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文檔簡介
河北省張家口市尚義縣第一中學2025年高一化學第二學期期末統考試題注意事項:1.答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型(B)填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2.作答選擇題時,選出每小題答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑;如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答,答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上;如需改動,先劃掉原來的答案,然后再寫上新答案;不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4.考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后,請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、溶液中只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32-、SO42-、NO3-中的幾種。①若加入鋅粒,產生無色無味的氣體;②若加入NaOH溶液,產生白色沉淀,且產生的沉淀量與加入NaOH的物貭的量之向的關系如圖所示。則下列説法正確的是()A.溶液中的陽離子一定含有H+、Mg2+、Al3+,可能含有Fe3+B.溶液中一定不含CO32-和NO3-,一定含有SO42-C.溶液中C(NH4+)=0.2mol/LD.c(H+):c(Al3+):c(Mg2+)=l:1:12、下列離子方程式正確的是()A.實驗室用大理石與乙酸反應制取二氧化碳:CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OB.氯乙酸與氫氧化鈉溶液共熱:CH2ClCOOH+OH-→CH2ClCOO-+H2OC.苯酚鈉溶液中通入少量二氧化碳:2C6H5O-+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32-D.酸性高錳酸鉀與草酸反應:2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O3、研究電化學腐蝕及防護的裝置如圖所示。下列有關說法錯誤的是()A.d為石墨,鐵片腐蝕加快B.d為石墨,石墨上電極反應為:O2+2H2O+4e-=4OH-C.d為鋅塊,鐵片不易被腐蝕D.d為鋅塊,鐵片上電極反應為:2H++2e-=H2↑4、短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相對位置如下圖所示,其中W原子的質子數是其最外層電子數的三倍,下列說法不正確的是()A.原子半徑:W>Z>Y>XB.最高價氧化物對應水化物的酸性:X>W>ZC.最簡單氣態氫化物的熱穩定性:Y>X>W>ZD.元素X、Z、W的最高化合價分別與其主族序數相等5、關于元素周期表的下列敘述,錯誤的是A.元素周期表揭示了化學元素間的內在聯系,是化學發展史上的重要里程碑之一B.在周期表中,把電子層數相同的元素排成一橫行,稱為一周期C.元素周期表中,總共有18個縱行,18個族D.第IA族的元素又稱為堿金屬元素(除了H),第ⅦA族的元素又稱為鹵族元素6、用30g乙酸與46g乙醇反應,如果實際產率是理論產率的67%,則可得到的乙酸乙酯的質量是A.29.5g B.44g C.74.8g D.88g7、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大。Y是地殼中含量最高的元素,X、Y原子的最外層電子數之比為2:3,Z是短周期中金屬性最強的元素,W原子與X原子的最外層電子數相同。下列說法正確的是A.Z位于元素周期表中第2周期ⅠA族B.X的非金屬性比Y的強C.W的簡單氣態氫化物的熱穩定性比X的強D.原子半徑:r(Y)<r(X)<r(W)<r(Z)8、已知相同條件下,物質具有的能量越低,物質越穩定。常溫常壓時,紅磷比白磷穩定,在下列反應中:①4P(白磷,s)+5O2(g)=2P2O5(s)△H=-akJ/mol②4P(紅磷,s)+5O2(g)=2P2O5(s)△H=-bkJ/mol若a、b均大于零,則a和b的關系為(△H小于零,代表反應放熱)A.a<bB.a=bC.a>bD.無法確定9、一定條件下,對于可逆反應X(g)+3Y(g)2Z(g),若X、Y、Z的起始濃度分別為c1、c2、c3(均不為零),達到平衡時,X、Y、Z的濃度分別為0.1mol·L-1、0.3mol·L-1、0.08mol·L-1,則下列判斷正確的是()A.c1∶c2=3∶1 B.平衡時,Y和Z的生成速率之比為2∶3C.X、Y的轉化率不相等 D.c1的取值范圍為0<c1<0.14mol·L-110、下列有關說法正確的是()A.糖類、油脂和蛋白質都是天然高分子化合物B.煤的干餾和石油的分餾都是化學變化C.C4H9C1有4種同分異構體D.油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色11、新制氯水在光照下逸出的氣體是A.氯氣 B.氧氣 C.氯化氫 D.水蒸氣12、Xn-A.aA+n(A-N+n)molB.C.Aa+n(N+n)molD.13、在如圖所示的藍色石蕊試紙上,X、Y、Z三處分別滴加濃硝酸、濃硫酸和新制的氯水,三處最后呈現的顏色分別是A.白、黑、白 B.紅、黑、紅 C.紅、紅、白 D.紅、黑、白14、下列變化中,未涉及到電子轉移的是A.人工固氮和自然固氮B.SO2使含有酚酞的氫氧化鈉溶液褪色C.硫酸型酸雨久置pH減小D.H2O2使酸化的KI溶液變黃15、有氯化鈉、氯化鐵、氯化亞鐵、氯化鎂、氯化鋁五種溶液,用一種試劑就可把它們鑒別開來,這種試劑是()A.鹽酸B.燒堿溶液C.氨水D.硫氰化鉀溶液16、W、X、Y、Z是周期表中前20號的主族元素,原子序數依次增大。W、X、Y的原子最外層電子數之和為13,X與Z同主族,實驗室可用Z的最高價氧化物的水化物稀溶液檢驗W的最高價氧化物。下列說法正確的是A.失去電子能力:X>Z>WB.原子半徑:Z>Y>XC.W、X、Y、Z的最高正化合價依次為+4、+2、+7、+2D.W與Y形成的化合物含有極性鍵,不含有非極性鍵17、如圖所示,將鎂片、鋁片平行插入一定濃度的NaOH溶液中,用導線連成閉合回路,該裝置在工作時,下列敘述中正確的是A.鎂比鋁活潑,鎂失去電子被氧化成Mg2+B.鋁是電池的負極,開始工作時溶液中會立即有白色沉淀生成C.該裝置的內、外電路中,均是電子的定向移動形成D.該裝置開始工作時,鋁片表面的氧化膜可不必處理18、《本草綱目》中對利用K2CO3去油污有如下敘述:“冬月灶中所燒薪柴之灰,令人以灰淋汁,取堿烷衣?!蔽闹猩婕暗幕瘜W反應屬于()A.水解反應 B.置換反應 C.醋化反應 D.加成反應19、除去乙酸乙酯中殘留的乙酸,有效的處理方法是A.蒸餾B.用過量飽和碳酸鈉溶液洗滌后分液C.水洗后分液D.用過量的氫氧化鈉溶液洗滌后分液20、根據原子結構及元素周期律的知識,下列推斷正確的是A.與得電子能力相同B.核外電子排布相同的微粒化學性質也相同C.Cl?、S2?、Ca2+、K+半徑逐漸減小D.同主族元素含氧酸的酸性隨核電荷數的增加而減弱21、貼有圖所示標志的槽罐車內可能裝有:A.液氯 B.汽油C.濃硫酸 D.四氯化碳22、今年10月1日,我國成功地用“長征三號”火箭將“嫦娥二號”衛星送入太空。已知,“長征三號”火箭升空推進的一級、二級動力均依賴反應2N2H4+2NO2=3N2+4H2O來提供。在該化學反應中,作還原劑的是()A.N2H4B.NO2C.N2D.H2O二、非選擇題(共84分)23、(14分)有A、B、C、D四種短周期元素,它們的原子序數由A到D依次增大,已知A和B原子有相同的電子層數,且A的L層電子數是K層電子數的兩倍,C燃燒時呈現黃色火焰,C的單質在點燃條件下與B的單質充分反應,可以得到淡黃色固態化合物,D的M層電子數為K層電子數的3倍.試根據以上敘述回答:(1)寫出元素名稱:A_____D_____;(2)畫出D的原子結構示意圖____________;(3)用電子式表示化合物C2D的形成過程___________________.24、(12分)一種高分子化合物(Ⅵ)是目前市場上流行的墻面涂料之一,其合成路線如下(反應均在一定條件下進行):回答下列問題:(1)化合物Ⅲ中所含官能團的名稱是___________________、_______________________。(2)化合物Ⅲ生成化合物Ⅳ的同時,副產物為____________________________。(3)CH2=CH2與溴水反應方程式:_______________________________。(4)寫出合成路線中從化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反應方程式:_____________________。(5)下列關于化合物Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ的說法中,正確的是_____________。A化合物Ⅲ可以發生氧化反應B化合物Ⅲ不可以與NaOH溶液反應C化合物Ⅳ能與氫氣發生加成反應D化合物Ⅲ、Ⅳ均可與金屬鈉反應生成氫氣E化合物Ⅳ和Ⅴ均可以使溴的四氯化碳溶液褪色(6)寫出化合物Ⅰ與氧氣在Cu催化下反應的產物______________________。25、(12分)為研究海水提溴工藝,甲、乙兩同學分別設計了如下實驗流程:甲:乙:(1)甲、乙兩同學在第一階段得到含溴海水中,氯氣的利用率較高的是________(填“甲”或“乙”),原因是____________________________________。(2)甲同學步驟④所發生反應的離子方程式為________________________。(3)對比甲、乙兩流程,最大的區別在于對含溴海水的處理方法不同,其中符合工業生產要求的是________(填“甲”或“乙”),理由是__________________________________。(4)某課外小組在實驗室模擬工業上從濃縮海水中提取溴的工藝流程,設計以下裝置進行實驗(所有橡膠制品均已被保護,夾持裝置已略去)。下列說法錯誤的是___________。A.A裝置中通入的a氣體是Cl2B.實驗時應在A裝置中通入a氣體一段時間后,停止通入,改通入熱空氣C.B裝置中通入的b氣體是SO2D.C裝置的作用只是吸收多余的SO2氣體26、(10分)溴及其化合物用途十分廣泛,我國正在大力開展海水提溴的研究和開發工作。工業以濃縮海水為原料提取溴的部分過程如下:某課外小組在實驗室模擬上述過程設計以下裝置進行實驗(所有橡膠制品均已被保護,夾持裝置已略去)(1)A裝置中通入a氣體的目的是(用離子方程式表示)____。(2)A裝置中通入a氣體一段時間后,停止通入,改通熱空氣。通入熱空氣的目的是____。(3)B裝置中通入的b氣體是____,目的是使溴蒸氣轉化為氫溴酸以達到富集的目的,試寫出該反應的化學方程式____。(4)C裝置的作用是____。27、(12分)硫酸亞鐵銨[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]為淺綠色晶體,實驗室中常以廢鐵屑為原料來制備,其步驟如下:步驟1將廢鐵屑放入碳酸鈉溶液中煮沸除油污,分離出液體,用水洗凈鐵屑。步驟2向處理過的鐵屑中加入過量的3mol·L-1H2SO4溶液,在60℃左右使其反應到不再產生氣體,趁熱過濾,得FeSO4溶液。步驟3向所得FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液,經過“一系列操作”后得到硫酸亞鐵銨晶體。請回答下列問題:(1)在步驟1的操作中,下列儀器中不必用到的有__________(填儀器編號)①鐵架臺②燃燒匙③錐形瓶④廣口瓶⑤研體⑥玻璃棒⑦酒精燈(2)在步驟1中所加的碳酸鈉溶液中需要煮沸,其目的是_______;(3)在步驟3中,“一系列操作”依次為______、_______和過濾;(4)本實驗制得的硫酸亞鐵銨晶體常含有Fe3+雜質。檢驗Fe3+常用的操作方法是_____。28、(14分)用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反應研究影響反應速率的因素。一實驗小組欲通過測定單位時間內生成CO2的速率,探究某種影響化學反應速率的因素,設計實驗方案如表(KMnO4溶液用稀硫酸酸化),實驗裝置如圖1:實驗序號A溶液B溶液①20mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液30mL0.0lmol·L-1KMnO4溶液②20mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液30mL0.01mol·L-1KMnO4溶液(1)該反應的化學方程式為__________。(2)該實驗探究的是__________因素對化學反應速率的影響。相同時間內針筒中所得CO2的體積大小關系是__________<__________(填實驗序號)。(3)若實驗①在2min末收集了2.24mLCO2(標準狀況下),則在2min末,c(MnO4-)=__________mol·L-1。(假設混合溶液體積為50mL)(4)除通過測定一定時間內CO2的體積來比較反應速率,本實驗還可通過測定__________來比較化學反應速率。(一條即可)(5)小組同學發現反應速率隨時間的變化如圖2所示,其中t1?t2時間內速率變快的主要原因可能是:①__________;②__________。29、(10分)研究催化劑對化學反應有重要意義。為探究催化劑對雙氧水分解的催化效果,某研究小組做了如下實驗:(1)甲同學欲用圖所示實驗來證明MnO2是H2O2分解反應的催化劑。該實驗__________(填“能”或“不能”)達到目的,原因是__________。(若能,不必回答原因)(2)為分析Fe3+和Cu2+對H2O2分解反應的催化效果,丙同學設計如下實驗(三支試管中均盛有10mL5%H2O2)試管夏IIIII滴加試劑5滴0.lmol·L-1FeCl35滴0.1mol·L-1CuCl25滴0.3mol·L-1NaCl產生氣泡情況較快產生細小氣泡緩慢產生細小氣泡無氣泡產生由此得到的結論是__________,設計實驗Ⅲ的目的是__________。(3)在上述實驗過程中,分別檢測出溶液中有二價鐵生成,査閱資料得知:將作為催化劑的FeCl3溶液加入H2O2溶液后,溶液中會發生兩個氧化還原反應,且兩個反應中H2O2均參加了反應,試從催化劑的角度分析,這兩個氧化還原反應的化學方程式分別是__________和__________(按反應發生的順序寫)。
參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、B【解析】分析:本題考查離子共存,反應圖像識別以及離子反應有關計算等,有利于培養學生的邏輯思維能力和發散思維能力,注意把握圖像中各個階段發生的反應。詳解:加入氫氧化鈉溶液,產生白色沉淀,說明不存在鐵離子,根據產生的沉淀量與加入氫氧化鈉的物質的量之間的關系圖可知,溶液中一定有鎂離子和鋁離子,又因為當沉淀達到最大值時,繼續加入氫氧化鈉,沉淀不變,這說明溶液還存在銨根離子,由于溶液中還必須存在陰離子,所以一定還有硫酸根離子。由圖像可知,第一階段為氫離子和氫氧化鈉反應,消耗氫氧化鈉為0.1mol,則氫離子物質的量為0.1mol,第三階段為銨根離子與氫氧化鈉反應,消耗氫氧化鈉為0.7-0.5=0.2mol,則銨根離子物質的量為0.2mol,最后階段為氫氧化鈉溶解氫氧化鋁,消耗氫氧化鈉0.8-0.7=0.1mol,則氫氧化鋁的物質的量為0.1mol,,根據鋁元素守恒可知鋁離子的物質的量為0.1mol,第二階段為氫氧化鈉沉淀鎂離子、鋁離子,共消耗氫氧化鈉為0.5-0.1=0.4mol,則鎂離子物質的量為(0.4-0.1×3)÷2=0.05mol。A.由上述分析,溶液中的陽離子一定只有氫離子、鎂離子、鋁離子、銨根離子,故錯誤;B.由上述分析,溶液中有鎂離子和鋁離子和氫離子,所以一定不含碳酸根離子,因為和鋅反應生成氫氣,所以不含硝酸根離子,根據電荷守恒,溶液中一定含有硫酸根離子,故正確;C.根據以上分析,銨根離子的物質的量為0.2mol,因為沒有溶液的體積,不能計算其物質的量濃度,故錯誤;D.根據計算,c(H+):
c(Al3+):
c(Mg2+)=0.1:0.1:0.05=2:2:1,故錯誤。故選B。點睛:本題綜合性較強,一定分清離子在溶液中的反應順序。若溶液中存在氫離子、鎂離子、鋁離子和銨根離子等,加入氫氧化鈉,氫離子先反應,然后為鎂離子和鋁離子反應生成沉淀,然后銨根離子,然后是氫氧化鋁溶解。2、D【解析】
A.醋酸不能拆開,需要保留分子式,正確的離子方程式為:CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-,A項錯誤;
B.向CH2ClCOOH中加入足量的氫氧化鈉溶液并加熱,-Cl會水解生成-OH,-COOH會發生中和反應,正確的離子反應為:,B項錯誤;
C.溶液中通入少量CO2,由于苯酚的酸性大于碳酸氫根離子,二者反應生成苯酚和碳酸氫根離子,正確的離子方程式為:CO2+H2O+C6H5O-→C6H5OH+HCO3-,C項錯誤;D.酸性高錳酸鉀溶液與草酸反應的離子反應為:2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O,D項正確;
答案選D。3、D【解析】
A、由于活動性:Fe>石墨,所以鐵、石墨及海水構成原電池,Fe為負極,失去電子被氧化變為Fe2+進入溶液,溶解在海水中的氧氣在正極石墨上得到電子被還原,比沒有形成原電池時的速率快,選項A正確;B、d為石墨,由于是中性電解質,所以發生的是吸氧腐蝕,石墨上氧氣得到電子,發生還原反應,電極反應為:O2+2H2O+4e-=4OH-,選項B正確;C、若d為鋅塊,則由于金屬活動性:Zn>Fe,Zn為原電池的負極,Fe為正極,首先被腐蝕的是Zn,鐵得到保護,鐵片不易被腐蝕,選項C正確;D、d為鋅塊,由于電解質為中性環境,發生的是吸氧腐蝕,在鐵片上電極反應為:O2+2H2O+4e-=4OH-,選項D錯誤。答案選D?!军c睛】根據電極上得失電子判斷正負極,再結合電極反應類型、電子流向來分析解答,熟記原電池原理,電極反應式的書寫是本題解題的難點。4、A【解析】
A、同一周期的元素,原子序數越大,原子半徑越小,不同周期的元素,原子核外電子層數越多,原子半徑就越大,所以原子半徑大小關系是:Z>W>X>Y,故A錯誤;B、元素的非金屬性越強,其最高價氧化物對應的水化物的酸性越強,元素的非金屬性:X>W>Z,所以它們的最高價氧化物對應水化物的酸性:X>W>Z,故B正確;C、元素的非金屬性越強,其相應的氫化物的穩定性就越強,元素的非金屬性:Y>X>W>Z,所以元素的氫化物的穩定性:Y>X>W>Z,故C正確;D、主族元素除了O和F之外,最高化合價等于主族序數,所以X、Z、W的最高化合價分別與其主族序數相等,故D正確;故選A。5、C【解析】
A.元素周期表揭示了化學元素的內在聯系,是化學發展史上的重要里程碑之一,A正確;B.在周期表中,把電子層數相同的元素排成一橫行,稱為一周期,B正確;C.元素周期表中,總共有18個縱行,16個族,即7個主族、7個副族、1個0族和1個第Ⅷ族,C錯誤;D.第IA族的元素又稱為堿金屬(除了H),第ⅦA族的元素又稱為鹵素,D正確。答案選C。6、A【解析】
制備乙酸乙酯的化學反應方程式為:CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O,30g乙酸與46g乙醇分別為0.5mol,1mol,所以實際中最大能夠得到0.5mol的乙酸乙酯,所以乙酸乙酯的質量=88×0.5×67%=29.5g,所以本題的答案選A。7、D【解析】
短周期元素X、Y、Z、W原子序數依次增大,Y是地殼中含量最高的元素,則Y是氧元素,X、Y原子的最外層電子數之比為2:3,所以X是6號C元素;Z是短周期中金屬性最強的元素,則Z為Na元素,W原子與X原子的最外層電子數相同,則W是Si元素。A.Z位于元素周期表中第三周期ⅠA族,A錯誤;B.X是碳、Y是氧,O的非金屬性強于C,B錯誤;C.碳的非金屬性強于硅,所以W的簡單氣態氫化物的熱穩定性比X的弱,C錯誤;D.原子核外電子層數越多原子半徑越大;當原子核外電子層相同時,核電荷數越多,原子半徑越小,所以原子半徑:r(Y)<r(X)<r(W)<r(Z),D正確;故合理選項是D。8、C【解析】①4P(白磷,s)+5O2(g)═2P2O5(s)△H=-a
kJ/mol,②4P(紅磷,s)+5O2(g)═2P2O5(s)△H=-b
kJ/mol,由①-②可得到4P(白磷,s)=4P(紅磷,s)△H=-a-(-b)kJ/mol,因紅磷比白磷穩定,則△H=-a-(-b)kJ/mol<0,所以b-a<0,即b<a,故選C。9、D【解析】
A.設X轉化的濃度為x,X(g)+3Y(g)?2Z(g)初始:c1c2c3轉化:x3x2x平衡:0.1moL/L0.3mol/L0.08mol/L所以c1:c2=(x+0.1moL/L):(3x+0.3mol/L)=1:3,故A錯誤;B.平衡時,正逆反應速率相等,則Y和Z的生成速率之比為3:2,故B錯誤;C.反應前后X、Y氣體的濃度比相同符合反應系數之比,所以達到平衡狀態時,轉化率相同,故C錯誤;D.反應為可逆反應,物質不可能完全轉化,如反應向逆反應分析進行,則c1>0,如反應向正反應分析進行,則c1<0.14mol?L﹣1,故有0<c1<0.14mol?L﹣1,故D正確;答案選D?!军c睛】本題考查化學平衡的計算,本題注意化學平衡狀態的判斷方法以及可逆反應的特點。10、C【解析】
A、油脂以及單糖和二糖等都不是高分子化合物,A錯誤;B、煤的干餾是化學變化,石油的分餾是物理變化,B錯誤;C、丁基有4種,則C4H9C1有4種同分異構體,C正確;D、含有不飽和鍵的油脂能使溴的四氯化碳溶液褪色,D錯誤。答案選C。【點睛】本題主要是油脂的結構和性質,化石燃料的綜合利用,苯的性質以及同分異構體判斷等,難點是選項C中同分異構體判斷,注意一取代產物數目的判斷方法,基元法就是常用的一種,例如丁基有四種異構體,則丁醇、戊醛、戊酸等都有四種同分異構體。11、B【解析】
氯氣與水發生反應:Cl2+H2O═H++Cl-+HClO,HClO不穩定,見光易分解產生氯化氫與氧氣,氯化氫易溶于水形成鹽酸,而氧氣不易溶于水而逸出,B項正確;答案選B。12、A【解析】
根據Xn-化合價可得X的氫化物的化學式為HnX,因X的質量數為A,則HnX的摩爾質量為(A+n)g/mol,agX的氫化物的物質的量為aA+nmol,每個HNX分子中含有的質子數為(A-N+n),故agX的氫化物中含質子的物質的量為aA+n(A-N+n)mol,故13、A【解析】
因硝酸具有強氧化性,能使試紙褪色,則滴加濃硝酸,先變紅后褪色,最后為白色;濃硫酸具有脫水性,則能使藍色石蕊試紙最后變為黑色;因氯水中含有鹽酸和次氯酸,新制氯水具有漂白性,則在試紙上滴加氯水,先變紅后褪色,最后為白色。故選A。14、B【解析】分析:未涉及到電子轉移即無化合價變化詳解:A.人工固氮和自然固氮,人工固氮--工業上通常用H2和N2在一定條件下合成氨。天然固氮--閃電能使空氣里的氮氣轉化為一氧化氮,一次閃電能生成80~1500kg的一氧化氮.這也是一種自然固氮.自然固氮遠遠滿足不了農業生產的需要.豆科植物中寄生有根瘤菌,它含有氮酶,能使空氣里的氮氣轉化為氨,再進一步轉化為氮的化合物.氮的化合價變化,有電子轉移,故A錯誤;B.SO2使含有酚酞的氫氧化鈉溶液褪色,反應為SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O,沒有元素化合價變化,故B正確;C.硫酸型酸雨久置pH減小,2H2O+2SO2+O2=2H2SO4,硫化合價變化,有電子轉移,故C錯誤;D.H2O2使酸化的KI溶液變黃即H2O2氧化KI生成碘單質,反應前后O、I元素的化合價發生變化,涉及到電子轉移,故D錯誤。故選B。點睛:解題的關鍵:充分理解氧化還原反應的含義,氧化還原反應前后有化合價變化。15、B【解析】
五種溶液含有的陽離子各不相同,但都是氯化物,因而KSCN溶液不能達到目的,且鹽酸與五種氯化物都不反應,利用金屬氫氧化物的溶解性及顏色來鑒別,因又涉及到Al3+和Mg2+的鑒別,因此必需選強堿,據此解答?!驹斀狻緼.加入鹽酸,與五種物質都不反應,不能鑒別,A錯誤;B.加入NaOH溶液,氯化鈉不反應,FeCl3生成紅褐色沉淀,FeCl2生成白色沉淀,然后迅速變成灰綠色,最后變成紅褐色,MgCl2生成白色沉淀,AlCl3先生成白色沉淀,沉淀然后溶解,現象各不相同,可鑒別,B正確;C.加入氨水,不能鑒別MgCl2、AlCl3,C錯誤;D.加入KSCN只能鑒別FeCl3,不能鑒別其它物質,D錯誤。答案選B。16、C【解析】
實驗室可用Z的最高價氧化物的水化物稀溶液檢驗W的最高價氧化物,則Z是Ca,W是C;X與Z同主族,則X是Mg,W、X、Y的原子最外層電子數之和為13,則Y的最外層電子數為7,因此Y是Cl。【詳解】A.同一主族,電子層數越大,失電子能力越強,因此失電子能力Z>X,A錯誤;B.電子層數越大,半徑越大,電子層數相同時,核電荷數越大,半徑越小,因此原子半徑Z>X>Y,B錯誤;C.最高正價等于最外層電子數,W、X、Y、Z的最高正化合價依次為+4、+2、+7、+2,C正確;D.W與Y能形成化合物CCl4,只含有極性鍵,W與Y還可以形成化合物CCl3CCl3,既含有極性鍵也含有非極性鍵,D錯誤;答案選C。17、D【解析】
A.在NaOH溶液中,鋁能與NaOH溶液發生氧化還原反應,在該反應中,鋁失電子作原電池的負極,而鎂和氫氧化鈉溶液不能發生氧化還原反應,故A錯誤;B.在NaOH溶液中,鋁能與NaOH溶液發生氧化還原反應,在該反應中,鋁失電子作原電池的負極,由于電池開始工作時,生成的鋁離子的量較少,NaOH過量,此時不會有Al(OH)3白色沉淀生成,故B錯誤;C.該裝置外電路,是由電子的定向移動形成電流,而內電路,則是由溶液中自由移動的離子的定向移動形成電流,故C錯誤;D.由于鋁片表面的氧化膜也能與NaOH溶液反應,故其不必處理,故D正確;故答案為D。18、A【解析】碳酸鉀水解生成堿,氫氧化鉀,屬于水解反應,答案選A。19、B【解析】分析:根據除雜時不能引入新的雜質、不能影響被提純的物質的性質,質量不能減少但可增加,并且操作簡單可行,除雜時要結合物質的物理性質和化學性質進行分離。詳解:A、因酯和酸沸點相近而不易蒸餾分離,A錯誤;B、乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉,乙酸的酸性比碳酸強,能與碳酸鈉反應生成二氧化碳而被吸收,然后分液可得到乙酸乙酯,B正確;C、雖然乙酸能溶于水而除去,但乙酸乙酯也有部分溶于水,C錯誤;D、雖然乙酸能溶于氫氧化鈉溶液而除去,但乙酸乙酯也與氫氧化鈉反應,D錯誤;答案選B。點睛:本題考查物質的分離、提純和除雜,題目難度不大,本題注意除雜時不能引入新的雜質,且不能減少被提純的物質的量,注意物質的性質差異。20、A【解析】
A、與都是Cl原子,得電子能力相同,故A正確;B、核外電子排布相同的微粒可以是分子、原子或離子,如O2 ̄、Na+、Mg2+等化學性質不相同,故B錯誤;C、核外電子排布相同的離子,原子序數越大,離子半徑越小,則S2 ̄半徑大于Cl ̄,故C錯誤;D、因同主族元素從上到下非金屬性逐漸減弱,則同主族元素最高價含氧酸的酸性隨核電荷數的增加而減弱,但沒有指明最高價含氧酸,故D錯誤;答案選A。21、B【解析】
A.液氯易揮發出有毒的氯氣,應貼有毒氣體的標志,A項錯誤;B.汽油為易燃、無毒,常溫下為液體有機物,故應貼易燃液體的標志,B項正確;
C.濃硫酸有強腐蝕性,是腐蝕品,應貼易腐蝕的標志,C項錯誤;D.四氯化碳能用來滅火,不易燃燒,D項錯誤;答案選B。22、A【解析】分析:氧化還原反應中,做還原劑的物質中元素的化合價升高,發生氧化反應;做氧化劑的物質中元素的化合價降低,發生還原反應;氧化劑對應還原產物,還原劑對應氧化產物,據此分析解答。詳解:2N2H4+2NO2=3N2+4H2O反應中,N2H4中氮元素化合價為-2價,升高到0價發生氧化反應,做還原劑;NO2中氮元素化合價為+4價,降低到0價發生還原反應,做氧化劑;水為生成物,氮氣既是氧化產物,又是還原產物;因此上述反應中N2H4做還原劑,A正確;正確選項A。二、非選擇題(共84分)23、碳硫【解析】
A、B、C、D四種短周期元素,它們的原子序數由A到D依次增大,已知A和B原子有相同的電子層數,且A的L層電子數是K層電子數的兩倍,則A為C元素,C燃燒時呈現黃色火焰,C的單質在點燃條件下與B的單質充分反應,可以得到淡黃色固態化合物,則C為Na元素,B為O元素,D的M層電子數為K層電子數的3倍,則D為S元素?!驹斀狻浚?)根據上述推斷,A為碳,D為硫。(2)D為16號元素硫,有三層電子,電子數分別為2、8、6,硫原子的原子結構示意圖為。(3)C2D是Na2S,是由Na+和S2-形成的離子化合物,則Na2S的形成過程為:。24、羥基羧基H2OCH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2BrCH2=CH-COOH+CH3OHCH2=CH-COOCH3+H2OACDEH2O、CH2ClCHO【解析】
乙烯通過加成反應生成I,I通過取代反應得到II,II中-CN轉化為-COOH,III發生消去反應生成IV,結合VI采用逆分析法可推出V為CH2=CH-COOCH3,則(1)根據結構簡式,結合官能團的分類作答;(2)依據有機反應類型和特點作答;(3)乙烯與溴發生加成反應生成1,2-二溴乙烷;(4)化合物Ⅳ到化合物Ⅴ發生的是酯化反應;(5)化合物Ⅲ中含羧基和羥基,化合物Ⅳ中含碳碳雙鍵和羧基,化合物Ⅴ中含碳碳雙鍵和酯基,根據官能團的結構與性質分析解答;(6)羥基在銅做催化劑作用下發生催化氧化?!驹斀狻浚?)根據結構簡式可判斷,化合物Ⅲ中所含官能團的名稱是羥基和羧基;(2)化合物Ⅲ生成化合物Ⅳ的反應是羥基的消去反應,所以另一種生成物是H2O;(3)乙烯含有碳碳雙鍵,能和溴水發生加成反應,反應方程式為CH2=CH2+Br2CH2Br-CH2Br;(4)Ⅵ是高分子化合物,其單體CH2=CH-COOCH3,所以從化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反應是酯化反應,方程式為CH2=CH-COOH+CH3OHCH2=CH-COOCH3+H2O;(5)A.化合物Ⅲ中含羥基,可以發生氧化反應,A項正確;B.化合物Ⅲ中含有羧基,能和氫氧化鈉反應,B項錯誤;C.化合物Ⅳ中含碳碳雙鍵,能與氫氣發生加成反應,C項正確;D.化合物Ⅲ中含羥基,化合物Ⅳ中含羧基,均可與金屬鈉反應生成氫氣,D項正確;E.化合物Ⅳ和Ⅴ中均含碳碳雙鍵,均可以使溴的四氯化碳溶液褪色,E項正確;答案選ACDE;(6)化合物Ⅰ中含有羥基,能被催化氧化,所以生成物是H2O和CH2ClCHO。25、甲酸化可防止Cl2與H2O反應SO2+Br2+2H2O===4H++SO42-+2Br-甲含溴海水中溴的濃度低,直接蒸餾成本高,甲流程中③④⑤步實際上是溴的富集過程,可提高溴的濃度,減少能源消耗,降低成本D【解析】
(1)氯氣通入到海水中,發生反應生成鹽酸、次氯酸,若用硫酸酸化,則增大溶液中氫離子濃度,使平衡逆向移動,從而提高氯氣的利用率;(2)步驟④用二氧化硫與溴反應生成硫酸和氫溴酸來吸收溴蒸氣,反應的離子方程式為:SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-;(3)工業流程要求首先對試劑進行富集,大批量生產,且降低成本,則甲符合;工業進行蒸餾時需要大量的能源,且產量低;(4)A.A裝置中通入的a氣體是Cl2,利用氯氣將溶液中的溴離子氧化為單質,A正確;B.實驗時應在A裝置中通入氯氣氣體一段時間后,停止通入,改通入熱空氣,否則通入熱空氣會降低氯氣的利用率,且產生氯氣雜質,B正確;C.B裝置中通入的b氣體是SO2,用二氧化硫吸收空氣中的溴單質,進行產品的富集,C正確;D.C裝置的作用吸收多余的SO2氣體和未反應的溴蒸氣,D錯誤;答案為D26、Cl2+2Br-=2Cl-+Br2吹出Br2SO2Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4吸收未反應的Cl2、Br2、SO2,防污染【解析】分析:由流程可知,氯氣與濃縮海水中溴離子發生氧化還原反應生成溴,在吹出塔中富集溴,然后在吸收塔中溴、二氧化硫和水發生氧化還原反應生成硫酸和HBr;由實驗裝置可知,a為氯氣,可氧化溴離子,熱空氣可將生成的溴蒸氣吹出,氣體b為二氧化硫,在B裝置中發生氧化還原反應生成硫酸和HBr,C裝置為尾氣處理裝置,吸收氯氣、二氧化硫、溴等,以此來解答。詳解:(1)要想使溴離子變成溴單質,則加入的a能和溴離子發生反應生成溴單質,氯氣能和溴離子發生置換反應生成溴單質,離子反應方程式為Cl2+2Br-=2Cl-+Br2;(2)溴易揮發,升高溫度促進其揮發,所以通入熱空氣的目的是吹出Br2;(3)使溴蒸氣轉化為氫溴酸以達到富集的目的,可知氣體b為SO2,發生的反應為Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4;(4)氯氣不可能完全反應,氯氣和溴離子反應生成溴單質,未反應的二氧化硫、氯氣和溴都有毒,不能直接排入空氣中,且這幾種物質都能和堿反應,所以C裝置是尾氣處理裝置,可知C的作用為吸收未反應的Cl2、Br2、SO2,防污染。27、②④⑤除去水中溶解氧防止得到Fe2+被氧化而引入雜質蒸發濃縮冷卻結晶取樣,加入幾滴KSCN溶液,若溶液呈現血紅色,則溶液中含有Fe3+【解析】分析:本題考查了化學實驗基本操作。(1)煮沸和過濾操作常用到的儀器。由溶液制晶體時,要經過加熱濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌等步驟;實驗室一般用KSCN溶液檢驗Fe3+,若加入KSCN后,溶液顯血紅色,說明Fe3+存在。詳解:(1)溶液加熱和過濾過程中用到的儀器有:鐵架臺、燒杯、玻璃棒、酒精燈、錐形瓶、濾紙等,因此本題答案為②④⑤。(2)在步驟1中所加的碳酸鈉溶液中需要煮沸,其目的是除去水中溶解氧氣防止得到Fe2+被氧化而引入雜質。(3)(NH4)2SO4溶
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