的热化学方程式:_。(4)以甲醇为燃料,氧气为氧化剂,KOH溶液为电解质溶液,可制成燃料电池。以此电池作电源,在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理过程(装置如图所示)。其中物质b是_, 阳极电极反应为_。【答案】 (1). acd (2). 石墨 (3). 低温 (4). 2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H= -200 kJmol-l (5). 甲醇(或CH3OH) (6). 2Al+3H2O-6e- =Al2O3 +6H+【解析】分析:(1)只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”;(2)依据物质能量越高,物质越不稳定;(3)依据G=H-TS判断反应的自发性,结合热化学方程式和盖斯定律计算得到;(4)根据电解池确定阴阳极,然后确定燃料电池的正负极,写出电极反应式。详解:(1)大力发展农村沼气,将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源,有助于能源“开源节流”,a选项符合要求;煤、石油、天然气都是化石燃料,是不可再生的,所以大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求是错误的,不可取的,b选项不符合要求;开发新能源、减少使用煤、石油等化石燃料,c选项符合要求;减少资源消耗,增加资源的重复使用、循环再生,d选项符合要求,正确选项acd;(2)根据图像可知,金刚石的总能量大于石墨的,所以石墨比金刚石稳定,正确答案:石墨;(3)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g); H1= -90.0 kJmol-1,S0,H0,反应能够自发进行,说明在G=H-TS中G”“”或“=”) b( CO)。(4)科学家还研究了其它转化温室气体的方法,利用下图所示装置可以将CO2转化为气体燃料CO。该装置工作时,N电极的电极反应式为_,若导线中通过电子为a mol,则M极电解质溶液中H改变量为_mol。【答案】 (1). 0.84g (2). 310-7molL-1min-1 (3). AC (4). 3.210-8molL-1 (5). 升温 (6). (7). CO2+2e-+2H+=CO+H2O (8). 0【解析】分析:(1)Na2O2与CO2反应:2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,电火花不断引燃,发生反应:2CO+O22CO2,整个过程相当于CO+Na2O2=Na2CO3,由于加入足量的Na2O2固体,则反应后的气体只能为O2;(2)根据化学反应速率的定义和化学反应速率之比等于对应的化学计量数之比求解(3)根据化学平衡状态的特点判断是否达到平衡状态;根据图示数据,利用化学平衡计算的“三段式”和化学平衡常数的定义进行计算;根据化学平衡图像特点:“先拐先平”和影响化学平衡移动的因素进行判断;(4)根据该装置中,电子流向知,M是负极,N是正极,正极得电子发生还原反应。详解:(1)根据分析,Na2O2固体增加的质量相当于是CO的质量,根据碳元素守恒,所以n(CO)=0.03mol,m(CO)=0.03mol28g/mol=0.84g,正确答案:0.84g;(2)根据图像2min内O的浓度增大0.610-6mol/L,则二氧化碳减小0.610-6mol/L,则v(CO2)=c/t=0.610-6molL-1/2min=310-7molL-1min-1,正确答案:310-7molL-1min-1;(3)对应可逆反应2CO2(g)2CO(g)+O2(g),在恒温恒容条件下随着反应的进行,CO逐渐增多,当CO的量不变,即CO 的体积分数保持不变,说明反应达到平衡状态,A选项可以正确;根据质量守恒定律,反应前后都是气体,质量不变,容器的体积不变,气体密度不变,反应是否平衡不确定,所以B选项不正确;反应前后气体的质量不变,但反应前后气体的物质的量在变化,所以气体的平均摩尔质量在改变,当容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变,说明反应达到平衡状态,C选项正确;根据反应方程式和质量守恒定律,单位时间内,消耗CO 的浓度一定等于生成CO2的浓度,D选项不能够说明反应达平衡状态,D选项错误,正确选项AC;根据题干中图像:升高温度,CO2的体积分数减小,说明2CO2(g)2CO(g) +O2(g)平衡正向移动,正反应是一个吸热反应,b先达到平衡状态,且O2的浓度增大,说明平衡正向移动,所以改变的条件是升高温度;a点与b点相比,b点温度高,反应速率大,所以a(CO) b( CO);正确答案:升高温- 配套讲稿:
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