1molC2H4和Cl2完全加成.再与Cl2光照条件下发生取代反应.所有氢原子被氯原子取代.则共消耗Cl2的物质的量是( )A．6molB．5molC．4molD．3mol 题目和参考答案——青夏教育精英家教网——

题目内容

20．1molC₂H₄和Cl₂完全加成，再与Cl₂光照条件下发生取代反应，所有氢原子被氯原子取代，则共消耗Cl₂的物质的量是（　　）

A．

6mol

B．

5mol

C．

4mol

D．

3mol

分析根据C₂H₄生成六氯代烷先发生加成反应，发生加成反应时，双键的物质的量与氯气的物质的量之比为1：1，1，2-二氯乙烷和氯气发生取代反应生成六氯乙烷，1，2-二氯乙烷中所有氢原子被氯原子取代时，氢原子与Cl₂的物质的量之比为1：1来解答；

解答解：根据C₂H₄+Cl₂→CH₂ClCH₂Cl知，1mol乙烯与氯气发生加成反应需要氯气1mol；
根据CH₂ClCH₂Cl+4Cl₂$\stackrel{光照}{→}$C₂Cl₆+4HCl知，1mol 1，2-二氯甲烷生成C₂Cl₆时需要氯气的物质的量为4mol，所以两个过程一共消耗氯气的物质的量为5mol，
故选B．

点评本题以取代反应和加成反应为载体考查了物质的量的计算，根据加成反应中氯气和双键的关系、取代反应中取代的氢原子和氯气之间的关系来分析解答，难度不大．

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10．填写下列空白．
（1）H、D、T三种原子，它们之间的关系是互为同位素，在标准状况下，它们的单质的密度之比是1：2：3；
（2）核内中子数为N的R²⁺，质量数为A，则n g它的同价态氧化物中所含电子的物质的量为$\frac{n}{A+16}$（A-N+8）mol．
（3）含6.02×10²³个中子的${\;}_{3}^{7}$Li的质量是1.75g；4g D₂和20g¹⁸O₂的单质化合时最多能生成22gD${\;}_{2}^{18}$O．
（4）现有①MgCl₂、②石英、③NH₄Cl、④干冰、⑤碘六种物质，按要求回答：
熔点最高的是②；含极性键的物质是②③④，只有离子键的物质的是①；微粒以分子间作用力结合的是④⑤；
用电子式表示①的形成过程

．
（5）原子序数大于4的主族元素A和B的离子为A^m+和B^n-，它们的核外电子排布相同，据此判断：
①A和B所属周期数之差为1．
②A和B的核电荷数之差为m+n（用含m，n的代数式表示）．

11．电镀厂镀铜废水中含有CN^-和Cr₂O${\;}_{7}^{2-}$，需要处理达标后才能排放．该厂拟定下列流程进行废水处理：

回答下列问题：
（1）上述处理废水流程中主要使用的方法是氧化-还原法．Ⅲ
（2）②中反应后无气体放出，该反应的离子方程式为CN^-+ClO^-═CNO^-+Cl^-．
（3）步骤③中，每处理0.4mol Cr₂O${\;}_{7}^{2-}$时转移电子2.4mol，该反应的离子方程式为3S₂O₃^2-+4Cr₂O₇^2-+26H⁺═6SO₄^2-+8Cr³⁺+13H₂O．
（4）取少量待测水样于试管中，加入NaOH溶液，观察到有蓝色沉淀生成，再加Na₂S溶液，蓝色沉淀转化成黑色沉淀，请使用化学用语和文字解释产生该现象的原因：因为待检水样中还有Cu²⁺，K_sp（CuS）＜K_sp[Cu（OH）₂]，所以Cu²⁺+2OH^-═Cu（OH）₂↓再加Na₂S溶液，蓝色沉淀转化成黑色沉淀Cu（OH）₂（s）+S^2-（aq）═CuS（s）+2OH^-（aq）；．
（5）目前处理酸性Cr₂O${\;}_{7}^{2-}$废水多采用铁氧磁体法．该法是向废水中加入FeSO₄•7H₂O，将Cr₂O${\;}_{7}^{2-}$还原成Cr³⁺，调节pH，Fe、Cr转化成相当于Fe^Ⅱ[Fe${\;}_{x}^{Ⅲ}$Cr${\;}_{2-x}^{Ⅲ}$]O₄（铁氧磁体，罗马数字表示元素价态）的沉淀．处理1mol Cr₂O${\;}_{7}^{2-}$，需加入a mol FeSO₄•7H₂O，下列结论正确的是D．
A．x=0.5，a=8 B．x=0.5，a=10
C．x=1.5，a=8 D．x=1.5，a=10．

某实验小组设计用50mL 1.0mol/L盐酸跟50mL 1.1mol/L 氢氧化钠溶液在如图装置中进行中和反应．在大烧杯底部垫碎泡沫塑料（或纸条），使放入的小烧杯杯口与大烧杯杯口相平．然后再在大、小烧杯之间填满碎泡沫塑料（或纸条），大烧杯上用泡沫塑料板（或硬纸板）作盖板，在板中间开两个小孔，正好使温度计和环形玻璃搅拌棒通过．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．试回答下列问题：
（1）本实验中用稍过量的NaOH的原因是保证盐酸完全被中和．在大小烧杯中填充泡沫塑料的作用是保温隔热，防止热量散失．
（2）该实验小组做了三次实验，每次取溶液各50mL，并记录下原始数据（见下表）．

实验序号	起始温度t₁/℃			终止温度（t₂）/℃	温差（t₂-t₁）/℃
实验序号	盐酸	NaOH溶液	平均值	终止温度（t₂）/℃	温差（t₂-t₁）/℃
1	25.1	24.9	25.0	31.6	6.6
2	25.1	25.1	25.1	31.8	6.7
3	25.1	25.1	25.1	31.9	6.8

已知盐酸、NaOH溶液密度近似为1.00g/cm³，中和后混合液的比热容为：c=4.18×10^-3kJ/（g•℃），则写出该反应的热化学方程式H⁺（aq）+OH^-（aq）=H₂O（l）△H=-56.0kJ/mol（△H值保留到小数点后1位）．
（3）若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热会比（2）测出的△H偏大（填“偏大”、“偏小”或“不变”），其原因是醋酸是弱酸，反应时需要吸收热量用于醋酸的电离，所以，测得的中和反应的反应热数值会偏小，该反应为放热反应，△H则偏大．
（4）在中和热测定实验中存在用水洗涤温度计上的盐酸后再用温度计测定NaOH溶液温度的步骤，若无此操作步骤，则测得的中和热△H会偏大（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．

15．在K₂SO₄和KCl的混合溶液中，K⁺的物质的量浓度为1.2mol/L，${SO}_{4}^{2-}$的物质的量浓度为0.4mol/L，则此溶液中Cl^-的物质的量浓度为（　　）

5．在氢硫酸溶液中，通入或加入少量的下列物质：①O₂；②Cl₂；③SO₂；④CuSO₄；⑤NH₃能使溶液的导电能力增强的是（　　）

12．如图的虚线框中每一列、每一行相当于周期表的每一族和每一周期，但它的列数和行数都多于元素周期表．

I．请在如图的虚线框中用实线画出周期表第一至第六周期的轮廓，并画出金属与非金属的分界线．（要求：左上角的第一个格是第一周期第IA族元素）
II．X、Y、Z、M、N为短周期的五种主族元素，其中X、Z同主族，Y、Z同周期，M与X，Y既不同族，也不同周期．X原子最外层电子数是核外电子层数的三倍，Y的最高化合价与其最低化合价的代数和等于6．N是短周期主族元素中原子半径最大的非金属元素．
（1）请写出下列元素的元素符号：XO，YCl，MH．
（2）请写出N元素在周期表中的位置三周期、IVA 主族；与N同族的短周期元素L，其最高价氧化物的电子式为

；N的最高价氧化物与NaOH溶液反应离子方程式：SiO₂+2OH^-=SiO₃^2-+H₂O．
（3）Y与Z的最高价氧化物的水化物的酸性强弱HClO₄＞H₂SO₄（用化学式表示） Y与Z相比，非金属性较强的元素是HCl，可以证明该结论的实验是（用化学方程式表示）Cl₂+H₂S=S↓+2HCl．
（4）L和M 按1：4的原子个数组成的化合物甲与 X的常见气态单质乙以及NaOH溶液构成原电池，如图，试分析：

①闭合K，写出左侧A电极的反应式CH₄+10OH^--8e^-=CO₃^2-+7H₂O
②闭合K，当A电极消耗1.6g化合物甲时（假设过程中无任何损失），则右侧装置中电极上放出的气体在标准状况下的体积为9.96升．

9．下列排列顺序不正确的是（　　）

	A．	熔点：Br₂＞Cl₂＞F₂		B．	氧化性：Cl₂＞Br₂＞I₂
	C．	酸性：HClO₄＞HBrO₄＞HIO₄		D．	稳定性：HI＞HBr＞HCl＞HF

10．在某溶液中加入AgNO₃溶液，再加入稀硝酸，有白色沉淀出现，则该溶液（　　）

	A．	必定是可溶性氯化物		B．	可能是可溶性碳酸盐
	C．	可能含有Cl^-		D．	必定是氯水