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    浙江省嘉兴市第一中学2020届高三上学期期中考试化学试题
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    浙江省嘉兴市第一中学2020届高三上学期期中考试化学试题

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    2019学年第一学期期中考试高三化学试题卷
    可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Cr 52 Zn 65
    选择题部分
    一、选择题(本大题共16小题,每小题3分,共48分。每小题只有一个正确选项,多选、错选均不得分)
    1.化学与生活、社会发展息息相关,下列有关说法不正确的是
    A. “时气错逆,霾雾蔽日”,雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应
    B. “青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”;屠呦呦改进提取青蒿素的这种方法,提取过程中发生了化学变化
    C. 《中国诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化,还蕴含着许多化学知识。例如刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦,吹尽狂沙始到金”可以看出金性质稳定,可通过物理方法得到
    D. “外观如雪,强烧之,紫青烟起”。南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A、气溶胶具有胶体的性质,可发生丁达尔效应,故A正确;
    B、提取青蒿素的过程利用萃取的原理,没有发生化学变化,故B错误;
    C、由于金的密度大于沙,所以可以利用两者密度不同加以分离,是物理方法,故C正确;
    D、选项涉及硝酸钾的灼烧以及颜色,利用了焰色反应,故D正确;
    故选B;
    2.近日,北京某区食药监局向居民发放了家用食品快检试剂盒.试剂盒涉及的部分检验方法如下,其中不是通过化学原理进行检验的是(  )
    A. 通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度
    B. 用含Fe2+的检测试剂检验自来水中余氯的含量
    C. 向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量
    D. 通过观察放入检测液中鸡蛋的沉浮检验鸡蛋新鲜度
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A项、通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度,涉及与氢离子的反应,pH试纸的变色过程是化学变化,故A错误;
    B项、亚铁离子与氯气发生氧化还原反应,属于化学变化,故B错误;
    C项、向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量,发生氧化还原反应,淀粉中碘酸钾被还原生成碘,故C错误;
    D项、鸡蛋的沉浮与密度有关,没有发生化学变化,故D正确;
    故选D。
    3.下列说法正确的是
    A. 等质量的甲烷、乙烯、1,3—丁二烯分别充分燃烧,所耗用氧气的量依次减少
    B. 按系统命名法,化合物的名称为2—甲基—4—乙基戊烷
    C. 苯酚、水杨酸()和苯甲酸都是同系物
    D. 三硝基甲苯的分子式为C7H3N3O6
    【答案】A
    【解析】
    【详解】A、由最简式可知,等质量的烃中含H的质量分数越大,消耗氧气越多,则等质量的甲烷(CH4)、乙烯(CH2)、1,3-丁二烯(CH1.5)分别充分燃烧,所耗用氧气的量依次减少,故A正确;
    B、主链有6个碳原子,2, 4号碳原子上各有1个甲基,名称为: 2,4-二甲基己烷,故B错误;
    C、苯酚、水杨酸和苯甲酸含有的官能团不同,不符合同系物概念,故C错误;
    D、三硝基甲苯的分子中含有7个C,5个.H、3个N和6个O,其分子式为:C7H5N3O6,故D错误;
    故选A;
    4.下列说法不正确的是
    A. CO2溶于水的过程中既有共价键的断裂,也有共价键的生成
    B. 在SF2、PCl5、CCl4的分子中,所有原子均达到了8电子稳定结构
    C. H2NCH2COOH和CH3CH2NO2熔化时克服的微粒间作用力不同,导致熔点相差较大
    D. N2比O2分子稳定,与分子间作用力无关
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A、化学变化的本质是旧键断裂,新键形成,CO2溶于水生成碳酸,反应物和生成物均为共价化合物,故A正确;
    B、PCl5的P化合价为+5价,P原子最外层电子数为5,则5+5=10,不满足8电子结构,故B错误;
    C、H2NCH2COOH含有分子间氢键,而CH3CH2NO2没有,所以在融化时H2NCH2COOH除了克服分子间作用力,还需要克服氢键,故C正确;
    D、分子的稳定性与键能相关,分子间作用力决定分子的熔沸点,故D正确;
    故选B;
    【点睛】本题易错点在分子晶体的熔沸点与分子间作用力和氢键相关,分子的稳定性与共价键键能相关。
    5.下列反应的离子方程式不正确的是
    A. 苯酚与少量碳酸钠溶液的反应:+CO32-→+HCO3-
    B. 淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝:4I-+O2+2H2O=2I2+4OH-
    C. 电解熔融氯化镁制镁:Mg2++2Cl-Mg+Cl2↑
    D. 铜与浓硝酸反应:Cu+4HNO3(浓)=Cu2++2NO3-+2NO2↑+2H2O
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A、因为苯酚的酸性比碳酸的弱,但是比HCO3-强,所以苯酚与少量碳酸钠溶液的反应为+CO32-→+HCO3-,故A正确;
    B、I-具有还原性,空气中的氧气具有氧化性,相互之间发生氧化还原反应,故B正确;
    C、K、Ca、Na、Mg、Al单质的还原性很强,所以制取K、Ca、Na、Mg、Al单质时除Al之外采用电解熔融盐的方式,故C正确;
    D、硝酸是强电解质,铜与浓硝酸反应的离子反应方程式中,应该拆开,故D错误;
    故选D;
    6.通过以下反应可获得新型能源二甲醚()。下列说法不正确的是




    A. 反应①、②为反应③提供原料气
    B. 反应③也是资源化利用的方法之一
    C. 反应的
    D. 反应的
    【答案】C
    【解析】
    【分析】
    A.反应③中的反应物为CO2、H2;
    B.反应③中的反应物为CO2,转化为甲醇;
    C.由反应④可以知道,物质的量与热量成正比,且气态水的能量比液态水的能量高;
    D.由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到。
    【详解】A.反应③中的反应物为CO2、H2,由反应可以知道,反应①、②为反应③提供原料气,所以A选项是正确的; 
    B.反应③中的反应物为CO2,转化为甲醇,则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一,所以B选项是正确的; 
    C. 由反应④可以知道,物质的量与热量成正比,且气态水的能量比液态水的能量高,则反应反应的,故C错误;
    D. 由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到,则,所以D选项是正确的。
    所以答案选C。
    7.测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。
    时刻




    温度/℃
    25
    30
    40
    25
    pH
    9.66
    9.52
    937
    9.25

    实验过程中,取①④时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验,④产生白色沉淀多。下列说法错误的是(  )
    A. Na₂SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2O HSO-3+OH-
    B. ④的pH与①不同,是由于SO32-浓度减小造成的
    C. ①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
    D. ①与④的Kw值相等
    【答案】C
    【解析】
    分析:A项,Na2SO3属于强碱弱酸盐,SO32-存在水解平衡;B项,取①④时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,④产生白色沉淀多,说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4,①与④温度相同,④与①对比,SO32-浓度减小,溶液中c(OH-),④的pH小于①;C项,盐类水解为吸热过程,①→③的过程,升高温度SO32-水解平衡正向移动,c(SO32-)减小,水解平衡逆向移动;D项,Kw只与温度有关。
    详解:A项,Na2SO3属于强碱弱酸盐,SO32-存在水解平衡:SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-,A项正确;B项,取①④时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,④产生白色沉淀多,说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4,①与④温度相同,④与①对比,SO32-浓度减小,溶液中c(OH-),④的pH小于①,即④的pH与①不同,是由于SO32-浓度减小造成的,B项正确;C项,盐类水解为吸热过程,①→③的过程,升高温度SO32-水解平衡正向移动,c(SO32-)减小,水解平衡逆向移动,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反,C项错误;D项,Kw只与温度有关,①与④温度相同,Kw值相等;答案选C。
    点睛:本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。
    8.下列说法正确的是
    A. 抽滤实验洗涤晶体时,应先关小水龙头停止抽气,再在布氏漏斗中加少量洗涤剂,用玻璃
    棒小心搅动使晶体润湿,静置一会再打开水龙头慢慢抽气
    B. 容量瓶、量筒和滴定管上都要标明使用温度,容量瓶无“0”刻度,量筒、滴定管有“0”刻度
    C. 在比较乙醇和苯酚与钠反应的实验中,要把乙醇和苯酚配成同物质的量浓度的水溶液,再与相同大小的金属钠反应,来判断两者羟基上氢的活性
    D. 中和滴定实验中锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用,滴定管和移液管用蒸馏水洗净后,必须干燥或润洗后方可使用
    【答案】AD
    【解析】
    【详解】A、抽滤实验洗涤晶体时,应先关小水龙头停止抽气,再在布氏漏斗中加少量洗涤剂,用玻璃棒小心搅动使晶体润湿,静置一会再打开水龙头慢慢抽气,故A正确;
    B、容量瓶标有温度、规格、刻度线,量筒标有温度、规格,滴定管标有温度、规格,量筒、容量瓶无“0”刻度,滴定管有“0”刻度在最上面,故B错误;
    C、配成溶液时都含有水,而水的羟基活性大于乙醇中的羟基活性,不能比较出乙醇和苯酚羟基上氢的活性,应分别用纯液体与钠反应来判断两者羟基上氢的活性
    D、酸碱中和滴定实验中,如果将滴定管和移液管用蒸馏水洗净后,不干燥或润洗直接使用,会导致待测液或标准液浓度偏低,影响实验结果,故D正确;
    故选A、D
    9.化合物Y具有抗菌、消炎作用,可由X制得。

    下列有关化合物X、Y的说法正确的是
    A. Y与丙醇发生酯化反应可得到与X相对分子质量相同的酯
    B. X、Y均能与FeCl3溶液发生显色反应
    C. 1 mol X与1 mol Y最多能反应的NaOH量相同
    D. 室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数均为4
    【答案】A
    【解析】
    【详解】A、X的分子式为C23H24O5,相对分子质量是380 ,Y的分子式为C21H22O4,相对分子质量是338 ,相对分子质量相差42,当Y与丙醇发生酯化反应相当于增加C3H6,即相对分子质量增加42,所以当Y与丙醇发生酯化反应可得到与X相对分子质量相同的酯,故A正确;
    B、X中没有酚羟基,不能与FeCl3溶液发生显色反应,故B错误;
    C、X中含有酯基和羧基,当与NaOH发生水解反应时会产生羧基和酚羟基,所以1 mol X与最多能反应3mol NaOH,Y中含有羧基和酚羟基,所以1 mol Y最多能反应2mol NaOH,故C错误;
    D、手性碳的要求是需要连接四个不相同的原子或原子团,所以室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数均为3,故D错误
    故选A;
    10.NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述错误的是
    A. 1mol月球表面的氦-3()含有质子为2NA
    B. 1L的溶液中,含有0.1NA个
    C. 标准状况下,22.4L中所含分子数为NA
    D. 标准状况下,1mol金刚石中含有的C-C键数目为2NA
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.每个中含有2个质子,则1mol氦-3()含有质子为2NA,故A正确;
    B.pH=1的H3PO4溶液中氢离子浓度为0.1mol/L,故1L此溶液中氢离子的物质的量为0.1mol,个数为0.1NA个,故B正确;
    C.标准状况下,CCl4是液体,不能根据气体摩尔体积计算2.24LCCl4的物质的量,故C错误;
    D.金刚石中,每个碳原子能和其它四个碳原子形成4个共价键,所以平均每个碳原子具有2个共价键,1mol金刚石中含有C-C键数目为2NA,故D正确;
    故答案为C。
    11.元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示,其中元素Q位于第四周期,X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17,下列说法不正确的是
    X





    Y
    Z

    Q




    A. 原子半径(r):r(Q)>r(Y)>r(Z)
    B. 元素X有 -4,+2、+4等多种价态
    C. Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸
    D. 可以推测H3QO4是Q的最高价氧化物的水化物
    【答案】C
    【解析】
    【分析】
    由X、Y、Z最外层电子数和为17可以推出元素X为碳元素;Y元素为硫元素,Z为氯元素,Q为第四周期VA,即为砷元素。
    【详解】A、元素周期表同主族从上到下原子半径依次增大,同周期从左向右依次减小,选项A正确;
    B、碳元素所在的化合物甲烷、一氧化碳、二氧化碳所对应的化合价分别为-4,+2、+4,选项B正确;
    C、硫元素对应的氧化物二氧化硫的水化物亚硫酸并非是强酸,选项C不正确;
    D、VA最外层电子数为5,故最高化合价为+5,选项D正确。
    答案选C。
    【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的知识,分析元素是解题的关键。易错点为选项D,应分析Q为VA族元素,根据元素性质的相似性、递变性进行判断。
    12.在恒容绝热的容器中进行反应:2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)△H=-akJ·mol-1(a>0),下列说法不正确的是
    A. 容器中压强不变,表明反应达到平衡状态
    B. 反应过程中A、B的转化率始终相同
    C. 增加A的浓度,平衡时B的体积分数减少
    D. 容器中气体的密度不变,表明反应达到平衡状态
    【答案】AB
    【解析】
    【详解】A、D是固体,反应前后气体分子数目不变,压强始终不变,所以不能用压强不变来衡量反应是否达到平衡,故A错误;
    B、只有当A、B的投入量按反应方程式系数比投入时,反应物的转化率才相同,故B错误;
    C、增加A浓度,平衡正向移动,B的物质的量减少,平衡时B的体积分数减少,故C正确;
    D、混合气体的密度 ,体积不变,反应前后气体质量发生改变,所以反应前后气体密度发生改变,当气体的密度不变,表明反应达到平衡状态,故D正确;
    故选AB;
    【点睛】反应达到平衡的标志是正逆反应速率相等,各组分的物质的量、物质的量浓度不变。也可以是当随反应改变的量不再变化时即反应达到平衡来判定。
    13.某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出,某研究小组利用设计的电解分离装置,使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液,并回收利用。用惰性电极电解时,下列说法正确的是:

    A. a极产生氧气,b极产生氢气
    B. a电极区溶液pH值减小
    C. 含铬微粒主要以Cr2O72-形式在b极区聚集
    D. CrO42-能从浆液中分离出来向a极区迁移
    【答案】C
    【解析】
    【分析】
    电解时,CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动,从而从浆液中分离出来,所以b电极为阳极,a电极为阴极,据此判断本题。
    【详解】A、电解时,a电极为阴极,产生氢气,b电极为阳极,产生氧气,故A错误;
    B、a电极的电极反应方程式为:2H2O+2e-=H2↑+2OH-,PH升高,故B错误
    C、b电极的电极反应方程式:2H2O-2e-=O2↑+4H+,放电后阳极池酸性增强发生反应:2 CrO42- +2H+= Cr2O72-+H2O,故C正确;
    D、CrO42-是阴离子,不能通过阳离子交换膜,故D错误;
    故选C;
    【点睛】本题考查的内容是电解池,解答这类题目首先要判断出阴阳极,判断阴阳极的方式为阴阳记得特征,如阳极的特征为:阳极化合价升高、失电子、与电源正极相连、阴离子移动的方向。
    14.25℃时,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
    A. pH=1的NaHSO4溶液:c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)
    B. 0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH>7):c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)
    C. 0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸):2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
    D. 0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合:3c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]
    【答案】A
    【解析】
    【详解】A、NaHSO4溶液中的电荷守恒为:c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),又因为c(Na+)= c(SO42-),故A正确;
    B、NH4Cl与氨水混合溶液中的电荷守恒为:c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),因为溶液显碱性,c(OH-)> c(H+),所以c(NH4+) >c(Cl-),存在物料守恒:c(NH3·H2O)+c(NH4+)=2c(Cl-),所以正确的离子浓度大小顺序为c(NH4+)>c(Cl-)>c(NH3·H2O)> c(OH-)> c(H+),故B错误;
    C、0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后的溶质为NaCl和NaHC2O4,所以存在的电荷守恒为:2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)+ c(Cl-)=c(Na+)+c(H+),故C错误;
    D、0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合的物料守恒为2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)],故D错误;
    故选A;
    【点睛】解答本题需要掌握两个方面的知识;
    混合后的溶液中的溶质是什么。如C选项,0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后的溶质为NaCl和NaHC2O4;
    能够灵活运用盐类水解的三种守恒,即电荷守恒、物料守恒和质子守恒,来比较溶液当中离子浓度大小。
    15.实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质,焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是(  )

    A. ①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液
    B. 管式炉加热前,用试管在④处收集气体并点燃,通过声音判断气体纯度
    C. 结束反应时,先关闭活塞K,再停止加热
    D. 装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A、从焦性没食子酸溶液逸出的气体含有水蒸气,所以宜于最后通过浓硫酸干燥气体,选项A错误;
    B、管式炉加热前,用试管在④处收集气体并点燃,通过声音判断气体纯度,以免因气体不纯引发爆炸,选项B正确;
    C、为了防止W受热被氧化,应该先停止加热,等待W冷却后再关闭K,选项C错误;
    D、二氧化锰与浓盐酸反应需要加热,而启普发生器不能加热,所以启普发生器不能用于氯气的制备,选项D错误。
    答案选B。
    16.雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子:Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42-、NO3-、Cl-。某同学收集了该地区的雾霾,经必要的预处理后试样溶液,设计并完成了如下的实验:

    已知:3NO3-+ 8Al + 5OH-+ 2H2O3NH3+ 8AlO2-
    根据以上的实验操作与现象,该同学得出的结论不正确的是
    A. 试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-
    B. 试样中一定不含Al3+
    C. 试样中可能存在Na+、Cl-
    D. 该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4
    【答案】B
    【解析】
    【分析】
    试样溶液中加入过量Ba(OH)2并加热,生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色,说明气体1是NH3,则试样中含有NH4+;向滤液中通入CO2,得到溶液2、沉淀2,溶液2中加入Al,生成气体2,该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色,说明含有气体2是NH3,根据已知条件知,溶液2中含有NO3-,根据元素守恒知,原溶液中含有NO3-;滤液1中通入CO2,得到沉淀2,向沉淀2中加入酸,沉淀溶解并放出气体,说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐;沉淀1加入酸后,沉淀部分溶解,硫酸钡不溶于酸,说明原来溶液中含有SO42-,能和过量Ba(OH)2反应生成能溶于酸的沉淀,根据离子知,该沉淀为Mg(OH)2,所以溶液中含有Mg 2+,
    【详解】A、通过以上分析知,试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-,故A正确;
    B、通过以上分析知,试样中不能确定是否含有Al3+,故B错误;
    C、通过以上分析知,试样中可能存在Na+、Cl-,要检验是否含有钠离子或氯离子,可以采用焰色反应鉴定钠离子,用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子,故C正确;
    D、根据以上分析知,试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-,可能存在Na+、Cl-,所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4,故D正确,
    答案选B。
    非选择题部分
    二、非选择题(本大题共4小题,共52分)
    17.五种短周期元素Q、W、X、Y、Z,位于不同主族,原子序数依次增大。
    ①W的氢化物与最高价氧化物对应水化物反应生成盐甲
    ②X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应生成均可生成盐和水
    ③化合物X2O2可与Q某种气态氧化物(标准状况下密度为1.25g•L-1)在一定条件下发生化合反应,生成一种正盐乙
    请回答下列各题:
    (1)已知:ZO3n-+M2++H+→Z―+M4++H2O(M为金属元素,方程式未配平),则Z原子的结构示意图为___,n=___
    (2)过程③的化学方程式为___。
    (3)甲的水溶液呈___性(填“酸”、“碱”或“中”),原因是___(用离子方程式表示)。
    (4)将Y单质粉末加入到盐乙的浓溶液中,缓慢放出气泡,加热后有大量气泡生成,同时生成白色沉淀丙。经检验气体是由单质A和少量Q的最高价氧化物组成。下列有关说法正确的是___。
    A.Q元素是形成化合物种类最多的元素
    B.单质A是热值最高的物质
    C.白色沉淀丙既可溶于稀盐酸,也能溶于NaOH
    D.白色沉淀丙可能是由生成的YO2-离子与溶液中存在的某种离子反应生成
    (5)Y可形成三元半导体CuYO2,此三元半导体难溶于水,可溶于稀硝酸,且有NO生成,写出溶解过程的离子方程式___。
    【答案】 (1). (2). 1 (3). Na2O2+CONa2CO3 (4). 酸 (5). NH4++H2ONH3•H2O+H+ (6). ABCD (7). 3CuAlO2+16H++NO3-=3Cu2++3Al3++NO↑+8H2O
    【解析】
    【分析】
    W元素的气态氢化物与W元素的最高价氧化物对应的水化物能反应生成盐,可知W是N元素(NH3+ HNO3=NH4NO3) ,所以甲为硝酸铵;X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应生成均可生成盐和水,可知X的最高价氧化物对应水化物为强碱,Z的最高价氧化物强酸,所以X为Na,Y为Al,W为S或Cl;因为Q气态氧化物(标准状况下密度为1.25g•L-1)推知摩尔质量为28g/mol,且能与Na2O2反应,所以Q为C,盐乙为碳酸钠,据此回答本题。
    【详解】(1)、因为Z―带一个单位负电,所以Z为Cl,故答案为:,1;
    (2)、Na2O2+CONa2CO3;
    (3)、因为甲溶液为硝酸铵溶液,铵根离子水解显酸性,故答案为:酸,NH4++H2ONH3•H2O+H+;
    (4)、碳酸钠溶液因为碳酸根离子水解显碱性,所以Al与氢氧根反应产生氢气,加热同时促进碳酸根离子水解产生二氧化碳,与偏铝酸根反应产生氢氧化铝沉淀,所以沉淀丙为氢氧化铝,A为氢气,故ABCD均正确;
    (5)、CuAlO2与硝酸的离子反应方程式为:3CuAlO2+16H++NO3-=3Cu2++3Al3++NO↑+8H2O
    18.铝的利用成为人们研究的热点,是新型电池研发中重要的材料。
    (1)通过以下反应制备金属铝。
    反应1:Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g);ΔH1=akJ·mol-1
    反应2:Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g);ΔH2=bkJ·mol-1
    反应3:3AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g);ΔH3
    试比较a、b的大小,并说明理由:a___b,理由是___。
    (2)在高温条件下进行反应:2Al(l)+AlCl3(g)3AlCl(g)。
    ①向图1所示的等容积A、B密闭容器中加入足量的Al粉,再分别充入1molAlCl3(g),在相同的高温下进行反应。图2表示A容器内的AlCl3(g)体积分数随时间的变化图,在图2中画出B容器内AlCl3(g)体积分数随时间的变化曲线。___

    ②1100℃时,向2L密闭容器中通入3molAlCl(g),发生反应:3AlCl(g)2Al(l)+AlCl3(g)。已知该温度下AlCl(g)平衡转化率为80%,则该反应的平衡常数K=___。
    ③加入3molAlCl(g),在不同压强下发生反应,温度对产率的影响如图3所示。此反应选择温度为900℃的原因是___。研究表明,当温度达到2500℃以上时,图中曲线重合,试分析可能原因___。

    (3)用铝制作的快速放电铝离子二次电池的原理如图4所示。该电池充电时,阴极的电极反应式为___。

    【答案】 (1). < (2). 因为反应3为分解反应,是吸热反应,所以(b-a)>0; (3). (4). 或14.8 (5). 900℃时,产率已经较高,升高温度产率增幅不大,但能耗升高,经济效益降低 (6). 高温条件下,可能Al气化使反应前后气体分子数相等,相同温度不同压强下达到平衡,产率相同 (7). 4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-
    【解析】
    【分析】
    (1)、反应1:Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g);ΔH1=akJ·mol-1
    反应2:Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g);ΔH2=bkJ·mol-1
    根据盖斯定律反应2-反应1得到反应3的焓变△H3,即可比较出a、b大小;
    (2)①反应2Al (I) +AlCl3 (g) =3AlCl (g) 正向是体积增大的反应,容器A是恒容体系,容器B是恒压体系,随着反应进行,气体物质的量增大,容器A中压强增大,容器B体积增大,反应达到平衡时,容器B相当容器A减压,则容器B中反应速率减小、平衡时间增大;
    ②根据反应的三段式计算平衡时各物质的浓度,代入平衡常数K表达式中计算K;
    ③观察图3可知,压强一定,温度达到850°C后,AlCl3的产率随温度升高变化不大,结合升温会增大能耗分析解答;
    (3) 由图4可知,原电池负极Al失去电子与AlCl4-结合生成Al2Cl7-;充电时,原电池负极与电源负极相接,成为阴极,发生得电子的还原反应,据此解答。
    【详解】(1)、反应1:Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g);ΔH1=akJ·mol-1
    反应2:Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g);ΔH2=bkJ·mol-1
    根据盖斯定律反应2-反应1得到反应3: 反应3:3AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g);△H3= (b- a) kJ.mol1,因为反应3为分解反应,是吸热反应,所以(b-a) >0,故答案为:<,因为反应3为分解反应,是吸热反应,所以(b-a) >0;
    (2)、①容器A是恒容体系,容器B是恒压体系, 反应正向是体积增大的反应,随着反应进行,气体物质的量增大,则容器A中压强增大、容器B体积增大,反应达到平衡时,容器B相当容器A减压,则容器B中反应速率减小,平衡时间增大,关系如图,故答案为:;
    ②反应的三段式为3AlCl(g)2Al(l)+AlCl3(g)
    起始浓度(mol/L) 1.5 0 0
    变化浓度(mol/L) 1.2 0.4 0.4
    平衡浓度(mol/L) 0.3 0.4 0.4
    平衡常数=,故答案为:
    ③观察图3可知,压强一定温度达到850°C后,AlCl3的产率随温度升高变化不大,所以反应选择温度为900°C是为了降低能耗、提高经济效益,故答案为::900°C时, 产率已经较高,升高温度产率增幅不大,但能耗升高,经济效益降低;
    (3)由图4可知,原电池负极Al失去电子与AlCl4-结合生成Al2Cl7-,负极反应式为Al+7AlCl4--3e-=4Al2Cl7-
    ,充电时,原电池负极成为阴极,发生的反应与原电池反应相反,即阴极电极反应式为4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-,故答案为:4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-;
    19.醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O是一种氧气吸收剂,为红棕色晶体,易被氧化,难溶于冷水,易溶于酸。其制备装置及步骤如下:

    ①检查装置气密性后,往三颈烧瓶中依次加入过量锌粒、适量CrCl3溶液。
    ②关闭K2,打开K1,旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速。
    ③待三颈烧瓶内的溶液由深绿色(Cr3+)变为亮蓝色(Cr2+)时,将溶液转移至装置乙中,当出现大量红棕色晶体时,关闭分液漏斗的旋塞。
    ④将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和干燥,称量得到3.76 g [Cr(CH3COO)2]2·2H2O
    (1)三颈烧瓶中的Zn与盐酸生成H2的作用____________,还发生的另一个反应的离子方程式为______________。
    (2)实现步骤③中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为______________,当乙中析出红棕色沉淀,为使沉淀充分析出并分离,需采用的操作是___________ 、_________、洗涤、干燥。
    (3)装置丙中导管口水封的目的是______________。
    (4)若实验所取用的CrCl3溶液中含溶质6.34 g,则[Cr(CH3COO)2]2·2H2O (相对分子质量为376)的产率是_______________________。
    【答案】 (1). 排除装置中的空气 (2). 2Cr3++Zn=2Cr2++Zn2+ (3). 关闭K1,打开K2 (4). 冷却 (5). 过滤 (6). 防止空气进入装置乙中氧化Cr2+ (7). 50%
    【解析】
    【详解】(1)根据题干信息,醋酸亚铬水合物易被氧化,三颈烧瓶中的Zn与盐酸生成H2可将装置内的空气排干净,防止其被氧化;装置甲分液漏斗盛装稀盐酸,在圆底烧瓶中和锌反应Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑,同时发生2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2,该反应的离子反应为:2Cr3++Zn═2Cr2++Zn2+;
    答案为:排除装置中的空气;2Cr3++Zn=2Cr2++Zn2+
    (2)实验开始生成H2气后,为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合,打开K2关闭K1,把生成的CrCl2溶液压入装置乙中反应;醋酸亚铬水合物难溶于冷水,当乙中析出红棕色沉淀,为使沉淀充分析出并分离,先将装置乙冷却至室温,使其充分结晶析出,在用过滤的方法分离;
    答案为:关闭K1,打开K2;冷却;过滤;
    (3)Cr2+不稳定,极易被氧气氧化,装置丙中导管口水封的目的是避免空气进入装置乙氧化Cr2+;
    故答案为:避免空气进入装置乙氧化Cr2+;
    (4)CrCl3物质的量为=0.04mol,得到CrCl2为0.04mol,根据原子守恒,则得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O为0.04mol,质量为0.04mol×1/2×376g/mol=7.52g,所得产品的产率为×100%=50%;
    故答案为:50%。
    20.具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如图所示:

    已知:
    ⅰ.RCH2BrR-HC=CH-R’
    ⅱ.R-HC=CH-R’
    ⅲ.R-HC=CH-R’
    (以上R、R’、R’’代表氢、烷基或芳基等)
    (1)A属于芳香烃,其名称是___。
    (2)D的结构简式是___。
    (3)由 F生成 G的反应类型是___。
    (4)由 E与 I2在一定条件下反应生成 F的化学方程式是___。
    (5)下列说法正确的是___(选填字母序号)。
    A.G存在顺反异构体
    B.由G生成H的反应是加成反应
    C.1molG最多可以与1molH2发生加成反应
    D.1 molF或1molH与足量NaOH溶液反应,均消耗2molNaOH
    (6)E有多种同分异构体,请写出符合下列要求的所有同分异构体。___
    ①属于芳香族化合物,不考虑立体异构
    ②既能发生加聚反应,又能发生水解反应
    ③核磁共振氢谱为5组峰,且峰面积之比为1:1:2:2:2
    (7)以乙烯为原料,结合题给信息设计合成的路线。(用流程图表示,无机试剂任选)___。
    【答案】 (1). 邻二甲苯 (2). (3). 消去反应 (4). +I2+HI (5). BD (6). 、、 (7).
    【解析】
    【分析】
    由A的分子式、C的结构简式,可知A为, 结合B的分子式与C的结构,可知B为, B与液溴在光照条件下反应得到C,由D的分子式,结合信息ⅰ,可推知D为,则C与甲醇发生酯化反应生成D,故试剂a为CH3OH。 D后产物发生酯的碱性水解、酸化得到E为,由H的结构,结合信息ii可知F为,F发生消去反应生成G为,G发生信息ii中加成反应得到H。
    (7) 由CH3CH=CHCH3反应得到,CH3CH=CHCH3可由CH3CHO和CH3CH2Br生成。乙烯与水发生加成反应生成CH3CH2OH,CH3CH2OH发生催化氧化得到CH3CHO,乙醇与HBr发生取代反应得到CH3CH2Br。
    【详解】(1)由分析可知可知A为, 其名称是:邻二甲苯,故答案为:邻二甲苯;
    (2)由分析可知,D的结构简式是, 故答案为: ;
    (3)F为,F发生消去反应生成G,故答案为:消去反应;
    (4)E由 E与 I2在一定条件下反应生成 F的化学方程式是: +I2+HI,故答案为:. +I2+HI;
    (5)A、 G为,不存在顺反异构体,故A错误;
    B、 G含有碳碳双键,由信息ii可知,由G生成H的反应是加成反应,故B正确;
    C.、G为,苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应,1mol G最多可以与4molH2发生加成反应,故C错误;
    D. F为,含有酯基和I原子,水解生成的羧基和HI可与NaOH溶液反应, H含有2个酯基,可水解生成2个羧基,则1molF或1molH与足量NaOH溶液反应,均消耗2molNaOH,故D正确;
    故答案为: BD ;
    (6)、E的结构为,同分异构满足的条件为含有苯环、双键、酯基、五种氢且个数比为1:1:2:2:2,所以能满足条件的结构有、、,故答案为、、;
    (7)、由分析可知以乙烯为原料,结合题给信息设计合成的路线为;

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