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文档简介
山东济南第一中学2024届高一化学第二学期期末统考试题注意事项: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、针对下面四套实验装置图,下列说法正确的是A.图1装置牺牲镁保护铁B.用图2装置铁钉发生吸氧腐蚀腐蚀导致试管中水面上升C.图3装置中Mg作负极,Al作正极D.用图4装置对二次电池进行充电2、已知R2+离子核外有a个电子,b个中子.表示R原子符号正确的是()A.RB.RC.RD.R3、SO2通入BaCl2溶液中并不产生沉淀,而通入另一种气体后可以产生白色沉淀。则图中右侧Y形管中放置的药品组合符合要求的是()①Cu和浓硝酸②氢氧化钠固体和浓氨水③大理石和稀盐酸④过氧化氢和二氧化锰A.①②④ B.全部 C.②③ D.①③4、国际能源网报道:金属燃料可能成为新能源,可能带来结束煤、石油能源时代的希望,是一种理想的储能方式,下列说法错误的是A.金属燃烧后经加工处理后还可生成金属,因此可以重复使用B.金属燃烧产生的光能,可以通过相关设备转化为电能以充分利用C.镁、铝是地球上含量丰富的金属元素,且均可以从海水中提取D.可以利用镁在二氧化碳中燃烧,放出热量的同时收集碳单质5、铝既能与硫酸溶液反应,又能与烧碱溶液反应,下列说法不正确的是()A.两个反应都是氧化还原反应B.铝与硫酸反应时,硫酸作氧化剂C.铝与烧碱溶液反应时,氢氧化钠作氧化剂D.两个反应都有气体生成6、为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染,同时缓解能源危机,有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想。下列说法正确的是:A.H2O的分解反应是放热反应B.氢能源已被普遍使用C.2mol液态H2O具有的总能量低于2molH2和1molO2的能量D.氢氧燃料电池放电过程中是将电能转化为化学能7、下列说法正确的是A.硅是良好的半导体材料,常用于制造光导纤维B.高炉炼铁原料有铁矿石、黏土、空气和石灰石C.将石油分馏产物中的长链烃通过裂解,可得到乙烯、丙烯等短链烃D.煤在空气中加强热得到焦炭、煤焦油、焦炉气、粗氨水等产品的过程叫做煤的干馏8、决定某化学反应速率的根本因素是A.反应物本身的性质 B.反应温度 C.反应物的浓度 D.使用合适的催化剂9、我国海水制盐具有悠久的历史,所得“盐”的主要成分是()A.Na2SO4 B.NaCl C.CaCl2 D.Na2CO310、由短周期元素和长周期元素共同组成的族可能是()A.副族B.主族C.Ⅷ族D.ⅦB族11、下列过程属于物理变化的是()A.煤的干馏 B.煤的气化 C.石油分馏 D.石油裂化12、从溴水中萃取溴,下列试剂中能用做萃取剂的是A.乙酸B.水C.四氯化碳D.酒精13、一定温度下反应4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)经2minB的浓度减少0.6mol·L-1,对此反应速率的表示正确的是()A.用A表示的反应速率是0.4mol·L-1·min-1B.分别用B、C、D表示反应的速率,其比值是1∶2∶3C.2min末的反应速率v
(B)
=0.3mol·L-1·min-1D.在这2min任意一段时间内用B和C表示的正反应速率的值随时间变化都是逐渐减小的14、下列说法正确的是A.羟基与氢氧根离子有相同的化学式和电子式B.乙醇的官能团是—OH,可与NaOH溶液发生中和反应C.常温下,1mol乙醇可与足量的Na反应生成11.2LH2D.已知乙醇的结构式如图所示,则乙醇催化氧化时断裂的化学键为①③15、下列物质中只含有氯分子的是()A.氯水 B.液氯 C.盐酸 D.食盐16、室温时,下列液体的密度比纯水密度小的是A.硝基苯 B.溴苯 C.四氯甲烷 D.苯二、非选择题(本题包括5小题)17、A、B、W、D、E为短周期元素,且原子序数依次增大,质子数之和为39,B、W同周期,A、D同主族,A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2,E元素的周期序数与主族序数相等。(1)E元素在周期表中的位置___________。(2)写出A2W2的电子式为____________。(3)废印刷电路板上含有铜,以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜,再用硫酸溶解。现改用A2W2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的,又保护了环境,试写出反应的离子方程式________。(4)元素D的单质在一定条件下,能与A单质化合生成一种化合物DA,熔点为800℃,DA能与水反应放氢气,若将1molDA和1molE单质混合加入足量的水,充分反应后成气体的体积是_________(标准状况下)。(5)D的某化合物呈淡黄色,可与氯化亚铁溶液反应。若淡黄色固体与氯化亚铁反应的物质的量之比为1:2,且无气体生成,则该反应的离子方程式为_____________。18、下表是元素周期表中的一部分,回答下列问题:ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②3③④⑤⑥⑦⑧⑨4⑩⑾⑿(1)写出下列元素名称①_______,⑤_______,⑨_______,⑾________。(2)在这些元素中,金属性最强的元素是_______;除稀有气体元素以外的元素中原子半径最大的是_______,原子半径最小的是______。其氢化物最稳定的是____。(填写元素符号)(3)元素②和③形成的离子的电子层结构_________(填“相同”或“不相同”),两者形成的化合物是否是离子化合物________(填“是”或“否”),该化合物的电子式为______________。(4)元素⑧的最高价氧化物对应的水化物化学式为:______名称为______:。(5)在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中,属于两性氢氧化物的是_________(填写化学式),写出其和盐酸反应的化学方程式__________________________________________。19、某研究性学习小组设计了一组实验来探究第ⅦA族元素原子的得电子能力强弱规律。下图中A、B、C是三个可供选择制取氯气的装置,装置D的玻璃管中①②③④处依次放置蘸有NaBr溶液、淀粉碘化钾溶液、NaOH浓溶液和品红溶液的棉球。(1)写出装置B中指定仪器的名称a________,b_________。(2)实验室制取氯气还可采用如下原理:2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。依据该原理需要选择A、B、C装置中的________装置制取氯气。(3)反应装置的导气管连接装置D的________(填“X”或“Y”)导管,试回答下列问题①处所发生反应的离子方程式:____________________;②处的现象:____________________;③处所发生反应的离子方程式:__________________________。(4)装置D中④的作用是__________________。(5)某同学根据①②两处棉球颜色的变化得出结论:Cl、Br、I原子的得电子能力依次减弱。上述实验现象________(填“能”或“不能”)证明该结论、理由是___________。20、某化学兴趣小组利用如图装置制取氨气并探究氨气的有关性质。完成下列填空:(1)A中加入NH4Cl与Ca(OH)2固体,写出加热时发生反应的化学方程式___;将制得氨气与氯化氢气体通入乙装置中,瓶内可以观察到的现象是____。(2)丙为吸收尾气,乙装置的导管f连接的装置可以是____(填字母)。a.b.c.(3)向丙装置中加入浓氨水,通入空气,同时将加热的铂丝插入锥形瓶内,能使铂丝保持红热的原因是___。锥形瓶中不可能生成的物质是____(可多选)。A.H2B.NO2C.HNO3D.NH4NO3(4)反应结束后锥形瓶内的溶液中含由H+、OH-、___、___离子。21、探究物质的结构有助于对物质的性质进行研究。(1)①下列物质中含有羧基的是____(填字母)。a.b.c.②下列物质分子中所有原子处于同一平面的是____(填字母)。a.苯b.丙烯c.甲醇③欲区分乙醛和乙酸,应选用____(填字母)。a.NaOH溶液b.HCl溶液c.NaHCO3溶液(2)书写方程式并写出反应①和②的反应类型:①甲烷与氯气在光照条件下的反应(写第一步)__________________,属于________反应②乙烯使溴水或溴的四氯化碳溶液褪色__________________,属于________反应③乙醇与金属钠的反应________________,属于________反应④灼热的铜丝多次反复地插入乙醇中:___________________,属于_______反应;
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】分析:A、利用电解池原理解释;B、利用原电池原理解释;C、利用原电池原理分析;D、利用电解池原理判断。详解:从图示看出,Mg与电源的负极相连,作阴极,Fe与电源的正极相连,作阳极,Fe失去电子溶解,没有起到保护Fe,A选项错误;图2中铁钉发生吸氧腐蚀,消耗试管内的氧气,使试管内气体压强减小,试管内的液面上升,B选项正确;图3中Mg-Al-NaOH溶液构成原电池,Mg与氢氧化钠溶液不反应,Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,Al失去电子作负极,Mg作正极,C选项错误;图4中作电源时负极失去电子,发生氧化反应,再进行充电时,此极应该得到电子,发生还原反应,所以此时该电极应该与充电电源的负极相连,D选项错误;正确选项B。点睛:原电池的正负极判断方法:1、由组成原电池的两极的电极材料判断:一般来说,通常两种不同金属在电解溶液中构成原电池时,较活泼的金属作负极,本题图2中Fe是负极,C是正极。但也不是绝对的,应以发生的电极反应来定,例如:Mg-Al合金放入稀盐酸中,Mg比Al易失去电子,Mg作负极;本题图3中将Mg-Al合金放入烧碱溶液中,由于发生电极反应的是Al,故Al作负极。另如Cu-Al放在浓硫酸中,Cu是负极。2、根据电流方向或电子流动方向判断:电流流入的一极或电子流出的一极为负极;电子流动方向是由负极流向正极。3、根据原电池里电解质溶液内离子的定向流动方向判断:在原电池的电解质溶液内,阳离子移向的极是正极,阴离子流向的极为负极。2、C【解析】分析:在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数,左上角表示质量数,据此判断。详解:已知R2+离子核外有a个电子,b个中子,质子数是a+2,质量数=质子数+中子数=a+b+2,则表示R原子符号为R。答案选C。3、A【解析】
SO2通入BaCl2溶液,因为亚硫酸酸性弱于盐酸,不反应,不会产生沉淀,若要产生沉淀,可以通入氧化性物质将二氧化硫氧化为硫酸根离子,硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀,或者通入碱性物质,与二氧化硫反应生成亚硫酸根离子,亚硫酸根离子与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀,据此解答。【详解】①Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮,二氧化氮溶于水生成硝酸,硝酸能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子,会产生硫酸钡沉淀,故①选;②氨水滴入到氢氧化钠固体中会生成碱性气体氨气,氨气与水反应生成一水合氨,与二氧化硫生成亚硫酸铵,亚硫酸根与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀,故②选;③大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳,二氧化碳、二氧化硫与氯化钡溶液均不反应,不会产生沉淀,故③不选;④过氧化氢和二氧化锰反应生成氧气,氧气在溶液中能够氧化亚硫酸生成硫酸根离子,会产生硫酸钡沉淀,故④选;答案为A。4、C【解析】试题分析:镁、铝是地球上含量丰富的金属元素,可以从海水中提取金属镁,但无法从海水中提取金属铝,铝的工业制取方法是电解熔融的氧化铝,选C。考点:考查金属的用途。5、C【解析】
铝既能与硫酸溶液反应化学方程式为:2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑铝能与烧碱溶液反应的化学方程式为:2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,根据氧化还原反应的规律和具体反应作答。【详解】根据上述分析可知:A.两个反应都是氧化还原反应,A项正确;B.铝与硫酸反应时,硫酸转化为氢气,其中H元素化合价从+1价降低到0价,被还原,作氧化剂,B项正确;C.铝与烧碱溶液反应时,可理解为铝先与水反应生成氢氧化铝与氢气,生成的氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水,因此水作氧化剂,C项错误;D.两个反应都有氢气生成,D项正确;答案选C。【点睛】C项是本题的难点,学生要理解铝与氢氧化钠反应的实质。6、C【解析】
A、H2O的分解反应是吸热反应,故A错误;B、氢能源将成为21世纪的主要绿色能源,氢气是通过电解制备的,耗费大量电能,廉价制氢技术采用太阳能分解水,但技术不成熟,是制约氢气大量生产的因素,氢能源未被普遍使用,故B错误;C、因为H2O的分解反应是吸热反应,所以2molH2O具有的总能量低于2molH2和1molO2的能量,故C正确;D、氢氧燃料电池放电过程是原电池原理,是将化学能转化为电能,故D错误;故选C。【点睛】本题考查了氢能源的优点,但氢能源也有缺点,如:氢气制备成本高、不易保存、安全性低等,同学们需要全面的分析问题。本题的易错点为A,要记住常见的吸热和放热反应。7、C【解析】分析:A、依据二氧化硅和硅单质性质分析判断;B、高炉炼铁原料有铁矿石、焦炭、空气、石灰石;C、烷烃裂解可得到乙烯、丙烯等;D.煤的干馏是在隔绝空气的条件下发生的。详解:A、二氧化硅是制造光导纤维的材料,单质硅是良好的半导体材料,选项A错误;B、高炉炼铁原料有铁矿石、焦炭、空气、石灰石,选项B错误;C、将石油分馏产物中的长链烃通过裂解,可得到乙烯、丙烯等短链烃,选项C正确;D.煤的干馏是在隔绝空气的条件下发生的,得到焦炭、煤焦油、焦炉气、粗氨水等产品,在空气中加强热会燃烧生成二氧化碳,选项D错误;答案选C。点睛:本题综合考查有机物的组成、结构和性质,为高考高频考点,侧重于有机物知识的综合考查,难度不大,注意相关基础知识的积累。8、A【解析】
内因是决定化学反应速率的根本原因,即反应物本身的性质是主要因素,而浓度、温度、压强、催化剂是外界影响因素,故选A。9、B【解析】
海水制盐是先将海水引入盐田,后在太阳照射下蒸发水分,得到粗盐,海水中的氯化物主要是氯化钠,占88.6%,其次是氯化镁、氯化钙、氯化钾等,硫酸盐占10.8%,所以所得“盐”的主要成分是NaCl,故答案选B。10、B【解析】分析:根据元素周期表的结构分析判断。详解:元素周期表中前三周前是短周期,第四、五、六周期是长周期,第七周期是不完全周期。从第四周期开始出现副族和第Ⅷ族,第18列是0族,所以由短周期元素和长周期元素共同组成的族可能是主族。答案选B。11、C【解析】A.煤干馏可以得到煤焦油,煤焦油中含有甲烷、苯和氨等重要化工原料,属于化学变化,故A错误;B.煤的气化是将其转化为可燃气体的过程,主要反应为碳与水蒸气反应生成H2、CO等气体的过程,有新物质生成,属于化学变化,故B错误;C.石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的,属于物理变化,故C正确;D.石油裂化是大分子生成小分子,属于化学变化,故D错误;故选C。点睛:明确变化过程中是否有新物质生成是解题关键,化学变化是指有新物质生成的变化,物理变化是指没有新物质生成的变化,化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成,据此抓住化学变化和物理变化的区别结合事实进行分析判断即可。12、C【解析】试题分析:萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法,选用的萃取剂的原则是:①和原溶液中的溶剂互不相溶更不能发生化学反应;②溶质在该溶剂中溶解度要远大于原溶剂。乙酸、乙醇和水是互溶的,不能作为从溴水中萃取溴的萃取剂。四氯化碳不溶于水,溴易溶在有机溶剂中,四氯化碳可以作为萃取剂,所以答案选C。考点:考查萃取剂选择的判断点评:该题是常识性知识的考查,侧重对学生实验能力的培养,有利于培养学生的逻辑思维能力和规范严谨的实验设计能力。该题的关键是明确萃取剂选择的依据,然后结合题意灵活运用即可。13、D【解析】A.A为固体,浓度固定不变,不能用其表示反应速率,故错误;B.物质的反应速率比等于化学计量数比,分别用B、C、D表示反应的速率,其比值是3∶2∶1故错误;C.不能计算某时刻的瞬时速率,故错误;D.反应随着时间的进行,正反应速率逐渐减小,故正确。故选D。【点睛】在理解反应速率定义时需要注意计算的反应速率都为一段时间内的平均速率,而不是瞬时速率,且速率可以用反应物或生成物的浓度改变量表示,但固体或纯液体因为浓度固定不变,不能表示速率。不管用哪种物质表示速率,可能数值不同,但含义相同,而且随着反应的进行正反应速率减小,逆反应速率增大。14、D【解析】
乙醇的官能团是—OH,属于醇类,能与活泼金属钠反应置换出氢气,能发生氧化反应、消去反应、酯化反应。【详解】A项、羟基的电子式为,氢氧根离子的电子式为,故A错误;B项、乙醇的官能团是—OH,属于非电解质,不能与NaOH溶液发生中和反应,故B错误;C项、标准状况下,1mol乙醇可与足量的Na反应生成11.2LH2,故C错误;D项、乙醇催化氧化时,羟基发生氢氧键和与羟基相连的碳原子发生碳氢键断裂,断裂的化学键为①③,故D正确;故选D。【点睛】本题考察了乙醇结构和性质,注意羟基是乙醇的官能团,乙醇的性质由官能团羟基决定,注意分析反应时断键部位是解答关键。15、B【解析】
A.氯水中含有三分子、四离子:水分子、氯分子、次氯酸分子、氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子,A项错误;B.液氯是纯净物,其中只含有氯分子,B项正确;C.盐酸是氯化氢溶液,含有水分子、氢离子、氢氧根离子、氯离子,C项错误;D.食盐中含有钠离子和氯离子,D项错误;答案选B。16、D【解析】
A.硝基苯的密度比水大,A项错误;B.溴苯的密度比水大,B项错误;C.四氯甲烷的密度比水大,C项错误;D.苯的密度比水小,D项正确;答案选D。二、非选择题(本题包括5小题)17、第三周期,IIIA族Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O56L3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3+6Na++2Fe3+【解析】
A、W为短周期元素,且能形成2种液态化合物且原子数之比分别为2:1和1:1,推测两种液态化合物是水和过氧化氢,则A为氢元素,W为氧元素。再依据“A和D同主族”,推断元素D是钠元素;E元素的周期序数等于其族序数,且E在第三周期,所以E是铝元素;依据“质子数之和为39”判断B为碳元素。【详解】(1)元素铝在第三周期第IIIA族;(2)A2W2为过氧化氢,其电子式为:,注意氧与氧之间形成一个共用电子对;(3)过氧化氢在酸性介质下表现出较强的氧化性,在硫酸介质中,过氧化氢与铜反应的离子方程式为:Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O;(4)DA为NaH,若将1molNaH和1molAl混合加入足量的水中,首先发生反应:NaH+H2O=NaOH+H2↑,此时1molNaH完全反应,生成氢气1mol,同时生成1molNaOH;接着发生反应:2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑2231mol1mol1.5mol生成氢气的物质的量为1.5mol,所以共生成氢气的物质的量为2.5mol,这些氢气在标准状况下的体积为:22.4L/mol×2.5mol=56L;(5)淡黄色固体为过氧化钠,可将+2价铁离子氧化成+3价铁离子,注意题目明确指出没有气体生成,所以过氧化钠在该反应中只作氧化剂,该反应的离子方程式为:3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3+6Na++2Fe3+。18、氮铝氩钙KKFF相同是HClO4高氯酸Al(OH)3Al(OH)3+3HCl===AlCl3+3H2O【解析】
由元素在周期表中位置,可知①为N、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Ar、⑩为K、⑾为Ca、⑿为Br,据此分析。【详解】由元素在周期表中位置,可知①为N、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Ar、⑩为K、⑾为Ca、⑿为Br。(1)下列元素名称①为氮,⑤为铝,⑨为氩,⑾为钙;(2)同周期自左而右金属性减弱、同主族自上而下金属性增强,故上述元素中K元素的金属性最强;除稀有气体元素以外,同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大,故上述元素中K的原子半径最大;F的原子半径最小;同周期自左而右非金属性增强、同主族自上而下非金属性减弱,故上述元素中F元素的非金属性最强,非金属性越强,其气态氢化物的稳定性越强,则其氢化物最稳定的是F;(3)元素②和③形成的离子F-和Na+都为10电子离子,它们的电子层结构相同,两者形成的化合物NaF由钠离子和氟离子构成,属于离子化合物,该化合物的电子式为;(4)元素⑧的最高价氧化物对应的水化物化学式为:HClO4,名称为高氯酸;(5)在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中,属于两性氢氧化物的是Al(OH)3,Al(OH)3和盐酸反应生成氯化铝和水,反应的化学方程式为Al(OH)3+3HCl===AlCl3+3H2O。【点睛】本题是一道元素周期表结构和元素周期律知识的综合题目,考查角度广。根据元素的周期数和族序数来确定元素是解题的关键。19、分液漏斗圆底烧瓶AXCl2+2Br+===2Cl-+Br2棉球变蓝Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O检验氯气是否被吸收完全不能实验无法证明Br和I得电子能力的相对强弱(其他合理答案也可)【解析】分析:实验室制备氯气可用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应,也可用高锰酸钾与浓盐酸反应制备,反应较为剧烈,无需加热即可进行,氯气具有强氧化性,能与NaBr溶液、碘化钾溶液发生置换反应生成单质Br2、I2,氯气在碱性溶液中自身发生氧化还原反应,反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O,氯气与水反应生成HClO,具有漂白性,能使品红褪色,以此解答该题。详解:(1)根据仪器构造可知a为分液漏斗,b为圆底烧瓶;(2)高锰酸钾与浓盐酸反应较为剧烈,无需加热即可进行,是固体和液体不加热制备气体装置,选择A装置;(3)检验氯气的性质时,不能先通过NaOH溶液,否则会消耗氯气,且起不到尾气吸收的作用,应从X端进气。①氯气与NaBr溶液反应生成Br2,反应的离子方程式为Cl2+2Br+=2Cl-+Br2;②氯气与碘化钾溶液反应生成I2,反应的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2,碘遇淀粉显蓝色,所以实验现象是棉球变蓝;③氯气有毒需要氢氧化钠溶液吸收,氯气在碱性溶液中自身发生氧化还原反应,反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;(4)氯气与水反应生成HClO,具有漂白性,能使品红褪色,把品红放在最后可观察氯气是否被吸收完全;(5)由于不能保证氯气和溴化钠完全反应,则生成的溴单质中含有过量的氯气,则不能证明Br和I得电子能力相对强弱。点睛:本题考查氯气制备、性质实验的设计、物质性质和反应现象的判断,题目难度中等,注意有关物质的性质以及实验方案的合理性和实用性。明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键,注意污染性的气体要进行尾气处理。20、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O有白烟生成b、c氨的氧化反应是一个放热反应,放出的热使铂丝保持红热ANH4+NO3-【解析】
(1)NH4Cl与Ca(OH)2加热时发生反应生成氯化钙、氨气和水,化学方程式为:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O;将制得氨气与氯化氢气体通入乙装置中,氨气与氯化氢迅速化合生成氯化铵固体小颗粒,在乙装置中形成白烟。答案为:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O;有白烟生成;(2)a.吸收尾气需要防止倒吸,装置a直接插入水中会引起倒吸,故a错误;b.装置b中四氯化碳不溶于水,氨气不溶于四氯化碳,从导管口逸出的氨气被上层水吸收可以防止倒吸,故b正确;c.装置c倒扣在水面的漏斗可以防止倒
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