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文档简介

山东省胶州市第四中学2023学年高二下期6月月考化学试卷(解析版)1.下表给出了X、Y、Z、W四种短周期元素的部分信息,请根据这些信息判断下列说法中正确的是()元素XYZW原子半径(nm)最高正价或最低价+6+2-2-1A.原子序数X<Y<W<ZB.纯净的X与纯净的Z反应生成XZ3C.Z的最高正价为+6D.HW是热稳定性最强的氢化物【答案】D【解析】由最高正价或最低负价,结合原子半径、短周期元素等条件可推出X是硫,Y是镁,Z是氧,W是氟。硫在氧气中燃烧只能得到SO2,O元素的非金属仅次于氟,目前还没有发现氧元素有+6价,氟是非金属性最强的元素,HF是稳定性最强的氢化物。2.乙苯的一氯代物的结构共有()A.3种B.4种C.5种D.6种【答案】C【解析】乙苯乙基上氢原子环境有2种,苯环上氢原子环境有3种,所以乙苯的一氯代物共5种,C项正确。点拨:本题考查常见有机物命名及同分异构体知识。难度较小。3.下列离子方程式正确的是 () A.把CO2通入CaCl2溶液:Ca2++CO2+H2O==CaCO3↓+2H+ B.Al和NaOH溶液反应:Al+2OH-=AlO-2+H2↑ C.把SO2通入酸性KmnO4溶液中:5SO2+2MnO-4+2H2O=5SO2-4+2Mn2++4H+ D.NaAlO2溶液中通入过量CO2气体:2AlO-2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO2-3【答案】C【解析】A选项弱酸不能制取强酸;B选项电荷不守恒、电子不守恒;D选项过量的二氧化碳,将生成碳酸氢根离子。4.工业生产和日常生活中,如何减少二氧化碳排放已成为全世界关注的热点,低碳经济和低碳生活成为热门话题。以下做法与低碳要求不相适应的是A.尽量不使用一次性竹、木筷子B.多挖煤,多发电,加快经济发展C.利用特殊材料建屋顶、墙面,充分利用太阳光照明D.提倡骑自行车、乘公交车出行【答案】B【解析】试题分析:A.尽量不使用一次性竹、木筷子,可以减少森林的砍伐,树木可以通过光合作用吸收更多的二氧化碳,A错误;B.发展以煤炭为原料的火力发电,能产生大量的二氧化碳气体,B正确;C.利用特殊材料建屋顶、墙面,充分利用太阳光照明,能减少二氧化碳的排放,C错误;D.提倡骑自行车、乘公交车出行,能减少交通工具的使用,从而减少二氧化碳的排放,D错误;选B。考点:考查使用化石燃料的利弊及新能源的开发。5.为了得到比较纯净的物质,使用的方法恰当的是A.向Na2CO3饱和溶液中,通入过量的CO2后,加热、蒸发得到NaOH晶体B.向Fe2(SO4)3溶液加入足量NaOH溶液,经过过滤、洗涤沉淀,再充分灼烧沉淀得Fe2O3C.向FeBr2溶液中加入过量的氯水,加热蒸发得FeCl3晶体D.加热蒸发AlCl3饱和溶液得纯净的AlCl3晶体【答案】B【解析】试题分析:A.碳酸钠能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠,得不到氢氧化钠,错误;B.AlCl3饱和溶液中存在氯化铝水解平衡:Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,蒸发时氯化氢易挥发,使氯化铝水解完全得到氢氧化铝,加热分解生成Al2O3,错误;C.向FeBr2溶液中加入过量的氯水,反应生成单质溴和氯化铁,存在:Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,蒸发时溴挥发,氯化氢易挥发,使FeCl3水解完全得到氢氧化铁,加热分解生成三氧化二铁,错误;D.硫酸铁与氢氧化钠反应得到氢氧化铁沉淀,氢氧化铁加热分解生成三氧化二铁,正确。考点:水解平衡应用6.从柑橘中可提炼得到结构为的有机物,下列关于它的说法不正确的是A.分子式为C10H16B.其一氯代物有8种C.能与溴水发生加成反应D.难溶于水,且密度比水大【答案】D【解析】试题分析:A.根据题述有机物的结构简式可知,分子式为C10H16,A项正确;B.由上述结构简式可知其一氯代物有8种,B项正确;C.该有机物中含有碳碳双键,能与溴水发生加成反应,C项正确;D.一般来说含碳原子数较少的烃类物质的密度比水小,D项错误;选D。考点:考查有机物的性质。7.在一定温度不同压强(P1<P2)下,可逆反应2X(g)2Y(g)+Z(g)中,生成物Z在反应混合物中的体积分数(ψ)与反应时间(t)的关系有以下图示,正确的是【答案】B【解析】试题分析:A、图中压强p1到达平衡时间短,即p1>p2,不符合,A错误;B、图中压强p2到达平衡时间短,p1<p2,增大压强,平衡时Z的体积分数减小,说明逆向是体积减小的反应,符合,B正确;C、图中压强p1到达平衡时间短,即p1>p2,不符合,C错误;D、图中压强p2到达平衡时间短,p1<p2,增大压强,平衡时Z的体积分数增大,说明正向是体积减小的反应,不符合,D错误。答案选B。考点:平衡移动的影响因素8.有机物分子中原子(或原子团)之间的相互影响会导致它们化学性质的改变。下列叙述不能说明上述观点的是()A.苯酚与溴水直接就可反应,而苯与液溴的反应则需要催化剂B.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.乙烯可发生加成反应,而乙烷不能D.苯酚能与NaOH溶液反应,而乙醇不能【答案】C【解析】A、羟基影响苯环,使苯环上的氢变得活泼;B、苯环使甲基变得活泼;C、不能说明。D、苯环使羟基变得活泼。选C。9.下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是()A.碳酸钙受热分解B.乙醇燃烧C.铝粉与氧化铁粉末反应D.氧化钙溶于水【答案】A【解析】试题分析:反应物总能量高于生成物总能量,应为放热反应,常见放热反应有大多数化合反应、酸碱中和反应、金属与酸的反应,物质的燃烧等;生成物总能量高于反应物总能量,应为吸热反应,常见吸热反应有大多数分解反应,C、CO等还原剂与金属氧化物的反应,Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应等。生成物总能量高于反应物总能量,应为吸热反应,题中B、C、D为放热反应,而碳酸钙受热分解反应为吸热反应,故选A。考点:考查反应热与焓变10.在探究新制饱和氯水成分的实验中,下列根据实验现象得出的结论不正确的是A.向淀粉碘化钾溶液中加入氯水,溶液变为蓝色,可证明Cl2的氧化性强于I2B.新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上,试纸先变红色后褪色,说明Cl2有漂白性C.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀,说明氯水中含有Cl-D.向氯水中加入NaHCO3粉末,有气泡产生,说明氯水中含有H+【答案】B【解析】试题分析:向淀粉碘化钾溶液中加入氯水,溶液变为蓝色,说明氯水将碘离子氧化成单质碘,故氧化性氯气大于单质碘,A正确;氯水中起漂白作用的是次氯酸不是氯气,故B错误;向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀,为氯化银沉淀,说明氯水中含有Cl-,C正确;氯水中含有HCl和HClO,次氯酸的酸性小于碳酸的酸性,故不能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体,故能与碳酸氢钠反应产生气体的为HCl,HCl溶液中能完全电离出氢离子,D正确;考点:氯水的成分及性质11.下列关于电解质的叙述中,正确的是A.碳酸钙在水中溶解度很小,其溶液的导电性很弱,所以碳酸钙是弱电解质B.氢氧化钙微溶于水,但溶解的氢氧化钙全部电离,所以氢氧化钙是强电解质C.氯气和氨气的水溶液导电性都很好,所以它们是强电解质D.水难电离,纯水几乎不导电,所以水是非电解质【答案】B【解析】试题分析:A:强弱电解质和溶解度没有直接关系,A错;C:氯气和氨气的水溶液导电是因为生成氨水和亚硫酸,NH3H2ONH4++OH-,H2SO3H++HSO3-,并不是氯气和氨气本身导电,它们不是电解质,C错;D:是因为水属于极弱的电解质,电离程度是10-7,氢离子和氢氧根离子很少,所以几乎不导电。带有溶质的水是因为有电解质所以导电能力很强的,但水也是电解质,故选B。考点:电解质点评:强弱电解质与溶解度无直接关系,这是一个易错点,应注意12.下列离子反应方程式正确的是A.在碳酸氢镁溶液中加入足量Ca(OH)2溶液:Mg2++HCO3-+Ca2++2OH–==MgCO3↓+CaCO3↓+2H2OB.向饱和碳酸钠溶液通入过量的二氧化碳气体:CO32-+CO2+H2O=2HCO3-C.将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合:3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++2H2O+NO↑D.向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至Al3+刚好沉淀完全:Al3++SO42—+Ba2++3OH—==BaSO4↓+Al(OH)3↓【答案】C【解析】试题分析:A、碳酸氢镁和氢氧化钙反应生成氢氧化镁和碳酸钙和水,错误,不选A;B、饱和碳酸钠和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠会析出晶体,不拆成离子形式,错误,不选B;C、氯化亚铁被硝酸氧化成铁离子,硝酸生成一氧化氮,正确,选C;D、当铝离子刚好沉淀完全时,硫酸铝钾和氢氧化钡的比例为2:3,错误,不选D。考点:离子方程式的判断【名师点睛】(1)违背反应客观事实如:Fe2O3与氢碘酸:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O错因:忽视了Fe3+与I-发生氧化一还原反应(2)违反质量守恒或电荷守恒定律及电子得失平衡如:FeCl2溶液中通Cl2:Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-错因:电子得失不相等,离子电荷不守恒(3)混淆化学式(分子式)和离子书写形式如:NaOH溶液中通入HI:OH-+HI=H2O+I-错因:HI误认为弱酸.(4)反应条件或环境不分:如:次氯酸钠中加浓HCl:ClO-+H++Cl-=OH-+Cl2↑错因:强酸制得强碱(5)忽视一种物质中阴、阳离子配比.如:H2SO4溶液加入Ba(OH)2溶液:Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O正确:Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O(6)“=”“”“↑”“↓”符号运用不当如:Al3++3H2O=Al(OH)3↓+3H+注意:盐的水解一般是可逆的,Al(OH)3量少,故不能打“↓”13.下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是A.室温下,pH=7的醋酸和醋酸钠的混合溶液中:c(CH3COO-)>c(Na+)B.将10mLmol·L-1Na2CO3溶液逐滴滴加到10mLmol·L-1盐酸中:c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(CO32-)C.等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中:c(NH4+)=c(K+)=c(Ba2+)D.mol·L-1的某一元弱酸HA溶液和mol·L-1NaOH溶液等体积混合后的溶液:2c(OH-)+c(A-)=2c(H+)+c(HA)【答案】D【解析】试题分析:A.室温下,pH=7的醋酸和醋酸钠的混合溶液,根据电荷守恒可知c(CH3COO-)=c(Na+),错误;B.将10mL0.lmol·L-1Na2CO3溶液逐滴滴加到10mL0.lmol·L-1盐酸时,由于开始时盐酸过量所以发生反应:Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑,当盐酸恰好完全反应时,再加入Na2CO3就不再发生反应,因此溶液为Na2CO3和NaCl的混合溶液,NaCl是强酸强碱盐,而Na2CO3是强碱弱酸盐,但是酸根离子CO32-水解程度是微弱的,所以离子关系为c(Na+)>c(Cl-)>c(CO32-)>c(HCO3-),错误;C.一水合氨是弱碱,KOH和Ba(OH)2是强碱,所以等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中:c(NH4+)=c(K+)=2c(Ba2+),错误;D.mol·L-1的某一元弱酸HA溶液和mol·L-1NaOH溶液等体积混合后的溶液是NaA与HA等物质的量的混合溶液,根据物料守恒可得:c(A-)+c(HA)=2c(Na+);根据电荷守恒可得:c(OH-)+c(A-)=c(H+)+c(Na+);两式联立整理可得2c(OH-)+c(A-)=2c(H+)+c(HA),正确。考点:考查微粒的浓度大小比较的知识。14.铁的氧化物可用于脱除煤气中的H2S,有一步反应为:Fe3O4(s)+3H2S(g)+H2(g)3FeS(s)+4H2O(g),其温度与平衡常数的关系如图所示。对此反应原理的理解正确的是A.H2S是还原剂B.脱除H2S的反应是放热反应C.温度越高H2S的脱除率越大D.压强越小H2S的脱除率越高【答案】B【解析】试题分析:本反应中H2S所含元素的化合价均没发生改变,所以H2S既不是氧化剂也不是还原剂,A选项不正确;随着温度的升高,平衡常数逐渐减少,说明平衡逆向移动,正方向为放热反应,B选项正确;升温平衡逆向移动,H2S的脱除率越小,选项C不正确;改变压强平衡不移动,不影响H2S的脱除率,D选项不正确。考点:氧化还原反应的分析与改变外界因素平衡移动的方向判断15.下列说法错误的是①NaHCO3溶液加水稀释,c(Na+)/c(HCO3-)的比值保持增大②浓度均为mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液:2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)]③在mol/L氨水中滴加mol/L盐酸,恰好完全中和时溶液的pH=a,则由水电离产生的c(OH-)=l0-amol/L④向LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体,c(Na+)、c(SO32-)均增大⑤在Na2S稀溶液中,c(H+)=c(OH-)+c(H2S)+c(HS-)A.①④B.②④C.①③D.②⑤【答案】D【解析】试题分析:①NaHCO3溶液加水稀释,钠离子的物质的量不变,碳酸氢根的物质的量减少,则c(Na+)/c(HCO3-)的比值保持增大,①正确;②浓度均为mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中根据物料守恒可知2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)],②错误;③在mol/L氨水中滴加mol/L盐酸,恰好完全中和时生成的氯化铵水解,溶液显酸性,促进水的电离。因此如果溶液的pH=a,则由水电离产生的c(OH-)=l0-amol/L,③正确;④向LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体抑制亚硫酸根的水解,所以溶液中c(Na+)、c(SO32-)均增大,④正确;⑤在Na2S稀溶液中根据质子守恒可知c(OH-)=c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)考点:考查溶液中离子浓度大小比较16.(13分)氧化还原反应在工农业生产和日常生活中有广泛运用。(1)罐头厂在装食物罐头时通常要添加一些对人体无害的防腐剂,防止食物被空气中的氧气氧化而变质。此类防腐剂应具有。(填“氧化性”或“还原性”);(2)铁是生物体中不可缺少的微量元素,铁在人体中是以Fe2+和Fe3+的形式存在的,。(3)缺铁性贫血患者应补充Fe2+,通常以硫酸亚铁的形式,而硫酸铁则无这种药效。用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣,这层糖衣的作用是。(4)在下列的空白处填写最适宜的除杂试剂,并写出相应的离子方程式①FeCl2中含少量FeCl3杂质,。②FeCl3中含少量FeCl2杂质,。③FeSO4中含少量CuSO4杂质,。【答案】(1)还原性(1分)(2)(1分)(3)防止Fe2+被氧化(2分)(4)①Fe(1分),2Fe3++Fe=3Fe2+(2分)②Cl2(1分)2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-(2分)③Fe(1分),Cu2++Fe=Fe2++Cu(2分)【解析】试题分析:(1)防止食品被氧化应该加入有还原性的物质。(2)(3)外表包的糖衣的作用是防止Fe2+被氧化。(4)①除去FeCl2中含少量FeCl3杂质又要不引入新的杂质,加入铁粉,将FeCl3还原成FeCl2,发生反应为:2Fe3++Fe=3Fe2+②除去FeCl3中含少量FeCl2杂质又要不引入新的杂质应该通入Cl2将FeCl2氧化成FeCl3,反应离子方程式为:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-③除去FeSO4中含少量CuSO4杂质,需要把Cu2+置换出来,加入铁粉,反应的离子方程式为:Cu2++Fe=Fe2++Cu考点:氧化还原反应的应用。17.有一种广泛用于汽车、家电产品上的高分子涂料,按下列流程图生产。流程图中M(C3H4O)和A都可以发生银镜反应,N和M的分子中碳原子数相等,A的烃基上一氯取代位置有三种。填写下列空白:⑴物质的结构简式:A_________,高分子涂料___________________。⑵写出下列转化的反应类型:A→B_____,B→D______。⑶写出下列反应的化学方程式:A发生银镜反应:_______________________________________________,B与N反应生成D:_______________________________________________。【答案】⑴CH3CH2CH2CHO(2分)(2分)⑵加成反应(还原反应)(2分)酯化反应(取代反应)(2分)⑶CH3CH2CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O(2分)CH2=CHCOOH+CH3CH2CH2CH2OHCH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3+H2O(2分)【解析】试题分析:M分子式是C3H4O,可发生银镜反应,分子中含有醛基-CHO,其不饱和度为:(2×3+2-4)/2=2,故分子中还含有C=C双键,故M的结构简式为CH2=CH-CHO,M和N的分子中碳原子数相同,M催化氧化生成N,故N为CH2=CH-COOH,N与B反应在浓硫酸、加入条件下生成D(C7H12O2),D为酯,B为醇,由D的分子式可知,B为C4H10O,A可发生银镜反应,A中含有醛基-CHO,A的烃基上的一氯代物有3种,故A为CH3CH2CH2CHO,B为CH3CH2CH2CH2OH,D为CH2=CH-COOCH2CH2CH2CH3,(1)由上述分析可知,A为CH3CH2CH2CHO,高分子涂料为⑵A→B为加成反应,B→D酯化反应;⑶A中有醛基,发生银镜反应,生成一水、二银、三氨和羧酸氨,B与N发生酯化反应生成酯和水。考点:考查有机推断合成、醇醛酸的相互转化、化学反应的类型等知识。18.(9分)在某浓度的NaOH溶液中滴加几滴酚酞试液,溶液立即呈红色,再向其中逐滴加入新制的饱和氯水,当滴到最后一滴时,红色突然褪去.回答下列问题:(1)产生该现象的原因可能有:①_________________________________________________________;②_________________________________________________________.(2)简述怎样用实验证明红色褪去的原因是①或者是②:_______________________________________________________________________________.【答案】(1)①氯水与NaOH反应,OH-浓度降低而褪色.②氯水中产生HClO漂白酚酞(2)继续加入NaOH溶液红色再现则证明①正确,反之②正确【解析】(1)碱能使酚酞试液显红色,所以红色褪去可能是由于①氯气和氢氧化钠反应,使OH-浓度引起的;又因为氯水具有漂白性,所以也可能是②次氯酸氧化而褪色。(2)如果是氧化而褪色,由于次氯酸的漂白是不可逆的,所以要证明褪色的原因,可以继续加入氢氧化钠溶液,如果红色再现则证明①正确,反之②正确。19.应用下列装置,在硬质破璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物加热,并通过水蒸气,就可以完成“高温下Fe与水蒸气的反应实验”。请完成该实验中的问题:(1)写出该反应的化学方程式:;该氧化还原反应的氧化剂是。(2)实验前必须对整套装置进行的操作是。(3)圆底烧瓶中盛装的是水,该装置受热后的主要作用是;烧瓶底部放置了几片碎瓷片,碎瓷片的作用是。(4)检验溶液中是否含有三价铁离子用溶液(写化学式),现象是。【答案】(14分,每空2分)(1)3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2;H2O(2)检验装置的气密性(3)提供持续不断的水蒸气;防止暴沸。(4)KSCN;溶液变为血红色【解析】试题分析:(1)Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,该反应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,Fe元素的化合价升高,Fe为还原性,H元素的化合价降低,则水为氧化剂,故答案为:3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2;H2O;(2)实验前必须对整套装置进行气密性检查,故答案为:检验装置的气密性;(3)因为反应物为水蒸气与铁,所以这里加热的目的就是提供水蒸气;碎瓷片可防止暴沸发生;故答案为:提供持续不断的水蒸气;防止暴沸;(4)检验溶液中是否含有三价铁离子常用KSCN溶液,若溶液中含有三价铁离子,加入KSCN,溶液变为血红色,故答案为:KSCN;溶液变为血红色。考点:考查了铁及其化合物的性质实验、铁和水蒸气反应的原理和产物的检验的相关知识。20.某小组同学探究浓硫酸及其部分反应产物的化学性质,装置如下图所示(夹持装置略去)(1)试管①中反应的化学方程式是。该反应表明浓硫酸具有(填序号)。a.酸性b.强氧化性c.还原性(2)若试管②中的试剂为品红溶液,实验中观察到的现象是,说明试管①中生成的气体具有性。(3)若试管②中的试剂为酸化的Ba(NO3)2溶液,观察到生成不溶于硝酸的白色沉淀,说明试管①中生成的气体具有性。(4)试管③中的试剂为NaOH溶液,反应的离子方程式是。【答案】(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2Oab(2)品红溶液褪色漂白(3)还原(4)SO2+2OH—SO32—+H2O【解析】试题分析:Cu与浓H2SO4在受热时反应生成CuSO4、SO2气体与H2O,在该反应产物中有CuSO4及SO2所以硫酸显示出酸性及氧化性,SO2气体具有漂白兴,能是品红溶液褪色,酸化的Ba(NO3)2溶液通入SO2产生白色沉淀是因为SO2被氧化成SO42-,SO42-与Ba2+结合生成不溶于硝酸的BaSO4白色沉淀。SO2与NaOH溶液反应的离子方程式为SO2+2OH—SO32—+H2O考点:浓硫酸性质、二氧化硫性质21.(1)8.4gN2与9.6g某单质Rx所含原子个数相同,且分子数之比为3:2,则R的相对原子质量是,x值为。(2)4.5g水与g硫酸所含的分子数相等,它们所含氧原子数之比是,其中氢原子数之比是。(3)如图所示,分别向密闭容器内可移动活塞的两边充入空气(已知空气体积占整个容器容积的1/4)、H2和O2的混合气体,在标准状况下,若将H2、O2的混合气体点燃引爆。活塞先左弹,恢复原温度后,活塞右滑停留于容器的中央。则原来H2、O2的体积之比可能为___________。【答案】(1)16、3(每空1分,共2分)(2)24.5,1:4,1:1(每空1分,共3分)(3)7:2或4:5(4分,少写一种得2分)【解析】试题分析:(1)氮气的物质的量为8.4/28=0.3摩尔,分子数比为3:2,原子个数相同,所以单质中含有3个原子,所以单质Rx为0.2摩尔,其摩尔质量为9.6/0.2=48,R的相对原子质量为48/3=16。(2)4.5克水的物质的量为4.5/18=0.25摩尔,则硫酸的质量为0.25*98=24.5g,0.25摩尔水中含有0.25摩尔氧原子,0.25摩尔硫酸中含有0.25*4=1摩尔氧原子,二者比为1:4,每个分子中都含有2个氢原子,所以氢原子比为1:1。(3)反应前左右的压强都相等,气体的物质的量之比等于体积比,假设空气的物质的量为1摩尔,则氢气和氧气的混合气体为3摩尔,反应后恢复至原来的温度,活塞正好停留在容器的中间,说明反应后左右气体的物质的量相等,右侧剩余气体为1摩尔,若剩余气体为氢气,参加反应的气体共2摩尔,则氧气为2/3摩尔,则氢气为3-2/3=7/3摩尔,氢气和氧气比例7:2;若氧气有剩余,则参加反应的氢气为4/3摩尔,所以氧气为3-4/3=5/3摩尔,氢气和氧气的比为4:5。考点:阿伏伽德罗定律和推论,化学平衡计算22.(10分)下列各物质是中学化学中常见的物质,甲为常见金属单质,乙、丙、丁是非金属单质,其它为化合物,B、D分别为黑色粉末和黑色晶体,G为淡黄色固体,J为生活中常见的调味品,I为红褐色固体,①是实验室制取丁的反应之一,F为棕黄色溶液。各物质间的转化如下图所示,回答下列各问题(部分生成物未列出):(1)写出乙的化学式、A的电子式、甲在周期表中位置是;(2)写出G的一种用途;(3)写出B与K的浓溶液反应的化学方程式:;(4)整个转换过程中属于氧化还原反应的数目有个;(5)写出反应③E与A按物质的量之比2:1的反应的离子方程式。【答案】(10分)(1)H2(1分)(1分)第四周期第Ⅷ族(1分)(2)供氧剂等(1分)(3)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(2分)(4)6个(2分)(5)6Fe2++3H2O2==4Fe3++2Fe(OH)3↓(2分)【解析】试题分析:G为淡黄色固体化合物,则G是过氧化钠;J为生活中常见的调味品,一般考虑J为NaCl;I为红褐色固体,则I是氢氧化铁;所以判断甲是Fe单质;,B、D分别为黑色粉末和黑色晶体,Fe与物质C发生置换反应生成另一种非金属单质,根据Fe与水蒸气的反应生成氢气和黑色固体四氧化三铁,所以C是水,乙是氢气,D是Fe3O4;A与B反应生成水和一种非金属单质,判断A是过氧化氢,B是二氧化锰,二者反应生成水和氧气,所以丁是氧气;四氧化三铁与K反应生成两种物质E、F,可以相互转化,所以K是盐酸,与四氧化三铁反应生成氯化亚铁和氯化铁,F与Fe反应生成E,所以F是氯化铁,则E是氯化亚铁,氯化铁与过氧化钠反应生成氢氧化铁、氯化钠、氧气,氯化亚铁与一定量的过氧化钠反应生成氯化

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