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高 二 化 学
一、选择题(本大题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
1.化学可以为人类利用自然资源和解决环境问题提供重要科学依据。下列自然资源的开发利用或环境保护中没有涉及化学反应的是(　　)
A. 海水制钾 B. 天然气合成甲醇
C. 石油分馏 D. 聚合氯化铝净化污水
2.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是(　　)
A. 原子半径：X＜W B. 简单气态氢化物的稳定性：Y＞Z
C. Z与Na形成两种离子化合物阴、阳离子个数比均为1∶2 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W
3.根据元素周期表判断，下列叙述不正确的是( )
A. 周期表中第七周期共有32种元素
B. 周期表中共有18个列，其中形成化合物种类最多的在第14列
C. 除过渡元素外周期表中最外层电子数相同的元素都位于同一族中
D. L层电子为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等
4.用下图所示装置及药品进行相应实验，能达到实验目的的是（　　）
A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. D
5..二氧化硅与二氧化碳组成相似，结构不同。下列反应原理不同的是(　　)
A. SiO2＋2CSi＋2CO↑与NaCl＋KKCl＋Na
B. SiO2＋ CaCO3CaSiO3＋CO2↑与Na2SiO3＋CO2＋H2O===Na2CO3＋H2SiO3↓
C. SiO2＋2OH－===＋H2O与CO2＋2OH－===＋H2O
D. SiO2＋2CSi＋2CO↑与SiO2＋ Na2CO3Na2SiO3＋CO2
6.在同一周期的元素中(除稀有气体元素外)，随着原子序数的递增，下列说法中不正确的是(　　)
A. 最外层电子数逐渐增多 B. 原子半径逐渐减小
C. 元素原子的失电子能力逐渐增强 D. 元素的非金属性逐渐增强
7.下列关于碱金属元素的叙述正确的是(　　)
A. 为防止锂单质(ρ=0.534 g/cm3)变质,应将其保存在煤油中
B. 从Li到Cs都易失去最外层1个电子,且失电子能力逐渐增强
C. 相同条件下,钠与水反应比钾与水反应剧烈
D. 随核电荷数增大,碱金属单质熔点逐渐升高
8.下列溶液中能够区别SO2和CO2气体的是(　　)
①澄清石灰水　②品红溶液　③KMnO4酸性溶液　④氯水
A. 除③以外 B. 仅①②③ C. 仅②③④ D. 全部
9.下列有关碱金属元素、卤素结构和性质的描述正确的有(　　)
①卤素按F、Cl、Br、I的顺序，其非金属性逐渐减弱的主要原因是随着核电荷数增加，电子层数增多，原子半径增大
②F、Cl、Br、I的最外层电子数都是7，次外层电子数都是8
③碱金属单质的还原性很强，均易与氧气发生反应，加热时生成的氧化物为R2O
④根据同主族元素性质的递变规律推测，At2与H2化合较难，砹化银也难溶于水
⑤根据Cl、Br、I的非金属性递减，可推出HCl、HBr、HI的酸性依次增强，而热稳定性依次减弱
⑥碱金属都应保存在煤油中
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
10.以黄铁矿（主要成分为，其中硫的化合价为价）生产硫酸的工艺流程如图：
下列说法正确的是（　　）
A. 炉渣中俗称铁红，是一种磁性氧化物 B. 接触室中需加入作催化剂加快反应
C. 沸腾炉中每消耗，有电子发生转移 D. 吸收塔中吸收的硫酸可以换为
11.如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法不正确的是（　　）
A. X元素位于第二周期第ⅣA族 B. 原子半径：Y > Z
C. X、Y、R形成的某种化合物可以用于漂白、消毒 D. Y、Z和W三者最高价氧化物对应的水化物能两两相互反应
12.CuZn (假设起始时两电极质量完全相同)原电池的装置示意图如图，下列说法正确的是(不考虑水解反应)(　　)
A. M为Zn电极，发生还原反应，失去电子 B. 电池工作一段时间后，溶液的pH保持不变
C. 电池工作一段时间后，M和N两电极质量：M>N D. 每转移0.2 mol电子，同时生成2.24 L Cl2
13.将氯气持续通入紫色石蕊溶液中，溶液颜色呈如下变化：
关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是(　　)
A. H＋、HClO、Cl2 B. H＋、ClO－、Cl－ C. HCl、ClO－、Cl－ D. HCl、HClO、Cl2
14.下列关于硅及二氧化硅的化学性质的化学方程式书写错误的是(　　)
A. 硅与氢氟酸反应：Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑
B. 硅与烧碱溶液反应：Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑
C. 硅与盐酸反应：Si＋4HCl===SiCl4＋2H2↑
D. 二氧化硅在高温下被C还原：SiO2＋2CSi＋2CO↑
15.我国科学家设计的“海泥电池”，既可用于深海水下仪器的电源补给，又有利于海洋环境污染治理，其中微生物代谢产物显酸性，电池工作原理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A. A电极为负极 B. 微生物代谢反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C. B电极的电极反应式为 D. 质子从海水层通过交接面向海底沉积层移动
二、非选择题(本大题共4小题，共55分)
16.某研究性学习小组进行如下探究活动：
实验目的：探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱。
查阅资料：①常温下，高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气；②溴单质易挥发，碘单质易升华；③淀粉溶液遇到碘单质变蓝色；④溴、碘在不同溶剂中所形成溶液(从稀到浓)的颜色变化如图所示。
实验方案：该小组设计下图所示装置实验(夹持仪器已略去，装置气密性较好)
实验过程：
Ⅰ.先打开弹簧夹，再打开活塞a，滴加浓盐酸
Ⅱ.当B和C中的溶液都变黄时，加紧弹簧夹
Ⅲ.当B中的溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a
Ⅳ.……
回答以下问题：
(1)验证氯气的氧化性强于碘单质的实验现象是_____________，写出该反应的化学方程式________________________________；
(2)为验证溴单质的氧化性强于碘单质，过程Ⅳ的操作和现象是_________，写出该反应的离子方程式_____________________；
(3)由实验得到的氯、溴、碘单质的氧化性由强到弱的顺序为________；
(4)你认为实验中为什么要加过程Ⅲ这一步操作，请简述个人观点_____________________。
17.用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化)：
(1)该实验探究的____________对化学反应速率的影响；
如图一，相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系②________①。
(2)若实验①在2 min末收集了4.48 mL CO2(标准状况下)，则在2 min末，c(MnO4-)为________。
(3)除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定____________________________________来比较化学反应速率。
(4)小组同学发现反应速率总是如图二，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是_________________________________。
18.Na2CO3和NaHCO3是两种重要的钠盐。
(1)探究Na2CO3、NaHCO3的稳定性
如图所示，在加热过程中能观察到产生白色沉淀的烧杯是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，该烧杯中发生反应的离子方程式是______________________________，通过该实验可比较出________(填“Na2CO3”或“NaHCO3”)更稳定。
(2)探究Na2CO3、NaHCO3溶液分别与盐酸反应过程的热量变化
步骤1：分别取10 mL等浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液，测量温度为T1。
步骤2：分别加入10 mL密度约为1.1 g·mL－1 20%的盐酸(20 ℃)，搅拌，测量温度为T2。
步骤3：数据记录
步骤4：实验分析　甲同学分析上述数据认为两个反应都放出热量，乙同学认为甲同学的分析不严谨，应该补做如下实验：向盛有10 mL水(20 ℃)的烧杯中加入________________________，搅拌，测量温度为T3，再比较T3和T2的大小。
(3)除去Na2CO3粉末中混有的少量NaHCO3的方法是____________。
19.如图为化学“五元环”图案，在图案上分别写了Cl2、CO2、Na2O2、Na2CO3、五种物质，图中相连的两种物质均可根据某种“分类依据”归属为一类，相交部分A、B、C、D为其相应的“分类依据”的代号。请回答下列问题：
(1)分类依据A、B、C、D中可总结为“两种物质都是盐”的是_______(填代号)。
(2)写出Na2CO3的电离方程式：_______。
(3)潜水艇和消防员的呼吸面具中，Na2O2与呼出的CO2反应的化学方程式为_______。
(4)在烧杯中加入20 mL蒸馏水，加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入几滴饱和溶液，继续加热至呈红褐色后停止加热。证明有胶体生成的实验操作及现象是_______。
(5)高铁酸钠()(铁为价)是一种新型净水剂，可用通过下列途径制取：
(未配平)
①该反应中氧化剂是_______(填化学式，下同)，氧化产物为_______。
②当有0.3mol电子转移时，参加反应的_______mol。
20.乳酸乙酯主要用于调配苹果、凤梨、焦糖、乳香等食用香精，也用于朗姆酒、白酒等酒用香精中，还可用作纤维素酯、树脂、涂料等的溶剂。乳酸乙酯发生如图变化(已知：①烃A是衡量一个国家石油化工发展的重要标志；②G属于酯类化合物)。
(1)B物质的结构简式为 ，D的名称是 。
(2)E中官能团的名称是 　　 ，B生成C的反应类型是 。
(3)反应⑤中浓硫酸的作用是 　　　　　　 。
(4)写出F、D两种物质生成G的化学方程式 　　　　 。
(5)乙烯与氢气反应得到乙烷，下列物质与乙烷互为同系物的有 　　　　 。
①CH2=CH2②CH3CH2OH③HOCH2CH2OH④⑤
其中④的二氯代物有 　 种。高 二 化 学
一、选择题(本大题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
1.化学可以为人类利用自然资源和解决环境问题提供重要科学依据。下列自然资源的开发利用或环境保护中没有涉及化学反应的是(　　)
A. 海水制钾 B. 天然气合成甲醇
C. 石油分馏 D. 聚合氯化铝净化污水
【答案】C
【解析】海水中没有钾单质，只有钾离子，故海水制钾中有新物质生成，涉及化学变化，A不合题意；天然气即CH4合成甲醇即CH3OH，有新物质生成，涉及化学变化，B不合题意；石油分馏过程中没有新物质生成，不涉及化学变化，C符合题意；聚合氯化铝中的铝离子水解生成具有吸附作用的氢氧化铝胶体，能吸附溶液中细小悬浊物而聚沉，故聚合氯化铝净化污水涉及化学变化，D不合题意；故答案为C。
2.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是(　　)
A. 原子半径：X＜W B. 简单气态氢化物的稳定性：Y＞Z
C. Z与Na形成两种离子化合物阴、阳离子个数比均为1∶2 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W
【答案】C
【解析】由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置可知，Y、Z位于第二周期，X、W位于第三周期，设Y的原子序数为x，Y、W的原子序数之和是Z的3倍，则x＋(x＋10)＝3(x＋1)，解得x＝7，可知Y为N、Z为O、X为Si、W为Cl，以此来解答。A.同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：X＞W，故A错误；B.同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性越强、对应简单氢化物越稳定，则简单气态氢化物的稳定性：Y＜Z，故B错误；C.Z与Na形成两种离子化合物为Na2O、Na2O2，阴、阳离子个数比均为1∶2，故C正确；D.元素非金属性越强对应最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：X＜W，故D错误。
3.根据元素周期表判断，下列叙述不正确的是( )
A. 周期表中第七周期共有32种元素
B. 周期表中共有18个列，其中形成化合物种类最多的在第14列
C. 除过渡元素外周期表中最外层电子数相同的元素都位于同一族中
D. L层电子为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等
【答案】C
【解析】化合物种类最多的是有机物，而有机物一定含有碳元素，碳是第ⅣA族元素，位于第14列，B正确；0族元素He的最外层是2个电子，而不是位于第ⅡA族，C错误；L层电子数为奇数的元素一定是第二周期元素，所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等，D正确。
4.用下图所示装置及药品进行相应实验，能达到实验目的的是（　　）
A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. D
【答案】D
【解析】乙醇和乙酸相互溶解，不能用分液的方法分离，A错误；酸性高锰酸钾溶液会将乙烯氧化成，用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯，会引入新的杂质气体，B错误；单质溴易溶于，不能用过滤的方法分离，C错误；水和乙醇互相混溶，但沸点不同，除去酒精中的水可用蒸馏的方法，D正确。答案选D。
5..二氧化硅与二氧化碳组成相似，结构不同。下列反应原理不同的是(　　)
A. SiO2＋2CSi＋2CO↑与NaCl＋KKCl＋Na
B. SiO2＋ CaCO3CaSiO3＋CO2↑与Na2SiO3＋CO2＋H2O===Na2CO3＋H2SiO3↓
C. SiO2＋2OH－===＋H2O与CO2＋2OH－===＋H2O
D. SiO2＋2CSi＋2CO↑与SiO2＋ Na2CO3Na2SiO3＋CO2
【答案】B
【解析】A中都是高温固相反应，生成气体是反应趋于完全的条件，原理相同，不合题意；B中前者属于高温固相反应，生成二氧化碳气体是反应趋于完全的条件，后者是溶液中的强酸制弱酸的复分解反应，原理不同，符合题意；C中都是酸性氧化物与碱的反应，原理相同，不合题意；D中两个反应表面原理不一样，前者是氧化还原反应，后者是非氧化还原反应。但本质上两种反应都属于高温固相反应，生成气体是反应趋于完全的条件，原理相同，不符合题意。
6.在同一周期的元素中(除稀有气体元素外)，随着原子序数的递增，下列说法中不正确的是(　　)
A. 最外层电子数逐渐增多 B. 原子半径逐渐减小
C. 元素原子的失电子能力逐渐增强 D. 元素的非金属性逐渐增强
【答案】C
【解析】同周期自左至右最外层电子数逐渐增多，A正确；由于电子层数相同，同一周期的元素中(除稀有气体元素外)，随着原子序数的递增，核电荷数增多，原子半径逐渐减小，B正确；随着原子序数的递增，核电荷数增多，元素得电子的能力逐渐增强，元素的非金属性逐渐增强，失电子能力减弱，元素的金属性逐渐减弱，C错误、D正确。
7.下列关于碱金属元素的叙述正确的是(　　)
A. 为防止锂单质(ρ=0.534 g/cm3)变质,应将其保存在煤油中
B. 从Li到Cs都易失去最外层1个电子,且失电子能力逐渐增强
C. 相同条件下,钠与水反应比钾与水反应剧烈
D. 随核电荷数增大,碱金属单质熔点逐渐升高
【答案】B
【解析】锂的密度小于煤油,大于石蜡,应将其保存在石蜡中,A错误;从Li到Cs原子半径逐渐增大,失去最外层1个电子的能力逐渐增强,B正确;金属性:K>Na,故相同条件下,K与水反应更剧烈,C错误;随核电荷数增大,碱金属单质熔点逐渐降低,D错误。
8.下列溶液中能够区别SO2和CO2气体的是(　　)
①澄清石灰水　②品红溶液　③KMnO4酸性溶液　④氯水
A. 除③以外 B. 仅①②③ C. 仅②③④ D. 全部
【答案】C
【解析】SO2和CO2都属于酸性氧化物，它们都能使澄清石灰水变浑浊，所以不能利用澄清石灰水来区别SO2和CO2，故①错误；SO2还具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2没有此性质，所以能利用品红溶液区别SO2和CO2，故②正确；SO2具有还原性，能被KMnO4酸性溶液氧化(溶液褪色)，而CO2没有此性质，所以能利用KMnO4酸性溶液区别SO2和CO2，故③正确；SO2具有还原性，能被氯水氧化(溶液褪色)，而CO2没有此性质，所以能利用氯水区别SO2和CO2，故④正确；只有②③④正确。
9.下列有关碱金属元素、卤素结构和性质的描述正确的有(　　)
①卤素按F、Cl、Br、I的顺序，其非金属性逐渐减弱的主要原因是随着核电荷数增加，电子层数增多，原子半径增大
②F、Cl、Br、I的最外层电子数都是7，次外层电子数都是8
③碱金属单质的还原性很强，均易与氧气发生反应，加热时生成的氧化物为R2O
④根据同主族元素性质的递变规律推测，At2与H2化合较难，砹化银也难溶于水
⑤根据Cl、Br、I的非金属性递减，可推出HCl、HBr、HI的酸性依次增强，而热稳定性依次减弱
⑥碱金属都应保存在煤油中
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】①F、Cl、Br、I位于ⅦA族，电子层数分别为2、3、4、5，随电子层数增多，原子半径增大，原子核对核外电子的吸引能力减弱，得电子能力减弱，非金属性逐渐减弱，①正确；②ⅦA族最外层电子数都是7，F原子是9号元素，次外层电子数为2，最外层为7，Cl、Br、I的次外层电子数都是8，②错误；③碱金属还原性依次增强，加热与氧气反应时，锂生成氧化锂，钠生成过氧化钠，钾、铷、铯生成过氧化物、超氧化物等，③错误；④F、Cl、Br、I、At位于同一主族，At是原子序数最大的卤族元素，同主族元素的非金属性逐渐减弱，At与H2化合最难；Cl、Br、I与银形成化合物都难溶于水，则砹化银也难溶于水，④正确；⑤非金属性越强,简单氢化物越稳定，因为非金属性：Cl>Br>I，所以热稳定性：HCl>HBr>HI ；原子半径：ClH-Br>H-I，氢化物水溶液的电离程度：HClHBr>HI，与非金属性强弱无关，⑤错误；⑥密度：Li
10.以黄铁矿（主要成分为，其中硫的化合价为价）生产硫酸的工艺流程如图：
下列说法正确的是（　　）
A. 炉渣中俗称铁红，是一种磁性氧化物 B. 接触室中需加入作催化剂加快反应
C. 沸腾炉中每消耗，有电子发生转移 D. 吸收塔中吸收的硫酸可以换为
【答案】B
【解析】不具有磁性，不是磁性氧化物，A项错误；与在催化剂的作用下生成，因此接触室中需加入作催化剂加快反应，B项正确；沸腾炉中发生反应，根据氧元素化合价变化可知，每1 mol反应转移电子数为44 mol，则反应，转移，C项错误；吸收塔中硫酸不可以换为，换为会产生酸雾，不利于的吸收，D项错误；答案选B。
11.如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法不正确的是（　　）
A. X元素位于第二周期第ⅣA族 B. 原子半径：Y > Z
C. X、Y、R形成的某种化合物可以用于漂白、消毒 D. Y、Z和W三者最高价氧化物对应的水化物能两两相互反应
【答案】A
【解析】由题图可知，X为O，Y为Na，Z为Al，W为S，R为Cl。A.X元素为O，位于第二周期第ⅥA族，A错误；B.Z为Al，Y为Na，故原子半径：Y>Z，B正确；C.X、Y、R分别为O、Na、Cl，形成的某种化合物如NaClO可以用于漂白、消毒，C正确；D．Y、Z和W三者最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al（OH）3、H2SO4，故能两两相互反应，D正确。
12.CuZn (假设起始时两电极质量完全相同)原电池的装置示意图如图，下列说法正确的是(不考虑水解反应)(　　)
A. M为Zn电极，发生还原反应，失去电子 B. 电池工作一段时间后，溶液的pH保持不变
C. 电池工作一段时间后，M和N两电极质量：M>N D. 每转移0.2 mol电子，同时生成2.24 L Cl2
【答案】B
【解析】由题干图示中电子转移的方向可知，M极为负极，失去电子，发生氧化反应，故M为Zn，电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，N为Cu，电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，A错误；电池工作一段时间后，溶液溶质由CuCl2转化为ZnCl2，若不考虑水解反应，溶液的pH保持不变，B正确；电池工作一段时间后，M电极质量减少，N电极质量增大，故两电极质量不相同M＜N，C错误；该电极反应中不生成Cl2，D错误。
13.将氯气持续通入紫色石蕊溶液中，溶液颜色呈如下变化：
关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是(　　)
A. H＋、HClO、Cl2 B. H＋、ClO－、Cl－ C. HCl、ClO－、Cl－ D. HCl、HClO、Cl2
【答案】A
【解析】氯气与水反应生成HCl、HClO，将氯气持续通入紫色石蕊溶液中，H＋使溶液先变红，HClO具有漂白性，使溶液褪色，通入过量氯气，最后形成饱和氯水，溶解的Cl2使溶液显浅黄绿色，故选A。
14.下列关于硅及二氧化硅的化学性质的化学方程式书写错误的是(　　)
A. 硅与氢氟酸反应：Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑
B. 硅与烧碱溶液反应：Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑
C. 硅与盐酸反应：Si＋4HCl===SiCl4＋2H2↑
D. 二氧化硅在高温下被C还原：SiO2＋2CSi＋2CO↑
【答案】C
【解析】常温下，硅能与氢氟酸、烧碱溶液反应，但不与盐酸反应。加热或高温条件下能与C、Cl2、O2等发生反应，化学方程式分别为Si＋CSiC、Si＋2Cl2SiCl4、Si＋O2SiO2。
15.我国科学家设计的“海泥电池”，既可用于深海水下仪器的电源补给，又有利于海洋环境污染治理，其中微生物代谢产物显酸性，电池工作原理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A. A电极为负极 B. 微生物代谢反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C. B电极的电极反应式为 D. 质子从海水层通过交接面向海底沉积层移动
【答案】B
【解析】从图中可知，A电极上O2得电子转化为H2O，A电极为正极，B电极上HS-失电子生成S，B电极为负极。
根据分析可知，A电极为正极，A错误；微生物代谢反应为+2CH2O+H+=HS-+2CO2+2H2O，该反应中得电子为氧化剂，CH2O失电子为还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2，B正确；B电极为正极，正极上HS-失电子生成S，电极反应为，C错误；原电池电解质溶液中的阳离子向正极移动，则质子从海底沉积层通过交换面向海水层移动，D错误。
二、非选择题(本大题共4小题，共55分)
16.某研究性学习小组进行如下探究活动：
实验目的：探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱。
查阅资料：①常温下，高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气；②溴单质易挥发，碘单质易升华；③淀粉溶液遇到碘单质变蓝色；④溴、碘在不同溶剂中所形成溶液(从稀到浓)的颜色变化如图所示。
实验方案：该小组设计下图所示装置实验(夹持仪器已略去，装置气密性较好)
实验过程：
Ⅰ.先打开弹簧夹，再打开活塞a，滴加浓盐酸
Ⅱ.当B和C中的溶液都变黄时，加紧弹簧夹
Ⅲ.当B中的溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a
Ⅳ.……
回答以下问题：
(1)验证氯气的氧化性强于碘单质的实验现象是_____________，写出该反应的化学方程式________________________________；
(2)为验证溴单质的氧化性强于碘单质，过程Ⅳ的操作和现象是_________，写出该反应的离子方程式_____________________；
(3)由实验得到的氯、溴、碘单质的氧化性由强到弱的顺序为________；
(4)你认为实验中为什么要加过程Ⅲ这一步操作，请简述个人观点_____________________。
【答案】(1)A中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝　Cl2＋2Kl===I2＋2KCl
(2)打开活塞b，将分液漏斗中的黄色溶液滴入D中，关闭活塞b，取下试管D振荡，静置，观察到D中CCl4层溶液变为紫红色，说明溴单质的氧化性强于碘单质
(3)2I－＋Br2===2Br－＋I2Cl2>Br2>I2
(4)B、C中的NaBr溶液的浓度和体积均相同，棕色溶液B含有的溴单质比黄色溶液C中的多，说明C中还存有溴离子，不存在氯气，确保了氯气不干扰溴单质与碘化钾的反应
【解析】(1)装置①中可以生成氯气，氯气具有强氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，碘单质遇淀粉显蓝色，所以验证氯气的氧化性强于碘单质的实验现象是A中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；反应的化学方程式是2KI＋Cl2===2KCl＋I2；
(2)为验证溴单质的氧化性强于碘单质，过程Ⅳ的操作和现象是打开活塞b，将分液漏斗中的黄色溶液滴入D中，关闭活塞b，取下试管D振荡、静置，观察到D中四氯化碳层呈紫红色，说明溴单质的氧化性强于碘单质；该反应的离子方程式为Br2＋2I－===2Br－＋I2；
(3)根据上述两个实验，对同一个化学反应而言，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则Cl2>Br2，Br2>I2，所以氯、溴、碘单质的氧化性由强到弱的顺序为Cl2、Br2、I2；
(4)B、C中的NaBr溶液的浓度和体积均相同，棕色溶液B含有的溴单质比黄色溶液C中的多，说明C中还存有溴离子，不存在氯气，确保了氯气不干扰溴单质与碘化钾的反应，所以实验中要加过程Ⅲ这一步操作。
17.用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化)：
(1)该实验探究的____________对化学反应速率的影响；
如图一，相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系②________①。
(2)若实验①在2 min末收集了4.48 mL CO2(标准状况下)，则在2 min末，c(MnO4-)为________。
(3)除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定____________________________________来比较化学反应速率。
(4)小组同学发现反应速率总是如图二，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是_________________________________。
【答案】(1)浓度　>　(2)0.005 2 mol·L－1
(3)KMnO4溶液完全褪色所需时间(或产生相同体积气体所需时间)　(4)该反应放热；催化剂能加快化学反应速率，产物Mn2＋是反应的催化剂
【解析】(1)对比①②实验可探究浓度对化学反应速率的影响，②中A溶液的浓度比①中大，化学反应速率大，相同时间内所得CO2的体积大；(2)CO2的物质的量为n(CO2)＝＝0.000 2 mol，根据2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，所以反应的MnO4-的物质的量为n(MnO4-)＝n(CO2)＝×0.000 2 mol＝0.000 04 mol，剩余的MnO4-的物质的量为n(MnO4-)＝30×10－3 L×0.01 mol·L－1－0.000 04 mol＝0.000 26 mol，其物质的量浓度为c(MnO4-)＝＝0.005 2 mol·L－1；(3)因实验中H2C2O4过量，故可通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需时间来比较化学反应速率；(4)该反应放热；催化剂能加快化学反应速率，产物Mn2＋是反应的催化剂。
18.Na2CO3和NaHCO3是两种重要的钠盐。
(1)探究Na2CO3、NaHCO3的稳定性
如图所示，在加热过程中能观察到产生白色沉淀的烧杯是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，该烧杯中发生反应的离子方程式是______________________________，通过该实验可比较出________(填“Na2CO3”或“NaHCO3”)更稳定。
(2)探究Na2CO3、NaHCO3溶液分别与盐酸反应过程的热量变化
步骤1：分别取10 mL等浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液，测量温度为T1。
步骤2：分别加入10 mL密度约为1.1 g·mL－1 20%的盐酸(20 ℃)，搅拌，测量温度为T2。
步骤3：数据记录
步骤4：实验分析　甲同学分析上述数据认为两个反应都放出热量，乙同学认为甲同学的分析不严谨，应该补做如下实验：向盛有10 mL水(20 ℃)的烧杯中加入________________________，搅拌，测量温度为T3，再比较T3和T2的大小。
(3)除去Na2CO3粉末中混有的少量NaHCO3的方法是____________。
【答案】(1)Ⅱ　Ca2＋＋2OH－＋CO2===CaCO3↓＋H2O　Na2CO3
(2)10 mL密度约为1.1 g·mL－1 20%的盐酸(20 ℃)
(3)加热
【解析】(1)加热到较低温度下碳酸氢钠即会分解，而碳酸钠加热到较高温度也不分解，则在加热过程中能观察到产生白色沉淀的烧杯是Ⅱ，该烧杯中二氧化碳和澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，发生反应的离子方程式是Ca2＋＋2OH－＋CO2===CaCO3↓＋H2O，通过该实验可比较出Na2CO3更稳定。
(2)盐酸加入水稀释时会有热效应，因此要向10 mL水(20 ℃)的烧杯中加入实验中使用的10 mL密度约为1.1 g·mL－1 20%的盐酸(20 ℃)做对照实验，看温度变化，若盐酸加入水中的温度大于20.8 ℃，则说明在碳酸氢钠溶液与盐酸反应中，盐酸溶于水放出的热量被吸收，说明NaHCO3溶液与盐酸反应为吸热反应。(3)碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，则除去Na2CO3粉末中混有的少量NaHCO3的方法是加热。
19.如图为化学“五元环”图案，在图案上分别写了Cl2、CO2、Na2O2、Na2CO3、五种物质，图中相连的两种物质均可根据某种“分类依据”归属为一类，相交部分A、B、C、D为其相应的“分类依据”的代号。请回答下列问题：
(1)分类依据A、B、C、D中可总结为“两种物质都是盐”的是_______(填代号)。
(2)写出Na2CO3的电离方程式：_______。
(3)潜水艇和消防员的呼吸面具中，Na2O2与呼出的CO2反应的化学方程式为_______。
(4)在烧杯中加入20 mL蒸馏水，加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入几滴饱和溶液，继续加热至呈红褐色后停止加热。证明有胶体生成的实验操作及现象是_______。
(5)高铁酸钠()(铁为价)是一种新型净水剂，可用通过下列途径制取：
(未配平)
①该反应中氧化剂是_______(填化学式，下同)，氧化产物为_______。
②当有0.3mol电子转移时，参加反应的_______mol。
【答案】(1)D
(2)
(3)
(4)用一束光照射烧杯中的物质，若能产生丁达尔效应，则证明生成了Fe(OH)3胶体
(5)NaClO　NaFeO4　0.15
【解析】Cl2、CO2、Na2O2、Na2CO3、分别属于单质、氧化物、过氧化物、盐、盐。
(1)由金属阳离子与酸根离子构成的物质为盐，则D中两种物质均为盐，分类依据A、B、C、D中可总结为“两种物质都是盐”的是D(填代号)。故答案为：D；
(2)碳酸钠是强电解质，全电离，Na2CO3的电离方程式：。故答案为：；
(3)潜水艇和消防员的呼吸面具中，Na2O2与呼出的CO2反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为。故答案为：；
(4)在烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入几滴饱和溶液，继续加热至呈红褐色后停止加热。证明有胶体生成的实验操作及现象是用一束光照射烧杯中的物质，若能产生丁达尔效应，则证明生成了Fe(OH)3胶体，故答案为：用一束光照射烧杯中的物质，若能产生丁达尔效应，则证明生成了Fe(OH)3胶体；
(5)Fe元素化合价由+3价升高为+6价，总共升高3价，NaClO→NaCl，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，总降低2价，化合价升降最小公倍数为6，
①该反应中Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，氧化剂是NaClO(填化学式，下同)，氧化产物为NaFeO4。故答案为：NaClO；NaFeO4；
②根据，每有3 mol NaClO参加反应，有6 mol电子转移，当有0.3 mol电子转移时，参加反应的=0.15 mol。故答案为：0.15。
20.乳酸乙酯主要用于调配苹果、凤梨、焦糖、乳香等食用香精，也用于朗姆酒、白酒等酒用香精中，还可用作纤维素酯、树脂、涂料等的溶剂。乳酸乙酯发生如图变化(已知：①烃A是衡量一个国家石油化工发展的重要标志；②G属于酯类化合物)。
(1)B物质的结构简式为 ，D的名称是 。
(2)E中官能团的名称是 　　 ，B生成C的反应类型是 。
(3)反应⑤中浓硫酸的作用是 　　　　　　 。
(4)写出F、D两种物质生成G的化学方程式 　　　　 。
(5)乙烯与氢气反应得到乙烷，下列物质与乙烷互为同系物的有 　　　　 。
①CH2=CH2②CH3CH2OH③HOCH2CH2OH④⑤
其中④的二氯代物有 　 种。
【答案】(1)C2H5OH(或CH3CH2OH)乙酸
(2)羟基、酯基 　 氧化反应
(3)催化剂、吸水剂
(4)＋CH3COOH ＋H2O
(5)④⑤ 　 10
【解析】(1)B为乙醇，其结构简式为C2H5OH(或CH3CH2OH)，D为乙酸，故答案为：C2H5OH(或CH3CH2OH)；乙酸；
(2)由E的结构简式可知，E中官能团的名称是羟基、酯基，B生成C的反应为乙醇的催化氧化，故答案为：羟基、酯基；氧化反应；
(3)反应⑤为酯化反应，其中浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂，故答案为：催化剂、吸水剂；
(4)写出F、D两种物质生成G的反应为酯化反应，其化学方程式为＋CH3COOH ＋H2O，故答案为：＋CH3COOH ＋H2O；
(5)①是烯烃，不是乙烷的同系物，①错误；②属于醇类，不是乙烷的同系物，②错误；③属于醇类，不是乙烷的同系物，③错误；④是异戊烷，和乙烷是同系物，④正确；⑤也是烷烃，和乙烷属于同系物，⑤正确；故选④⑤；
异戊烷的二氯代物采用“定一移一”的方法有、、、一共有10种，故答案为：④⑤；10。

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