贵州省金沙县一中2018-2019学年高一下学期期末考试化学试题 21页

www.ks5u.com ‎2018-2019学年下学期期末考试高一 化学 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。‎ 学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________‎ 分卷I 一、单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分) ‎ ‎1.下列物质的分离方法不正确的是(　　)‎ A. 用重结晶的方法除去硝酸钾中混有少量的氯化钾 B. 用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水 C. 用酒精萃取碘水中的碘 D. 用过滤的方法除去食盐溶液中的泥沙 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、氯化钾和硝酸钾都溶于水，二者溶解度不同，可利用结晶的方法分离，故A正确；‎ B项、自来水中含有盐类物质，利用沸点不同制取蒸馏水，则一般用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水，故B正确；‎ C项、酒精和水互溶，则不能用酒精萃取碘水中的碘，一般选择苯或四氯化碳作萃取剂，故C错误；‎ D项、泥沙不溶于水，食盐溶于水，则能用过滤的方法除去食盐中泥沙，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎2.把4.6g钠放入200mL0.1mol·L-1AlCl3溶液中，待其充分反应后，下列叙述中错误的是（ ）‎ A. Cl-的浓度几乎不变 B. 溶液变浑浊 C. 溶液中Al3+全部转化为AlO2- D. 溶液中存在最多的离子是Na+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎4.6g钠的物质的量为4.6 g÷23 g/mol=0.2 mol，由反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑可知生成氢氧化钠0.2 mol，AlCl3的物质的量为0.2L×0.1mol•L-1=0.02 mol，n（Al3+）：n（OH-）=0.02 mol∶0.2 mol=1∶10，Al3+与OH-发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-有剩余；A．参加反应的水很少，溶液的体积基本不变，氯离子不反应，Cl-的浓度几乎不变，故A正确；B．Al3+与OH-‎ 发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-有剩余，溶液不变浑浊，故B错误；C．Al3+与OH-发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-有剩余，但AlO在溶液中会部分水解，故C错误；D．溶液中Na+为0.2 mol，氯离子为0.6 mol，Al3+为0.2 mol-0.2 mol/3=2/15 mol，溶液中存在最多的离子是氯离子，故D错误；故选A。‎ ‎3.关于氯的叙述中，下列正确的是(　　)‎ A. 氯气是一种黄绿色、有毒的气体 B. 氯元素在自然界中既可以以化合态存在，也可以以游离态存在 C. 氯气可用向下排空气法收集 D. 氯气、氯水、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气是一种黄绿色、有毒的气体，A正确；‎ B. 氯元素是活泼的非金属元素，在自然界中只能以化合态存在，Ｂ错误；‎ C. 氯气密度大于空气，可用向上排空气法收集，C错误；‎ D. 氯气、液氯是同一种物质，属于纯净物，但氯水是氯气的水溶液，属于混合物，Ｄ错误。‎ 答案选A。‎ ‎4.下列关于物质量的表述中不正确的是 A. 1.5 mol H2O和2.5 mol水 B. 2 mol H2SO4和5 mol硫酸 C. 1.2 mol H2和1.6 mol氢 D. 10 mol Ne和12 mol氖原子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】1.6 mol 氢指代不明，分子、原子、离子未指明，故C错误；故选C。‎ ‎【点睛】物质的量是表示微观离子的物理量，需要标注微粒种类。‎ ‎5. 下列说法正确的是 A. 阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性 B. 失电子难的原子获得电子的能力一定强 C. 得到电子越多的氧化剂，其氧化性就越强 D. 要实现Fe2+→Fe3+的转化，必须加入氧化剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 阳离子可以有还原性如Fe2＋，阴离子可以有氧化性如ClO－，故A错误；B. 失电子难的原子获得电子的能力不一定强，如稀有气体既难失去电子，又难得到电子，故B错误；C. 氧化性强弱与得到电子多少没有关系，故C错误；D. Fe2＋到Fe3＋的转化属于氧化反应，必须加入氧化剂，故D正确。故选D。‎ ‎6.将5.4 g Al投入到200 mL 2.0 mol·L－1的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余，该溶液可能为(　　)‎ A. NaOH溶液 B. Ba(OH)2溶液 C. H2SO4溶液 D. HCl溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎200.0mL 2.0mol/L的某溶液中溶质的物质的量为0.2L×2.0mol/L=0.4mol，5.4 g Al的物质的量为0.2mol。‎ ‎【详解】A项、由反应2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑可知，0.2molAl与0.4mol NaOH溶液反应时，碱过量，没有金属剩余，故A错误；‎ B项、由反应2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑可知，0.2molAl与0.4mol Ba(OH)2溶液反应时，碱过量，没有金属剩余，故B错误；‎ C项、由反应2Al+6H+＝2Al3++3H2↑可知，0.2molAl与0.4molH2SO4溶液反应，硫酸过量，没有金属剩余，故C错误；‎ D项、由反应2Al+6H+＝2Al3++3H2↑可知，0.2molAl与0.4molHCl溶液反应，Al过量，有金属剩余，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】金属铝既能与酸反应生成氢气，又能与碱反应生成氢气，注意利用已知量来判断过量问题是解答的关键。‎ ‎7.氢氧化铁胶体区别于氯化铁溶液最本质的特征是(　　)‎ A. 氢氧化铁胶体粒子的直径在1～100 nm之间 B. 氢氧化铁胶体具有丁达尔效应 C. 氢氧化铁胶体是均一的分散系 D. 氢氧化铁胶体的分散质能透过滤纸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，胶体的分散质微粒直径介于1-100nm之间，故选A。‎ ‎【点睛】根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小。‎ ‎8.下列实验室保存试剂的方法正确的是（）‎ A. 氢氟酸存放在带有橡胶塞的棕色玻璃瓶中 B. 碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液存放在配有磨口玻璃塞的棕色玻璃瓶中 C. 氯化铁溶液存放在铜制容器中 D. 氢氧化钠溶液盛放在带有橡胶塞的玻璃瓶中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢氟酸能腐蚀玻璃，不能存放在玻璃瓶中，选项A错误； ‎ B、碱性物质不可以装在磨口玻璃塞的无色玻璃瓶中，选项B错误；‎ C、氯化铁与铜反应而使铜腐蚀，故氯化铁溶液不能存放在铜制容器中，选项C错误；‎ D、氢氧化钠溶液是强碱性溶液，能和二氧化硅反应，盛放在带有橡胶塞的玻璃瓶中，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎9.一定温度压强下，O2与CH4的混合物密度是氢气的10倍，则 O2与CH4的物质的量之比为（ ）‎ A. 1：1 B. 2：1 C. 1：2 D. 1：3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 相同条件下密度之比等于相对分子质量之比，氢气的相对分子质量为2，则甲烷和氧气混合气体的平均相对分子质量为20，取1摩尔混合气体，其质量为20克，设其中甲烷为x摩尔，则氧气为1-x摩尔，有16x+32(1-x)=20，解得x=0.75摩尔，则O2为0.25摩尔，故O2与CH4的物质的量之比为1：3，故选D。‎ ‎10. 短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如右下图所示，下列说法正确的是 ( )‎ A. X、Y、Z三种元素中，X的非金属性最强 B. 常压下X的单质的熔点比Z的低 C. Y的最高正化合价为+7‎ D. Y的氢化物的稳定性比Z的弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据短周期可知X是He，Y是F，Z是S。A项Y（即F）的非金属性最强；B项正确；C项F没有最高正化合价；D项F的氢化物的稳定性比S的强。‎ 考点：考查元素周期表及元素的推断。‎ 点评：根据位置推断元素，根据元素推断性质。‎ ‎11.下列关于催化剂的说法正确的是(　　)‎ A. 任何化学反应都需要催化剂 B. 化学反应中的催化剂一般并不唯一 C. 催化剂对化学反应历程无影响 D. 催化剂的化学性质在反应前后会发生改变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、并不是所有的化学反应都需要催化剂，如氢气在氧气中燃烧不需要使用催化剂，故A错误；‎ B项、一个化学反应不是只能有一种催化剂，如过氧化氢分解的反应中，二氧化锰、氯化铁等均可以作催化剂，故B正确；‎ C项、催化剂能够改变化学反应的途径，对化学反应历程有影响，故C错误；‎ D项、催化剂在反应前后本身质量和化学性质不变，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】催化剂的特点可以概括为“一变二不变”，一变是能够改变化学反应速率，二不变是指质量和化学性质在化学反应前后保持不变，催化剂只能改变化学反应速率，对生成物的质量无影响。‎ ‎12.能用铝作原料来冶炼难熔的金属是因为(　　)‎ A. 铝的密度小，熔点较低 B. 铝在空气中燃烧放出大量的热 C. 铝在金属活动性顺序表中排在较前面 D. 铝具有还原性，发生铝热反应时放出大量热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】铝热反应是利用铝的还原性获得高熔点金属单质，氧化物和铝粉（铝热剂）反应剧烈，放出大量的热使生成的金属熔化为液态，所以铝能提炼难熔金属和制成铝热剂，是因为铝具有还原性，且生成氧化铝时放出大量热，故选D。‎ ‎13.块状大理石与过量的3 mol·L－1盐酸反应制取二氧化碳气体，若要增大反应速率，可采取的措施是(　　)‎ ‎①加入氯化钠固体　　②改用6 mol·L－1盐酸　　　③改用粉末状大理石　④适当升高温度 A. ①②④ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 反应为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，①加入一定量的氯化钠固体，不影响氢离子浓度，对反应速率基本无影响，故①错误；②改用6mol/L盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故②正确；③改用粉末状大理石，固体大理石的表面积增大，反应速率加快，故③正确；④升高温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，故反应速率加大，故④正确；答案选B。‎ 点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，比较基础，注意平时学习需理解记忆。反应为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂、x射线、固体物质的表面积等。增加反应物浓度，使反应速率加快；升高温度，使反应速率加快；对于有气体参与的化学反应，增大压强，使反应速率加快；增大接触面积，反应速率加快；使用正催化剂，使反应物速率加快，据此解答。‎ ‎14.下列物质与水混合静置，不出现分层的是（ ）‎ A. 四氯化碳 B. 苯 C. 乙醇 D. 硝基苯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．四氯化碳水互不相溶，与水混合后静置，出现分层，选项A不选；‎ B．苯和水互不相溶，与水混合后静置，出现分层，选项B不选；‎ C．乙醇与水混溶，不分层，选项C选；‎ D．硝基苯和水互不相溶，与水混合后静置，出现分层，选项D不选；‎ 答案选C。‎ ‎15.某温度下，在密闭容器中浓度都为1.0 mol·L－1的两种气体X2和Y2，反应生成气体Z。10 min后，测得X2、Z的浓度分别为0.4 mol·L－1、0.6 mol·L－1。该反应的化学方程式可能为(　　)‎ A. X2＋2Y22XY2 B. 3X2＋Y22X3Y C. 2X2＋Y22X2Y D. X2＋3Y22XY3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由信息可知，X2、Y2为反应物，Z为生成物，10 min后，c（X2）=0.4mol•L-1、c（Z）=0.6mol•L-1，可知X2、Z的浓度变化量之比为（1.0-0.4）mol•L-1：0.6 mol•L-1=1：1，由变化量之比等于化学计量数之比可知，X2和Z的化学计量数之比为1:1，由题给方程式可知C正确，故选C。‎ ‎【点睛】根据物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比确定各物质的化学计量数是关键。‎ ‎16.下列关于乙烯和聚乙烯的叙述正确的是(　　)‎ A. 二者都能使溴水褪色，性质相似 B. 二者互为同系物 C. 二者最简式相同 D. 二者相对分子质量相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A.根据其结构分析,碳碳双键能与溴水发生加成反应,单键不能与溴水发生加成；B.同系物的结构相似,在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团；C.最简式指用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式；D.根据分子式来分析。‎ 详解：由乙烯和聚乙烯的结构可以知道,乙烯中含有碳碳双键,能和溴水发生加成反应,聚乙烯中只有单键,所以聚乙烯不能使溴水褪色,A错误；乙烯和聚乙烯的结构不同,所以不是同系物,B错误；乙烯的分子式为C2H4,聚乙烯的分子式为(C2H4)n,二者最简式都为CH2,C正确；乙烯的分子式为C2H4,聚乙烯的分子式为(C2H4)n,二者式量分别为28,28n,D错误；正确选项C。‎ ‎17.下图所示的两种有机物都由碳、氢、氧三种元素组成，下列叙述不正确的是（　　）‎ A. ①和②都含有官能团羟基 B. ①和②具有相似的化学性质 C. ①和②为同系物 D. ①和②所含氧元素的质量分数相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由球棍模型可知，①的结构简式为CH3CH2OH，②的结构简式为CH3CH2CH2OH，官能团均为羟基，都属于饱和一元醇。‎ ‎【详解】A项、CH3CH2OH和CH3CH2CH2OH的官能团均为羟基，故A正确；‎ B项、CH3CH2OH和CH3CH2CH2OH的官能团均为羟基，都能表现醇的性质，故B正确；‎ C项、CH3CH2OH和CH3CH2CH2OH的官能团均为羟基，都属于饱和一元醇，互为同系物，故C正确；‎ D项、CH3CH2OH和CH3CH2CH2OH都含有1个氧原子，相对分子质量不同，则所含氧元素的质量分数不同，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎18.影响化学反应速率的因素很多，下列措施能加快化学反应速率的是(　　)‎ A. 降低温度 B. 升高温度 C. 减小压强 D. 降低反应物浓度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从影响化学反应速率的因素入手；‎ ‎【详解】A、降低温度，化学反应速率降低，故A不符合题意；‎ B、升高温度，加快反应速率，故B符合题意；‎ C、减小压强，减缓反应速率，故C不符合题意；‎ D、降低反应物浓度，减缓反应速率，故D不符合题意。‎ ‎19.下列关于烷烃性质的说法不正确的是(　　)‎ A. 都是难溶于水的有机物 B. 都能燃烧生成二氧化碳和水 C. 其熔、沸点随着相对分子质量的增大而降低 D. 其含碳量随着分子中碳原子个数增多而增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、烷烃都是非极性或极性很弱的分子，难溶于水，故A正确；‎ B项、烷烃都是碳氢元素组成，完全燃烧的生成物是CO2和水，故B正确；‎ C项、烷烃的沸点随着相对分子质量的增大而增大，故C错误；‎ D项、由烷烃的通式为CnH2n+2可知，烷烃的含碳量随着分子中碳原子个数增多而增大，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎20. 生活中处处有化学，下列有关说法正确的是 A. 糖类、蛋白质、脂肪都是人类需要的营养物质 B. 饮用矿泉水瓶、一次性水杯的主要成分是聚氯乙烯 C. 冬天用纯甘油涂抹在手和面部可以防止皮肤干燥和开裂 D. 大米富含淀粉，大米煮成粥后淀粉变成了葡萄糖 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、糖类、蛋白质、脂肪都是人类需要的营养物质，A正确；B、饮用矿泉水瓶、一次性水杯的主要成分是聚乙烯，B错误；C、甘油一般浓度不能太高，因为甘油可以吸水，浓度低的时候它会防止人脱水，但是浓度太高它会吸人体内的水，C错误；D、大米富含淀粉，大米煮成粥后淀粉不能变成葡萄糖，淀粉水解需要催化剂，D错误，答案选A。‎ 考点：考查化学与生活的有关判断 ‎21. 下列各组性质比较的表示中，正确的是 A. 还原性：HF>HCI>HBr>HI B. 稳定性：HFBr2>I2>F2 D. 密度：F2CI>Br>I，根据易得不易失，易失不易得原则，F原子最容易得电子，得电子后也就最不容易失电子，离子的还原性：F-HCI>HBr>HI。‎ C．非金属性越强，与水反应越容易：F2>Cl2>Br2>I2。‎ ‎22.制取无水酒精时，通常向工业酒精中加入某物质，再加热蒸馏，该物质是（ ）‎ A. 无水硫酸铜 B. 浓硫酸 C. 新制的生石灰 D. 碳酸钙 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】制备无水酒精时，在95.57%酒精中加入生石灰（CaO）加热回流，使酒精中的水跟氧化钙反应，生成不挥发的氢氧化钙来除去水分，然后再蒸馏得到。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题是基础性试题的考查，难度不大。侧重对基础性知识的巩固与检验，难度不大，记住原理即可得出正确的结论。‎ ‎23.如图中的大黑点代表原子序数为1～18的元素的原子实(原子实是原子除最外层电子后剩余的部分)，小黑点代表未用于形成共价键的最外层电子，短线代表共价键。下列各图表示的结构与化学式一定不相符的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、氨气分子中N与H形成三对共价键，剩余一对孤对电子，故A正确；‎ B项、乙炔分子中C与C之间形成碳碳三键，是直线形结构，故B正确；‎ C项、四氯化碳分子中Cl原子核外最外层有7个电子，只有1个电子形成了共价键，还有6个电子未形成共用电子对，故CCl4的正确图式为，故C错误；‎ D项、二氧化碳中C分别与两个O形成2对共价键，O剩余2对孤对电子，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】注意把握原子形成的共价键数目与其原子核外的单电子数有关是解答关键。‎ ‎24.在光照条件下，1 mol丙烷最多可以与多少摩尔氯气发生取代反应(　　)‎ A. 4 mol B. 8 mol C. 2 mol D. 6 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：丙烷的分子式为C3H8，烷烃发生取代反应时1个H原子能与1个Cl2分子反应。‎ 详解：丙烷的分子式为C3H8，烷烃发生取代反应时1个H原子能与1个Cl2分子反应，1mol 丙烷最多可与8molCl2发生取代反应，答案选B。‎ ‎25.无水乙酸又称冰醋酸。关于冰醋酸的说法中正确的是(　　)‎ A. 冰醋酸是冰和醋酸的混合物 B. 冰醋酸不是纯净的乙酸 C. 冰醋酸是无色无味的液体 D. 冰醋酸易溶于水和乙醇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 冰醋酸(纯净物),即无水乙酸,乙酸是重要的有机酸之一,有机化合物。其在低温时凝固成冰状,俗称冰醋酸，据此解答。‎ ‎【详解】A项、冰醋酸就是无水乙酸，属于纯净物，不是冰和醋酸的混合物，故A错误；‎ B项、冰醋酸就是无水乙酸，属于纯净物，故B错误；‎ C项、冰醋酸是无色有刺激性气味的液体，故C错误；‎ D项、乙酸中的-COOH能与水或乙醇形成氢键，所以乙酸易溶于水和乙醇，故D正确；‎ 故选D。‎ 分卷II 二、填空题(共6小题,共50分)‎ ‎26.工业上通常利用SiO2和碳反应来制取硅，写出反应的化学方程式___________。工业上还可以利用镁制取硅，反应为2Mg+SiO2=2MgO+Si，同时会发生副反应：2Mg + Si=Mg2Si。如图是进行Mg与SiO2反应的实验装置，试回答下列问题：‎ ‎（1）由于O2和H2O（g）的存在对该实验有较大影响，实验中应通入气体X作为保护气，试管中的固体药品可选用________(填序号)。‎ A．石灰石　　　B．锌粒　　　C．纯碱 ‎（2）实验开始时，必须先通一段时间X气体，再加热反应物，其理由是 _______________；当反应引发后，移走酒精灯，反应能继续进行，其原因是______________________。‎ ‎（3）反应结束后，待冷却至常温时，往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星，产生此现象的原因是副产物Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷）气体，然后SiH4自燃。用化学方程式表示这两个反应①________________，②_________________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 + 2C Si + 2CO↑ (2). b (3). 防止加热条件下H2与空气混合爆炸 (4). Mg与SiO2的反应是放热反应 (5). Mg2Si＋4HCl= 2MgCl2＋SiH4↑ (6). SiH4＋2O2 = SiO2↓＋2H2O ‎【解析】‎ 试题分析：碳和二氧化硅反应生成硅和CO，据此书写方程式；‎ Mg为活泼金属，在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，在工业中利用镁制取硅：需排尽装置中的空气，实验中应通入气体X作为保护气，X由稀硫酸制得，根据题干（1）信息可知，用锌和稀硫酸制得的氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸，所以反应开始前应该先通氢气排尽装置中的空气，X为氢气，通过浓硫酸进行干燥，据此分析解答。‎ 解析：碳和二氧化硅在高温下反应生成硅和CO，反应的化学方程式为SiO2 + 2C Si + 2CO↑。‎ ‎（1）Mg可以与CO2、N2发生化学反应，Mg与氢气不能发生反应，因此可用氢气作为保护气；选用的药品为稀硫酸和锌粒，再用浓硫酸干燥，答案选b；‎ ‎（2）装置中有空气，若不用氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸，所以反应开始前应该先通氢气排尽装置中的空气；Mg与SiO2反应的条件是加热，当反应引发后，移走酒精灯，反应能继续进行，这说明Mg与SiO2的反应是放热反应；‎ ‎（3）Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷），其反应的方程式为：Mg2Si＋4HCl＝2MgCl2＋SiH4↑，SiH4常温下是一种不稳定、易自燃的气体，反应的方程式为SiH4＋2O2 ＝SiO2↓＋2H2O，所以往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星。‎ ‎27.某研究小组为了探究一种无机矿物质X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：‎ 另取10.80gX在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1.请回答如下问题：‎ ‎（1）画出白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图_______，写出气体甲的电子式_______。‎ ‎（2）X的化学式是______，在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为_______。‎ ‎（3）白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是_______(用化学反应方程式表示)。‎ ‎（4）一定条件下，气体甲鱼固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，写出一个可能的化学反应方程式_______，并设计实验方案验证该反应的产物_______。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). CaFeC2O6(或CaCO3·FeCO3) (4). CaCO3·FeCO3△CaO+FeO+2CO2↑ (5). 4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3 (6). 2FeO+CO2△Fe2O3+CO (7). 检验Fe2O3：将固体加入盐酸溶解，再滴入KSCN溶液，溶液呈血红色；检验CO：将气体产物通过灼烧CuO，黑色固体变为红色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由白色沉淀在空气中可转化为红褐色沉淀知X中含有铁元素，由X与盐酸反应生成气体甲，一般与盐酸反应产生气体的物质中含有CO32-或HCO3-，甲又能与溶液1反应生色沉淀且该白色沉淀又可在水中继续与甲反应，故甲是CO2。由实验过程知X中含有＋2价的铁，X中含有4种元素，若X中含有HCO3-和Fe，则X分解的产物有3种，与题意不符，所以应含有CO32-，另一种金属可能是＋2价的钙，根据化合价写出X的化学式为CaFe(CO3)2，X分解得到CO2、CaO、FeO。固体1是CaO、FeO的混合物，溶于水后得氢氧化钙溶液和固体2为FeO，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，所以沉淀1是碳酸钙；FeO与盐酸反应生成氯化亚铁，无氧条件下与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，空气中转化为氢氧化铁。据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）根据以上分析，白色沉淀1的金属原子是Ca，其原子结构示意图为，CO2的电子式为；‎ ‎（2）X为CaFeC2O6(或CaCO3·FeCO3)，X分解得到CO2、CaO、FeO，化学反应方程式为 CaCO3·FeCO3△CaO+FeO+2CO2↑；‎ ‎（3）白色沉淀2是Fe(OH)2，红褐色沉淀是Fe(OH)3，变色原因是4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3；‎ ‎（4）固体1是CaO和FeO的混合物，由于铁元素处于中间价态，可以升高也可以降低，CO2中碳元素处于最高价态，只能降低，因此可能的化学反应方程式为2FeO+CO2△Fe2O3+CO。验证该反应的产物：将固体粉末溶于稀盐酸，滴入KSCN溶液若显红色，则可证明产物中有Fe3+；将气体产物通入灼烧的氧化铜固体中，固体变红色，且反应后气体通入澄清石灰水溶液变浑浊，则证明气体产物是CO。‎ ‎28.如图是中学化学实验中常见的制备气体并进行某些物质的检验和性质实验的装置，A是制备气体的装置，C、D、E、F中盛装的液体可能相同，也可能不同。试回答：‎ ‎（1）如果A中的固体物质是碳，分液漏斗中盛装的是浓硫酸，试写出发生的化学反应方程式：____，若要检验生成的产物，则B、C、D、E、F中应分别加入的试剂为__、__、__、__、__，E中试剂和C中相同，E中试剂所起的作用__，B装置除可检出某产物外，还可起到__作用。‎ ‎（2）若进行上述实验时在F中得到10.0 g固体，则A中发生反应转移的电子数为__个。‎ ‎【答案】 (1). C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O (2). 无水CuSO4 (3). 品红溶液 (4). 足量的酸性KMnO4溶液 (5). 品红溶液 (6). 澄清石灰水 (7). 检验SO2是否已被除尽 (8). 防倒吸 (9). 2.408×1023‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；检验水用无水硫酸铜，检验二氧化硫使用品红溶液，检验二氧化碳用澄清石灰水，为了防止二氧化硫对二氧化碳的检验产生干扰，要用足量的酸性KMnO4溶液吸收剩余的二氧化硫；‎ ‎（2）依据原子个数守恒计算反应碳的物质的量，再依据碳的物质的量计算转移电子数目。‎ ‎【详解】（1）浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；因检验二氧化硫和二氧化碳均用到溶液，会带出水蒸气影响水的检验，则应先检验水，则B中试剂为无水硫酸铜，B装置除可检验反应生成的水外，还可起到防倒吸的作用；检验二氧化硫使用品红溶液，检验二氧化碳用澄清石灰水，二氧化硫对二氧化碳的检验产生干扰，则应先检验二氧化硫，并除去二氧化硫后，再检验二氧化碳，则C中试剂为品红溶液，检验二氧化硫，D中试剂为足量的酸性KMnO4溶液，吸收除去二氧化硫，E中试剂为品红溶液，检验SO2是否已被除尽，F中试剂为澄清石灰水，检验二氧化碳，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；无水CuSO4；品红溶液；足量的酸性KMnO4溶液；品红溶液；澄清石灰水；检验SO2是否已被除尽；防倒吸；‎ ‎（2）F中得到的10.0g固体为碳酸钙，10.0g碳酸钙的物质的量为0.1mol，由碳原子个数守恒可知，0.1mol碳与浓硫酸共热反应生成0.1mol二氧化碳转移0.4mol电子，则转移的电子数目为0.4mol×6.02×1023mol—1=2.408×1023个，故答案为：2.408×1023。‎ ‎【点睛】为了防止二氧化硫对二氧化碳的检验产生干扰，要用足量的酸性KMnO4溶液吸收剩余的二氧化硫是解答关键，也是易错点。‎ ‎29.已知：①A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；②2CH3CHO＋O22CH3COOH。现以A为主要原料合成化合物E，其合成路线如图1所示。回答下列问题：‎ 图1‎ ‎(1)写出下列物质的官能团名称：‎ B：____________________；D：____________________。‎ ‎(2)反应④的化学方程式为________________________________________________，反应类型：________。‎ ‎(3)某学习小组设计物质B催化氧化的实验装置如下，根据图2装置回答问题。‎ 甲 乙 丙 丁 图2‎ ‎①装置甲锥形瓶中盛放的固体药品可能为________(填字母)。‎ A Na2O2 B KCl C Na2CO3 D MnO2‎ ‎②实验过程中，丙装置硬质玻璃管中发生反应的化学方程式为_________________________。‎ ‎③物质B的催化氧化产物与葡萄糖具有相同的特征反应，将所得的氧化产物滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热，现象为______________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 羟基 (2). 羧基 (3). CH3CH2OH＋CH3COOH CH3COOCH2CH3＋H2O (4). 取代反应（或酯化反应） (5). AD (6). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (7). 产生砖红色沉淀 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成CH3CH2OH，则B为CH3CH2OH，乙醇氧化生成CH3CHO，则C为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化可得CH3COOH，则D为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，则E为乙酸乙酯，结合有机物的结构和性质解答该题。‎ ‎【详解】（1）由以上分析可知B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，分别含有羟基和羧基，故答案为：羟基；羧基。‎ ‎（2）反应④为CH3COOH与CH3CH2OH在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，取代反应（或酯化反应）。‎ ‎（3）①在乙醇的催化氧化的实验中，根据装置图可以知道，装置甲用于产生氧气，可以用双氧水和二氧化锰，也可以用过氧化钠和水反应，故AD正确，故答案为：AD。‎ ‎②实验过程中，丙装置硬质玻璃管中铜网作催化剂，乙醇被氧化为乙醛，发生反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。‎ ‎③乙醇被氧化为乙醛，与葡萄糖具有相同的特征反应，滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热，会产生砖红色沉淀，故答案为：产生砖红色沉淀。‎ ‎30.如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体。根据下图关系推断：‎ ‎(1)写出化学式：X_______，A________，B_______。‎ ‎(2)实验室收集气体D和F的方法依次是_______法、________法。‎ ‎(3)写出C→E化学方程式：____________。‎ ‎(4)请写出A与E反应生成D的化学方程式：_______________‎ ‎ (5)检验物质A的方法和现象是________________‎ ‎【答案】 (1). NH4HCO3或(NH4)2CO3 (2). NH3 (3). H2O (4). 排水 (5). 向上排空气 (6). 2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2 (7). 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O (8). 用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3，据此解答。‎ ‎【详解】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3；‎ ‎(1)由上述分析可知，X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，A为NH3，B为H2O；‎ ‎(2)NO易与空气中氧气反应生成NO2，则实验室收集气体D(NO)的方法为：排水法；NO2能与水反应生成NO和硝酸，则收集气体F(NO2)的方法是：向上排空气法；‎ ‎(3)C→E是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；‎ ‎(4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO，发生反应的化学方程式为4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O；‎ ‎(5)氨气的水溶液显碱性，故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)。‎ ‎【点睛】此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；本题可从两性氧化物及海水中的无机盐，展开思维的空间，寻找目标答案。‎ ‎31.已知：①；‎ ‎② 苯环上原有的取代基对新导入的取代基进入苯环的位置有显著影响。‎ 以下是用苯作原料制备一系列化合物的转化关系图：‎ ‎（1）A转化为B的化学方程式是_________________________。‎ ‎（2）图中“苯→①→②”省略了反应条件，请写出①、②物质的结构简式：‎ ‎①________________，②____________________。‎ ‎（3）苯的二氯代物有__________种同分异构体。‎ ‎（4）有机物的所有原子_______（填“是”或“不是”）在同一平面上。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). 3 (5). 不是 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A为硝基苯，根据信息②可知B为，根据A、B的结构可知，甲基取代硝基苯苯环上硝基间位的H原子生成B，反应方程式为：+CH3Cl+HCl，故答案为：+CH3Cl+HCl；‎ ‎(2)②与水反应生成，根据信息可知②为，由转化关系图可知硝基苯发生间位取代，卤苯发生对位取代，所以①卤苯，为，故答案为：；；‎ ‎(3)苯的二氯代物有邻位、间位和对位3种，故答案为：3；‎ ‎(4)中甲基为四面体结构，所以所有原子不是在同一平面上，故答案为：不是。‎ ‎【点睛】本题的易错点是(4)，只要分子结构中含有饱和碳原子，分子中的原子就不可能共面。‎ ‎ ‎