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文檔簡介
寧夏回族自治區石嘴山市三中2025屆化學高二下期末監測模擬試題注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚,將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2.答題時請按要求用筆。3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答,超出答題區域書寫的答案無效;在草稿紙、試卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出,確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔,不要折暴、不要弄破、弄皺,不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、下列說法不正確的是()A.明礬可做消毒劑B.次氯酸鈉可作漂白劑C.氧化鋁可作耐火材料D.氫氧化鋁可作治療胃酸過多的藥物2、有機物分子中原子間(或原子與原子團間)的相互影響會導致物質化學性質的不同。下列各項事實不能說明上述觀點的是()A.乙酸分子中羥基上的氫原子較乙醇中羥基上的氫原子更活潑B.乙炔能發生加成反應,而乙烷不能發生加成反應C.甲苯的硝化反應較苯更容易D.苯酚能和氫氧化鈉溶液反應,而乙醇不能和氫氧化鈉溶液反應3、以下實驗能獲得成功的是A.用乙醇和乙酸混合共熱制取乙酸乙酯B.將鐵屑、溴水、苯混合制溴苯C.在苯中滴入濃硝酸制硝基苯D.將銅絲在酒精燈加熱后,立即伸入無水乙醇中,銅絲恢復成原來的紅色4、水的電離平衡曲線如下圖所示。下列說法正確的是A.圖中對應點的溫度關系為:a>bB.水的電離常數KW數值大小關系為:b>dC.溫度不變,加入少量NaOH可使溶液從c點變到a點D.在b點對應溫度下,將pH=2的H2SO4與pH=10的NaOH溶液等體積混合后,溶液顯酸性5、用已知濃度的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液時,下列操作中正確的是A.酸式滴定管用蒸餾水洗凈后,直接加入已知濃度的鹽酸B.錐形瓶用蒸餾水洗凈,必須干燥后才能加入一定體積未知濃度的NaOH溶液C.滴定時,沒有排出滴定管中的氣泡D.讀數時視線與滴定管內液體凹液面最低處保持水平6、兩種大氣污染物NO2和SO2在一定條件下可以發生如下反應:NO2+SO2===NO+SO3,在體積為VL的密閉容器中通入3molNO2和5molSO2,反應后容器內氮原子和氧原子個數比為()A.3∶10B.16∶3C.3∶16D.5∶167、可用來鑒別己烯、甲苯、己烷的一組試劑是()A.溴水 B.酸性高錳酸鉀溶液C.溴水、酸性高錳酸鉀溶液 D.溴的四氯化碳溶液8、有A、B、C、D四種金屬。將A與B用導線連接起來,浸入電解質溶液中,B為正極。將A、D分別投入等濃度鹽酸中,D比A反應劇烈。將銅浸入B的鹽溶液里,無明顯變化。如果把銅浸入C的鹽溶液里,有金屬C析出。據此判斷它們的活動性由強到弱的順序是()A.D>C>A>BB.D>A>B>CC.D>B>A>CD.B>A>D>C9、Al、Fe、Cu都是重要而常見的金屬,下列有關說法正確的是()A.三者的單質在常溫下都能溶于稀硝酸B.三者的單質放置在空氣中均只生成氧化物C.三者的所有氧化物均為酸性氧化物D.工業上制備這三種金屬的方法依次為電解法、熱分解法和熱還原法10、一種充電電池放電時的電極反應為:H2+2OH—2e—=2H2O、NiO(OH)+H2O+e—=Ni(OH)2+OH—。當為電池充電時,與外電源正極連接的電極上發生的反應是()A.H2O的還原 B.NiO(OH)的還原C.H2的氧化 D.Ni(OH)2的氧化11、下列化學用語表示或描述不正確的是A.Ca的電子排布式是[Ar]3d2B.BF3的VSEPR的模型名稱是平面三角形C.NH4+中心原子N上的孤電子對數為0D.在[Cu(NH3)4]2+里,NH3的氮原子給出孤電子對,形成配位鍵12、科學家已經發明利用眼淚來檢測糖尿病的裝置,其原理是用氯金酸鈉(NaAuCl4)溶液與眼淚中的葡萄糖反應生成納米金單質顆粒。下列有關說法中不正確的是A.葡萄糖不能發生水解反應B.葡萄糖屬于單糖C.檢測時NaAuCl4發生氧化反應D.葡萄糖可以通過綠色植物光合作用合成13、下列實驗操作不當的是A.用稀硫酸和鋅粒制取H2時,加幾滴CuSO4溶液以加快反應速率B.用標準HCl溶液滴定NaHCO3溶液來測定其濃度,選擇酚酞為指示劑C.用鉑絲蘸取某堿金屬的鹽溶液灼燒,火焰呈黃色,證明其中含有Na+D.常壓蒸餾時,加入液體的體積不超過圓底燒瓶容積的三分之二14、下列關于煤、石油、天然氣等資源的說法正確的是()。A.石油裂化得到的汽油是純凈物B.石油產品都可用于聚合反應C.天然氣是一種清潔的化石燃料D.水煤氣是通過煤的液化得到的氣體燃料15、用含少量鎂粉的鋁粉制取純凈的氫氧化鋁,下列操作步驟中最恰當的組合是()①加鹽酸溶解②加燒堿溶液溶解③過濾④通入過量CO2生成Al(OH)3沉淀⑤加入鹽酸生成Al(OH)3沉淀⑥加入過量燒堿溶液A.②③④③ B.①⑥⑤③ C.②③⑤③ D.①③⑤③16、某烴的結構簡式如下:分子中處于四面體中心位置的碳原子數為a,一定在同一直線上的碳原子個數為b,一定在同一平面上的碳原子數為c。則a、b、c分別為A.4、4、7B.4、3、6C.3、5、4D.2、6、4二、非選擇題(本題包括5小題)17、高血脂是一種常見的心血管疾病,治療高血脂的新藥I(C31H34O6)的合成路線如圖:已知:、RCHO回答下列問題:(1)②的反應類型是___。(2)G的結構簡式為___。(3)①寫出A→B的化學方程式為___。②寫出E和新制氫氧化銅溶液反應的化學方程式___。③寫出B與銀氨溶液反應的離子方程式___。(4)若某化合物W的相對分子質量比化合物C大14,且滿足下列條件,則W的可能結構有___種。①遇到FeCl3溶液顯色②屬于芳香族化合物③能發生銀鏡反應18、有A,B,C,D,E五種元素,其中A,B,C,D為短周期元素,A元素的周期數、主族數、原子序數相同;B原子核外有3種能量不同的原子軌道且每種軌道中的電子數相同;C原子的價電子構型為csccpc+1,D元素的原子最外層電子數比次外層電子數少2個,D的陰離子與E的陽離子電子層結構相同,D和E可形成化合物E2D.(1)上述元素中,第一電離能最小的元素的原子結構示意圖為__;D的價電子排布圖為__;(2)下列分子結構圖中的●和○表示上述元素的原子中除去最外層電子的剩余部分,小黑點表示沒有形成共價鍵的最外層電子,短線表示共價鍵.則在以上分子中,中心原子采用sp3雜化形成化學鍵的是__(填寫分子的化學式);在③的分子中有__個σ鍵和__個π鍵.(3)A,C,D可形成既具有離子鍵又具有共價鍵的化合物,其化學式可能為__;足量的C的氫化物水溶液與CuSO4溶液反應生成的配合物,其化學式為__,請說出該配合物中中心原子與配位體及內界與外界之間的成鍵情況:__.19、某班同學用如下實驗探究Fe2+、Fe3+和FeO42-的性質。資料:K2FeO4為紫色固體,微溶于KOH溶液;具有強氧化性,在酸性或中性溶液中快速產生O2,在堿性溶液中較穩定。回答下列問題:(1)分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體,均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑,其目的是________;將FeCl3晶體溶于濃鹽酸,再稀釋到需要的濃度,鹽酸的作用是________。(2)制備K2FeO4(夾持裝置略)后,取C中紫色溶液,加入稀硫酸,產生黃綠色氣體,得溶液a,經檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl-而產生Cl2,設計以下方案:方案Ⅰ取少量a,滴加KSCN溶液至過量,溶液呈紅色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌C中所得固體,再用KOH溶液將K2FeO4溶出,得到紫色溶液b。取少量b,滴加鹽酸,有Cl2產生。Ⅰ.由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有______離子,但該離子的產生不能判斷一定是K2FeO4將Cl-氧化,還可能由________________產生(用方程式表示)。Ⅱ.方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗滌的目的是________________。根據K2FeO4的制備原理3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O得出:氧化性Cl2______FeO42-(填“>”或“<”),而方案Ⅱ實驗表明,Cl2和FeO42-的氧化性強弱關系相反,原因是________________。20、Na2O2具有強氧化性,可以用來漂白紡織類物品、麥桿、纖維等。(1)如下圖所示實驗,反應的化學方程式為_______________。實驗結束后,向試管所得溶液中滴加酚酞溶液,現象是___________________________。(2)若用嘴通過導管向附著少量Na2O2粉末的棉花吹氣,棉花燃燒。原因是Na2O2與H2O和CO2反應,其中與CO2反應的化學方程式為______________________。若標準狀況下反應生成了5.6LO2,則轉移電子的物質的量為______mol。過氧化鈣(CaO2)是一種白色、無毒、難溶于水的固體,能殺菌消毒,廣泛用于果蔬保鮮、空氣凈化、污水處理等方面。工業生產過程如下:①在NH4Cl溶液中加入Ca(OH)2;②在第①步的生成的產物中加入30%H2O2,反應生成CaO2?8H2O沉淀;③經過陳化、過濾,水洗得到CaO2?8H2O,再脫水干燥得到CaO2。完成下列填空:(3)第①步反應的化學方程式為_____________________。(4)生產中可循環使用的物質是_____________________。(5)檢驗CaO2?8H2O是否洗凈的方法是___________。(6)已知CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2。如圖是實驗室測定產品中CaO2含量的裝置(夾持裝置省略)。若所取產品質量是mg,測得氣體體積為VmL(標況),產品中CaO2的質量分數為________(用字母表示)。過氧化鈣的含量也可用重量法測定,需要測定的物理量有______________________。21、(1)氯酸是一種強酸,氯酸的濃度超過40%就會迅速分解,反應的化學方程式為8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O。根據題意完成下列小題:①在上述變化過程中,發生還原反應的過程是_____→____(填化學式)。②該反應的氧化產物是________(填化學式)。(2)已知測定錳的一種方法是:錳離子轉化為高錳酸根離子,反應體系中有H+、Mn2+、H2O、IO3-、MnO4-、IO4-。有關反應的離子方程式為_____。(3)工業尾氣中含有大量的氮氧化物,NH3催化還原氮氧化物(SCR)技術是目前應用最廣泛的煙氣氮氧化物脫除技術。反應原理如圖所示:①由上圖可知SCR技術中的氧化劑為_____________。②用Fe作催化劑加熱時,在氨氣足量的情況下,當NO2與NO的物質的量之比為1∶1時,寫出該反應的化學方程式:________。
參考答案一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、A【解析】
A.明礬電離產生的Al3+發生水解反應產生的氫氧化鋁膠體有吸附作用,可以吸附水中懸浮的固體物質,從而使水澄清,故明礬有凈水作用,但沒有消毒作用,A錯誤;B.次氯酸鈉有強的氧化作用,可以將有色物質氧化變為無色物質,故可作漂白劑,B正確;C.氧化鋁是離子化合物,熔沸點很高,故可作耐火材料,C正確;D.氫氧化鋁可與胃酸(即鹽酸)發生反應,產生氯化鋁,從而可以降低胃酸的濃度,故可以作治療胃酸過多的藥物,D正確。答案選A。2、B【解析】
A、乙酸分子中羥基上的氫原子因受羰基的影響,更易電離出氫,而乙醇分子中羥基上的氫受乙基的影響不大,難電離出氫,A正確;B、乙炔能發生加成反應是因為分子結構中存在碳碳三鍵;乙烷為飽和烴不能加成,B錯誤;C、甲苯中苯環受甲基的影響,使得苯環上甲基的鄰、對位C上的氫更易被取代,C正確;D、苯酚溶液顯弱酸性是苯環影響羥基,使得羥基上的氫更易電離,而乙醇僅受乙基的影響,且影響效果很弱,D正確;答案選B。3、D【解析】試題分析:A.乙醇和乙酸在濃硫酸的作用下混合共熱才可以制取乙酸乙酯,故A錯誤;B.鐵屑、液溴、苯混合可以制溴苯,不能用溴水,故B錯誤;C.在苯中滴入濃硝酸和濃硫酸來制硝基苯,故C錯誤;D.在乙醇的催化氧化中,金屬銅作催化劑,銅參與反應,最后會生成金屬銅,故D正確;故選D。考點:考查有機物的性質4、B【解析】
A.升溫促進水的電離,b點時水電離的氫離子濃度較大,說明溫度較高,故A錯誤;B.d點與a點溫度相同Kw相同,a點時Kw=10-14,b點時Kw=10-12,KW數值大小關系為:b>d,故B正確;C.溫度不變,Kw不變,若從c點到a點,c(OH-)不變,c(H+)變大,故C錯誤;D.若處在B點時,pH=2的硫酸中c(H+)=10-2mol/L,pH=10的NaOH中c(OH-)=10-1210-10=10-2mol/L,等體積混合后,溶液顯中性5、D【解析】A、滴定管在裝液之前必須要用標準液潤洗,否則將稀釋標準液,選項A錯誤;B、錐形瓶用蒸餾水洗凈,不必干燥就能加入一定體積未知濃度的NaOH溶液,里面殘留有蒸餾水對測定結果無影響,選項B錯誤;C、在滴定之前必須排盡滴定管下端口的氣泡,然后記錄讀書,進行滴定,選項C錯誤;D、讀數時視線必須和凹液面最低處保持水平,選項D正確。答案選D。6、C【解析】試題分析:體積為VL的密閉容器中通入3molNO2和5molSO2,n(N)=3mol,n(O)=3mol×2+5mol×2=16mol,由質量守恒定律可知,反應前后原子守恒,則反應后容器內氮原子和氧原子個數比為3mol:16mol=316【考點定位】考查質量守恒【名師點晴】本題以氧化還原反應為載體考查原子守恒的計算,為高頻考點,把握原子守恒為解答的關鍵,側重分析能力和計算能力的考查。本題中看似考查是氧化還原反應,實際上與化學反應無關,任何化學反應,在密閉容器中都遵守質量守恒定律,原子為化學變化中的最小微粒,反應前后的原子守恒。7、C【解析】
鑒別己烯、甲苯、己烷分為兩步進行:①取少量待測液分裝于三只試管中,三只試管中滴加少量溴水,能與溴水發生化學反應,使其褪色的是己烯;②再取除己烯外,另外兩種待測液少許于兩支試管中,兩支試管中滴加少量酸性高錳酸鉀溶液,使其褪色的是甲苯。故選C;答案:C【點睛】1.能使溴水反應褪色的有機物有:苯酚、醛、含不飽和碳碳鍵(碳碳雙鍵、碳碳叁鍵)的有機物;2.能使酸性高錳酸鉀褪色的有機物①與烯烴、炔烴、二烯烴等不飽和烴類及不飽和烴的衍生物反應;與苯的同系物(甲苯、乙苯、二甲苯等)反應;②與部分醇羥基、酚羥基(如苯酚)發生氧化還原反應;③與醛類等有醛基的有機物(如醛、甲酸、甲酸酯、甲酸鹽、葡萄糖、麥芽糖等)發生氧化還原反應。8、B【解析】兩種活動性不同的金屬和電解質溶液構成原電池,較活潑的金屬作負極,負極上金屬失電子發生氧化反應被腐蝕,較不活潑的金屬作正極,將A與B用導線連接起來浸入電解質溶液中,B為正極,所以A的活動性大于B。金屬和相同的酸反應時,活動性強的金屬反應劇烈,將A、D分別投入等濃度鹽酸溶液中,D比A反應劇烈,所以D的活動性大于A;金屬的置換反應中,較活潑金屬能置換出較不活潑的金屬,將銅浸入B的鹽溶液中,無明顯變化,說明B的活動性大于銅。如果把銅浸入C的鹽溶液中,有金屬C析出,說明銅的活動性大于C,則活動性B>Cu>C;所以金屬的活動性順序為:D>A>B>C,答案選A。點睛:本題考查了金屬活動性強弱的判斷,注意能從原電池的負極、金屬之間的置換反應、金屬與酸或水反應的劇烈程度、金屬氧化物的水化物的堿性強弱等方面來判斷金屬的活動性強弱。9、A【解析】
A項、硝酸具有強氧化性,Al、Fe、Cu都能和稀硝酸反應生成硝酸鹽、一氧化氮和水,故A正確;B項、Al、Fe放置在空氣中生成氧化物,Cu放置在空氣中生成堿式碳酸銅,故B錯誤;C項、Al2O3和強酸、強堿反應生成鹽和水,屬于兩性氧化物,CuO和FeO、Fe2O3都只能和酸反應生成鹽和水,所以屬于堿性氧化物,故C錯誤;D項、工業上制備金屬鐵和銅均采用熱還原法,故D錯誤;故選A。10、D【解析】
當為電池充電時相當于電解,與外電源正極連接的電極是陽極,失去電子,發生氧化反應,是放電時正極反應的逆反應,則發生的反應是Ni(OH)2的氧化,故D正確。答案選D。11、A【解析】
A.Ca的電子排布式是1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2,故A錯誤;B.價層電子對數=σ鍵電子對數+孤電子對數,根據BF3的電子式可知,中心原子B有沒有孤電子對,有3個σ鍵電子對,共3個價層電子對,VSEPR模型名稱為平面三角形,故C正確;C.NH4+的電子式為,中心原子N上的孤電子對數為0,故C正確;D.NH3的電子式為,所以在[Cu(NH3)4]2+里,NH3的氮原子給出孤電子對,形成配位鍵,故D正確;綜上所述,本題正確答案為A。12、C【解析】
A、葡萄糖是不能水解的單糖,選項A正確;B、葡萄糖是不能水解的單糖,選項B正確;C.檢測時NaAuCl4被葡萄糖還原,發生還原反應,選項C不正確;D、綠色植物通過光合作用可以在光照條件下,將CO2和水合成為葡萄糖,選項D正確。答案選C。13、B【解析】
A.鋅粒與加入的硫酸銅溶液發生置換反應,置換出單質銅,形成鋅銅原電池,反應速率加快,選項A正確。B.用鹽酸滴定碳酸氫鈉溶液,滴定終點時,碳酸氫鈉應該完全反應轉化為氯化鈉、水和二氧化,此時溶液應該顯酸性(二氧化碳在水中形成碳酸),應該選擇酸變色的甲基橙為指示劑,選項B錯誤。C.用鉑絲蘸取鹽溶液在火焰上灼燒,進行焰色反應,火焰為黃色,說明該鹽溶液中一定有Na+,選項C正確。D.蒸餾時,為保證加熱的過程中液體不會從燒瓶內溢出,一般要求液體的體積不超過燒瓶體積的三分之二,選項D正確。【點睛】本題選項B涉及的是滴定過程中指示劑的選擇。一般來說,應該盡量選擇的變色點與滴定終點相近,高中介紹的指示劑主要是酚酞(變色范圍為pH=8~10)和甲基橙(變色范圍為pH=3.1~4.4)。本題中因為滴定終點的時候溶液一定為酸性(二氧化碳飽和溶液pH約為5.6),所以應該選擇甲基橙為指示劑。對于其他滴定,強酸強堿的滴定,兩種指示劑都可以;強酸滴定弱堿,因為滴定終點為強酸弱堿鹽,溶液顯酸性,所以應該使用甲基橙為指示劑;強堿滴定弱酸,因為滴定終點為強堿弱酸鹽,溶液顯堿性,所以應該使用酚酞為指示劑。14、C【解析】石油的主要成份為烷烴和芳香烴,并不能用于聚合反應,生成的裂解氣是一種復雜的小分子混合氣體,主要成份為稀烴;水煤氣是煤的氣化產生的氣體CO和氫氣;15、A【解析】
鎂、鋁都能與酸反應,但鋁可溶于強堿,而鎂不能,則可先向鎂粉的鋁粉中加入燒堿溶液,使鋁粉溶解,過濾后可到NaAlO2溶液,再向NaAlO2溶液中通入過量CO2,CO2與NaAlO2溶液反應生成Al(OH)3沉淀,過濾、洗滌可得到純凈的氫氧化鋁,正確順序為②③④③,答案選A。16、B【解析】分析:由結構可以知道,分子中含碳碳雙鍵和三鍵,雙鍵為平面結構,三鍵為直線結構,其它C均為四面體構型,以此來解答。詳解:
中,處于四面體中心位置的碳原子數為a,甲基、亞甲基均為四面體構型,則a=4;與三鍵直接相連的C共線,一定在同一直線上的碳原子個數為b,則b=3;含有碳碳雙鍵共面,含碳碳三鍵的共線,且二者直接相連,一定共面,一定在同一平面上的碳原子數為c,所以一定在同一平面內的碳原子數為6個,即c=6;B正確;正確選項B。二、非選擇題(本題包括5小題)17、取代反應2+O22+2H2OHCHO+4Cu(OH)2→CO2↑+2Cu2O↓+5H2O+2+2OH-+2Ag+3NH3↑+H2O13【解析】
A是苯甲醇,B是苯甲醛,C是苯甲酸,D二氯甲烷水解得到E為甲醛,按信息知G也是含醛基的物質,H含有羥基,是由G中醛基與氫氣加成反應生成,I含有酯基,據此回答;(1)②是酯化反應;(2)F到G,碳原子數目增加2個,所以F+2HCHO發生題給信息反應(羥醛縮合)后才轉變成G;(3)①A→B是苯甲醇的催化氧化反應;②D→E,是D在氫氧化鈉的水溶液、加熱條件下發生取代反應,但同一個碳原子上含有兩個羥基不穩定會失水生成醛,E是甲醛,分子內2個氫原子是等同的,和足量新制氫氧化銅溶液反應時,氫原子均可反應,結果氧化產物就變成了二氧化碳,據此寫化學方程式;③B是苯甲醛,可和銀氨溶液反應,據此寫離子方程式;(4)W的相對分子質量比化合物C大14,C為苯甲酸,W比它多一個CH2,分子式為C7H6O2,W要滿足幾個條件,把對應的所含基團找出來,確定各自的位置關系,就可以找到W的可能結構有幾種;【詳解】(1)反應②是H和C之間的反應,C為,H為,H和C發生酯化反應,屬于取代反應;答案為:取代反應;(2)F到G,碳原子數目增加2個,所以F+2HCHO→G,發生題給信息反應(羥醛縮合),G為;答案為:;(3)①A→B是苯甲醇的催化氧化反應;答案為:2+O22+2H2O;②D→E,是D在氫氧化鈉的水溶液、加熱條件下發生取代反應,但同一個碳原子上含有兩個羥基不穩定會失水生成醛,E是甲醛,分子內2個氫原子是等同的,和足量新制氫氧化銅溶液反應時,氫原子均可反應,結果氧化產物就變成了二氧化碳,化學方程式為HCHO+4Cu(OH)2→CO2↑+2Cu2O↓+5H2O;答案為:HCHO+4Cu(OH)2→CO2↑+2Cu2O↓+5H2O;③B是苯甲醛,可和銀氨溶液反應,在水浴加熱下產生銀鏡,離子方程式為:+2+2OH-+2Ag+3NH3↑+H2O;答案為:+2+2OH-+2Ag+3NH3↑+H2O;(4)W的相對分子質量比化合物C大14,C為,W比它多一個CH2,W分子式為C8H8O2,W要滿足幾個條件,①遇FeCl3溶液顯紫色,說明含有酚羥基,②屬于芳香族化合物,即含有苯環,③能發生銀鏡反應,還含有醛基,因此當W含有2個側鏈為—OH、—CH2CHO時,有鄰、間、對3種結構,當W含有的3個側鏈為—OH、—CH3和—CHO時,先在苯環上固定2個取代基得出鄰間對3種再把第三個基團放上去,一共又可組合出10種結構,一共13種;答案為:13。18、NH3、CH4、H2S51NH4HS或(NH4)2S[Cu(NH3)4]SO4內界中銅離子與氨分子之間以配位鍵相結合,外界銅氨絡離子與硫酸根離子之間以離子鍵相結合【解析】
由于A,B,C,D為短周期元素,因A元素的周期數、主族數、原子序數相同,則A只能為氫元素;同一能層的不同能級的能量不同,符號相同的能級處于不同能層時能量也不同,即1s、2s、2p的軌道能量不同,2p有3個能量相同的軌道,由此可確定B;因s軌道最多只能容納2個電子,所以c=2,即C原子價電子構型為2s22p3,即氮元素。短周期中原子的次外層只可能是K或L層,K、L層最多容納2個或8個電子,據此可確定D。再由D的陰離子電子數及在E2D中E的化合價,即可確定E。由此分析。【詳解】由于A,B,C,D為短周期元素,A元素的周期數、主族數、原子序數相同,則A為氫元素;B原子核外有3種能量不同的原子軌道且每種軌道中的電子數相同,則B的電子排布式為1s22s23p2,即B為碳元素;因s能級最多只能容納2個電子,即c=2,所以C原子價電子構型為2s22p3,C為氮元素;短周期中原子的次外層只可能是K或L層,K、L層最多容納2個或8個電子,因D原子最外層電子數比次外層電子數少2個,所以D的次外層只能是L層,D的最外層應為6個電子,即D為16號元素硫;硫元素的陰離子(S2-)有18個電子,E陽離子也應有18個電子,在E2D中E顯+1價,所以E為19號元素鉀。所以A、B、C、D、E分別為氫、碳、氮、硫、鉀。(1)上述五種元素中金屬性最強的是鉀元素,故它的第一電離能最小,其原子結構示意圖為。硫原子價電子層為M層,價電子排布式為3s23p4,其電子排布圖為。(2)①分子結構圖中黑點表示的原子最外層有5個電子,顯然是氮原子,白球表示的原子最外層只有1個電子,是氫原子,所以該分子是NH3,中心N原子有3個σ鍵,1個孤電子對,故采用sp3雜化;②分子中黑球表示的原子最外層4個電子,是碳原子,白球表示的原子的最外層只有1個電子,是氫原子,所以②分子是CH4,中心碳原子有4個σ鍵,0個孤電子對,采用sp3雜化;③分子中黑球表示的原子最外層4個電子,是碳原子,白球表示的原子的最外層只有1個電子,是氫原子,所以③分子是CH2=CH2,中心碳原子有3個σ鍵,0個孤電子對,所以中心原子采用sp2雜化;④分子中黑球表示的原子最外層6個電子,是硫原子,白球表示的原子的最外層只有1個電子,是氫原子,該分子為H2S,中心S原子有2個σ鍵,2個孤電子對,所以中心原子采用sp3雜化。因此中心原子采用sp3雜化形成化學鍵的分子有NH3、CH4、H2S。在CH2=CH2的分子中有5個σ鍵和1個π鍵。(3)根據上面的分析知A、C、D分別為氫、氮、硫三種元素,形成既具有離子鍵又具有共價鍵的化合物是硫氫化銨或硫化銨,其化學式為NH4HS或(NH4)2S,銨根與HS-或S2-之間是離子鍵,銨根中的N與H之間是共價鍵,HS-中H與S之間是共價鍵。C的氫化物是NH3,NH3的水溶液與CuSO4溶液反應生成的配合物是硫酸四氨合銅,其化學式為[Cu(NH3)4]SO4。配合物[Cu(NH3)4]SO4的內界中Cu2+與NH3之間是以配位鍵相結合,外界銅氨配離子[Cu(NH3)4]2+與硫酸根離子之間是以離子鍵相結合。19、防止亞鐵離子被氧化抑制鐵離子水解Fe3+4FeO42-+20H-=4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO-的干擾>溶液的酸堿性不同【解析】
(1)氯化亞鐵易被氧化生成氯化鐵,因此在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑的目的是防止亞鐵離子被氧化;氯化鐵是強酸弱堿鹽,水解顯酸性,則將FeCl3晶體溶于濃鹽酸,再稀釋到需要的濃度,鹽酸的作用是抑制鐵離子水解;(2)I.方案I加入KSCN溶液,溶液變紅說明a中含Fe3+。但Fe3+的產生不能判斷K2FeO4與Cl-發生了反應,根據題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2,自身被還原成Fe3+,根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒,可能的反應為4FeO42-+20H-=4Fe3++3O2↑+10H2O;II.產生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O,即KClO的存在干擾判斷;K2FeO4微溶于KOH溶液,用KOH溶液洗滌的目的是除去KClO、排除ClO-的干擾,同時保持K2FeO4穩定存在;制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,在該反應中Cl元素的化合價由0價降至-1價,Cl2是氧化劑,Fe元素的化合價由+3價升至+6價,Fe(OH)3是還原劑,K2FeO4為氧化產物,根據同一反應中,氧化性:氧化劑>氧化產物,得出氧化性Cl2>FeO42-;方案II的反應為2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O,實驗表明,Cl2和FeO42-氧化性強弱關系相反;對比兩個反應的條件,制備K2FeO4在堿性條件下,方案II在酸性條件下;說明溶液的酸堿性的不同影響物質氧化性的強弱。20、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑先變紅后褪色2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O20.52NH4Cl+Ca(OH)2=2NH3?H2O+CaCl2NH4Cl取少量最后一次洗滌液于試管中,滴加少量硝酸酸化的硝酸銀溶液,觀察是否產生白色沉淀,如果產生白色沉淀就證明沒有洗滌干凈,否則洗滌干凈9V14m%或9V/1400m【解析】分析:(1)過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氧氣,根據化學反應的產物來確定現象,氫氧化鈉有堿性,能使酚酞顯示紅色,且產生氧氣,紅色褪去;(2)過氧化鈉和水以及二氧化碳反應都會生成氧氣,根據每生成1mol氧氣,轉移2mol電子計算生成了5.6LO2,轉移電子的物質的量;(3)第①步中氯化銨和氫氧化鈣發生復分解反應生成一水合氨和氯化鈣;(4)第①步中氯化銨參加反應、第②步中生成氯化銨;(5)實驗室用硝酸酸化的硝酸銀溶液檢驗氯離子;(6)根據過氧化鈣和氧氣之間的關系式計算;過氧化鈣的含量也可用重量法測定,需要測定的物理量有樣品質量和反應后固體質量。詳解:(1)過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氧氣,即2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,向試管所得溶液中滴加酚酞溶液,體系呈堿性,溶液變紅,產生氧氣,具有氧化性,故將溶液漂白,所以現象是先變紅后褪色;(2)因為過氧化鈉和水以及二氧化碳反應都會生成氧氣,氧氣具有助燃性,其中過氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣,即2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,每生成1mol氧氣,轉移2mol電子,生成氧氣的物質的量是5.6L÷22.4L/mol=0.25mol,因此轉移0.5mol電子;(3)第①步中氯化銨和氫氧化鈣發生復分解反應生成一水合氨和氯化鈣,反應方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2=2NH3?H2O+CaCl2;(4)第②步反應中,氯化鈣、雙氧水、一水合氨和水反應生成CaO2?8H2O和氯化銨,反應方程式為CaCl2+H2O2+2NH3?H2O+6H2O=CaO2?8H2O↓+2NH4Cl;第①步中氯化銨參加反應、第②步中生成氯化銨,所以可以循環使用的物質是NH4Cl;(5)實驗室用硝酸酸化
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