山东省齐鲁名校2024届化学高二第一学期期中联考试题含解析_第1页
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文档简介

山东省齐鲁名校2024届化学高二第一学期期中联考试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、下列化合物的沸点比较,前者低于后者的是()A.乙醇与氯乙烷B.邻羟基苯甲酸与对羟基苯甲酸C.对羟基苯甲醛与邻羟基苯甲醛D.H2O与H2Te2、元素的性质随着原子序数的递增呈周期性变化的原因是()A.元素原子量周期性变化B.元素的主要化合价存在周期性变化C.原子最外层电子数存在周期性变化D.元素的核电荷数存在周期性变化3、NO2是大气的主要污染物之一,某研究小组设计如图所示的装置对NO2进行回收利用,装置中a、b均为多孔石墨电极。下列说法正确的是A.a为电池的负极,发生还原反应B.电子流向:a电极→用电器→b电极→溶液→a电极C.一段时间后,b极附近HNO3浓度增大D.电池总反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO34、已知酸性强弱顺序为H2CO3>C6H5OH>HCO3-,下列化学方程式正确的是A.C6H5ONa+H2O+CO2→C6H5OH+Na2CO3B.C6H5OH+NaHCO3→C6H5ONa+H2O+CO2↑C.C6H5OH+Na2CO3→C6H5ONa+H2O+CO2↑D.C6H5OH+Na2CO3→C6H5ONa+NaHCO35、下列实验能达到预期目的是编号实验内容实验目的A室温下,用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体,溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液,产生白色沉淀后,再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液,又生成红褐色沉淀证明在相同温度下Ksp:Mg(OH)2>Fe(OH)3D等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应,排水法收集气体,HX放出的氢气多且反应速率快证明HX酸性比HY强A.A B.B C.C D.D6、反应2X(g)+Y(g)2Z(g)(正反应放热),在不同温度(T1和T2)及压强(p1和p2)下,产物Z的物质的量(n)与反应时间(t)的关系如图所示。下述判断正确的是()A.T1>T2,p1>p2 B.T1<T2,p1>p2C.T1<T2,p1<p2 D.T1>T2,p1<p27、下列化学用语的表达正确的是A.原子核内有10个中子的氧原子:B.氯原子的结构示意图:C.Fe3+的最外层电子排布式:3s23p63d5D.基态铜原子的价层电子排布图:8、用已知浓度的烧碱溶液滴定未知浓度的盐酸,下列操作中正确的是A.碱式滴定管用蒸馏水洗净后,直接加入已知浓度的烧碱溶液B.锥形瓶用蒸馏水洗净后,直接加入一定体积的未知浓度的盐酸C.滴定时,没有逐出滴定管下口的气泡D.该实验中,某同学将消耗已知浓度的烧碱溶液的体积记录为22.5mL9、下列说法中正确的是()①将硫酸钡放入水中不能导电,但硫酸钡是电解质②氨溶于水得到的溶液氨水能导电,所以氨水是电解质③固态共价化合物不导电,熔融态的共价化合物可以导电④固态的离子化合物不导电,熔融态的离子化合物能导电⑤强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强A.①④ B.①④⑤ C.①②③④ D.①②③④⑤10、常温下,将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释,溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是()A.两溶液稀释前的浓度相同B.a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a>b>cC.a点的Kw值比b点的Kw值大D.a点水电离的c(H+)大于c点水电离的c(H+)11、下列过程或现象与盐类水解无关的是()A.纯碱溶液去油污 B.铁在潮湿的环境下生锈C.浓硫化钠溶液有臭鸡蛋味 D.加热氯化铁溶液颜色变深12、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、KB.F、Cl、Na、KC.Ca2+、K+、Cl-、S2-D.Na+、K+、Cl-、Br-13、下列说法正确的是A.相对分子质量为58的醛只有OHC—CHOB.螺(33)烷()的核磁共振氢谱有3个吸收峰C.可用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、己烯、四氯化碳D.乙醛和丙烯醛(CH2=CHCHO)不互为同系物,两者分别与足量氢气充分反应后的产物也不互为同系物14、下列有关说法正确的是()A.SO2(g)+H2O(g)===H2SO3(l),该过程熵值增大B.SO2(g)===S(s)+O2(g)ΔH>0,ΔS<0该反应能自发进行C.SO2(g)+2H2S(g)===3S(s)+2H2O(l),该过程熵值增大D.Ba(OH)2(s)+2NH4Cl(s)===2BaCl2(s)+2NH3(g)+2H2O(l),ΔH<0,此反应一定能自发15、分别将下列溶液加热蒸干,仍能得到原物质的是A.FeCl3 B.Ca(HCO3)2 C.Al2(SO4)3 D.Mg(NO3)216、已知:①1molH2分子中化学键断裂时需要吸收436kJ的能量②1molCl2分子中化学键断裂时需要吸收243kJ的能量③由H原子和Cl原子形成1molHCl分子时释放431kJ的能量下列叙述正确的是A.氢气和氯气反应生成氯化氢气体的热化学方程式是H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)B.氢气和氯气反应生成2mol氯化氢气体,反应的△H=183kJ/molC.氢气和氯气反应生成2mol氯化氢气体,反应的△H=-183kJ/molD.氢气和氯气反应生成1mol氯化氢气体,反应的△H=-183kJ/mol二、非选择题(本题包括5小题)17、由H、N、O、Al、P组成的微粒中:(1)微粒A和B为分子,C和E为阳离子,D为阴离子,它们都含有10个电子;B溶于A后所得的物质可电离出C和D;A、B、E三种微粒反应后可得C和一种白色沉淀。请回答:①用化学式表示下列4种微粒:A_________B___________C__________D__________②写出A、B、E三种微粒反应的离子方程式______________________________。③用电子式表示B的形成过程_____________________________。(2)已知白磷(P4)分子、NH4+、N4H44+的空间构型均为四面体,请画出N4H44+的结构式_____________________。18、乙烯是来自石油的重要有机化工原料,其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平,结合图1中路线回答:已知:2CH3CHO+O22CH3COOH(1)上述过程中属于物理变化的是______________(填序号)。①分馏②裂解(2)反应II的化学方程式是______________。(3)D为高分子化合物,可以用来制造多种包装材料,其结构简式是______________。(4)E是有香味的物质,在实验室中可用图2装置制取。①反应IV的化学方程式是______________。②试管乙中的导气管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上,不能插入溶液中,目的是______________。(5)根据乙烯和乙酸的结构及性质进行类比,关于有机物CH2=CH-COOH的说法正确的是______________。①与CH3COOH互为同系物②可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体③在一定条件下可以发生酯化、加成、氧化反应19、已知下列数据:物质熔点(℃)沸点(℃)密度(g·cm-3)乙醇-117.078.00.79乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯-83.677.50.90浓硫酸(98%)—338.01.84学生在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下:①在30mL的大试管A中按体积比1∶4∶4的比例配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液;②按下图连接好装置,用小火均匀地加热装有混合溶液的大试管5~10min;③待试管B收集到一定量的产物后停止加热,撤去试管B并用力振荡,然后静置待分层;④分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。请根据题目要求回答下列问题:(1)配制该混合溶液的主要操作步骤为___。(2)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是(填字母)__。A.中和乙酸和乙醇B.中和乙酸并吸收部分乙醇C.加速酯的生成,提高其产率D.乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小,有利于分层析出(3)步骤②中需要小火均匀加热操作,其主要理由是__。(4)分离出乙酸乙酯后,为了干燥乙酸乙酯可选用的干燥剂为(填字母)__。A.P2O5B.无水Na2SO4C.碱石灰D.NaOH固体20、为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度,准确称取wg固体样品,配成250mL溶液。设计了以下两种实验方案:方案I:取25.00mL上述溶液→加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液→操作I→洗涤→操作Ⅱ→称量,得到沉淀的质量为m1g方案Ⅱ:取25.00mL上述溶液,用amol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定。(5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O)滴定次数实验数据1234待测溶液体积/mL25.0025.0025.0025.00滴定管初读数/mL0.000.200.100.15滴定管末读数/mL19.9520.2019.1520.20实验中所记录的数据如下表:(1)配制250mLNa2SO3溶液时,必须用到的实验仪器有:烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、药匙和_________、____________。(2)操作I为________操作Ⅱ为____________(3)方案I中如何判断加入的氯化钡已经过量_____________,在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是________________。(4)根据方案Ⅱ所提供的数据,计算Na2SO3的纯度为_________。(5)上述实验中,由于操作错误所引起的误差分析正确的是_________A.方案I中若没有洗涤操作,实验结果将偏小B.方案I中若没有操作Ⅱ,实验结果将偏大C.方案Ⅱ中,滴定管在滴定前无气泡,滴定后出现气泡,实验结果偏小D.方案Ⅱ中,滴定终点时仰视读数,实验结果偏大21、过渡金属元素氧化物的应用研究是目前科学研究的前沿之一,试回答下列问题:(1)二氧化钛作光催化剂能将居室污染物甲醛、苯等有害气体转化为二氧化碳和水,达到无害化.有关甲醛、苯、二氧化碳及水说法正确的是_____。①苯与B3N3H6的总电子数相等;②甲醛、苯分子中碳原子均采用sp3杂化;③苯、二氧化碳、水和甲醛都是非极性分子;④水的沸点比甲醛高得多,是因为水分子间能存在氢键,甲醛分子间不存在氢键。(2)2007年诺贝尔物理学奖为法国科学家阿尔贝•费尔和德国科学家彼得•格林贝格尔共同获得,以表彰他们在巨磁电阻效应(CMR效应)研究方面的成就.某钙钛型复合氧化物(如图1),以A原子为晶胞的顶点,A位可以是Ca,Sr、Ba或Pb,当B位是V、Cr、Mn、Fe时,这种化合物具有CMR效应。①用A,B,O表示这类特殊晶体的化学式:_______。②Cr、Mn的核外特征电子排布式分别为:Cr:[Ar]3d54s1、Mn:[Ar]3d54s2,则它们第一电离能由小到大的排列顺序是:_______用“<”排列)。(3)CO2的空间构型为______;固体CO2与SiO2熔沸点差异很大的原因是________(4)冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞(其晶胞结构如图2)类似,其中空心球所示原子位于立方体的顶点或面心,实心球所示原子位于立方体内)类似.每个冰晶胞平均占有__个水分子;冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同的原因是_______。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解题分析】邻羟基苯甲酸、邻羟基苯甲醛等容易形成分子内氢键,沸点较低;而对羟基苯甲酸、对羟基苯甲醛则容易形成分子间氢键,沸点较高。所以B选项正确、C选项错误;A选项中,由于乙醇存在分子间氢键,而氯乙烷不存在氢键,所以乙醇的沸点(78.5℃)高于氯乙烷的沸点(12.3℃);同样道理,D选项中,H2O的沸点(100℃)高于H2Te的沸点。故选B。【题目点拨】氢键分为两类:存在于分子之间时,称为分子间氢键;存在于分子内部时,称为分子内氢键。同类物质相比,分子内形成氢键的物质的熔沸点要低于分子间形成氢键的物质的熔沸点。2、C【题目详解】A.因元素的原子相对原子质量在周期表中为递增的变化,不能体现原子结构中的变化,故A错误;B.化合价属于元素的性质,元素的最高正化合价的周期性变化是原子的电子排布周期性变化的结果,故B错误;C.由原子的电子排布可知,随原子序数的递增,电子层数和最外层电子数都呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化,即原子的电子层排布的周期性变化是引起元素性质周期性变化的决定因素,故C正确;D.元素的核电荷数等于质子数等于原子序数,在周期表中为递增的变化,故D错误;故选C。3、D【解题分析】通入O2的b极为正极,通入NO2的a极为负极。A项,a为电池的负极,发生失电子的氧化反应:NO2-e-+H2O=NO3-+2H+,错误;B项,电子流向:a电极→用电器→b电极,错误;C项,b极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O,生成H2O,b极附近HNO3浓度减小,错误;D项,将正负极电极反应式相加得电池总反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3,正确;答案选D。点睛:原电池中电子的流向:由负极通过导线流向正极;在电解质溶液中阴离子向负极移动,阳离子向正极移动;即“电子不下水,离子不上岸”。4、D【解题分析】A项,酸性强弱顺序为C6H5OH>HCO3-,所以C6H5OH能与Na2CO3反应生成NaHCO3和C6H5ONa,因此反应化学方程式为:C6H5ONa+H2O+CO2→C6H5OH+NaHCO3,故A错误;B项,酸性为H2CO3>C6H5OH,所以C6H5ONa能与H2CO3反应生成碳酸氢钠和苯酚,因此C6H5OH与NaHCO3不反应,故B错误;C项,酸性为H2CO3>C6H5OH>HCO3-,所以C6H5OH能与Na2CO3反应生成C6H5ONa和NaHCO3,反应化学方程式为C6H5OH+Na2CO3→C6H5ONa+NaHCO3,故C错误;D项,由C项的分析可知,C6H5OH+Na2CO3→C6H5ONa+NaHCO3,故D正确。5、B【题目详解】A.NaClO溶液具有强氧化性,不能利用pH试纸测定pH,应利用pH计测定pH,然后比较酸性强弱,A错误;B.含有酚酞的Na2CO3溶液,因碳酸根离子水解使溶液呈碱性,溶液呈红色,加入少量BaC12固体,水解平衡逆向移动,则溶液颜色变浅,证明Na2CO3溶液中存在水解平衡,B正确;C.向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液,产生白色沉淀,NaOH过量,后滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液,又生成红褐色沉淀,不能说明发生了沉淀的转化,则不能比较溶度积大小,C错误;D.HX放出的氢气多且反应速率快,说明HX酸性比HY弱,故D错误;综上所述,本题选B。【题目点拨】该题为高频考点,涉及盐类水解与酸性比较、沉淀生成与沉淀转化、pH的测定等,注重实验原理及物质性质的考查,注意实验的操作性、评价性分析,选项A和D是易错点,注意次氯酸的强氧化性和pH相等的弱酸浓度大小关系。6、A【分析】2X(g)+Y(g)2Z(g)(正反应放热)则温度升高,反应速率增大,平衡逆向移动。增大压强向气体体积减小的方向移动,平衡正向移动。根据此分析进行解答。【题目详解】由分析可知,温度升高,反应速率增大,平衡逆向移动Z的产量下降,故T1>T2,在相同温度T2条件下,增大压强向气体体积减小的方向移动,平衡正向移动,Z的产量增加,故p1>p2,故答案选A。【题目点拨】本题在思考图像时,需要控制变量,在相同温度下比较压强大小,在相同压强下比较温度大小。7、C【题目详解】A.原子核内有10个中子的氧原子:,A不正确;B.氯原子的结构示意图:,B不正确;C.Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5,则Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5,C正确;D.基态铜原子的价层电子排布图为,D不正确;故选C。8、B【题目详解】A.滴定管用蒸馏水洗净后还要用待装液体润洗,A项错误;B.锥形瓶用蒸馏水洗净后不能用待装液体润洗,否则引起所测盐酸的浓度偏大,B项正确;C.滴定前要排除滴定管尖嘴部分的气泡,否则会引起误差,C项错误;D.滴定管精确到0.1mL,估读到0.01mL,D项错误;答案选B。9、B【解题分析】①硫酸钡是难溶的盐,熔融状态完全电离,是电解质,故①正确;②氨气自身不能发生电离,氨气是非电解质,氨水是混合物,氨水既不是电解质,也不是非电解质,故②错误;③共价化合物在固态和液态都以分子存在,不含自由移动离子或电子,所以共价化合物在固态或液态时都不导电,故③错误;④固态的离子化合物中阴阳离子受离子键的作用,不能自由移动,因此不导电,熔融态离子化合物中的阴阳离子可以自由移动,能导电,故④正确;⑤溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小,与电解质强弱无关,强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强,故⑤正确;故选B。10、D【分析】稀释之前,两种溶液导电能力相等,说明离子浓度相等,由于醋酸为弱电解质,不能完全电离,则醋酸浓度大于盐酸浓度,加水稀释时,醋酸进一步电离,所以稀释过程中,醋酸导电能力大于盐酸,则Ⅰ为醋酸稀释曲线,Ⅱ为盐酸稀释曲线。【题目详解】A.稀释之前,两种溶液导电能力相等,说明离子浓度相等,由于醋酸为弱电解质,不能完全电离,则醋酸浓度大于盐酸浓度,故A错误;

B.导电能力越大,说明离子浓度越大,酸性越强,则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为c<a<b,故B错误;

C.相同温度下,Kw相同,a点的Kw等于b点的Kw值,故C错误;

D.a点离子浓度小于c点离子浓度,氢离子浓度越大,对水的电离抑制程度越大,则a点水电离的H+物质的量浓度大于c点水电离的H+物质的量浓度,故D正确。【题目点拨】本题考查弱电解质的电离、影响水电离的因素,加水稀释促进弱电解质的电离,注意溶液中离子浓度与导电性之间的关系是解本题关键。11、D【题目详解】A.纯碱水解,溶液显碱性,有利于油脂的水解,与盐类水解有关,故A不选;B.为钢铁的电化学腐蚀,与盐类水解无关,故B选;C.溶液有臭味是因为硫化钠水解后产生了少量的硫化氢,故C不选;D.溶液颜色变深是因为加热促进盐类水解,故D不选;故选B。【题目点拨】12、A【解题分析】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,故四者的原子半径由小到大的顺序为F<Cl<Na<K;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-。13、C【题目详解】A.醛基的式量为29,相对分子质量为58的醛可能OHC—CHO,也可能为CH3CH2CHO,故A错误;B.螺(33)烷()中有2种化学环境的氢原子(),核磁共振氢谱有2个吸收峰,故B错误;C.己烯能使高锰酸钾褪色,苯与高锰酸钾分层后苯在上层、四氯化碳与高锰酸钾分层后有机层在下层,现象各不相同,可鉴别,故C正确;D.乙醛和丙烯醛(CH2=CHCHO)的结构不相似,所以二者一定不是同系物;它们与氢气充分反应后分别生成乙醇和丙醇,结构相似,所以与氢气加成的产物属于同系物,故D错误;故选C。14、D【解题分析】A、根据反应前后气体体积的变化判断熵值的变化;B、根据△G=△H-T△S<0自发,△G=△H-T△S>0为非自发来判断;C、气体变成固体和液体,熵值减小;D、根据△G=△H-T△S<0自发,△G=△H-T△S>0为非自发来判断;【题目详解】A、熵值大小与物质的状态、物质的量等有关,生成物中出现气体或气态物质变多,ΔS>0,混乱度增加。A中反应,气体的物质的量减少,ΔS<0,故A错误;B、ΔH>0,ΔS<0,ΔG恒大于0,反应不能自发,故B错误;C、反应物为气体,生成物无气体,ΔS<0,故C错误;D、ΔH<0,ΔS>0,ΔG恒小于0,反应一定能自发,故D正确。故选D。15、C【分析】A、加热促进氯化氢挥发,从而促进氯化铁水解,最后得到氢氧化铁,氢氧化铁受热分解生成氧化铁;B、碳酸氢钙加热分解生成碳酸钙;C、铝离子水解,但硫酸不挥发,最后仍得到Al2(SO4)3;D、Mg(NO3)2受热分解。【题目详解】A、氯化铁为强酸弱碱盐,氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢,氯化氢具有挥发性,加热过程中,促进氯化铁水解,蒸干时得到氢氧化铁,氢氧化铁受热分解生成氧化铁,故A错误;B、加热时碳酸氢钙分解生成碳酸钙,所以最后得到碳酸钙,故B错误;C、Al2(SO4)3是强酸弱碱盐,铝离子水解,但是水解产物中硫酸不易挥发,故最后仍得到Al2(SO4)3,故C正确;D、Mg(NO3)2受热分解生成氧化镁、二氧化氮和氧气,故D错误。故选C。16、C【解题分析】反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值,因此生成2mol氯化氢的反应热是436kJ/mol+243kJ/mol-2×431kJ/mol=-183kJ/mol,所以选项C正确,其余都是错误的,答案选C。二、非选择题(本题包括5小题)17、H2ONH3NH4+OH-Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+【解题分析】(1)①根据题意,都含有10个电子,B溶于A后所得的物质可电离出C和D,A是H2O,B是NH3,C是NH4+,D是OH-,E是Al3+。②A、B、E三种微粒反应后可得C和一种白色沉淀,A、B、E三种微粒反应的离子方程式为:Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+;③NH3是共价化合物,用电子式表示的形成过程:;(2)首先根据P4的结构,N4的结构与其相同,此时每个N有三个σ键,和一对孤对电子,因此,N4H44+中每个N与H+形成的是配位键,N提供孤对电子,H+提供空轨道,故其结构式为:。点睛:该题的关键是要清楚10电子微粒有哪些,根据信息,快速判断微粒种类;第(2)中,根据已知白磷(P4)分子、NH4+、N4H44+的空间构型均为四面体,以及给出的P4的结构,类比得到N4H44+的结构式。18、①2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O防止倒吸②③【分析】石油经分馏后得到沸点不同的各种组分,将得到的重油裂解后得到含有不饱和键的短链烃,如丙烯、乙烯等;乙烯经反应Ⅰ与水发生加成反应生成乙醇,乙醇经反应Ⅱ与氧气发生催化氧化反应生成乙醛,乙醛经反应Ⅲ与氧气发生氧化反应生成乙酸,乙醇与乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生反应Ⅳ生成乙酸乙酯,据此分析。【题目详解】(1)石油分馏时不产生新物质,所以属于物理变化;裂解时产生新物质,所以属于化学变化,则上述过程中属于物理变化的是①;(2)在铜或银作催化剂、加热条件下,乙醇能被氧气氧化生成乙醛和水,反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O;(3)乙烯发生加聚反应生成聚乙烯,其结构简式为;(4)①乙烯与水反应生成乙醇,乙醇在催化剂作用下生成乙醛,乙醛继续被氧化生成乙酸,在浓硫酸作催化剂、加热条件下,乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水,则反应IV的化学方程式为:CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O;②试管乙中的导气管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上,因为随反应蒸出的乙醇和乙酸在溶液中的溶解度较大,导管插在液面下极易发生倒吸,因此导气管在液面上的目的是防止倒吸;(5)①CH2=CH-COOH和CH3COOH结构不相似,且在分子组成上也没有相差一个-CH2原子团,所以二者不属于同系物,错误;②CH2=CH-COOH中含有羧基,能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳,正确;③CH2=CH-COOH含有碳碳双键,能发生加成反应、氧化反应、加聚反应等,含羧基能发生酯化反应,正确;答案选②③。19、在大试管中先加4mL乙醇,再缓慢加入1mL浓H2SO4,边加边振荡,待冷至室温后,再加4mL乙酸并摇匀BD防止反应物随生成物一起大量被蒸出,导致原料损失及发生副反应B【分析】根据乙酸乙酯制备实验的基本操作、反应条件的控制、产物的分离提纯等分析解答。【题目详解】(1)配制乙醇、浓硫酸、乙酸混合液时,各试剂加入试管的顺序依次为:CH3CH2OH→浓硫酸→CH3COOH。将浓硫酸加入乙醇中,边加边振荡是为了防止混合时产生的热量导致液体飞溅造成事故;将乙醇与浓硫酸的混合液冷却后再与乙酸混合,是为了防止乙酸的挥发造成原料的损失。在加热时试管中所盛溶液不能超过试管容积的,因为试管容积为30mL,那么所盛溶液不超过10mL,按体积比1∶4∶4的比例配浓硫酸、乙酸和乙醇的混合溶液,由此可知,对应的浓硫酸、乙酸和乙醇的体积为1mL、4mL、4mL;(2)饱和碳酸钠溶液的作用主要有3个:①使混入乙酸乙酯中的乙酸与Na2CO3反应而除去;②使混入的乙醇溶解;③降低乙酸乙酯的溶解度,减少其损耗及有利于它的分层析出和提纯;故选BD;(3)根据各物质的沸点数据可知,乙酸(117.9℃)、乙醇(78.0℃)的沸点都比较低,且与乙酸乙酯的沸点(77.5℃)比较接近,若用大火加热,反应物容易随生成物(乙酸乙酯)一起蒸出来,导致原料的大量损失;另一个方面,温度太高,可能发生其他副反应;(4)用无水硫酸钠除去少量的水,无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物;不能选择P2O5、碱石灰和NaOH等固体干燥剂,以防乙酸乙酯在酸性(P2O5遇水生成酸)或碱性条件下水解,故选B。【题目点拨】乙酸乙酯的制备实验中用饱和碳酸钠溶液收集产物乙酸乙酯,饱和碳酸钠溶液的作用是中和乙酸、溶解乙醇,并降低乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度,有利于分层析出。不能用氢氧化钠溶液,因为乙酸乙酯会在碱性条件下水解。20、电子天平(托盘天平也对)250mL的容量瓶过滤干燥(烘干)静置分层后,向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡,不再产生沉淀,即已沉淀完全加入最后一滴KMnO4溶液后溶液由无色变为紫色,并且在半分钟内不褪色63a/w×100%ACD【解题分析】(1)根据溶液配制的实验过程和操作步骤分析判断所需要的仪器,准确称取Wg固体样品,配成250mL溶液需要250mL容量瓶,因为是精确称量需要用电子天平;

(2)加入氯化钡产生白色沉淀,因此操作I为过滤;沉淀洗涤后称量前需要干燥,即操作Ⅱ为干燥(烘干);(3)根据硫酸钡是不溶于水也不溶于酸的白色沉淀判断方案I中加入的氯化钡已经过量,即;静置分层后,向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡,不再产生沉淀,即已沉淀完全;酸性高锰酸钾溶液显紫红色,则在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是加入最后一滴后溶液由无色变为紫色,且在半分钟内不褪。(4)四次实验消耗标准液体积分别是(mL)19.95、20.00、19.05、20.05,显然第三次数据误差较大,舍去,则其平均值是20.00mL,根据方程式可知25mL溶液中亚硫酸钠的物质的量是2.5×0.020L×amol/L=0.0500amol,以此计算亚硫酸钠的纯度;

(5)根据方案I和方案Ⅱ的实验原理分析由于操作错误所引起的误差。【题目详解】(1)准确称取Wg固体样品,配成250mL溶液需要250mL容量瓶,因为是精确称量固体质量,所以需要用精确度大的电子天平,

因此,本题正确答案是:电子天平;250

mL的容量瓶;

(2)加入氯化钡产生白色沉淀,因此操作I为过滤;沉淀洗涤后称量前需要干燥,即操作Ⅱ为干燥(烘干);

因此,本题正确答案是:过滤;干燥(烘干);

(3)根据硫酸钡是不溶于水也不溶于酸的白色沉淀判断方案I中加入的氯化钡已经过量,即;静置分层后,向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡,不再产生沉淀,即已沉淀完全;酸性高锰酸钾溶液显紫红色,则在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是加入最后一滴后溶液由无色变为紫色,且在半分钟内不褪。因此,本题正确答案是:静置分层后,向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡,不再产生沉淀,即已沉淀完全;加入最后一滴KMnO4溶液后溶液由无色变为紫色,并且在半分钟内不褪色;(4)四次实验消耗标准液体积分别是(mL)19.95、20.00、19.05、20.05,显然第三次数据误差较大,舍去,则其平均值是20.00mL,根据方程式可知25mL溶液中亚硫酸钠的物质的量是2.5×0.020L×amol/L=0.0500amol,实验亚硫酸钠的纯度是0.0500amol×250mL25mL×126g/molWg×100%=63a/w×100%。

因此,本题正确答案是:63a/w×100%;

(5)A.B.方案I中如果没有操作Ⅱ,即没有干燥,则硫酸钡质量增加,所以实验结果将偏小,B错误;C.方案Ⅱ中,滴定管在滴定前无气泡,滴定后出现气泡,实验结果偏小,C正确;D.方案Ⅱ中,滴定终点时仰视读数,实验结果偏大,D正确。

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