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文檔簡介
2008年北京市高考化學試卷一、選擇題(共7小題,每小題6分,滿分42分)1.(6分)對H2O的電離平衡不產生影響的粒子是()A. B.26M3+ C. D. 2.(6分)1mol過氧化鈉與2mol碳酸氫鈉固體混合后,在密閉容器中加熱充分反應,排出氣體物質后冷卻,殘留的固體物質是()A.Na2CO3 B.Na2O2Na2CO3 C.NaOHNa2CO3 D.Na2O2NaOHNa3CO3 3.(6分)下列敘述正確的是()A.金屬與鹽溶液的反應都是置換反應 B.陰離子都只有還原性 C.與強酸、強堿都反應的物質只有兩性氧化物或兩性氫氧化物 D.分子晶體中都存在范德華力,可能不存在共價鍵 4.(6分)下列各組物質的無色溶液,不用其它試劑即可鑒別的是()①KOH、Na2SO4、AlCl3②NaHCO3、Ba(OH)2、H2SO4③HCl、NaAlO2、NaHSO4④Ca(OH)2、Na2CO3、BaCl2.A.①② B.②③ C.①③④ D.①②④ 5.(6分)X、Y均為元素周期表中前20號元素,其簡單離子的電子層結構相同,下列說法正確的是()A.由mXa+與nYb﹣,得m+a=n﹣b B.X2﹣的還原性一定大于Y﹣ C.X、Y一定不是同周期元素 D.若X的原子半徑大于Y,則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性HmX一定大于HnY 6.(6分)下列敘述正確的是()A.將稀氨水逐滴加入稀硫酸中,當溶液pH=7時,c(SO42﹣)>c(NH4+) B.兩種醋酸溶液的物質的量濃度分別為c1和c2,pH分別為a和a+1,則c1=10c2C.pH=11的NaOH溶液與pH=3醋酸溶液等體積混合,滴入石蕊試液呈紅色D.向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸銨固體,則溶液中增大7.(6分)工業(yè)上制備純硅反應的熱化學方程式如下:SiCl4(g)+2H2(g)?Si(s)+4HCl(g)△H=+QkJ/mol(Q>0)某溫度、壓強下,將一定量反應物通入密閉容器進行上述反應,下列敘述正確的是()A.反應過程中,若增大壓強能提高SiCl4的轉化率 B.若反應開始時SiCl4為1mol,則達平衡時,吸收熱量為QkJ C.反應至4min時,若HCl濃度為0.12mol/L,則H2的反應速率為0.03mol/(L?min) D.反應吸收0.025QkJ熱量時,生成的HCl通入100mL1mol/L的NaOH溶液中恰好完全反應 二、解答題(共4小題,滿分60分)8.(16分)菠蘿酯是一種具有菠蘿香氣的食用香料,是化合物甲與苯氧乙酸發(fā)生化學反應的產物.(1)5.8g甲完全燃燒可產生0.3molCO2和0.3molH2O,甲蒸氣對氫氣的相對密度是29,甲分子中不含甲基,且為鏈狀結構,其結構簡式是.(2)苯氧乙酸有多種酯類的同分異構體,其中能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應,且有2種一硝基取代物的同分異構體是(寫出任意2種的結構簡式),.(3)已知:菠蘿酯的合成路線如下:①試劑X不可選用的是(選填字母).a.CH3COONa溶液b.NaOH溶液c.NaHCO3溶液d.Na2CO3溶液②丙的結構簡式是,反應II的反應類型是.③反應Ⅳ的化學方程式是.9.(13分)常狀況下,X、Y和Z是三種氣態(tài)單質.X的組成元素是第三周期原子半徑最小的元素(稀有氣體元素除外);Y和Z均由元素R組成,反應Y+2I﹣+2H+═I2+Z+H2O常作為Y的滴定反應.(1)Y與Z的關系是(選填字母).a.同位素b.同系物c.同素異形體d.同分異構體(2)將Y和二氧化硫分別通入品紅溶液,都能使品紅褪色.簡述用褪色的溶液區(qū)別二者的實驗方法.(3)舉出實例說明X的氧化性比硫單質的氧化性強(用化學方程式表示)..(4)氣體(CN)2與X化學性質相似,也能與H2反應生成HCN(其水溶液是一種酸).①HCN分子中含有4個共價鍵,其結構式是.②KCN溶液顯堿性,原因是(用離子方程式表示).(5)加熱條件下,足量的Z與某金屬M的鹽MCR3(C為碳元素)完全反應生成CR2和MmRn(m、n均為正整數(shù)).若CR2質量為ω1g,MmRn質量為ω2g,M的相對原子質量為a,則MmRn中m:n=(用含ω1、ω2和a的代數(shù)式表示).10.(17分)X、Y、Z、W為含有相同電子數(shù)的分子或離子,均由原子序數(shù)小于10的元素組成,X有5個原子核。通常狀況下,W為無色液體。已知:X+YZ+W(1)Y的電子式是。(2)液態(tài)Z和W的電離相似,都可電離出電子數(shù)相同的兩種離子,液態(tài)Z的電離方程式是。(3)用圖1所示裝置制備NO并驗證其還原性。有下列主要操作:a.向廣口瓶內注入足量熱NaOH溶液,將盛有銅片的小燒杯放入瓶中。b.關閉止水夾,點燃紅磷,伸入瓶中,塞好膠塞。c.待紅磷充分燃燒,一段時間后打開分液漏斗旋塞,向燒杯中滴入少量稀硝酸。①步驟c后還缺少的一步主要操作是。②紅磷充分燃燒的產物與NaOH溶液反應的離子方程式是。③步驟c滴入稀硝酸后燒杯中的現(xiàn)象是,反應的離子方程式是。(4)一定溫度下,將1molN2O4置于密閉容器中,保持壓強不變,升高溫度至T1的過程中,氣體由無色逐漸變?yōu)榧t棕色。溫度由T1繼續(xù)升高到T2的過程中,氣體逐漸變?yōu)闊o色。若保持T2,增大壓強,氣體逐漸變?yōu)榧t棕色。氣體的物質的量n隨溫度T變化的關系如圖2所示。①溫度在T1﹣T2之間,反應的化學方程式是。②溫度在T2﹣T3之間,氣體的平均相對分子質量是(保留1位小數(shù))。11.(14分)由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的幾種物質組成的混合粉末,取樣品進行下列實驗(部分產物略去)(1)取少量溶液X,加入過量的NaOH溶液,有沉淀生成.取上層清液,通入CO2,無明顯變化,說明樣品中不含有的物質是(填寫化學式).(2)Z為一種或兩種氣體:①若Z只為一種氣體,試劑a為飽和NaHCO3溶液,則反應I中能同時生成兩種氣體的化學方程式是.②若Z為兩種氣體的混合物,試劑a為適量水,則Z中兩種氣體的化學式是.(3)向Y中通入過量氯氣,并不斷攪拌,充分反應后,溶液中的陽離子是(填寫離子符號).(4)取Y中的溶液,調pH約為7,加入淀粉KI溶液和H2O2,溶液呈藍色并有紅褐色沉淀生成.當消耗2molI﹣時,共轉移3mol電子,該反應的離子方程式是.(5)另取原樣品,加入足量稀硫酸充分反應.若溶液中一定不會產生Y中的紅色固體,則原樣品中所有可能存在的物質組合是(各組合中的物質用化學式表示).
2008年北京市高考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題(共7小題,每小題6分,滿分42分)1.(6分)對H2O的電離平衡不產生影響的粒子是()A. B.26M3+ C. D. 【考點】41:常見元素的名稱、符號、離子符號;D6:水的電離.【專題】51G:電離平衡與溶液的pH專題.【分析】依據(jù)水的電離是一電離平衡,根據(jù)影響因素來進行判斷,影響因素有溫度、酸、堿、鹽等,加熱促進電離;加酸、加堿抑制水的電離;能水解的鹽促進水的電離;【解答】解:A、微粒表示的是酸水溶液中抑制水的電離,故A不符合;B、離子符號表示的是三價鐵離子,水溶液中能水解,促進水的電離,故B不符合;C、離子結構示意圖表示的是氯離子,對水的電離無影響,故C符合;D、結構式表示的是醋酸根離子,水溶液中能水解,促進水的電離,故D不符合;故選:C。【點評】本題考查了對水的電離的影響因素,主要是根據(jù)微粒的幾種表示式來判斷微粒的性質,確認對水的電離的影響.2.(6分)1mol過氧化鈉與2mol碳酸氫鈉固體混合后,在密閉容器中加熱充分反應,排出氣體物質后冷卻,殘留的固體物質是()A.Na2CO3 B.Na2O2Na2CO3 C.NaOHNa2CO3 D.Na2O2NaOHNa3CO3 【考點】GF:鈉的重要化合物.【專題】526:金屬概論與堿元素.【分析】碳酸氫鈉不穩(wěn)定,加熱易分解,發(fā)生2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O,與過氧化鈉可能發(fā)生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,結合物質的物質的量解答?!窘獯稹拷猓焊鶕?jù)反應式:2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;根據(jù)計量關系,可知2molNaHCO3生成CO2和H2O各1mol,Na2O2只有1mol,故其恰好和CO2反應生成Na2CO3和O2,氣體排出后,只剩余Na2CO3。故選:A?!军c評】本題考查過氧化鈉與碳酸氫鈉的性質及相關的化學反應,對于這類物質之間相互反應的題目,首先必須牢牢把握住物質的性質以及相互之間的反應,對于化學反應方程式應該“了如指掌”,注意把握相關物質的性質。3.(6分)下列敘述正確的是()A.金屬與鹽溶液的反應都是置換反應 B.陰離子都只有還原性 C.與強酸、強堿都反應的物質只有兩性氧化物或兩性氫氧化物 D.分子晶體中都存在范德華力,可能不存在共價鍵 【考點】A6:不同晶體的結構微粒及微粒間作用力的區(qū)別;GR:常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用.【專題】51D:化學鍵與晶體結構;527:幾種重要的金屬及其化合物.【分析】A、根據(jù)活潑金屬和鹽之間的反應規(guī)律來回答判斷;B、陰離子并不一定都具有還原性,如氫氧根離子性質穩(wěn)定,有的陰離子具有氧化性;C、與強酸、強堿都反應的物質:兩性氧化物、兩性氫氧化物,氨基酸、碳酸氫鹽等;D、分子晶體中都存在范德華力,但是稀有氣體分子中無化學鍵.【解答】解:A、活潑金屬鈉和鹽之間的反應規(guī)律:先是和水反應生成氫氧化鈉和氫氣,金屬鈉不會和鹽之間直接反應,故A錯誤;B、陰離子并不一定都具有還原性,有的陰離子具有氧化性,如次氯酸根離子,故B錯誤;C、與強酸、強堿都反應的物質:兩性氧化物、兩性氫氧化物,氨基酸、碳酸氫鹽等,故C錯誤;D、分子晶體中都存在范德華力,但是稀有氣體分子中無化學鍵,所以分子晶體中可能不存在共價鍵,故D正確。故選:D?!军c評】本題涉及元素以及化合物的性質以及分子間作用力等方面知識,可以根據(jù)所學知識來回答,難度不大.4.(6分)下列各組物質的無色溶液,不用其它試劑即可鑒別的是()①KOH、Na2SO4、AlCl3②NaHCO3、Ba(OH)2、H2SO4③HCl、NaAlO2、NaHSO4④Ca(OH)2、Na2CO3、BaCl2.A.①② B.②③ C.①③④ D.①②④ 【考點】PS:物質的檢驗和鑒別的基本方法選擇及應用.【專題】542:化學實驗基本操作.【分析】①Na2SO4與其它兩種物質均不反應,KOH與AlCl3互滴,現(xiàn)象不同,可以鑒別;②Ba(OH)2與其它兩種物質反應均生成沉淀,先判斷出Ba(OH)2,Ba(OH)2與一物質生成沉淀后,用其沉淀與另一種物質反應,若有氣體放出,原沉淀為碳酸鋇,所加的物質為硫酸;若無氣體放出,則原沉淀為硫酸鋇;③NaAlO2與其它兩種物質反應的現(xiàn)象相同;④Na2CO3與其它兩種物質反應的現(xiàn)象相同.【解答】解:①Na2SO4與其它兩種物質均不反應,KOH與AlCl3互滴,一是先生成沉淀后溶解,一是沉淀立即消失,之后沉淀不再消失,現(xiàn)象不同,可以鑒別,故①選;②Ba(OH)2與其它兩種物質反應均生成沉淀,先判斷出Ba(OH)2,Ba(OH)2與一物質生成沉淀后,用其沉淀與另一種物質反應,若有氣體放出,原沉淀為碳酸鋇,所加的物質為硫酸;若無氣體放出,則原沉淀為硫酸鋇,因此可以鑒別三種物質,故②選;③NaAlO2與其它兩種物質反應的現(xiàn)象相同,均為先生成沉淀后沉淀消耗,不能鑒別HCl、NaHSO4,故③不選;④Na2CO3與其它兩種物質反應的現(xiàn)象相同,均生成白色沉淀,三種物質中只能鑒別出Na2CO3,故④不選;故選:A?!军c評】本題考查物質的鑒別,明確物質的性質是解答本題的關鍵,注意現(xiàn)象相同時不能鑒別,側重物質之間的反應的考查,題目難度不大.5.(6分)X、Y均為元素周期表中前20號元素,其簡單離子的電子層結構相同,下列說法正確的是()A.由mXa+與nYb﹣,得m+a=n﹣b B.X2﹣的還原性一定大于Y﹣ C.X、Y一定不是同周期元素 D.若X的原子半徑大于Y,則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性HmX一定大于HnY 【考點】8F:原子結構與元素周期律的關系.【專題】51C:元素周期律與元素周期表專題.【分析】A.簡單離子的電子層結構相同,則核外電子數(shù)相同;B.簡單離子的電子層結構相同,X、Y位于同周期,為非金屬元素,原子序數(shù)越大的非金屬性強,對應離子的還原性弱;C.簡單離子的電子層結構相同,X、Y均為陰離子、或均為陽離子在同一周期,否則不在同一周期;D.簡單離子的電子層結構相同,X的原子半徑大于Y,X可能為金屬.【解答】解:A.由mXa+與nYb﹣,離子的電子層結構相同,則核外電子數(shù)相同,所以m﹣a=n+b,故A錯誤;B.簡單離子的電子層結構相同,X、Y位于同周期,為非金屬元素,Y的原子序數(shù)大,則X2﹣的還原性一定大于Y﹣,故B正確;C.簡單離子的電子層結構相同,X、Y均為陰離子、或均為陽離子在同一周期,若一個為陽離子一個為陰離子,則一定不在同一周期,故C錯誤;D.簡單離子的電子層結構相同,X的原子半徑大于Y,X可能為金屬,則不存在氣態(tài)氫化物,故D錯誤;故選:B?!军c評】本題考查具有相同電子層結構的離子,明確X、Y可能為陰離子、陽離子及相對位置是解答本題的關鍵,題目難度不大.6.(6分)下列敘述正確的是()A.將稀氨水逐滴加入稀硫酸中,當溶液pH=7時,c(SO42﹣)>c(NH4+) B.兩種醋酸溶液的物質的量濃度分別為c1和c2,pH分別為a和a+1,則c1=10c2 C.pH=11的NaOH溶液與pH=3醋酸溶液等體積混合,滴入石蕊試液呈紅色 D.向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸銨固體,則溶液中增大 【考點】DO:酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算.【分析】A、根據(jù)溶液呈電中性,即溶液中陰陽離子所帶電量相等判斷硫酸根離子和銨根離子的關系;B、醋酸的濃度與醋酸溶液中的氫離子濃度不等;C、醋酸是弱電解質,醋酸的濃度遠遠大于氫離子濃度,根據(jù)酸堿混合后溶液的酸堿性判斷石蕊試液的顏色;D、根據(jù)硫酸銨對氨水電離平衡的影響分析判斷?!窘獯稹拷猓篈、將稀氨水逐滴加入稀硫酸中,當溶液pH=7時,溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度;溶液呈電中性,所以陰陽離子所帶電量相等,所以2c(SO42﹣)=c(NH4+),故A錯誤;B、醋酸是弱電解質,在水溶液中只有部分電離,所以醋酸的濃度大于氫離子濃度;兩種醋酸溶液的物質的量濃度分別為c1和c2,pH分別為a和a+1的兩種醋酸溶液中氫離子濃度之比=10:1,當兩種酸的電離度相同時,則c1=10c2,實際上,兩種酸的濃度不等,且濃度越大,酸的電離度越小,所以兩種酸的濃度關系為c1>10c2,故B錯誤;C、pH=11的NaOH溶液的C(NaOH)=10﹣3mol/L,pH=3醋酸溶液的c(CH3COOH)>10﹣3mol/L,等體積的兩種溶液n(CH3COOH)>n(NaOH),醋酸有剩余,但CH3COOH大于CH3COO﹣水解程度,則等體積混合后溶液呈酸性,所以向混合液中滴入石蕊試液呈紅色,故C正確;D、氨水的電離方程式為:NH3.H2O?NH4++OH﹣,當向氨水中加入硫酸銨時,硫酸銨中含有銨根離子,導致氨水的電離平衡向逆反應方向移動,溶液中氫氧根離子濃度降低,氨水的濃度增大,則溶液中減小,故D錯誤;故選:C。【點評】本題考查酸堿混合后溶液中的離子的關系及弱電解質的電離,明確酸、堿的強弱是解答本題的關鍵,注意弱電解質的特點。7.(6分)工業(yè)上制備純硅反應的熱化學方程式如下:SiCl4(g)+2H2(g)?Si(s)+4HCl(g)△H=+QkJ/mol(Q>0)某溫度、壓強下,將一定量反應物通入密閉容器進行上述反應,下列敘述正確的是()A.反應過程中,若增大壓強能提高SiCl4的轉化率 B.若反應開始時SiCl4為1mol,則達平衡時,吸收熱量為QkJ C.反應至4min時,若HCl濃度為0.12mol/L,則H2的反應速率為0.03mol/(L?min) D.反應吸收0.025QkJ熱量時,生成的HCl通入100mL1mol/L的NaOH溶液中恰好完全反應 【考點】BB:反應熱和焓變;CB:化學平衡的影響因素.【專題】51E:化學平衡專題.【分析】A.增大平衡向氣體體積減小的方向移動,據(jù)此判斷;B.該反應為可逆反應,1molSiCl4不能完全轉化,結合熱化學方程式判斷;C.根據(jù)v=計算v(HCl),利用速率之比等于化學計量數(shù)之比計算判斷;D.根據(jù)反應吸收的熱量計算生成的HCl的物質的量,據(jù)此判斷.【解答】解:A.從方程式可以看出,反應物氣體的計量數(shù)之和小于生成物氣體的計量數(shù)之和,則增大壓強,平衡向逆反應方向移動,SiCl4的轉化率減小,故A錯誤;B.該反應為可逆反應,1molSiCl4不能完全轉化,達平衡時,吸收熱量小于QkJ,故B錯誤;C.反應至4min時,若HCl濃度為0.12mol/L,則v(HCl)==0.03mol/(L?min),根據(jù)反應速率之比等于化學計量數(shù)之比,則v(H2)=×v(HCl)=×0.03mol/(L?min)=0.015mol/(L?min),故C錯誤;D.由方程式可知,當反應吸收熱量為0.025QkJ時,生成HCl的物質的量為:=0.1mol,100mL1mol/L的NaOH的物質的量為0.1L×1mol/L=0.1mol,二者物質的量相等,恰好反應,故D正確;故選:D。【點評】本題考查較為綜合,涉及反應熱的計算、化學反應速率、化學平衡等問題,題目難度中等,注意反應的可逆性.二、解答題(共4小題,滿分60分)8.(16分)菠蘿酯是一種具有菠蘿香氣的食用香料,是化合物甲與苯氧乙酸發(fā)生化學反應的產物.(1)5.8g甲完全燃燒可產生0.3molCO2和0.3molH2O,甲蒸氣對氫氣的相對密度是29,甲分子中不含甲基,且為鏈狀結構,其結構簡式是CH2=CH﹣CH2﹣OH.(2)苯氧乙酸有多種酯類的同分異構體,其中能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應,且有2種一硝基取代物的同分異構體是(寫出任意2種的結構簡式),.(3)已知:菠蘿酯的合成路線如下:①試劑X不可選用的是ac(選填字母).a.CH3COONa溶液b.NaOH溶液c.NaHCO3溶液d.Na2CO3溶液②丙的結構簡式是ClCH2COOH,反應II的反應類型是取代反應.③反應Ⅳ的化學方程式是.【考點】HB:有機物的推斷.【專題】534:有機物的化學性質及推斷.【分析】(1)由題意可知,甲中含有羥基,甲蒸氣對氫氣的相對密度是29,相同條件下的氣體密度之比等于其相對分子質量之比,所以甲的相對分子質量為58,根據(jù)n=計算5.8g甲的物質的量,根據(jù)質量守恒計算參加反應的氧氣的質量,根據(jù)原子守恒計算甲分子中C、H原子數(shù)目,判斷甲是否含有氧元素,比較計算甲分子中氧原子數(shù)目,據(jù)此確定甲的分子式,結合甲的結構特點確定其結構簡式;(2)能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應說明含有酚羥基,且有2種一硝基取代物,苯環(huán)上有2個不同取代基且處于對位位置符合,據(jù)此寫出其結構簡式;(3)苯酚和氫氧化鈉或鈉反應生成苯酚鈉,催化劑條件下,乙和氯氣反應生成丙,丙和苯酚鈉反應生成,結合反應信息可知,丙是ClCH2COOH,故乙為乙酸,CH2=CH﹣CH2﹣OH和發(fā)生酯化反應生成菠蘿酯.【解答】解:(1)由題意可知,甲中含有羥基,甲蒸氣對氫氣的相對密度是29,相同條件下的氣體密度之比等于其相對分子質量之比,所以甲的相對分子質量為58,5.8g甲的物質的量==0.1mol,質量守恒可知,參加反應的氧氣的質量=0.3mol×44g/mol+0.3mol×18g/mol﹣5.8g=12.8g,氧氣物質的量==0.4mol,根據(jù)氧原子守恒,可知5.8g甲中n(O)=0.3mol×2+0.3mol﹣0.4mol×2=0.1mol,根據(jù)原子守恒可知,甲分子中N(C)==3、N(H)==6、N(O)==1,故甲的分子式為C3H6O,甲分子中不含甲基,且為鏈狀結構,其結構簡式是CH2=CH﹣CH2﹣OH,故答案為:CH2=CH﹣CH2﹣OH;(2)能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應說明含有酚羥基,且有2種一硝基取代物,說明苯環(huán)上有2個取代基且處于對位位置,所以其同分異構體是、、,故答案為:、等;(3)苯酚和氫氧化鈉或鈉反應生成苯酚鈉,催化劑條件下,乙和氯氣反應生成丙,丙和苯酚鈉反應生成,結合反應信息可知,丙是ClCH2COOH,故乙為乙酸,CH2=CH﹣CH2﹣OH和發(fā)生酯化反應生成菠蘿酯,①苯酚具有酸性但酸性弱于醋酸、碳酸,所以苯酚能和鈉、氫氧化鈉反應生成苯酚鈉,不能和醋酸鈉、碳酸氫鈉反應,故選:ac;②通過以上分析知,其結構簡式為:ClCH2COOH,反應Ⅱ屬于取代反應,故答案為:ClCH2COOH;取代反應;③在催化劑、加熱條件下,CH2=CH﹣CH2﹣OH和發(fā)生酯化反應生成菠蘿酯,反應方程式為:,故答案為:.【點評】本題考查有機物的推斷,需要學生對給予的信息進行利用,較好的考查學生的閱讀能力、自學能力,題目難度中等,(3)注意根據(jù)有機物的結構與反應信息確定丙的結構突破口,答題時注意把握題給信息,注意養(yǎng)成仔細審題的良好習慣.9.(13分)常狀況下,X、Y和Z是三種氣態(tài)單質.X的組成元素是第三周期原子半徑最小的元素(稀有氣體元素除外);Y和Z均由元素R組成,反應Y+2I﹣+2H+═I2+Z+H2O常作為Y的滴定反應.(1)Y與Z的關系是(選填字母)c.a.同位素b.同系物c.同素異形體d.同分異構體(2)將Y和二氧化硫分別通入品紅溶液,都能使品紅褪色.簡述用褪色的溶液區(qū)別二者的實驗方法加熱褪色后的溶液,若溶液恢復紅色,則原通入氣體為SO2;若溶液不變紅,則原通入氣體是O3.(3)舉出實例說明X的氧化性比硫單質的氧化性強(用化學方程式表示).2Fe+3Cl22FeCl3,F(xiàn)e+SFeS.(4)氣體(CN)2與X化學性質相似,也能與H2反應生成HCN(其水溶液是一種酸).①HCN分子中含有4個共價鍵,其結構式是H﹣C≡N.②KCN溶液顯堿性,原因是(用離子方程式表示)CN﹣+H2O?HCN+OH﹣.(5)加熱條件下,足量的Z與某金屬M的鹽MCR3(C為碳元素)完全反應生成CR2和MmRn(m、n均為正整數(shù)).若CR2質量為ω1g,MmRn質量為ω2g,M的相對原子質量為a,則MmRn中m:n=16ω1:(44ω2﹣aω1)(用含ω1、ω2和a的代數(shù)式表示).【考點】8J:位置結構性質的相互關系應用;98:判斷簡單分子或離子的構型;B1:氧化還原反應.【專題】51C:元素周期律與元素周期表專題.【分析】常狀況下,X、Y和Z是三種氣態(tài)單質.X的組成元素是第三周期原子半徑最小的元素(稀有氣體元素除外),則X為Cl2;Y和Z均由元素R組成,二者互為同素異形體,反應Y+2I﹣+2H+═I2+Z+H2O常作為Y的滴定反應,由元素守恒可知,Y、Z為氧元素單質,則Y為O3、Z為O2,R為氧元素,(1)O3、O2都由氧元素形成的結構不同的單質,互為同位素;(2)二氧化硫使品紅溶液褪色,生成不穩(wěn)定的無色物質,受熱容易分解又恢復紅色,臭氧具有強氧化性,將品紅氧化使其褪色,不能恢復紅色.(3)可以利用與變價金屬反應或氯氣置換硫單質說明氯氣的氧化性更強;(4)氣體(CN)2與Cl2化學性質相似,能與H2反應生成HCN(其水溶液是一種酸,則HCN中為H﹣CN形式,HCN含有4個共價鍵,則C與N原子之間形成三鍵;CN﹣水解使KCN溶液顯堿性;(5)由鹽MCO3(C為碳元素)化學式,根據(jù)原子數(shù)守恒可知,CO2中C原子與MmRn中M原子的物質的量之比為1:1,據(jù)此解答.【解答】解:常狀況下,X、Y和Z是三種氣態(tài)單質.X的組成元素是第三周期原子半徑最小的元素(稀有氣體元素除外),則X為Cl2;Y和Z均由元素R組成,二者互為同素異形體,反應Y+2I﹣+2H+═I2+Z+H2O常作為Y的滴定反應,由元素守恒可知,Y、Z為氧元素單質,則Y為O3、Z為O2,R為氧元素,(1)Y為O3、Z為O2,由氧元素形成的結構不同的單質,二者核外同素異形體,故選:c;(2)加熱褪色后的溶液,若溶液恢復紅色,則原通入氣體為SO2;若溶液不變紅,則原通入氣體是O3,故答案為:加熱褪色后的溶液,若溶液恢復紅色,則原通入氣體為SO2;若溶液不變紅,則原通入氣體是O3;(3)利用與變價金屬反應說明氯氣的氧化性更強,反應方程式為:2Fe+3Cl22FeCl3,F(xiàn)e+SFeS,故答案為:2Fe+3Cl22FeCl3,F(xiàn)e+SFeS(4)①氣體(CN)2與Cl2化學性質相似,能與H2反應生成HCN(其水溶液是一種酸,則HCN中為H﹣CN形式,HCN含有4個共價鍵,則C與N原子之間形成三鍵,故HCN的結構式為H﹣C≡N,故答案為:H﹣C≡N;②CN﹣水解CN﹣+H2O?HCN+OH﹣,破壞水的電離平衡,使KCN溶液顯堿性,故答案為:CN﹣+H2O?HCN+OH﹣;(5)由鹽MCO3(C為碳元素)化學式,根據(jù)原子數(shù)守恒可知,CO2中C原子與MmOn中M原子的物質的量之比為1:1,則=m×,整理得m:n=16ω1:(44ω2﹣aω1),故答案為:16ω1:(44ω2﹣aω1).【點評】本題考查物質推斷、漂白原理、鹽類水解、氧化性比較、信息遷移及化學計算等,(5)注意利用原子守恒進行計算,難度中等.10.(17分)X、Y、Z、W為含有相同電子數(shù)的分子或離子,均由原子序數(shù)小于10的元素組成,X有5個原子核。通常狀況下,W為無色液體。已知:X+YZ+W(1)Y的電子式是。(2)液態(tài)Z和W的電離相似,都可電離出電子數(shù)相同的兩種離子,液態(tài)Z的電離方程式是2NH3(l)?NH2﹣+NH4+。(3)用圖1所示裝置制備NO并驗證其還原性。有下列主要操作:a.向廣口瓶內注入足量熱NaOH溶液,將盛有銅片的小燒杯放入瓶中。b.關閉止水夾,點燃紅磷,伸入瓶中,塞好膠塞。c.待紅磷充分燃燒,一段時間后打開分液漏斗旋塞,向燒杯中滴入少量稀硝酸。①步驟c后還缺少的一步主要操作是打開止水夾,通入少量氧氣。②紅磷充分燃燒的產物與NaOH溶液反應的離子方程式是P2O5+6OH﹣=2PO43﹣+3H2O。③步驟c滴入稀硝酸后燒杯中的現(xiàn)象是Cu片逐漸溶解,有無色氣泡產生,溶液由無色變?yōu)樗{色,反應的離子方程式是3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O。(4)一定溫度下,將1molN2O4置于密閉容器中,保持壓強不變,升高溫度至T1的過程中,氣體由無色逐漸變?yōu)榧t棕色。溫度由T1繼續(xù)升高到T2的過程中,氣體逐漸變?yōu)闊o色。若保持T2,增大壓強,氣體逐漸變?yōu)榧t棕色。氣體的物質的量n隨溫度T變化的關系如圖2所示。①溫度在T1﹣T2之間,反應的化學方程式是2NO2?2NO+O2。②溫度在T2﹣T3之間,氣體的平均相對分子質量是(保留1位小數(shù))30.7。【考點】8J:位置結構性質的相互關系應用.【專題】51C:元素周期律與元素周期表專題;51E:化學平衡專題.【分析】(1)(2)X、Y、Z、W為含有相同電子數(shù)的分子或離子,均由原子序數(shù)小于10的元素組成,考慮為10電子微粒,通常狀況下,W為無色液體判斷為H2O;X有5個原子核,發(fā)生反應X+YZ+W,飲食NH4++OH﹣=NH3↑+H2O,推斷X為NH4+、Y為OH﹣、Z為NH3;(3)裝置用來制備NO并驗證其還原性,先制備無氧氣操作狀態(tài)下制得的NO,為了更好的驗證一氧化氮氣體的還原性,白磷燃燒消耗掉氧氣,氫氧化鈉吸收空氣中的二氧化碳和生成的五氧化二磷,再滴入硝酸和銅反應生成一氧化氮無色氣體;驗證一氧化氮的還原性可以打開止水夾使空氣進入到廣口瓶,一氧化氮遇到氧氣會被氧化為二氧化氮;(4)①溫度由T1繼續(xù)升高到T2的過程中,氣體逐漸變?yōu)闊o色,且混合氣體總的物質的量增大,說明NO2發(fā)生分解反應,應生成NO與O2;②溫度在T2﹣T3之間處于平衡狀態(tài),平衡時混合氣體總的物質的量為3mol,根據(jù)起始加入1molN2O4計算混合氣體總質量,計算混合氣體的平均摩爾質量確定平均相對分子質量?!窘獯稹拷猓海?)X、Y、Z、W為含有相同電子數(shù)的分子或離子,均由原子序數(shù)小于10的元素組成,考慮為10電子微粒,通常狀況下,W為無色液體判斷為H2O;X有5個原子核,發(fā)生反應X+YZ+W,飲食NH4++OH﹣=NH3↑+H2O,推斷X為NH4+、Y為OH﹣、Z為NH3,Y的電子式為,故答案為:;(2)液態(tài)Z為NH3與W為H2O的電離相似,都可電離出電子數(shù)相同的兩種離子,液態(tài)NH3的電離方程式是2NH3(l)?NH2﹣+NH4+;故答案為:2NH3(l)?NH2﹣+NH4+;(3)裝置用來制備NO并驗證其還原性,先制備無氧氣操作狀態(tài)下制得的NO,為了更好的驗證一氧化氮氣體的還原性,白磷燃燒消耗掉氧氣,氫氧化鈉吸收空氣中的二氧化碳和生成的五氧化二磷,再滴入硝酸和銅反應生成一氧化氮無色氣體;驗證一氧化氮的還原性可以打開止水夾使空氣進入到廣口瓶,一氧化氮遇到氧氣會被氧化為二氧化氮,①由上述分析可知,步驟c后還缺少的一步主要操作是:打開止水夾,通入少量氧氣,故答案為:打開止水夾,通入少量氧氣;②紅磷充分燃燒的產物為P2O5,與NaOH溶液反應的離子方程式是P2O5+6OH﹣=2PO43﹣+3H2O,故答案為:P2O5+6OH﹣=2PO43﹣+3H2O;③步驟c滴入稀硝酸后燒杯中,發(fā)生反應為3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O,現(xiàn)象是:Cu片逐漸溶解,有無色氣泡產生,溶液由無色變?yōu)樗{色,故答案為:Cu片逐漸溶解,有無色氣泡產生,溶液由無色變?yōu)樗{色;3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O(4)①溫度由T1繼續(xù)升高到T2的過程中,氣體逐漸變?yōu)闊o色,且混合氣體總的物質的量增大,說明NO2發(fā)生分解反應,應生成NO與O2,方程式為:2NO2?2NO+O2,故答案為:2NO2?2NO+O2;②溫度在T2﹣T3之間處于平衡狀態(tài),平衡時混合氣體總的物質的量為3mol,起始加入1molN2O4,故平衡混合氣體總質量=1mol×92g/mol=92g,混合氣體的平均摩爾質量==30.7g/mol,故混合氣體的平均相對分子質量為30.7,故答案為:30.7。【點評】本題考查無機物推斷、化學實驗、化學平衡等,注意一氧化氮的制備應在沒有氧氣條件下進行,(4)中方程式的書寫為易錯點,學生容易認為NO2轉化為N2O4,忽略混合氣體物質的量增大。11.(14分)由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的幾種物質組成的混合粉末,取樣品進行下列實驗(部分產物略去)(1)取少量溶液X,加入過量的NaOH溶液,有沉淀生成.取上層清液,通入CO2,無明顯變化,說明樣品中不含有的物質是(填寫化學式)Al.(2)Z為一種或兩種氣體:①若Z只為一種氣體,試劑a為飽和NaHCO3溶液,則反應I中能同時生成兩種氣體的化學方程式是C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O.②若Z為兩種氣體的混合物,試劑a為適量水,則Z中兩種氣體的化學式是NO、CO2.(3)向Y中通入過量氯氣,并不斷攪拌,充分反應后,溶液中的陽離子是(填寫離子符號)Cu2+、Fe3+、H+.(4)取Y中的溶液,調pH約為7,加入淀粉KI溶液和H2O2,溶液呈藍色并有紅褐色沉淀生成.當消耗2molI﹣時,共轉移3mol電子,該反應的離子方程式是2Fe2++3H2O2+4I﹣=2Fe(OH)3↓+2I2.(5)另取原樣品,加入足量稀硫酸充分反應.若溶液中一定不會產生Y中的紅色固體,則原樣品中所有可能存在的物質組合是(各組合中的物質用化學式表示)CuO、C;CuO、C、Fe2O3.【考點】GN:鐵的氧化物和氫氧化物;PL:幾組未知物的檢驗.【專題】16:壓軸題;527:幾種重要的金屬及其化合物.【分析】能與Fe2O3、Fe、CuO、C、Al物質反應產生兩種氣體的濃酸不可能是濃鹽酸;如果是濃硫酸,可以與Fe、C、Al單質發(fā)生氧化還原反應,濃硫酸被還原為SO2,C被氧化為CO2,F(xiàn)e和Al被氧化為Fe3+和Al3+;如果是濃硝酸,則兩種氣體是CO2和NO2,其變化與加濃硫酸的反應相同.無論是那種濃酸均可以使兩種氧化物Fe2O3、CuO轉化為對應的鹽.(1)無論加什么濃酸(硫酸和硝酸),溶液X中都可能含有Fe3+、Cu2+、Al3+三種金屬陽離子.向溶液X中加入過量的NaOH溶液,可轉化為Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀析出,如果有Al3+,則可轉化為ALO2﹣離子,如果上層清液,通入CO2后,會發(fā)生反應,產生白色沉淀Al(OH)3.(2)①若Z只為一種氣體,試劑a為飽和NaHCO3溶液,則z為CO2,兩種氣體中一種與NaHCO3溶液生成CO2,應為SO2,則濃酸為濃
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