发布时间 : 星期日 文章上海市南洋模范中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题更新完毕开始阅读
（2）有机化合物最多，上表标出的①一⑦号元素中，可以形成化合物种类最多的是碳通常情况下不易与其他物质发生反应的是氩；
（3）元素1与元素2金属性较强的是K，原因是同主族元素，随着电子层数越多，半径逐渐增大，原子核对最外层电子的吸引力就越弱，原子就越容易失去电子，而不容易得电子，所以金属性K比Na更强；
（4）A. 沸点是物理性质，不能用来比较非金属强弱，故错误；
B. 两种非极性元素形成化合物，非金属性强表现负价，弱的表现正价，故正确； C. 氟元素没有最高正价，故错误；
D. 非金属性强的单质可以把非金属性弱元素从它的化合物中置换出来，故正确； 故选：BD；
（5）锡（Sn）最外层4个电子，电子层数是五，所以处于第五周期，第IVA族，然后填入即可；
（6）SnO2能与NaOH反应生成钠盐，反应的化学方程式SnO2+2NaOH=Na2SnO2+H2O，该反应说明锡元素具有非金属性，锡溶于盐酸得到溶液A，向A中通入氯气，氯气被还原，由信息可知A中反应的化学方程式SiCl2+Cl2=SnCl4；
（7）有表中数据可知三者都是都为分子晶体，且分子构型相同，故SnCl4、SnBr4、SnI4分子量逐渐增大，范德华力逐渐增大。 【点睛】非极性强弱比较的规律：
1、由单质的氧化性判断，一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；
2、由单质和酸或者和水的反应程度来看，反应越剧烈，非金属性越强。（比如F2 Cl2 Br2 和H2O的反应剧烈程度依次减弱 非金属依次减弱）；
3、由对应氢化物的稳定性判断。氢化物越稳定，非金属性越强； 4、由和氢气化合的难易程度判断。化合反应越容易，非金属性越强； 5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属越强； 6、由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱； 7、由置换反应判断非金属强的强制弱。
23.烯烃是重要的有机化合物.其中乙烯是最简单的一种烯烃，其产量代表着一个国家石油化工产业的水平。 完成下列问题：
（1）实验室用如图所示装置制取乙烯，反应方程式是____，无水乙醇与浓硫酸的体积比为1：
3，请解释加入浓硫酸不宜过少的原因是__。
（2）反应需要迅速升温至所需温度的理由是___。所以烧瓶中应放入的固体物质是___，其作用是____。
（3）烯烃通过催化加氢可以得到烷烃。请写出一种可以通过催化加氢反应得到2，2-二甲基丁烷的结构简式：___。
（4）有一种烷烃A，分子式C9H20，它却不能由任何C9H18的烯烃催化加氢得到。请写出A的结构简式___，在A的同分异构体中，却存在只能由1种烯烃催化加氢得到的烷烃，请写出一种符合要求的A的同分异构体的结构简式：___。
烯烃还可以与卤素单质、卤化氢、水发生加成反应，产物有主次之分，例如：
（5）化学式为C4H8的某烃A与HBr加成得到的主要产物，其一氯代物只有一种，请写出A发生聚合反应的方程式：___。 【答案】 (1). C2H5OH
CH2=CH2↑+H2O (2). ①硫酸的浓度逐渐降低，脱水性变
弱，②副反应会消耗H2SO4 (3). ①温度低于170℃时容易发生副反应，生成乙醚②温度高于170℃时生成CO2 (4). 碎瓷片或沸石 (5). 防止暴沸 (6). (CH3)3C-CH=CH2
(7). (8). (CH3)3C-C(CH3)2-CH2-CH3或(CH3)2CH-C(CH3)2-CH(CH3)2或
C(CH2-CH3)4 (9). 【解析】
【详解】(1)实验室制取乙烯的化学方程式是C2H5OH过少，随着反应的进行，浓度会变稀脱水性变弱；
CH2=CH2↑+H2O，如果浓硫酸的量
（2）反应需要迅速升温至所需温度理由是①温度低于170℃时容易发生副反应，生成乙醚②温度高于170℃时生成CO2，加热时为了防止液体暴沸，应向液体中加入碎瓷片或者沸石； （3）2，2-二甲基丁烷的结构简式(CH3)3C-CH2-CH3，根据碳原子的成键特点，变成烯烃后对应的烯烃是(CH3)3C-CH=CH2；
（4）烷烃A，分子式C9H20，它却不能由任何C9H18的烯烃催化加氢得到，则A中相邻的两个碳原子上不都含有H原子，故A的结构简式为：（CH3）3C-CH2-C（CH3）3；
另有A的三个同分异构体却分别可由而且只能由一种自己相应的烯烃催化加氢得到，则A同
分异构体中相邻的两个碳原子上含有氢原子的位置只有1种情况，符合条件的A的同分异构体为：(CH3)3C-C(CH3)2-CH2-CH3或(CH3)2CH-C(CH3)2-CH(CH3)2或C(CH2-CH3)4； （5）CH3CH=CHCH3加成只有一产物，方程式为
【点睛】烯烃加成生成烷烃，有烷烃的结构推相应烯烃的结构时，采用逆向思考，根据碳原子的成键特点，相邻碳原子各去掉一个氢原子，看是否正确。
24.某兴趣小组用合金铝、铁、铜的废弃合金为原料制取硝酸铜晶体和氢氧化铝并测定氢氧化铝的纯度，设计的主要流程如下：
的。
已知：Fe2+沉淀的pH范围为7.0～9.0；Fe3+沉淀的pH范围为1.9～3.2；Cu2+沉淀的pH范围为4.7～6.7。
（1）写出合金中加入NaOH溶液后所发生离子反应方程式___，试剂X的名称为__。 （2）加入Z的作用是调节溶液的pH，pH范围应为___；下列可作为试剂z的是___。 a．铜粉 b．氨水 c．氧化铜 d．硫酸铜
（3）实验操作①依次是____、___，过滤洗涤即可得到硝酸铜晶体。
（4）根据流程图内数据计算：滤渣C中氢氧化铝的质量分数为___。（用m、n的代数式表示）
（5）按该流程的操作步骤，氢氧化铝质量分数的测定结果可能性是非常大的，原因有①___；②____。
【答案】 (1). 2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2↑ (2). 硝酸 (3). 3.2≤pH＜4.7 (4). c (5). 蒸发浓缩 (6). 降温结晶 (7).
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26(m-n) (8). 滤渣C没有洗涤，混有9mNaHCO3，煅烧后失重偏大 (9). 滤渣C洗涤后未烘干或烘干不达标，混有微量水，煅烧后失重偏大 【解析】 【分析】
含有铝、铁、铜的废弃合金加入过量氢氧化钠溶液过滤得到滤渣B为Cu、Fe，滤液为NaAlO2溶液，通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液；滤渣中加入X生成Y和溶液A，Y通入氧气反应生成X，判断X为HNO3，Y为NO气体，溶液A为Fe（NO3）3，Cu（NO3）2，加入Z调节溶液pH使铁离子沉淀得到滤渣E为Fe（OH）3，滤液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硝酸铜晶体；
（1）合金中只有铝与加入NaOH溶液反应，所以离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2↑； （2）铁离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀，所以PH控制在3.2≤pH<4.7，除杂不能引入新的杂质；
（3）从硝酸铜溶液中得到硝酸铜晶体应采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤即可得硝酸铜晶体；
（4）根据差量计量氢氧化铝×100%，来求解；
（5）可能是碳酸氢钠的溶解度小而析出到滤渣中，或者烘干不到位的因素造成。 【详解】（1）合金中只有铝与加入NaOH溶液反应，所以离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
质量，然后根据质量分数为：氢氧化铝的质量÷滤渣的总质量
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，由分析可知X是硝酸，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2↑，硝酸；
（2）铁离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀，所以pH控制在3.2≤pH<4.7，除杂不能引入新的杂质，加入铜粉将铁离子还原成亚铁离子，而氨水引入铵根离子，硝酸铜溶液起不到调节pH的作用，所以只能用氧化铜，故答案为：3.2≤pH<4.7；c；
（3）从硝酸铜溶液中得到硝酸铜晶体应采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤即可得硝酸铜晶体，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶；
的--