欢迎您,[登录][注册] (您的IP:104.161.35.197)
学科导航 >
个人主页

作者信息

21jy_325265944

资源 文章 汇编
  • ID:7-7574717 江苏省常州市2019-2020学年高一下学期教育学会学业水平监测化学试题

    高中化学/期末专区/高一下学期

    常州市教育学会学业水平监测 高一化学试题 2020年7月 注意事项: 1.本试卷满分为100分,共90分钟。 2.本试卷包括第I卷和第I卷。第I卷为单项选择题,第II卷为非选择题。 3.答题前请将学校、班级、学号、姓名填涂在答题卡密封线内;答案书写在答题卡规 定区域内,在草稿纸、试卷上答题无效;考试结束后仅交答题卡。 4.可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 C1-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 I-127 第I卷(共60分) 一、选择题(本题共20小题,每小题3分,共60分。每小题只有一个选项符合题意。) 1.化学与人类生活和社会可持续发展关系密切。下列措施正确的是 ①将酒精和84消毒液混用,提高杀灭新冠病毒的效果;②研发易降解的生物农药; ③应用高效洁净的能源转换技术;④田间焚烧秸秆:⑤推广使用节能环保材料。 A.①③⑤ B.②③⑤ C.①②④ D.②④⑤ 2.下列化学用语使用正确的是 A.S原子的结构示意图: B. NH4Cl 的电子式: C.甲烷的结构式: CH4 D.乙酸的结构简式:CH3COOH 3.下列不属于化石燃料的是 A.煤 B.石油 C.天然气 D.乙醇 4.下列各组物质互为同系物的是 A.12C和14C B.金刚石和石墨 C. C2H6和C3H8 D. CH3CH2OH和CH3OCH3 5.下列物质中既有离子键又有共价键的是 A. NaOH B. H2O C. K2O D. CaCl2 6.下列过程属于化学变化的是 A.光线照射胶体产生丁达尔效应 B.铝遇到冷的浓硝酸发生钝化 C.通过石油的分馏获取汽油 D.蛋白质溶液遇食盐水发生盐析 7.设N为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 A.标准状况下,22.4L 苯所含的碳碳双键数为3NA B.常温常压下,1mol 乙烯所含电子数为12NA C.1mol金属钠在足量乙醇中完全反应转移的电子数为NA D.在1L 1mol·L-1的乙酸溶液中含乙酸分子数为NA 8.某强酸性溶液中,下列离子能够大量共存的是 A. K+、 NH4+、CI- B. Na+、K+、 SO32- C. Fe2+、 CI-、 NO3- D. Ba2+、NO3-、SO42- 9.表示下列过程的方程式正确的是 A.氨水中一水合氨的电离方程式: NH3·H2O =NH4+ +0H- B.用浓HNO3溶解铜的离子方程式: 3Cu+2NO3-+ 8H+==3Cu2+ + 2NO↑+ 4H2O C.苯和硝酸反应的化学方程式: D.钢铁发生电化学腐蚀时负极的电极反应式: Fe- 3e- = Fe3+ 10.下列实验装置正确且能达到实验目的的是 A.用装置甲制取少量NH3 B.用装置乙验证SO2的还原性 C.用装置丙配制100 mL 0.10 mol·L-1的硫酸溶液 D.用装置丁分离水和乙醇 11.下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是 A.碳酸钙受热分解 B.乙醇燃烧 C.铝粉与氧化铁粉末反应 D.氧化钙溶于水 12.下列实验操作能达到实验目的的是 13. 锌~空气燃料电池可用作电动车动力电源, 电池的电解质溶液为KOH溶液,电池总反 应为2Zn + O2+ 40H- + 2H2O = 2Zn(OH)42-。下列说法正确的是 A.锌极发生还原反应. B.电子从锌极经KOH溶液移向充空气的电极 C.锌极需定期更换 D.该电池是电能转化为化学能的装置 14.钢铁表面分别镀有下列几种金属。当镀层金属部分被破坏时,铁腐蚀最慢的是 A. Sn B. Zn C. Cu D. Ag 15.在500℃和催化剂存在的条件下,某固定容积的容器中发生放热反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)。下列说法正确的是 A.若降低温度,可以加快反应速率 B.使用催化剂是为了加快反应速率 C.在上述条件下,SO2 能完全转化为SO3 D. 达到平衡时SO2和SO3的浓度一定相等 16.甲、乙、丙、丁四种烃分子的球棍模型如下图所示,下列说法正确的是 A.甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B.乙能与溴水发生取代反应 C.丙不存在同分异构体 D.丁分子中所有原子位于同一平面 17.下列物质属于高分子化合物的是 A.蔗糖 B.油脂 C.氨基酸 D.淀粉 18.下列有机化学方程式中属于加成反应的是 19.五种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示: 下列说法正确的是 A.离子半径: T2-> X2+ B.单质与氢气化合的难易程度: Z> T C.元素最高价氧化物对应水化物的碱性: R>X D.相同条件下,单质与稀硫酸反应的剧烈程度: Y> X 20.诺贝尔化学奖获得者施罗克等人发现金属钼的卡宾化合物可以作为非常有效的烯烃复分解反应的催化剂。工业上冶炼钼的化学反应过程为: ⑤用还原剂将MoO3还原成金属钼。下列说法正确的是 A. MoS2煅烧产生的尾气可直接排放 B. MoO3是金属氧化物,也是碱性氧化物 C. H2MoO4是一种强酸 D.利用H2、CO和Al分别还原等量的MoO3,所消耗还原剂的物质的量之比为3:3:2 第I卷(共40分) 二、本题为必做题,共有3小题。 21. (10 分)五种短周期元素A、B、C、D. E原子序数依次增大。A元素原子半径小于B,元素A. E同主族。B是组成有机物的必要元素,C元素最高价氧化物对应水化物X与其氢化物Y反应生成一-种盐。D元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍。 (1) E元素在周期表中的位置是 ; X和Y形成的化合物的化学式为 . (2)A、D两元素形成的原子个数比为1: 1的化合物的电子式为 . (3) Y的水溶液与氯化镁溶液反应的离子方程式为 . (4)元素B的单质能在加热条件下与浓硫酸反应,产物中含有两种气体物质,该反应的化学方程式为 。 22. (10分)废报纸中富含纤维素,因其量大且价廉易得,可以进行资源化利用。某实验小组 对废报纸再利用的部分转化设计过程如下图所示: 已知E是式量小于30的烃,且是一种果实催熟剂: F是具有果香味的液体. (1)A的名称是 ; B中官能团的结构简式为 (2)E发生加聚反应的化学方程式为 。 (3)D→F的反应类型为 。 (4)已知实验室制取少量F时常用饱和碳酸钠溶液吸收。实验结束后分离F和饱和碳酸钠溶液时用到的主要玻璃仪器是 . 23. (10 分) CO2的资源化利用能有效减少CO2排放,充分利用碳资源。 (1) CO2经催化加氢可合成低碳烯烃: 2CO2(g)+6H2(g) CH4(g)+4H2O(g),正反应放热。在1L恒容密闭容器内,按n(C02): n(H2)=1 :3投料,测得各组分物质的量随时间变化如下图所示: ①该反应的△H____(填 “>”,“=”或“<" )0。 ②曲线b表示的物质为____ (填化学式),该物质在0~4min内的平均反应速率为______。 (结果保留2位小数) (2)一定条件下Pd-Mg/SiO2催化剂可使CO2“甲烷化”从而变废为宝,其反应机理如下图所示 ①该反应的化学方程式为 ②理论上每有1mol CO2参加反应,反应过程中转移的电子数为 mol. 三、本题为选做题,共有A、B两题,各校根据本校实际选作其中一题。每题均为10分。 24A.某研究性学习小组利用软锰矿浆(主要成分是MnO2)吸收工业废气中的SO2,并制备硫酸锰的生产流程如下(浸出液的pH<2,其中除含Mn2+外,还含有少量Fe2+、Al3+、Ca2+等金属离子): “操作1”的滤液通过阳离子吸附剂除去Ca2+。金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH见下表: (1)浸出过程中被氧化的物质的化学式为 。 (2)氧化过程中主要反应的离子方程式为 (3)在氧化后的液体中加入石灰浆调节pH, pH 的范围是 。 (4)操作2包括蒸发浓缩、 、 过滤、 洗涤、干燥等操作。 (5)为测定所得MnSO4●H2O的纯度,准确称取上述样品1.720 g加入适量H2SO4和NH4NO3溶液,加热使Mn2+全部氧化成Mn3+后,配成200 mL溶液。取20.00 mL该溶液,向其中逐滴加入0.0500 mol·L-1的FeSO4溶液,发生如下反应: Fe2+ +Mn3+=== Fe3+ + Mn2+ 当反应恰好完全进行时,共消耗FeSO4溶液19.50 mL。计算MnSO4●H2O的纯度(写出计算过程,结果保留四位有效数字)。 24 B.以硫酸工业产生的SO2尾气和氨水、石灰石、焦炭、碳酸氢铵为原料可以合成硫化钙、硫酸铵、亚硫酸铵等物质,生产流程如下: (1)反应1的化学方程式为 。 (2)反应2中用足量氨水吸收SO2,该反应的离子方程式为 (3)为充分利用副产品CO,有人提出以熔融K2CO3为电解质,设计成CO燃料电池以减少对环境的污染。该燃料电池负极的电极反应式为 _ (4)整个合成路线中可以循环利用的物质是 。 (5)(NH4)2SO3溶液可用于电厂产生的烟道气的脱氮,将氮氧化物转化为氮气,同时生成一种氮肥, 形成共生系统。计算10.00L 2.00mol/L的(NH4)2SO3溶液可以处理标准状况下NO气体的体积(写出计算过程)。 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D C A B C A C B 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 A D C B B D D C A D 21. (10分,每空2分) (1) 第三(或3)周期第IA族 NH4NO3 (2) (3) 2NH3●H2O + Mg2+ = Mg(OH)2↓+ 2NH4+ (4) C+ 2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+ 2H2O 22. (10分,每空2分) (1)葡萄糖 -OH (2) (3)取代反应(写“酯化反应”暂给分) (4)分液漏斗 23. (10分,每空2分) (1)① < ②H2O. 0.17mol●L-1●min-1 (2)①CO2+4H2 CH4+ 2H2O ②8 24. A (10分) (1) SO2 (1 分) (2) 2Fe2++ MnO2 + 4H+===2Fe3++ Mn2++ 2H2O (2分) (3)[4.7, 8.3) (写“4.7~8.3”也给分) (2分) (4)冷却结晶(2分)

    • 2020-07-14
    • 下载0次
    • 572.16KB
  • ID:7-7574135 安徽省宣城市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题

    高中化学/期末专区/高一下学期

    宣城市2019-2020学年高一下学期期末考试 化学试题 可能用到的相对原子质量H 1 C 12 N 14 0 16 Na 23 Al 27 Cu 64 第I卷(选择题共42分) 一、选择题:本题共14小题,每小题3分,共42分。在每小题给出的4个选项中,只有一项是符合题目要求的。 1.《黄帝内经》有如下叙述:“五谷为养,五果为助,五畜为益,五菜为充”。以上食物中富含糖类、蛋白质、油脂等营养物质。下列说法正确的是 A.葡萄糖和蔗糖均为还原性糖 B.蛋白质水解的最终产物为氨基酸 C.天然油脂具有固定的熔、沸点 D.淀粉和纤维素互为同分异构体 2.下列有关化学用语不正确的是 A.甲基的电子式: B.甲烷分子的球棍模型: C.中子数为50,质子数为39的钇(Y)的核素: D.间-硝基甲苯的结构简式: 3.下列属于吸热反应的是 A.干冰升华 B.乙醇的燃烧 C.浓硫酸的稀释 D. Ba(OH)2﹒8H2O和NH4Cl(s)混合搅拌 4.下列解释有关事实的方程式不正确的是 A.铝热法炼铁:Fe2O3+ 2AlAl2O3+ 2Fe B.工业上用NH3制备NO:4NH3+ 5O24NO十6H2O C.向受酸雨影响的湖泊中喷洒CaCO3粉末:CO32-+2H+===H2O+CO2↑ D.淀粉酿酒: 5.已知:下列说法不正确的是 A.①和②变化过程中都会放出热量 B.氯原子吸引电子的能力强于钠原子和氢原子 C.①和②中的氯原子均得到1个电子达到8电子稳定结构 D. NaCl中含有离子键,HCl中含有共价键 6.下表中对应关系正确的是 7.利用下列实验装置进行的相应实验,不能达到实验目的的是. A.用图1所示装置制取氨气 B.用图2所示装置证明非金属性强弱:S>C> Si C.用图3所示装置证明酸性强弱:硝酸>碳酸>硅酸 D.用图4所示装置制备少量的乙酸乙酯 8.酒后驾车是引发交通事故的重要原因。交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是:橙色的 K2Cr2O7酸性水溶液遇乙醇迅速生成蓝绿色Cr3+。下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是 ①乙醇沸点低②乙醇密度比水小③乙醇有还原性 ④乙醇是烃的含氧衍生物⑤乙醇有刺激性气味 A.①③. B.②③ C.②④⑤ D.①④ 9.在2L的密闭容器中,气体反应物A的物质的量为3mol,经过20s后,它的物质的量变成了1mol。下列说法正确的是. A.20 s时它的反应速率为0.05 mol/(L﹒s) B.20s时它的反应速率为0.1mol/(L﹒s) C.20 s内它的平均反应速率为0.05 mol/(L﹒s) D.20 s内它的平均反应速率为0.1 mol/(L﹒s) 10.某同学建构的锌铜原电池原理模型认知图中,有一处错误是 A.正负极标注 B.电子移动方向 C.电极反应式 D. H+的移动方向 11.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.6.72 L NO2通入足量水中转移的电子数为0.2NA B.标准状况下,22.4 L CH3Cl含有的极性键数目为4NA C.288g的Cu和0.5L18mol·L-1的浓硫酸加热,充分反应后生成气体的分子数为4.5NA D.2.7 g铝放入足量浓硝酸中,转移的电子数为0.3NA 12.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。下图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。 下列说法正确的是 A.1 mol N2(g)和1 mol O2(g)反应放出的能量为180 kJ B.1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量 C.通常情况下,N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO D.NO是一.种酸性氧化物,能与NaOH溶液反应生成盐和水 13.分子式为C4H8Cl2的有机物的同分异构体的种数为(不含立体异构) A.6种 B.7种 C.8种 D.9种 14.科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂(结构如图所示),其中W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。常温下,0.1 mol/L Z的氢化物的水溶液中c(H+ )=0.1 mol/L,且Z与Y位于不同周期。下列叙述正确的是 A.原子半径:W> X> Y B.氢化物的沸点:Y> >X> Z> W C.X的氧化物的水化物是强酸 D.Y的单质均具有杀菌消毒作用 第II卷(非选择题共58分) 二、非选择题:本题共6小题,共58分。 15. (8分)实验室制取的乙烯常含有少量二氧化硫,现设计如下实验,确认混合气体中有乙烯和二氧化硫。 (1)a、b、c、d装置可盛放的试剂是:a ,b c ,d A.品红溶液 B.NaOH溶液 C.浓硫酸 D.酸性高锰酸钾溶液 (2)b装置的作用是 (3)确定混合气体中含有乙烯的现象是 16. (8分)把在空气中久置的铝片5.0 g投入盛有500 mL 0.5 mol·L-1硫酸溶液的烧杯中,该铝片与硫酸反应产生氢气的速率与反应时间可用如图所示的坐标曲线来表示。 回答下列问题: (1)曲线由0→a段不产生氢气的原因是_____________ ,有关反应的离子方程式为 (2)曲线由a->b段产生氢气的速率较慢的原因是_______,有关的化学方程式为 (3)曲线由b-→c段,产生氢气的速率增加较快的主要原因是 (4)曲线由c以后,产生氢气的速率逐渐下降的主要原因是 17. (10分)NOx是大气污染的主要污染物之一。 (1)NOx能形成酸雨,写出NO2完全转化为HNO3的总反应的化学方程式: (2)硝酸厂常用如下两种方法处理NOx尾气。 ①催化还原法:在催化剂存在时用H2将NO2还原为N2,写出该反应的化学方程式: ②碱液吸收法:用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2,若9.2gNO2和Na2CO3溶液完全反应时转移0.1 mol电子,则反应的离子方程式为 (3)在汽车尾气系统中装置催化转化器,可有效降低NOx的排放。 ①当尾气中空气不足时,NO,在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程 式: ②当尾气中空气过量时,催化转化器中的金属氧化物吸收NOx生成盐。第I A族金属氧化物吸收能力顺序如下:12 MgO<20CaO<38SrO<56BaO。原因是 元素的金属性逐渐增强,金属氧化物对NOx的吸收能力逐渐增强。 18. (12分)海水是巨大的资源宝库,从海水中提取食盐和溴的过程如下: (1)除去粗盐中杂质(Mg2+、SO42-、Ca2+ ),加入的药品顺序正确的是______ ( 填字母)。 A.NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸 B. BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸 C. NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸 D. Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸 (2)制备钠单质的方法之一是将熔融NaCl进行电解,写出电解化学方程式: (3)步骤I中已获得Br2,步骤I中又将Br2还原为Br- ,其目的是 , 写出步骤II中发生反应的化学方程式: (4)某化学小组的同学为了了解从工业溴中提纯溴的方法,查阅了有关资料,Br2的沸点为59℃,微溶于水,有毒性和强腐蚀性。他们参观生产过程后,设计了如下实验装置: ①图中仪器B的名称是 ②C中收集到液体的颜色为 ③Br2被过量Na2CO3溶液吸收的氧化产物为NaBrO3,则D中发生反应的化学方程式为 19. (10分)元素周期表的形式多种多样,下图是扇形元素周期表的一部分(1~36号元素),对比中学常见元素周期表思考扇形元素周期表的填充规律,并回答下列问题: (1)若①~⑩分别代表十种元素,则⑩代表的元素处于常见周期表的位置是 (2)⑥⑦为生活中两种常见的金属,其最高价氧化物对应水化物的碱性:⑥ ⑦(填“>”“<”或“=”);比较元素⑧⑨对应的常见单质氧化性的强弱,并用化学方程式证明: (3)①③⑤三种元素形成的18电子结构化合物是近年来燃料电池研究领域的新宠,写出用它作燃料,②最高价氧化物对应的水化物作为电解质的燃料电池的负极反应式: (4)用电子式表示④的一种10电子结构氢化物的形成过程: 20.(10分)某同学在锌与稀硫酸制取氢气的实验中,发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题: (1)上述实验中发生反应的离子方程式有 、 (2)下图表示一定量的锌与足量的稀硫酸反应生成氢气的关系,若在反应液中加入少量硫酸铜固体,请在下图中用虚线表示这一关系。 (3)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响,该同学设计了如下一系列实验,将表中的混合溶液分别加入到六个盛有过量锌粒的反应瓶中,收集产生氢气,记录获得相同体积的氢气所需的时间。 请完成此实验设计,其中:V2=_______ ,V6= ,V8= 该同学最后得出的结论为:当加入少量硫酸铜溶液时生成氢气的速率会大大提高,但当加入的硫酸铜溶液超过一定量时,生成氢气的速率反而会下降,请分析氢气生成速率下降的主要原因: 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 B D D C C B C 题号 8 9 10 11 12 13 14 答案 A C A B B D A 15. (1)A(1分)B(1分) A(1 分) D(1 分) (2)除去SO2(2分) (3)c装置中品红溶液不褪色,d装置中酸性高锰酸钾溶液褪色(2分) 16. (1)铝片表面有氧化铝,硫酸首先与表面的氧化铝反应(1分) Al2O3 +6H+=== 2A13+ +3H2O(2分) (2)反应开始,温度较低且只有部分硫酸与铝片作用(1分) 2Al +3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑(2分) (3)铝片与硫酸反应放出热量使溶液温度升高,反应速率加快(1分) (4)随着反应进行,硫酸浓度变小(1分) 17. (1)4NO2+O2 +2H2O==4 HNO3(2分) (2)①4H2+ 2NO2 N2 +4H2O(2分) ②2NO2 +CO32- =CO2 +NO3- +NO2 -(2分) . (3)①2NO+ 2CON2 +2CO2(2分) ②Mg、Ca、Sr、Ba电子层数增多,原子半径增大(2分) 18. (1)BC(2分) (2)2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑(2分) (3)提高溴的富集程度(2分) Br2 +SO2+2H2O=2HBr+ H2SO4(2分) (4)①直形冷凝管(或冷凝管)(1分) ②深棕红色或红棕色(1分) ③3Br2 +6Na2CO3 + 3H2O=NaBrO3十5NaBr + 6NaHCO3(2分) 19. (1)第四周期第IIA族(2分) (2)>(2分)氯气的氧化性大于硫单质,Cl2+ H2S=2HCl+S↓(2分,其他合理答案同样给分) (3)CH3OH-6e- + 8OH-=CO32- + 6H2O(2分) (4) 20. (1)Zn+2H+==Zn2++H2↑(2分) Zn+Cu2+=Zn2++Cu(2分) (2)(2分,图像要点:用时短,反应速率快,氢气的量少。) (3)50(1分) 40(1 分) 45(1 分) 加入一定量的硫酸铜后,生成的单质铜会沉积在锌的表面,减小了锌与硫酸溶液的接触面积(1分)

    • 2020-07-14
    • 下载0次
    • 427.54KB
  • ID:7-7573275 2020年高考化学真题专题分类汇编 专题七 原电池、电解池及其应用(解析版)

    高中化学/高考专区/真题分类汇编

    专题七 原电池、电解池及其应用 1.【2020新课标Ⅰ卷】科学家近年发明了一种新型Zn?CO2水介质电池。电池示意图如图,电极为金属锌和选择性催化材料,放电时,温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等,为解决环境和能源问题提供了一种新途径。 下列说法错误的是 A. 放电时,负极反应为 B. 放电时,1 mol CO2转化为HCOOH,转移的电子数为2 mol C. 充电时,电池总反应为 D. 充电时,正极溶液中OH?浓度升高 【答案】D 【分析】由题可知,放电时,CO2转化为HCOOH,即CO2发生还原反应,故放电时右侧电极为正极,左侧电极为负极,Zn发生氧化反应生成;充电时,右侧为阳极,H2O发生氧化反应生成O2,左侧为阴极,发生还原反应生成Zn,以此分析解答。 【解析】 A.放电时,负极上Zn发生氧化反应,电极反应式为:,故A正确,不选; B.放电时,CO2转化为HCOOH,C元素化合价降低2,则1molCO2转化为HCOOH时,转移电子数为2mol,故B正确,不选; C.充电时,阳极上H2O转化为O2,负极上转化为Zn,电池总反应为: ,故C正确,不选; D.充电时,正极即为阳极,电极反应式为:,溶液中H+浓度增大,溶液中c(H+)?c(OH-)=KW,温度不变时,KW不变,因此溶液中OH-浓度降低,故D错误,符合题意; 故答案为:D。 2.【2020新课标Ⅱ卷】12.电致变色器件可智能调控太阳光透过率,从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时,Ag+注入到无色WO3薄膜中,生成AgxWO3,器件呈现蓝色,对于该变化过程,下列叙述错误的是 A. Ag为阳极 B. Ag+由银电极向变色层迁移 C. W元素的化合价升高 D. 总反应为:WO3+xAg=AgxWO3 【答案】C 【分析】从题干可知,当通电时,Ag+注入到无色WO3薄膜中,生成AgxWO3器件呈现蓝色,说明通电时,Ag电极有Ag+生成然后经固体电解质进入电致变色层,说明Ag电极为阳极,透明导电层时阴极,故Ag电极上发生氧化反应,电致变色层发生还原反应。 【解析】 A.通电时,Ag电极有Ag+生成,故Ag电极为阳极,故A项正确; B.通电时电致变色层变蓝色,说明有Ag+从Ag电极经固体电解质进入电致变色层,故B项正确; C.过程中,W由WO3的+6价降低到AgxWO3中的+(6-x)价,故C项错误; D.该电解池中阳极即Ag电极上发生的电极反应为:xAg-xe-= xAg+,而另一极阴极上发生的电极反应为:WO3+xAg++xe- = AgxWO3,故发生的总反应式为:xAg + WO3=AgxWO3,故D项正确; 故答案为:C。 【点睛】电解池的试题,重点要弄清楚电解的原理,阴、阳极的判断和阴、阳极上电极反应式的书写,阳极反应式+阴极反应式=总反应式,加的过程中需使得失电子数相等。 3.【2020新课标Ⅲ卷】6.一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示,其中在VB2 电极发生反应:该电池工作时,下列说法错误的是 A. 负载通过0.04 mol电子时,有0.224 L(标准状况)O2参与反应 B. 正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高 C. 电池总反应为 D. 电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极 【答案】B 【分析】根据图示的电池结构,左侧VB2发生失电子的反应生成和,反应的电极方程式如题干所示,右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH-,反应的电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-,电池的总反应方程式为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4,据此分析。 【解析】 A.当负极通过0.04mol电子时,正极也通过0.04mol电子,根据正极的电极方程式,通过0.04mol电子消耗0.01mol氧气,在标况下为0.224L,A正确; B.反应过程中正极生成大量的OH-使正极区pH升高,负极消耗OH-使负极区OH-浓度减小pH降低,B错误; C.根据分析,电池的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4,C正确; D.电池中,电子由VB2电极经负载流向复合碳电极,电流流向与电子流向相反,则电流流向为复合碳电极→负载→VB2电极→KOH溶液→复合碳电极,D正确; 故答案为:B。 【点睛】本题在解答时应注意正极的电极方程式的书写,电解质溶液为碱性,则空气中的氧 气得电子生成氢氧根;在判断电池中电流流向时,电流流向与电子流向相反。 4.【2020新高考全国Ⅰ 山东】10.微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置,利用微生物处理有机废水获得电能,同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水,采用惰性电极,用下图装置处理有机废水(以含 CH3COO-的溶液为例)。下列说法错误的是 A. 负极反应为 B. 隔膜1为阳离子交换膜,隔膜2为阴离子交换膜 C. 当电路中转移1mol电子时,模拟海水理论上除盐58.5g D. 电池工作一段时间后,正、负极产生气体的物质的量之比为2:1 【答案】B 【分析】据图可知a极上CH3COOˉ转化为CO2和H+,C元素被氧化,所以a极为该原电池的负极,则b极为正极。 【解析】 A.a极为负极,CH3COOˉ失电子被氧化成CO2和H+,结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+,故A正确; B.为了实现海水的淡化,模拟海水中的氯离子需要移向负极,即a极,则隔膜1为阴离子交换膜,钠离子需要移向正极,即b极,则隔膜2为阳离子交换膜,故B错误; C.当电路中转移1mol电子时,根据电荷守恒可知,海水中会有1molClˉ移向负极,同时有1molNa+移向正极,即除去1molNaCl,质量为58.5g,故C正确; D.b极为正极,水溶液为酸性,所以氢离子得电子产生氢气,电极反应式为2H++2eˉ=H2↑,所以当转移8mol电子时,正极产生4mol气体,根据负极反应式可知负极产生2mol气体,物质的量之比为4:2=2:1,故D正确; 故答案为:B。 5.【2020新高考全国Ⅰ 山东】13.采用惰性电极,以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽略温度变化的影响,下列说法错误的是 A. 阳极反应为 B. 电解一段时间后,阳极室的pH未变 C. 电解过程中,H+由a极区向b极区迁移 D. 电解一段时间后,a极生成的O2与b极反应的O2等量 【答案】D 【分析】 a极析出氧气,氧元素的化合价升高,做电解池的阳极,b极通入氧气,生成过氧化氢,氧元素的化合价降低,被还原,做电解池的阴极。 【解析】 A.依据分析a极是阳极,属于放氧生酸性型的电解,所以阳极的反应式是2H2O-4e-=4H++O2↑,故A正确,但不符合题意; B.电解时阳极产生氢离子,氢离子是阳离子,通过质子交换膜移向阴极,所以电解一段时间后,阳极室的pH值不变,故B正确,但不符合题意; C.有B的分析可知,C正确,但不符合题意; D.电解时,阳极的反应为:2H2O-4e-=4H++O2↑,阴极的反应为:O2+2e-+2H+=H2O2,总反应为:O2+2H2O=2H2O2,要消耗氧气,即是a极生成的氧气小于b极消耗的氧气,故D错误,符合题意; 故答案为:D。 6.【2020 江苏 】11.将金属M连接在钢铁设施表面,可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中,下列有关说法正确的是 A. 阴极的电极反应式为 B. 金属M的活动性比Fe的活动性弱 C. 钢铁设施表面因积累大量电子而被保护 D. 钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快 【答案】C 【分析】该装置为原电池原理的金属防护措施,为牺牲阳极的阴极保护法,金属M作负极,钢铁设备作正极,据此分析解答。 【解析】 A.阴极的钢铁设施实际作原电池的正极,正极金属被保护不失电子,故A错误; B.阳极金属M实际为原电池装置的负极,电子流出,原电池中负极金属比正极活泼,因此M活动性比Fe的活动性强,故B错误; C.金属M失电子,电子经导线流入钢铁设备,从而使钢铁设施表面积累大量电子,自身金属不再失电子从而被保护,故C正确; D.海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度,离子浓度越大,溶液的导电性越强,因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快,故D错误; 故答案为:C。 7.【2020 天津 】11.熔融钠-硫电池性能优良,是具有应用前景的储能电池。下图中的电池反应为(x=5~3,难溶于熔融硫),下列说法错误的是 A. Na2S4的电子式为 B. 放电时正极反应为 C. Na和Na2Sx分别为电池的负极和正极 D. 该电池是以为隔膜的二次电池 【答案】C 【分析】根据电池反应:可知,放电时,钠作负极,发生氧化反应,电极反应为:Na-e-= Na+,硫作正极,发生还原反应,电极反应为,据此分析。 【解析】 A.Na2S4属于离子化合物,4个硫原子间形成三对共用电子对,电子式为,故A正确; B.放电时发生的是原电池反应,正极发生还原反应,电极反应为:,故B正确; C.放电时,Na为电池的负极,正极为硫单质,故C错误; D.放电时,该电池是以钠作负极,硫作正极的原电池,充电时,是电解池, 为隔膜,起到电解质溶液的作用,该电池为二次电池,故D正确; 故答案为:C 8.【2020 浙江1月 选考 】18.在氯碱工业中,离子交换膜法电解饱和食盐水示意图如下,下列说法不正确的是( ) 离子交换膜 A. 电极A为阳极,发生氧化反应生成氯气 B. 离子交换膜为阳离子交换膜 C. 饱和NaCl从a处进,NaOH溶液从d处出 D. OH-迁移的数量等于导线上通过电子的数量 【答案】D 【分析】氯碱工业中的总反应为2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑;电解池中阳极失电子发生氧化反应,氯碱工业中Cl2为氧化产物,所以电极A为阳极,电极B为阴极,据此作答。 【解析】 A.根据分析可知电极A为阳极,发生氧化反应生成氯气,故A正确; B.阳极发生的方程式为:2Cl--2e-═Cl2↑,阴极:2H++2e-═H2↑;为了防止生成的氯气与氢氧化钠发生反应,氢氧化钠要从b口流出,所以要防止OH-流向阳极即电极A,该离子交换膜为阳离子交换膜,故B正确; C.根据B选项的分析可知饱和NaCl从a处进,NaOH溶液从d处出,故C正确; D.根据总反应方程式可知当反应中转移4mol电子时,生成2mol OH-,故D错误; 故答案为:D。 【点睛】本题考查电解池的工作原理知识,注意把握阴阳两极上参加反应的离子的判断,根据电极产物判断阴阳极是解题的关键。 9.【2020 浙江7月 选考 】19.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A. ,完全反应转移的电子数为 B. 用电解粗铜的方法精炼铜,当电路中通过的电子数为时,阳极应有转化为 C. 常温下,的溶液中,水电离出的数为 D. 浓度为的溶液中,阴离子数为 【答案】A 【解析】 A. Mn元素的化合价由+7价降至+2价,则4mol完全反应转移电子物质的量为4mol×[(+7)-(+2)]=20mol,即转移电子数为20NA,A正确; B.电解精炼铜时,阳极为粗铜,阳极发生的电极反应有:比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应:Cu-2e-=Cu2+,当电路中通过的电子数为NA时,即电路中通过1mol电子,Cu失去的电子应小于1mol,阳极反应的Cu的物质的量小于0.5mol,则阳极反应的Cu的质量小于0.5mol×64g/mol=32g,B错误; C.溶液的体积未知,不能求出溶液中水电离出的H+数,C错误; D.n(Na2CO3)=0.100mol/L×1L=0.100mol,由于发生水解:+H2O?+OH-、+H2O?H2CO3+OH-,故阴离子物质的量大于0.100mol,阴离子数大于0.100NA,D错误; 故答案为:A。 10.【2020 浙江7月 选考 】21.电解高浓度(羧酸钠)的溶液,在阳极放电可得到(烷烃)。下列说法不正确的是( ) A. 电解总反应方程式: B. 在阳极放电,发生氧化反应 C. 阴极的电极反应: D. 电解、和混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷 【答案】A 【解析】 A.因为阳极RCOO-放电可得到R-R(烷烃)和产生CO2,在强碱性环境中,CO2会与OH-反应生成CO32-和H2O,故阳极的电极反应式为2RCOO--2e-+4OH-=R-R+2CO32-+2H2O,阴极上H2O电离产生的H+放电生成H2,同时生成OH-,阴极的电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑,因而电解总反应方程式为2RCOONa+2NaOHR-R+2Na2CO3+H2↑,故A说法不正确; B.RCOO-在阳极放电,电极反应式为2RCOO--2e-+4OH-=R-R+2CO32-+2H2O, -COO-中碳元素的化合价由+3价升高为+4价,发生氧化反应,烃基-R中元素的化合价没有发生变化,故B说法正确; C.阴极上H2O电离产生的H+放电生成H2,同时生成OH-,阴极的电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑,故C说法正确; D.根据题中信息,由上述电解总反应方程式可以确定下列反应能够发生: 2CH3COONa+2NaOHCH3-CH3+2Na2CO3+H2↑, 2CH3CH2COONa+2NaOHCH3CH2-CH2CH3+2Na2CO3+H2↑, CH3COONa+CH3CH2COONa+2NaOHCH3-CH2CH3+2Na2CO3+H2↑。因此,电解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH 的混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷,D说法正确。 故答案为:A。

    • 2020-07-14
    • 下载0次
    • 628KB
  • ID:7-7572780 2020年高考化学真题专题分类汇编 专题六 物质结构 元素周期律 (解析版)

    高中化学/高考专区/真题分类汇编

    专题六 物质结构 元素周期律 1.【2020新课标Ⅰ卷】1934年约里奥–居里夫妇在核反应中用α粒子(即氦核)轰击金属原子,得到核素,开创了人造放射性核素的先河:+→+。其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。下列叙述正确的是 A. 的相对原子质量为26 B. X、Y均可形成三氯化物 C. X的原子半径小于Y的 D. Y仅有一种含氧酸 【答案】B 【分析】原子轰击实验中,满足质子和质量数守恒,因此W+4=30+1,则W=27,X与Y原子之间质子数相差2,因X元素为金属元素,Y的质子数比X大,则Y与X位于同一周期,且Y位于X右侧,且元素X、Y的最外层电子数之和为8,设X最外层电子数为a,则Y的最外层电子为a+2,解得a=3,因此X为Al,Y为P,以此解答。 【解析】 A.的质量数为27,则该原子相对原子质量为27,故A错误; B.Al元素均可形成AlCl3,P元素均可形成PCl3,故B正确; C.Al原子与P原子位于同一周期,且Al原子序数大于P原子序数,故原子半径Al>P,故C错误; D.P的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等,故D错误; 故答案为:B。 2.【2020新课标Ⅱ卷】一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示),具有良好的储氢性能,其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是 A. 该化合物中,W、X、Y之间均为共价键 B. Z的单质既能与水反应,也可与甲醇反应 C. Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸 D. X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构 【答案】D 【分析】一种由短周期主族元素形成的化合物,具有良好的储氢性能,其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,且总和为24,根据图示,W为1价形成共价键,W为氢,Z为+1价阳离子,Z为Na,Y为3价,Y为N,24-1-11-7=5,X为B元素。 【解析】 A.该化合物中,H、B、N之间均以共用电子对形成共价键,故A正确; B.Na单质既能与水反应生成氢氧化钠和氢气,也能与甲醇反应生成甲醇钠和氢气,故B正确; C.N的最高价氧化物的水化物HNO3为强酸,故C正确; D.B的氟化物BF3中B原子最外层只有6个电子,达不到8电子稳定结构,故D错误; 故答案为:D。 3.【2020新课标Ⅲ卷】7.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素,四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z;化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是 A. 非金属性:W> X>Y> Z B. 原子半径:Z>Y>X>W C. 元素X的含氧酸均为强酸 D. Y的氧化物水化物为强碱 【答案】D 【分析】根据题干信息可知,W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素,化合物XW3与WZ相遇会产生白烟,则WX3为NH3,WZ为HCl,所以W为H元素,X为N元素,Z为Cl元素,又四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z,则Y的核外电子总数为11,Y为Na元素,据此分析解答。 【解析】 根据上述分析可知,W为H元素,X为N元素,Y为Na元素,Z为Cl元素,则 A.Na为金属元素,非金属性最弱,非金属性Y<Z,A选项错误; B.同周期元素从左至右原子半径依次减小,同主族元素至上而下原子半径依次增大,则原子半径:Na>Cl>N>H,B选项错误; C.N元素的含氧酸不一定全是强酸,如HNO2为弱酸,C选项错误; D.Y的氧化物水化物为NaOH,属于强碱,D选项正确; 故答案为:D。 4.【2020新高考全国Ⅰ 山东】3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍,Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2,Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是 A. 第一电离能:W>X>Y>Z B. 简单离子的还原性:Y>X>W C. 简单离子的半径:W>X>Y>Z D. 氢化物水溶液的酸性:Y>W 【答案】C 【分析】四种短周期主族元素,基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍,设若X为第二周期元素原子,则X可能为Be或O,若X为第三周期元素原子,则均不满足题意,Z与X能形成Z2X2的淡黄色化合物,该淡黄色固体为Na2O2,则X为O元素,Z为Na元素;Y与W的最外层电子数相同,则Y为F元素,W为Cl元素,据此分析。 【解析】 A.同一周期从左向右第一电离能总趋势为逐渐增大,同一主族从上到下第一电离能逐渐减小,故四种元素中第一电离能从大到小的顺序为F>O>Cl>Na,A错误; B.单质的氧化性越强,简单离子的还原性越弱,O、F、Cl三种元素中F2的氧化性最强O2的氧化性最弱,故简单离子的还原性O2->Cl->F-,B错误; C.电子层数越多简单离子半径越大,相同结构的离子,原子序数越大半径越小,故四种元素中离子半径从大到小的顺序为Cl->O2->F->Na+,C正确; D.F元素的非金属性强于Cl元素,则形成氢化物后F原子束缚H原子的能力强于Cl原子,在水溶液中HF不容易发生电离,故HCl的酸性强于HF,D错误; 故答案为:C。 5.【2020新高考全国Ⅰ 山东】4.下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是 A. 键能 、 ,因此C2H6稳定性大于Si2H6 B. 立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体,因此具有很高的硬度 C. SiH4中Si的化合价为+4,CH4中C的化合价为-4,因此SiH4还原性小于CH4 D. Si原子间难形成双键而C原子间可以,是因为Si的原子半径大于C,难形成 键 【答案】C 【解析】 A.因键能C—C>Si—Si、C—H>Si—H,故C2H6的键能总和大于Si2H6,键能越大越稳定,故C2H6的稳定性大于Si2H6,A正确; B.SiC的成键和结构与金刚石类似均为原子晶体,金刚石的硬度很大,类比可推测SiC的硬度和很大,B正确; C.SiH4中Si的化合价为-4价,C的非金属性强于Si,则C的氧化性强于Si,则Si的阴离子的还原性强于C的阴离子,则SiH4的还原性较强,C错误; D.Si原子的半径大于C原子,在形成化学键时纺锤形的p轨道很难相互重叠形成π键,故Si原子间难形成双键,D正确; 故答案为:C。 6【2020新高考全国Ⅰ 山东】7.B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似,也有大π键。下列关于B3N3H6的说法错误的是 A. 其熔点主要取决于所含化学键的键能 B. 形成大π键的电子全部由N提供 C. 分子中B和N的杂化方式相同 D. 分子中所有原子共平面 【答案】A 【解析】 A.无机苯是分子晶体,其熔点主要取决于分子间的作用力,A错误; B.B原子最外层3个电子,与其它原子形成3个键,N原子最外层5个电子,与其它原子形成3个键,还剩余2个电子,故形成大键的电子全部由N原子提供,B正确; C.无机苯与苯等电子体,分子中含有大键,故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化,C正确; D.无机苯与苯等电子体,分子中含有大键,故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化,所以分子中所有原子共平面,D正确; 故答案为:A。 7.【2020 江苏 9】阅读下列资料,完成: 海水晒盐后精制得到NaCl,氯碱工业电解饱和NaCl溶液得到Cl2和NaOH,以NaCl、NH3、CO2等为原料可得到 NaHCO3;向海水晒盐得到的卤水中通Cl2可制溴;从海水中还能提取镁。 下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是 A. NaOH的碱性比Mg(OH)2的强 B. Cl2得到电子的能力比Br2的弱 C. 原子半径r: D. 原子的最外层电子数n: 【答案】A 【解析】 A.同周期自左至右金属性减弱,所以金属性Na>Mg,则碱性NaOH>Mg(OH)2,故A正确; B.同主族元素自上而下非金属性减弱,所以非金属性Cl>Br,所以Cl2得电子的能力比Br2强,故B错误; C.电子层数越多原子半径越大,电子层数相同,核电荷数越小原子半径越大,所以原子半径:r(Br)>r(Na)>r(Mg)>r(Cl),故C错误; D.Cl和Br为同主族元素,最外层电子数相等,故D错误。 综上所述,答案为A。 8.【2020 天津 】8.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是 元素 X Y Z W 最高价氧化物的水化物 H3ZO4 溶液对应的pH(25℃) 1.00 13.00 1.57 0.70 A. 元素电负性:Z

    • 2020-07-14
    • 下载0次
    • 163.5KB
  • ID:7-7572051 黑龙江省伊春市二中2019-2020学年高一上学期期末考试化学(文)试题 Word版含解析

    高中化学/期末专区/高一上学期

    2019-----2020学年度第一学期期末考试 高一学年 化学(文)试卷 单项选择题:(每道选择题5分,共20题) 1. “西气东输”是西部大开发的重大工程,“西气”指的是( ) A. 石油气 B. 天然气 C. 水煤气 D. 煤气 【答案】B 【解析】 【详解】“西气东输”西起新疆塔里木的轮南油田,向东最终到达上海,延至杭州,全长4000km;“西气东输”的“气”是指的是天然气,天然气的主要成分是甲烷,故选B。 2. 下列气体中不能用浓硫酸干燥的是( ) A. O2 B. CO2 C. NH3 D. SO2 【答案】C 【解析】 【分析】 根据已有的知识进行分析,能用浓硫酸干燥的气体必须不与浓硫酸反应。 【详解】A、氧气不与浓硫酸反应,可以使用浓硫酸干燥,选项A不选;B、二氧化碳不与浓硫酸反应,可以使用浓硫酸干燥,选项B不选;C、氨气显碱性,能与浓硫酸反应,不能使用浓硫酸干燥,选项C符合题意;D、二氧化硫不与浓硫酸反应,能使用浓硫酸干燥,选项D不选;答案选C。 【点睛】本题考查了浓硫酸能干燥的气体,完成此题,可以依据浓硫酸的性质进行。 3. 下列仪器中一般不用作反应容器的是 A. 试管 B. 烧瓶 C. 量筒 D. 烧杯 【答案】C 【解析】 【详解】A.试管用于少量物质反应的反应器、收集气体等,A项不选; B.烧瓶常用于固体和液体加热制气体的反应容器,B项不选; C.量筒是用来量取常温下液体的仪器,不能用作反应容器,C项选; D.烧杯可以用作反应容器,D项不选; 答案选C。 4.当钠、钾等金属不慎着火时,可以用来灭火的是:( ) A. 水 B. 煤油 C. 沙子 D. 泡沫灭火剂 【答案】C 【解析】 【详解】水和钠、钾反应生成氢气;煤油是可燃性液体,更不能用来灭火;泡沫灭火剂可生成二氧化碳,可与钠、钾燃烧产物过氧化钠、超氧化钾反应生成氧气,以上都不能用于灭火,只有沙子符合,答案选C。 5.在自然界中,既有以化合态存在,又有以游离态存在的元素是( ) A. 碳 B. 硅 C. 镁 D. 铝 【答案】A 【解析】 A. 碳在自然界中,既有以化合态存在,又有以游离态存在的,A正确;B. 硅是亲氧元素,在自然界中只能以化合态存在,B错误;C. 镁是活泼的金属,在自然界中只能以化合态存在,C错误;D. 铝是活泼的金属,在自然界中只能以化合态存在,D错误,答案选A。 6.下列说法正确的是( ) A. 1molN2的质量是14g B. H2SO4的摩尔质量是98g C. H2O的摩尔质量是18 g /mol D. 1mol HCl的质量是36.5g/mol 【答案】B 【解析】 【详解】A. 1mol N2 的质量=1mol×28g/mol=28g,A错误; B. H2SO4的摩尔质量是98 g/mol,B错误; C. H2O的摩尔质量是18 g /mol,C正确; D. 1mol HCl的质量=1mol×36.5g/mol=36.5 g,D错误; 答案选C。 【点睛】选项B和C是易错点,单位物质的量的物质所具有的质量是摩尔质量,用M表示,单位:g/mol。数值上如果用g/mol为单位等于该物质的相对分子质量或相对原子质量。另外注意摩尔质量与相对原子(分子)质量的易混点:①相对原子(分子)质量与摩尔质量(以g为单位时)不是同一个物理量,单位不同,只是在数值上相等。②摩尔质量的单位为g·mol-1,相对原子(分子)质量的单位为1。 7. 某溶液中滴入KSCN溶液后变红,说明该溶液中存 A. NO3- B. Fe3+ C. SO42- D. Mg2+ 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析:Fe3+遇KSCN溶液显血红色,所以某溶液中滴入KSCN后变红,说明该溶液中存在Fe3+,答案选B。 8.常温下,铁与下列酸溶液作用产生H2的是( ) A. 浓硫酸 B. 稀硫酸 C. 浓硝酸 D. 稀硝酸 【答案】B 【解析】 【详解】A. 浓硫酸在常温下可以使铁钝化,不生成氢气; B. 稀硫酸在常温下可以与铁反应生成氢气; C. 浓硝酸在常温下可以使铁钝化,不生成氢气; D. 稀硝酸在常温下可以与铁反应,但是不生成氢气; 正确答案:B 9.下列化学反应中,H2SO4作为氧化剂的是 A. 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O B. C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O C. BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl D. CuO+H2SO4=CuSO4+H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A.元素化合价没有发生变化,为中和反应,故A错误; B.S元素化合价降低,硫酸钡还原,为氧化剂,故B正确; C.S元素化合价没有发生变化,不是氧化还原反应,故C错误; D.S元素化合价没有发生变化,不是氧化还原反应,硫酸表现酸性,故D错误; 故选B 【点晴】本题考查氧化还原反应,注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念,并判断物质可能具有的性质。H2SO4中H和S元素化合价处于最高价态,最为氧化剂,可生成H2或SO2。 10. 下列离子在溶液中可以大量共存的一组是( ) A. H+、Na+、OH﹣ B. Na+、NO3﹣、Cl﹣ C. K+、H+、HCO3﹣ D. Ca2+、SO42﹣、CO32﹣ 【答案】B 【解析】 【详解】A H+、OH-不能共存,故A错误; B 该组离子不反应,能大量共存,故B正确; C H+、HCO3-不能共存,故C错误; D Ca2+、CO32-不能共存,故D错误; 11.下列电离方程式中,正确的是 A. H2SO4=H2++SO42- B. Ba(OH)2=Ba2++OH- C. NaNO3=Na++NO3- D. HClO=H++Cl-+O2- 【答案】C 【解析】 【详解】A、H2SO4=2H++SO42-,错误; B、Ba(OH)2=Ba2++2OH-,错误; D、HClOH++ClO- ,错误; 答案选C。 12. 下列离子方程式中,错误的是 A. 钠与水反应:Na+H2O=Na++OH-+H2↑ B. 盐酸与氢氧化钾溶液反应:H++OH-=H2O C. 铁与稀硫酸反应:Fe+2H+=Fe2++H2↑ D. 氯化钠溶液与硝酸银溶液反应:Ag++Cl-=AgCl↓ 【答案】A 【解析】 【详解】A、该反应电子不守恒,正确离子方程式为:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,故A书写错误; B、氢氧根离子和氢离子生成了水,离子方程式是:H++OH-=H2O,故B书写正确; C、铁写成化学式,反应的离子方程式为:Fe+2H+=Fe2++H2↑,故C书写正确; D、氯化银是难溶物,写成化学式,反应离子方程式为:Ag++Cl-=AgCl↓,故D书写正确; 故选A。 【点睛】离子方程式正误判断要注意:看是否符合客观事实、看是否符合质量守恒、看是否符合电荷守恒、看是否符合得失电子相等。可溶的易电离的物质拆成离子。注意过量、少量、适量等。 13. 下列叙述正确的是 A. 硝酸具有氧化性 B. 光导纤维的主要成分是硅酸盐 C. 次氯酸是一种强酸 D. 钠的焰色反应为浅紫色 【答案】A 【解析】 【详解】A.硝酸具有强氧化性,A正确; B.光导纤维的主要成分是二氧化硅,B错误; C.次氯酸是—种弱酸,C错误; D.钠的焰色反应为黄色,D错误。 故选A。 14.关于硝酸叙述正确的是: A. 硝酸不稳定,见光或受热就会分解 B. 稀硝酸是弱酸,浓硝酸是强酸 C. 铜与稀硝酸反应生成二氧化氮 D. 铁与浓硝酸不反应 【答案】A 【解析】 详解】A.浓硝酸不稳定,见光、加热分解,故A正确; B.稀硝酸和浓硝酸均为强酸,故B错误; C.Cu与稀硝酸反应生成一氧化氮,与浓硝酸反应生成二氧化氮,故C错误; D.铁和浓硝酸反应,只是常温下发生钝化,只有加热条件下才能充分溶解,故D错误; 故答案为A。 【点睛】明确硝酸的性质是解题关键,硝酸是强氧化性酸,不稳定、易挥发,特别是浓硝酸常温下能使铝、铁钝化,难点是通常浓硝酸的还原产物为NO2,稀硝酸的还原产物为NO。 15.下列属于室内污染物的是 A. CO B. 氢气 C. 氧气 D. 氮气 【答案】A 【解析】 【详解】A.一氧化碳属于有害气体,是空气污染物之一,故A正确; B.氢气是易燃气体,不是有害气体,不属于空气污染物,故B错误; C.氧气是空气的主要成分之一,不属于空气污染物,故C错误; D.氮气是空气的主要成分,不属于空气污染物,故D错误; 故答案为A。 16.浓硫酸可以干燥氢气,体现浓硫酸的性质为 A. 酸性 B. 吸水性 C. 脱水性 D. 强氧化性 【答案】B 【解析】 【详解】浓硫酸是强氧化性酸,有吸水性和脱水性,其中作氢气的干燥剂是因其有吸水性的缘故,故答案为B。 17.浓硫酸使木条变黑,体现浓硫酸性质为 A. 酸性 B. 吸水性 C. 脱水性 D. 强氧化性 【答案】C 【解析】 【详解】浓硫酸是强氧化性酸,有吸水性和脱水性,其中使木条变黑,是因其有脱水性的缘故,故答案为C。 【点睛】考查浓硫酸的性质,浓硫酸除了具有酸固有的性质--酸性外,浓硫酸还具有自己特殊的性质,与稀硫酸有很大差别,主要原因是浓硫酸溶液中存在大量未电离的硫酸分子(H2SO4),这些硫酸分子使浓硫酸有很特殊的性质,如浓硫酸与蔗糖或本条作用脱水性,和非金属反应体现强氧化性,和金属反应体现酸性和强氧化性,作干燥剂体现吸水性。 18.热的浓硫酸与铜片反应,生成二氧化硫,体现浓硫酸的性质为 A. 酸性 B. 吸水性 C. 脱水性 D. 强氧化性 【答案】D 【解析】 【详解】在2H2SO4(浓) + CuCuSO4 + 2H2O +SO2↑反应中硫元素的化合价从+6价降为+4价,则反应中生成二氧化硫,体现浓硫酸的性质为强氧化性,故答案为D。 19.热的浓硫酸与铜片反应,生成水和硫酸铜,体现浓硫酸的性质为 A. 酸性 B. 吸水性 C. 脱水性 D. 强氧化性 【答案】A 【解析】 【详解】在2H2SO4(浓) + CuCuSO4 + 2H2O +SO2↑的反应中硫元素的化合价从+6价降为+4价,则反应中生成二氧化硫,体现浓硫酸的性质为强氧化性,生成水和硫酸铜,体现浓硫酸的性质为酸性,故答案为A。 20.不能与氢氧化钠溶液反应的是 A. 铝 B. 氧化铝 C. 偏铝酸钠 D. 氯化铝 【答案】C 【解析】 【详解】A.铝能与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2,不符合题意,故A不选; B.氧化铝与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O,不符合题意,故B不选 C.偏铝酸钠和NaOH溶液不反应,符合题意,故C正确; D.氯化铝与NaOH溶液反应生成Al(OH)3沉淀和NaCl,不符合题意,故D不选 故答案为C。 - 1 -

    • 2020-07-14
    • 下载0次
    • 88KB
  • ID:7-7572048 黑龙江省双鸭山市一中2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题 Word版含解析

    高中化学/期末专区/高一上学期

    黑龙江省双鸭山市一中2019-2020学年高一上学期期末考试 化学试题 一、选择题 1.胶体区别于其它分散系的本质特征是 A. 胶体的分散质能透过滤纸 B. 胶体能产生丁达尔现象 C. 胶体的分散质粒子直径在1~100mm之间 D. 胶体是纯净物,其它分散系是混合物 【答案】C 【解析】 【详解】胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体的分散质粒子直径在1~100mm之间,故合理选项是C。 2.下列有关0.1 mol·L-1 NaOH溶液的叙述正确的是 (  ) A. 1 L该溶液中含有NaOH 40 g B. 100 mL该溶液中含有Na+ 0.01 mol C. 从1 L该溶液中取出100 mL,所取出的NaOH溶液的浓度为0.01 mol·L-1 D. 在1 L水中溶解4 g NaOH即可配制得0.1 mol·L-1 NaOH溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A.1L该溶液中含有NaOH质量为m=nM=1L× 0.1 mol·L-1×40g/mol=4g,故A错误; B.100mL该溶液中含有OH- 物质的量为n=cV=0.1L×0.1 mol·L-1=0.01mol,故B正确; C.从1L该溶液中取出100mL,所取出的NaOH溶液的浓度为不变,故C错误; D.在1L水中溶解4g NaOH后,体积不是1L,可能略大于1L即可配制得溶液略小于0.1 mol·L-1 配制0.1mol?L-1NaOH溶液的正确方法为:将4gNaOH溶解到水中,配制成1L的溶液,故D错误; 答案选B。 3.下列关于实验操作的叙述不正确的是 A. 蒸馏时,在烧瓶中加几粒沸石 B. 加液时,胶头滴管悬置在试管正上方 C. 萃取时,分液漏斗正立振荡后,直接放在铁架台上,静置 D. 分液时,分液漏斗中的下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出 【答案】C 【解析】 【详解】A、蒸馏时,为防止液体加热时剧烈沸腾在烧瓶中加几粒沸石防暴沸,A正确; B、加液时,为防止液体受到污染,胶头滴管悬置在试管正上方,B正确; C、萃取时,分液漏斗应倒转振荡后,再放在铁架台上,静置,C错误; D、分液时,为防止液体二次污染,分液漏斗中的下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,D正确。 答案选C。 4.将过量的CO2分别通入①CaCl2溶液;②Na2SiO3溶液;③Ca(ClO)2溶液;④饱和Na2CO3溶液;⑤NaAlO2 最终有沉淀析出的是 A. ②④⑤ B. ①②③④ C. ②③④⑤ D. ②③④ 【答案】A 【解析】 【详解】①盐酸的酸性大于碳酸,则过量的CO2与CaCl2溶液不反应,无现象,①不符合题意; ②二者反应生成白色硅酸沉淀,为强酸制取弱酸的反应,②符合题意; ③反应生成可溶性碳酸氢钙、HClO,为强酸制取弱酸的反应,无沉淀生成,③不符合题意; ④相同条件下碳酸氢钠的溶解度小,则过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中析出碳酸氢钠沉淀,④符合题意; ⑤反应生成白色的氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠,为强酸制取弱酸的反应,⑤符合题意; 综上所述可知:反应产生白色沉淀的有②④⑤,故合理选项是A。 【点睛】本题考查物质的性质,把握物质的性质、发生的反应、反应原理为解答的关键,注意元素化合物知识的应用,记住物质的溶解性与反应,侧重考查学生的分析与应用能力。 5.下列反应中,不属于四大基本反应类型,但属于氧化还原反应的是 A. 2Na+2H2O===2NaOH+H2↑ B. Cl2+H2O===HCl+HClO C. CaCO3CaO+CO2↑ D. Ca(ClO)2+2HCl===CaCl2+2HClO 【答案】B 【解析】 【详解】A.反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑属于置换反应,一定是氧化还原反应,故A错误; B. Cl2+H2O=HCl+HClO不属于四种基本反应类型,但Cl元素化合价发生变化,属于氧化还原反应,故B正确; C. 反应CaCO3CaO+CO2↑属于分解反应,不属于氧化还原反应,故C错误;? D. 反应Ca(ClO)2+2HCl=CaCl2+2HClO属于复分解反应,不是氧化还原反应,故D错误。 本题答案为B。 【点睛】一个化学反应,是否为氧化还原反应,就看反应中有无元素化合价变化。 6.对于某些离子的检验及结论一定正确的是 A. 加入稀盐酸产生气体,将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,一定有CO32- B. 加入稀硝酸无明显现象,再加盐酸溶液产生沉淀,一定有Ag+ C. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生,再加盐酸,沉淀不消失,一定有SO42- D. 加入氯水,再加KSCN溶液显红色,一定有Fe3+ 【答案】B 【解析】 【详解】A、加入稀盐酸产生气体,将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,不一定有CO32-,也可能含有HCO3-等,故A错误; B、氯化银不溶于稀硝酸,加入稀硝酸无明显现象,再加盐酸溶液产生沉淀,一定有Ag+,故B正确; C、不能排除AgCl的干扰,应先加盐酸,如无现象,再加氯化钡检验,沉淀不消失,一定有SO42-,故C错误; D、加入氯水,可以将二价铁氧化成三价铁,所以检验三价铁直接加KSCN,故D错误; 故选B。 【点晴】本题考查较为综合,涉及物质的性质比较,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,为高频考点和常见题型,注意把握实验的角度和可行性的评价。在平时的学习中要注意积累常见离子的检验方法和注意事项。 7.化学在工农业生产和日常生活中都有重要应用。下列叙述正确的是 A. 硅是良好的半导体材料,可以用作光导纤维 B. 酸雨是指pH<7.0的雨水 C. 居室中放置一盆石灰水可以吸收CO,预防中毒 D. 水玻璃可以用作木材防火剂 【答案】D 【解析】 【详解】A.硅是良好的半导体材料,可制取太阳能电池板,光导纤维的主要成分是SiO2,不是Si,A错误; B.酸雨是指pH<5.6的酸性雨水,B错误; C.CO不能溶于水,也不能与Ca(OH)2溶液反应,所以居室中放置一盆石灰水不能吸收CO,也就不能起到预防中毒的作用,C错误; D.硅酸钠的水溶液俗称水玻璃,它不能燃烧,也不支持燃烧,因此可以用作木材防火剂,D正确; 故合理选项是D。 8.实验室里需要配制480mL0.1mol/L的硫酸铜溶液,下列实验用品及实验操作都正确的是 选项 容量瓶的容积 固体质量 实验操作 A 480mL 硫酸铜:7.7g 加入500mL水 B 480mL 胆矾:12.0g 配成500mL溶液 C 500mL 硫酸铜:8.0g 加入500mL水 D 500mL 胆矾:12.5g 配成500mL溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】实验室没有规格是480mL的容量瓶,根据选择仪器的标准大而近的原则,应该选择500mL容量瓶配制溶液,选项A、B排除;500mL容量瓶配制溶液的体积是500mL,溶剂水500mL溶解溶质后溶液的体积不是500mL,选项C排除;配制500mL0.1mol/L的CuSO4溶液,溶质的物质的量n(CuSO4)=c·V=0.1mol/L×0.5L=0.05mol,用胆矾配制溶液,根据元素守恒可知需称量胆矾质量m(CuSO4·5H2O)=0.05mol ×250g/mol=12.5g,故应该称量胆矾质量为12.5g,配制成500mL溶液,溶液浓度为0.1mol/L,选项D正确; 故合理选项是D。 9.分类是重要的科学研究方法,下列物质分类正确的是 A. 电解质:胆矾、一水合氨、硫酸钡、CaO B. 酸性氧化物:CO2、SO2、NO2、SiO2 C. 混合物:铝热剂、干冰、水玻璃、盐酸 D. 弱酸:氢碘酸、醋酸、碳酸、次氯酸 【答案】A 【解析】 【详解】A.在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质,包括酸、碱、盐、金属氧化物和水等,胆矾是盐、一水合氨是碱、硫酸钡是盐、CaO是活泼金属氧化物,它们均为电解质,A正确; B.能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物,而NO2和碱反应时除了生成盐和水,还生成NO,故NO2不是酸性氧化物,B错误; C.由两种或以上物质构成的是混合物,而干冰即固态的二氧化碳,属于纯净物,C错误; D.在溶液中不能完全电离的酸为弱酸,HI在水溶液中能完全电离,为强酸,D错误; 故合理选项是A。 【点睛】本题考查了物质的分类及常见的化学概念的辨析。掌握基本概念并对常见物质有一定认识是本题解答的关键。应注意:酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物,不是能与碱反应的物质,在反应过程中元素化合价不发生变化。 10.某溶液中含有大量的下列离子:Fe3+、SO42-、Al3+和M离子,经测定Fe3+、SO42-、Al3+和M离子的物质的量之比为2∶4∶1∶1,则M离子可能是下列中的(  ) A. Na+ B. OH- C. S2- D. Cl- 【答案】D 【解析】 【详解】根据题目条件和电荷守恒可知:3n(Fe3+)+3n(Al3+)=2n(SO42-)+n,即:2×3+3×1=2×4+n,解得n=1,即M应带有1个单位的负电荷,又因为OH-、S2-不能与铁离子、铝离子大量共存,所以M只能为选项中的氯离子,答案选D。 11.下列变化的实质相似的是 ①浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小 ②二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色 ③二氧化硫能使品红溶液和溴水褪色 ④溴化氢和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥 ⑤浓硫酸能在白纸上写字,氢氟酸能在玻璃上刻字 A. 只有②③④ B. 只有④ C. 只有③④ D. 全部 【答案】B 【解析】 【详解】①浓硫酸有吸水性,在空气中敞口放置时吸收空气中的水蒸汽,使溶液浓度减小;而浓盐酸有挥发性,在空气中放置时,HCl挥发,使溶液的浓度减小,因此二者变化的原因不相似,错误; ②二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色,前者是化合漂白,后者是氧化漂白,性质不相似,错误; ③二氧化硫能使品红溶液和溴水褪色,前者是漂白性,后者是还原性,性质不相似,错误; ④溴化氢和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥,由于二者都有还原性,被氧化,因此原因相似,正确; ⑤浓硫酸能在白纸上写字,是由于浓硫酸的脱水性,而氢氟酸能在玻璃上刻字,是与玻璃的成分发生反应,产生SiF4和水,性质不相似,错误。 故变化的实质相似的只有④。答案是B。 12.下列解释实验现象的反应方程式正确的是( ) A. 将Na块放入水中,产生气体:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ B. 金属钠比金属铜活泼,金属钠放入CuSO4溶液:CuSO4+2Na=Cu+Na2SO4 C. Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间,变成白色粘稠物:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 D. 切开的金属Na暴露在空气中,光亮表面逐渐变暗:2Na+O2=Na2O2 【答案】A 【解析】 【详解】A.Na块放入水中剧烈反应,产生氢气,发生的反应:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,故A正确; B.金属钠比铜活泼,能与水剧烈反应,金属钠放入CuSO4溶液发生反应:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4,故B错误; C.Na2O2在潮湿的空气中会吸收空气中水生成氢氧化钠,氢氧化钠潮解变成白色粘稠物(氢氧化钠溶液),发生的反应:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,故C错误; D.金属Na切面在空气中表面逐渐变暗,是钠与氧气常温下反应生成了氧化钠,发生的反应:4Na+O2=2Na2O,故D错误。 故选A。 13.下列物质:①水泥 ②玻璃 ③陶瓷 ④水晶,其中属于硅酸盐工业产品的是(  ) A. 只有①② B. 只有②④ C. 只有①②③ D. 全部 【答案】C 【解析】 【详解】陶瓷、水泥、玻璃属于硅酸盐产品,水晶的主要成分是SiO2。答案选C。 14.下列各组物质稀溶液相互反应。无论前者滴入后者,还是后者滴入前者,反应现象都相同的是 A. Na2CO3溶液与HCl溶液 B. AlCl3溶液与NaOH溶液 C. KAlO2 溶液与HCl溶液 D. Na2SiO3溶液和HCl溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A、Na2CO3溶液滴入HCl溶液开始就产生气泡,反应为:Na2CO3+2HCl=NaCl+H2O+CO2↑,HCl溶液滴入Na2CO3溶液,开始时无气泡产生,反应为:Na2CO3+HCl=NaCl+ NaHCO3,当Na2CO3反应完后,继续滴入盐酸,NaHCO3与盐酸反应产生气泡,反应为:NaHCO3+HCl=NaCl+ H2O+CO2↑,现象不同,错误; B、AlCl3溶液滴入NaOH溶液开始时无沉淀产生,反应为:AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O,后产生白色沉淀,反应为:3NaAlO2+ AlCl3+6H2O=4Al(OH) 3↓+3NaCl,NaOH溶液滴入AlCl3溶液开始时产生白色沉淀,反应为:AlCl3+3NaOH= Al(OH) 3↓+3NaCl,后沉淀溶解,现象不同,错误; C、KAlO2 溶液滴入HCl溶液,开始时无沉淀生成,反应为:KAlO2+4HCl=KCl+AlCl3+2H2O,后产生白色沉淀,反应为:3NaAlO2+ AlCl3+6H2O=4Al(OH) 3↓+3NaCl,HCl溶液滴入KAlO2溶液,开始时产生白色沉淀,反应为:KAlO2+HCl+H2O=Al(OH) 3↓+KCl,后沉淀不溶解,现象不同,错误; D、无论是Na2SiO3溶液滴入HCl溶液,还是HCl溶液滴入Na2SiO3溶液,都产生白色胶状沉淀,反应是:Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓,现象相同,正确。 答案选D。 15.下列说法中正确的是( ) A. 除去NaCl固体中的少量KNO3,将固体溶解后蒸发结晶,趁热过滤,洗涤,干燥 B. FeCl3可用于腐蚀Cu刻制印刷电路板,这说明铁的金属性比铜强 C. 配制质量分数为20 %的NaOH溶液时,需要用到的玻璃仪器为容量瓶、烧杯、玻璃棒 D. 工业上用氯气和石灰水反应制漂白粉,保存漂白粉的塑料袋要密封 【答案】A 【解析】 【详解】A. 除去NaCl固体中的少量KNO3,将固体溶解后蒸发,NaCl结晶析出,趁热过滤,洗涤,干燥,得纯净的NaCl晶体,A正确; B. FeCl3可用于腐蚀Cu刻制印刷电路板,这说明Fe3+的氧化性比Cu2+强,B不正确; C. 配制质量分数为20 %的NaOH溶液时,需要用到的玻璃仪器为天平、烧杯、玻璃棒、量筒,C不正确; D. 工业上用氯气和石灰乳反应制漂白粉,保存漂白粉的塑料袋要密封,D不正确。 故选A。 【点睛】漂白粉是由氯气与氢氧化钙(消石灰)反应制得。因为绝对干燥的氢氧化钙与氯气并不发生反应,氯气只能被氢氧化钙所吸附。但漂白粉遇水或潮湿空气会强烈水解,甚至引起燃烧爆炸。所以制取漂白粉时,采用含有1%以下游离水分的消石灰来进行氯化,所用的氯气也含有0.06%以下水分。 16.下列物质不能通过化合反应直接制得的是 A. NaCl B. Al(OH)3 C. FeCl2 D. CO 【答案】B 【解析】 【详解】A.钠在氯气中燃烧生成氯化钠,A不符; B.氢氧化铝不能通过化合反应制备,B符合; C.铁和氯化铁反应生成氯化亚铁,C不符; D.碳在氧气中反应生成CO,D不符; 答案选B 17.化学与生活、社会发展息息相关,下列说法不正确的是(  ) A. “霾尘积聚难见路人”,雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应 B. “熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”,该过程发生了置换反应 C. “春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干” 诗句中涉及氧化还原反应 D. 屠呦呦提取青蒿素加入乙醚萃取,此过程属于化学变化 【答案】D 【解析】 【详解】A.雾霾属于气胶体,具有胶体的性质,能够发生丁达尔效应,A不符合题意; B.胆矾为CuSO4,“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”过程中发生反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu,发生的是置换反应,B不符合题意; C.诗句中涉及蜡烛燃烧,燃烧反应都为氧化还原反应,C不符合题意; D.加入乙醚作用是萃取,在这个过程中,没有新物质生成,属于物理变化,D符合题意; 故合理选项是D。 18.将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中,在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量,并将溶液加热,产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示(忽略气体的溶解和HCl的挥发)下列说法正确是(  ) A. oa段反应的离子方程式为:H++OH-=H2O B. O点溶液中所含溶质的化学式为NaHCO3、Na2CO3 C. 标准状况下,通入CO2的体积为4.48L D. 原NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol?L﹣1 【答案】D 【解析】 【分析】 由图可知,该体系O点后可能存在反应为:、、,由图像信息,气体从开始生成到全部逸出消耗共,则由碳元素守恒可推知体系内含及共,其中a点含,由开始加入(O点)到有气体生成(a点)共消耗,多于与总量,则溶液中必含有过量,由于不可大量存在于碱性环境,故可计算得O点成分为()和(),通入溶液中,反应为,则由O点组成可推知,原溶液含量为,通入量为。 【详解】A. oa段反应的离子方程式为、,故A错误; B. 由分析可知,O点溶液中溶质为、,故B错误; C. 由分析可知,共通入,标准状况下,体积为,故C错误; D. 由分析可知,原溶液中,,故D正确; 故答案选D。 19.在强酸性溶液中能大量共存并且溶液为无色透明的离子组是 A. Ca2+、Na+、NO3-、CO32- B. Mg2+、Cl-、 NH4+、SO42- C. K+、Cl-、HCO3-、NO3- D. Ca2+、Na+、 Fe3+、 NO3- 【答案】B 【解析】 【详解】A. H+、CO32-会发生反应产生水和二氧化碳,不能大量共存,A不符合题意; B.离子之间不能发生任何反应,且溶液显无色,可以大量共存,B符合题意; C.HCO3-在酸性条件下与H+会反应产生CO2、H2O,不能大量共存,C错误; D.Fe3+的水溶液显黄色,在无色溶液中不能大量存在,D不符合题意; 故合理选项是B。 20.设NA为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是 A. 常温常压下,8gO2和O3的混合气体含有4NA个电子 B. 1L0.1mol/L的FeCl3完全水解,形成0.1NA个Fe(OH)3胶体粒子 C. 标准状况下,22.4LCl2通入水中发生反应,转移的电子数为NA D. 1molNa被完全氧化生成Na2O2,失去个2NA电子 【答案】A 【解析】 【详解】A、氧气和臭氧互为同素异形体,氧元素的质量分数都是100%,则混合气体中氧元素的质量分数都是100%,则混合气体中氧原子的质量为8g,由于n=,则氧原子的物质的量为0.5mol,氧原子的电子数等于质子数,1mol氧原子含有8mol电子,0.5mol氧原子含有4mol电子,选项A正确; B、水解是可逆的,而且胶体粒子是多个分子形成的聚合体,因此1 L 0.1 mol/L FeCl3溶液完全水解得到的Fe(OH)3胶体微粒数小于0.1 NA,选项B错误; C、标准状况下,22.4L Cl2的物质的量是1mol,通入水中生成次氯酸和盐酸,但该反应是可逆反应,因此反应过程中转移电子数小于NA,选项C错误; D、1 mol钠反应失去1 mol电子,选项D错误; 答案选A。 21.宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载,“银针验毒”的原理是4Ag+2H2S+O2===2Ag2S+2H2O,其中H2S是 A. 氧化剂 B. 还原剂 C. 既是氧化剂又是还原剂 D. 既不是氧化剂又不是还原剂 【答案】D 【解析】 【分析】 根据氧化还原反应的特征分析,判断氧化剂、还原剂。 【详解】4Ag+2H2S+O2===2Ag2S+2H2O反应中,Ag元素从0价升高到+1价,故Ag做还原剂,O2中O元素从0价降低到-2价,故O2做氧化剂,H2S中的H元素和S元素化合价没有改变,故H2S既不是氧化剂又不是还原剂,故D正确。 故选D。 【点睛】金属单质大多数情况下都做还原剂,O2是常见氧化剂,再判断H2S中各元素化合价变化情况,从而可以快速作出正确判断。 22.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法,下列有关反应方程式(或离子方程式)的类推正确的是(  ) 已知 类推 A 将Fe加入CuSO4溶液中: Fe + Cu2+ = Cu + Fe2+ 将Na加入到CuSO4溶液中: 2Na + Cu2+ = Cu + 2Na+ B 稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应至溶液呈中性: 2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应呈中性: 2H++SO42﹣+Ba++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O C 铁和氯气反应2Fe+3Cl22FeCl3 铁和单质反应2Fe+3I22FeI3 D 向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2: Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO 向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2: Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A.Na加入到硫酸铜溶液中,Na先与水反应生成NaOH与氢气,不能置换出单质铜,与题意不符,A错误; B.溶液呈中性时,氢离子与氢氧根离子恰好完全反应,则溶液中的钡离子反应完全,符合题意,B正确; C.碘的氧化性小于氯气,则铁与碘反应生成碘化亚铁,与题意不符,C错误; D.二氧化硫具有还原性,次氯酸具有强氧化性,二氧化硫与次氯酸可发生氧化还原反应,与题意不符,D错误; 答案为B。 23.现有一定量的Cu和Fe2O3组成的混合物,平均分成两等分,向其中一份加入2mol/L的盐酸溶液150mL,恰好完全溶解,所得溶液加入KSCN无血红色出现。若用过量的CO在高温下还原原混合物,固体质量减少为 A. 1.6g B. 2.4g C. 3.2g D. 4.8g 【答案】D 【解析】 【详解】向一定质量的Cu和Fe2O3的混合物中加入150mL2mol/L的HCl溶液,恰好使混合物完全溶解,向所得溶液中加入KSCN溶液后,无血红色出现,溶液中没有Fe3+,发生反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2,最终溶液中溶质为FeCl2、CuCl2,且二者物质的量之比为2:1,根据氯离子守恒:2n(FeCl2)+n(FeCl2)×2=2mol/L×0.15L,解得n(FeCl2)=0.1mol,根据Fe元素守恒可知n(Fe2O3)=0.05mol,原混合物分成了2等分,所以原混合物中n(Fe2O3)=0.1mol,混合物用过量的CO发生反应:Fe2O3+3CO2Fe+3CO2,固体减少质量等于Fe2O3中氧元素的质量,则固体减少质量=0.1mol×3×16g/mol=4.8g,故合理选项是D。 24.将一定质量的镁和铝混合物投入200 mL硫酸中,固体全部溶解后,向所得溶液中加入NaOH溶液,生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如下图所示。.则下列说法不正确的是: A. 镁和铝的总质量为9 g B. 最初20 mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸 C. 硫酸的物质的量浓度为2.5 mol·L-1 D. 生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L 【答案】D 【解析】 【分析】 从图象中看到,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余,此时发生的反应为:H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。当V(NaOH溶液)=200mL时,沉淀量最大,此时为Mg(OH)2和Al(OH)3。 【详解】A、当V(NaOH溶液)=240mL时,沉淀不再减少,此时全部为Mg(OH)2,n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol,m(Mg)=0.15mol×24g?mol-1=3.6g,n(Al)=n[Al(OH)3]=0.35mol-0.15mol=0.2mol,m(Al)=0.2mol×27g?mol-1=5.4g,所以镁和铝的总质量为9g,A项正确; B、根据A中分析可知B项正确; C、从200mL到240mL,NaOH溶解Al(OH)3:NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O,则此过程消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol,c(NaOH)=0.2mol÷0.04 L=5mol?L-1,C项正确; D、由Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑,2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑可以计算出生成n(H2)=0.45mol,标准状况下V(H2)=0.45mol×22.4L?mol-1=10.08L,D项错误。 答案选D。 25.粗盐中含有Ca2+、Mg2+及SO42-,除去杂质离子所加入的试剂及顺序可以是:试剂①NaOH、试剂②________、试剂③________、试剂④________,在加试剂③后,应先进行一个实验操作________之后再加入试剂④。 【答案】 (1). BaCl2 (2). Na2CO3 (3). HCl (4). 过滤 【解析】 分析】 粗盐中含有Ca2+、Mg2+及SO42-,Mg2+用氢氧根离子沉淀,SO42-用钡离子沉淀,加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀,至于先除镁离子,还是先除硫酸根离子都行,Ca2+用碳酸根离子沉淀,除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀,但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后,这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡,离子都转化为沉淀,再进行过滤,最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子,以此来解答。 【详解】先除Mg2+,还是先除SO42-都可以,Ca2+用碳酸根离子沉淀,除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀,但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后,这样碳酸钠就会除去反应剩余的氯化钡,离子都沉淀了,然后再进行过滤,最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子,则试剂①为NaOH,②为BaCl2,③为Na2CO3,④为HCl,加试剂③后,杂质离子转化为沉淀,则应先进行一个实验操作为过滤,最后加入HCl,除去溶液中的OH-、CO32-,再加热除去过量的HCl,就得到NaCl溶液,故试剂②是BaCl2;试剂③是Na2CO3;试剂④是HCl;进行的操作是过滤。 【点睛】本题考查混合物分离提纯实验设计,把握分离发生的反应及混合物分离方法等为解答的关键,注意碳酸钠溶液一定在氯化钡溶液之后加入,就可以同时除去原溶液中的Ca2+和加入的过量的Ba2+,题目侧重考查学生的分析与实验能力。 26.按要求回答问题: (1)石灰法是目前应用最广泛的工业废气脱硫方法,过程如下:通过煅烧石灰石得到生石灰,以生石灰为脱硫剂,在吸收塔中与废气中的SO2反应而将硫固定,其产物可作建筑材料。有关反应的化学方程式____________,_____________,___________。 (2)汽车燃料中一般不含氮元素,尾气中所含的NO是如何产生的?说明原因并写出有关方程式___________________________________________________。 (3)治理汽车尾气中NO和CO的一种方法是,在汽车的排气管上装一个催化转化装置,使NO和CO反应,生成无毒的物质。反应的化学方程式是__________________。 【答案】 (1). CaCO3CaO+CO2↑ (2). CaO+SO2CaSO3 (3). 2CaSO3+O22CaSO4 (4). 放电时空气中的N2与O2反应产生NO, N2+O22NO (5). 2NO+2CON2+2CO2 【解析】 【分析】 (1)通过煅烧石灰石得到生石灰,生石灰和废气中的SO2反应,生成亚硫酸钙,进一步氧化成硫酸钙; (2)空气中的N2、O2在电火花作用下反应产生NO; (3)NO和CO在催化剂存在时反应产生N2和CO2。 【详解】(1)煅烧石灰石分解得到生石灰和二氧化碳,生石灰和废气中的SO2反应,生成亚硫酸钙,亚硫酸钙进一步被氧化成硫酸钙,反应的方程式为CaCO3CaO+CO2↑,CaO+SO2CaSO3,2CaSO3+O22CaSO4; (2)空气中的氮气在放电时或高温下反应产生NO,反应方程式为N2+O22NO; (3)NO和CO都是大气污染物,在催化剂存在时反应产生无毒、无害的N2和CO2,反应方程式为:2NO+2CON2+2CO2。 【点睛】本题以化学方程式的书写为线索,考查了大气污染产生的原因及治理措施。掌握产生污染的原因、污染物的成分是有效治理污染的决定性因素。充分体现了化学的实用性,要重视化学知识的学习与掌握。 27.玻璃是一种重要的传统无机非金属材料。 (1)普通玻璃又称为钠玻璃,试写出生产普通玻璃过程中发生反应的化学方程式:_____________,_______________。 (2)实验室用于盛放碱性试剂的试剂瓶不用磨口玻璃塞的原因是(用离子方程式表示):______________;玻璃试剂瓶不能盛放氢氟酸的原因是(用化学方程式表示):______________。 (3)有一种特殊玻璃为钾玻璃,其热膨胀系数较小,较难熔化,较难受化学药品的侵蚀,可用于制作一般的化学仪器。现以石英砂、苛性钾、熟石灰为原料,熔制钾玻璃,质量比为75:28:37(假定这些原料不含杂质),试用氧化物的形式表示该钾玻璃的组成________。 【答案】 (1). CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑ (2). Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2↑ (3). 2OH-+SiO2=SiO32-+H2O (4). SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O (5). K2O?2CaO?5SiO2 【解析】 【分析】 (1)工业上制取玻璃的原料有石英、纯碱和石灰石。在高温下,在玻璃熔炉中石灰石与石英反应产生硅酸钙和二氧化碳;纯碱与石英反应产生硅酸钠和二氧化碳; (2)玻璃中含有的SiO2与强碱反应产生硅酸盐和水,硅酸钠具有粘性,将试剂瓶与玻璃塞黏在一起;SiO2与氢氟酸反应产生SiF4和水; (3)利用质量分数确定个数比,用氧化物表示玻璃的组成为活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水的顺序书写。 【详解】(1)在高温下,在玻璃熔炉中石灰石与石英反应产生硅酸钙和二氧化碳,纯碱与石英反应产生硅酸钠和二氧化碳,反应方程式为:CaCO3+SiO2 CaSiO3+CO2↑,Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑; (2)玻璃的成分中含有SiO2与碱性物质NaOH反应,产生具有粘性的硅酸钠,将试剂瓶与玻璃塞黏在一起,反应的离子方程式为:SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;玻璃中含有SiO2,能够与氢氟酸反应产生SiF4和水,反应方程式为:SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O; (3)由石英砂、苛性钾、熟石灰质量比为75:28:37,根据元素原子守恒,n(K2O):n(CaO):n(SiO2)=n(KOH):n[Ca(OH)2]:n(SiO2)= ::=1:2:5,用氧化物形式表示玻璃的组成时的书写顺序为:活泼金属氧化物?较活泼金属氧化物?二氧化硅?水的顺序,则玻璃为K2O?2CaO?5SiO2。 【点睛】本题考查化学方程式的书写及硅酸盐的氧化物的表示的知识,注意特殊试剂的存放要防氧化、防潮解、防挥发、防燃烧、防分解等,注意用氧化物形式表示玻璃组成的顺序,侧重考查化学试剂的存放及二氧化硅的性质。 28.已知A为淡黄色固体,R是地壳中含量最多的金属元素的单质,T为生活中使用最广泛的金属单质,D是具有磁性的黑色晶体,C、F是无色无味的气体,H是白色沉淀,W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色。 (1)物质A的化学式为___,F化学式为___; (2)B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为___; (3)H在潮湿空气中变成M的实验现象是___,化学方程式为___。 (4)A和水反应生成B和C的离子方程式为___,由此反应可知A有作为___的用途。 (5)M投入盐酸中的离子方程式___。 【答案】 (1). Na2O2 (2). H2 (3). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (4). 白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色 (5). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (6). 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ (7). 供氧剂 (8). Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O 【解析】 【详解】A为淡黄色固体,其能与水反应,则其为Na2O2;R是地壳中含量最多的金属元素的单质,则其为Al;T为生活中使用最广泛的金属单质,则其为Fe;D是具有磁性的黑色晶体,则其为Fe3O4;Na2O2与水反应生成NaOH和O2,所以C为O2;Al与NaOH溶液反应,生成偏铝酸钠和氢气,所以F为H2,B为NaOH;Fe3O4与盐酸反应,生成FeCl3、FeCl2和水,FeCl3再与Fe反应,又生成FeCl2,所以E为FeCl2;它与NaOH溶液反应,生成白色沉淀Fe(OH)2,它是H;Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3,它与盐酸反应生成FeCl3,它为W。 (1)物质A的化学式为Na2O2。答案为:Na2O2 F化学式为H2。答案为:H2 (2)NaOH和Al在溶液中反应生成H2的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。答案为:2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (3)Fe(OH)2在潮湿空气中变成Fe(OH)3的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色。答案为:白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色 化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。 (4)Na2O2和水反应生成NaOH和O2的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。 答案为:2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ 由此反应可知A有作为供氧剂的用途。答案为:供氧剂 (5)Fe(OH)3投入盐酸中的离子方程式Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O。 答案为:Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O 29.实验室用如下装置制取氯气,并用氯气进行实验。回答下列问题: (1)A中盛有浓盐酸,B中盛有MnO2,写出反应的化学方程式___________。 (2)D中放入浓H2SO4,其目的是________。 (3)E中为红色干布条,F中为红色湿布条,可观察到的现象是________,对比E和F中现象的差异可得出的结论及解释____________________________。 (4)G是浸有淀粉KI溶液的棉花球,G处现象是棉花球表面变成______,反应的离子方程式是______________,H是浸有NaBr溶液的棉花球,H处现象是棉花球表面变成______。 (5)画出H处尾气吸收装置图并注明试剂________。 (6)现在有一种名为“净水丸”的产品也能对饮用水进行快速的杀菌消毒,药丸通常分内外两层。外层的优氯浄Cl2Na(NCO)3先与水反应,生成次氯酸起杀菌消毒作用;几分钟后,内层的亚硫酸钠(Na2SO3)溶出,可将水中的余氯(次氯酸等)除去。亚硫酸钠将水中多余次氯酸除去的离子反应方程式为________________________________。 【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 干燥氯气 (3). E中不褪色,F中褪色 (4). 干燥的氯气没有漂白性,氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性 (5). 出现蓝色 (6). Cl2+2I-=I2+2Cl- (7). 橙色 (8). (9). SO32-+HClO=SO42-+Cl-+H+ 【解析】 【分析】 实验室用浓盐酸与二氧化锰加热反应制备氯气,浓盐酸具有挥发性,制备氯气中含有氯化氢、水,依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去杂质,再依次通过干燥红色布条、湿润红色布条验证氯气是否具有漂白性,再通过G装置验证氯气的氧化性,氯气有毒,能够与氢氧化钠溶液反应,可以用氢氧化钠溶液吸收尾气,利用亚硫酸钠的还原性可除去“净水丸”的产品中多余的次氯酸。 【详解】(1)MnO2与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水,反应方程式为:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O; (2) D中放入浓H2SO4,其目的是干燥氯气,防止水蒸气对氯气是否有漂白性的检验造成干扰; (3)E中红色干布条不褪色,F中红色湿布条褪色,说明氯气不具有漂白性,氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性; (4)氯气具有强氧化性,在溶液中与碘化钾反应生成单质碘,碘遇到淀粉变蓝,所以看到G处棉花球表面变为蓝色,反应的离子方程式为:Cl2+2I-=I2+2Cl-;氯气具有强的氧化性,在溶液中与NaBr反应生成单质溴,使溶液变为橙色; (5)氯气有毒,不能直接排放到空气中,可根据氯气能够与碱反应,可以用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气,装置如图所示:; (6)亚硫酸钠具有还原性,次氯酸具有氧化性,在溶液中SO32-与次氯酸发生氧化还原反应生成SO42-、Cl-及H+,反应的离子方程式为:SO32-+HClO=SO42-+Cl-+H+。 【点睛】本题以氯气的制备为载体考查了氯气的性质,涉及试剂的使用、反应现象的描述、实验操作、物质漂白性的检验等,掌握氯气的实验室制法及氯气的性质是本题解答的关键。侧重考查学生对知识掌握程度及分析问题、解决问题的能力。 - 1 -

    • 2020-07-14
    • 下载0次
    • 390KB
  • ID:7-7572043 黑龙江省大庆市东风中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题 Word版含解析

    高中化学/期末专区/高一上学期

    2019—2020学年度上学期期末考试 高一年级化学试题 可能用到的相对原子质量:O=16 S=32 Na=23 Al=27 Cr=52 一、选择题 1.除去下列各组物质中的杂质(括号内为杂质),所选用的试剂或操作方法错误的是( ) 选项 物质 选用试剂(过量) 操作方法 A CO(CO2) NaOH溶液 洗气、浓硫酸干燥 B FeSO4溶液(CuSO4) 铁粉 过滤 C NaBr溶液(Br2) 四氯化碳 萃取、分液 D KNO3(KCl) AgNO3溶液 溶解、过滤、蒸发、结晶 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A. CO(CO2)通入氢氧化钠溶液二氧化碳被吸收,一氧化碳不反应,再通过浓硫酸干燥,得到纯净的一氧化碳气体,故A正确; B. FeSO4溶液(CuSO4),加入铁粉,铁粉与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜,过滤除去铁和铜,得到硫酸亚铁溶液,故B正确; C.NaBr溶液(Br2)加入四氯化碳进行萃取,溴单质易溶于四氯化碳,溴化钠不溶于四氯化碳,震荡分层,进行分液,得到溴化钠溶液,故C正确; D. KNO3(KCl),加入过量的AgNO3溶液,虽然能除去KCl,但是引入新的杂质,不符合除杂原则,故D错误; 故选D。 2.过滤泥沙等难溶性杂质后的食盐水仍含有可溶性的CaC12、MgCl2、Na2SO4等杂质,通过加入如下试剂(实验操作略),可制得相对纯净的食盐水:①加入过量的BaCl2溶液:②滴入稀盐酸至无气泡产生;③加入稍过量的Na2CO3溶液;④过滤;⑤加入稍过量的NaOH溶液。正确的试剂滴加顺序为() A. ①②③⑤④ B. ③②①⑤④ C. ⑤①③④② D. ③⑤②①④ 【答案】C 【解析】 【详解】欲除去粗盐中的可溶性的CaC12、MgCl2、Na2SO4等杂质,正确操作顺序应为:①加入过量的BaCl2溶液,除去SO42-,溶液中引入了少量的杂质Ba2+;⑤加入稍过量的NaOH溶液,除去Mg2+,部分Ca2+,溶液中引入了杂质OH-;③加入稍过量的Na2CO3溶液,除去Ca2+、Ba2+溶液中引入了CO32-杂质;④过滤,除去BaSO4、BaCO3、CaCO3、Mg(OH)2、Ca(OH)2等沉淀;②滴入稀盐酸至无气泡产生,除去引入的CO32-、OH-;所以本题的正确顺序为:⑤①③④②; 所以答案为:C。 【点睛】根据除杂要求,除去杂质,不能增加新杂质。根据离子SO42-、Ca2+、Mg2+的沉淀顺序选择所加的试剂。 3.以下关于化学实验中“先与后”的说法中正确的是(  ) ①蒸馏时,先点燃酒精灯,再通冷凝水 ②加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气,用排水法收集气体后,先移出导管后撤酒精灯 ③实验室制取某气体时,先检查装置气密性后装药品 ④分液时,先打开分液漏斗上口的塞子,后打开分液漏斗的旋塞 ⑤H2还原CuO实验时,先检验气体纯度后点燃酒精灯 ⑥使用托盘天平称盘物体质量时,先放质量较小的砝码,后放质量较大的砝码 ⑦蒸馏时加热一段时间,发现忘记加沸石,应迅速补加沸石后继续加热 A. ②③④⑤⑦ B. ①②③④⑦ C. ②③④⑤ D. 全部 【答案】C 【解析】 ①蒸馏时,应先通冷凝水,再点燃酒精灯加热,故①错误;②加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气,用排水法收集气体后,为防止液体倒吸炸裂试管,应该先移出导管后撤酒精灯,故②正确;③制取气体时,一定要先检查装置气密性后装药品,故③正确;④分液操作时,先打开分液漏斗上口的塞子,使内外压强想通,再打开分液漏斗的旋塞,故④正确;⑤做H2还原CuO实验开始时要排除空气,先通入氢气,结束时要防止金属铜被氧气氧化,先撒酒精灯待试管冷却后停止通H2,故⑤正确;⑥托盘天平的砝码在加取时,先放质量较大的砝码,后放质量较小的砝码,故⑥错误;⑦蒸馏时加热一段时间,发现忘记加沸石,应冷却后再补加沸石,再继续加热,故⑦错误;答案为C。 4.相同质量的SO2和SO3相比较,下列有关叙述中正确的是 ①它们所含的分子数目之比为1∶1  ②它们所含的原子数目之比为15∶16 ③它们所含的氧原子数目之比为2∶3 ④它们所含的硫原子数目之比为5∶4 ⑤它们所含的电子数目之比为1∶1 A. ②③ B. ①④ C. ②④⑤ D. ①②③④⑤ 【答案】C 【解析】 【详解】设SO2和SO3的质量均为1g,两者的物质的量之比为1/64:1/80=5:4。①它们所含的分子数目之比为5∶4,不正确。②它们所含的原子数目之比为5×3∶4×4=15:16,正确。③它们所含的氧原子数目之比为5×2∶4×3=5:6,错误。④它们所含的硫原子数目之比为5∶4,正确。⑤它们所含的电子数目之比为5×32∶4×40=1:1,正确。故正确的有②④⑤,答案选C。 【点睛】不同物质之间各种物理量的比较,首先将各物质的物质的量求出来,再转化为粒子数目、质量、体积等物理量进行比较。 5.标准状况下,一个装满氯气的容器的质量为74.6 g,若装满氮气时总质量为66 g,则此容器的容积(  ) A. 22.4 L B. 44.8 L C. 11.2 L D. 4.48 L 【答案】D 【解析】 【详解】假设气体的物质的量为nmol,容器的质量为mg,则:mg+nmol×71g/mol=74.6g,mg+nmol×28g/mol=66g,联立方程,解得n=0.2mol,气体的体积为V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L,所以容器的容积为4.48L,故选D。 6.把18.4g由NaOH和NaHCO3组成的固体混合物在密闭容器中加热到约250摄氏度, 经充分反应后排出气体,冷却后称得固体质量为16.6g,试确定原混合物中NaOH与NaHCO3的物质的量的关系为( ) A. NaOHNaHCO3 C. NaOH=NaHCO3 D. 无法确定 【答案】B 【解析】 【详解】由于已知反应前混合物的质量和反应后固体的质量,所以,有可能存在过量问题; 设18.4g混合物正好完全反应,减少的质量为x; NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O 124 18 18.4g x = x=2.7g 因2.7g>(18.4-16.6)g所以氢氧化钠过量,碳酸氢钠完全反应。 NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O 84 18 m(NaHCO3) (18.4-16.6)g = m(NaHCO3)=8.4g,n(NaHCO3)==0.1mol 原混合物中NaOH的质量m(NaOH)=18.4g-8.4g=10g,n(NaOH)==0.25mol, 原混合物中NaOH与NaHCO3的物质的量的关系为NaOH>NaHCO3。 答案选B。 【点睛】本题难度很大,一是判断反应过量问题,二是怎样判断过量.在判断过量中为什么2.7g>(18.4g-16.6g),就判断为氢氧化钠过量呢?主要是因为若是碳酸氢钠过量,就会继续分解,固体质量继续减少,和题意不符。 7.酸式盐是盐的一种,可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐,常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、KHPO4等。已知 H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2,则下列说法正确的是( ) A. H3PO2属于二元酸 B. H3PO2属于三元酸 C. NaH2PO2属于酸式盐 D. NaH2PO2属于正盐 【答案】D 【解析】 【详解】A.由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2,故H3PO2为一元酸,故A错误; B.由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2,故H3PO2为一元酸,故B错误; C.由于H3PO2为一元酸,故NaH2PO2属于正盐,故C错误; D.由于H3PO2为一元酸,故NaH2PO2属于正盐,故D正确; 故答案为D。 【点睛】在酸的概念的基础上根据电离出的氢离子的个数将酸分为一元酸、二元酸、三元酸,根据盐中能否电离出氢离子或氢氧根将盐分为正盐和酸式盐和碱式盐,由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2,故H3PO2(次磷酸)为一元酸,把握概念是关键。 8.下列离子方程式中,正确的是 A. 过氧化钠与水反应:2O22- + 2H2O = 4OH- + O2↑ B. 向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳:AlO2 +CO2 +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- C. 向澄清石灰水中滴入足量碳酸氢钠溶液:Ca2++ OH-+ HCO3-=CaCO3↓+H2O D. Ba (OH)2溶液中通入过量CO2:CO2+ Ba2++2OH-=BaCO3↓+ H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A、过氧化钠固体与水反应的离子反应为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑,选项A错误; B、向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳,反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠,离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-,选项B正确; C、向澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液,氢氧化钙完全反应,离子方程式为:Ca2++2OH-+2HCO3-═CaCO3↓+2H2O+CO32-;选项C错误; D、Ba (OH)2溶液中通入过量CO2,反应生成碳酸氢钡和水,反应的离子方程式为CO2+ OH-=HCO3-,选项D错误。 答案选B。 9.某兴趣小组对NH4NO3的热分解产物提出如下4种猜想: 甲:N2、HNO3、H2O 乙:N2O、NO、H2O 丙:NH3、N2、H2O 丁:N2、NO、H2O 你认为猜想有科学性不正确的是( ) A. 甲和乙 B. 乙和丁 C. 乙和丙 D. 丙和丁 【答案】C 【解析】 【详解】A、NH4NO3中N元素的化合价有-3和+5两种,原子个数比为1:1,根据得失电子守恒,若发生归中反应生成氮气,消耗-3价N和+5价N的比为5:3,所以+5价N有剩余,有硝酸生成,不可能有氨气生成,故甲有可能、丙不可能;若发生归中反应, 、,根据得失电子守恒,-3价N和+5价N的比为3:4,所以-3价N有剩余,应有氨气生成,故乙不可能;若发生归中反应, 、,根据得失电子守恒, 消耗-3价N和+5价N的比为1:1,可能不生成其他含N的产物,故丁有可能;故选C。 【点睛】本题考查归中反应规律和得失电子守恒,氧化还原反应中失电子总数等于得电子总数,有元素化合价升高必有元素化合价降低,且化合价升高总数必等于降低总数。 10.全钒液流电池是一种新型电能储存和高效转化装置。某溶液中含有VO2+和Cr2O72-,现向其溶液中滴入29.00mL0.1mol/L的FeSO4溶液,恰好是VO2+→VO2+,Cr2O72-→Cr3+.再滴入2.OOmL0.02000mol/L的KMnO4溶液,又恰好是VO2+→VO2+,而Cr3+不变,此时MnO4-→Mn2+,则原溶液中Cr元素的质量为 A. 156 mg B. 23 4 mg C. 31.2 mg D. 46.8mg 【答案】D 【解析】 【详解】由信息滴入29.00mL0.1mol/L的FeSO4溶液,恰好使VO2+→VO2+,Cr2O72-→Cr3+,Fe元素的化合价升高,V、Cr元素的化合价降低;再滴入2.00mL,0.020mol/LKMnO4溶液,又恰好使VO2+→VO2+,而Cr3+不变,此时MnO4→Mn2+,Mn元素的化合价降低,V元素的化合价升高,则整个过程中Fe、Mn、Cr的化合价变化,设原溶液中Cr的质量为x,由电子守恒可知,29.00mL×10-3L×0.1mol/L×(3-2)= ×(6-3)+2.00mL×10-3L×0.020mol/L×(7-2),解得x=46.8×10-3g=46.8mg; 故选:D 11.将钠、镁、铝各0.4mol分别放入100 mL 2 mol·L-1的盐酸中,同温同压下产生的气体体积比是(  ) A. 6∶3∶2 B. 2∶1∶1 C. 3∶1∶1 D. 1∶1∶1 【答案】B 【解析】 钠、镁、铝各0.4mol分别放入100 mL 2 mol·L-1的盐酸中,钠完全反应,产生氢气的物质的量为0.2mol;镁、铝与盐酸反应时,盐酸不足,盐酸完全反应,产生氢气的物质的量相等即0.1mol,则气体体积比是2∶1∶1 ,答案选B。 12.将15.6gNa2O2和5.4gAl?同时放入一定量的水中,充分反应后得到200mL溶液,再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L,若反应过程中溶液的体积保持不变,下列说法正确的是( ) A. 最终溶液:c(Na+)=?1.5?mol·L-1 B. 标准状况下,反应过程中得到6.72L气体 C. 最终溶液:c(Na+)?23g,不符合题意,A错误; B.Al是+3价的金属,产生1mol氢气需要质量为(27÷3)×2=18g<23g,符合题意,B正确; C.Fe是+2价金属,产生1mol氢气需要质量为56g>23g,不符合题意,C错误; D.Cu是+2价金属,但是铜与稀硫酸不能反应,所以产生1mol氢气需要金属质量为无穷大,不符合题意,D错误; 故合理选项是B。 19.浓度相同的NaOH溶液各100 mL倒入A、B、C三个烧杯中,分别向三份溶液中通入不等量的CO2,充分反应后,再向三份所得溶液中逐滴加入0.2 mol/L的盐酸,产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如下图所示。下列判断正确的是(气体体积取标准状况计算) A. 通入CO2后,A烧杯中的溶质成分是Na2CO3 B. B烧杯中通入的CO2体积为448 mL C. 原NaOH溶液的浓度为0.2 mol/L D. 通入CO2后,C烧杯中溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)=1∶2 【答案】B 【解析】 【分析】 浓度相同的NaOH溶液各100 mL倒入A、B、C三个烧杯中,分别向三份溶液中通入不等量的CO2,充分反应后,可能发生反应为:2NaOH + CO2= Na2CO3+ H2O、Na2CO3+ CO2+ H2O = 2NaHCO3,故所得溶液溶质可能为:①NaOH、Na2CO3,②Na2CO3,③Na2CO3、NaHCO3,④NaHCO3;再向三份所得溶液中逐滴加入0.2 mol/L的盐酸,可能发生反应为:NaOH+ HCl = NaCl + H2O, Na2CO3+ HCl = NaHCO3+ NaCl,NaHCO3+ HCl =NaCl + CO2↑ + H2O,据此分析作答。 【详解】A. 由图像可知A曲线前50mL不产生气体,后150mL,产生气体,故A溶液溶质为③Na2CO3、NaHCO3,故A项错误; B. B曲线前100mL不产生气体,后100mL产生气体,可知该溶液为②Na2CO3溶液,则可知通入的CO2体积为0.1L×0.2mol/L×22.4L/mol×1000=448mL,故B项正确; C. 由图象可知加入盐酸200mL后反应完毕,则原NaOH溶液的浓度为0.2L×0.2mol/L÷0.1L=0.4mol/L,故C项错误; D. C曲线前150mL无气体产生,后50mL产生气体,可知溶液溶质为①NaOH、Na2CO3,可知C烧杯中溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)=2:1,故D项错误; 本题选B。 20.120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸,不管将前者滴入后者,还是将后者滴入前者,都有气体产生,但最终生成的气体体积不同,且比值为5:2,则盐酸的浓度是(   ) A. 2.0mol/L B. 1.0mol/L C. 0.18mol/L D. 1.25mol/L 【答案】D 【解析】 【分析】 当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32-+2H+═H2O+CO2↑, 当盐酸滴入碳酸钠溶液时,反应顺序为CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═H2O+CO2↑,都有气体产生,说明HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量,又因为最终生成的气体体积不同,当碳酸钠滴入盐酸中时碳酸钠有剩余,当盐酸滴入碳酸钠溶液时,第一步反应完全,第二步反应碳酸氢根离子有剩余。 【详解】设HCl为nmol;当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32-+2H+═H2O+CO2↑反应,生成CO2的物质的量为mol;当盐酸滴入碳酸钠溶液时,反应顺序为CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═H2O+CO2↑,发生CO32-+H+═HCO3-反应消耗盐酸0.2mol,发生HCO3-+H+═H2O+CO2↑反应,消耗盐酸(n-0.2)mol,所以生成CO2的物质的量为(n-0.2)mol,则:(n-0.2)=5:2,n=0.25,盐酸的浓度是1.25mol/L,故选D。 二、非选择题 21.向Ba(OH)2和NaOH的混合稀溶液中通入足量的CO2气体,生成沉淀的物质的量(n)和通入CO2气体体积(V)的关系如图所示,试回答: (1)a点之前的反应的离子方程式为__。 (2)a点到b点之间的反应的离子方程式是__、__。 (3)c点二氧化碳体积是__L。 (4)混合稀溶液中Ba(OH)2和NaOH的物质的量之比为__。 【答案】 (1). Ba2++CO2+2OH-==BaCO3↓+H2O (2). CO2+2OH-==CO32-+H2O (3). CO32-+CO2+H2O==2HCO3- (4). 15.0 (5). 1∶1 【解析】 【详解】(1)a点之前二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀,反应的离子方程式为Ba2++CO2+2OH-==BaCO3↓+H2O,故答案为Ba2++CO2+2OH-==BaCO3↓+H2O; (2)a~b之间先后发生的反应为:2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3,所以离子方程式为:CO2+2OH-=CO32-+H2O、CO32-+CO2+H2O=2HCO3-,故答案为CO2+2OH-=CO32-+H2O、CO32-+CO2+H2O=2HCO3-; (3)b~c之间发生反应:BaCO3+H2O+CO2═Ba(HCO3)2,由方程式可知生成碳酸钡沉淀与碳酸钡溶解消耗二氧化碳的体积相等,所以c点的体积为15,故答案为15; (4)消耗二氧化碳的量Ba(OH)2和NaOH的物质的量相等,然后根据相同条件下体积之比等于物质的量之比,a点之前发生反应:CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O,a~b之间先后发生的反应为:2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3,所以NaOH和Ba(OH)2的物质的量之比为1:1,故答案为1:1。 22.等质量的两种金属粉末A、B分别与同浓度的足量稀盐酸反应,都生成+2价金属氯化物,其反应情况如图所示: (1) 两种金属的活动性顺序是_____>______ 两种金属氯化物的摩尔质量是_____>______ (2) 将两种金属粉末按一定比例混合后,进行甲、乙 丙三组实验,三组实验各取500mL同浓度的盐酸 溶液加入该种混合粉末,产生气体,有关数据如下: 实验序号 甲 乙 丙 混合粉末质量(g) 6.2 18.6 24.8 生成气体气体(mL) 2240 5600 5600 ①乙组实验中,盐酸________(填“过量”、“适量”或“不足量”) ②上述所用的盐酸的物质的量浓度为_____mol/L,混合粉末的平均摩尔质量是________。 【答案】 (1). B (2). A (3). B (4). A (5). 不足量 (6). 1 (7). 62g/mol 【解析】 【分析】 (1)从图可知,B与盐酸的曲线的斜率要大,这个斜率就是反应的速率大小,所以两种金属的活动性顺序是B>A,等质量的A、B与同浓度的足量稀盐酸反应,A放出的氢气多(看最后平台对应的纵坐标),所以A的摩尔质量要小; (2)①甲组实验,后面随着金属的量增加,放出的气体增加,故甲组是盐酸过量,乙组实验中,金属质量是甲组的3倍,如果金属全都反应完,产生的气体应该是甲组的3倍,而给出的数据是小于3倍,很明显乙组中的盐酸已经不足了; ②计算最终生成氢气的物质的量,根据H原子守恒计算n(HCl),进而计算c(HCl);甲组实验中金属完全反应,金属都为+2价,根据电子转移守恒,金属物质的量等于氢气物质的量,则金属的平均摩尔质量═。 【详解】(1)从图可知,B与盐酸的速率比A大,所以两种金属的活动性顺序是B>A,等质量的A、B与同浓度的足量稀盐酸反应,A放出的氢气多,所以A的摩尔质量要小,所以两种金属氯化物的摩尔质量是B>A; (2)①甲组实验,随着金属的量增加,放出的气体增加,故甲组是盐酸过量,乙组实验中,金属质量是甲组的3倍,如果金属全都反应完,产生的气体应该是甲组的3倍,而给出的数据是小于3倍,乙组中的盐酸已经不足; ②最终生成氢气的物质的量为=0.25mol,根据H原子守恒n(HCl)=0.25×2=0.5mol,所以c(HCl)= =1mol/L;甲组实验中金属完全反应,金属都为+2价,根据电子转移守恒,金属物质的量等于氢气物质的量,此时生成氢气为 =0.1mol,故金属的平均摩尔质量═=62g/mol。 23.A、B、C、D四种强电解质溶液分别含有下列阴、阳离子中的各一种且不重复:NH、Ba2+、H+、Na+、SO42-、CO32-、NO3-、OH﹣已知:①向A或D中滴入C,均有沉淀生成: ②向A和B中分别滴加D(可加热)均有气体生成(又已知:D和B反应生成的气体能被A吸收),且这两种气体在水中能反应生成D。 试回答下列问题: (1)写出A、B、C、D四种溶液中溶质的化学式: A______________,B______________,C______________,D______________。 (2)将A与D反应生成的气体缓慢通入含KOH、Ca(OH)2、NaAlO2的混合溶液中,生成沉淀的物质的量n与通入气体的体积V的关系可表示______________(填字母)。 【答案】 (1). H2SO4 (2). NaOH (3). Ba(NO3)2 (4). (NH4)2CO3 (5). C 【解析】 【分析】 (1)解答题目的关键是找到突破口,D和A、B都能生成气体,而题给离子中只有H+与CO32-、OH-与NH4+能反应生成气体,故D只能为(NH4)2CO3;在A或D中滴入C,均有沉淀生成,说明A中含有SO42-,C中应含有Ba2+,而A和D反应生成的气体说明A一定是硫酸,产生的气体是二氧化碳,能被B吸收,说明B是一种碱,所以C是硝酸钡,B是氢氧化钠,以此解答该题; (2)只要通入CO2,立刻就有沉淀CaCO3产生;将Ca(OH)2消耗完毕,接下来消耗KOH,因而此段不会产生沉淀(即沉淀的量保持不变);KOH被消耗完毕,接下来消耗KAlO2,有Al(OH)3沉淀生成;又因二氧化碳足量,还可以继续与上面反应的产物K2CO3、CaCO3、发生反应。 【详解】(1)在NH4+、Ba2+、Na+、H+、SO42-、NO3-、OH-、CO32-离子中可能生成的气体有NH3和CO2两种,由D和A、B反应生成,则D中含有CO32-和NH4+离子,应为(NH4)2CO3,在A或D中滴入C,均有沉淀生成,说明A中含有SO42-,C中应含有Ba2+,而A和D反应生成气体说明A一定是硫酸,产生的气体是二氧化碳,能被B吸收,说明B是一种碱,所以C是硝酸钡,B是氢氧化钠; 答案为H2SO4、NaOH、Ba(NO3)2、(NH4)2CO3; (2)通入的CO2先和Ca(OH)2反应生成CaCO3;接着二氧化碳和KOH反应生成K2CO3,二氧化碳和NaAlO2反应生成Al(OH)3;接着和K2CO3反应生成KHCO3;最后二氧化碳和CaCO3反应生成Ca(HCO3)2,符合条件的曲线为选项C。 - 1 -

    • 2020-07-14
    • 下载0次
    • 357.5KB
  • ID:7-7572041 黑龙江省海林市朝鲜族中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题 Word版含解析

    高中化学/期末专区/高一上学期

    海林市朝鲜族中学2019-2020学年高一上学期期末考试 化学试题 H:1?O:16?Na:23?S:32?Cu:64?N:14?Cl:35.5??Fe:56??Ba:137?Mg:24 Al:27 第一部分选择题(40分) 一、选择题(共20小题,每小题2分,满分40分) 1.家庭日常生活经常用到的下列物质中,属于纯净物的是( ) A. 调味用的食醋 B. 纯水降温得到的冰水混合物 C. 炒菜用的铁锅 D. 餐饮用的啤酒 【答案】B 【解析】 【详解】A、溶液都是混合物,错误; B、冰是固态水,纯水降温得到的冰水混合物仍然是纯净的水,属于纯净物,故故选B 物; C、铁锅是铁与碳等的合金,是混合物; D、啤酒是乙醇的溶液是混合物,错误。 2.下列属于电解质的是(  ) A. 稀盐酸 B. 蔗糖 C. 硫酸铜 D. 漂白粉 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题中电解质可知,本题考查电解质概念,运用在熔融状态或水溶液中能导电的化合物称为电解质分析。 【详解】A.稀盐酸是氯化氢气体溶在水中形成的溶液,属于混合物,既不是电解质也不是非电解质,A项错误; B.蔗糖是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物,称为非电解质,B项错误; C.硫酸铜是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物,属于电解质,C项正确; D.漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物,既不是电解质也不是非电解质,D项错误; 答案选C。 【点睛】混合物和单质既不是电解质也不是非电解质。 3.除去镁粉中的少量铝粉,可选用(  ) A. 硫酸 B. 氢氧化钠溶液 C. 水 D. 盐酸 【答案】B 【解析】 【详解】A、D选项由于镁粉、铝粉均能与硫酸、稀盐酸反应,不但能把杂质除去,也会把原物质除去,不符合除杂原则,故A、D错误。 B、镁粉不与氢氧化钠溶液反应、但铝粉能与氢氧化钠溶液反应、反应时能把杂质除去,而且原物质也保留,符合除杂原则,故B正确。 C、镁粉能与热水反应,铝粉不能反应,不符合除杂原则。故C错误。 4.下列事实与胶体性质无关是 A. 豆浆中加入CaSO4制豆腐 B. 清晨在茂密的森林里看到缕缕阳光穿过林木枝叶 C. FeCl3溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀 D. 使用钢笔时不宜将不同品牌的墨水混用 【答案】C 【解析】 【详解】A.豆浆是胶体,具有胶体的性质,向豆浆中加入电解质CaSO4,胶体会发生聚沉现象,故可以制豆腐,与胶体的性质有关,错误; B.空气属于胶体,在清晨在茂密的森林里看到缕缕阳光穿过林木枝叶就是胶体使光的散射作用,与胶体的性质有关,错误; C. FeCl3溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀是发生复分解反应产生难溶性的物质,与胶体的性质无关,正确; D. 墨水属于胶体,不同胶体带有的电荷种类可能不相同,当使用钢笔时若将不同品牌的墨水混用,可能会发生聚沉现象,使钢笔堵塞,因此不能混合使用,与胶体的性质有关,错误。 5.下列关于物质的量的说法,错误的是 A. 物质量指的是物质所含构成粒子数的多少,它的单位是“摩尔” B. 1mol H2O含有6.02×1023个水分子 C. 1mol H2O的质量是18g D. 1mol H2O蒸汽的体积是22.4L 【答案】D 【解析】 【详解】A.物质的量的符号为n,表示物质所含构成粒子数的多少,它的单位是“摩尔”,符号为mol,故A正确; B.阿伏加德罗常数的值约为6.02×1023,1mol H2O约含有6.02×1023个水分子,故B正确; C.1mol H2O的质量是:18g/mol×1mol=18g,故C正确; D.标况下水不是气体,1mol水蒸气不是标况下,不能使用标况下气体摩尔体积计算水的体积,故D错误; 故答案选D。 【点睛】本题考查了物质的量及其单位的判断,注意掌握物质的量的概念、单位及表示的意义,明确物质的量与阿伏加德罗常数、摩尔质量等物理量之间的转化关系。尤其要注意气体摩尔体积和阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。 6.能用酒精灯直接加热的一组仪器是( ) A. 蒸馏烧瓶、漏斗 B. 容量瓶、冷凝管 C. 坩埚、试管 D. 分液漏斗、烧杯 【答案】C 【解析】 【详解】A、蒸馏烧瓶需加石棉网加热,漏斗不能加热,错误; B、容量瓶是配制溶液的仪器,不能加热,冷凝管也不能加热,错误; C、坩埚、试管豆可以直接加热,正确; D、分液漏斗不能用于加热,烧杯需垫石棉网加热,错误,答案选C。 7.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。 8.下列溶液中物质的量浓度为1mol/L的是( ) A. 将40g NaOH溶解在1L水中 B. 将22.4L HCl气体溶于水配成1L溶液 C. 将1L 10 mol/L浓盐酸加入9L水中 D. 将10g NaOH溶于少量水,在稀释到溶液为250ml 【答案】D 【解析】 【详解】A.n(NaOH)==1mol,1L水为溶剂的体积,则所得溶液体积不是1L,其浓度不是1mol/L,故A错误; B.状况未知,22.4L HCl气体的物质的量不一定是1mol,则浓度不一定是1mol/L,故B错误; C.1L?10?mol?L-1浓盐酸加入9L水中,HCl的物质的量为10mol,但溶液的总体积小于10L,浓度不是1mol/L,故C错误; D.10g NaOH的物质的量为n(NaOH)==0.25mol,溶于少量水,在稀释到溶液为250ml,所得溶液的浓度为=1mol/L,故D正确; 故答案为D。 9.从1 L 1 mol/L NaOH溶液中取出100 mL,下列关于这100 mL溶液的叙述中错误的是 A. 含NaOH 0.1 mol B. 浓度为 1 mol/L C. 含NaOH 4 g D. 浓度为0.1 mol/L 【答案】D 【解析】 【详解】从1 L 1 mol/L NaOH溶液中取出100 mL,溶液的浓度不变,所以 A、100mL1 mol/L NaOH溶液中含NaOH0.1 mol,A正确; B、从1 L 1 mol/L NaOH溶液中取出100 mL,溶液的浓度不变,仍然是1mol/L,B正确; C、100 mL 1 mol/L NaOH溶液中含NaOH0.1 mol,质量为4 g,C正确; D、浓度不变仍为1 mol/L,D错误; 答案选D。 10.下列实验操作中,错误的是(  ) A. 分液时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出 B. 用100 mL容量瓶配制90mL1mol/L的NaOH溶液 C. 用量筒量取5.65mL的浓硫酸 D. 用托盘天平准确称取3.2gNaCl固体 【答案】C 【解析】 【详解】A. 分液时,避免上下层液体混合,则分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,故A正确; B. 容量瓶具有规定的规格,不存在90mL容量瓶,则用100?mL容量瓶配制90mL1mol/L的NaOH溶液,故B正确; C. 量筒的感量为0.1mL,则用量筒量取5.6mL或5.7mL的浓硫酸,故C错误; D. 托盘天平的感量为0.1g,则用托盘天平准确称取3.2gNaCl固体,故D正确; 答案选C 11. 下列物质中能使干燥的有色布条褪色的是 A. 氯水 B. 液氯 C. 氯气 D. 次氯酸 【答案】D 【解析】 【详解】能使干燥的有色布条褪色说明该物质具有漂白性,氯气、液氯均不具备漂白性故B、C项错误;氯水能使干燥的有色布条褪色但起漂白作用的是溶液中的次氯酸,故A项错误,D项正确。 12.汽车剧烈碰撞时,安全气囊中发生反应:10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑下列说法正确的是(  ) A. KNO3是还原剂,其中氮元素被氧化 B. 生成物中的N2是氧化产物,K2O是还原产物 C. 每转移1 mol电子,可生成N2的体积为35.84 L D. 若有65 g NaN3参加反应,则被氧化的N的物质的量为3 mol 【答案】D 【解析】 【详解】A、KNO3中氮元素化合价由+5价降低为0价,KNO3是氧化剂。氮元素被还原;NaN3中氮元素化合价由升高为0价,NaN3为还原剂,A错误; B、根据A中分析可知N2既是氧化产物又是还原产物,K2O不是还原产物,也不是氧化产物,B错误; C、由方程式可知转移10mol电子,产生16mol气体,现若转移1mol电子,产生1.6mol气体,在标准状况下N2的体积为35.84 L,其他条件下不一定是35.84L,C错误; D、若有65 g NaN3即1mol氮化钠参加反应,则被氧化的N的物质的量为3 mol,D正确。 答案选D。 13.在强酸性溶液中,下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是 A. Na+、K+、OH-、Cl- B. Na+、Cu2+ 、SO42-、NO3- C. Mg2+、Na+、SO42-、Cl- D. Ba2+、HCO3-、NO3-、K+ 【答案】C 【解析】 【详解】A选项,强酸性H+与OH-反应生成水,不能共存,故A错误; B选项,强酸性都共存,但Cu2+是蓝色,故B错误; C选项,强酸性H+,Mg2+、Na+、SO42-、Cl-都共存,故C正确; D选项,强酸性H+与HCO3-反应生成二氧化碳和水,不能共存,故D错误; 综上所述,答案为C。 【点睛】记住有颜色的离子,铜离子:蓝色,铁离子:黄色,亚铁离子:浅绿色,高锰酸根:紫色。 14.设NA为阿伏加德罗常数,如果ag某气体含分子数为P,则bg该气体在标准状况下的体积V(L)是(  ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题意可知,本题考查物质的量的相关计算,运用分析。 【详解】ag气体的物质的量为,气体摩尔质量为,bg该气体的物质的量为,标况下bg气体的体积为, 答案选D。 15.分类是化学研究中常用的方法。下列分类方法中,正确的是( ) A. 根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属 B. 依据组成元素的种类,将纯净物分为单质和化合物 C. 根据氧化物中是否含有金属元素,将氧化物分为碱性氧化物和酸性氧化物 D. 根据分散系的稳定性大小,将分散系分为胶体、浊液和溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A.不能根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属,H元素的原子最外层只有一个电子,却是非金属元素,故A错误; B.单质是由同种元素组成的纯净物,化合物是由不同元素组成的纯净物,它们的区别在于是否由同种元素组成,依据组成元素的种类,将纯净物分为单质和化合物,故B正确; C.根据氧化物的性质将氧化物分为酸性,碱性和两性氧化物,能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物,能和酸反应生成盐和水的氧化物称为碱性氧化物,既能和酸反应又能和碱反应生成盐和水的氧化物称为两性氧化物,故C错误; D.分散系的分类依据是分散质离子直径大小,根据分散质粒子直径大小不同将混合物分为胶体、溶液和浊液,故D错误; 16.有关Na2CO3 和 NaHCO3的说法正确的是(  ) A. 水溶性Na2CO3<NaHCO3 B. 二者都能与酸反应生成CO2 C. 热稳定性Na2CO3<NaHCO3 D. 二者在相同条件下可相互转化 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题中Na2CO3 和 NaHCO3可知,本题考查钠的重要化合物,运用Na2CO3 和NaHCO3的性质分析。 【详解】A.碳酸钠在水中的溶解性大于碳酸氢钠,故A错误; B.碳酸钠和碳酸氢钠都能与盐酸反应生成二氧化碳,故B正确; C.碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠,所以热稳定性Na2CO3>NaHCO3,故C错误; D.二者在相同条件下不能相互转化,故D错误; 答案选B。 【点睛】碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠:2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ 17.下列离子方程式书写正确的是(  ) A. 铁粉放入稀硫酸溶液:2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑ B. 往NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热:NH4++OH﹣NH3↑+H2O C. 石灰石与稀盐酸反应:CO32﹣+2H+═ CO2↑+H2O D. Cl2通入水中:Cl2+H2O = H++Cl﹣+HClO 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题中离子方程式可知,本题考查离子方程式的书写,运用离子方程式的书写步骤分析。 【详解】A.铁粉放入稀硫酸溶液生成硫酸亚铁和氢气,正确的离子方程式为:Fe+2H+═Fe2++H2↑,故A错误; B.往NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热,碳酸氢根离子也参加反应,正确的离子方程式为:HCO3?+NH4++2OH?=NH3↑+2H2O+CO32?,故B错误; C.碳酸钙不能拆开,正确的离子方程式为:CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑,故C错误; D. Cl2通入水中生成HCl和HClO,反应的离子方程式为:Cl2+H2O?H++Cl?+HClO,故D正确; 答案选D。 18.密度为0.91g·mL-1的氨水,质量分数为25%。该氨水用等体积的水稀释后,所得溶液中溶质的质量分数( ) A. 等于12.5% B. 大于12.5% C. 小于12.5% D. 无法确定 【答案】C 【解析】 【分析】 设浓氨水的体积为V,稀释前后溶液中溶质的质量不变,氨水的密度小于水的密度,浓度越大密度越小,稀释后得到氨水的密度应大于0.91g·cm-3,据此解答。 【详解】设浓氨水的体积为V,密度为ρ浓,稀释后密度为ρ稀,稀释前后溶液中溶质的质量不变,则:稀释后质量分数ω=,氨水的密度小于水的密度,浓度越大密度越小,所以ρ浓<ρ稀,所以<12.5%, 答案选C。 【点睛】该题的易错点在于氨水的浓度确定,由于氨水的密度小于水,浓度越大的氨水,氨水所占的比重越大,溶液的密度越小。 19.相同物质的量的SO2和SO3相比较,下列叙述正确的是 ①分子数之比为1:1 ②所含O原子数之比为2:3③原子总数之比为3:4 ④S原子数之比为1:1 ⑤质子数之比4:5 A. ①②③④⑤ B. ②③ C. ①⑤ D. ③④⑤ 【答案】A 【解析】 【详解】根据化学式可知,在物质的量相等的条件下,二者的分子数之比是1︰1,氧原子数之比是2︰3;硫原子数之比是1︰1,原子数之比是3︰4,质子数之比是32︰40=4︰5,所以正确的答案选A。 20.下列对于某些离子的检验及结论正确的是 A. 某溶液加入稀盐酸产生无色气体,将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,则一定含有CO32一 B. 某溶液加入氢氧化钠溶液,加热,产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则一定含有NH4+ C. 某溶液滴入BaCl2溶液,再滴加稀盐酸,产生白色沉淀,则一定含有SO42一 D. 某溶液加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,再加盐酸白色沉淀消失,则一定含有Ba2+ 【答案】B 【解析】 【详解】A、某溶液加入稀盐酸产生无色气体,将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,该气体是二氧化碳或二氧化硫,则溶液中不一定含有CO32一,故A错误; B、,加入氢氧化钠溶液,加热,产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则一定含有NH4+,故B正确; C、某溶液滴入BaCl2溶液,再滴加稀盐酸,产生白色沉淀,则溶液中可能含有SO42一或Ag+,故C错误; D、某溶液加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,再加盐酸白色沉淀消失,则溶液中可能含有Ba2+或等,故D错误。 答案选B。 第二部分非选择题(60分) 二、填空题(共1小题,共20分) 21.(1)配平以下方程式 K2Cr2O7+__HC1=__KC1+__CrCl3+__H2O+__Cl2↑ 以上反应中失电子的物质是_________,还原产物是______,每生成lmol这种还原产物,将有_________mol电子发生转移.氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________. (2)人体内的铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在。Fe2+易被吸收,所以补铁时,应补充含Fe2+的亚铁盐。服用维生素C可使食物中的Fe3+转化成Fe2+,利于人体对铁的吸收。 Ⅰ人体中经常进行Fe2+与Fe3+的转化,可表示为Fe2+Fe3+。在过程A中,Fe2+作__________剂,过程B中,Fe3+作____________剂。 Ⅱ“服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+”这句话指出,维生素C在这个反应中作_______剂,具有_____________性。 (3)已知反应:2H2S+H2SO3=2H2O+3S↓,若氧化产物比还原产物多1.6g,则冋时会生成水的质量为____g. (4)除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3杂质用______方法,化学方程式为_______. (5)向FeBr2溶液中通入足量Cl2(己知氧化性Cl2>Br2>Fe3+)化学方程式为_______ 【答案】 (1). 14 (2). 2 (3). 2 (4). 7 (5). 3 (6). HCl (7). CrCl3 (8). 3 (9). 1:6 (10). 还原 (11). 氧化 (12). 还原 (13). 还原 (14). 1.8g (15). 加热 (16). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ (17). 3Cl2+2FeBr2=2FeCl3+2Br2 【解析】 【分析】 (1)分析反应中各元素化合价变化,依据氧化还原反应得失电子守恒,原子个数守恒配平方程式;反应物中所含元素化合价升高的为还原剂,对应氧化产物,所含元素化合价降低的 反应物为氧化剂,对应还原产物;依据K2Cr2O7+14HCl(浓)=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O,解答; (2)Ⅰ.由Fe2+Fe3+可知,在过程A亚铁离子中Fe元素的化合价升高,过程B中Fe离子中Fe元素的化合价降低,据此分析; Ⅱ.维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+,Fe元素的化合价降低,则维生素C中某元素的化合价升高,据此分析; (3)反应中H2S中S氧化化合价升高,SO2中S元素化合价降低,氧化产物为2mol,还原产物为1mol,此时氧化产物比还原产物多32g,据方程式计算; 【详解】(1)K2Cr2O7+__HC1=__KC1+__CrCl3+__H2O+__Cl2↑中, K2Cr2O7中+6价Cr化合价降为CrCl3中+3价,反应1molK2Cr2O7,得到6mol电子,HCl中?1价的Cl化合价升高为Cl2中的0价,生成1molCl2失去2mol电子,依据得失电子守恒可知:CrCl3系数为2,Cl2系数为3,然后根据反应前后各种原子个数相等配平,故方程式K2Cr2O7+14HC1=2KC1+2CrCl3+7H2O+3Cl2↑;反应中HCl中?1价的Cl化合价升高为Cl2中的0价,所以HCl为还原剂失电子,Cl2为氧化产物,K2Cr2O7中+6价Cr化合价降为CrCl3中+3价,所以K2Cr2O7为氧化剂,CrCl3为还原产物; 反应中生成2mol还原产物CrCl3时,有6mol电子发生转移,因此每生成lmol这种还原产物,将有3mol电子发生转移;从反应中得14HCl中有6HCl价态发生变化,还有8个未发生变化,故作还原剂的为6mol,氧化剂K2Cr2O7为1mol,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6; 故答案为:14;2;2;7;3;HCl;CrCl3;3;1:6; (2) Ⅰ.由Fe2+Fe3+可知,在过程A亚铁离子中Fe元素的化合价升高,则Fe2+为还原剂,过程B中Fe离子中Fe元素的化合价降低,则Fe3+做氧化剂, 故答案为:还原;氧化; Ⅱ.“维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+,Fe元素的化合价降低,则维生素C中某元素的化合价升高,则维生素C为还原剂,具有还原性, 故答案为:还原;还原; (3)反应2H2S+SO2═3S↓+2H2O中,生成3molS,氧化产物为2mol,还原产物为1mol,此时氧化产物比还原产物多32g,同时会生成水2mol,若氧化产物比还原产物多1.6g,同时会生成水0.1mol,质量是1.8g; 故答案为:1.8. (4)碳酸氢钠不稳定,受热分解生成碳酸钠和水、二氧化碳,所以除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3杂质用加热的方法,方程式为:2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑; 故答案为:加热;2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑; (5)向FeBr2溶液中通入足量Cl2,因氧化性Cl2>Br2>Fe3+,则二价铁离子被氧化,溴离子也被氧化,方程式为3Cl2+2FeBr2=2FeCl3+2Br2, 故答案为:3Cl2+2FeBr2=2FeCl3+2Br2。 三、推断题(共1小题,共8分) 22.由核电荷数1~18的某些元素组成的单质 A、B、C和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物有下图所示的转换关系,A是地壳中含量最多的金属元素。 请回答下列问题: (1)写出下列物质的化学式:乙__________、丁__________、戊__________. (2)写出甲物质在工业上的一种主要用途:__________。 (3)写出甲→乙+丙反应的离子方程式:__________。 (4)A→乙+C反应的化学方程式:__________。 【答案】 (1). .NaAlO2 (2). AlCl3 (3). Al(OH)3 (4). 冶炼金属铝的原料或作耐火材料(坩埚等) (5). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (6). 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2 ↑ 【解析】 【分析】 A是地壳中含量最多的金属元素,则A为铝,结合转换关系图可得B为氧,C为氢;甲为Al2O3,乙为NaAlO2、丙为H2O、丁为AlCl3、戊为Al(OH)3,据此分析可得结论。 【详解】(1)甲既能与酸反应又能与碱反应,应为Al2O3或Al(OH)3,甲由单质A和B反应生成,应为Al2O3,则A为Al,B为O2,C为H2,乙为NaAlO2,丁为AlCl3,丙为H2O,戊为Al(OH)3,故答案为NaAlO2;AlCl3;Al(OH)3; (2)甲为Al2O3,硬度大,熔点高,可做手表轴承或耐火材料,工业用电解Al2O3的方法冶炼铝,故答案为冶炼金属铝的原料或作耐火材料(坩埚等); (3)甲→乙+丙反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O,故答案为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O; (4)A→乙+C反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2 ↑,故答案为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2 ↑。 四、实验题(共2小题,共22分) 23.制取氨气并完成喷泉实验(图中夹持装置均已略去)。 (1)写出实验室用氯化铵和氢氧化钙制取氨气的化学方程式________。 (2)收集氨气应用_____法,要得到干燥的氨气可选用_______做干燥剂。 (3)用图1装置进行喷泉实验,上部烧瓶已装满干燥氨气,引发水上喷的操作是___________。该实验的原理是_________________。 (4)如果只提供如图2的装置,请说明引发喷泉的方法________。 【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2 2NH3↑+CaCl2+2H2O (2). 向下排空气 (3). 碱石灰 (4). 打开止水夹,挤出胶头滴管中的水 (5). NH3极易溶解于水,致使烧瓶内气体压强迅速减小 (6). 打开夹子,用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热,NH3受热膨胀,赶出玻璃导管内的空气和水,NH3与水接触,即发生喷泉 【解析】 【分析】 (1)根据验室用熟石灰和氯化铵在加热条件下反应制备氨气来书写化学方程式; (2)根据氨气的物理性质选择收集方法,根据氨气水溶液呈碱性选择干燥方法; (3)利用氨气极易溶于水,形成压强差而形成喷泉; (4)加热时烧瓶内压强增大,气体体积膨胀,当氨气与水接触时会导致烧瓶内压强减小; 【详解】(1)实验室用熟石灰和氯化铵在加热条件下反应制备氨气, 反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 2NH3↑+CaCl2+2H2O, 故答案为:2NH4Cl+Ca(OH)2 2NH3↑+CaCl2+2H2O; (2)氨气极易溶于水,不能用排水法收集,密度比空气小,用向下排空气法收集,氨气为碱性气体,用碱石灰干燥, 故答案为:向下排空气;碱石灰; (3)氨气极易溶于水,如果打开止水夹,氨气溶于水后烧瓶内压强迅速减小,而形成喷泉, 故答案为:打开止水夹,挤出胶头滴管中的水;NH3极易溶解于水,致使烧瓶内气体压强迅速减小; (4)加热时烧瓶内压强增大,气体体积膨胀,当氨气与水接触时,因氨气极易溶于水而导致烧瓶内压强迅速减小而形成喷泉, 故答案为:打开夹子,用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热,NH3受热气体膨胀,赶出玻璃导管内的空气,氨气与水接触,即发生喷泉。 【点睛】能形成喷泉的组合 (1)UTP(常温常压下),NH3、HCl、SO2、NO2 与水组合能形成喷泉。    (2)酸性气体与NaOH(aq)组合能形成喷泉,例如CO2与NaOH,SO2与NaOH等。    (3)有机气体与有机溶剂组合也能形成喷泉。 (4)O2、N2、H2 等不溶于水的气体,设计一定实验条件将其反应掉,也能形成喷泉。 24.请用下列装置设计一个实验,证明Cl2的氧化性比I2的氧化性强。 请回答下列问题: (1)若气流从左到右,则上述仪器的连接顺序为D接E,______接_____,_____接____。 (2)圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为____________。 (3)证明Cl2比I2的氧化性强的实验现象是_____________,反应的离子方程式是________。 (4)装置②的作用是___________。 (5)若要证明Cl2的氧化性比Br2强,则需做的改动是_________。 【答案】 (1). F (2). B (3). A (4). C (5). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (6). 装置①中KI-淀粉溶液出现蓝色 (7). Cl2+2I-=2Cl-+I2 (8). 吸收多余的氯气 (9). 将①中KI淀粉溶液换成NaBr溶液 【解析】 【分析】 证明Cl2的氧化性比I2的氧化性强,先由④制备氯气,反应方程式为:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,将氯气通入①中发生反应:Cl2+2I-=2Cl-+I2,淀粉遇碘变蓝,氯气有毒,多余氯气用氢氧化钠溶液吸收; (1)设计实验证明Cl2的氧化性比I2的氧化性强的装置依次是:制取氯气,氯气氧化碘离子,尾气处理; (2)用二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气; (3)碘遇淀粉变蓝色即可证明氯气的氧化性强于碘; (4)涉及氯气的实验必须进行尾气处理; (5)氯气能将溴离子氧化为单质,证明氯气的氧化性强于溴. 【详解】(1)制取氯气的装置为:DEF,氯气氧化碘离子的实验装置为:BA,尾气处理连C,导管要长进短出, 故答案:F;B;A;C; (2)用二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气,反应方程式为:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O 故答案为:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O; (3)氯气能将碘离子氧化为碘单质,即2I-+Cl2=I2+2Cl-,碘遇淀粉变蓝色,证明Cl2比I2的氧化性强, 故答案为:装置①中KI-淀粉溶液出现蓝色;2I-+Cl2=I2+2Cl-; (4)涉及氯气的实验必须进行尾气处理,装置②用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气, 故答案为:吸收多余的氯气; (5)氯气能将溴离子氧化为单质,可以证明氯气的氧化性强于溴,所以将装置①中KI-淀粉溶液改为NaBr溶液即可证明, 故答案为:将①中KI淀粉溶液换成NaBr溶液。 五、计算题(共1小题,共10分) 25.将1.95g由Na2SO4和Na2CO3组成的混合物溶于水得溶液A,在A中加入10mL未知的BaCl2溶液恰好完全反应,过滤得沉淀B,向B中加入足量稀盐酸,充分反应后剩余沉淀2.33g。计算: (1)原混合物中Na2CO3的质量分数_______________。 (2)BaCl2溶液的物质的量浓度_______________。 【答案】 (1). 设混合物中硫酸钠的质量为x Na2SO4-----------------------BaSO4 142 233 X 2.33g 列比例解得X=1.42g 故混合物中碳酸钠的质量为1.95g-1.42g=0.53g (2). 碳酸钠的质量分数为0.53g/1.95g×100%=27.2% Na2SO4-―――BaCl2 Na2CO3-----BaCl2 BaCl2的物质的量为1.42/142+0.53/106=0.015mol BaCl2的物质的量浓度为:0.015/0.01=1.5mol/L 【解析】 本题主要考查有关物质的量的计算。 (1)剩余沉淀是硫酸钡。m(Na2SO4)=2.33g×132/142=1.42g,m(Na2CO3)=1.95g-1.42g=0.53g,原混合物中Na2CO3的质量分数为0.53/1.95=27.2%。 (2)n(Na2SO4)=1.42/142mol=0.01mol,\n(Na2CO3)=0.53/106mol=0.005mol,n(BaCl2)= n(Na2SO4)+n(Na2CO3)=0.015mol,c(BaCl2)=0.015mol/0.01L=1.5mol/L。 - 1 -

    • 2020-07-14
    • 下载0次
    • 279KB
  • ID:7-7571797 甘肃省武威市十八中2020届高三上学期期末考试化学试题 含解析

    高中化学/期末专区/高三

    武威市十八中2020届高三上学期期末考试 化学试题 一、选择题 1.化学与社会、生活、生产密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是 选项 现象或事实 解释 A 明矾用于净水 明矾具有消毒杀菌的作用 B “地沟油”可以用来制生物柴油 其主要成分和从石油中提取的柴油类似 C 钢铁在海水中比在河水中更易腐蚀 海水中含氧量高于河水 D? 含硫煤中加入适量石灰石可减少对大气的污染 使煤燃烧产生的SO2最终生成CaSO4 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 A.明矾没有强氧化性,没有消毒杀菌的作用,故A错误;B.生物柴油的主要成分是脂肪酸甲酯,是酯类化合物,是动植物油脂与甲醇通过酯化反应得到的;而石化柴油属于烃类物质,是从石油里面提炼出来的,故B错误;C.海水中含有电解质氯化钠,氯化钠可与钢铁形成原电池,原电池能加快化学反应速率,故C错误;D.向煤中加入适量石灰石,石灰石与煤燃烧时产生的SO2及空气中的O2反应,生成CaSO4和CO2,故D正确;故选D。 2.用NA表示阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是 A. 2.1g丙烯中所含的共用电子对总数为0.3NA B. 4.6gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子数为0.1NA C. 过氧化氢分解制得标准状况下2.24LO2,转移电子数目为0.4NA D. 在高温高压、催化剂的条件下,56gN2和12gH2充分反应,生成NH3的分子数为4NA 【答案】B 【解析】 A、2.1g丙烯的物质的量为=0.05mol,0.05mol丙烯中含有0.15mol碳碳共用电子对、0.3mol碳氢共用电子对,总共含有0.45mol共用电子对,所含的共用电子对总数为0.45NA,故A错误;B、4.6gNO2和N2O4的混合气体含有最简式NO2的物质的量为0.1mol,含有1mol氮原子,含有的氮原子数为0.1NA,故B正确;C、标况下2.24L氧气的物质的量为=0.1mol,生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子,转移电子数目为?0.2NA,故C错误;D、56g氮气的物质的量为2mol,12g氢气的物质的量为6mol,由于合成氨的反应为可逆反应,所以充分反应后生成氨气的物质的量小于4mol,生成NH3的分子数小于4NA,故D错误;故选B。 点睛:本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,选项D为易错点,注意可逆反应的特点。 3.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素,A原子的最外层电子数为内层电子数的2倍,B原子的M电子层有1个电子,C的氢氧化物既能与强酸反应又能与强碱反应,D的最高正价和最低负价的代数和为4,E在同周期主族元素中原子半径最小。下列叙述错误的是 A. 元素C位于周期表中第三周期ⅢA族 B. 熔融电解化合物CE3可制取单质C C. D的最高价含氧酸的浓溶液与单质A共热时能生成三种氧化物 D. 化合物B2D2中既含离子键又含非极性共价键 【答案】B 【解析】 【分析】 A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素,A原子的最外层电子数为内层电子数的2倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为4,故A为碳元素;B原子的M电子层有1个电子,则B为Na;C的氢氧化物既能与强酸反应又能与强碱反应,则C为Al;D的最高正价和最低负价的代数和为4,则D为S;E在同周期主族元素中原子半径最小,则E为Cl,据此分析解答。 【详解】A.C为Al,处于周期表中我第三周期ⅢA族,故A正确; B.AlCl3属于共价化合物,熔融状态下不导电,工业上电解熔融氧化铝冶炼Al,故B错误; C.D的最高价含氧酸的浓溶液为浓硫酸,与碳共热时生成二氧化碳、二氧化硫与水,故C正确; D.化合物Na2O2属于离子化合物,含有离子键,过氧根离子中氧原子之间形成非极性共价键,故D正确; 答案选B。 4.某反应由两步反应A→B→C构成,它的反应能量曲线如图(E1、E2、E3、E4表示活化能).下列有关叙述正确的是(  ) A. 三种化合物中B最稳定 B. A→B为吸热反应,B→C为放热反应 C. 加入催化剂会改变反应的焓变 D. 整个反应的△H=E1﹣E2 【答案】B 【解析】 【详解】A. 能量越低,越稳定,从图中可知,C的能量最低,C最稳定,A错误; B.A→B的过程中,B的能量大于A的能量为吸热反应,B→C的过程中,B的能量大于C的能量为放热反应,B正确; C.加入催化剂不会改变反应前后物质的能量,所以焓变不变,C错误; D.整个反应中△H =E1-E2+E3-E4,故D错误。 答案选B。 5.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na-CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液,钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料,电池的总反应为:3CO2+4Na2Na2CO3+C。下列说法错误的是( ) A. 放电时,ClO4-向负极移动 B. 充电时释放CO2,放电时吸收CO2 C. 放电时,正极反应为:3CO2+4e-=2CO32-+C D. 充电时,正极反应为:Na++e-=Na 【答案】D 【解析】 【分析】 原电池中负极发生失去电子的氧化反应,正极发生得到电子的还原反应,阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,充电可以看作是放电的逆反应,据此解答。 【详解】A. 放电时是原电池,阴离子ClO4-向负极移动,A正确; B. 电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C,因此充电时释放CO2,放电时吸收CO2,B正确; C. 放电时是原电池,正极是二氧化碳得到电子转化为碳,反应为:3CO2+4e?=2CO32-+C,C正确; D. 充电时是电解,正极与电源的正极相连,作阳极,发生失去电子的氧化反应,反应为2CO32-+C-4e?=3CO2,D错误。答案选D。 【点睛】本题以我国科学家发表在化学顶级刊物上的“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次电池”为载体考查了原电池和电解池的工作原理,掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键,注意充电与放电关系的理解。本题很好的弘扬了社会主义核心价值观个人层面的爱国精神,落实了立德树人的教育根本任务。 6.一定温度下,在1L恒容密闭容器中加入lmol的N2(g)和3molH2(g)发生反应:N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H<0, NH3的物质的量与时间的关系如下表所示,下列说法不正确的是( ) 时间(min) 0 t1 t2 t3 NH3物质的量(mol) 0 0.2 0.3 0.3 A. 0~t1min,v(NH3)=0.2/t1mol·L-1·min-1 B. t3时再加入1mol的N2(g)和3molH2(g),反应达新平衡时,c(N2)>0.85mol·L-1 C. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的活化能小于2NH3(g) N2(g)+3H2(g)的活化能 D. 升高温度,可使正反应速率减小,逆反应速率增大,故平衡逆移 【答案】D 【解析】 【详解】A. 0~t1min时生成NH3的浓度==0.2mol/L,生成NH3的平均反应速率==mol·L-1·min-1,A项正确; B.由表格数据可知,第t3时反应已处于平衡状态,根据反应方程式N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)可知此时消耗N2的物质的量==×0.3mol=0.15mol,所以平衡时N2的浓度c(N2)==0.85mol/L。当t3时再加入1mol的N2(g)和3molH2(g)时,尽管平衡向正反应方向移动,但加入的1molN2不可能完全转化,所以再次平衡时c(N2)>0.85mol/L,B项正确; C. 因为合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是放热反应,其能量关系图可表示为:(其中E1为正反应的活化能,E2为逆反应的活化能),显然合成氨的活化能(E1)小于其逆反应2NH3(g) N2(g)+3H2(g)活化能(E2),C项正确; D.升高温度,正反应速率和逆反应速率都增大,平衡向吸热反应方向移动,即向逆反应方向移动,D项错误; 答案选D。 7.下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是( ) ①无色溶液中:K+、Cu2+、Na+、SO42﹣ ②碱性溶液中:CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣ ③酸性溶液中:Fe2+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣ ④加入Al能放出H2的溶液中:Cl﹣、HCO3﹣、NO3﹣、NH4+ ⑤能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液:Na+、Cl﹣、S2﹣、ClO﹣ ⑥含Fe2+的溶液中:Na+、Ba2+、Cl﹣、I﹣ A. ①② B. ②③ C. ②⑥ D. ②⑤⑥ 【答案】C 【解析】 【详解】①无色溶液中不存在有色离子,Cu2+为有色离子,在溶液中不能大量共存,故①错误; ②碱性溶液中:CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣离子间不反应,能够大量共存,故②正确; ③酸性溶液中:Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应,不能大量共存,故③错误; ④加入Al能放出H2的溶液中存在大量H+或OH-,HCO3-、NH4+离子与氢氧根离子反应,HCO3-与氢离子反应,在溶液中不能够大量共存,故④错误; ⑤能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液中存在大量OH-,S2-、ClO-离子之间发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,故⑤错误; ⑥含Fe2+的溶液中:Na+、Ba2+、Cl﹣、I﹣离子间不反应,能够大量共存,故⑥正确; 综合以上分析可知,只有②⑥正确; 综上所述,本题选C。 8.处于平衡状态的反应:2H2S(g)2H2(g)+S2(g) ΔH>0,不改变其他条件的情况下,下列叙述正确的是( ) A. 加入催化剂,反应途径将发生改变,ΔH也将随之改变 B. 升高温度,正、逆反应速率都增大,H2S分解率也增大 C. 增大压强,平衡向逆反应方向移动,将引起体系温度降低 D. 若体系恒容,注入一些H2后达新平衡,H2的浓度将减小 【答案】B 【解析】 【分析】 A. 加入催化剂,反应速率加快,反应的活化能降低; B. 升高温度,反应速率加快,平衡向吸热的方向移动; C. 增大压强,平衡向体积缩小的方向移动; D. 增大生成物的浓度,平衡移向移动。 【详解】A.加入催化剂,反应途径将发生改变,但根据盖斯定律反应的始态和终态不变,反应的ΔH不会改变,A项错误; B.升高温度,正逆反应速率都增大,平衡向吸热反应方向移动,所以平衡正向移动,H2S分解率增大,B项正确; C.该反应随反应进行气体分子数增多,增大压强,化学平衡逆向移动,由于正反应吸热,所以平衡逆向移动体系温度升高,C项错误; D.恒容体系中充入H2平衡逆向移动,但平衡移动的趋势是很微弱的,只能减弱这种改变,不能抵消这种改变,因此再次平衡时H2的浓度比原来的大,D项错误; 答案选B。 9.下图曲线a表示放热反应 X(g) + Y(g)Z(g) + M(g) + N(s) △H <0进行过程中X的转化率随时间变化的关系。若要改变起始条件,使反应过程按b曲线进行,可采取的措施是( ) A. 升高温度 B. 加大X投入量 C. 加催化剂 D. 增大体积 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A.升高温度,化学反应速率加快,由于正反应是放热反应,升高温度平衡逆向移动,X的平衡转化率减小,而图像中平衡时X的转化率不变,改变的条件不可能是升高温度,A不选; B.加大X的投入量,增大反应物浓度,化学反应速率加快,平衡正向移动,X的平衡转化率减小,而图像中平衡时X的转化率不变,改变的条件不可能是加大X的投入量,B不选; C.加催化剂,化学反应速率加快,缩短达到平衡时间,平衡不移动,X的平衡转化率不变,与图像吻合,改变的条件可以是加催化剂,C选; D.增大体积,即减小压强,化学反应速率减慢,达到平衡的时间边长;由于反应前后气体分子数不变,减小压强平衡不移动,X的平衡转化率不变,而图像中b曲线达到平衡的时间比a曲线短,改变的条件不可能是增大体积,D不选; 答案选C。 10.以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池,采用电解法制备 Fe(OH)2,装置如图所示,其中电解池两极材料分别为铁和石墨,通电一段时间后,右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。则下列说法正确的是( ) A. 石墨电极Ⅱ处的电极反应式为O2+4e-===2O2- B. X是铁电极 C. 电解池中有1mol Fe溶解,石墨Ⅰ耗H2 22.4 L D. 若将电池两极所通气体互换,X、Y两极材料也互换,实验方案更合理。 【答案】D 【解析】 【分析】 左边装置是原电池,通入氢气的电极I是负极,发生氧化反应;通入氧气的电极II是正极,正极发生还原反应。右边装置是电解池,X是阴极、Y是阳极,Fe作阳极发生氧化反应,据此分析解答。 【详解】左边装置是原电池,通入氢气的电极I是负极、通入氧气的电极II是正极,负极反应式为H2-2e-+CO32-=CO2+H2O,正极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-。右边装置是电解池,X是阴极、Y是阳极,阴极反应式为2H2O +2e-=H2↑+2OH-,阳极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH) 2↓。 A.通入氧气的电极II是正极,正极上氧气获得电子,发生还原反应,电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-,A错误; B.X与负极连接,作阴极,Y与电源正极连接,作阳极,要制取Fe(OH) 2,阳极Y必须是铁电极,X电极为石墨电极,B错误; C.电解池中有1mol Fe溶解,失去2mol电子,根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知在石墨Ⅰ耗H21mol,但未指明气体所处的条件,因此不能确定氢气的体积就是 22.4 L,C错误; D.若将电池两极所通气体互换,则I是正极,X是阳极,X电极材料是Fe,该电极产生的Fe2+和碱反应得到Fe(OH) 2白色沉淀,可以将沉淀和氧气隔绝,实验方案更合理,D正确; 故答案选D。 【点睛】本题考查原电池和电解池的反应原理,明确在燃料电池中通入燃料H2的电极为负极,与电源负极连接的电极为阴极,Fe电极与电源正极连接作阳极,发生氧化反应变为Fe2+是解本题关键,难点是电极反应式的书写,注意该原电池中电解质是熔融碳酸盐而不是酸或碱溶液。 11.下列各组物质相互混合反应后,最终有白色沉淀生成的是 ①金属钠投入FeCl3溶液中; ②过量NaOH溶液和明矾溶液混合; ③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中; ④向AlCl3溶液中滴入NaHCO3溶液; ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2 A. ①③④⑤ B. 只有①④ C. 只有②③ D. 只有③④⑤ 【答案】D 【解析】 【详解】①金属钠与水反应产生氢氧化钠和氢气,氢氧化钠与FeCl3反应产生红褐色的Fe(OH)3沉淀,①不符合题意; ②NaOH与明矾在溶液中反应产生Al(OH)3白色沉淀,当NaOH过量时,氢氧化铝与过量的NaOH反应产生可溶性的NaAlO2,最终无沉淀产生,②不符合题意; ③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中,产生CaCO3白色沉淀和Na2CO3及H2O,③符合题意; ④向AlCl3溶液中滴入NaHCO3溶液,二者发生盐的双水解反应,产生氢氧化铝白色沉淀和二氧化碳气体,④符合题意; ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2,会反应产生NaHCO3,由于的溶解度比Na2CO3小,反应消耗水,溶剂质量减少,产生NaHCO3质量比Na2CO3多,所以Na2CO3结晶析出,有白色沉淀产生,⑤符合题意; 符合题意的有③④⑤,故合理选项是D。 12.下列除去杂质的方法不正确的是 A. 镁粉中混有少量铝粉:加入过量烧碱溶液充分反应,过滤、洗涤、干燥 B. 用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+ C. 用新制的生石灰,通过加热蒸馏,以除去乙醇中的少量水 D. 铜中混有铁粉:加过量硫酸铜溶液后过滤 【答案】B 【解析】 【详解】A.镁和氢氧化钠不反应,而铝可与氢氧化钠溶液反应,可用于除杂,A正确; B.Fe3+和Al3+都可与氨水反应生成沉淀,应先加入过量氢氧化钠溶液,过滤后再加入盐酸,B错误; C.加生石灰,CaO与H2O反应产生Ca(OH)2,该物质是离子化合物,熔沸点高,而乙醇是由分子构成的物质,沸点较低,所以通过加热蒸馏,就可以除去乙醇中的少量水,C正确; D.由于Fe比Cu活泼,所以铜中混有铁粉,加过量硫酸铜溶液,发生反应:Fe+CuSO4=FeSO4+Cu,然后过滤,就达到除杂的目的, D正确; 故合理选项是B。 13.下列关于电化学知识的说法正确的是(  ) A. 电解饱和食盐水在阳极得到氯气,阴极得到金属钠 B. 电解精炼铜时,阳极质量的减少不一定等于阴极质量的增加 C. 电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液,在阴极上依次析出Al、Fe、Cu D. 电解CuSO4溶液一段时间后(Cu2+未反应完),加入适量Cu(OH)2可以使溶液恢复至原状态 【答案】B 【解析】 电解饱和食盐水在阳极得到氯气,阴极得到氢气,故A错误;电解精炼铜时,阳极Cu、Fe等活泼金属失电子,阳极铜离子得电子生成铜,所以阳极质量的减少不一定等于阴极质量的增加,故B正确;铝是活泼金属,电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液,在阴极上不能析出Al,故C错误;电解CuSO4溶液一段时间后(Cu2+未反应完),加入适量CuO可以使溶液恢复至原状态,故D错误。 14.常温下用惰性电极电解NaHSO4溶液,电解一段时间后,下列有关电解质溶液变化的说法正确的是(  ) A. 电解质溶液的浓度增大,pH减小 B. 电解质溶液的浓度增大,pH增大 C. 电解质溶液的浓度减小,pH减小 D. 电解质溶液的浓度不变,pH不变 【答案】A 【解析】 【详解】用惰性电极电解NaHSO4溶液,阳极反应为 ,阴极反应为 ,实质为电解水,电解质溶液的浓度增大, 增大,pH减小,故A正确。 15.恒温恒压下,在容积可变的密闭容器中,反应2NO2(g)? N2O4(g)达到平衡后,再向容器中通入一定量的NO2,又达到平衡时,N2O4的体积分数(  ) A. 不变 B. 增大 C. 减小 D. 无法判断 【答案】A 【解析】 【详解】恒温恒压下,在容积可变的密闭容器中,反应2 NO2(g)? N2O4(g)达到平衡(如图,其中A为原平衡)后;再向容器中通入一定量的NO2(如图,其中再通入的NO2为B),为了保持恒压,容器的体积会增大;显然A、B为恒温恒压下的等效平衡,达到平衡时A、B中NO2、N2O4的体积分数分别相等,即再向容器中通入一定量的NO2达到平衡时为A、B的混合,平衡不会发生移动,又达到平衡时,N2O4的体积分数不变,答案选A。 16.在一定温度下的定容密闭容器中,发生反应:。当下列所给有关量不再变化时,不能表明该反应已达平衡状态的是???? A. 混合气体的压强 B. 混合气体的密度 C. 混合气体平均相对分子质量 D. 【答案】B 【解析】 【详解】A、该反应为气体分子数减小的反应,反应过程中气体总物质的量减小,压强减小,当压强不变时,说明反应达到平衡状态,选项A不符合题意; B、该反应在恒温、恒容条件下进行,气体物质的质量不变,密度始终保持不变,不能作平衡状态的标志,选项B符合题意; C、反应过程中气体总质量不变,气体总物质的量减小,混合气体的平均相对分子质量增大,当混合气体的平均相对分子质量不变时,说明反应达到平衡状态,选项C不符合题意; D、表示浓度熵Qc,当浓度熵保特不变时(Qc=K),说明反应达平衡状态,选项D不符合题意; 答案选B。 【点睛】本题考查化学平衡状态标志的判断,易错点为选项B、该反应在恒温、恒容条件下进行,气体物质的质量不变,密度始终保持不变,不能作平衡状态的标志。 17.反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率如下,其中表示反应速率最快的是( ) A. v(A)=0.15 mol·L-1·min-1 B. v(B)=0.01 mol·L-1·s-1 C. v(C)=0.40 mol·L-1·min-1 D. v(D)=0.45 mol·L-1·min-1 【答案】D 【解析】 【分析】 不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比,所以不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大,表示的反应速率越快,注意单位要一致,据此进行解答。 【详解】A.=0.15mol/(L·min); B.=mol/(L·min)=0.2 mol/(L·min); C.=0.20mol/(L·min); D.=0.225mol/(L·min); 可见:V(D)>V(B)=V(C)>V(A), 故合理选项是D。 【点睛】本题考查化学反应速率快慢比较的知识,明确化学反应速率与化学计量数的关系,利用比值法可以迅速判断,即可解答,也可以转化为同一物质表示的速率进行比较,试题培养了学生的化学计算能力和灵活应用能力。 18.在298K、100kPa时,已知: 2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H1 H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H2 2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g) △H3 则△H3与△H1和△H2间的关系正确的是: A. △H3=△H1+2△H2 B. △H3=△H1+△H2 C. △H3=△H1-2△H2 D. △H3=△H1-△H2 【答案】A 【解析】 【详解】①2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H1 ②H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H2 ③2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g)△H3 则由盖斯定律可知,反应③=①+2×②,△H3=△H1+2△H2,故选A。 二、非选择题 19.某课外活动小组的同学在学习了电化学相关知识后,用如图装置进行实验,请回答下列问题: (1)实验一:将开关K与a连接,则乙为_____极,电极反应式为______。 (2)实验一结束后,该研究小组的同学决定在乙电极表面上镀下列金属中的一种以防止铁被腐蚀,正确的选择是____(填字母编号)。 A.Cu   B.Zn   C.Sn    D.Ag (3)实验二:开关K与b连接,则乙__极,总反应离子方程式为______。 (4)对于实验二,下列说法正确的是____(填字母编号)。 A.溶液中Na+向甲极移动 B.从甲极处逸出的气体能使湿润的淀粉-KI试纸变蓝 C.反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度 D.反应在结束后,甲电极和乙电极上收集到的气体体积一定相等 (5)该研究小组的同学在进行实验二结束的溶液中滴加酚酞溶液,发现________(填“甲”或“乙”)极附近变红。 【答案】 (1). 负 (2). Fe-2e-=Fe2+ (3). B (4). 阴 (5). 2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑ (6). B (7). 乙 【解析】 【分析】 若K与a连接,为原电池,Fe为负极,石墨为正极,为Fe的吸氧腐蚀;若K与b连接,为电解池,Fe为阴极,石墨为阳极,发生的总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑;结合原电池原理、电解原理和金属的防护作答。 【详解】(1) 将开关K与a连接,为原电池,甲的石墨为正极,乙的Fe为负极,电极反应式为Fe-2e-=Fe2+,答案为:Fe,Fe-2e-=Fe2+。 (2) A.若镀上Cu,由于Fe比Cu活泼,构成的原电池中Fe为负极,Cu为正极,Fe的腐蚀速率加快,不能防止Fe被腐蚀,A不选; B.若镀上Zn,由于Zn比Fe活泼,构成的原电池中Zn为负极,Zn被腐蚀,Fe为正极被保护,能防止Fe被腐蚀,B选; C.若镀上Sn,由于Fe比Sn活泼,构成的原电池中Fe为负极,Sn为正极,Fe的腐蚀速率加快,不能防止Fe被腐蚀,C不选; D.若镀上Ag,由于Fe比Ag活泼,构成的原电池中Fe为负极,Ag为正极,Fe的腐蚀速率加快,不能防止Fe被腐蚀,D不选; 答案选B。 (3) 开关K与b连接,为电解池,乙的Fe为阴极,甲的石墨为阳极,由于石墨为惰性电极,则电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2,反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑,答案为:阴,2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑。 (4)A.甲为阳极,乙为阴极,电解池中阳离子向阴极移动,故溶液中Na+向乙极移动,A错误; B.甲为阳极,甲电极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑,Cl2与KI发生置换反应生成KCl和I2,I2遇淀粉呈蓝色,即从甲极处逸出的气体能使湿润的淀粉-KI试纸变蓝,B正确; C.电解的总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,电解时从溶液中逸出等物质的量的H2和Cl2,根据原子守恒,反应一段时间后通入适量氯化氢气体可恢复到电解前电解质的浓度,C错误; D.乙电极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,根据放电顺序,甲极依次发生的电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑、2H2O+4e-=O2↑+4H+,根据得失电子守恒,反应在结束后,甲电极和乙电极上收集到的气体体积不一定相等,D错误; 答案选B。 (5)实验二中Fe为阴极,电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,乙电极生成H2和NaOH,乙极附近溶液呈碱性;石墨为阴极,电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑;故滴加酚酞溶液,发现乙极附近变红,答案为:乙。 【点睛】本题的易错点是(4)的D项,图示装置电解饱和食盐水的过程中,阴极始终放出H2,由于放电顺序Cl->OH-,故阳极先放出Cl2、电解较长时间阳极还会放出O2。 20.氮的化合物在生产、生活中广泛存在。 (1)键能是将1mol理想气体分子AB拆开为中性气态原子A和B所需的能量。部分化学键的键能如下表: 化学键 N≡N O=O N-N N-H O-H 键能/kJ?mol-1 946 497 193 391 463 写出1mol气态肼(H2N-NH2)燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式________________。 (2)用焦炭还原NO反应为:2NO(g)+C(s)? N2(g)+CO2(g),向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒容恒温(反应温度分别为400℃、400℃、T℃)容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO,测得各容器中n(NO)随反应时间t的变化情况如下表所示: t/min 0 10 20 30 40 n(NO)(甲容器)/mol 2.00 1.50 1.10 0.80 0.80 n(NO)(乙容器)/mol 1.00 0.80 0.65 0.53 0.45 n(NO) (丙容器)/mol 2.00 1.45 1.00 1.00 1.00 ①该反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。 ②乙容器在60min时达到平衡状态,则0~60min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率υ(NO)=____________。 (3)用焦炭还原NO2的反应为:2NO2(g)+2C(s) ?N2(g)+2CO2(g),在恒温条件下,1molNO2和足量C发生该反应,测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示: ①A、C两点的浓度平衡常数关系:Kc(A)________Kc(C)(填“<”或“>”或“=”)。 ②A、B、C三点中NO2的转化率最高的是________(填“A”或“B”或“C”)点。 【答案】 (1). N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ?H=-544 kJ/mol (2). 放热 (3). 0.01mol/(L·min) (4). = (5). C 【解析】 【分析】 (1)用?H=反应物键能总和-生成物键能总和计算。 (2)根据温度对化学平衡的影响判断反应的热效应;先依据等效平衡判断乙容器平衡时NO物质的量,再根据υ=计算。 (3)根据影响化学平衡常数的因素、压强对化学平衡的影响分析作答。 【详解】(1)反应N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ?H=反应物键能总和-生成物键能总和=4×391kJ/mol+193kJ/mol+497kJ/mol-(946kJ/mol+4×463kJ/mol)=-544kJ/mol,答案为:N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ?H=-544 kJ/mol。 (2)①甲容器和丙容器起始加入的NO物质的量相等,根据表中数据,丙容器先达到平衡状态,则丙容器中反应速率比甲容器中快,T>400;平衡时甲容器中NO物质的量为0.80mol,丙容器中NO物质的量为1.00mol,说明升高温度平衡逆向移动,则逆反应为吸热反应,正反应为放热反应,答案为:放热。 ②甲容器和乙容器的温度、容积相同,乙容器中起始加入的NO物质的量是甲容器的,该反应反应前后气体分子数不变,则乙容器与甲容器为恒温恒容下的比例等效平衡,甲容器平衡时NO物质的量为0.80mol,则乙容器平衡时NO物质的量为0.40mol;乙容器在60min时达到平衡状态,则0~60min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率υ(NO)==0.01mol/(L·min),答案为:0.01mol/(L·min)。 (3)①浓度平衡常数只与温度有关,A和C的温度相同,故Kc(A)= Kc(C),答案为:=。 ②反应2NO2(g)+2C(s) ?N2(g)+2CO2(g)是气体分子数增大的反应,增大压强,平衡逆向移动,NO2的转化率减小,故A、B、C三点中NO2的转化率最高的是C点,答案为:C。 【点睛】本题的难点是(2)的②,可以利用等效平衡判断乙容器平衡时NO物质的量,也可以先根据甲容器计算400℃时的化学平衡常数,再计算乙容器平衡时NO物质的量。 21.有一无色溶液,其中可能含有Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4+、K+、CO32-、SO42-等离子的几种,为分析其成分,取此溶液分别进行了四个实验,其操作和有关现象如图所示: 请你根据上图推断: (1)原溶液中一定存在的阴离子有_______________,显___(填“酸”“碱”或“中”)性。? (2)实验③中产生无色无味气体所发生的化学方程式为__________________________________。? (3)写出实验④中A点对应沉淀的化学式:__________。 (4)写出实验④中,由A→B过程中所发生反应的离子方程式:________________________。 【答案】 (1). SO42- (2). 酸 (3). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ (4). Al(OH)3、Mg(OH)2 (5). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 【解析】 溶液透过蓝色钴玻璃焰色反应呈紫色,说明溶液中含有K+离子,溶液呈无色,则一定不含Fe3+、Fe2+、Cu2+,逐滴加入过量NaOH溶液有白色沉淀,则溶液中含有Mg2+离子,一定不含CO32-,加入氯化钡和盐酸后生成白色沉淀,由于溶液中没有Ag+离子,则生成沉淀为BaSO4,溶液中含有SO42-离子,第③个实验中,生成白色沉淀的量与加入NaOH的量的先增大后减小,则说明溶液中含有Al3+离子,一定不含有铵根离子,综上可知:原溶液中一定含有Al3+、Mg2+、K+、SO42-,一定不含Fe3+、Fe2+、NH4+、Cu2+、CO32-; (1)原溶液中一定存在的阴离子有SO42-,是强酸弱碱盐溶液,原溶液可能呈酸性; (2)实验③中产生无色无味气体是过氧化钠与水反应,化学方程式为:2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑; (3)由于溶液中含Al3+、Mg2+、K+、SO42-,故加入氢氧化钠溶液后,产生的沉淀有:Al(OH)3、Mg(OH)2; (4)由A→B过程是氢氧化钠溶液过量,生成的Al(OH)3沉淀溶于过量的氢氧化钠溶液,离子方程式为:Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O。 22.亚硝酸钠(NaNO2)被称为工业盐,在漂白、电镀等方面应用广泛。以木炭、浓硝酸、水和铜为原料制备亚硝酸钠的装置如图所示(A中加热装置省略)。 已知:室温下,①2NO+Na2O2=2NaNO2; ②3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O; ③酸性条件下,NO或NO2-都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+。 请按要求回答下列问题: (1)A装置中反应的化学方程式为_________。 (2)B装置中主要的现象是________。 (3)检验C装置产物中有亚硝酸钠的方法是_______。 (4)D装置中反应的离子方程式为________。 (5)预测C中反应开始阶段,固体产物除NaNO2外,还含有的副产物有Na2CO3和________。为避免产生这些副产物,应在B、C装置间增加装置E,则E中盛放的试剂名称为________。 (6)检查装置气密性并装入药品后,以下实验操作步骤正确的顺序为____________(填序号)。 a.打开弹簧夹,向装置中通入N2 b.点燃酒精灯 c.向三颈烧瓶中滴加浓硝酸 d.熄灭酒精灯e.关闭分液漏斗欧旋塞 f.停止通入N2 【答案】 (1). C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O (2). 红棕色气体消失,铜片溶解,溶液变蓝,导管口有无色气泡冒出 (3). 取C中固体少量于试管中,加入盐酸,产生无色气体,遇空气变为红棕色 (4). 3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O (5). NaOH (6). 碱石灰 (7). a→c→e→b→d→f 【解析】 【分析】 该实验装置以木炭、浓硝酸、水和铜为原料制备亚硝酸钠,装置A中碳与浓硝酸反应生成NO2,生成NO2的进入装置B中与水反应生成硝酸和NO,装置B中的铜与生成的稀硝酸反应生成NO,B中生成的NO进入装置C中与Na2O2反应生成NaNO2,装置D中的酸性高锰酸钾溶液吸收为反应完全的NO,防止污染环境。 【详解】(1)A装置中的碳与浓硝酸在加热的条件下反应生成CO2、NO2、H2O,其反应的化学方程式为C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O; (2)NO2为红棕色气体,NO为无色气体,由分析可知红棕色气体消失,铜片溶解,溶液变蓝,导管口有无色气泡冒出; (3)3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O,结合该方程式,取C中固体少量于试管中,加入盐酸,产生无色气体,遇空气变为红棕色; (4)结合题中的已知信息,酸性条件下,NO能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+,装置D吸收为完全反应的NO气体防止污染环境,其反应的离子方程式为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O; (5)进入C装置的气体有NO、CO2、H2O(g),C中反应开始阶段,NO、CO2、H2O(g)都能与NaNO2反应分别生成固体产物为NaNO2、Na2CO3、NaOH;为避免产生这些副产物,应在B、C装置间增加装置E,E中盛放的试剂为碱石灰,其作用是是吸收CO2和H2O(g)。 (6)检查装置气密性并装入药品后,先打开弹簧夹,向装置中通入通入N2,排出装置中的空气,再向三颈烧瓶中滴加浓硝酸,关闭分液漏斗旋塞,然后点燃酒精灯,待反应结束后熄灭酒精灯,继续通入N2,使装置中的气体全部进入D装置,防止污染空气,待D中硬质玻璃管冷却至室温后停止通入N2,故操作顺序为a→c→e→b→d→f。 【点睛】本题的实验目的以木炭、浓硝酸、水和铜为原料制备亚硝酸钠,考生应认真分析装置图,明白每一个装置的作用,以及个别装置可能存在的缺点,要想制备纯净的亚硝酸钠,必须要排除NO气体中混有的杂质气体CO2和H2O(g),最后进行尾气处理,有关离子方程式的书写,考生应结合题中的已知信息,进行去分析、提取、利用。 - 20 -

    • 2020-07-13
    • 下载0次
    • 487KB
  • ID:7-7571796 甘肃省永昌四中2020届高三上学期期末考试化学试题 含解析

    高中化学/期末专区/高三

    永昌四中2020届高三上学期期末考试 化学试题 第I卷 可能用到的原子量:Cu 64 C 12 O 16 一、选择题(本题共16小题,每小题3分,共48分。) 1.“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句,下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是 A. 蚕丝的主要成分是蛋白质 B. 蚕丝属于天然高分子材料 C. “蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应 D. 古代蜡是高级脂肪酸酯,属于高分子聚合物 【答案】D 【解析】 【详解】A. 蚕丝的主要成分是蛋白质,A项正确; B. 蚕丝的主要成分是蛋白质,蛋白质是天然高分子化合物,B项正确; C. “蜡炬成灰”指的是蜡烛在空气中与氧气反应,属于氧化反应,C项正确; D. 高级脂肪酸酯不属于高分子聚合物,D项错误; 答案选D。 【点睛】高中化学阶段,常见的天然高分子化合物有:淀粉、纤维素、蛋白质。 2.相同温度下,等物质的量浓度的下列溶液中,pH最小的是(   ) A. NH4HSO4 B. NH4HCO3 C. NH4Cl D. (NH4)2SO4 【答案】A 【解析】 【分析】 相同温度下,NH4++H2O NH3·H2O+H+,铵根离子浓度越大水解产生的氢离子浓度越大,pH越小。 【详解】NH4HSO4 = NH4++H++ SO42- ;NH4HCO3= NH4++ HCO3- ;NH4Cl= NH4++ Cl- ; (NH4)2SO4= 2NH4++ SO42-,通过对比4个反应,硫酸氢氨中直接电离产生氢离子,pH最小,答案为A 3.朱自清在《荷塘月色》冲写道:“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的,高处丛生的灌木,落下参差的班驳的黑影……”月光穿过薄雾形成的种种美景本质原因是 A. 空气中的小水滴颗粒直径大小约为1nm-100nm B. 空气中的小水滴颗粒的布朗运动 C. 雾是一种胶体,胶粒带相同电荷 D. 发生丁达尔效应 【答案】A 【解析】 【详解】A.题干中所提及的雾,是空气中的小液滴,是一种胶体,本质特征是分散质粒子的直径在1~100nm,A正确; B.空气中的小水滴颗粒的布朗运动不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因,B错误; C.雾是一种胶体,但这不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因,C错误; D.雾作为一种胶体,确实能发生丁达尔效应,但这也不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因,D错误; 答案选A。 4.已知某温度下纯水中的c(H+)=2×10-7mol/L,对此下列说法正确的是( ) A. 若向水中加入少量盐酸,则水的电离度减小 B. 该温度低于25℃ C. 此温度下水的离子积为常温下的两倍 D. 据此无法求算水中c(OH-) 【答案】A 【解析】 【分析】 纯水中,H2OH++OH-,c(H+)=c(OH-)=2×10-7 mol·L-1,Kw= c(H+) c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14。 【详解】A、加入盐酸,H+浓度增大,水的电离逆向移动,则水的电离度减小,A正确; B、水的电离是吸热的,升高温度水的电离程度增大,25℃时,纯水中的c(H+)= 1×10-7mol·L-1,现纯水中c(H+)=2×10-7mol/L,水的电离被促进,说明温度升高,B错误; C、常温下,Kw=1×10-14,该温度下,Kw= c(H+) c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14,是常温下的4倍,C错误; D、纯水中,H2OH++OH-,c(H+)=c(OH-)=2×10-7 mol·L-1,可计算,D错误; 答案选A。 5.已知NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是 A. 3g 3He含有的中子数为1NA B. 1 L 0.1 mol·L?1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NA C. 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA D. 48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA 【答案】B 【解析】 【详解】A. 的中子数为3-2=1,则3g的中子数为=NA,A项正确; B. 磷酸钠为强碱弱酸盐,磷酸根离子在水溶液中会发生水解,则1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×0.1mol/L×NA mol-1 =0.1NA,B项错误; C. 重铬酸钾被还原为铬离子时,铬元素从+6降低到+3,1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NA mol-1 =6NA,C项正确; D. 正丁烷与异丁烷的分子式相同,1个分子内所含共价键数目均为13个,则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为×13×NA mol-1 =13NA,D项正确; 答案选B。 6.在下列各溶液中,离子一定能大量共存的是 ( ) A. 强碱性溶液中: K+、Al3+、Cl-、SO42- B. 由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol·L-1的溶液中,Na+、K+、Cl-、HCO3- C. 强碱性的溶液中:CO32-、Na+、AlO2-、NO3- D. 酸性溶液中:Fe2+、Al3+、NO3-、I- 【答案】C 【解析】 【详解】A、强碱溶液中含大量的OH-,与Al3+结合生成沉淀,不能共存,故A错误; B、由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol·L-1的溶液,为酸或碱溶液,HCO3-既能与酸又能与碱反应,一定不能共存,故B错误; C、强碱性的溶液,该组离子之间不反应,可大量共存,故C正确; D、酸性溶液含大量的H+,Fe2+(或I-)、H+、NO3-离子之间发生氧化还原反应,不能共存,故D错误; 故选:C。 7.类推的思维方法在化学学习与研究中常会产生错误的结论,因此类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论中,正确的是( ) A. 由2Cu + O22CuO可推出同族的硫也有Cu + SCuS B. Fe3O4可表示为FeO·Fe2O3,则Pb3O4可表示为PbO·Pb2O3 C. Na能与水反应生成H2,K、Ca也能与水反应生成H2 D. CO2与Na2O2反应只生成Na2CO3和O2,故SO2与Na2O2反应只生成Na2SO3和O2 【答案】C 【解析】 【详解】A. S的氧化性较弱,与Cu反应生成Cu2S,选项A错误; B. Pb3O4中Pb的化合价为+2、+4价,不存在Pb2O3,选项B错误; C. 金属钠、钾和钙的活泼性都较强,都能够与水反应生成氢气,选项C正确; D. SO2与Na2O2发生氧化还原反应生成Na2SO4,没有氧气生成,选项D错误; 答案选C。 8.当氢氧化镁固体在水中达到溶解平衡Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)时,为使Mg(OH)2固体的量减少,须加入少量的(  ) A. MgCl2 B. NaOH C. MgSO4 D. H2SO4 【答案】D 【解析】 【详解】根据平衡移动原理及溶度积解答,要使Mg(OH)2固体的量减少,即平衡向右移动,可以加水,或降低Mg2+或OH-的浓度; A、少量MgCl2,Mg2+浓度增大,故平衡左移,Mg(OH)2固体的量增多,故A错误; B、加入NaOH,OH-的浓度增大,平衡向左移动,Mg(OH)2固体的量增大,故B错误; C、加入少量MgSO4,Mg2+的浓度增大,平衡左移,Mg(OH)2固体的量增大,故C错误; D、加入少量的H2SO4,H2SO4电离出氢离子结合OH-,OH-的浓度减小,平衡向右移动,Mg(OH)2固体的量减小,故D正确; 答案选D。 9.下列水解化学方程式或水解离子方程式正确的是 ( ) A. NH4+ + H2O = NH3·H2O + H+ B. CH3COO— + H2OCH3COOH + OH— C. CH3COOH + NaOHCH3COONa + H2O D. NaCl + H2ONaOH + HCl 【答案】B 【解析】 【详解】A、NH4+水解生成NH3·H2O和H+,正确的水解离子方程式为:NH4++H2ONH3·H2O+H+,故A错误; B、CH3COO-在溶液中水解生成CH3COOH和OH-,其水解方程式为:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,故B正确; C、CH3COOH + NaOH=CH3COONa + H2O,是醋酸和氢氧化钠的化学方程式,故C错误; D.氯化钠为强电解质,在溶液中不发生水解,故D错误; 答案选B。 【点睛】水解一般是,弱酸的阴离子或弱碱的阳离子,结合水电离出来的H+或OH-,生成弱酸或者弱碱,是可逆反应,用“”表示。 10.X、Y、Z、W、M均为短周期元素,X、Y同主族,X的氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物,其水溶液显酸性;Z、W、M是第3周期连续的三种元素,其中只有一种是非金属,且原子半径Z>W>M。下列叙述准确的是 ( ) A. X、M两元素氢化物的稳定性:X<M B. Z、W、M的单质均能与稀硫酸反应制取氢气,但反应剧烈程度依次减弱 C. Z是海水中含量最高的金属元素,W是地壳中含量最多的金属元素 D. W和M的氧化物均可做耐高温材料 【答案】D 【解析】 【分析】 X的氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物,应为N元素,X、Y同主族,则Y为P元素,Z、W、M是第3周期连续的三种元素,其中只有一种是非金属,且原子半径Z>W>M,可知M为Si元素,Z为Mg元素,W为Al元素。 【详解】A、X为N元素,M为Si元素,位于同周期,非金属性N>Si,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,应为X>N,A错误; B、M的单质是硅,不与硫酸反应,故B错误; C、Z为Mg元素,W为Al元素,海水中含量最高的金属元素是Na,地壳中含量最高的金属元素为Al,、C错误; D、W为Al元素,M为Si元素,对应的氧化物分别为Al2O3,SiO2,两种物质熔点高,均可作耐火材料,D正确; 答案选D。 11.在一密闭容器中,反应 aA(g)bB(g)达平衡后,保持温度不变,将容器体积增加一倍,当达到新的平衡时,A的浓度变为原来的40%,则 ( ) A. 物质B的质量分数减小了 B. 平衡向逆反应方向移动了 C. 平衡向正反应方向移动了 D. a>b 【答案】C 【解析】 【详解】采用假设法分析,假设a=b,保持温度不变,将容器体积增加一倍,平衡不移动,A和B的浓度应均是原来的倍,但当达到新的平衡时,A的浓度是原来的40%,说明减小压强,平衡向正反应方向移动。 A、平衡向正反应方向移动,物质B的质量增大,混合物总质量不变,所以物质B质量分数增大,A错误; B、平衡时A的浓度是原来的40%,小于原来的倍,说明平衡向正反应方向移动,B错误; C、平衡时A的浓度是原来的40%,小于原来的倍,说明平衡向正反应方向移动,C正确; D、增大体积,压强减小,平衡向正反应方向移动,说明正反应方向为气体体积增大的方向,即a<b,故D错误; 答案选C。 12.将TiO2转化为TiCl4是工业冶炼金属钛的主要反应之一。已知: TiO2(s) + 2Cl2(g)=TiCl4(l) + O2(g) △H=+140.5 kJ/mol C(s,石墨) + 1/2O2(g)=CO(g) △H=-110.5 kJ/mol 则反应TiO2(s) + 2Cl2(g) + 2C(s,石墨)=TiCl4(l) + 2CO(g) 的△H是 A. +80.5 kJ/mol B. +30.0 kJ/mol C. -30.0 kJ/mol D. -80.5 kJ/mol 【答案】D 【解析】 【详解】根据盖斯定律,将已知两个热化学方程式中氧气消去可得所求方程式,所以ΔH=+140.5kJ·mol-1+2×(-110.5 kJ·mol-1)=-80.5kJ·mol-1,答案选D。 13.将pH试纸用蒸馏水湿润后,去测定某溶液pH值,该溶液的pH值将会 A. 偏高 B. 偏低 C. 不变 D. 上述三种情况均有可能 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析:pH试纸已经用蒸馏水湿润,稀释了待测溶液,而溶液本身的酸碱性不确定,若溶液为酸性,经蒸馏水稀释后,所测pH要增大,若溶液为碱性,经蒸馏水稀释后,所测pH要减小,若溶液为中性,经蒸馏水稀释后,所测pH要不变,所以无法确定pH是偏大还是偏小,故选D。 【点晴】本次考查了用pH试纸检验溶液的酸碱性,正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量溶液置于干燥的pH试纸上,通过与标准比色卡对比来确定pH。本题中pH试纸已经用蒸馏水湿润,要根据原溶液的酸碱性分类讨论。 14.下列化学方程式中,不能正确表达反应颜色变化的是 A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉,溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4 B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O C. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑ D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2 【答案】C 【解析】 【详解】A.金属活动性顺序:Zn>Cu,则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉,会发生置换反应,其反应的方程式为:Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu,使溶液的蓝色消失,A项正确; B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀,其反应的方程式为:CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O,B项正确; C. 过氧化钠在空气中放置,会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应,最终生成白色且稳定的碳酸钠,涉及的转化关系有:Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3,C项错误; D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液,会发生沉淀的转化,化学方程式为:3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2,D项正确; 答案选C。 15.下列判断中,正确的是( ) A. 升高温度,Al2(SO4)3溶液的pH增大 B. 在Na2CO3溶液中:c(OH-)- c(H+)= c(HCO3-) + 2c(H2CO3) C. 室温下,CuSO4溶液pH<7,因此向纯水中加入CuSO4会抑制水的电离 D. 在CH3COONa溶液中,各离子的浓度由大到小的顺序是c(Na+) >c(CH3COO-) >c(H+)>c(OH-) 【答案】B 【解析】 【详解】A、Al2(SO4)3水解呈酸性,且为吸热反应,升高温度促进水解,溶液pH减小,A错误; B、在Na2CO3溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),存在物料守恒:c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-),二者联式可得:c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3),B正确; C、CuSO4为强酸弱碱盐,水解呈酸性,向纯水中加入CuSO4会促进水的电离,C错误; D、CH3COONa溶液中,CH3COO-水解使溶液呈现碱性,c(OH-)>c(H+),D错误; 答案选B。 16. 下图是两套电能与化学能相互转化的装置。对此两套装置 的分析正确的是 A. 图1装置中的铁电极发生还原反应 B. 图2装置反应一段时间后溶液的pH会降低 C. 两装置中石墨电极上所产生的气体都是H2 D. 两装置都可用于防止铁被腐蚀 【答案】B 【解析】 【详解】A. 图1装置是原电池,铁为负极,铁电极发生氧化反应,故A错误; B. 图2装置是电解池,铁为阴极;实质为电解水,硫酸浓度增大pH会降低,故B正确; C. 图1装置石墨电极生成氢气,图2装置石墨电极生成氧气,故C错误; D. 图1装置是原电池,铁为负极,铁被腐蚀,故D错误; 答案选B。 第II卷 二、非选择题(共52分) 17.可逆反应:aA(g)+ bB(g)cC(g)+ dD(g);根据图回答: (1)压强p1 _________p2(填“>”或“<”); (2)a +b__________c +d(填“>”或“<”); (3)温度t1℃_________t2℃(填“>”或“<”); (4)正反应为_________反应。(填吸热或放热) 【答案】 (1). p1<p2 (2). (a +b)<(c +d) (3). t1℃>t2℃ (4). 吸热 【解析】 【分析】 根据“先拐先平”判断:p2>p1,t1>t2。p2>p1,增大压强,A的转化率减小,说明增大压强平衡向逆反应方向移动;t1>t2,温度升高,A的百分含量减小,说明平衡正向移动,△H>0。 【详解】(1)由图像可知时p2先达到平衡,说明p2压强较大,反应速率较大,则压强 p1比p2小,故答案为:p1<p2; (2)增大压强,A的转化率减小,说明增大压强平衡向逆反应方向移动,则(a+b)比(c+d)小,故答案为:a +b<c +d; (3)由图象可知t1℃时先达到平衡,温度较高,则温度t1℃比t2℃高,故答案为:t1℃>t2℃; (4)温度升高,A百分含量减小,说明平衡正向移动,升高温度,平衡向吸热反应方向移动,故答案为:吸热。 18.(1)炒过菜的铁锅未及时洗净,不久便会因腐蚀而出现红褐色锈斑。请回答: ①铁锅的锈蚀是________腐蚀(填“析氢”或“吸氧”)。 ②写出铁锅腐蚀正极的电极反应式:________________________________ (2)在如图用石墨作电极的电解池中,放入500mL含一种溶质的某蓝色溶液进行电解,观察到A电极表面有红色的固态物质生成,B电极有无色气体生成;当溶液中的原有溶质完全电解后,停止电解,取出A电极,洗涤、干燥、称量、电极增重1.6g。请回答下列问题: ①A接的是电源的_______极, B电极上的反应式_____________________。 ②写出电解时反应的总离子方程式_____________________________________ ③电解后溶液的pH为_____________ (假设电解前后溶液的体积不变); 要使电解后溶液恢复到电解前的状态,则需加入__________ 。 【答案】 (1). 吸氧 (2). 2H2O+O2+4e-=4OH- (3). 阴极 (4). 4OH--4e-=2H2O+O2↑ (5). 2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+ (6). 1 (7). CuO或CuCO3 【解析】 【分析】 (1)①中性或弱酸性条件下,钢铁发生吸氧腐蚀; ②铁、碳和电解质溶液构成原电池,碳作正极,正极上氧气得电子发生还原反应; (2)②电解可溶性的铜盐的实质是电解盐和水,根据电极反应书写电解方程式; ③根据电解后所得溶液中氢离子的浓度计算溶液的pH,电解后溶液复原,遵循的原则是:出什么加什么。 【详解】(1)①弱酸或中性条件下,钢铁发生吸氧腐蚀,故答案为:吸氧; ②铁、碳和电解质溶液构成原电池,碳作正极,正极上氧气得电子发生还原反应,电极反应式为:2H2O+O2+4e-=4OH-,故答案为:2H2O+O2+4e-=4OH-; (2)①电解液是蓝色溶液,A电极表面有红色的固态物质生成,所以A极是铜离子得电子,所以A极是阴极,A接的是电源的负极,B电极有无色气体生成,则一定是氢氧根失电子产生的氧气,电极方程式为4OH--4e-=2H2O+O2↑; ②阴极反应:2Cu2++4e-=2Cu,阳极反应:4OH--4e-=2H2O+O2↑,电解时反应的总离子方程式为:2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+; ③取出A电极,洗涤、干燥、称量、电极增重1.6g,所以阴极析出金属铜的质量是1.6g,即0.025mol,所以生成氢离子的物质的量为0.05mol,所以,则pH=1,电解后析出了金属铜和有氧气放出,所以要想溶液复原,需加入 CuO或CuCO3。 【点睛】解后溶液复原,遵循的原则是:出什么加什么,即加入阴极和阳极反应后的物质,如在该题中,阴极得到Cu,阳极得到O2,则溶液复原加入Cu和O2反应后的物质,即CuO;此外,由于电解后的溶液呈酸性,也可以加入CuCO3,CuCO3加入酸中,逸出CO2,相当于加入CuO。 19.饮用水中NO3- 达到一定浓度时会对人类健康产生危害,为了降低饮用水中NO3 -的浓度,某兴趣小组提出如下方案: 请回答下列问题:? (1)该方案中选用熟石灰调节 pH,理由是_______、__________、________,? 在调节pH时,若pH过大或过小都会造成________的利用率降低。? (2)已知过滤后得到的滤渣是Al和Al(OH)3,则在溶液中铝粉和NO3-反应的离子方程式为____________________________________?。? (3)用H2催化还原法也可降低饮用水中NO3-的浓度,已知反应中的还原产物和氧化产物 均可参与大气循环,则催化还原法的离子方程式为____________________________________?。? (4)饮用水中的NO3-主要来自于NH4+。已知在微生物作用下,NH4+经过两步反应被氧化 成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下:? 试写出1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)热化学方程式是__________________________。 【答案】 (1). 引入的Ca2+对人体无害 (2). 来源丰富 (3). 价格便宜(意思相近均给分) (4). 铝(或Al) (5). 10Al+6NO3- +18H2O=10Al(OH)3↓+3N2↑+6OH- (6). 5H2+2NO3- N2↑+4H2O+2OH- (7). NH4+(aq)+2O2(g)=2H+(aq)+NO3-(aq)+H2O(l)△H=-346?kJ· mol-1 【解析】 【分析】 (1)选用熟石灰调节pH,原料来源丰富,价格便宜,且引人离子对人体无害,注意pH过大或过小,都将直接发生Al与酸或碱的反应; (2)铝粉与硝酸根离子发生氧化还原反应生成固体,则固体为氢氧化铝,则硝酸被还原为氮气; (3)用H2催化还原法也可降低饮用水中NO3-的浓度,反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环,则产物为水和氮气; (4)由图可知,第一步热化学反应为NH4+(aq)+1.5O2(g)=2H+(aq)+NO2-(aq)+H2O(l) △H=-2736 kJ·mol-1,第二步热化学反应为NO2-(aq)+0.5O2(g)=NO3-(aq))△H=-73kJ`mol-1,利用盖斯定律可计算1mol NH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式。 【详解】(1)选用熟石灰调节pH,原料来源丰富,价格便宜,且引人离子对人体无害,注意pH过大或过小,都将直接发生Al与酸或碱的反应,否则会造成Al的大量消耗, 故答案为:来源丰富、价格便宜;引入的Ca2+对人体无害;铝; (2)铝粉与硝酸根离子发生氧化还原反应生成固体,则固体为氢氧化铝,则硝酸被还原为氮气,则在溶液中铝粉和NO3-反应的离子方程式为10Al+6NO3-+18H2O=10Al(OH)3+3N2↑+6OH-, 故答案为:10Al+6NO3-+18H2O=10Al(OH)3+3N2↑+6OH-; (3)H2催化还原饮用水中NO3-,反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环,则产物为水和氮气,该反应为5H2+2NO3-N2+4H2O+2OH-(或5H2+2NO3-+2H+N2↑+6H2O); (4)由图可知,第一步热化学反应为NH4+(aq)+O2(g)=2H+(aq)+NO2-(aq)+H2O(l) △H=-2736 kJ·mol-1 ①,第二步热化学反应为NO2-(aq)+O2(g)=NO3-(aq) △H=-73kJ·mol-1 ②, 由盖斯定律可知①+②得1mol NH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式为NH4+(aq)+2O2(g)=2H+(aq)+NO3-(aq)+H2O(l) △H=-346 kJ·mol-1, 故答案为:NH4+(aq)+2O2(g)=2H+(aq)+NO3-(aq)+H2O(l) △H=-346 kJ·mol-1。 20.对于甲、乙、丙、丁、戊五种溶液有如下信息: ①分别NH4+、Na+、Al3+、Ba2+、Ag+和NO3-、Cl-、SO42-、Br-、CO32-离子中的各一种组成(不重复)。 ②其中甲、丙、戊三种溶液呈酸性,乙溶液呈碱性。 ③甲、乙反应生成白色沉淀和气体,丁可分别与甲、乙、丙反应生成白色沉淀。 请回答下列问题: ⑴用化学式表示出各物质:乙___________、丁_____________。 ⑵请用离子方程式表示戊溶液呈酸性的原因:________________________________。 ⑶请用离子方程式表示甲与乙的反应:______________________________________。 ⑷检验甲溶液中甲的阴离子的方法是先加_______________试剂,再加_________试剂,观察到 ________________现象,证明该阴离子存在。 ⑸若丙、丁形成的白色沉淀的溶度积常数Ksp=1.8×10-20,则将1 L 1mol/L的丙溶液与1 L 1 mol/L的丁溶液混合充分反应后,不考虑溶液混合时的微小体积变化,形成沉淀的阳离子的浓度约为_______mol/L。 【答案】 (1). Na2CO3 (2). BaCl2 (3). NH4++H2ONH3·H2O+H+ (4). 2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ (5). 足量的盐酸 (6). BaCl2 (7). 白色沉淀 (8). 3.6×10-20mol·L-1 【解析】 【分析】 甲、乙反应生成白色沉淀和气体,且乙溶液呈碱性,甲溶液呈酸性,因此乙中含有CO32-,甲中含有Al3+,二者反应生成氢氧化铝和CO2,所以乙是碳酸钠。银离子只能与NO3-结合,即一定有物质硝酸银。丁可分别与甲、乙、丙反应生成白色沉淀,且丁的溶液是中性的,所以丁是氯化钡,则甲是硫酸铝,丙是硝酸银,因此戊是溴化铵。 【详解】(1)有上述分析可知,乙为Na2CO3,丁为?BaCl2?; (2)NH4+水解显酸性,方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+。 (3)铝离子水解显酸性,CO32-水解显碱性,二者相互促进,方程式为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑。 (4)检验SO42-要排除其它阴离子的干扰,所以要要加入盐酸,再加入氯化钡溶液,如果产生白色沉淀,则证明SO42-离子存在。 (5)根据题意反应后,溶液中氯离子浓度是0.5mol/L,所以根据溶度积常数表达式可知,溶液中银离子的是3.6×10-20mol/L。 - 14 -

    • 2020-07-13
    • 下载0次
    • 296KB
  • ID:10-7571435 2020年高考真题——地理(江苏卷) Word版含解析

    高中地理/高考专区/高考真题

    2020年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷) 地理试卷 一、选择题(共60分) (一)单项选择题:本大题共18小题,每小题2分,共计36分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。 2020年4月8日22时,小明在上海观赏了“超级月亮”。图1为“月亮视直径最大与最小时的对比示意图”。据此回答1~2题。 1.从天体运动位置看,此时( ) A.月球位于远地点附近 B.月球位于近地点附近 C.地月系位于远日点附近 D.地月系位于近日点附近 2.与此时全球昼夜分布状况相符的是( ) A. B. C. D. 图2为“某地地质剖面示意图”。读图回答3~4题。 3.最有可能发现溶洞的河谷是( ) A.① B.② C.③ D.④ 4.图中断层( ) A.形成后一直在活动 B.比花岗岩形成时间晚 C.导致现代河谷下切 D.比侵蚀面形成时间早 图3为“亚欧大陆某时刻海平面等压线分布示意图”。读图回答5~6题。 5.下列四地中,吹偏南风的是( ) A.① B.② C.③ D.④ 6.此时①地最可能( ) A.暴雨倾盆水难排 B.细雨蒙蒙衣难干 C.烈日炎炎似火烧 D.黄沙满天车难行 选择大洋航线时,应在确保航行安全的前提下,充分考虑气象、海况条件和岛礁等因素,尽可能沿地球表面大圆(以地心为圆心过地表两点的圆)航行。图4为“巽他海峡西行好望角的大洋航线示意图”。据此回答7~8题。 7.60°E以东航线的选择,主要考虑的是( ) A.航程最短 B.风阻最小 C.逆水最短 D.岛礁最少 8.7月航线西段明显北移,主要是为了( ) A.避开南极冰山 B.减少西风带影响 C.远离热带风暴 D.便于沿途补给 《中巴经济走廊远景规划(2017~2030年》将中国“一带一路”倡议与巴基斯坦“愿景2025”深入对接,为中巴合作带来新机遇。图5为“我国企业在中巴经济走廊重大投资项目分布示意图”。读图回答9~10题。 9.我国企业投资的项目主要集中于( ) A.采矿和制造业 B.金融和零售业 C.交通和能源 D.教育和医疗 10.影响我国企业投资项目地域分布的最主要因素是( ) A.市场规模和劳动力数量 B.区位和资源禀赋 C.基础设施和生态环境 D.政策和文化传统 图6为“某小镇空间格局演化过程示意图”。读图回答11~12题。 11.影响该小镇空间格局演化的主要因素是( ) A.产业结构 B.人口素质 C.环境质量 D.交通方式 12.“现代拓展区”的建立有利于( ) A.减轻自然灾害 B.提高环境容量 C.保护传统地域文化 D.减少温室气体排放 图7为“甲、乙两山地同纬度的山地垂直带谱示意图”。读图回答13~14题。 13.两山地属于( ) A.昆仑山脉 B.秦岭 C.祁连山脉 D.横断山脉 14.两山地的基带植被类型不同,原因是乙山地( ) A.基带更高,热量不足 B.海拔更高,山谷风强 C.基带受焚风作用更强 D.基带原生植被遭破坏 城市群在参与国际竞争与合作,支撑全国经济增长,推进区域协调发展等方面具有重要作用。目前我国已建设19个国家级城市群。图8为“我国城市群空间分布示意图”。读图回答15~16题。 15.我国城市群空间分布的主要特点是( ) A.成熟型城市群分布于东部沿海 B.成长型城市群分布于中部地区 C.培育型城市群分布于西部地区 D.主要分布于胡焕庸线以东地区 16.符合天山北坡城市群发展定位的是( ) A.推动国家经济发展的新引擎 B.“一带一路”重要的综合性枢纽 C.联系各大城市群的重要节点 D.国家高新技术产业的先行高地 我国粮食产量自2004年以来连续16年增长,有效保障了国家粮食安全。图9为“我国不同区域三个年份粮食产量占比图”。读图回答17~18题。 17.下列区域中,对我国粮食安全贡献不断增大的是( ) A.华北平原 B.东北区 C.西南区 D.东南沿海区 18.制约蒙新区粮食生产地位进一步提升的主要因素是( ) A.土地资源 B.水资源 C.经营规模 D.机械化水平 (二)双项选择题:本大题共8小题,每小题3分,共计24分。在每小题给出的四个选项中,有两项是符合题目要求的。每小题选两项且全选对者得3分,选错、少选或不选均不得分。 研究人员在调查青藏高原地理环境时,利用遥感技术获得了20世纪80年代以来青藏高原上一千多个湖泊面积的年际变化数据。图10为“青藏高原色林错地区1984年和2015年同期卫星影像图”。据此回答19~20题。 19.下列四地中,地势较低平的两地是( ) A.① B.② C.③ D.④ 20.青藏高原环境调查应用遥感技术的优势有( ) A.遥感光学成像不受天气状况的影响 B.能够获取地面调查人员难以到达地区的信息 C.能够快速获取大范围的影像信息 D.可以取代研究人员的地面调查 随着工业化、城市化推进,桑蚕产业由长江中下游和珠三角地区逐渐西移。2005年以来,广西蚕茧产量稳居全国首位,桑蚕业助推35个石漠化贫困县脱贫致富。图11为“广西桑蚕业平怀模式示意图”。据此回答21~22题。 21.广西发展桑蚕业得益于( ) A.土壤肥力高,桑叶生长快 B.热量条件好,结茧次数多 C.地表水资源多,桑枝萌叶多 D.土地资源丰富,宜桑面积广 22.广西桑蚕业平怀模式的优势有( ) A.桑下种薯,延长了产业链 B.桑枝育菇,发展多种经营 C.薯、丝加工,增加附加值 D.菌基回田,提高土地利用率 图12为“1982年以来我国流动人口总量与分区比例图”。读图回答23~24题。 23.1982年以来,我国流动人口变化的主要特点有( ) A.东部地区占比先升后降 B.中西部地区占比持续下降 C.全国流动人口总量2014年前增加,之后减少 D.全国流动人口增长率2014年前增大,之后减小 24.造成三大区域人口流动趋势变化的原因有( ) A.全国交通条件改善,人口流动的规模进一步加大 B.各地户籍政策放开,流动人口逐渐向大城市集中 C.东部地区就业机会多,对流动人口具有持续吸引力 D.中西部地区经济发展,对流动人口吸引力有所增强 斯里兰卡农民依托小流域(平均面积20km2)建设的梯级蓄水池农田系统,被列为“全球重要农业文化遗产”。图13为“梯级蓄水池农田系统主要分布地区及其模式示意图”。据此回答25~26题。 25.斯里兰卡东北部地区建梯级蓄水池农田系统的主要原因有( ) A.旱、雨季分明,水量分配不均 B.水源不足,需跨流域调配 C.水位变化大,航运发展受制约 D.河流短小,调蓄能力有限 26.梯级蓄水池农田系统可以( ) A.调节小气候 B.扩大土地资源 C.维护生物多样性 D.增加径流总量 二、综合题:本大题分必做题(第27题~第29题)和选做题(第30题),共计60分。 27.阅读材料,回答下列问题。(13分) 材料一 尼日尔河源于富塔贾隆高原,注入几内亚湾,全长约4200km,流域面积210万km2,在塞古-迪雷间的盆地形成大型内陆三角洲,在几内亚湾发育了巨型河口三角洲。 材料二 图14为“尼日尔河流域及降水分布示意图”,表1为“尼日尔河部分水文站年径流量与年输沙量统计表”。 表1 水文站 马西纳 迪雷 尼亚美 洛科贾 奥尼查 年径流量(km3) 41 30 27 73 182 年输沙量(万吨) 177 100 350 1290 5800 (1)富塔贾隆高原被称为尼日尔河“水塔”,请分析原因。________(3分) (2)说明尼日尔河流经内陆三角洲前后径流量和输沙量发生的变化,并分析其原因。________(4分) (3)概述尼日尔河迪雷-洛科贾河段水文特征的变化。________(2分) (4)简析河口三角洲地区的自然地理环境特征。________(4分) 28.阅读材料,回答下列问题。(13分) 材料一 湖北省黄石市是武汉都市圈的副中心城市,有“青铜古都”“钢铁摇篮”“水泥故乡”之称。图15为“黄石市区位示意图”。 材料二 黄石市2008年被定为资源枯竭转型试点城市,2015年年底关闭第一批露天矿山,采掘业产值明显下降。图16为“2008~2017年黄石市GDP和三次产业结构统计图”,图17为“2008~2017年黄石市轻重工业产值统计图”。 (1)简述当前黄石市产业结构的特点。________(3分) (2)说明目前黄石市第二产业发展的有利条件。________(4分) (3)简析黄石市第二产业转型升级的主要方向。________(2分) (4)要实现黄石市可持续发展,你认为可采取哪些有效措施?________(4分) 29.阅读材料,回答下列问题。(14分) 材料一 咖啡原产于非洲,现在我国云南、四川、海南、福建和台湾等地均有种植,但90%以上种植面积集中于云南。图18为“咖啡原产地非洲某地的咖啡种植分布示意图”。 材料二 咖啡种植已成为我国云南部分地区支柱产业、出口创汇产业和农村扶贫产业,2014年被农业部列入重点支持发展的特色产业。目前我国咖啡生豆产量位列全球第13位,但人均咖啡消费水平低,产业利润丰厚的加工、流通环节多为外国品牌控制。图19为“我国咖啡种植面积和生豆产量、出口量、消费量统计图”。 (1)结合咖啡原产地和我国的种植状况,概述适宜种植咖啡的地区应具备的自然条件。________(3分) (2)简述近十年来我国咖啡生豆生产和消费的主要特点。________(4分) (3)简析我国发展咖啡种植的有利社会经济条件。________(3分) (4)为提升我国咖啡产业水平,你认为可采取哪些措施?________(4分) 30.【选做题】本题包括A、B、C、D四小题,请选定其中两题,并在相应的答题区域内作答。若多做,则按作答的前两题评分。 A.[海洋地理]图20为“我国东部部分海域等深线分布图”,图21为“沿30°N海域甲~乙的冬季表、底层海水多年平均温度和盐度空间分布图”。回答下列问题。(10分) (1)说出甲、乙两海域海底地形类型,并描述乙海域海底地形的主要特点。________(4分) (2)与甲海域相比,说明乙海域海水盐度的特点。________(3分) (3)与乙海域相比,分析甲海域表、底层海水温度的特点,并说明影响因素。________(3分) B.[城乡规划]图22为“某城市中心城区空间结构规划示意图”。回答下列问题。(10分) (1)简述该城市空间形态类型及其影响因素。________(3分) (2)你认为①~④地中,最宜布局高品质住宅区的地点并说明理由。________(3分) (3)简析该城市规划可能对市民生活产生的影响。________(4分) C.[旅游地理]呼伦贝尔大草原是世界四大草原之一。呼伦贝尔市拥有5A级景区1家、4A级景区16家、国家级非物质文化遗产17项,及呼伦湖世界生物圈保护区。图23为“呼伦贝尔草原景观图”,图24为“呼伦贝尔主要旅游资源分布示意图”。回答下列问题。(10分) (1)简述呼伦贝尔草原风光所属旅游资源类型及宜选用的观赏方法。________(3分) (2)评价该市旅游资源开发的条件。________(3分) (3)分别说明冬、夏两季在呼伦贝尔大草原旅游,个人应做好的安全防护工作。________(4分) D.[环境保护]图25为“2000~2018年我国GDP、能源消费、SO2排放量统计图”。回答下列问题。(10分) (1)简述2000~2018年我国GDP与能源消费量变化的相同点和不同点。________(3分) (2)说明2000~2018年我国SO2排放量的变化特点。________(2分) (3)分析我国2006年以来SO2排放量变化趋势产生的主要原因。________(4分) (4)依据我国经济发展、能源消费和污染物排放之间的关系,说出其中体现的人地关系思想。________(1分) 答案与解析 一、选择题(共60分) (一)单项选择题:本大题共18小题,每小题2分,共计36分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。 2020年4月8日22时,小明在上海观赏了“超级月亮”。下图为“月亮视直径最大与最小时的对比示意图”。据此完成下面小题。 1. 从天体运动位置看,此时“超级月亮”( ) A. 月球位于远地点附近 B. 月球位于近地点附近 C. 地月系位于远日点附近 D. 地月系位于近日点附近 2. 与此时全球昼夜分布状况相符的是( ) A. B. C. D. 【答案】1. B 2. A 【解析】 【1题详解】 月球围绕地球公转,其公转轨道是椭圆轨道,地球位于其中一个焦点上,“超级月亮”比平常看起来更大、更亮,说明此时月球位于公转轨道的近地点附近,离地球距离较近,A错误,B正确;地月系位于近日点或远日点对于“超级月亮”没有影响,C、D错误。故选B。 【2题详解】 4月8日为北半球夏半年,北极圈以内小范围出现极昼,南极圈以内小范围出现极夜,由此可排除BC选项;此时北京时间为22时,即120°E的地方时为22时,所以150°E为0时,且为夜半球的中央经线,大致与A图对应,D图错误。综上分析,与此时全球昼夜分布状况相符的是A图,故选A。 下图为“某地地质剖面示意图”。读图完成下面小题。 3. 最有可能发现溶洞的河谷是( ) A. ① B. ② C. ③ D. ④ 4. 图中断层( ) A. 形成后一直在活动 B. 比花岗岩形成时间晚 C. 导致现代河谷下切 D. 比侵蚀面形成时间早 【答案】3. A 4. D 【解析】 【3题详解】 溶洞属于喀斯特地貌,其形成的基础是可溶性的岩石,如石灰岩。读图可知,四处河谷中只有①河谷有可溶性的石灰岩,其他三处河谷的岩石都是不可溶蚀的,所以最有可能发现溶洞的河谷是①,故选A。 【4题详解】 读图分析,图中断层切断了石灰岩和页岩,没有再切断后来形成的岩层,说明该断层形成之后没有一直活动,A错误;断层没有切穿花岗岩,但是花岗岩侵入了断层,说明断层形成的时间比花岗岩早,B错误;现代河谷下切是由于断层形成之后该地区地壳整体抬升,河流下切侵蚀形成,C错误;侵蚀面覆盖在断层之上,断层没有切穿侵蚀面,说明断层比侵蚀面形成时间早,D正确。故选D。 下图为“亚欧大陆某时刻海平面等压线分布示意图”。读图完成下面小题。 5. 下列四地中,吹偏南风的是( ) A. ① B. ② C. ③ D. ④ 6. 此时①地最可能( ) A. 暴雨倾盆水难排 B. 细雨蒙蒙衣难干 C. 烈日炎炎似火烧 D. 黄沙满天车难行 【答案】5. C 6. A 【解析】 【5题详解】 读图分析,四个地点均位于北半球近地面,结合等压线的数值近地面风向的作图过程判断,①地位于低压中心的西南侧,风向为偏西风;②地位于高压中心的东侧,风向为偏北风;③地位于高压中心的西北侧,风向为偏南风;④地位于低压中心的西北侧,风向为偏北风。故选C。 【6题详解】 读图分析,此时亚欧大陆形成低压,太平洋上形成高压,说明此时为北半球的夏季。①地位于低压中心附近,盛行上升气流,并且①地纬度低,气温高,因而最可能形成强对流天气,暴雨倾盆,A正确;细雨蒙蒙是暖锋天气的典型特征,B错误;烈日炎炎往往是受高压控制形成,C错误;此时①地降水多,植被生长茂盛,不会形成沙尘天气,D错误。故选A。 选择大洋航线时,应在确保航行安全的前提下,充分考虑气象、海况条件和岛礁等因素,尽可能沿地球表面大圆(以地心为圆心过地表两点的圆)航行。下图为“巽他海峡西行好望角的大洋航线示意图”。据此完成下面小题。 7. 60°E以东航线的选择,主要考虑的是( ) A. 航程最短 B. 风阻最小 C. 逆水最短 D. 岛礁最少 8. 7月航线西段明显北移,主要是为了( ) A. 避开南极冰山 B. 减少西风带影响 C. 远离热带风暴 D. 便于沿途补给图 【答案】7. A 8. B 【解析】 【7题详解】 读图可知,60?E以东航线无论1月还是7月航线都基本不变,因此该航线对风阻和逆水等因素不是主要考虑因素,故BC错。从图文信息不能看出该航线的岛礁的多少,D错。从题干信息可知,海上航行在确保安全的前提下,充分考虑气象、海况条件和岛礁等因素,尽可能沿地球表面大圆航线,因为大圆劣弧球面距离最短,故A对。故选A。 【8题详解】 读图可知,该航线西段纬度较低,南极冰山难以到达,A错。7月太阳直射点北移,西风带北移,此时该段航线受西风带影响大,航线北移可以减小西风带影响,降低风阻,B对。航线北移,纬度更低,受热带风暴影响更大,C错。航线北移,并没有明显靠近陆地航线,D错。故选B。 【点睛】本题解题关键在于对气压带风带熟悉并掌握。 《中巴经济走廊远景规划(2017~2030年》将中国“一带一路”倡议与巴基斯坦“愿景2025”深入对接,为中巴合作带来新机遇。下图为“我国企业在中巴经济走廊重大投资项目分布示意图”。读图完成下面小题。 9. 我国企业投资的项目主要集中于( ) A. 采矿和制造业 B. 金融和零售业 C. 交通和能源 D. 教育和医疗 10. 影响我国企业投资项目地域分布的最主要因素是( ) A. 市场规模和劳动力数量 B. 区位和资源禀赋 C. 基础设施和生态环境 D. 政策和文化传统 【答案】9. C 10. B 【解析】 【9题详解】 读图可知,我国在巴基斯坦的投资项目主要有火电站、煤田、风力发电、公路设施、港口建设、轨道交通等,主要集中在能源和交通部门,故C对。故选C。 【10题详解】 由上题可知,我国在巴基斯坦的投资项目主要集中在能源和交通部门,能源项目的投资主要依托当地的资源优势,而交通及其他项目的投资则要依据当地不同的区位特点布局相应的投资项目,故B对。巴基斯坦经济落后,市场规模小,基础设施不完善,生态环境恶劣,文化传统与中国差异大,这些都不是吸引中国对巴投资的因素。虽然劳动力资源丰富,但素质低,也不能吸引中国对巴投资。政策优惠是主要影响因素,但不是最主要因素,故ACD错。故选B。 【点睛】本题难度较小。解题关键在于要求考生要充分利用图文信息,熟练掌握教材基础内容,灵活调动运用。 下图为“某小镇空间格局演化过程示意图”。读图完成下面小题。 11. 影响该小镇空间格局演化的主要因素是( ) A. 产业结构 B. 人口素质 C. 环境质量 D. 交通方式 12. “现代拓展区”的建立有利于( ) A 减轻自然灾害 B. 提高环境容量 C. 保护传统地域文化 D. 减少温室气体排放 【答案】11. D 12. C 【解析】 【11题详解】 读图可知,明清两代该小镇主要沿河拓展,现代该小镇主要沿高速公路拓展,因此影响该小镇空间格局演化的主要影响因素是交通方式,故D对。故选D。 【12题详解】 从图文信息不能判断该小镇的自然环境特征,因此不能判断“现代拓展区”的建立是否能减轻自然灾害,A错。一个区域的环境容量是相对稳定的,不会因为“现代拓展区”的建立而提高,B错。“现代拓展区”远离老城区,可以一定程度缓解城市热岛效应,但是并没有减少温室气体排放,D错。“现代拓展区”远离老城区,相对减少了对明清传统文化的破坏,使当地的地域文化可以得到更好的保护,C对。故选C。 【点睛】本题以图文的形式,考查常规的基础内容,因此要充分利用图中信息提示,结合所学知识,解答此题。 下图为“甲、乙两山地同纬度的山地垂直带谱示意图”。读图完成下面小题。 13. 两山地属于( ) A. 昆仑山脉 B. 秦岭 C. 祁连山脉 D. 横断山脉 14. 两山地的基带植被类型不同,原因是乙山地( ) A. 基带更高,热量不足 B. 海拔更高,山谷风强 C. 基带受焚风作用更强 D. 基带原生植被遭破坏 【答案】13. D 14. C 【解析】 【13题详解】 由题干可知,甲、乙两山地纬度相同,经度都位于100°E附近,而且甲山地基带为常绿阔叶林,可以判断该山地位于亚热带季风气候区,属于横断山脉,D正确。昆仑山脉、祁连山脉都处于温带地区,秦岭处于亚热带与温带的过渡地带,秦岭南坡基带为常绿阔叶林,北坡基带为落叶阔叶林,ABC错误。故选D。 【14题详解】 由于乙山地地处横断山区,而且位于甲山地的东边,山高谷深,受西边重重山岭的阻挡,来自印度洋的西南季风越过山地,在背风坡气流下沉,形成焚风效应,乙山地的基带受焚风作用更强烈,所以,乙山地的基带形成干热河谷灌丛,属于非地带性现象,C正确。乙山地基带受焚风效应影响,热量充足,A错误。乙山地的基带形成干热河谷灌丛,与山谷风影响无关,B错误。乙山地的基带形成干热河谷灌丛,是因为基带受焚风作用强烈,气候干热,并不是基带原生植被被破坏,D错误。故选C。 【点睛】根据“山麓基带与当地水平自然带一致”的规律可以判断山体所处的气候区。 城市群在参与国际竞争与合作,支撑全国经济增长,推进区域协调发展等方面具有重要作用。目前我国已建设19个国家级城市群。下图为“我国城市群空间分布示意图”。读图完成下面小题。 15. 我国城市群空间分布的主要特点是( ) A. 成熟型城市群分布于东部沿海 B. 成长型城市群分布于中部地区 C. 培育型城市群分布于西部地区 D. 主要分布于胡焕庸线以东地区 16. 符合天山北坡城市群发展定位的是( ) A. 推动国家经济发展的新引擎 B. “一带一路”重要的综合性枢纽 C. 联系各大城市群的重要节点 D. 国家高新技术产业的先行高地 【答案】15. D 16. B 【解析】 【15题详解】 读图可以看出,西部地区也有成熟型城市群,A错误。东部地区也有成长型城市群,B错误。东部和中部地区也有培育型城市群,C错误。读图可以看出,由于胡焕庸线(黑河-腾冲一线)以东地区人口密度大,所以,我国城市群主要分布于胡焕庸线以东地区,D正确。故选D。 【16题详解】 天山北坡城市群位于“陆上丝绸之路”的枢纽位置,所以,天山北坡城市群发展定位应该是“一带一路”重要的综合性枢纽,B正确。与东部城市群相比,天山北坡城市群发展相对落后,并不是推动国家经济发展的新引擎,A错误。天山北坡城市群地处西北地区,与各大城市群联系不便,C错误。与东部城市群相比,天山北坡城市群发展相对落后,技术水平相对低,并不是国家高新技术产业的先行高地,D错误。故选B。 【点睛】城市形成和发展的区位条件: 自然条件:气候、地形、土壤、河流 社会经济条件:人口、交通、资源、开发历史、政治等 我国粮食产量自2004年以来连续16年增长,有效保障了国家粮食安全。下图为“我国不同区域三个年份粮食产量占比图”。读图完成下面小题。 17. 下列区域中,对我国粮食安全贡献不断增大的是( ) A. 华北平原 B. 东北区 C. 西南区 D. 东南沿海区 18. 制约蒙新区粮食生产地位进一步提升的主要因素是( ) A. 土地资源 B. 水资源 C. 经营规模 D. 机械化水平 【答案】17. B 18. B 【解析】 【17题详解】 读图可知,东北地区1996年、2006年、2016年三个年份粮食产量占全国总产量的比率不断提高,说明东北地区对我国粮食安全贡献不断增大,B正确。华北地区三个年份的粮食产量占全国总产量的比率先升高后降低,A错误。西南区和东南沿海两个地区三个年份的粮食产量占全国总产量的比率均为持续降低,CD错误。故选B。 【18题详解】 蒙新区地处我国西北内陆干旱半干旱气候区,水资源缺乏,制约粮食生产地位进一步提升,B正确。土地资源、经营规模和机械化水平均不是最主要的制约因素,ACD错误。故选B。 【点睛】农业区位因素: 自然条件:气候(光照、热量、降水、昼夜温差)地形、土壤、水源 社会经济条件:市场、交通、劳动力、科技、政策、经验 (二)双项选择题:本大题共8小题,每小题3分,共计24分。在每小题给出的四个选项中,有两项是符合题目要求的。每小题选两项且全选对者得3分,选错、少选或不选均不得分。 研究人员在调查青藏高原地理环境时,利用遥感技术获得了20世纪80年代以来青藏高原上一千多个湖泊面积的年际变化数据。下图为“青藏高原色林错地区1984年和2015年同期卫星影像图”。据此完成下面小题。 19. 下列四地中,地势较低平的两地是( ) A. ① B. ② C. ③ D. ④ 20. 青藏高原环境调查应用遥感技术的优势有( ) A. 遥感光学成像不受天气状况的影响 B. 能够获取地面调查人员难以到达地区的信息 C. 能够快速获取大范围的影像信息 D. 可以取代研究人员的地面调查 【答案】19. AB 20. BC 【解析】 【19题详解】 对比1984年和2015年湖泊面积变化可知,2015年湖面变大,1984年的两地在2015年被淹没变成水域,说明两地地势地平,易被淹没;两地水域面积基本没变,说明湖面上升没有淹没两地,说明两地海拔高,AB正确,CD错误。故选AB。 【20题详解】 遥感技术是一种应用探测仪器,使用空间运载工具和现代化的电子、光学仪器,探测和识别远距离研究对象的技术。天气变化会影响遥感成像效果,天气多变导致遥感成像具有不确定性,A错误。遥感使用空间运载工具和现代化的电子、光学仪器,探测和识别远距离研究对象,能够获取地面调查人员难以到达地区的信息,B正确。由于卫星围绕地球运转,遥感能及时获取大范围的最新影像信息资料,C正确。遥感技术所利用的电磁波还很有限,仅是其中的几个波段范围,已经被利用的电磁波谱段对许多地物的某些特征还不能准确反映,还需要发展高光谱分辨率遥感以及遥感以外的其他手段相配合,特别是地面调查和验证尚不可缺少,D错误。故选BC。 【点睛】遥感探测能在较短时间内,从空中乃至宇宙空间对大范围地区进行对地观测,并从中获取有价值的遥感数据。这些数据拓展了人们的视觉空间,例如,一张陆地卫星图像,其覆盖面积可达3万多平方千米。这种展示宏观景象的图像,对地球资源和环境分析极为重要。 随着工业化、城市化推进,桑蚕产业由长江中下游和珠三角地区逐渐西移。2005年以来,广西蚕茧产量稳居全国首位,桑蚕业助推35个石漠化贫困县脱贫致富。下图为“广西桑蚕业平怀模式示意图”。据此完成下面小题。 21. 广西发展桑蚕业得益于( ) A. 土壤肥力高,桑叶生长快 B. 热量条件好,结茧次数多 C. 地表水资源多,桑枝萌叶多 D. 土地资源丰富,宜桑面积广 22. 广西桑蚕业平怀模式的优势有( ) A. 桑下种薯,延长了产业链 B. 桑枝育菇,发展多种经营 C. 薯、丝加工,增加附加值 D. 菌基回田,提高土地利用率 【答案】21. BD 22. BC 【解析】 【21题详解】 广西多喀斯特地貌,土壤肥力不高,A错误。广西部分地区位于热带,热量条件好,桑蚕结茧次数多,B正确。广西多喀斯特地貌,地表多裂隙,地表水易下渗,地表水资源不多,C错误。广西土地面积大,地形多样,桑树适合种植区域大,D正确。故选BD。 【22题详解】 桑下种薯,是提高了土地利用率,没有延长生产链,A错误。桑枝育菇,实现了废弃物综合利用,利于发展多种经营,B正确。薯加工成淀粉、粉丝,丝加工成丝绸,延长了生产链,增加了附加值,C正确。菌基回田可以增加土壤肥力,不能提高土地利用率,D错误。故选BC。 【点睛】广西发展桑蚕业的优势条件为广西地处热带、亚热带,热量充足,降水充沛,适宜种植桑树,发展桑蚕业;东临广东,背靠西南地区,南部与海洋相连,便于产品的运输出口,东南亚市场广阔,可以扩大外贸市场。 下图为“1982年以来我国流动人口总量与分区比例图”。读图完成下面小题。 23. 1982年以来,我国流动人口变化的主要特点有( ) A. 东部地区占比先升后降 B. 中西部地区占比持续下降 C. 全国流动人口总量2014年前增加,之后减少 D. 全国流动人口增长率2014年前增大,之后减小 24. 造成三大区域人口流动趋势变化的原因有( ) A. 全国交通条件改善,人口流动的规模进一步加大 B. 各地户籍政策放开,流动人口逐渐向大城市集中 C. 东部地区就业机会多,对流动人口具有持续吸引力 D. 中西部地区经济发展,对流动人口吸引力有所增强 【答案】23. AC 24. CD 【解析】 【23题详解】 据图分析,东部地区占比1982年-2005年上升,2005年之后占比下降,A正确。中部地区占比是先下降后上升,西部地区占比是向上升后下降再上升,B错误。全国流动人口总量2014年前增加,之后减少,C正确。但是全国流动人口增长率应该是1982年-1987年较快,1987年-1990年较慢,1990年至2008年增长最快,之后增长率下降,D错误。故选AC。 【24题详解】 三大区域人口流动趋势是流动人口总量在增加,这和交通条件改善关系不大,主要是经济差距加大、东部地区就业机会多,对流动人口具有持续吸引力引起的,A错误,C正确。各地户籍则放开,会促进人口流动,但不一定向大城市集中,主要是向东部地区集中,B错误。2014年流动人口数量规模减少,应该和中西部地区经济发展有关,中西部地区经济发展就业机会增加且不必远距离流动到东部,中西部对流动人口吸引力增强,D正确。故选CD。 斯里兰卡农民依托小流域(平均面积20km2)建设的梯级蓄水池农田系统,被列为“全球重要农业文化遗产”。下图为“梯级蓄水池农田系统主要分布地区及其模式示意图”。据此完成下面小题。 25. 斯里兰卡东北部地区建梯级蓄水池农田系统的主要原因有( ) A. 旱、雨季分明,水量分配不均 B. 水源不足,需跨流域调配 C 水位变化大,航运发展受制约 D. 河流短小,调蓄能力有限 26. 梯级蓄水池农田系统可以( ) A. 调节小气候 B. 扩大土地资源 C. 维护生物多样性 D. 增加径流总量 【答案】25. AD 26. AC 【解析】 【25题详解】 据图分析东北部地区冬季受东北季风影响,东北季风受地形抬升,降水多,但是夏季东北地区位于背风坡,东北部降水少,属于热带季风气候,旱雨季分明,降水分配不均,建梯级蓄水池可以稳定农田供水,A正确。该地年降水量较大,不需要跨流域调水,B错误。斯里兰卡是岛国,中间高四周低,河流短小湍急,不适合发展航运,C错误。斯里兰卡是岛国,中间高四周低,河流短小,调蓄能力有限,修建蓄水池可以拦蓄洪水,调节径流,D正确。故选AD。 【26题详解】 梯级蓄水池水域面积较大,可以调节局部地区小气候,A正确。梯级蓄水池水域面积较大,可能会淹没部分土地,不会导致土地面积增加,B错误。梯级农田蓄水池可以养殖水产、为农田供水,改善当地生态环境,利于维护生物多样性,C正确。梯级农田蓄水池只是改变了地表径流的时空分布,不会增加径流总量,D错误。故选AC。 二、综合题:本大题分必做题(第27题~第29题)和选做题(第30题),共计60分。 27.阅读材料,回答下列问题。 材料一 尼日尔河源于富塔贾隆高原,注入几内亚湾,全长约4200km,流域面积210万km2,在塞古-迪雷间的盆地形成大型内陆三角洲,在几内亚湾发育了巨型河口三角洲。 材料二 下图为“尼日尔河流域及降水分布示意图”,下表为“尼日尔河部分水文站年径流量与年输沙量统计表”。 水文站 马西纳 迪雷 尼亚美 洛科贾 奥尼查 年径流量(km3) 41 30 27 73 182 年输沙量(万吨) 177 100 350 1290 5800 (1)富塔贾隆高原被称为尼日尔河“水塔”,请分析原因。 (2)说明尼日尔河流经内陆三角洲前后径流量和输沙量发生的变化,并分析其原因。 (3)概述尼日尔河迪雷-洛科贾河段水文特征的变化。 (4)简析河口三角洲地区的自然地理环境特征。 【答案】(1)年降水量大;地势高;流域面积较大。 (2)径流量减少;径流季节变化减小;输沙量减少;河湖多,调节能力强;蒸发强;下渗多;地势平缓,流速减小,泥沙沉积。 (3)径流量先减后增;含沙量增大。 (4)地形为低平原,河网密布;热带雨林气候,全年高温多雨;径流量大,含沙量大;自然带为热带雨林带。 【解析】 【分析】 本题主要考查自然地理环境的整体性原理、河流的水文特征、区域自然地理环境特征等相关知识。难度一般,重在考查图文材料信息的获取与解读,结合所学地理基本原理分析作答即可。 【详解】(1)“水塔”一是水量大,为尼日尔河提供的补给水源多,二是地势高。读图可知,富塔贾隆高原所在地区年降水量大,且该区域尼日尔河的支流众多,流域面积广阔,为尼日尔河提供了丰富的水源补给;其次,富塔贾隆高原所在地区地势高,是尼日尔河的发源地,所以被称为尼日尔河的“水塔”。 (2)读表可知,根据马西纳和迪雷水文站年径流量以及年输沙量数据的变化可知,尼日尔河流经内陆三角洲后径流量和输沙量均减少,主要原因在于内陆三角洲地区地势平缓,流速减小,有利于泥沙的沉积;同时,河湖较多,内陆三角洲面积较大,年降水量相对减少,蒸发量增加,且由于流速减慢,下渗增多,所以尼日尔河流经内陆三角洲后径流量减少。另外,由于河湖多,内陆三角洲对河流的调节能力强,所以尼日尔河流经内陆三角洲后径流量季节变化减小。 (3)根据表1信息可知,自迪雷~洛科贾,河流径流量先减后增,含沙量增大。 (4)自然地理环境特征可从气候、地形、水文、土壤、植被等角度进行分析作答。河口三角洲地区地势低平,地形为低平原(地形);根据图中等降水量的分布可知,河口三角洲地区降水丰沛,结合所学地理知识可知,该区域气候为热带雨林气候,全年高温多雨,自然带为热带雨林带(气候、植被);该区域河网密布,径流量大,含沙量大(根据奥尼查的年径流量和年输沙量)(水文)。 28.阅读材料,回答下列问题。 材料一 湖北省黄石市是武汉都市圈的副中心城市,有“青铜古都”“钢铁摇篮”“水泥故乡”之称。图一为“黄石市区位示意图”。 材料二 黄石市2008年被定为资源枯竭转型试点城市,2015年年底关闭第一批露天矿山,采掘业产值明显下降。图二为“2008~2017年黄石市GDP和三次产业结构统计图”,图三为“2008~2017年黄石市轻重工业产值统计图”。 (1)简述当前黄石市产业结构的特点。 (2)说明目前黄石市第二产业发展的有利条件。 (3)简析黄石市第二产业转型升级的主要方向。 (4)要实现黄石市可持续发展,你认为可采取哪些有效措施? 【答案】(1)以第二产业为主;第二产业中重工业占主导;第一、第三产业占比较低;第三产业占比大于第一产业。 (2)产业基础好;临江水运便利;政策扶持;距中心城市武汉近;劳动力丰富。 (3)轻型化(提高轻工业比重);高附加值化(提升产品的附加值);高科技化(积极发展高新技产业);加强传统优势工业技术改造。 (4)优化产业结构;增加就业岗位;提高资源利用率;加快生态恢复;防治环境污染;推进城市化进程。 【解析】 【分析】 本题主要考查区域发展阶段与产业结构特点、工业区位条件、资源枯竭型城市的可持续发展等相关知识。难度一般,重在考查获取与解读地理信息、调动和运动地理基本原理的能力,结合所学地理知识分析作答即可。 【详解】(1)注意关键词“当前”,根据2017年黄石市三次产业结构统计数据可知,首先,当前黄石市以第二产业为主,结合2017年黄石市轻重工业产值统计图可知,第二产业中重工业占主导(重工业的工业产值远高于轻工业的工业产值);其次,当前黄石市第一、第三产业占比低,且第三产业占比大于第一产业。 (2)该题可从地理位置、交通、劳动力,工业基础等角度回答。首先,黄石市距中心城市武汉较近,可获得一定的技术支持;其次,黄石市靠近长江,水源充足,交通便利;再次,作为武汉都市圈的副中心城市,其劳动力丰富;最后,根据材料信息可知,2008年黄石市被定为资源枯竭型转型试点城市,工业的转型发展有一定的政策支持。并且,黄石市被称为“钢铁摇篮”、“水泥故乡”,其产业基础条件较好。 (3)根据2008~20017年黄石市轻重工业产值统计图可知,其第二产业以重工业为主,轻工业占比很小,可提高轻工业比重,同时,可加强传统优势工业的技术改造;其工业生产总值虽有增加,但近年来工业产值增速并不快,应加大技术投入,提升产品的附加值,同时,积极发展高新技术产业等。 (4)资源枯竭型城市的转型与可持续发展一般可采取以下措施:调整优化产业结构,积极发展第三产业和高新技术产业,增加就业岗位,进一步吸引劳动力向城镇迁移,推进城市化进程;加大技术投入,提高资源利用率;资源枯竭型城市,环境污染一般较为严重,可加快生态恢复,治理环境污染等。 29.阅读材料,回答下列问题。 材料一咖啡原产于非洲,现在我国云南四川、海南、福建和台湾等地均有种植,但90%以上种植面积集中于云南。图一为“咖啡原产地非洲某地的咖啡种植分布示意图”。 材料二咖啡种植已成为我国云南部分地区支柱产业、出口创汇产业和农村扶贫产业,2014年被农业部列入重点支持发展的特色产业。目前我国咖啡生豆产量位列全球第13位,但人均咖啡消费水平低,产业利润丰厚的加工、流通环节多为外国品牌控制。图二为“我国咖啡种植面积和生豆产量、出口量、消费量统计图”。 (1)结合咖啡原产地和我国的种植状况,概述适宜种植咖啡的地区应具备的自然条件。 (2)简述近十年来我国咖啡生豆生产和消费的主要特点。 (3)简析我国发展咖啡种植的有利社会经济条件。 (4)为提升我国咖啡产业水平,你认为可采取哪些措施? 【答案】(1)气候:热带、亚热带;具有高温多雨气候特征;地形:丘陵、山地。 (2)种植面积呈波动扩大;产量持续增长;消费量波状上升;2012年后消费量明显低于生产量;仍需进口 (3)劳动力丰富;市场潜力大;政策扶持。 (4)培育良种;提高种植技术;延长产业链;扩大种植规模;创立品牌;培育市场。 【解析】 【分析】 本题考查咖啡种植的区位条件、我国咖啡生产的特点及发展的措施,考查对图表的阅读和应用能力,难度一般。 【详解】(1)从左图的原产地分布图和我国咖啡种植区的分布可知:咖啡种植区的自然条件应具备以下条件:气候为热带或亚热带气候;并具有高温多雨气候特征;地形以山地丘陵、山地为主,海拔在1000-2300米最好。 (2)本题主要考查对图表数据的观察和判断能力。从图可知,种植面积呈波动扩大;产量持续增长;消费量波状上升;2012年后消费量明显低于生产量,但由于部分生豆出口,导致国内咖啡仍需进口。 (3)本题考查我国咖啡发展的有利社会条件,可从劳动力、市场、政策方面分析。我国人口众多,劳动力资源丰富;人口多,国内咖啡消费市场潜力大;我国大力支持发展特色农业,政策优惠。 (4)本题考查发展措施,可从培育良种、技术、产业链、品牌等方面分析。加大科技投入,培育良种;加强种植技术研究,提高种植技术;对咖啡生豆进行深加工,延长产业链,提高附加值;专业化生产,扩大种植规模;树立品牌意识,创立自主品牌;加快国内咖啡销售服务体系构建和完善,培育国内市场。 30.【选做题】本题包括A、B、C、D四小题,请选定其中两题,并在相应的答题区域内作答。若多做,则按作答的前两题评分。 30.【海洋地理】 图一为“我国东部部分海域等深线分布图”,图二为“沿30°N海域甲~乙的冬季表、底层海水多年平均温度和盐度空间分布图”。回答下列问题。 (1)说出甲乙两海域海底地形类型,并描述乙海域海底地形的主要特点。 (2)与甲海域相比,说明乙海域海水盐度的特点 (3)与乙海域相比,分析甲海域表、底层海水温度的特点,并说明影响因素。 【答案】(1)大陆架;大陆坡水较深;坡度大。 (2)表层、底层海水盐度均较高;表层海水盐度高于底层。 (3)相对较低;表底层海水温度大致相当海水深度;洋流。 【解析】 【分析】 本题考查海水的盐度和温度的分布及成因。考查图表信息的提取和应用能力。难度较低。 【详解】(1)从图的等深线可以看出,甲地的深度小于200米,为大陆架;乙的深度为400米,为大陆坡;大陆坡水较深,坡度大。 (2)从图的曲线可以看出,乙表层、底层海水盐度均高于甲;乙表层海水盐度高于底层。 (3)从图的曲线可以看出,甲的表层和底层海水温度较低;表底和底层海水温度大致相当;原因是海水较浅,沿岸有暖流流过。 31.【城乡规划】 下图为“某城市中心城区空间结构规划示意图”。回答下列问题。 (1)简述该城市空间形态类型及其影响因素 (2)你认为①~④地中,最宜布局高品质住宅区的地点并说明理由。 (3)简析该城市规划可能对市民生活产生的影响。 【答案】(1)组团式(条带状)河流;地形。 (2)④位于流经城区河流上游;盛行风向上风向。 (3)亲近自然;环境优美;通勤距离远;易交通拥堵。 【解析】 【分析】 本题考查城市功能区的布局,重点考查对图表的阅读能力。难度较低。 【详解】(1)从图上可知,城市主要沿河流分布和延伸,城市的空间形态为组团式(条带状);主要受河流和地形影响。 (2)④地,原因位于流经城区河流上游;盛行风向上风向,污染少,靠近高坡,环境好。 (3)从图可知,绿化廊道多,便于市民亲近自然;绿化面积广,环境优美;但通勤距离较远;易造成交通拥堵。 32.【旅游地理】 呼伦贝尔大草原是世界四大草原之一。呼伦贝尔市拥有5A级景区1家、4A级景区16家、国家级非物质文化遗产17项,及呼伦湖世界生物圈保护区。图一为“呼伦贝尔草原景观图”,图二为“呼伦贝尔主要旅游资源分布示意图”。回答下列问题。 (1)简述呼伦贝尔草原风光所属旅游资源类型及宜选用的观赏方法。 (2)评价该市旅游资源开发的条件。 (3)分别说明冬、夏两季在呼伦贝尔大草原旅游,个人应做好的安全防护工作。 【答案】(1)自然旅游资源选择夏季;远眺或置身其中。 (2)有利:资源类型多样;资源独特,质量等级高;交通便利;不利:距离主要客源市场较远。 (3)夏季:防晒;防虫,防野生动物袭击;防突发气象灾害;冬季:防寒,防冻;防暴风雪等气象灾害。 【解析】 【分析】 本题考查旅游资源的分类,旅游资源开发条件评价、旅游的防护措施等,难度较低。 【详解】(1)该地以草原景观为主,旅游资源分类属于自然旅游资源。应选择夏季去观赏,方法应以远眺为主,也可置身其中。 (2)本题可从资源价值、品位、交通、客源市场等分析。有利:有自然景观、人文景观、资源类型多样;草原景观,资源独特,质量等级高;铁路纵横,交通便利。 不利:该地离经济发达地区较远,客源市场较远。 (3)夏季:太阳辐射强,紫外线强,做好防晒;草原蚊虫多,做好防蚊虫,野生动物多,防野生动物袭击;夏季突发天气多,防突发气象灾害。 冬季:纬度高,气温低,做好防寒保暖,防冻;防暴风雪等气象灾害。 33.【环境保护】 下图为“2000~2018年我国GDP、能源消费、SO2排放量统计图”。回答下列问题。 (1)简述2000~2018年我国GDP与能源消费量变化的相同点和不同点。 (2)说明2000~2018年我国SO2排放量的变化特点。 (3)分析我国2006年以来SO2排放量变化趋势产生的主要原因。 (4)依据我国经济发展、能源消费和污染物排放之间的关系,说出其中体现的人地关系思想。 【答案】(1)相同点:不断增加;不同点:目前能源消费总量的增速放缓;GDP的增长速度加快。 (2)SO2排放先上升后下降。 (3)节能减排技术推广;产业结构优化能源消费结构改善;环境管理力度增强;环保意识提高。 (4)谋求人地协调发展思想。 【解析】 【分析】 本题主要考查能源消费与GDP关系的变化,考查图表的分析和信息提取能力,难度一般。 详解】(1)从图可看出,相同点:我国GDP总量和能源消费量不断增加;不同点:目前能源消费总量的增速放缓,而GDP的增长速度加快。 (2)从图可知,2006年前 SO2排放量呈上升趋势,2006年SO2排放呈下降趋势。 (3)2006年SO2排放呈下降趋势,主要原因有:节能减排技术推广;产业结构优化;能源消费结构改善;环境管理力度增强;环保意识提高。 (4)2006年以前,我国以高耗能、高污染、高投入为主的发展模式,排放的染污物量大,后来,产业结构的调整,节能减排等措施的实施,能耗大幅下降,这说明我国在经济发展过程中注重人地的协调,谋求人地协调发展。 - 22 -

    • 2020-07-13
    • 下载1次
    • 5118.91KB
    进入下载页面

    免费资料

  • ID:7-7570421 河北省沧州市盐山中学2019-2020学年高二上学期期末考试(B)化学试题 Word版含解析

    高中化学/期末专区/高二上学期

    沧州市盐山中学2019-2020学年高二上学期期末考试(B) 化学试题 一、单选题(本大题共20小题,共40.0分) 1.下列说法或表示方法正确的是(  ) A. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,后者放出的热量多 B. 氢气的燃烧热为285.8 kJ·mol-1,则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1 C. Ba(OH)2·8H2O(s)+2NH4Cl(s)= BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l) ΔH<0 D. 已知中和热为57.3 kJ·mol-1,若将含0.5 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的 稀溶液混合,则放出的热量大于57.3 kJ 【答案】C 【解析】 【详解】A.硫蒸汽所含能量比硫固体高,所以,等物质的量的硫蒸汽和硫固体分别完全燃烧,前者放出热量多,选项A错误; B.氢气的燃烧热为285.8kJ?mol-1,氢气的燃烧热热化学方程式为:H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8 kJ/mol,选项B错误; C.反应中固体生成气体,△S>0,在常温下能自发进行,△G=△H-T?△S<0,故ΔH<0,选项C正确; D.已知中和热为57.3kJ?mol-1,若将含0.5molH2SO4的浓硫酸溶液与含1mol NaOH的溶液混合,由于浓硫酸溶解会放出热量,所以放出的热量要大于57.3kJ,选项D错误; 答案选C。 2.将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中,发生下列反应:3A(g)+B(g)?xC(g)+2D(g),经2min后测得D的浓度为0.5mol/L,c(A):c(B)=3:5,以C表示的平均速率v(C)=0.25mol?L-1?min-1,下列说法正确的是(  ) A. 反应速率? B. 该反应方程式中, C. 2min时,A的物质的量为 D. 2min时,A的转化率为 【答案】C 【解析】 【详解】A、根据题意得v(D)=0.5mol/L÷2min=0.25 mol·L-1·min-1,则根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知v(B)=1/2v(D)=0.125 mol·L-1·min-1,A错误; B、根据题意得v(D)=0.5mol/L÷2min=0.25 mol·L-1·min-1,以C表示平均速率v(C)=0.25mol·L-1·min-1,根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知x=2,B错误; C、2min时,D的物质的量是0.5mol/L×2 L=1mol,所以消耗A、B的物质的量分别是1.5mol、0.5mol,设A、B起始物质的量均为y,则剩余A、B的物质的量分别是y-1.5mol、y-0.5mol,根据c(A):c(B)=3:5,解得(y-1.5mol)/(y-0.5mol)=3:5,解得y=3mol。所以2min时,A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol,C正确; D、A的转化率为1.5mol/3mol×100%=50%,D错误; 答案选C。 3.下列事实,不能用勒夏特列原理解释的是 A. 氯水中有下列平衡Cl2+H2 O?HCl + HClO,当加入AgNO3溶液后,溶液颜色变浅 B. 对2HI(g)?H2(g)+I2 (g),平衡体系增大压强可使颜色变深 C. 反应CO+NO2?CO2+NO ΔH <0,升高温度可使平衡向逆反应方向移动 D. 合成NH3反应,为提高NH3的产率,理论上应采取降低温度的措施 【答案】B 【解析】 【详解】A.因为勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程,氯水中有下列平衡Cl2+H2 O?HCl + HClO,当加入AgNO3溶液后,Cl-浓度减小,平衡向右移动,氯气的浓度减小,溶液颜色变浅,符合勒夏特列原理,故A不符合题意; B.对可逆反应,因该反应的反应前后气体计量数之和不变,改变压强,平衡不移动,增大压强体积减小,碘浓度增大,从而气体颜色加深,与平衡移动无关,所以不能用勒夏特里原理解释,故B符合题意; C.反应CO+NO2CO2+NOH<0,达平衡后,升高温度会使得平衡逆向移动,二氧化氮浓度增大,颜色加深,能用勒夏特列原理解释,故C不符合题意; D.合成氨反应是放热的反应,降低温度,会促使平衡正向移动,可以提高氨的产率,能用勒夏特列原理解释,故D不符合题意; 故选B。 【点睛】勒夏特列原理是:如果改变影响平衡的一个条件如浓度、压强或温度等,平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。,若与可逆过程无关,与平衡移动无关,则不能用勒夏特列原理解释。 4.下列叙述与图象对应符合的是 A. 对于达到平衡状态的?在t0时刻充入了一定量的,平衡逆向移动 B. 对于反应?,, C. 该图象表示的化学方程式为: D. 对于反应?,y可以表示Y的百分含量 【答案】B 【解析】 【详解】A.对于达到平衡状态的N2(g)+3H2(g)?2NH3?(g)在t0时刻充入了一定量的NH3,c(NH3)立即增大,故V逆立即增大,由于反应物的浓度是在原来基础上逐渐增大,故V正在原来基础上逐渐增大,不会出现突变,故A错误; B.根据“定一议二”的原则,将曲线a和b做对比可知压强p2>p1,将曲线b和c做对比可知温度T1>T2,故B正确; C.根据图象可知,A为反应物,B和C为生成物,在t1时反应达平衡,A、B、C的浓度该变量分别为0.8mol/L、0.4mol/L和1.2mol/L,故A、B、C的计量数之比为2∶1∶3,由于此反应最后达平衡,故为可逆反应,故化学方程式为:2A?B+3C,故C错误; D.从图象可知,温度T升高,y降低。而对于反应?2X(g)+3Y(g)?2Z(g)△H<0,升高温度,平衡左移,Y的百分含量升高,故y不能表示Y的百分含量,故D错误; 故选B。 5.在300 mL的密闭容器中,放入镍粉并充入一定量的CO气体,一定条件下发生反应:Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g),已知该反应平衡常数与温度的关系如表所示: 温度/℃ 25 80 230 平衡常数 5×104 2 1.9×10-5 下列说法正确的是(  ) A. 上述生成Ni(CO)4(g)的反应为吸热反应 B. 25 ℃时反应Ni(CO)4(g) Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为0.5 C. 在80 ℃时,测得某时刻,Ni(CO)4、CO浓度均0.5 mol/L,则此时v正>v逆 D. 80 ℃达到平衡时,测得n(CO)=0.3 mol,则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol/L 【答案】D 【解析】 【详解】A.由已知的数据可以看出,升高温度,平衡常数减少,说明平衡向逆方向移动,正反应是放热反应,A错; B.25℃时反应Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)时,它平衡常数是1/(5×104),B错; C.80℃时,Qc=0.5/0.54>2,说明平衡向逆方向移动,C错; D.80℃时,n(CO)=0.3mol,则Ni(CO)4的平衡浓度为2mol/L,代入平衡常数表达有,2/(0.3/0.3L)4=2,所以假定成立,D正确。 答案选D。 6.原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关,也与电解质溶液有关。下列说法中正确的是( ) A. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池,负极反应式为:Cu-2e-=Cu2+ B. 由Al、Cu、稀硫酸组成原电池,负极反应式为:Cu-2e-=Cu2+ C. 由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池,负极反应式为:Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O D. 由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池中,负极反应式为:Al-3e-=Al3+ 【答案】C 【解析】 【详解】A. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池,Fe作负极,负极反应式为:Fe-2e-=Fe2+,错误; B. 由Al、Cu、稀硫酸组成原电池,Al为负极,负极反应式为:Al-3e-=Al3+,错误; C. 由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池,Al作负极,负极反应式为:Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O,正确; D. 由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池中,Cu作负极,负极反应式为:Cu-2e-=Cu2+,错误。 故选C。 【点睛】判断原电池的正负极时,我们通常比较两电极材料的活动性,确定相对活泼的金属电极作负极。如果我们仅从金属的活动性进行判断,容易得出错误的结论。如C、D选项中,我们会错误地认为C中Mg作负极,D中Al作负极。 实际上,我们判断正负电极时,不是看金属的活动性,而是首先看哪个电极材料能与电解质溶液发生反应,若只有一个电极能与电解质溶液发生反应,则该电极为负极;若两电极材料都能与电解质发生反应,则相对活泼的电极为负极。 7.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2,一定条件下使反应达到平衡,正反应速率随时间变化的示意图如下所示。 A. 反应在c 点达到平衡状态 B. 反应物浓度:点小于点 C. 反应物的总能量低于生成物的总能量 D. 时,SO2的转化率:段小于段 【答案】D 【解析】 【详解】A、化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率,c点对应的正反应速率还在改变,未达平衡,错误; B、a到b时正反应速率增加,反应物浓度随时间不断减小,错误; C、从a到c正反应速率增大,之后正反应速率减小,说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响,说明该反应为放热反应,即反应物的总能量高于生成物的总能量,错误; D、随着反应的进行,正反应速率增大,△t1=△t2时,SO2的转化率:a~b段小于b~c段,正确; 答案选D。 8.如图所示,将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中下列分析正确的是   A. 闭合,铁棒上发生的反应为 B. 闭合,石墨棒周围溶液pH逐渐降低 C. 闭合,铁棒不会被腐蚀,属于外加电流的阴极保护法 D. 闭合,电路中通过个电子时,两极共产生气体 【答案】C 【解析】 【详解】A. 若闭合K1,该装置没有外接电源,所以构成了原电池,较活泼的金属铁作负极,负极上铁失电子,Fe?2e?=Fe2+,故A错误; B. 若闭合K1,该装置没有外接电源,所以构成了原电池;不活泼的石墨棒作正极,正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应,电极反应式为2H2O+O2+4e?=4OH?,所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高,故B错误; C.?K2闭合,Fe与负极相连为阴极,铁棒不会被腐蚀,属于外加电源的阴极保护法,故C正确; D.?K2闭合,电路中通过0.4NA个电子时,阴极生成0.2mol氢气,阳极生成0.2mol氯气,两极共产生0.4mol气体,状况不知无法求体积,故D错误。 本题选C。 【点睛】若闭合K1,该装置没有外接电源,所以构成了原电池;组成原电池时,较活泼的金属铁作负极,负极上铁失电子发生氧化反应;石墨棒作正极,正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应;若闭合K2,该装置有外接电源,所以构成了电解池,Fe与负极相连为阴极,碳棒与正极相连为阳极,据此判断。 9.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程,该历程示意图如下所示。 下列说法不正确的是 A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100% B. CH4→CH3COOH过程中,有C—H键发生断裂 C. ①→②放出能量并形成了C—C键 D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 【答案】D 【解析】 分析:A项,生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH,原子利用率为100%;B项,CH4选择性活化变为①过程中,有1个C-H键发生断裂;C项,根据图示,①的总能量高于②的总能量,①→②放出能量并形成C-C键;D项,催化剂只影响化学反应速率,不影响化学平衡,不能提高平衡转化率。 详解:A项,根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH,总反应为CH4+CO2CH3COOH,只有CH3COOH一种生成物,原子利用率为100%,A项正确;B项,CH4选择性活化变为①过程中,有1个C-H键发生断裂,B项正确;C项,根据图示,①的总能量高于②的总能量,①→②放出能量,对比①和②,①→②形成C-C键,C项正确;D项,催化剂只影响化学反应速率,不影响化学平衡,不能提高反应物的平衡转化率,D项错误;答案选D。 点睛:本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响,解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能,加快反应速率,催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。 10.某浓度的氨水中存在下列平衡:NH3?H2O?NH4++OH-,若想增大NH4+的浓度,而不增加OH-的浓度,应采取的措施是(  ) ①适当升高温度??②加入NH4Cl固体??③通入NH3??④加入少量盐酸。 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④ 【答案】D 【解析】 【分析】 氨水存在电离平衡NH3?H2O?NH4++OH-,要想增大NH4+的浓度,而不增大OH-的浓度,则加入的物质必须含有铵根离子或含有能和氢氧根离子反应的离子,据此分析解答。 【详解】①适当升高温度,平衡正向移动,c(NH4+)增大,c(OH-)增大,故①错误; ②加入氯化铵固体,c(NH4+)增大,平衡逆向移动,c(OH-)减小,故②正确; ③向氨水中通入氨气,c(NH4+)增大,c(OH-)增大,故③错误; ④加入少量盐酸,盐酸和氢氧根离子反应生成水,促进氨水电离,c(NH4+)增大,c(OH-)减小,故④正确; 故选D。 【点睛】本题的易错点为③,要注意通入NH3,相当于增大氨水的浓度。 11.常温下浓度均为0.1mol/L 的四种盐溶液,其pH 如表所示,下列说法正确的是( ) 序号 ① ② ③ ④ 溶液 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO pH 8.8 9.7 11.6 10.3 A. 等浓度的CH3COOH 和HClO溶液,pH小的是HClO B. Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同 C. 溶液水的电离程度:①>②>④>③ D. NaHCO3溶液中:c (Na+) =c (CO32- )+c (HCO3- )+c (H2CO3) 【答案】D 【解析】 【详解】A、对应的盐溶液的pH越大,酸根离子水解程度越大,酸越弱,则等浓度的CH3COOH和HClO溶液,CH3COOH的酸性强,则pH小的是CH3COOH,选项A错误; B、碳酸钠溶液中CO32-+H2OHCO3-+OH-,HCO3-+H2OH2CO3+OH-,H2OH++OH-,碳酸氢钠溶液中HCO3-CO32-+H+,HCO3-+H2OH2CO3+OH-,H2OH++OH-,所以两种溶液中粒子种类相同,选项B错误; C、易水解的盐能促进水的电离,水解程度越大,对水的电离的促进程度越大,则四种溶液中,水的电离程度③>④>②>①,选项C错误; D、NaHCO3溶液中存在物料守恒:c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3),选项D正确。 答案选D。 【点睛】本题考查了盐的水解、影响水的电离的程度的因素、物料守恒的应用等,注意根据酸性越弱,其酸根离子水解程度越大,对应的盐溶液的pH越大,易水解的盐能促进水的电离。 12.用石墨电极完成下列电解实验 实验一 实验二 装置 现象 a、d处试纸变蓝;b处变红,局部褪色;c处无明显变化 两个石墨电极附近有气泡产生;n处有气泡产生…… 下列对实验现象的解释或推测不合理的是( ) A. a、d处:2H2O+2e-=H2↑+2OH- B. b处:2Cl--2e-=Cl2↑ C. c处发生了反应:Fe-2e-=Fe2+ D. 根据实验一的原理,实验二中m处能析出铜 【答案】B 【解析】 【详解】A、a、d处试纸变蓝,说明溶液显碱性,是溶液中的氢离子得到电子生成氢气,破坏了水的电离平衡,氢氧根离子浓度增大造成的,A正确; B、b处变红,局部褪色,说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电,分别产生氧气和氯气,氢离子浓度增大,酸性增强,氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性,B错误; C、c处为阳极,铁失去电子生成亚铁离子,C正确; D、实验一中ac形成电解池,db形成电解池,所以实验二中也相当于形成三个电解池(一个球两面为不同的两极),m为电解池的阴极,另一球朝m的一面为阳极(n的背面),故相当于电镀,即m上有铜析出,D正确; 答案选B。 【点睛】化学反应主要是物质变化,同时也伴随着能量变化。电化学是化学能与电能转化关系的化学。电解池是把电能转化为化学能的装置,它可以使不能自发进行的化学借助于电流而发生。与外接电源正极连接的电极为阳极,与外接电源的负极连接的电极为阴极。阳极发生氧化反应,阴极发生还原反应。若阳极是活性电极(除Au、Pt、C之外的电极),则电极本身失去电子,发生氧化反应;若是惰性电极(Au、Pt、C等电极),则是溶液中的阴离子放电,放电的先后顺序是S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子,阴极则是溶液中的阳离子放电,放电顺序是Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+,与金属活动性顺序刚好相反。因此掌握电解池反应原理是本题解答的关键。注意依据实验现象分析可能发生的电极反应。 13.如图所示,甲池的总反应式为:,下列关于该电池工作时的说法正确的是 A. 该装置工作时,Ag电极上有气体生成 B. 甲池中负极反应为 C. 甲池和乙池中的溶液的pH均减小 D. 当甲池中消耗?时,乙池中理论上最多产生固体 【答案】C 【解析】 甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池,通入肼的电极为负极,通入氧气的电极为正极,负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O,正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-,乙池为电解池,阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑,A.通入肼的电极为负极,负极与阴极相连,银极为阴极,铜离子得电子生成铜单质,选项A错误;B.甲池负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O,氢离子不能在碱性溶液中出现,选项B错误;C.甲池生成水,导致溶液中KOH浓度降低,则溶液pH减小,乙池中氢氧根离子放电,导致溶液pH减小,选项C正确;D.甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O,消耗0.1mol N2H4时,转移0.4mol电子,乙池Cu2++2e-=Cu,产生0.2mol铜,为12.8g固体,选项D错误。答案选C。 点睛:本题考查了原电池和电解池原理,根据电极反应确定电极上的生成物及溶液pH变化,难点是电极反应式的书写及计算。甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池,通入肼的电极为负极,通入氧气的电极为正极,负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O,正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-,乙池为电解池,阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑,据此分析解答。 14.下列图示与对应的叙述相符的是: A. 图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化 B. 图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)的影响,乙的压强大 C. 图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化,则氢气的燃烧热为241.8kJ·mo1ˉ1 D. 图4表示用水稀释等体积且pH相同的盐酸和醋酸,溶液导电性:a>b>c 【答案】D 【解析】 【详解】A、催化剂能够降低反应的活化能,但不改变反应的焓变,该反应中反应物能量高于生成物能量,反应是放热反应,不是吸热反应,故A错误;B、D为固体,该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应,增大压强平衡向正反应方向移动,则反应物的含量减少,该图中改变条件后,反应物的含量不变,说明平衡不移动,加入的是催化剂,故B错误;C.由图像中的数据可以计算出1mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放热241.8kJ,由于生成的水不是液态,故不能由此确定氢气的燃烧热,C错误;D.用水稀释等体积且pH相同的盐酸和醋酸,由于醋酸是弱酸,其在稀释过程中电离平衡正向移动,故盐酸的pH变化较大,醋酸的pH变化小,溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小,即其中Ⅰ表示盐酸,Ⅱ表示醋酸,且溶液导电性:a>b>c,故D正确;故选D。 【点睛】本题考查了图像的分析与判断,理解图像的含义和变化趋势是解题关键。本题的易错点为B,要注意压强对化学平衡的影响时对物质的状态的要求。 15.已知可用来检验呈蓝色将图I装置中的铁棒末段分别联上一块锌片和铜片,并静置于含有及酚酞的混合凝胶上.一段时间后发现凝胶的某些区域(如图)II示发生了变化.则下列说法正确的是 A. 甲区不变色 B. 乙区呈现蓝色 C. 丙区产生离子 D. 丁区产生离子 【答案】D 【解析】 【分析】 铁棒末段分别联上一块锌片和铜片,并静置于含有K3Fe(CN)6及酚酞的混合凝胶上,则形成原电池装置,活泼金属为负极,甲区发生电极反应:O2+2H2O+4e-=4OH-,乙区发生电极反应:2Zn-4e-=2Zn2+,丙区发生电极反应:O2+2H2O+4e-=4OH-,丁区发生电极反应:2Fe-4e-=2Fe2+,根据电极反应式来判断各个电极的变化情况。 【详解】A.甲区发生电极反应:O2+2H2O+4e-=4OH-,生成的氢氧根离子能使酚酞变红色,所以甲极区变红色,故A错误; B.乙区发生电极反应:2Zn-4e-=2Zn2+,所以乙极区不变色,故B错误; C.丙区发生电极反应:O2+2H2O+4e-=4OH-,不会产生铜离子,故C错误; D.丁区发生电极反应:2Fe-4e-=2Fe2+,故D正确; 故选D。 16.在t℃时,Ag2CrO4(橘红色)在水中的沉淀溶解平衡平衡曲线如图所示。又知t℃时AgCl的Ksp=4×10-10,下列说法不正确的是( ) A. 在t℃时,Ag2CrO4的Ksp为1×10-8 B. 在饱和溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到Z点 C. 在t℃时,Ag2CrO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+CrO42-(aq)平衡常数K=6.25×107 D. 在t℃时,以0.001mol/L AgNO3溶液滴定20mL 0.001mol/L KCl和0.001mol/L的K2CrO4的混合溶液,Cl-先沉淀 【答案】A 【解析】 A、根据溶度积的公式,Ksp=c2(Ag+)×c(CrO42-)=10-6×10-5=10-11,故A说法错误;B、饱和溶液中,加入K2CrO4,c(CrO42-)增大,溶度积因为只受温度的影响,因此溶度积不变,c(Ag+)减小,因此从Y点到Z点,故B说法正确;C、K的表达式为K=c(CrO42-)/c2(Cl-)=c2(Ag+)×c(CrO42-)/[c2(Ag+)×c2(Cl-)]=Ksp(Ag2CrO4)/Ksp2(AgCl)=10-11/(4×10-10)2=6.25×107,故C正确;D、AgCl沉淀时,需要c(Ag+)=Ksp/c(Cl-)=4×10-10/0.001mol/l=4×10-7mol·L-1,Ag2CrO4沉淀时,c2(Ag+)=Ksp/c(CrO42-)=10-11/0.001mol·L-1=10-8mol·L-1,即c(Ag+)=10-4mol·L-1,因此AgCl先沉淀,故D正确。 17.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示,采用惰性电极,ab、cd均为离子交换膜,在直流电场的作用下,两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是 A. 通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移,正极区溶液pH增大 B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品 C. 负极反应为2H2O–4e–=O2+4H+,负极区溶液pH降低 D. 当电路中通过1mol电子的电量时,会有0.5mol的O2生成 【答案】B 【解析】 【详解】A.根据同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引的原则,在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动,因此通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移;在正极区带负电荷的OH-失去电子,发生氧化反应而放电,由于破坏了附近的水的电离平衡,使溶液中c(H+)>c(OH-),所以正极区溶液酸性增强,溶液的pH减小,故A错误; B.阳极区氢氧根放电,溶液中产生硫酸,阴极区氢离子获得电子,发生还原反应而放电,破坏了附近的水的电离平衡,使溶液中c(OH-)>c(H+),所以产生氢氧化钠,因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品,故B正确; C.负极区氢离子得到电子,使溶液中c(H+)增大,所以负极区溶液pH升高,故C错误; D.当电路中通过1mol电子的电量时,根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol,故D错误。 故选B。 【点睛】本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之一,考查的内容为:提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池,原电池电极名称判断及电极反应式的书写,提供反应方程式设计原电池、电解池(包括电镀池、精炼池),根据电解时电极质量或溶液p H的变化判断电极材料或电解质种类,电解产物的判断和计算,结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。 18.下列实验事实得出的相应结论不正确的是 选项 事实 结论 A 其他条件相同,Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应,升高溶液的温度,析出硫沉淀所需时间缩短 当其他条件不变时,升高反应温度,化学反应速率加快 B 向2.0 mL浓度均为0.1 mol·L-1的KCl、KI混合溶液中滴加1~2滴0.01 mol·L-1AgNO3溶液,振荡,沉淀呈黄色 Ksp:AgCl>AgI C 2NO2(g)N2O4(g),加压气体颜色加深 加压平衡向着气体颜色加深的方向移动 D 将MgCl2溶液蒸干后灼烧,得到MgO固体 蒸干的过程中水解生成的HCl挥发,水解进一步促进生成Mg(OH)2,灼烧后产生MgO A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A. 其他条件相同,Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应,升高溶液的温度,析出硫沉淀所需时间缩短,因此,当其他条件不变时,升高反应温度可加快化学反应速率,A正确; B. 向2.0 mL浓度均为0.1 mol·L-1的KCl、KI混合溶液中滴加1~2滴0.01 mol·L-1AgNO3溶液,振荡,沉淀呈黄色,生成了AgI沉淀,可以证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),B正确; C. 2NO2(g)N2O4(g),二氧化氮是红棕色的、四氧化二氮是无色的,加压后气体体积减小,气体的浓度变大,故气体的颜色加深,加压后平衡向着气体体积减小的方向移动,即正反应方向移动,C不正确; D. 将MgCl2溶液蒸干后灼烧,得到MgO固体,说明蒸干的过程中水解生成的HCl挥发,水解进一步促进生成Mg(OH)2,灼烧后产生MgO ,D正确。 本题选C。 19.下列有关说法正确的是 A. 常温下,溶液的 B. 工业上电解饱和食盐水时,以石墨为阴极,铁棒为阳极 C. 铅蓄电池放电时,正极电极反应为: D. 常温下,在AgCl悬浊液中加入少量NaCl饱和溶液,减小,减小 【答案】C 【解析】 【详解】A.0.1?mol?L-1?NH4Cl溶液水解显酸性,且氢离子浓度小于0.1mol/L,则常温下,0.1?mol?L-1?NH4Cl溶液的pH>1,故A错误; B.电解饱和食盐水时,阳极应为惰性电极,则石墨为阳极,铁为阴极,故B错误; C.放电时正极上得电子发生还原反应,电极反应式为,故C正确; D.加入少量NaCl饱和溶液,氯离子浓度增大,抑制AgCl的溶解,但Ksp只与温度有关,则c(Ag+)减小,Ksp(AgCl)不变,故D错误; 故选C。 【点睛】本题的易错点为D,要注意离子积常数、电离平衡常数、化学平衡常数等都是只与温度有关的常数,温度不变,这些常数不变。 20.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中,混合溶液pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是 A. Ka2(H2X)的数量级为10–6 B. 曲线N表示pH与的变化关系 C. NaHX溶液中c(H+)>c(OH-) D. 当混合溶液呈中性时,c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)=c(H+) 【答案】D 【解析】 A、己二酸是二元弱酸,第二步电离小于第一步,即Ka1=>Ka2=,所以当pH相等即氢离子浓度相等时>,因此曲线N表示pH与的变化关系,则曲线M是己二酸的第二步电离,根据图像取-0.6和4.8点, =10-0.6mol·L-1,c(H+)=10-4.8mol·L-1,代入Ka2得到Ka2=10-5.4,因此Ka2(H2X)的数量级为10-6,A正确;B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系,B正确;C. 曲线N是己二酸的第一步电离,根据图像取0.6和5.0点, =100.6mol·L-1,c(H+)=10-5.0mol·L-1,代入Ka1得到Ka2=10-4.4,因此HX-的水解常数是10-14/10-4.4<Ka2,所以NaHX溶液显酸性,即c(H+)>c(OH-),C正确;D.根据图像可知当=0时溶液显酸性,因此当混合溶液呈中性时,>0,即c(X2-)>c(HX-),D错误;答案选D。 二、填空题(本大题共4小题,共60.0分) 21.甲醇既可用于基本有机原料,又可作为燃料用于替代矿物燃料。 (1)以下是工业上合成甲醇的反应: 下表所列数据是该反应在不同温度下的化学平衡常数. 温度 250℃ 300℃ 350℃ K 2.041 0.270 0.012 由表中数据判断反应I为 ______ 热反应(填“吸”或“放”)某温度下,将2mol?CO和6mol?H2充入2L的密闭容器中,充分反应,达到平衡后,测得,则CO的转化率为 ______ ,此时的温度为 ______从表中选择. (2)已知在常温常压下: ① ② ③ 则反应? ______ 用、、表示 (3)处理废水时,最后以形式除去,当?时,沉淀完全,此时溶液的 ______?(已知,,) 【答案】 (1). 放 (2). (3). (4). (5). 5.6 【解析】 【分析】 (1)由表中数据可知,随温度升高平衡常数减小,说明升高温度平衡逆向移动,则正反应为放热反应;某温度下,将2molCO和6molH2充入2L密闭容器中,充分反应,达到平衡后,测得c(CO)=0.2mol/L,根据三段式列式计算平衡常数,进而判断温度; (2)根据盖斯定律分析解答; (3)Ksp=c(Cr3+)×c3(OH-)=6.4×10?31计算c(OH-),根据Kw=c(H+)×(OH-)计算溶液中c(H+),再根据pH=-lgc(H+)计算。 【详解】(1)由表中数据可知,随温度升高平衡常数减小,说明升高温度平衡逆向移动,则正反应为放热反应,故△H<0,某温度下,将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中,充分反应,达到平衡后,测得c(CO)=0.2mol/L,则: CO转化率=×100%=80%,平衡常数K===2.041,故温度为250℃,故答案为:放;80%;250℃; (2)①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) △H1 kJ/mol,②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2 kJ/mol,③H2O(g)=H2O(l) △H3 kJ/mol,根据盖斯定律:(①-②+4③)可得:CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H= kJ/mol,故答案为:; (3)Ksp=c(Cr3+)×c3(OH-)=6.4×10?31,c(Cr3+)=1×10?5mol?L-1 时,溶液中c(OH-)=4×10?9mol?L-1,则c(H+)=mol/L=2.5×10?6mol?L-1,则pH=-lg2.5×10?6=5.6,故答案为:5.6。 22.元素铬在溶液中主要以蓝紫色、绿色、橙红色、黄色等形式存在,为难溶于水的灰蓝色固体,回答下列问题: (1)与化学性质相似,在溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量,可察到的现象是 ______________________________________________ . (2)和在溶液中可相互转化室温下,初始浓度为的溶液中随的变化如图所示. 用离子方程式表示溶液中的转化反应______________________________ . 由图可知,溶液酸性增大,的平衡转化率__________________填“增大“减 小”或“不变”根据A点数据,计算出该转化反应的平衡常数为 _______________ . 升高温度,溶液中的平衡转化率减小,则该反应的 ______ 填“大于”“小于”或“等于”. (3)在化学分析中采用为指示剂,以标准溶液滴定溶液中的,利用与生成砖红色沉淀,指示到达滴定终点当溶液中恰好完全沉淀浓度等于时,溶液中为 ______ ,此时溶液中等于 ______ 已知、AgCl的分别为和 (4)价铬的化合物毒性较大,常用将废液中的还原成,反应的离子方程式为 _________________________________________________ . 【答案】 (1). 蓝紫色溶液变浅,同时有灰蓝色沉淀生成,然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液 (2). (3). 增大 (4). (5). 小于 (6). (7). (8). 5 【解析】 分析:与的化学性质相似,则具有两性。由图可知,和在溶液中相互转化的离子方程式为 。溶液酸性增大,平衡向正反应方向移动,则的平衡转化率增大A点坐标为(1.0,0.25),此时c()=0.5,则该转化反应的平衡常数为 .升高温度,溶液中的平衡转化率减小,说明该平衡向逆反应方向移动,则该反应为放热反应, 小于. 详解:(1)与的化学性质相似,则具有两性,故在溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量,先生成沉淀,后沉淀又逐渐溶解,可察到的现象是:蓝紫色溶液变浅,同时有灰蓝色沉淀生成,然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液. (2)由图可知,和在溶液中相互转化的离子方程式为 . 由图可知,溶液酸性增大,平衡向正反应方向移动,则的平衡转化率增大A点坐标为(1.0,0.25),此时c()=0.5,则该转化反应的平衡常数为 . 升高温度,溶液中的平衡转化率减小,说明该平衡向逆反应方向移动,则该反应为放热反应, 小于. (3)在化学分析中采用为指示剂,以标准溶液滴定溶液中的,利用与生成砖红色沉淀,指示到达滴定终点当溶液中恰好完全沉淀浓度等于时,溶液中为 ,此时溶液中等于 (4)价铬的化合物毒性较大,常用将废液中的还原成,反应的离子方程式为 点睛:本题以铬及其化合物间的转化为载体,考查了两性物质的性质、平衡移动原理、影响化学平衡的外因、有关化学平衡常数及溶度积常数的计算、氧化还原反应方程式的书写及配平及信息迁移能力,难度较大。要求学生具有扎实的基础知识,并能从大量的文字中精准获取有效的解题信息,结合所学知识解决新问题。 23.25℃时,部分物质的电离平衡常数如表所示: 化学式 HClO 电离平衡常数 (1)25℃时,等浓度的溶液、溶液、溶液,3种溶液的pH由大到小的顺序为________。 (2)工业上可用氨水除去尾气。将通入氨水中,当降至时,溶液中的_____。 (3)常温下,用溶液滴定溶液所得滴定曲线如图: ①在整个实验过程中,不需要的仪器或用品是 ______(填序号). 容量瓶?? b 锥形瓶??c 滴定管夹??d 漏斗??e 玻璃棒??f 滴定管 ②到达滴定终点的标志是 _____________ . ③下列操作会导致测定结果偏高的是 ______ . A 碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗 B 滴定过程中,锥形瓶摇荡得太剧烈,锥形瓶内有液滴溅出 C 碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡,滴定终点时发现气泡 D 达到滴定终点时,仰视读数 ④如图点①所示溶液中__________填“>”“<”或“=”,下同,点②所示溶液中:________,点③所示溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为:_________。 【答案】 (1). Na2CO3溶液>Na2SO3溶液>CH3COONa溶液 (2). 0.62 (3). ade (4). 加入最后一滴氢氧化钠,溶液变为微红色,且30s内不褪色 (5). AD (6). > (7). < (8). 【解析】 【分析】 (1)酸的电离平衡常数越大,其对应的酸根离子水解程度越小,等浓度的钠盐溶液的pH越小; (2) = ×=分析计算; (3)①酸碱中和滴定实验中需要的仪器为酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、胶头滴管、烧杯、锥形瓶等仪器;②NaOH溶液稍过量时,酚酞变为浅红色;③根据c(待测)= 分析不当操作对V(标准)的影响,以此判断浓度的误差;④由图可知,点①所示溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),结合质子关系为c( CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)分析解答;点②所示溶液呈中性,则c(H+)=c(OH-),根据电荷关系分析解答;点③恰好生成醋酸钠,根据盐类水解特点分析判断。 【详解】(1)酸的电离平衡常数越大,其对应的酸根离子水解程度越小,等浓度的钠盐溶液的pH越小,电离平衡常数:CH3COOH>HSO3->HCO3-,则水解程度:CH3COO-<SO32-<CO32-,水解程度越大其相同浓度的钠盐溶液的pH越大,则3种溶液的pH由大到小的顺序为:Na2CO3溶液>Na2SO3溶液>CH3COONa溶液,故答案为:Na2CO3溶液>Na2SO3溶液>CH3COONa溶液; (2)= ×====0.62,故答案为:0.62; (3)①酸碱中和滴定实验操作,需要酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶等仪器,不需要容量瓶、漏斗、玻璃棒,故答案为:ade; ②NaOH溶液稍过量时,酚酞变为浅红色,所以NaOH溶液滴定CH3COOH达到滴定终点时,加入最后一滴NaOH溶液,酚酞变为浅红色,并且30s内不褪色, 故答案为:加入最后一滴氢氧化钠,溶液变为浅红色,且30s内不褪色; ③A.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗,导致消耗标准液体积偏高,根据c(待测)= 分析可知,待测液浓度偏高,故A选;B.滴定过程中,锥形瓶摇荡得太剧烈,锥形瓶内有液滴溅出,导致消耗标准液体积偏低,根据c(待测)= 分析可知,待测液浓度偏低,故B不选;C.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡,滴定终点时发现气泡,导致消耗标准液体积读数偏低,根据c(待测)= 分析可知,待测液浓度偏低,故C不选;D.达到滴定终点时,仰视读数,导致消耗标准液体积读数偏高,根据c(待测)= 分析可知,待测液浓度偏高,故D选;故答案为:AD; ④由图可知,点①所示溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),此时质子关系为c( CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-),即c( CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)+[(H+)-c(OH-)]>c(CH3COOH)+c(H+);点②所示溶液呈中性,则c(H+)=c(OH-),电荷关系为c( CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),即c(Na+)=c( CH3COO-),但溶液中还有微量CH3COOH,所以c(Na+)<c( CH3COO-)+c(CH3COOH);点③恰好生成醋酸钠,根据盐类水解特点可知:;故答案为:>;<;。 【点睛】本题的易错点和难点为(3)④,要注意正确判断①②③各点溶液的溶质成分和溶液的性质,并正确理解和应用电荷守恒和物料守恒。 24.聚合硫酸铁(PFS)是水处理中重要的絮凝剂,下图是以回收废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程。 回答下列问题 (1)废铁屑主要为表面附有大量铁锈的铁,铁锈的主要成分为_________。粉碎过筛的目的是_______。 (2)酸浸时最合适的酸是_____,写出铁锈与酸反应的离子方程式_____________________。 (3)反应釜中加入氧化剂的作用是_________,下列氧化剂中最合适的是____________(填标号)。 a.KMnO4b.c.d. (4)聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内。pH偏小时Fe3+水解程度弱,pH偏大时则_______。 (5)相对于常压蒸发,减压蒸发的优点是______。 (6)盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标,定义式为(n为物质的量)。为测量样品的B值,取样品mg,准确加入过量盐酸,充分反应,再加入煮沸后冷却的蒸馏水,以酚酞为指示剂,用c的标准NaOH溶液进行中和滴定(部分操作略去,已排除铁离子干扰)。到终点时消耗NaOH溶液V mL。按照上述步骤做空白对照试验,消耗NaOH溶液,已知该样品中Fe的质量分数w,则B的表达式为__________。 【答案】 (1). Fe2O3·xH2O (2). 选取细小颗粒,增大反应物接触面积,提高“酸浸”反应速率 (3). 硫酸 (4). Fe2O3·xH2O+6H+=2Fe3++(x+3)H2O (5). 使Fe从+2价变成+3价 (6). c (7). pH过大,容易生成Fe(OH)3沉淀,产率降低 (8). 降低蒸发温度,防止产物分解 (9). 【解析】 【详解】(1)废铁屑主要为表面附有大量铁锈的铁,铁锈的主要成分为Fe2O3·xH2O。粉碎过筛的目的是控制铁屑的颗粒。 (2)由于不能引入杂质,则酸浸时最合适酸是硫酸,铁锈与酸反应的离子方程式为Fe2O3·xH2O+6H+=2Fe3++3SO42-+(x+3)H2O。 (3)由于溶液中含有亚铁离子,则反应釜中加入氧化剂的作用是氧化Fe2+,由于不能引入杂质,则氧化剂中最合适的是绿色氧化剂双氧水。 (4)聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内,pH偏小时水解程度弱,pH偏大时则Fe3+转化为氢氧化铁沉淀而损失,造成产率降低。 (5)相对于常压蒸发,减压蒸发的优点是可防止温度过高,聚合硫酸铁分解。 (6)做空白对照试验,消耗NaOH溶液,这说明与样品反应的盐酸的物质的量是(V0-V)c×10-3mol,所以样品中氢氧根的物质的量是(V0-V)c×10-3mol。已知该样品中Fe的质量分数w,则铁的物质的量是,因此B的表达式为=。 - 1 -

    • 2020-07-13
    • 下载0次
    • 1225.5KB
  • ID:7-7570418 甘肃省岷县一中2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题 Word版含解析

    高中化学/期末专区/高二上学期

    甘肃省岷县一中2019-2020学年高二上学期期末考试 化学试题 一、选择题(每小题3分,共48分,每小题只有一个选项符合题意。) 1.合理利用燃料,减小污染符合“绿色化学”理念,下列关于燃料的说法正确的是( ) A. “可燃冰”是将水变为油的新型燃料 B. 通入大大过量的空气使燃料充分燃烧,从而达到充分利用热能的目的 C. 燃料的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用 D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热 【答案】C 【解析】 【详解】A.“可燃冰”外观像冰,其化学组成是CH4?nH2O,水的化学式为H2O,根据元素守恒知,水不能变为油,故A错误; B.通入大大过量的空气,会带走热量,使燃烧效率降低,故B错误; C.物质的化学能可以转化为热能、光能、电能等能量形式被利用,故C正确; D.燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量,注意生成的水应为液态而不能为气态,故D错误; 故答案为C。 2.设C(s)+CO2(g)2CO(g);ΔH1>0反应速率为v1;设N2(g)+3H2(g)2NH3(g);ΔH2<0反应速率为v2。对于上述反应,当温度降低时,v1和v2的变化情况为(  ) A. 同时增大 B. 同时减小 C. v1增大,v2减小 D. v1减小,v2增大 【答案】B 【解析】 【详解】在一定条件下,温度降低,反应物分子具有的能量降低,活化分子百分数减小,反应速率减小,因此不管是放热反应还是吸热反应,降低温度,反应速率减慢,v1和v2同时减慢,B符合题意。 答案选B。 3.下列物质能促进水的电离的是( ) A. CH3COOH B. NaOH C. NH4Cl D. Na2SO4 【答案】C 【解析】 【详解】A、醋酸会在水溶液中电离出氢离子,抑制水的电离,故A不符合; B、氢氧化钠会电离出氢氧根抑制水的电离,故B不符合; C、铵根会结合水电离出的氢氧根促进水的电离,故C符合; D、硫酸钠既不促进水的电离,也不抑制水的电离,故D不符合; 故答案为C。 【点睛】水为弱电解质,能够电解出氢离子和氢氧根离子,在溶液中存在电离平衡;加入酸溶液和碱溶液能够抑制水的电离,加入能够水解的盐促进了水的电离。 4.下列有关化学反应速率的说法中,正确的是(  ) A. 100 mL 2 mol·L-1的盐酸与锌反应时,加入少量的NaCl固体,生成H2的速率不变 B. 将稀硫酸改为98%的浓硫酸与锌反应制取H2,可加快反应速率 C. 在硫酸溶液与NaOH溶液反应时,增大压强,可加快反应速率 D. 钠和水的反应中,减少水的量,反应速率减慢 【答案】A 【解析】 【详解】A、加入少量的NaCl固体,对溶液的浓度没有影响,也不参与反应,所以生成H2的速率不变,故A正确; B、将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应生成二氧化硫气体,不生成氢气,故B错误; C、反应在溶液中进行,没有气体生成,增大压强,反应速率基本不变,故C错误; D、水为纯液体,改变水的用量,浓度不变,反应速率不变,故D错误; 故答案为A。 5.下列热化学方程式及其有关叙述正确的是(?? ) A. 氢气的燃烧热为285.8kJ·mol-1,则水分解的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH =+571.6kJ·mol-1 B. 已知2C(石墨,s)+O2(g)=2CO(g) ΔH =+221kJ·mol-1,则石墨的燃烧热110.5kJ·mol-1 C. 已知N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-92.4kJ·mol-1,则在一定条件下将1mol N2和3mol H2置于一密闭容器中充分反应,放出92.4kJ的热量 D. 已知乙炔的燃烧热为,则表示乙炔燃烧热的热化学方程式为 ΔH= 【答案】A 【解析】 【详解】A、氢气的燃烧热为285.8kJ?mol-1,燃烧热是1?mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量,则水分解的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH =+571.6kJ·mol-1,故A正确; B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量,已知2C(石墨,s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221?kJ?mol-1,CO不稳定,则石墨的燃烧热大于110.5?kJ?mol-1,故B错误; C、已知N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)是可逆反应,不能完全反应,则在一定条件下将1molN2和3molH2置于一密闭容器中充分反应后,放出热量小于92.4kJ,故C错误; D、乙炔的燃烧热为1299.6kJ/mol,则1mol?C2H2(g)完全燃烧生成液态水和二氧化碳放出1299.6kJ的热量,水的状态应为液态,故D错误。 故答案为A。 【点睛】注意燃烧热的概念:1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量,气态水、一氧化碳均不是稳定的氧化物。 6.利用如图所示装置可以在铜牌表面电镀一层银。下列有关说法正确的是( ???) A. 通电后,电解质溶液中的电子由阳极移到阴极 B. 铜牌与电源正极相连 C. 该电解池的阴极反应可表示为Cu2++2e-=Cu D. 当电镀一段时间后,电解质溶液中c(Ag+)保持不变 【答案】D 【解析】 【详解】该装置是电镀池,镀层Ag作阳极、镀件Cu作阴极; A、电子不能通过电解质溶液,应是电解质溶液中的阳离子由阳极向阴极移动,A错误; B、镀件Cu作阴极,与电源负极相连,故B错误; C、铜阴极,银离子在阴极上得电子发生还原反应,方程式为:Ag++e-═Ag,故C错误; D、电镀过程中阳极反应为Ag-e-=Ag+,阴极反应为Ag++e-═Ag,故电解一段时间后电解质溶液中c(Ag+)保持不变,故D正确; 故答案为D 7.在一固定容积的密闭容器中,可逆反应:H2(g) + I2(g) 2HI (g)达到平衡的标志是( ) ①H2、I2、HI的分子数之比为1∶1∶2 ②混合气体的密度保持不变 ③单位时间形成n mol H—H键,同时形成2n mol H—I键 ④混合气体的颜色不再发生变化 ⑤混合气体的平均相对分子质量不再发生变化 ⑥容器压强不再发生变化 ⑦H2的体积分数不再发生变化 A. ①②④⑤ B. ③④ C. ③④⑦ D. ②③⑥ 【答案】C 【解析】 【详解】①HI、H2、I2物质的量浓度之比为1:2:2,不能说明浓度不变,不能说明达到平衡状态,故错误; ②反应中容器体积不变,气体的质量不变,混合气体的密度一直保持不变,不能说明达到平衡状态,故错误; ③单位时间形成n mol H—H键,同时形成2n mol H—I键,说明反应物的消耗速率等于生成物的消耗速率,即正反应速率等于逆反应速率,可说明反应达到平衡状态,故正确; ④体系颜色不再发生变化,说明碘蒸气的浓度不变,说明反应达到平衡状态,故正确; ⑤该反应反应前后气体系数之和相等,则平衡移动过程中气体总的物质的量不变,气体的质量不变,所以混合气体的平均相对分子质量一直不变,不能说明达到平衡状态,故错误; ⑥该反应前后气体系数之和相等,则平衡移动过程中气体总的物质的量不变,压强一直不变,不能说明达到平衡状态,故错误; ⑦H2的体积分数不再发生变化说明氢气的浓度不在变化,说明反应达到平衡状态,故正确; 综上③④⑦可说明反应达到平衡状态,答案为C。 【点睛】当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态。 8.对可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g) △H>0,下列图像正确( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 对于可逆反应A(s)+3B(g)?2C(g)△H>0,正反应吸热,则升高温度,正逆反应速率均增大,化学平衡正向移动;增大压强,化学平衡正向移动,结合图象来解答。 【详解】A、压强越大,化学反应速率越大,达到化学平衡的时间越少,所以P2>P1;增大压强,平衡向气体体积减小的方向移动,即向正反应方向移动,则C的体积分数增大,与图象不符,故A错误; B、该反应正反应吸热,所以相同压强下升高温度平衡右移,A的转化率增大,且相同温度下增大压强平衡右移,A的转化率增大,故B正确; C、增大压强平衡正向移动,A的转化率增大,与图象不符,故C错误; D、温度越高反应速率越快越先达到平衡,所以T2>T1,该反应正反应吸热,温度升高平衡右移,C的体积分数增大,与图象不符,故D错误; 故答案为B。 9.2SO2+O2(g)2SO3(g) △H<0,当反应达到平衡时,下列措施: ①降温 ②恒容通入惰性气体 ③增加SO2的浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体 ⑦增大O2的浓度 ⑧将体积压缩到原来的一半,能提高SO2转化率的是(? ? ) A. ①②④ B. ④⑥⑦ C. ①⑦⑧ D. ③⑤⑥ 【答案】C 【解析】 【详解】该反应焓变小于零正反应为放热反应,反应物气体系数之和大于生成物气体系数之和,为压强减小的反应。 ①该反应为放热反应,降温使平衡右移,二氧化硫转化率增大,故正确; ②恒容通入惰性气体体系压强虽然增大,但各反应物的浓度不变,故平衡不移动,故错误; ③增加SO2的浓度虽然平衡右移,但二氧化硫的转化率降低,故错误; ④该反应正反应为压强减小的反应,减压会使平衡左移,降低二氧化硫转化率,故错误; ⑤加催化剂不会影响平衡,故错误; ⑥恒压通入惰性气体,各反应物的浓度会减小,相当于扩大体积,平衡会向左移动,二氧化硫转化率降低,故错误; ⑦增大O2的浓度平衡右移,二氧化硫的转化增大,故正确; ⑧将体积压缩到原来的一半后压强增大,平衡右移,二氧化硫的转化率增大,故正确; 综上①⑦⑧符合题意,答案为C。 10.对于常温下pH=2的醋酸溶液,下列叙述正确的是( ) A. c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-) B. 加水稀释时减小 C. 与pH=12的NaOH溶液等体积混合后,溶液呈中性 D. 加入冰醋酸可增大醋酸的电离度,电离常数Ka变大 【答案】A 【解析】 【详解】A、常温下pH=2的醋酸溶液,存在电荷守恒:c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),故A正确; B、醋酸的电离平衡常数K=,所以=,加水稀释酸性减弱,即氢离子浓度减小,平衡常数不变,所以增大,故B错误; C、醋酸是弱电解质,当醋酸溶液中,c(H+)=10-2mol/L时,醋酸的浓度大于10-2mol/L,等体积混合,醋酸过量,溶液显酸性,故C错误; D、电离常数Ka只与温度有关,温度不变,电离常数Ka不变,故D错误。 故答案为A。 11.设NA代表阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A. 用惰性电极电解CuSO4溶液,标准状况下,当阴极生成22.4L的气体,转移的电子数为2NA B. 向1L0.5mol/L盐酸中通入氨气至溶液成中性(忽略溶液体积变化),此时NH4+个数为0.5NA C. 1L0.1mol/LFeSO4溶液中Fe2+的数目等于0.1NA D. 一定条件下,1molSO2和1molO2充分反应后,其分子总数为1.5NA 【答案】B 【解析】 【详解】A、电解硫酸铜溶液时,阴极先发生Cu2++2e-=Cu,当铜离子反应完后再发生2H++2e-=H2产生气体,题目未给出铜离子的量,故无法计算转移电子数,故A错误; B、溶液中存在电荷守恒n(H+)+n(NH4+)=n(Cl-)+n(OH-),溶液呈中性所以n(H+)= n(OH-),所以n(NH4+)=n(Cl-)=0.5mol,NH4+个数为0.5NA,故B正确; C、FeSO4溶液中Fe2+会发生水解,数目小于0.1NA,故C错误; D、1molSO2和1molO2若能完全反应,则分子总数为1.5NA,但二者的反应为可逆反应,不能完全进行,分子数会大于1.5NA,故D错误。 故答案为B。 12.甲醇燃料电池结构示意图如下。甲醇在催化剂作用下提供质子(H+)和电子,电子经外电路、质子经内电路到达另一电极后与氧气反应,电池总反应为:2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O。下列说法正确的是( ) A. 电解质溶液中,H+向左移动 B. 负极反应式为:CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+ C. b处通入甲醇,a处通入空气 D. 正极反应式为:O2+2H2O+4e-=4OH- 【答案】B 【解析】 【分析】 由电子的方向可知a为负极,b为正极,甲醇在负极被氧化,由题意可知生成CO2和H+,负极反应为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+,氧气在正极得电子被还原,生成水,正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O,以此解答该题。 【详解】A、原电池中阳离子流向正极,右侧为原电池正极,H+向右移动,故A错误; B、甲醇在负极被氧化,由题意可知生成CO2和H+,负极反应为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+,故B正确; C、甲醇在负极被氧化,左侧为负极,所以b处通入空气,a处通入甲醇,故C错误; D、氧气在正极得电子被还原,生成水,正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O,故D错误; 故答案为B。 【点睛】原电池中电子是从负极流向正极;电子流出的一端是负极,失去电子发生氧化反应;电子流入的一端是正极,得到电子发生还原反应。 13.镍镉(Ni-Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液,其充、放电按下式进行行:Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2有关该电池的说法正确的是(?? ) A. 充电时阴极反应:Cd(OH)2+2e- = Cd+2OH- B. 充电过程阳极附近溶液的碱性增强 C. 放电时电能转化为化学能 D. 放电时电解质溶液中消耗1molH2O时电路中通过2mol电子 【答案】A 【解析】 【分析】 根据总反应,该电池中放电时,负极反应式为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2,正极上发生的电极反应式为:NiOOH+e-+H2O═Ni(OH)2+OH-;充电时阳极上发生的电极反应式为:Ni(OH)2+OH--e-═NiOOH+H2O,阴极上发生的电极反应式为:Cd(OH)2+2e-═Cd+2OH-。放电时阴离子向负极移动,阳离子向正极移动,据此分析解答。 【详解】A、充电时阴极得电子发生还原反应,电极方程式为:Cd(OH)2+2e-═Cd+2OH-,故A正确; B、充电时阳极反应为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O,消耗氢氧根,碱性减弱,故B错误; C、放电时为原电池,将化学能转化成电能,故C错误; D、根据电池总反应Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2,可知消耗1mol水时,有0.5molCd从0价变为+2价,故转移电子1mol,故D错误; 故答案为A。 14.如图所示为某温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线,下列说法不正确的是( ) A. 加入Na2SO4(s)可使溶液由a点变为b点 B. 在曲线上方区域(不含曲线)任意一点时,均有BaSO4沉淀生成 C. 蒸发溶剂可能使溶液由c点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b) D. 升高温度,可使溶液由b点变为c点 【答案】D 【解析】 【详解】A、硫酸钡溶液中存在着溶解平衡,a点在平衡曲线上,加入Na2SO4,会增大c(SO42-),平衡左移,c(Ba2+)应降低,故A正确; B、在曲线上方区域(不含曲线)任意一点时,Qc>Ksp,溶液过饱和,有沉淀析出,故B正确; C、c点时溶液不饱和,蒸发溶剂水,c(SO42-)、c(Ba2+)均增大,所以可能使溶液由c点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b),故C正确。 D、升高温度, 溶剂水蒸发,c(SO42-)、c(Ba2+)均增大,溶液过饱和,有沉淀析出,不会使溶液由b点变为c点,故D错误。 本题选D。 15.4.0mol PCl3和2.0mol Cl2充入体积不变的密闭容器中,一定条件下发生下述反应:PCl3(g)+Cl2(g) PCl5(g) 达到平衡后,PCl5为0.8 mol,如果此时再充入4.0mol PCl3和2.0mol Cl2,相同温度下再达到平衡时PCl5的物质的量是( ) A. 1.6mol B. 小于1.6mol C. 0.8mol D. 大于1.6mol 【答案】D 【解析】 【详解】4.0molPCl3和2.0molCl2充入体积不变的密闭容器中,达平衡时,PCl5为0.8mol,而体积不变时再向容器中充入4.0mol?PCl3和2.0mol?Cl2,若达到等效平衡,物质的量变为原来的2倍,平衡浓度应为1.6mol,但物质的量等比例增大、相当于压缩体积,增大压强,会平衡正向移动,可知相同温度下再达到平衡时PCl5的物质的量是大于1.6mol,故答案为D。 16.常温下有体积相同的四种溶液:①pH=3的CH3COOH溶液 ②pH=3的盐酸 ③pH=11的氨水 ④pH=11的NaOH溶液。下列说法正确的是( ) A. 若将四种溶液稀释100倍,溶液pH大小顺序:③>④>②>① B. ③和④分别用等浓度的盐酸溶液中和,消耗盐酸溶液的体积:③=④ C. ①与②分别与足量镁粉反应,收集等体积的H2所需要的时间:①>② D. ②和③混合,所得混合溶液的pH等于7 【答案】A 【解析】 【详解】pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)>10-3 mol/L,pH=3的盐酸中c(HCl)=10-3 mol/L,pH=11的氨水中c(NH3·H2O)>10-3 mol/L,pH=11的NaOH溶液中c(NaOH)=10-3 mol/L; A、若将四种溶液稀释100倍,弱电解质的pH变化较小,碱溶液的pH大于酸溶液,则稀释后溶液pH大小顺序为:③>④>②>①,故A正确; B、c(NH3?H2O)>c(NaOH),所以等体积的③和④分别用等浓度的盐酸溶液中和,消耗盐酸溶液的体积:③>④,故B错误; C、醋酸为弱酸,相同的pH下,c(CH3COOH)>c(HCl),随着反应的进行,醋酸还能电离出H+,镁粉与酸的反应,c(H+)越大,反应速率越快,收集等体积的H2所需要的时间越短:则②>①,故C错误; D、②和③混合,氨水为弱碱,碱的物质的量远远大于酸的物质的量,所以所得混合溶液呈碱性,其pH大于7,故D错误。 故选:A。 二、非选择题(共计52分) 17.能源问题是人类社会面临的重大课题,甲醇是未来重要的绿色能源之一。 (1)已知H2(g)、CO(g)和CH3OH(l )的燃烧热△H分别为285.8kJ·mol1、283.0kJ·mol1和726.5kJ·mol1。请回答下列问题: ①写出表示H2燃烧热的热化学反应方程式____________________。 ②甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为_________________。 (2)以CH4和H2O为原料,通过下列反应来制备甲醇。 ⅠCH4(g)+H2O(g)= CO(g)+3H2(g) △H=+206.0kJ/mol Ⅱ.CO(g)+2H2(g)= CH3OH(g) △H=-129.0kJ/mol ①将2.0mol CH4和1.0mol H2O(g)通入容积为2L的反应容器,在一定条件下发生反应Ⅰ,测得在一定的压强下CH4的转化率与温度的关系如图。在100℃时达到平衡所需的时间为5min,则用CO表示该反应的平均反应速率为_________________。100℃时反应Ⅰ的平衡常数为_________________。 ②工业上利用甲醇制备氢气的常用方法有甲醇蒸气重整法。该法中的一个主要反应为CH3OH(g) CO(g)+2H2(g),请描述在其他条件不变时,温度对甲醇转化率的影响:____________________。 【答案】 (1). ΔH=-285.8 (2). ΔH=-443.5 (3). 0.08mol/L/min (4). 11.52 (5). 升高温度,甲醇转化率升高 【解析】 【详解】(1)①燃烧热指在25℃,101 kPa时,1 mol可燃物完全燃烧生成稳定化合物时所放出的热量,所以H2燃烧热的热化学反应方程式为 ΔH=-285.8 kJ/mol; ②由CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热可得热化学方程式: ①CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=-283.0kJ?mol-1 ②CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2 H2O(l) △H=-726.5kJ?mol-1 根据盖斯定律,②-①可得:CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l),该反应的反应热△H=-726.5kJ?mol-1-(-283.0kJ?mol-1)=-443.5kJ?mol-1,故热化学方程式为:CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2 H2O(l) △H=-443.5kJ?mol-1; (2)①将2.0molCH4和1.0mol H2O(g)通入容积为2L的反应容器,则初始c(CH4)=1mol/L,c(H2O)=0.5mol;100℃时达到平衡时甲烷的转化率为40%,所以消耗甲烷c(CH4)=0.4mol/L,则剩余c(CH4)=0.6mol/L,根据方程式可知消耗c(H2O)=0.4mol/L,则剩余c(H2O)=0.1 mol/L,生成的c(CO)=0.4mol/L,c(H2)=1.2mol/L;CO表示该反应的平均反应速率为v(CO)=;根据平衡常数定义可知K=; ②根据反应CO(g)+2H2(g)= CH3OH(g) ΔH=-129.0kJ/mol可知CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) ΔH>0,即该反应正反应为吸热反应,所以其他条件不变时,温度越高,甲醇的转化率越大。 【点睛】注意反应速率和平衡常数的求解中用到的都是物质的浓度,所以一定注意题目中容器的体积。 18.在我们的日常生活中,电化学技术与我们密切相关。根据所学电化学知识,回答下列问题: (1)事实证明,能设计成原电池的反应通常是放热反应,下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是_____________。 A.CH4(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g) △H<0 B.NaOH(aq)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H2O(l) △H<0 C.2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H>0 (2)以熔融KCO3为电解质溶液,依据所选反应设计一个原电池,其负极反应式为______________________________。 (3)电解原理在化学工业中有着广泛的应用。现将你设计的原电池通过导线与下图中电解池相连,其中,a为电解液,X和Y是两块电极板,则: ①若X和Y均为惰性电极,a为MgCl2溶液,则电解时的化学反应方程式为______________________________。 ②若X和Y为惰性电极,a为CuSO4溶液,通电一段时间后,向所得溶液中加入0.2mol Cu(OH)2粉末,恰好恢复电解前的浓度和pH,则电解过程中转移的电子的物质的量为_________________。 ③若X、Y分别为铁和铜,a为H2SO4溶液,则电解池的总反应式为___________________________。 (4)现有有一种新型的高能电池——钠硫电池(熔融的钠、硫为两极,以Na+导电的β-Al2O3陶瓷作固体电解质),反应式为:2Na+xS Na2Sx,上述电解都是用该电池作电源(如图)该电池的正极反应为______________________。 【答案】 (1). A (2). CH4-8e- +4CO32-=5CO2+2H2O (3). MgCl2+2H2O Cl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓ (4). 0.8mol (5). Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑ (6). 【解析】 【分析】 (3)电解质中与电源负极相连的为阴极得电子发生还原反应,与电源正极相连的为阳极失电子发生氧化反应,即X为阴极,Y为阳极。 【详解】(1)首先要设计成原电池必须是氧化还原反应,则B不可行,能设计成原电池的反应通常是放热反应,即△H<0,所以A符合; (2)所选反应为CH4(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g) ,原电池中负极失电子发生氧化反应,所以负极反应物为甲烷,失电子被氧化,结合电解质为熔融KCO3,可得电极反应方程式为:CH4-8e- +4CO32-=5CO2+2H2O; (3)①电解过程中,阳离子在阴极放电,MgCl2溶液中H+先于Mg2+反应,所以阳极氢离子得电子生成氢气,阴离子在阳极放电,Cl-先于OH-反应,失电子生成氯气,溶液中剩余的Mg2+和OH-结合生成Mg(OH)2,所以电解时总反应为:MgCl2+2H2O Cl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓; ②电解CuSO4溶液时阴极先是铜离子反应,当Cu2+反应完后H+反应,但阳极一直是OH-放电生成O2,向所得溶液中加入0.2mol Cu(OH)2粉末,恰好恢复电解前的浓度和pH,说明电解过程中阳极产生的氧气为0.2mol,生成1个氧气分子转移4个电子,所以生成0.2mol O2转移的电子的物质的量为0.8mol; ③若Y为铜,即电解池的阳极为铜,此时阳极反应为:Cu-2e-+2H2O= Cu(OH)2+2 H+,阴极为H+反应,电极方程式为:2H++2e-=H2,所以总反应为:Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑; (4)由原电池原理可知放电时,S得电子发生还原反应,所以S作正极,正极反应为xS+2e-=Sx2-。 【点睛】第(3)题②小问计算转移电子数时要注意守恒法的应用,同时要能意识到虽然阴极的产物有两种,但阳极的产物只有氧气,转移的电子数=得电子数=失电子数,求出得或失的电子数均可确定转移电子数。 19.水溶液存在离子平衡,回答下列问题: (1)Na2SO3水溶液呈________________(填“酸”、“中”、“碱”)性 ,原因是(用离子方程式):______________________________; (2)已知T ℃时,纯水中c(OH)为10-6 mol·L-1,则 ①该温度时0.1mol·L-1NaOH溶液pH为___________________。 ②该温度下,将pH=2 的H2SO4溶液与pH=9的NaOH溶液按体积比1:9混合(忽略溶液体积变化),所得混合溶液的pH为________ ③该温度下,若1体积pH1=a的某强酸溶液与10体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性(忽略溶液体积变化),则混合前,该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是___________。 (3)常温下,在25mL的氢氧化钠溶液中逐滴加入0.2mol·L-1醋酸溶液,滴定曲线如图所示。 ①在B点,溶液中n(CH3COO-)为______________________________。 ②在D点,c(CH3COO) _________ c(Na+) (填“<”、“>”或“=”)。 ③常温下将0.02mol CH3COONa和0.01mol盐酸溶于水,配成1L混合溶液。写出溶液中各离子浓度的大小关系为___________________________。 (4)常温下,在0.1mol·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液,充分搅拌有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成,当溶液pH为8时,c(Cu2+)=________。(已知常温时Cu(OH)2的Ksp=2.2×10-20) 【答案】 (1). 碱 (2). SO32-+H2OHSO3- +OH- (3). 11 (4). 4 (5). a+b=11 (6). 0.0025mol (7). > (8). (9). 2.2×10-8mol/L 【解析】 【分析】 (2)已知T ℃时,纯水中c(OH)为10-6 mol·L-1,则c(H+)也为10-6 mol·L-1,则该温度下水的电离平衡常数Kw= c(OH)·c(H+)=10-12; (3)常温下,未滴加醋酸溶液时氢氧化钠溶液的pH=13,则其浓度为0.1mol/L。 【详解】(1)Na2SO3水溶液中SO32-会水解,所以溶液显碱性,方程式为:SO32-+H2OHSO3- +OH-; (2)①0.1 mol·L-1NaOH溶液中c(OH)=0.1 mol·L-1,该温度下水的电离平衡常数Kw=10-12,所以溶液中c(H+)=10-11mol/L,所以pH=11; ②pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=10-2mol/L,pH=9的NaOH溶液c(OH)=10-3mol/L,设硫酸的体积为1L,则氢氧化钠溶液的体积为9L,可知酸过量,所以混合后溶液呈酸性,c(H+)=,所以溶液pH=4; ③pH1=a的某强酸溶液c(H+)=10-amol/L,pH2=b的某强碱溶液中c(OH)=10b-12mol/L,若1体积pH1=a的某强酸溶液与10体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性,所以10-amol/L×1=10b-12mol/L×10,解得a+b=11; (3) 常温下,未滴加醋酸溶液时氢氧化钠溶液的pH=13,则其浓度为0.1mol/L。 ①B点溶液中存在电荷守恒:c(OH)+ c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+),溶液呈中性,则c(OH)=c(H+),所以c(CH3COO-)=c(Na+),由于是在同一溶液中,所以n(CH3COO-)=n(Na+),据分析可知氢氧化钠溶液的浓度为0.1mol/L,所以25mL该溶液中n(Na+)=0.0025mol,所以B点n(CH3COO-)=0.0025mol; ②D点加入25mL0.2mol/L的醋酸溶液,则溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH,电解质溶液呈酸性,c(H+)>c(OH),根据电荷守恒c(OH)+ c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+),所以c(CH3COO)>c(Na+); ③常温下将0.02mol CH3COONa和0.01mol盐酸溶于水,发生反应CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl,配成1L混合溶液,则溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa、CH3COOH和NaCl,类似于曲线上的D点,溶液呈酸性,c(H+)>c(OH),醋酸电离呈酸性,醋酸根水解呈碱性,则c(CH3COO)>c(CH3COOH),根据物料守恒,c(CH3COO)+ c(CH3COOH)=2 c(Cl-),可得c(CH3COO)>c(Cl-),综合可得所以溶液中的例子浓度大小关系为:; (4) Ksp[Cu(OH)2]= c2(OH)·c(Cu 2+)=2.2×10-20,pH=8则溶液中c(OH)=10-6mol/L,所以c(Cu 2+)=。 20.某学生用0.2 mol·L-1标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸溶液,其操作可分解为如下几步: A.酸式滴定管准确量取25.00mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中,并加入2~3滴酚酞试液 B.用标准氢氧化钠溶液润洗滴定管2~3次 C.把盛有标准氢氧化钠溶液的碱式滴定管固定好,调节滴定管尖嘴使之充满溶液 D.取标准氢氧化钠溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上2~3mL处 E.调节液面至“0”或“0”刻度以下,记下读数 F.把锥形瓶放在滴定管的下面,用标准氢氧化钠溶液滴定至终点并记下滴定管的读数 回答下列问题: (1)正确的操作顺序是:B、_______________、F(填序号) (2)滴定结果如下: ? NaOH起始读数 NaOH终点读数 第一次 0.10mL 18.60mL 第二次 20.20mL 38.80mL 根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为_______________mol·L-1. (计算结果小数点后保留两位有效数字) (3)达到滴定终点的标志是________________________________ (4)以下操作造成测定结果偏高的原因可能是___________________。 A. 取待测液时,未用待测夜润洗酸式滴定管 B. 滴定前读数时,俯视滴定管的刻度,其它操作均正确 C. 滴定管滴定前无气泡,滴定后有气泡 D. 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 【答案】 (1). D-C-E-A (2). 0.15mol/L (3). 滴入最后一滴NaOH溶液,溶液颜色由无色变为浅红色,且半分钟不恢复原色 (4). BD 【解析】 【详解】(1)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作,所以滴定操作顺序为:B、D、C、E、A、F; (2)第一次滴定消耗标准液体积为:18.60mL-0.10mL=18.50mL,第二次滴定消耗标准液体积为:38.80mL-20.20mL=18.60mL,两次滴定消耗标准液的平均体积为=18.55mL,c(HCl)=; (3)本实验是用NaOH滴定盐酸溶液,用酚酞作指示剂,所以终点时的现象是当溶液由无色变为浅红色,且在半分钟内不褪色; (4)A.取待测液时,未用待测夜润洗酸式滴定管,相当于将待测液稀释,所以测得的浓度偏低,故A不选; B.滴定前读数时,俯视滴定管的刻度,其它操作均正确将导致读取的标准液体积偏大,计算得到的待测液的浓度偏高,故B选; C.滴定管滴定前无气泡,滴定后有气泡将导致读取的标准液体积偏小,计算得到的待测液的浓度偏低,故C不选; D.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液将导致读取的标准液体积偏大,计算得到的待测液的浓度偏高,故D选; 答案选BD 【点睛】酸碱中和滴定可根据公式来进行误差分析。 21.以煤为原料,经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业叫煤化工。 (1)将水蒸气通过红热的炭即可产生水煤气。反应为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)?? ΔH=+131.3 kJ·mol-1。 该反应在常温下________(填“能”或“不能”)自发进行。 (2)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2 L的恒容密闭容器中,进行反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g),得到如下三组数据: 实验组 温度/℃ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min H2O CO H2 CO 1 650 2 4 1.6 2.4 6 2 900 1 2 0.4 1.6 3 3 900 a b c d t 该反应的正反应为________(填“吸”或“放”)热反应,实验2条件下平衡常数K=________。 (3)目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇。一定条件下发生反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g),如图表示该反应进行过程中能量(单位为kJ·mol-1)的变化。在体积为1 L的恒容密闭容器中,充入1 mol CO2和3 mol H2,达到平衡后下列措施中能使c(CH3OH)增大的是________。 a.升高温度? b.充入He(g),使体系压强增大 c.将H2O(g)从体系中分离出来 d.再充入1 mol CO2和3 mol H2 【答案】 (1). 不能 (2). 放 (3). 0.17 (4). c d 【解析】 【详解】(1)该反应△H>0,△S>0,若使△G=△H-T△S<0,必须在高温下,所以常温下反应不能自发进行; (2)该反应气体物质反应前后不变,等比例的投入,为等效平衡,若温度不变,转化率不变,现温度发生改变,可以通过转化率判断平衡移动。实验1中CO的转化率为×100%=40%,实验2中CO的转化率为×100%=20%,则实验1的转化率大于实验2,则说明温度升高平衡向逆反应方向移动,正反应放热; 平衡时CO物质的量为1.6mol,则列三段式有: 该反应前后气体系数之和相等,故可利用物质的量代替浓度计算平衡常数,故900℃时该反应平衡常数K=; (3)根据能量变化图可知该反应为放热反应, a.升高温度可使平衡逆向移动,c(CH3OH)减小,故不符合; b.该容器恒容,所以充入He(g),体系压强增大,但各物质的浓度不变,平衡不移动,故不符合; c.将H2O(g)从体系中分离出来可使平衡右移,c(CH3OH)增大,故符合; d.再充入1 mol CO2和3 mol H2,若达到等效平衡,则c(CH3OH)不变,但该容器为恒容密闭容器,相当于增大压强,且反应物气体系数之和大于生成物气体系数之和,所以平衡会正向移动,c(CH3OH)增大,故符合; 综上正确是cd。 - 1 -

    • 2020-07-13
    • 下载0次
    • 529.5KB
  • ID:7-7570415 甘肃省兰州市第十中学、民族中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题 Word版含解析

    高中化学/期末专区/高二上学期

    兰州十中、民族中学2019—2020学年第一学期期末联考试卷 高二化学(理) 一、选择题 1.下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干灼烧至质量不再减少,能得到较纯净的原溶质的是( ) A. CuSO4 B. FeCl3 C. AlCl3 D. NH4HCO3 【答案】A 【解析】 【详解】A.CuSO4溶液中存在水解平衡CuSO4+2H2O?Cu(OH)2+H2SO4,加热时由于温度升高水解平衡会正向移动,但由于硫酸是不挥发性酸,最终Cu(OH)2与硫酸反应仍生成CuSO4,即CuSO4溶液加热蒸干灼烧后得到的固体仍是CuSO4,A符合题意; B.FeCl3溶液中存在水解平衡FeCl3+3H2O? Fe(OH)3+3HCl,加热时由于HCl的挥发,水解平衡正向移动,最终FeCl3完全水解成Fe(OH)3,灼烧时Fe(OH)3分解得到的固体为Fe2O3,B不符合题意; C.AlCl3溶液中存在水解平衡AlCl3+3H2O? Al(OH)3+3HCl,加热时由于HCl的挥发,水解平衡正向移动,最终AlCl3完全水解成Al(OH)3,灼烧时Al(OH)3分解得到的固体为Al2O3,C不符合题意; D.NH4HCO3固体不稳定,受热分解为NH3、CO2和H2O,D不符合题意; 答案A。 2.下列方法中,可以使0.10 mol·L? 1 氨水中NH3·H2O的电离程度减小的是 A. 加入少量0.10 mol·L? 1盐酸 B. 加水稀释 C. 加入少量0.10 mol·L? 1NaOH溶液 D. 加入少量NaCl固体 【答案】C 【解析】 A. 加入少量0.10 mol·L? 1盐酸可以使0.10 mol·L? 1 氨水中NH3·H2O的电离程度增大,A不正确;B. 加水稀释使0.10 mol·L? 1 氨水中NH3·H2O的电离程度增大,B不正确;C. 加入少量0.10 mol·L? 1NaOH溶液使0.10 mol·L? 1 氨水中NH3·H2O的电离程度减小,C正确;D. 加入少量NaCl固体对氨水的电离没有影响,D不正确。本题选C。 3.下列各物质加入水中,能促进水的电离的是( ) A. NaCl B. NaOH C. Na2CO3 D. NaHSO4 【答案】C 【解析】 【详解】A.NaCl在水中电离生成钠离子和氯离子,对水的电离无影响,故A不符合题意; B.NaOH是碱,在水中电离出氢氧根离子,抑制水的电离,故B不符合题意; C.Na2CO3在溶液中,碳酸根离子水解,促进水的电离,故C符合题意; D.NaHSO4是强电解质,在溶液中可电离产生H+,抑制水的电离,故D不符合题意; 答案选C。 4.某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸,下列说法正确的是 A. AgCl的溶解度、Ksp均减小 B. AgCl的溶解度、Ksp均不变 C. AgCl的溶解度减小、Ksp不变 D. AgCl的溶解度不变、Ksp减小 【答案】C 【解析】 【详解】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),当加入少量稀盐酸时,c(Cl-)增大,平衡逆向移动,c(Ag+)减小,溶解的氯化银质量减小,AgCl的溶解度减小;AgCl的Ksp只受温度影响,温度不变,AgCl的Ksp不变。 故答案选C。 【点睛】本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念,解题时要注意两个概念的区别和联系。注意溶度积常数只和温度有关,温度不变,Ksp不变。溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变,不仅和温度有关,还和影响平衡的离子浓度有关。 5.利用下图装置实现钢铁的电化学防护,下列说法错误的是 A. K连N,X极发生氧化反应 B. K连N,称外接电流的阴极保护法 C. K连M,X为Zn 时,铁不易被腐蚀 D. K连M,铁上电极反应为2H++2e→H2↑ 【答案】D 【解析】 A. K连N,X极发生氧化反应,铁电极上发生还原反应,保护铁不被氧化,A正确;B. K连N,称外接电流的阴极保护法,B正确;C. K连M,X为Zn 时,锌失电子,铁不易被腐蚀,C正确;D. K连M,铁电极上产要发生吸氧腐蚀,电极反应为:O2+4e- +2H2O—4OH-,D错误。答案选D。 点睛:解决电化学试题,关键是看电子流动方向,判断相关电极,确定电解质中离子迁移方向。 6.用石墨作电极电解下列溶液一段时间后,溶液的pH均增大,再加入一定量括号内的物质,都能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是( ) A. AgNO3(AgNO3) B. NaOH (H2O) C. KCl (KCl) D. CuSO4(CuSO4) 【答案】B 【解析】 【详解】A.电解AgNO3溶液,银离子和OH-放电,应加入氧化银恢复原样,故A错误; B.电解NaOH溶液,氢离子和OH-放电,则加入水能恢复原样,故B正确; C.电解KCl溶液,氢离子和氯离子放电,则应加入HCl恢复原样,故C错误; D.电解CuSO4溶液,铜离子和OH-放电,则一段时间内应加入氧化铜能恢复原样,故D错误; 故选B。 7.某反应2AB(g)C(g)+3D(g)在高温时能自发进行,其逆反应在低温下能自发进行,则该反应的ΔH、ΔS应为( ) A. ΔH <0,ΔS>0 B. ΔH <0,ΔS<0 C. ΔH >0,ΔS>0 D. ΔH >0,ΔS<0 【答案】C 【解析】 【详解】A、ΔH<0,ΔS>0,正向任何温度下都自发进行,选项A错误; B、ΔH<0,ΔS<0,正向低温下能进行,选项B错误; C、ΔH>0,ΔS>0,在高温时能自发进行,其逆反应在低温下能自发进行,选项C正确; D、ΔH>0,ΔS<0正向任何温度都不能自发反应,选项D错误; 答案选C。 8.室温下,向10mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入0.1mol/L一元酸HA溶液后PH的变化如图所示。下列说法正确的是( ) A. a?点所示溶液中?c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA) B. a、b?两点所示溶液中水的电离程度相同 C. b点所示溶液中c(A-)>c(HA) D. pH=7时,c(Na+)=c(A-)+c(HA) 【答案】C 【解析】 【详解】A.a点时消耗0.1mol/L一元酸HA10mL,酸碱恰好中和生成盐,溶液pH=8.7,溶液显碱性,则该盐为强碱弱酸盐,说明HA为弱酸,NaA溶液水解呈碱性,应为c(HA)>c(H+),故A错误; B.a点A-水解,促进水的电离,b点时HA过量,溶液呈酸性,HA电离出H+,抑制水的电离,故B错误; C.b点加入0.1mol/L一元酸HA溶液20mL,HA过量一倍,溶液存在NaA和HA,此时溶液的pH=4.7,溶液呈酸性,说明HA电离程度大于A-水解程度,则存在c(A-)>c(HA),故C正确; D.pH=7时,c(H+)=c(OH-),由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),则c(Na+)=c(A-),故D错误; 答案选C。 9.对下列各溶液中,微粒的物质的量浓度关系表述正确的是( ) A. 0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液中:c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) B. 0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液中:c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+2c(CO32-?) C. 将0.2 mol·L-1?NaA溶液和0.1mol·L-1盐酸等体积混合所得碱性溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(Cl-) D. 在25℃ 100 mL0.5mol·L-1?NH4Cl溶液中:c(H+)=c(NH3?H2O)+c(OH-) 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A.二元的离子浓度大于一元的离子浓度,所以离子浓度大小顺序为:c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-),故A错误; B.NaHCO3溶液中存在物料守恒:c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-),故B错误; C.混合后的溶液遵循电荷守恒的原则,应有c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(Cl-)+c(OH-),故C错误; D.在25℃100 mL NH4Cl溶液中根据质子守恒可知:c(H+)=c(NH3?H2O)+c(OH-),故D正确; 答案选D。 10.某温度下,相同pH值得盐酸和醋酸溶液分别加水稀释。pH值随溶液体积变化变化如图所示。据图判断正确的是() A. Ⅱ盐酸稀释时pH值变化曲线 B. b点酸的总浓度小于a点酸的总浓度 C. 两种酸的物质的量浓度一定相等 D. a点Kw的数值比b点Kw的数值大 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A.醋酸是弱酸,在溶液中不完全电离,溶液呈酸性,溶液浓度越低,电离程度越大;盐酸是强酸,在水溶液中完全电离,加等量的水稀释,盐酸溶液的pH变化大于醋酸溶液的,因此Ⅰ是盐酸的pH变化曲线,Ⅱ是醋酸的pH变化曲线,故A错误; B.b点pH大于a点,即b点酸的浓度小于a点,故B正确; C.醋酸是弱酸,不完全电离;盐酸是强酸,在水溶液中完全电离,刚开始两溶液的pH相等,即氢离子浓度相等,所以两溶液的物质的量浓度一定不相等,故C错误; D.Kw只与温度有关,温度不变,Kw不变,故D错误; 答案选B。 11.锂—空气电池是一种新型的二次电池,其放电时工作原理如图所示,下列说法正确的是() A. 该电池放电时,正极的反应式为O2+4e-+4H+=2H2O B. 该电池充电时,阴极发生了氧化反应:Li++e-=Li C. 放电时电子由空气极经导线向金属锂电极移动 D. 充电时,空气极与直流电源正极相连 【答案】D 【解析】 【分析】 根据图示,放电时,Li作负极,发生氧化反应:Li- e—= Li+,通入空气的一极为正极,发生还原反应:O2+4e-+2H2O=4OH-,充电时,正极变阳极,与电源正极相连,负极变阴极,与电源负极相连,电极反应为放电的逆过程,据此分析解答。 【详解】A.根据题意,正极的反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-,故A错误; B.电池充电时,阴极得电子,发生还原反应:Li++e—=Li,故B错误; C.电池放电时,电子从负极流向正极,金属锂为原电池的负极,应该从金属锂电极流向空气极,故C错误; D.放电时,空气极为原电池的正极;充电时,空气极为电解池的阳极,因此充电时,空气极与直流电源正极相连,故D正确; 答案选D。 12.下列两个装置中,液体体积均为200mL,开始时电解质溶液的浓度均为0.1 mol/L,工作一段时间后,测得导线上都通过了0.02 mol电子,若不考虑溶液体积的变化,下列叙述中正确的是() A. 产生气体体积①=② B. 溶液的pH变化:①减小②增大 C. 电极上析出固体质量①<② D. 电极反应式:①中阳极Cu2++2e—=Cu,②中负极Zn—2e—=Zn2+ 【答案】B 【解析】 【详解】A.装置①属于电解池,阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑,阴极反应式为Cu2++2e-=Cu,CuSO4物质的量为200×10-3L×0.1mol·L-1=0.02mol,当电路中通过0.02mol电子,消耗Cu2+物质的量为0.01mol,只有阳极产生气体,即产生氧气的物质的量为=0.005mol,体积为0.112L,装置②为原电池,正极上的反应式为2H++2e-=H2↑,产生氢气的体积为?L=0.224L,故产生气体体积①<②,故A错误; B.装置①总电极反应式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+,反应中产生氢离子,c(H+)增大,溶液pH减小,装置②发生Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,反应中消耗氢离子,c(H+)降低,pH增大,故B正确; C.①的阴极反应Cu2++2e—=Cu,导线中通过0.2 mol电子时,阴极产生铜的质量m=nM=0.2mol×64g/mol=12.8g,装置②为原电池,两个电极上没有固体析出,则电极上析出固体质量①>②,故C错误 D.②中负极反应Zn-2e-=Zn2+,①中阳极4OH--4e-=2H2O+O2,故D错误; 答案选B。 13.下列事实,不能用勒夏特列原理解释的是 A. 氨水中加酸,NH4+ 的浓度增大 B. 装有NO2和N2O4平衡的混合气体的玻璃球在冷水中气体颜色变浅 C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2 D. H2、I2、HI的体系平衡后,加压混合气体颜色变深 【答案】D 【解析】 勒夏特列原理是平衡移动的原理,只能用来解释平衡移动的问题。A、氨水中加入酸,氢离子和氢氧根中和,使氨水的电离平衡向正反应方向移动,铵根离子浓度增大,A可以解释;B、存在2NO2 N2O4的平衡,反应放热,在冷水中温度较低平衡向正反应方向移动颜色变浅,B可以解释;C、氯气溶于水会反应生成盐酸和次氯酸,因为饱和食盐水中有较大浓度的氯离子,使反应向逆反应方向移动,减少了氯气的溶解,C可以解释;D、反应为H2 + I2 2HI,改变压强不影响平衡,所以D中平衡未发生移动,不能用勒夏特列原理解释。答案为D。 14.下列实验能达到预期目的是 编号 实验内容 实验目的 A 室温下,用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH 比较HClO和CH3COOH的酸性强弱 B 向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体,溶液红色变浅 证明Na2CO3溶液中存在水解平衡 C 向10mL 0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L MgCl2溶液,产生白色沉淀后,再滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液,又生成红褐色沉淀 证明在相同温度下Ksp: Mg(OH)2>Fe(OH)3 D 等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应,排水法收集气体,HX放出的氢气多且反应速率快 证明HX酸性比HY强 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A.NaClO溶液具有强氧化性,不能利用pH试纸测定pH,应利用pH计测定pH,然后比较酸性强弱,A错误; B.含有酚酞的Na2CO3溶液,因碳酸根离子水解使溶液呈碱性,溶液呈红色,加入少量BaC12固体,水解平衡逆向移动,则溶液颜色变浅,证明Na2CO3溶液中存在水解平衡,B正确; C.向10mL 0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L MgCl2溶液,产生白色沉淀,NaOH过量,后滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液,又生成红褐色沉淀,不能说明发生了沉淀的转化,则不能比较溶度积大小,C错误; D.HX放出的氢气多且反应速率快,说明HX酸性比HY弱,故D错误; 综上所述,本题选B。 【点睛】该题为高频考点,涉及盐类水解与酸性比较、沉淀生成与沉淀转化、pH的测定等,注重实验原理及物质性质的考查,注意实验的操作性、评价性分析,选项A和D是易错点,注意次氯酸的强氧化性和pH相等的弱酸浓度大小关系。 15. 现有下列两个图象: 下列反应中符合上述图象的是(  ) A. N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0 B. 2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) ΔH>0 C. 4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH<0 D. H2(g)+CO(g)C(s)+H2O(g) ΔH>0 【答案】B 【解析】 由图I可知,随温度升高,生成物浓度增大,即升高温度平衡向正反应方向移动即正反应方向为吸热反应;由图II可知,当反应达到平衡时,增大压强正、逆反应速率均增大,且逆反应速率增大的更快即平衡向逆反应方向移动,所以该反应的逆反应方向为气体体积减少的反应;所以 A错,合成氨的反应为放热反应;B正确;C错,氨的催化氧化为放热反应;D错,该反应的逆反应为气体体积增大的反应; 16.已知中和热的热化学方程式为H + (aq)+OH - (aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ·mol-1。下列反应均在稀溶液中进行,其中△H=-57.3kJ·mol-1的是 A. NaOH(aq)+ HNO3 (aq)= NaNO3(aq) + H2O(l) △H B. NH3·H2O(aq)+ HCl(aq)= NH4Cl(aq)+ H2O(l) △H C. HF(aq)+ KOH(aq)= KF(aq)+ H2O(l) △H D. ?H2SO4(aq)+ ?Ba(OH)2(aq)= ?BaSO4(s)+ H2O(l) △H 【答案】A 【解析】 中和热的热化学方程式为H + (aq)+OH - (aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ·mol-1表示的是强酸与强碱在稀溶液中进行反应生成可溶性盐和1mol水的的热效应,四个选项中只有A是强酸与强碱反应生成可溶性盐和水,所以其中△H=-57.3kJ·mol-1的是A,本题选A。 二、填空题 17.运用化学反应原理知识研究如何利用CO、?SO2等污染物有重要意义。? (1)用CO可以合成甲醇。 已知:?①CO的燃烧热△H1=-283kJ?mol-1 ②N2(g)+O2(g)??2NO(g) △H2=+183kJ?mol-1 则写出CO和NO反应生成无污染气体的热化学反应方程式________ 。 (2)一定压强下,在容积为2L的密闭容器中充入1molCO与2molH2?,在催化剂作用下发生反应:CO(g)+2H2(g)??CH3OH(g) △H ,CO转化率与温度和压强的关系如下图所示。? ①反应的△H____ 0 ,p1___ p2(填>、< 或=) ②100℃时,反应进行了10秒达到平衡状态,用CO表示该反应的化学反应速率是______ ,该反应的化学平衡常数K=____ 。 ③下列说法正确的是______。 A.若容器内气体密度恒定,反应达到平衡状态 ?B.若容器内各气体浓度恒定,反应达到平衡状态? C.上述反应中,△H>0 D.反应中,催化剂使平衡向正反应方向移动 【答案】 (1). 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+CO2(g) △H=-749 kJ?mol-1 (2). < (3). < (4). 0.025mol?L-1?s-1 (5). K=4 (6). B 【解析】 【分析】 (1)已知:①CO的燃烧热 CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H1=-283kJ?mol-1; ②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H2=+183kJ?mol-1; 盖斯定律计算①×2-②得到NO和CO反应生成无污染性气体热化学反应方程式; (2)①升高温度,一氧化碳的转化率减小,据此判定该反应的△H;温度不变时,增大压强,平衡右移,一氧化碳转化率增大,据此判定p2与p1大小; ②据图象中一氧化碳转化率,结合“三段式”进行反应速率和化学平衡常数K的计算; ③A.混合气体质量不变,气体体积不变,混合气体密度不变; B.反应达到平衡状态时各物质的含量不变; C.根据①中分析判断; D.催化剂不改变平衡。 【详解】(1)已知:①CO的燃烧热 CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H1=-283kJ?mol-1; ②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H2=+183kJ?mol-1; 盖斯定律计算①×2-②得到NO和CO反应生成无污染性气体的热化学反应方程式:2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+CO2(g) △H=-749 kJ?mol-1; (2)①升高温度,一氧化碳的转化率减小,则正反应为放热反应,反应的△H小于0;温度不变时,增大压强,平衡右移,一氧化碳转化率增大,由图可知相同温度下,p2时CO的转化率大于的p1转化率,故p1<p2; ②在容积为2L的密闭容器中充入1mol CO与2mol H2,100℃时,该反应的CO的转化率为0.5,列三段式, 则反应进行了10秒,用CO表示该反应的化学反应速率==0.025 mol?L-1?s-1,化学平衡常数K==4; ③A.容器内混合气体总质量不变,恒容气体体积不变,则密度始终不变,不能判断反应达到平衡,故A错误; B.容器内各气体浓度恒定,是反应达到平衡状态的特征标志,故B正确; C.根据①中分析,升高温度,一氧化碳的转化率减小,则正反应为放热反应,反应的△H<0,故C错误; D.催化剂只改变反应速率,不影响化学平衡移动,故D错误; 答案选B。 18.现有室温下浓度均为0.01mol/L的几种溶液:①盐酸 ②醋酸③氨水④ NaOH溶液。回答下列问题: (1)②的电离方程式为________ ; ③,④中水的电离程度较大的是______ (2)室温下,溶液①中由水电离产生c(H+)=______;当温度升高到100摄氏度时,(Kw=1×10-12)溶液④的pH= ______ (3)将①、③等体积混合,所得溶液呈______ (填酸,碱或中)性。 (4)将②、④等体积混合后,若溶液呈中性,则消耗两溶液的体积为②_____ ④(填“>”、“<”或“=”) (5)室温时,若用标准溶液①滴定④,滴定过程中,需要加入_______作指示剂,滴定终点的判断方法是_________。 【答案】 (1). CH3COOH??CH3COO-+H+ (2). ④ (3). 1.0×10-12mol/L (4). 10 (5). 酸性 (6). > (7). 酚酞 (8). 溶液由无色变为浅红色,且半分钟内不褪色,说明反应达到终点 【解析】 【分析】 (1)醋酸为弱酸,应用可逆符号连接,NaOH为强碱,对水的电离程度抑制较大; (2) 利用Kw=c(H+)?c(OH-)计算即可; (3)生成物为强酸弱碱盐,为酸性溶液; (4)若二者刚好反应完全,溶液呈碱性,实际呈中性,则酸过量; (5)待测液呈碱性,用酚酞作指示剂。 【详解】(1)醋酸为弱酸,应用可逆符号连接,电离方程式为CH3COOH??CH3COO-+H+;氨水是弱碱,NaOH为强碱,对水的电离都有抑制作用,浓度均为0.01mol/L,NaOH溶液中氢氧根离子浓度大,对水的电离程度抑制较大,故答案为④; (2) 盐酸为强酸,溶液中完全电离,浓度为0.01mol/L,则电离出的c(H+)=0.01mol/L;浓度为0.01mol/LNaOH溶液中氢氧根离子浓度0.01mol/L,100摄氏度时,根据Kw=c(H+)?c(OH-),则c(H+)=,则pH=10; (3)将等体积的①、③混合是盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵溶液,铵根离子水解,离子方程式为:NH4++H2O?NH3?H2O+H+,溶液显酸性; (4)将②醋酸、④NaOH溶液若等体积混合生成的醋酸钠为强碱弱酸盐,溶液显碱性,若溶液呈中性,酸应略微过量,则消耗两溶液的体积②>④; (5)室温时,若用标准盐酸溶液滴定NaOH溶液,待测液呈碱性,用酚酞作指示剂;滴定终点的判断方法是:加入最后一滴盐酸标准液,溶液由无色变为浅红色,且半分钟内不褪色,说明反应达到终点。 19.CuSO4溶液是一种较重要的铜盐试剂,在电镀、印染、颜料、农药等方面有广泛应用。某同学利用CuSO4溶液进行以下实验探究。 i. 下图是根据反应Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4设计成的锌铜原电池。 ①该原电池的正极为 ____ ,其外电路中的电子是从____ 极(填“Zn”或“Cu”)流出。 ②电解质溶液乙是______溶液,Zn极的电极反应式是_______ 。 ③如果盐桥中的成分是K2SO4溶液,则盐桥中向左侧烧杯中移动的离子主要是_____。 ii. 下图中,Ⅰ是甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)的结构示意图。 ①同学想在Ⅱ中实现铁上镀铜,则Cu作____极,电极反应式为______,当线路中有0.1mol电子通过时,阴极增重_____ g。Ⅰ中消耗氧气体积是_____L(标况下)。 ②a处通入的是____(填“CH4”或“O2”),b处电极上发生的电极反应式是___。Ⅰ中的总反应方程式为___。 ③该同学若将Ⅱ中的两个电极都换成铂电极,当线路中有0.1mol电子通过时,测得溶液pH=______(100mL的CuSO4溶液),则Ⅱ中的总反应方程式为 _______ 。 【答案】 (1). 铜(Cu) (2). Zn (3). CuSO4 (4). Zn-2e-=Zn2+ (5). SO42- (6). 阳 (7). Cu-2e=Cu2+ (8). 3.2 (9). 0.56 (10). CH4 (11). 2H2O+O2+4e-=4OH- (12). CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O (13). 0 (14). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 【解析】 【分析】 i.原电池负极发生氧化反应,正极发生还原反应。根据反应Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4,结合图示可知,Zn为负极,Cu为正极,盐桥中是含有琼胶的K2SO4饱和溶液,电池工作时K+向正极移动,SO42-向负极移动; ii.利用该装置在Ⅱ中实现铁上镀铜,则铁做阴极,阴极上发生的电极反应为:Cu2++2e=Cu,铜做阳极,阳极上发生的电极反应为:Cu-2e=Cu2+,阴极与电源负极相连,燃料电池中,通入燃料的一极为负极,则a通入的为甲烷(CH4),作燃料电池的负极,负极的电极反应为:CH4+10OH--8e-= CO32-+7H2O;b通入的为氧气(或空气),作燃料电池的正极,正极的电极反应为:2H2O+O2+4e-=4OH-,据此分析解答。 【详解】i.原电池反应Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4,结合图一可知,Zn为负极,Cu为正极; ①该原电池的正极为铜(Cu),原电池工作时外电路中电子从负极流向正极,即从Zn流出; ②原电池的正极上发生还原反应,溶液中Cu2+被还原,则电解质溶液乙是CuSO4溶液,负极Zn发生的电极反应为Zn-2e?═Zn2+; ③盐桥中是含有琼胶的K2SO4饱和溶液,电池工作时,阴离子向负极移动,阳离子向正极移动,则SO42?向负极(左侧烧杯)移动,K+向正极(右侧烧杯)移动; ii.①根据分析,同学想在Ⅱ中实现铁上镀铜,则Cu作阳极,电极反应式为Cu-2e=Cu2+,铁作阴极,电极反应为Cu2++2e=Cu,当线路中有0.1mol电子通过时,阴极析出0.05mol铜单质,增重0.05mol×64g/mol=3.2g。Ⅰ中正极的电极反应为:2H2O+O2+4e-=4OH-,消耗氧气的物质的量为=0.025mol,标况下体积是0.025mol×22.4L/mol=0.56L; ②根据分析,a通入的为甲烷(CH4),作燃料电池的负极,负极的电极反应为:CH4+10OH--8e-= CO32-+7H2O;b处电极为正极,发生的电极反应式是2H2O+O2+4e-=4OH-;将正负极电极反应合并,Ⅰ中的总反应方程式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O; ③该同学若将Ⅱ中两个电极都换成铂电极,电解硫酸铜溶液,阴极铜离子放电生成铜单质,电极反应为:Cu2++2e=Cu,阳极为电解水,氢氧根离子放电,电极反应为:2H2O-4e-=4H++O2↑,当线路中有0.1mol电子通过时,生成0.1mol氢离子,则溶液中氢离子浓度为=1mol/L,测的溶液pH=0,则Ⅱ中的总反应方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。 - 15 -

    • 2020-07-13
    • 下载0次
    • 488KB
  • ID:7-7570413 甘肃省永昌四中2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题 Word版含解析

    高中化学/期末专区/高二上学期

    永昌四中2019-2020学年高二上学期期末考试 化学试题 第I卷 一、选择题(本题共25小题,每小题2分,共50分。) 1.下列说法不正确的是( ) A. 任何反应都伴有能量变化 B. 化学反应中的能量变化可表现为热量的变化 C. 反应物的总能量低于生成物的总能量时,发生吸热反应 D. 反应物的总能量高于生成物的总能量时,发生吸热反应 【答案】D 【解析】 【详解】A.化学反应的过程就是旧键断裂和新键形成的过程,断键吸热,成键放热,所以任何反应都伴有能量的变化,A正确; B.化学反应中的能量变化可表现有多种,可以是热量变化、或者电能或光能的变化,B正确; C.反应物总能量低于生成物的总能量时,发生反应就要从周围的环境中吸收热量,即发生吸热反应,C正确; D.若反应物的总能量高于生成物的总能量时,多余的能量就会释放给周围的环境,即发生放热反应,D错误; 故合理选项是D。 2.某酸溶液中c(H+)=0.1mol·L-1,则该酸溶液的物质的量浓度( ) A. 一定等于0.1mol·L-1 B. 一定大于0.1mol·L-1 C. 一定小于0.1mol·L-1 D. 无法确定 【答案】D 【解析】 【详解】由于不能确定酸的强弱和酸的元数,所以只根据溶液中氢离子的浓度时不能确定酸溶液的浓度。若酸为盐酸,则其浓度为0.1 mol·L-1,若为硫酸,则其浓度为0.05 mol·L-1,若为醋酸,则其浓度大于0.1 mol·L-1,故答案选D。 3. 下列溶液中导电性最强的是( ) A. 1L 0.1mol/L醋酸 B. 1L 0.1mol/L硫酸 C. 0.5L0.1mol/L盐酸 D. 2L0.1moL/L的磷酸 【答案】B 【解析】 【详解】A.醋酸弱电解质,部分电离,则溶液中氢离子浓度和醋酸根离子浓度都小于0.1mol/L; B.硫酸是二元强酸,在水溶液中完全电离,c(H+)=0.2mol/L,c(SO42-)=0.1mol/L; C.HCl是强电解质,在水溶液中完全电离,c(H+)=c(Cl-)=0.1mol/L; D.磷酸是中强酸,部分电离,溶液中c(H+)小于0.2mol/L; 电解质溶液导电性与离子浓度成正比,B中离子浓度最大,则溶液导电性最强,故选B。 【点睛】本题考查电解质溶液导电性强弱判断,为高频考点,电解质溶液导电性强弱与离子浓度成正比,与溶液体积及电解质电离程度无关,题目难度不大。 4. 下列溶液一定呈中性的是( ) A. 使石蕊试液呈紫色的溶液 B. c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L溶液 C. pH=7的溶液 D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A.使石蕊试液呈紫色的溶液,常温下溶液显酸性,故A错误; B.氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小是判断溶液的酸碱性的依据,所以c(H+)=c(OH-)的溶液一定呈中性,故B正确; C.常温下,水的离子积Kw=1×10-14,所以pH<7,溶液呈酸性;pH=7,溶液呈中性;pH>7,溶液呈碱性。Kw受温度影响,水的电离是吸热的,温度越高Kw越大,如100℃时,水的离子积常数是10-12,当PH=6时溶液呈中性,当pH=7时溶液呈碱性,该选项中c(H+)=10-7mol/L溶液,不一定是在常温下,溶液中c(H+)、c(OH-)不一定相等,故C错误; D.盐溶液的PH可以是中性如NaCl,酸性如AlCl3,或碱性如Na2CO3,故D错误; 故选:B。 5.下列方程式书写正确的是( ) A. HCO3-在水溶液中的电离方程式:HCO3-+H2OH3O++CO32- B. H2SO3的电离方程式H2SO32H++SO32- C. CO32-的水解方程式:CO32-+2H2OH2CO3+2OH- D. CaCO3的电离方程式:CaCO3?Ca2++CO32- 【答案】A 【解析】 【详解】A. HCO3-为多元弱酸的酸式酸根离子,部分电离,用可逆号表示,则其在水溶液中的电离方程式为:HCO3- H++CO32-,也可表示为HCO3-+H2O H3O++CO32-,A项正确; B. H2SO3为二元弱酸,部分电离,且分步电离,主要为第一步电离,其电离方程式为:H2SO3?H++HSO3-,B项错误; C. CO32-为多元弱酸的酸根离子,分步水解,主要为第一步水解,其水解方程式:CO32-+H2O HCO3-+OH-,C项错误; D. CaCO3属于强电解质,能完全电离,其电离方程式:CaCO3=Ca2++CO32-,D项错误; 答案选A。 6.为了配制NH4+浓度与Cl-的浓度比为1:1的溶液,可在NH4Cl溶液中加入:①适量HCl②适量NaCl③适量的氨水④适量的NaOH,正确的是 A. ①② B. ④ C. ③④ D. ③ 【答案】D 【解析】 氯化铵是弱碱强酸盐,由于水解,导致溶液中,溶液呈酸性,为了配制与的浓度比为1:1的溶液,可以增加铵根离子浓度,或减少溶液中氯离子的浓度;①加入后氯离子浓度增加,不能配制与的浓度比为1:1的溶液,①错误;②加入后氯离子浓度增加,不能配制与的浓度比为1:1的溶液,②错误;③加入适当氨水增加了铵根离子浓度,可以配制与的浓度比为1:1的溶液,③正确;④加入后,中和了氢离子,平衡右移,铵根离子浓度降低,不能配制与的浓度比为1:1的溶液,④错误;只有③符合题意,正确选项D。 点睛:为了配制NH4+浓度与Cl-的浓度比为1:1的溶液,可在NH4Cl溶液中加入:适量的硫酸铵、硝酸铵、氨水等,或加入适量的硝酸银等,总体的思路为增加铵根离子浓度,或减少溶液中氯离子的浓度,即可达到目的。 7.下列事实一定能说明HF是弱酸的是( ) ①常温下NaF溶液的pH大于7;  ②用HF溶液做导电性实验,灯泡很暗; ③HF与NaCl不能发生反应;   ④常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3 ⑤HF能与Na2CO3溶液反应,产生CO2气体  ⑥HF与水能以任意比混溶 ⑦1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红 A. ①④ B. ②③⑤ C. ③④⑥ D. ①②⑦ 【答案】A 【解析】 【详解】①如果常温下NaF溶液的pH大于7,则NaF属于强碱弱酸盐,它水解使溶液显碱性:F-+H2OHF+OH-,可推知HF一定是弱酸,①项正确; ②用HF溶液做导电性实验时,缺少了等浓度等体积的一元强酸(如HCl)的对照实验,故该事实不能说明HF一定是弱酸,②项错误; ③根据强酸制弱酸的原理,HF与NaCl不能发生反应,可推知HF可能是弱酸或是强酸。③项错误; ④由题意知常温下0.1mol/L的HF溶液中c(H+)=10-2.3mol/L<0.1mol/L,可推断HF不能完全电离,所以该事实一定能说明HF是弱酸,④项正确; ⑤根据强酸制弱酸的原理,HF能与Na2CO3溶液反应,可推断HF的酸性比H2CO3强,但不能确定HF是强酸还是弱酸,⑤项错误; ⑥由“HF与水能以任意比混溶”无法判断HF的电离程度,所以该事实不能说明HF一定是弱酸,⑥项错误; ⑦由“1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红”可推知HF溶液显酸性,HF可能是强酸也可能是弱酸,⑦项错误;答案选A。 【点睛】证明弱酸或弱碱的事实一般有以下几个角度:(1)酸或碱在水溶液中是否部分电离,如测定一定浓度的酸或碱溶液的pH; (2)酸对应的强碱盐(如钠盐)或碱对应的强酸盐(如氯化物)的水溶液的酸碱性;(3)一定浓度的酸或碱溶液加水稀释后其溶液pH是否变化,看是否存在电离平衡移动等。 8.pH相同的氨水、NaOH和Ba(OH)2溶液,分别用蒸馏水稀释到原来的X、Y、Z倍,稀释后三种溶液的pH仍然相同,则X、 Y、Z的关系是( ) A. X=Y=Z B. X>Y=Z C. X<Y=Z D. X=Y<Z 【答案】B 【解析】 【详解】氨水是弱碱,存在电离平衡,稀释促进电离。氢氧化钠是一元强碱,氢氧化钡是二元强碱。所以在pH相等的条件下,要使稀释后的pH仍然相等,则强碱稀释的倍数是相同的,而氨水稀释的倍数要大于强碱的,因此选项B正确,答案选B。 9.下列溶液一定是碱性的是( ) A. pH=8的某电解质的溶液 B. c(OH-)>1×10-7mol/L C. 溶液中含有OH- D. 溶液中c(OH-)>c(H+) 【答案】D 【解析】 【分析】 任何水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子,溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小:c(H+)>c(OH-),溶液呈酸性;c(H+)=c(OH-),溶液呈中性;c(H+)<c(OH-),溶液呈碱性;室温时,Kw=10-14,若溶液中:c(H+)=10-7,pH=7,溶液呈中性;c(H+)>10-7,pH<7,溶液呈酸性;c(H+)<10-7,pH>7,溶液呈碱性,据此判断。 【详解】A. 没指明温度, Kw不一定等于10?14,不能根据pH值判断溶液的酸碱性,故A错误; B. 没指明温度, Kw不一定等于10?14,不能根据c(OH-)浓度大小判断溶液的酸碱性,故B错误; C. 任何水溶液中都含有氢氧根离子,不能通过是否含有氢氧根离子判断溶液酸碱性,故C错误; D. 溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小, c(OH-)>c(H+),溶液一定显碱性,故D正确; 答案选D。 【点睛】任何水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子,溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小:c(H+)>c(OH-),溶液呈酸性;c(H+)=c(OH-),溶液呈中性;c(H+)<c(OH-),溶液呈碱性;室温时,Kw=10-14,若溶液中:c(H+)=10-7,pH值=7,溶液呈中性;c(H+)>10-7,pH值<7,溶液呈酸性;c(H+)<10-7,pH值>7,溶液呈碱性。同学们经常会忽略温度的影响,直接认为pH=8的某电解质的溶液呈碱性,一定要加强理解通过pH值,以及通过比较c(H+)或c(OH-)与10-7的相对大小,来判断溶液酸碱性。 10.已知某温度下,四种一元弱酸的电离平衡常数为:Ka(HF)= 6.8×10-4mol/L、 Ka(CH3COOH)=1.8×10-5mol/L、Ka(HNO2)=6.4×10-6mol/L、Ka(HCN)=6.2×10-10mol/L。物质的量浓度都为0.1 mol/L的下列溶液中,pH最大的是(  ) A. HF B. CH3COOH C. HNO2 D. HCN 【答案】D 【解析】 【分析】 酸的电离常数越大,酸的酸性越强,等浓度时其pH越小,据此分析判断。 【详解】已知某温度下,四种一元弱酸的电离平衡常数为:Ka(HF)= 6.8×10-4mol/L、 Ka(CH3COOH)=1.8×10-5mol/L、Ka(HNO2)=6.4×10-6mol/L、Ka(HCN)=6.2×10-10mol/L。酸的电离常数越大,酸的酸性越强,等浓度时其pH越小,HF的电离常数最大,即HF的酸性最强,其pH最小,HCN的电离常数最小,即HCN的酸性最弱,其pH最大,故选D。 11.下列有关滴定操作的顺序正确的是( ) ①检查滴定管是否漏水 ②用蒸馏水洗涤玻璃仪器 ③用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管,用待测液润洗盛待测液的滴定管 ④装标准溶液和待测液并调整液面(记录初读数) ⑤取一定体积的待测液于锥形瓶中 ⑥滴定操作 A. ①③②④⑤⑥ B. ①②③④⑤⑥ C. ②③①④⑤⑥ D. ④⑤①②③⑥ 【答案】B 【解析】 【详解】中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液、滴定等顺序操作,则操作顺序为:①②③④⑤⑥,故选B。 12. 电池的污染引起人们的广泛重视,废电池中对环境形成污染的主要物质是 A. 锌 B. 汞 C. 石墨 D. 二氧化锰 【答案】B 【解析】 【详解】电池的污染引起人们的广泛重视,废电池中对环境形成污染的主要物质是 A. 锌虽是重金属,但是对环境没有太大的影响,且锌是生物体必需的元素; B. 汞是一种毒性很大的重金属,会严重污染环境; C. 石墨无毒,对环境无影响; D. 二氧化锰无毒,对环境无影响。 综上所述,本题选B。 13.镍镉(Ni—Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用,它的充放电反应按下式进行:Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiO(OH)+2H2O;由此可知,该电池放电时的负极材料是 A. Cd B. Ni(OH)2 C. Cd(OH)2 D. NiO(OH) 【答案】A 【解析】 【详解】放电相当于是原电池,充电相当于是电解池;原电池中负极失去电子,发生氧化反应;所以根据反应的化学方程式可知,放电时Cd失去电子,氧化生成Cd(OH)2,因此电池放电时的负极材料是Cd,故A正确; 故答案选A。 14.某同学为了使反应2HCl+2Ag=2AgCl+H2↑能进行,设计了如下所示的四个实验方案,你认为可行的方案是(  ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由2HCl+2Ag=2AgCl+H2↑可知该反应不是自发的氧化还原反应,故只能设计成电解池;H元素的化合价由+1价降低到0价,得到电子,发生还原反应,阴极上的电极反应为:2H++2e-= H2↑,银元素的化合价从0价升高到+1价,发生氧化反应,银作阳极,电极反应为:Ag-e-= Ag+,所以银作阳极,盐酸作电解质溶液,形成电解池;答案选C。 【点睛】解答本题是需要根据总反应判断装置是原电池还是电解池,再根据得失电子判断电极;判断时①电极:阴极是与电源负极相连,得到电子,发生还原反应;阳极是与电源正极相连,失去电子,发生氧化反应。②电子和离子的移动方向(惰性电极)。 特别需要注意的是:①金属活动性顺序中银以前的金属(含银)作电极时,由于金属本身可以参与阳极反应,称为金属电极或活性电极(如Zn、Fe、Cu、Ag等);金属活动性顺序中银以后的金属或非金属作电极时,称为惰性电极,主要有铂(Pt)、石墨等;②电解时,在外电路中有电子通过,而在溶液中是靠离子移动导电,即电子不通过电解质溶液。 15.一种新型燃料电池,一极通入空气,另一极通入丁烷气体;电解质是掺杂氧化钇Y2O3的氧化锆ZrO2晶体,在熔融状态下能传导O2。下列对该燃料电池说法正确的是( ) A. 在熔融电解质中,O2由负极移向正极 B. 通入丁烷的一极是正极,电极反应为:2C4H10+26e+13O2=4CO2+5H2O C. 通入空气的一极是负极,电极反应为:O2+4e=2O2 D. 电池的总反应式:2C4H10+13O2=8CO2+10H2O 【答案】D 【解析】 【分析】 在燃料电池中,通入燃料的一极为负极,则通入丁烷的一极为原电池的负极,发生氧化反应,电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O,通入空气的一极为原电池的正极,发生还原反应,电极反应式为O2+4e-=2O2-,总反应式为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O,据此解答该题。 【详解】在燃料电池中,通入燃料的一极为负极,则通入丁烷的一极为原电池的负极,发生氧化反应,电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O,通入空气的一极为原电池的正极,发生还原反应,电极反应式为O2+4e-=2O2-,总反应式为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O, A. 原电池中,阴离子向负极移动,阳离子向正极移动,A项错误; B. 通入丁烷的一极为负极,电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O,B项错误; C. 通入空气的一极为正极,电极反应式为O2+4e-=2O2-,C项错误; D. 电池的总反应与丁烷燃烧的化学方程式一致,为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O,或由正负极电极反应式判断,D项正确; 答案选D。 【点睛】在燃料电池中,通入氧气的一极为正极,通入燃料的一极为负极,当电解质为金属氧化物,熔融状态下能传导O2时,在配平电极反应式时需借助O2-配平,如本题中,正极的电极反应式为:O2+4e-=2O2-,负极通入丁烷,失电子发生氧化反应,电极反应式为:C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O,固体氧化物只允许O2通过的燃料电池中电极反应式的书写是学生们学习的易错点。 16.在同一温度下,某强电解质溶液a,弱电解质溶液b,金属导体c的导电能力相同,则升高温度后它们的导电能力:( ) A. a>b>c B. a=b=c C. c>a>b D. b>a>c 【答案】D 【解析】 【详解】同一温度下,强电解质溶液a、弱电解质溶液b、金属导体c三者的导电能力相同,金属导体随着温度升高,电阻率变大,从而导致电阻增大,所以c的导电能力减弱,a是强电解质完全电离,升高温度几乎不影响其导电能力,b是弱电解质,升高温度,促进弱电解质电离,导致溶液中离子浓度增大,所以溶液导电能力增大,则它们的导电能力强弱顺序是b>a>c, 答案选D。 17. 弱电解质和强电解质的本质区别在于 A. 离子数目的多少 B. 物质的量浓度相同时,溶液的导电能力 C. 在水溶液中是否存在电离平衡 D. 物质中所含化学键的不同 【答案】C 【解析】 【详解】A.强电解质溶液离子数目不一定多,弱电解质溶液中离子数目不一定少,故A错误; B.溶液的导电能力主要取决于离子浓度大小,与电解质的强弱无必然联系,故B错误; C.弱电解质和强电解质的本质区别在于能否完全电离,强电解质能完全电离,弱电解质部分电离存在电离平衡,故C正确; D.强酸和弱酸都只含共价键,但强酸是强电解质,而弱酸是弱电解质,故D错误; 故选C 【点晴】强电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物,一般是强酸、强碱和大部分盐类;弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质,包括弱酸、弱碱、水与少数盐;弱电解质和强电解质的本质区别在于能否完全电离;明确其划分标准是解本题关键,注意不能根据电解质溶液的导电性大小划分,为易错点。 18.准确量取25.00 mL高锰酸钾溶液,可选用的仪器是( ) A. 50 mL量筒 B. 10mL量筒 C. 50mL碱式滴定管 D. 50mL酸式滴定管 【答案】D 【解析】 【详解】A和B的量筒只能精确到0.1mL的溶液,故A、B不选; C.高锰酸钾溶液有强氧化性,能腐蚀碱式滴定管的胶管,故C不选; D.滴定管能量取0.01mL的溶液,故应用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液,故D选; 故选D。 19.将纯水加热至较高温度,下列叙述正确的是( ) A. 水的离子积变大、pH变小、呈酸性 B. 水的离子积不变、pH不变、呈中性 C. 水的离子积变小、pH变大、呈碱性 D. 水的离子积变大、pH变小、呈中性 【答案】D 【解析】 【详解】水的电离是吸热过程,将纯水加热至较高温度,促进了水的电离,生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大,pH减小,水的离子积增大,水的离子积只随温度的改变而改变;但电离出的氢离子和氢氧根离子相等,所以水仍是中性。综上所述,给纯水加热时水的离子积增大、pH变小、呈中性;故选D。 【点睛】本题考查了水的电离平衡及影响因素,主要考查水的离子积的应用,加热促进水的电离,水的pH大小判断。 20.下列各组离子一定能大量共存的是( ) A. 含有大量Fe3+的溶液中:NH4+、Na+、I-、SCN- B. 在强碱溶液中:Na+、K+、AlO2-、CO32- C. 在c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中:NH4+、Al3+、SO42-、NO3- D. 在pH=1的溶液中:K+、Fe2+、Cl-、NO3- 【答案】B 【解析】 【详解】A. Fe3+与SCN-发生络合反应生成Fe(SNC)3而不能大量共存,且Fe3+能氧化I-而不能大量共存,故A错误; B. 强碱溶液中存在大量的OH-,离子之间不发生任何反应,可以大量共存,故B正确; C. c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液呈碱性,存在大量的OH-,NH4+与OH-反应生成NH3?H2O,且A13+与OH-反应生成沉淀而不能大量共存,故C错误; D. pH=1的溶液呈酸性,存在大量的H+,Fe2+与NO3-、H+发生氧化还原反应而不能大量共存,故D错误; 答案选B。 【点睛】离子共存问题,侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力,题型不难,需要注意的是,溶液题设中的限定条件。如无色透明,则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意;还有一些限定条件如:常温下与Al反应生成氢气的溶液时,该溶液可能为酸溶液,也可能为碱溶液。做题时只要多加留意,细心严谨,便可快速选出正确答案。 还有一些限定条件如:常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为1×10-10,小于1×10-7时,该溶液可能为酸溶液,也可能为碱溶液。做题时只要多加留意,细心严谨,便可快速选出正确答案。 21.下列方程式属于水解反应的是( ) A. H2O+H2OH3O++H+ B. HCO3-+H2OH3O++CO32- C. HCO3-+OH=H2O+CO32- D. HCO3-+H2OH2CO3+OH 【答案】D 【解析】 【详解】A. H2O+H2OH3O++H+为水的电离,与题意不符,A错误; B. HCO3-+H2OH3O++CO32-为碳酸氢根离子的电离,与题意不符,B错误; C. HCO3-+OH=H2O+CO32-为碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应,与题意不符,C错误; D. HCO3-+H2OH2CO3+OH为碳酸氢根离子的水解反应,符合题意,D正确; 答案为D。 22.下列说法不正确的是(  ) A. 明矾能水解生成Al(OH)3胶体,可用作净水剂 B. 水解反应NH+H2ONH3·H2O+H+达到平衡后,升高温度平衡逆向移动 C. 制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法 D. 盐类水解反应的逆反应是中和反应 【答案】B 【解析】 明矾中铝离子水解生成Al(OH)3胶体,可用作净水剂,故A正确;水解吸热,升高温度平衡正向移动,故B错误;将AlCl3、FeCl3、CuCl2溶液直接蒸干得到Al(OH)3、Fe(OH)3、Cu(OH)2,故C正确;盐类水解反应的逆反应是中和反应,故D正确。 23.0.1mol/L的K2S溶液中,有关粒子的浓度大小关系正确的是 A. c(K+)+c(H+)=c(S2—)+c(HS—)+c(OH—) B. c(K+)+ c(S2—) = 0.3mol/L C. c(K+)=c(S2—)+c(HS—)+c(H2S) D. c(OH-)=c(H+)+c(HS—)+2c(H2S) 【答案】D 【解析】 【详解】A、根据电荷守恒可知c(K+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-),A错误; B、根据物料守恒可知c(K+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=0.2mol/L,所以c(K+)+ c(S2-)<0.3mol/L,B错误; C、根据物料守恒可知c(K+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=0.2mol/L,C错误; D、根据质子守恒可知c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),D正确。 答案选D。 24.恒容密闭容器中进行的可逆反应2NO22NO +O2,可作为达到平衡状态的标志是( ) ①单位时间内生成amo1O2的同时生成2amolNO2 ; ②单位时间内生成amolO2的同时生成2amolNO; ③混合气体的颜色不再改变; ④混合气体的密度不再改变的状态; ⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态; ⑥容器内的压强不再改变。 A. ①②③④⑤ B. ②④⑤⑥ C. ①③④⑥ D. ①③⑤⑥ 【答案】D 【解析】 【分析】 判断化学平衡状态的两种方法 (1)动态标志:v正=v逆≠0 ①同种物质:同一物质的生成速率等于消耗速率; ②不同物质:必须标明是“异向”的反应速率关系。如aA+bB??cC+dD,时,反应达到平衡状态。 (2)静态标志:各种“量”不变 ①各物质的质量、物质的量或浓度不变; ②各物质的百分含量(物质的量分数、质量分数等)不变; ③温度、压强(化学反应方程式两边气体体积不相等)或颜色(某组分有颜色)不变; 以及由此衍生的一些物理量也不变,总之,“变化的量”不变了,可作为判断平衡的标志,据此解答。 【详解】①单位时间内生成a?mol?O2的同时生成2a?mol?NO2,生成a?mol?O2表示正反应方向,生成2a?mol?NO2表示逆反应方向,其速率之比等于化学计量数之比,说明反应达到平衡,故①正确; ②单位时间内生成a?mol?O2的同时生成2a?mol?NO,这都是正反应速率,没有说明逆反应方向的速率,故不能判断是否达到平衡,故②错误; ③混合气体的颜色不再改变,说明各物质浓度不再变化,说明反应达到平衡,故③正确; ④该反应的反应条件是恒容密闭容器,体积和质量都不变,所以整个过程中,混合气体的密度始终不变,不能作为平衡的标志,故④错误; ⑤混合气体的总质量不变,该反应前后气体总物质的量变化,则混合气体的平均相对分子质量是一个随着反应变化的量,因此混合气体的平均相对分子质量不再改变,说明反应达到平衡,故⑤正确; ⑥该反应的反应条件是恒容密闭容器,该反应前后气体总物质的量变化,则容器内的压强是一个随着反应进行变化的量,则容器内的压强不再改变,说明反应达到平衡,故⑥正确; 综上所述,①③⑤⑥可作为达到平衡状态的标志,D项正确; 答案为D。 【点睛】化学平衡状态的判断是学生们的易错点,首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等,再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态,化学平衡状态时正逆反应速率相等,各物质的量、浓度等保持不变,以及衍生出来的一些量也不变,但一定得是“变化的量”不变了,才可作为判断平衡的标志。常见的衍生出来量为:气体总压强、混合气体的平均相对分子质量、混合气体的密度、温度、颜色等。 25.在溶液(NH4)2SO4中,离子浓度大小顺序正确的是 A. c(NH4+)> c(SO42-)>c(H+)>c(OH-) B. c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+) C. c(NH4+)>c(SO42-)>c(OH-)>c(H+) D. c(SO42-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-) 【答案】A 【解析】 【详解】(NH4)2SO4是强电解质,完全电离, c(NH4+)接近 c(SO42-)的二倍, 铵根离子水解消耗水电离产生的 OH-,所以 c(H+)>c(OH-);但是盐的水解程度是微弱的,盐的电离远大于弱电解质水的电离,因此c(H+)、c(OH-)都比较小,故:c(NH4+)> c(SO42-)>c(H+)>c(OH-),答案选A。 第II卷 二、填空题(本题共2小题,每空2分,共30分。) 26.(1)将等质量的Zn粉分别投入:试管A:10mL 0.1mol·L-1 HCl和试管B::10mL 0.1mol·L-1醋酸中。开始时,反应速率A____B(填>,=或<,下同),若Zn过量,产生H2的体积A____B。 (2)将等质量Zn粉分别投入pH=1体积均为10mL的试管A:盐酸和试管B:醋酸中,开始时,反应速率A____B(填>,=或<,下同),若Zn过量,产生H2的体积A____B。 【答案】 (1). > (2). = (3). = (4). < 【解析】 【详解】(1)与锌反应的速率与电离出的氢离子浓度有关,等物质的量浓度的强酸和弱酸,强酸电离出的氢离子浓度大于弱酸电离出的氢离子浓度,所以开始反应速率A>B,与过量的锌反应产生H2的体积与酸的物质的量有关,强酸和弱酸的物质的量相等,所以产生氢气的体积A=B。 (2)pH相同的强酸和弱酸,强酸的物质的量浓度小于弱酸的物质的量浓度,所以刚开始反应速率A=B,与过量Zn反应,产生H2的体积A”“<”或“=”)7,溶液中离子的电荷守恒的关系式是___。 (2)溶液②呈___(填“酸”“碱”或“中”)性。溶液中物料守恒的关系式是___。 (3)下列说法正确的是___(填序号)。 a两种溶液中c(CH3COO-)都等于0.1mol·L-1 b.两种溶液中c(CH3COO-)都小于0.1mol·L-1 c.CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-) 【答案】 (1). < (2). c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-) (3). 碱 (4). c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH) (5). bc 【解析】 【分析】 (1)根据弱酸的电离分析; (2)根据盐类水解规律分析; (3)根据弱酸的电离是微弱的,盐类的水解是微弱的进行分析解答。 【详解】(1)溶液①为0.1mol·L-1CH3COOH溶液,显酸性,常温下,pH<7,溶液中离子的电荷守恒的关系式是c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),故答案为:<;c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-); (2)溶液②为0.1mol·L-1CH3COONa溶液,由于醋酸根离子发生水解CH3COO- + H2O ? CH3COOH+ OH-,溶液呈碱性,溶液中物料守恒的关系式是c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),故答案为:碱;c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH); (3)a. 溶液①中CH3COOH部分电离,溶液②中醋酸根离子发生水解,则两种溶液中c(CH3COO-)都小于0.1mol·L-1,故a错误; b. 由a项分析可知,b项正确; c. 溶液①中CH3COOH的电离是微弱的,则其c(CH3COO-)远小于0.1mol·L-1,溶液②中醋酸根离子的水解是微弱的,则其c(CH3COO-)接近0.1mol·L-1,故CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-),c项正确;故答案为:bc。 28.在生产生活和科学研究中,人们常常根据需要促进或抑制盐的水解。试回答下列问题: (1)FeCl2溶液呈____(填“酸”、“中”、“碱”)性,原因是(用离子方程式表示):____;实验室在配制FeCl2溶液时,常将FeCl2固体先溶于较浓的盐酸中,以_____(填“促进”、“抑制”)其水解,然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度。 (2)用离子方程式表示硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合时发生的主要反应____。 (3)为证明盐的水解是吸热的,四位同学分别设计了如下方案,其中正确的是____。 A.甲同学:在盐酸中加入氨水,混合液温度上升,说明盐类水解是吸热的。 B.乙同学:将硝酸铵晶体溶于水,水温降低,说明盐类水解是吸热的。 C.丙同学:在氨水加入氯化铵固体,溶液的pH变小,说明盐类水解是吸热的。 D.丁同学:在醋酸钠溶液中滴加2滴酚酞试剂,加热后红色加深,说明盐类水解是吸热的。 (4)把AlCl3溶液蒸干,灼烧,最后得到的主要固体产物是___。 【答案】 (1). 酸 (2). Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+ (3). 抑制 (4). Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑ (5). D (6). Al2O3 【解析】 【详解】(1)氯化亚铁是强酸铁弱碱盐,水解显酸性,因此增大氢离子浓度,能抑制其水解。 (2)硫酸铝水解显酸性,碳酸氢钠水解显碱性,所以二者混合时水解相互促进,生成氢氧化铝沉淀和CO2气体。 (3)A不正确,因为中和反应是放热反应。B不正确,硝酸铵溶于水是吸热过程。C不正确,因为是增大了NH4+的浓度,抑制了氨水的电离,所以pH减小。选项D正确,红色加深,说明升高温度,平衡向正反应方向移动,即水解是吸热反应。 (4)氯化铝溶液中存在水解平衡AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,加热促进水解,同时生成物氯化氢易挥发,进一步促进水解,所以最终得到的是氢氧化铝沉淀,灼烧得到氧化铝。 三、实验题 29.按要求对图中两极进行必要的连接并填空: (1)在A图中,使铜片上冒H2气泡。请加以必要连接,则连接后的装置叫____。电极反应式:锌板:____;铜板:_____。 (2)在B图中,使a极析出铜,b极析出氧气。加以必要的连接后,该装置叫____。电极反应式,a极:____;b极:_____。经过一段时间后,停止反应,溶液的pH值____(升高、降低、不变),加入一定量的____后,溶液能恢复至与电解前完全一致。 【答案】 (1). 原电池 (2). Zn-2e-=Zn2+ (3). 2H++2e-=H2↑ (4). 电解池 (5). Cu2++2e-=Cu (6). 2H2O-4e-= O2↑+4H+(或4OH--4e-=2H2O+O2↑) (7). 降低 (8). CuO或CuCO3 【解析】 【分析】 (1)在A图中,使铜片上冒H2气泡,则铜片作正极,锌作负极,该电池属于原电池,锌电极上失电子发生氧化反应,铜电极上氢离子得电子发生还原反应; (2)在B图中,使a极析出铜,b极析出氧气,必须是电解池,a极为阴极,阴极上铜离子得电子发生还原反应,b极(惰性电极)为阳极,阳极上水电离出的氢氧根离子失电子发生氧化反应,根据电池总反应式确定溶液中氢离子浓度的变化,根据“析出什么加入什么”的原则加入物质,使溶液恢复至与电解前完全一致。 【详解】(1)在A图中,使铜片上冒H2气泡,可以用导线连接两极,铜片作正极,锌作负极,该电池属于原电池,锌电极上失电子发生氧化反应,电极反应式为:Zn-2e-=Zn2+,铜电极上氢离子得电子发生还原反应,电极反应式为:2H++2e-=H2↑,故答案为:原电池;Zn-2e-=Zn2+;2H++2e-=H2↑; (2)在B图中,使a极析出铜,b极析出氧气,必须是电解池,a极为阴极,阴极上铜离子得电子发生还原反应,电极反应式为:Cu2++2e-=Cu;b极(惰性电极)为阳极,阳极上水电离出的氢氧根离子失电子发生氧化反应,电极反应式为:2H2O-4e-= O2↑+4H+(或4OH--4e-=2H2O+O2↑);总反应的离子方程式为:2Cu2++2H2O O2↑+4H+ +2Cu,由于生成硝酸,则经过一段时间后,停止反应,溶液的pH值降低,电解过程中,阴极上析出铜,阳极上析出氧气,且氧元素和铜元素物质的量之比为1:1,相当于析出CuO,根据“析出什么加入什么”的原则加入物质,要使溶液能恢复原来状态应该加入CuO或CuCO3(相当于CuO?CO2),故答案为:电解池;Cu2++2e-=Cu;2H2O-4e-= O2↑+4H+(或4OH--4e-=2H2O+O2↑);降低;CuO或CuCO3。 - 18 -

    • 2020-07-13
    • 下载0次
    • 237.5KB
  • ID:7-7570412 甘肃省武威市十八中2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题 Word版含解析

    高中化学/期末专区/高二上学期

    武威市十八中2019-2020学年高二上学期期末考试 化学试题 一、选择题(每题3分,共48分) 1.下列说法正确的是(  ) A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 B. 任何放热反应在常温条件下一定能发生 C. 吸热反应只能在加热的条件下才能进行 D. 反应物和生成物所具有的总能量决定了放热还是吸热 【答案】D 【解析】 【详解】A.反应吸热放热与反应条件无关,与反应物和生成物的能量关系有关,A错误; B.放热反应在常温条件下不一定能够发生,例如硫燃烧等,B错误; C.常温下也可以发生吸热反应,如2NH4Cl(s)和Ba(OH)2·8H2O(s)的反应,C错误; D.反应物和生成物所具有的总能量的差决定了化学反应是放热还是吸热反应物,如果反应物总能量高于生成物总能量,则反应是放热反应,反之是吸热反应,D正确; 故选D。 2.对于在密闭容器中进行的反应:N2(g)+O2(g)2NO(g),下列不能加快该反应的反应速率的条件是(  ) A. 缩小体积 B. 充入更多的NO C. 体积增大到原来的2倍 D. 升高温度 【答案】C 【解析】 【详解】A.缩小体积,反应物的浓度增大,单位体积内活化分子的数目增多,反应速率加快,A错误; B.体积不变充入NO,对于反应N2+O2?2NO,生成物的浓度增大,活化分子的数目增多,能使反应速率增大,B错误; C.体积增大到原来的2倍,各组分浓度减小,反应速率减慢,C正确; D.温度升高,反应物获得能量,增大了活化分子百分数,反应速率加快,D错误; 故选C。 【点睛】本题的易错点为B,要注意可逆反应中增大生成物的浓度,逆反应速率加快,正反应速率也加快。 3.下列物质溶于水后,抑制了水的电离的是(  ) A. NaCl B. NH4Cl C. CH3COONa D. H2SO4 【答案】D 【解析】 【详解】A.氯化钠对水的电离程度没有影响,A不符合题意; B.NH4Cl属于强酸弱碱盐,NH4+发生水解,水解的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+,促进水的电离,B不符合题意; C.CH3COONa属于强碱弱酸盐,CH3COO-发生水解,水解的离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,促进水的电离,C不符合题意; D.硫酸会电离出大量氢离子,抑制水的电离,D符合题意; 故选D。 4. 下列热化学方程式书写和表示正确的是(△H的绝对值均正确) A. 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196kJ/mol(反应热) B. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ/mol(燃烧热) C. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=+57.3kJ/mol(中和热) D. 2NO2=O2+2NO△H=-116.2kJ/mol(反应热) 【答案】A 【解析】 【详解】A.二氧化硫催化氧化是放热反应,焓变为负值,依据热化学方程式书写方法,标注物质聚集状态,反应焓变符合热化学方程式书写原则,故A正确; B.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量,选项中生成的一氧化碳和水都不是稳定氧化物,故B错误; C.酸碱反应是放热反应,焓变为负值,NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol,故C错误; D.物质聚集状态不同年龄不同,方程式中物质聚集状态未标注,故D错误; 答案为A。 5.反应4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g),经2 min后,B的浓度减少了0.6 mol·L-1。对此反应速率的叙述正确的是 A. 用A表示的反应速率是0.4 mol·L-1·min-1 B. 分别用B、C、D表示反应的速率,其比值是3∶2∶1 C. 在2 min末时的反应速率,用反应物B来表示是0.3 mol·L-1·min-1 D. 在这2 min内用B和C表示的反应速率的值都是相同的 【答案】B 【解析】 【详解】A、A是固体,不能表示反应速率,A错误; B、速率之比等于化学计量数之比,所以根据方程式可知分别用B、C、D表示反应的速率,其比值是3∶2∶1,B正确; C、2min内,B的浓度减少0.6mol/L,2min内用B表示的平均速率v(B)=0.6mol/L÷2min=0.3mol/(L?min),而不是瞬时反应速率,C错误; D、速率之比等于化学计量数之比,故v(B):v(C)=3:2,D错误; 答案选B。 【点晴】该题比较基础,难度不大。注意化学反应速率的常用计算方法由定义法与化学计量数法,根据情况选择合适的计算方法,选项C是易错选项,注意反应速率是一段时间内的平均值,而不是瞬时反应速率。 6.已知几种化学键键能和热化学方程式如下: 化学键 H—N N—N Cl—Cl NN H—Cl 键能/(kJ·mol-1) 391 193 243 946 432 N2H4(g)+2Cl2(g)=N2(g)+4HCl(g) ΔH,下列推断正确的是( ) A. H(g)+Cl(g)=HCl(g) ΔH=+432kJ·mol-1 B. 断裂1molCl—Cl键吸收能量比断裂1molNN键多703kJ C. 上述反应中,ΔH=-431kJ·mol-1 D. 上述反应中,断裂极性键和非极性键,只形成极性键 【答案】C 【解析】 【详解】A.H(g)+Cl(g)=HCl(g)是形成化学键的过程,是放热过程,△H=-432kJ/mol,故A错误; B.断裂1molCl—Cl键吸收能量为243 kJ,断裂1molNN键吸收能量为946 kJ,因此断裂1molCl—Cl键吸收能量比断裂1molNN键少703kJ,故B错误; C.焓变ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和=4×(391 kJ/mol)+(193 kJ/mol)+2×(243 kJ/mol)-(946 kJ/mol)-4×(432 kJ/mol)=-431kJ/mol,故C正确; D.上述反应中,断裂了N-H极性键和Cl-Cl、N-N非极性键,形成了H-Cl极性键和N≡N非极性键,故D错误; 故选C。 7.下列叙述中,不能用勒夏特列原理解释的是(  ) A. 红棕色的NO2,加压后颜色先变深后变浅 B. 高压比常压有利于合成SO3 C. 工业制取金属钾Na(l)+KCl(l) ?NaCl(l)+K(g)选取适宜的温度,使K变成蒸气从反应混合物中分离出来 D. 加入催化剂有利于氨的合成 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A.二氧化氮与四氧化二氮之间存在化学平衡2NO2N2O4,红棕色的NO2加压后颜色先变深是因为加压后二氧化氮的浓度变大了,后来变浅说明化学平衡向生成四氧化二氮的方向移动了,A可以用平衡移动原理解释; B.合成SO3反应是气体分子数减小的反应,加压后可以使化学平衡向正反应方向移动,所以高压比常压有利于合成SO3的反应,B可以用平衡移动原理解释; C.工业制取金属钾,Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g),选取适宜的温度,使K成蒸气从反应混合物中分离出来,有利于化学平衡向生成钾的方向移动,C可以用平衡移动原理解释; D.加入催化剂可以加快化学反应速率,所以有利于氨的合成,但是不可以用平衡移动原理解释,D符合题意; 故选D。 8.下列说法正确的是 A. 所有自发进行的化学反应都是放热反应 B. 同一物质固、液、气三种状态的熵值相同 C. △H < 0、△S > 0的反应可自发进行 D. 在其他条件不变的情况下,使用催化剂可以改变化学反应进行的方向 【答案】C 【解析】 【详解】A.自发进行的化学反应有的是放热反应,有的是吸热反应,错误; B.同一物质固、液、气三种状态的熵值不相同,错误; C.△H<0、△S>0的反应,由于△G=△H-T△S<0,所以可自发进行,正确; D.在其他条件不变的情况下,使用催化剂可以改变化学反应速率,但是不能改变反应进行的方向,错误。 答案选C。 9.在25 ℃时,密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表: 物质 X Y Z 初始浓度/(mol·L-1) 0.1 0.2 0 平衡浓度/(mol·L-1) 0.05 0.05 0.1 下列说法错误的是(  ) A. 增大压强使平衡向生成Z的方向移动,平衡常数增大 B. 反应可表示为X+3Y2Z,其平衡常数为1600 C. 反应达平衡时,X的转化率为50% D. 改变温度可以改变此反应的平衡常数 【答案】A 【解析】 【分析】 根据表格中的数据可知反应物为X和Y,Z为生成物,X、Y、Z的浓度变化量分别为0.05mol·L-1,0.15mol·L-1,0.10mol·L-1,变化量之比等于计量数之比,因此方程式为X(g)+3Y(g)?2Z(g),由三段法有: 据此进行分析判断。 【详解】A.增压使平衡向生成Z的方向移动,但平衡常数只与温度有关,改变压强平衡常数不变,A错误; B.反应可表示为X+3Y?2Z,其平衡常数为==1600,B正确; C.X的转化率为=50%,C正确; D.平衡常数只受温度的影响,温度改变时,化学平衡常数一定变化,D正确; 故选A。 10.对于可逆反应:mA(g)+nB(g)xC(g) ΔH,在不同温度及压强(P1、P2)条件下,反应物A的转化率如图所示,下列判断正确的是 A. ΔH<0,m+n>x B. ΔH>0,m+n0,m+n>x 【答案】A 【解析】 【详解】由压强对平衡的影响图像可以看出,P1条件下反应先达平衡,P1>P2 ,压强增大,A的转化率增大,平衡向正方向移动,m+n>x ,温度升高,A的转化率减小,平衡向逆反应方向移动,正反应放热,ΔH<0,答案选A。 11.相同温度下,根据三种酸的电离平衡常数,下列判断正确的是 酸 HX HY HZ A. 三种酸的强弱关系: B. 反应 能够发生 C. 相同温度下,的NaX、NaY、NaZ溶液,NaZ溶液pH最大 D. 相同温度下,溶液的电离常数大于 【答案】B 【解析】 【分析】 根据电离平衡常数的意义和应用分析判断。 【详解】A. 电离常数越大,酸性越强,据此可知三种酸的强弱关系是,故A错误; B. 根据较强的酸制备较弱的酸的原理可知,反应HZ+Y-=HY+Z-能发生,故B正确; C. 酸性越弱,相应的钠盐越容易水解,碱性越强,0.1mol/LNaX、NaY、NaZ溶液中,NaZ溶液的pH最小,故C错误, D. 弱酸的电离平衡常数只与温度有关系,与浓度无关,故D错误; 答案选B。 12.室温下,向10 mL pH=3的醋酸溶液中加水稀释后,下列说法正确的是(  ) A. 溶液中导电粒子的数目减少 B. 再加入10 mL pH=11的NaOH溶液,混合液的pH=7 C. 醋酸的电离程度增大,c(H+)亦增大 D. 溶液中 不变 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A.加水稀释促进醋酸电离,氢离子和醋酸根离子数目增大,溶液中导电粒子的数目增大,A错误; B.等体积10mL pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液混合时,醋酸的浓度大于0.001 mol/L,醋酸过量,则溶液的pH<7,B错误; C.加水稀释促进醋酸电离,电离程度增大,溶液中氢离子个数增大程度小于溶液体积增大程度,所以氢离子浓度减小,pH增大,C错误; D.温度不变,电离平衡常数Ka和Kw不变,溶液中=不变,D正确; 故选D。 【点睛】本题考查了弱电解质溶液加水稀释过程中离子浓度的变化,注意稀释过程中,醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多,但浓度减小,题目难度不大。 13. 下图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠的相互滴定的滴定曲线,下列叙述正确的是( ) A. 盐酸的物质的量浓度为 1mol/L B. P点时反应恰好完全中和,溶液呈中性 C. 曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线 D. 酚酞不能用做本实验的指示剂 【答案】B 【解析】 【详解】A、由图像可知盐酸和氢氧化钠的pH分别是1和13,所以其浓度均是0.1mol·L-1,A错误; B、P点时,溶液pH为7,则说明中和反应完全,溶液呈中性,B正确; C、曲线a的pH随反应的进行逐渐增大,所以应该是氢氧化钠滴定盐酸,C错误; D、强酸和强碱的滴定既可以选择甲基橙,也可以选择酚酞,D错误; 故答案是B。 14.常温下,0.1 mol·L-1某一元酸HA溶液中=1×10-12,下列说法中正确的是(  ) A. 溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-10mol·L-1 B. 溶液中存在HAH++A- C. 与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合后所得溶液为中性 D. 原溶液中加入一定量NaA晶体或加水稀释,溶液中c(OH-)均增大 【答案】C 【解析】 【分析】 结合KW=10-14可计算出溶液中c(H+)=1×10-1mol·L-1、c(OH-)=1×10-13mol·L-1 【详解】A.溶液中的c(OH-)就等于水电离出的c(OH-)=1×10-13mol·L-1,所以水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1,错误; B.0.1mol/LHA,c(H+)=1×10-1mol·L-1,故HA是强酸,完全电离,错误; C.强酸强碱,等浓度等体积恰好中和,呈中性,正确; D.NaA为强酸强碱盐,错误。 15.已知:C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1 CO2(g)+C(s)=2CO(g) △H2 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H3 4Fe(s)+3O3(g)=2Fe2O3(s) △H4 3 CO(g)+Fe2O3(s)=3CO2(g)+2Fe(s) △H5 下列关于上述反应焓变的判断正确的是 A. △H1>0,△H3<0 B. △H2>0,△H4>0 C. △H1=△H2+△H3 D. △H3=△H4+△H5 【答案】C 【解析】 【详解】A、碳和CO燃烧均是放热反应,△H1<0,错误; B、二氧化碳与碳反应是吸热反应,铁在氧气中燃烧是放热反应,△H4<0,错误; C、②CO2(g)+C(s)=2CO(g) △H2,③2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H3,则根据盖斯定律可知②+③即得到C(s)+O2(g)=CO2(g) ,△H1=△H2+△H3,正确; D、已知④4Fe(s)+3O3(g)=2Fe2O3(s) △H4,⑤3CO(g)+Fe2O3(s)=3CO2(g)+2Fe(s) △H5,则根据盖斯定律可知(④+⑤×2)÷3得到2CO(g)+O2(g)=2CO2(g),则△H3=,错误; 答案选C。 16.常温下,0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液中粒子浓度的关系错误的是(  ) A. c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+) B. c(CH3COOH)=c(OH-) C. c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-) D. c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH) 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A.醋酸钠溶于水醋酸根水解,溶液显碱性,离子浓度大小关系是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+),A正确; B.根据溶液可写出质子守恒式:c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-),B错误; C.根据溶液可写出电荷守恒式:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),C正确; D.根据溶液可写出物料守恒式:c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),D正确; 故选B。 二、填空题(共52分) 17.能源危机当前是一个全球性问题,“开源节流”是应对能源危机的重要举措。 (1)下列做法有助于能源“开源节流”的是__(填字母)。 A.大力发展农村沼气,将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源 B.大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求 C.开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源,不使用煤、石油等化石燃料 D.减少资源消耗,增加资源的重复使用、资源的循环再生 (2)金刚石和石墨均为碳的同素异形体,它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳,在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳,反应中放出的热量如图所示。 ①在通常状况下,金刚石和石墨相比较,__(填“金刚石”或“石墨”)更稳定,石墨的燃烧热为ΔH=___。 ②12g石墨在一定量空气中燃烧,生成气体36g,该过程放出的热量为__kJ。 (3)已知:N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ·mol-1、497kJ·mol-1。N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.0kJ·mol-1。NO分子中化学键的键能为__。 (4)综合上述有关信息,请写出用CO除去NO的热化学方程式:__。 【答案】 (1). AD (2). 石墨 (3). -393.5kJ·mol-1 (4). 252.0 (5). 631.5kJ·mol-1 (6). 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.0kJ·mol-1 【解析】 【分析】 (2)①物质能量越高,物质越不稳定;燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物所释放的能量; ②依据极值计算判断生成的气体组成,再结合热化学方程式计算。 (3)焓变=反应物总键能-生成物总键能; (4)利用盖斯定律结合已知热化学方程式计算反应热。 【详解】(1)只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”;B.大力开采煤、石油和天然气,不能减少化石燃料的运用,故错误;C.减少使用化石燃料不代表不使用,故错误;A、D能减少化石燃料的运用,故正确,所以选AD。 (2)①图象分析金刚石能量高于石墨,能量越低越稳定,所以说明石墨稳定,根据图象可知1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为393.5kJ,则石墨的燃烧热为ΔH=-393.5kJ·mol-1; ②12g石墨物质的量为1mol,在一定量空气中燃烧,依据元素守恒,若生成二氧化碳质量为44g,若生成一氧化碳质量为28g,生成气体36g,28g<36g<44g,所以生成的气体为一氧化碳和二氧化碳气体,设一氧化碳物质的量为x,则二氧化碳物质的量为(1-x)mol,28x+44(1-x)=36g,x=0.5mol,二氧化碳物质的量为0.5mol;根据图像可知生成1molCO2方出的热量为393.5kJ,生成1molCO放出的热量为110.5 kJ,生成二氧化碳和一氧化碳混合气体放出热量=393.5kJ?mol-1×0.5mol+110.5 kJ?mol-1×0.5mol=252.0kJ; (3)焓变=反应物总键能-生成物总键能,设NO分子中化学键的键能为x,则有:946kJ?mol-1+497kJ?mol-1-2x=180kJ?mol-1 得:x=631.5kJ?mol-1; (4)已知①C(石墨,s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5 kJ?mol-1 ; ②C(石墨,s)+O2(g)=CO(g) △H=-110.5 kJ?mol-1; ③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ?mol-1; 由盖斯定律:方程式①×2-②×2-③得 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.0kJ?mol-1。 18.现有反应:mA(g) + nB(g)?pC(g),达到平衡后,当升高温度时,B的转化率变大;当减小压强时,混合体系中C的质量分数也减小,则: (1)该反应的逆反应为________热反应,且m+n_____p(填>、=、<)。 (2)若加入B(体积不变),则A转化率_________,B的转化率_________。(填增大、减小或不变) (3)若升高温度,则平衡时B、C的浓度之比将_________。(填增大、减小或不变) (4) 若加入催化剂,平衡时气体混合物的总物质的量_________。(填增大、减小或不变) (5)若B是有色物质,A、C均无色,则加入C(体积不变)时混合物颜色_______,而维持容器内压强不变,充入氖气时,混合物颜色_______(填变深、变浅或不变)。 【答案】 (1). 放 (2). > (3). 增大 (4). 减小 (5). 减小 (6). 不变 (7). 变深 (8). 变浅 【解析】 【分析】 达平衡后,升高温度,B的转化率增大,说明反应向正反应方向进行;减小压强,C的体积分数减小,说明反应向逆反应方向进行,根据平衡的移动及变化条件进行分析。 【详解】(1)由分析知,达平衡后,升高温度,反应向正反应方向进行,说明该可逆反应的正反应为吸热反应,则逆反应为放热反应;减小压强,C的体积减小,说明反应向逆反应方向进行,根据化学平衡的移动原理,减小压强,反应向气体体积增大的方向进行,可知m+n>p; (2)容积不变加入B,平衡正向移动,A的转化率增大,B的转化率减小; (3)升高温度,反应向正反应方向进行,C的浓度增大,B的浓度减小,比值减小; (4)加催化剂,化学平衡不移动,故平衡时气体混合物的总物质的量不变; (5)平衡时加入C,反应向逆反应方向进行,混合物的颜色变深;维持容器内压强不变,充入氖气时,体系体积变大,A、B、C的浓度均减小,混合物的颜色变浅。 19.现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液,甲为0.1 mol·L-1的NaOH溶液,乙为0.1 mol·L-1的HCl溶液,丙为0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液。试回答下列问题: (1)甲溶液的pH=________。 (2)乙溶液中由水电离出的H+浓度为________mol·L-1。 (3)常温下,用水稀释0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液时,下列各量随水量的增加而增大的是________(填序号)。 ①n(H+) ②c(H+) ③ ④c(OH-) (4)某同学用甲溶液做标准溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL丙溶液,得到如图所示的两条滴定曲线,请回答有关问题: ①甲溶液滴定丙溶液的曲线是_______(填“图1”或“图2”)曲线。 ②用甲溶液滴定乙溶液实验中,指示剂应选用________,滴定达到终点的现象为:____________,滴定前未用标准液润洗滴定管,则会造成滴定结果______ (填偏高、偏低或无影响)。 【答案】 (1). 13 (2). 1×10-13 (3). ①④ (4). ① 图2 (5). 酚酞试液 (6). 溶液由无色变为淡红色,且半分钟内不褪色 (7). 偏高 【解析】 【分析】 (1)0.1mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L,根据Kw=c(H+)·c(OH-)计算溶液中c(H+),再根据pH=-lg c(H+)计算溶液的pH值; (2)HCl的电离抑制了水的电离,通过计算盐酸中OH-的浓度计算水电离出的H+的浓度; (3)用水稀释①0.01mol·L-1的CH3COOH溶液,醋酸的电离程度增大,溶液中氢离子的物质的量增大,由于体积增大程度较大,所以氢离子浓度减小,据此分析判断; (4)乙酸为弱电解质,滴定终点时,溶液呈碱性;利用NaOH滴定盐酸,滴定终点误差需根据消耗标准溶液的体积进行判断。 【详解】(1)0.1mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L,故溶液中c(H+)==10-13mol/L,故该溶液的pH=-lg10-13=13; (2)HCl为强电解质,在水溶液中完全电离,电离出H+和Cl-,0.1mol/L的盐酸中c(H+)=0.1mol/L,HCl的电离抑制了水的电离,水中c(OH-)=10-13mol/L,溶液中的OH-是由水电离出来的,故溶液中水电离出的c(H+)=10-13mol/L; (3)①用水稀释0.01mol·L-1的CH3COOH溶液,醋酸的电离程度增大,溶液中氢离子的物质的量增大,故①正确;②用水稀释0.01mol·L-1的CH3COOH溶液,醋酸的电离程度增大,溶液中氢离子的物质的量增大,由于体积增大程度较大,所以氢离子浓度减小,故②错误;③加水稀释0.01mol·L-1的CH3COOH溶液,醋酸的电离平衡常数Ka不变,c(H+)减小,所以增大,则减小,故③错误;④用水稀释0.01mol·L-1的CH3COOH溶液,c(H+)减小,Kw不变,所以c(OH-)增大,故④正确;故答案为①④; (4)①醋酸为弱电解质,滴定过程中pH变化较盐酸缓慢,滴定终点时溶液呈碱性,则滴定醋酸溶液的曲线是图2,故答案为图2; ②滴定过程中指示剂的选择应与滴定终点的酸碱性有关,用甲溶液滴定乙溶液实验中,滴定终点的溶液呈弱碱性,故选择酚酞试液较为合适;当达到滴定终点时,溶液的颜色由无色变为淡红色,且半分钟内不褪色;若滴定前未用标准液润洗滴定管,只用蒸馏水润洗,则滴定管中溶液浓度会被稀释,加入的液体的用量较原来偏大,导致最后的计算结果偏高。 20.已知常温下部分弱电解质的电离常数如下表: 化学式 HF HClO H2CO3 NH3·H2O 电离常数 Ka=6.8×10-4 Ka=4.7×10-8 Ka1=4.2×10-7 Ka2=5.6×10-11 Kb=1.7×10-5 (1)常温下,物质的量浓度相同的四种溶液:①HF溶液;②HClO溶液;③NaHCO3溶液;④NH3·H2O溶液,其pH由大到小的顺序是____________(填字母)。 (2)25 ℃时,pH=4的NH4Cl溶液与pH=4的HF溶液中由水电离出的c(H+)之比为________。 (3)0.1 mol·L-1NaClO溶液和0.1 mol·L-1NaHCO3溶液中,c(ClO-) ______ c()(填>、<或=);可使上述两种溶液pH相等的方法是________(填字母)。 A.向NaClO溶液中加适量水 B.向NaClO溶液中加入适量NaOH固体 C.向NaHCO3溶液中加适量水 D.向NaHCO3溶液中加适量NaOH固体 (4)向NaClO溶液中通入少量CO2,所发生反应的离子方程式为:__________________________。 (5)常温下,计算NH4Cl溶液中,的水解常数Kh=_________________。 【答案】 (1). ④>③>②>① (2). 106∶1 (3). < (4). AD (5). ClO-+CO2+H2O=HClO+ (6). 5.9×10-10 【解析】 【分析】 【详解】(1)等物质的量浓度的HF和HClO溶液,由于HClO的电离常数较小,故溶液中含有的H+浓度较小,其pH比HF稍大;等物质的量浓度的NaHCO3和NH3·H2O溶液,由于碳酸氢钠溶液呈碱性,故碳酸氢根的水解程度大于碳酸氢根的电离,碳酸氢根的水解常数Kh====2.4×10-8,与一水合氨的电离常数相比碳酸氢根的水解常数较小,故碳酸氢根水解出的OH-的浓度小于一水合氨电离出的OH-的浓度,故一水合氨的pH稍大,综上,四种物质的pH从大到小的顺序为④>③>②>①; (2)NH4Cl为强酸弱碱盐,溶液中的H+由铵根水解而来,故pH=4的NH4Cl中水电离的c(H+)=10-4mol/L;HF为弱酸,溶液中的H+由HF电离而来,HF中水电离出的c(H+)与溶液中c(OH-)相同,故pH=4的HF中水电离出的c(H+)=10-10mol/L,综上,两溶液中水电离出的c(H+)之比为10-4:10-10=106:1; (3)①根据电离常数可知,HClO电离常数小于H2CO3的一级电离常数,则等浓度的NaClO溶液水解程度大于NaHCO3溶液的水解程度,则0.1mol/L的NaClO溶液和0.1mol/L的NaHCO3溶液中,c(ClO-)

    • 2020-07-13
    • 下载0次
    • 308KB
  • ID:7-7570306 湖南省张家界市2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题 Word版含解析

    高中化学/期末专区/高一上学期

    张家界市2019年普通高中一年级第一学期期末联考 化学试题卷 命题人:     审题人: 考生须知:本试卷共4个大题,28个小题,共4页,满分100分,考试时间90分钟。本卷答案必须写在答题卡的相应位置,交卷时只交答题卡。 计算可能用到的相对原子质量:H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 S—32 Cl—35.5 Mn—55 第I卷(选择题,44分) 一、选择题:(每个小题只有一个正确答案,每小题2分,共44分) 1.配制100mL2.0mol?L-1NaOH溶液时,不需要用到的仪器是( ) A. 烧杯B. 玻璃棒C. 容量瓶D. 集气瓶 【答案】D 【解析】 【详解】配制100mL2.0mol/LNaOH溶液一般步骤为:用到托盘天平称量,用药匙取药品,在烧杯中溶解,并用玻璃棒搅拌,冷却后用玻璃棒引流,移入100mL容量瓶内,洗涤并将洗涤液移入容量瓶中,加水至刻度线1-2cm,改用胶头滴管加水至刻度线,盖好瓶塞摇匀,故不需要的仪器为集气瓶,故选D。 【点睛】本题考查配制溶液所需仪器,难度不大,注意配制溶液的步骤、所需仪器以及操作的注意事项等问题。 2.现有三组液体混合物:①乙醇与水②汽油与水③碘的水溶液,分离以上各混合液的正确方法依次是( ) A. 蒸馏、分液、萃取 B. 萃取、蒸馏、分液 C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液 【答案】A 【解析】 【详解】①乙醇与水互溶,但沸点不同,则选择蒸馏法分离; ②汽油与水分层,则选择分液法分离; ③碘不易溶于水,易溶于有机溶剂,则利用有机溶剂萃取分离, 故A正确。 故选A。 【点睛】本题易错点在于对萃取和分液两操作没有准确认识,萃取操作之后往往需要分液,它们属于两种用于混合物分离的不同方法。 3.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( ) A. 标况下,224 L H2O含有的分子数为10NA B. 1 mol任何气体所含的原子数均为NA C. 28 g CO所含的分子数为NA D. 标况下,NA个分子的体积为22.4 L 【答案】C 【解析】 【分析】 A.气体摩尔体积只适用气体; B.气体分子可以是双原子分子、也可以是单原子分子或多原子分子; C.依据n=计算一氧化碳的物质的量; D.气体摩尔体积只适用气体 【详解】A.标况下水为液态,不能使用气体摩尔体积,故A错误; B.体分子可以是双原子分子、也可以是单原子分子或多原子分子,所以1mol任何气体所含的原子数不都为NA,故B错误; C.28gCO的物质的量==1mol,所含的分子数为NA,故C正确; D.物质在标况下的状态不知道,不能使用气体摩尔体积,故D错误; 故选C。 4.2019年12月8日,湖南出现超级大雾,邵怀高速发生15辆车相继追尾,导致3人死亡,雾属于下列分散系中的 A. 溶液 B. 悬浊液 C. 乳浊液 D. 胶体 【答案】D 【解析】 【详解】雾属于一种气溶胶,是小液滴分散在空气中形成的胶体,因此答案选D。 5.下列反应的离子方程式的书写正确的是 A. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应:SO+ Ba2+ = BaSO4 ↓ B. 将氯气通入氯化亚铁溶液中:Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl C. 用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板上的Cu:2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+ D. 硫酸与碳酸氢钠溶液反应:2H++CO=H2O+ CO2↑ 【答案】B 【解析】 【详解】A.氢氧化钡和稀硫酸反应除了生成沉淀以外,还有酸碱中和,反应的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O,A项错误; B.氯气具有强氧化性,将Fe2+氧化为Fe3+,自身被还原为,B项正确; C.与铜反应的还原产物是而不是单质铁,C项错误; D. 碳酸氢钠是弱酸酸式盐,不能拆成的形式,反应的离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2↑,D项错误; 答案选B。 【点睛】常从以下角度判断离子方程式是否正确:(1)是否符合反应事实;(2)改写是否正确;(3)方程式中原子、电荷、电子是否守恒;(4)是否符合化学计量数等。 6.下列各组离子中的离子能在溶液中大量共存的是 A. Na+、Mg2+、Cl、OH B. H+、Ca2+、CO、NO C. Cu2+、K+、SO、NO D. Na+、HCO 、OH、Ca2+ 【答案】C 【解析】 【详解】A.和会形成沉淀,无法大量共存,A项不符合题意; B.、Ca2+与会发生反应,无法大量共存,B项不符合题意; C.选项内各离子之间不发生反应,可以大量共存,C项符合题意; D.与会发生反应,无法大量共存,D项不符合题意; 答案选C。 7.下列物质中,属于电解质且能导电的是 A. 熔融的氯化钠 B. 硫酸溶液 C. 铜片 D. 固体氯化钾 【答案】A 【解析】 【分析】 电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物,非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物,无论电解质还是非电解质都必须是化合物. 【详解】A、熔融的氯化钠能导电,属于电解质,故A正确; B、硫酸溶液是混合物,而电解质是化合物,属纯净物,故B错误; C、铜片能导电,但不是化合物,不属于电解质,故C错误; D、固体氯化钾不能导电,但属于电解质,故D错误; 故选A。 【点睛】本题考查了电解质的概念,易错点D,电解质本身不一定导电,易错点B导电的不一定是电解质. 8.向碘水中滴加Na2SO3溶液时发生反应:Na2SO3+I2+H2O=2HI+Na2SO4,下列说法不正确的是 A. Na2 SO3为还原剂 B. I2发生氧化反应 C. 还原性:Na2SO3 > HI D. 每生成1molNa2SO4,理论上转移的电子数目为2NA 【答案】B 【解析】 【分析】 标出化合价,Na2SO3中硫元素的化合价从+4价升高到+6价,被氧化,作还原剂;碘元素的化合价从0价降低到-1价,被还原,作氧化剂;据此来分析即可。 【详解】A.根据分析为还原剂,A项正确; B.根据分析碘被还原,发生还原反应,B项错误; C.根据同一氧化还原反应中,还原性:还原剂>还原产物,因此的还原性大于,C项正确; D.根据方程式可以看出:当生成1mol时,硫元素失去2个电子,硫元素的化合价从+4价升高到+6价,理论上转移2mol电子,数量为2NA,D项正确; 答案选B 【点睛】对于任意一个氧化还原反应,总有氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移的总电子数,因此三者只需知其一即可。 9.取一块金属钠放在加热的坩埚中,观察到下列实验现象:①金属先熔化;②在空气中燃烧,产生紫色火花;③燃烧后生成白色固体;④燃烧时火焰呈黄色;⑤燃烧后生成淡黄色固体物质。其中描述正确的是(?? ) A. ①② B. ①②③ C. ④⑤ D. ①④⑤ 【答案】D 【解析】 【分析】 钠在加热条件下与氧气发生反应时,由于钠的熔点较低,先熔化,与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体,燃烧时火焰为黄色。 【详解】①由于钠的熔点较低,先熔化,①正确; ②钠在加热条件下能在空气中燃烧,但观察不到紫色火花,②错误; ③生成过氧化钠,为黄色固体,③错误; ④钠的焰色反应为黄色,燃烧时火焰为黄色,④正确; ⑤与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体,⑤正确; 综上所述可知说法正确的是①④⑤,故合理选项是D。 【点睛】本题考查钠与氧气反应的性质,注意钠在加热条件下能在空气中燃烧,观察到黄色火焰,观察不到黄色火花,本题注意相关基础知识的积累。 10.关于铁的三种氧化物(FeO、Fe2O3、Fe3O4)的下列叙述中正确的是( ) A. 铁的三种氧化物中铁元素的化合价完全相同 B. 都是碱性氧化物,都能与盐酸反应生成氯化铁和水 C. 氧化亚铁在空气中加热可生成更稳定的四氧化三铁 D. 四氧化三铁中铁元素有+2价和+3价,它是一种混合物 【答案】C 【解析】 【详解】A、FeO中铁的化合价为+2价,Fe2O3中铁元素的化合价为+3价,Fe3O4为复杂的氧化物,其中铁的化合价可以看作是由+2、+3价组成,故A错误; B、FeO、Fe2O3为碱性氧化物,FeO与盐酸反应:FeO+2HCl=FeCl2+H2O,Fe2O3与盐酸反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,Fe3O4不属于碱性氧化物,与盐酸反应:Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O,故B错误; C、氧化亚铁在空气中加热可生成更稳定的四氧化三铁,故C正确; D、四氧化三铁是复杂的化合物,属于纯净物,故D错误; 答案选C。 【点睛】易错点是选项D,四氧化三铁中含有Fe2+和Fe3+,具有反式尖晶石结构,属于纯净物,不是混合物。 11.铝制品不易被腐蚀,其主要原因是因为铝 A. 化学性质不活泼 B. 熔点高 C. 表面有致密氧化膜 D. 密度小 【答案】C 【解析】 铝制品不易被腐蚀,其主要原因是因为铝表面有致密氧化膜能够阻止内部的金属被氧化,答案选C。 12.下列有关碳酸钠、碳酸氢钠的说法正确的是 A. 25℃时,碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠大 B. 可用澄清石灰水鉴别碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液 C. 可用如图所示装置比较Na2CO3和 NaHCO3的热稳定性 D. 常温下,浓度均为0.1mol·L时的pH:NaHCO3 > Na2CO3 【答案】C 【解析】 【详解】A.相同条件下,碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠要小,因此A项错误; B.澄清石灰水无论与碳酸钠溶液还是碳酸氢钠溶液反应均会产生沉淀,因此无法鉴别二者,B项错误; C.根据图示装置,碳酸钠接近火源,但是左侧石灰水不变浑浊说明碳酸钠在相对较高的温度下仍然不分解;碳酸氢钠离火源较远,但是右侧石灰水变浑浊说明碳酸氢钠在相对较低的温度下分解了,证明碳酸氢钠的热稳定性更差,C项正确; D.相同条件下,碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠溶液的碱性,因此碳酸氢钠溶液的pH将小于碳酸钠溶液,D项错误; 答案选C。 13.向某溶液中加入含Fe2+的溶液后,无明显变化,当再滴入几滴过氧化氢溶液后,混合溶液变成红色,则下列结论错误的是 A. 该溶液中一定含有SCN B. 该变化中Fe2+表现出氧化性 C. Fe2+与SCN不能形成红色物质 D. Fe2+被过氧化氢氧化为Fe3+ 【答案】B 【解析】 【分析】 过氧化氢具有氧化性,具有还原性,因此二者能发生氧化还原反应得到和水,可以与反应得到血红色物质的仅有,因此原溶液中一定存在,一定不存在,据此来分析选项即可。 【详解】A.根据分析,原溶液一定含有,A项正确; B.根据分析,该变化中表现还原性,在反应中被氧化,B项错误; C.根据分析,加入的和原溶液中的不能形成红色物质,C项正确; D.根据分析,在反应中被过氧化氢氧化为,D项正确; 答案选B 14. 关于合金的下列说法不正确的是 A. 合金具备金属的特性 B. 合金的硬度一般比其组成成分金属的硬度大 C. 合金的熔点一般比其组成成分的熔点低 D. 合金只能由两种或两种以上的金属组成 【答案】D 【解析】 【详解】A.合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质,故A正确; B.合金的硬度一般比其组成成分金属的硬度大,故B正确; C.合金的熔点一般比其组成成分的熔点低,故C正确; D.合金可以是金属或非金属熔合形成的,故D错误; 答案为D。 【点晴】注意掌握合金的特点和性质是解题关键;合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质,合金的性质是:合金的硬度一般比其组成成分金属的硬度大,合金的熔点一般比其组成成分的熔点低,机械性能好。 15.下列物质能用于制造光导纤维的是 A. 钢 B. 陶瓷 C. 聚乙烯 D. 二氧化硅 【答案】D 【解析】 【详解】制造光导纤维的材料是二氧化硅,答案选C。 16.已知 Cl2+H2 O=HCl+HClO,新制的氯水具有漂白性,其中起漂白作用的物质是 A. Cl2 B. H2O C. HCl D. HClO 【答案】D 【解析】 【详解】干燥的不具有漂白性,新制的氯水具有漂白性,实际上起到漂白作用的是,答案选D。 17.某工厂发生Cl2泄漏,以下应对措施中主要是基于Cl2的物理性质考虑的是 A. 向被污染的土壤洒石灰 B. 向远离污染源的高处撤离 C. 用浸有纯碱溶液的毛巾捂住口鼻迅速撤离 D. 来不及撤离时可用纯碱溶液浸湿的棉被堵好门窗 【答案】B 【解析】 【详解】A.石灰溶于水形成氢氧化钙是碱溶液可以吸收氯气,利用的是氯气的化学性质,故A错误; B.氯气密度比空气重,发生Cl2泄漏向远离污染源的高处撤离,故B正确; C.纯碱是碳酸钠溶液可以和氯气发生反应吸收氯气,用浸有纯碱溶液的毛巾捂住口鼻迅速撤离,故C错误; D.纯碱是碳酸钠溶液可以和氯气发生反应吸收氯气,来不及撤离时可用纯碱溶液浸湿的棉被堵好门窗,故D错误; 故选B。 18.下列关于氮及其化合物的说法正确的是 A. N2化学性质稳定,可用作保护气 B. NO、NO2均为大气污染气体,在大气中可稳定存在 C. NO、NO2均易溶于水 D. NO、NO2均能与水发生反应 【答案】A 【解析】 【详解】A.氮气的化学性质稳定,因此可作为大多数物质的保护气,A项正确; B.一氧化氮会与氧气反应,因此不能在空气中稳定存在,B项错误; C.一氧化氮难溶于水,C项错误; D.一氧化氮不与水发生反应,D项错误; 答案选A。 【点睛】尽管氮气的化学性质比较稳定,但是仍然能与一些物质发生反应(例如金属镁),因此在一般的保护条件下可以使用氮气,在需要特别保护的场合只能使用更稳定的稀有气体来作保护气(例如氩气)。 19.二氧化硫的下列化学性质中,体现二氧化硫作为还原剂的是 A. SO2在一定条件下与O2反应转化为SO3 B. 通入品红溶液中,使品红褪色 C. 溶于水形成不稳定的亚硫酸 D. 与碱液反应生成亚硫酸盐 【答案】A 【解析】 【详解】A. SO2在一定条件下与O2反应转化为SO3,S化合价由+4价升高到+6价,被氧化,体现的是二氧化硫的还原性,因此二氧化硫作还原剂,A项正确; B. 通入品红溶液中,使品红褪色,体现的是二氧化硫的漂白性,B项错误; C. 溶于水形成不稳定的亚硫酸,体现二氧化硫是酸性氧化物,C项错误; D. 与碱液反应生成亚硫酸盐,体现二氧化硫酸性氧化物,D项错误; 答案选A。 20.焰色反应每次实验都要用试剂洗净铂丝,这种试剂是 A. Na2CO3溶液 B. NaOH溶液 C. 硫酸 D. 稀盐酸 【答案】D 【解析】 【详解】A.用碳酸钠溶液洗完后,铂丝上留有碳酸钠,钠的焰色呈黄色,会干扰下一次的检验,故A不选; B. 用NaOH溶液洗完后,铂丝上留有NaOH,钠的焰色呈黄色,会干扰下一次检验,故B不选; C.硫酸难挥发,硫酸盐也较稳定,故C不选; D. 用盐酸可使铂丝上能影响下一次焰色反应实验的杂质转化为易清除掉的氯化物,故D选。 故选D。 21.“84”消毒液在日常生活中使用广泛,该消毒液无色,有漂白作用。它的有效成分是 A. 氯化钠 B. 高锰酸钾 C. 次氯酸钠 D. 硫酸钠 【答案】C 【解析】 【详解】氯化钠溶液和硫酸钠溶液没有漂白性,高锰酸钾溶液呈紫红色,次氯酸钠溶液无色、有漂白作用,“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠,答案选C。 【点睛】若没有记住该知识点也可以从选项进行分析,漂白的原理分氧化性漂白、化合性漂白以及吸附性漂白,氧化性漂白针对各种强氧化剂,化合性漂白针对,而吸附性漂白针对活性炭。氯化钠和硫酸钠无氧化性,因此不能作漂白剂,高锰酸钾虽有氧化性,但与题干说明的无色相悖,因此只能选次氯酸钠。 22.Al2(SO4)3、K2SO4、的混合溶液100mL中,如果的浓度为,当加入的KOH溶液80mL时,生成沉淀恰好溶解,则原混合物中K+的物质的量浓度是 A. 0.4 mol/L B. 0.225 mol/L C. 0.2 mol/L D. 0.1 mol/L 【答案】A 【解析】 【详解】加入的的物质的量为n(KOH)=2mol/L×0.08L=0.16mol,因为沉淀恰好溶解,根据可知原溶液中和加入的是1:4的关系,则原溶液中有0.04mol,Al3+的浓度为;根据电荷守恒,c(K+)+3c(Al3+)=2c(SO42-),则c(K+)=0.8mol/L×2-0.4mol/L×3=0.4mol/L,答案选A。 第II卷 二、填空题(每空2分,共42分) 23.请根据题意选择下列物质,并用其字母代号填空:A.明矾KAl(SO4)2 B.Fe2O3 C.NaHCO3 D.水玻璃 (1)使焙制糕点松软可以添加_________; (2)要使含泥沙的水变澄清,可使用_________; (3)一种红棕色粉末,常用作红色油漆和涂料的是_________; (4)可用作防火材料的是_________; 【答案】 (1). C (2). A (3). B (4). D 【解析】 【详解】(1)为了使焙制糕点松软可加入小苏打,答案选C; (2)了使溶液变澄清,可加入明矾,明矾水解产生氢氧化铝胶体,胶体具有吸附性,用于净水,答案选A; (3)氧化铁是红棕色固体,可用于制作油漆、涂料,答案选B; (4)硅酸钠的水溶液可用于木材防火材料,答案选D。 24.利用“化学计量在实验中的应用”的相关知识进行填空。 (1)49 g 的H2SO4的物质的量为______mol。 (2)标准状况下,5.1g氨气的体积是__________L。 (3)将53克Na2CO3 溶解在水中,配成500mL溶液,所得溶液中Na+物质量浓度是_____。 【答案】 (1). 0.5 (2). 6.72 (3). 2mol/L 【解析】 【分析】 本题考查我们对物质的量相关计算公式的使用,只要看清题意,代入正确的公式即可,难度不大。 【详解】(1)根据,代入硫酸的质量和摩尔质量有; (2)根据,代入氨气的质量和摩尔质量有,再根据,代入标况下的气体摩尔体积和物质的量有; (3)根据,代入碳酸钠的质量和摩尔质量有,1个碳酸钠里有2个钠离子,则c(Na+)==2mol/L。 25.(1)一个体重50 kg的健康人含铁元素2 g,这2 g铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在。Fe2+易被吸收,所以给贫血者补充铁时,应补充含Fe2+的亚铁盐(如FeSO4)。服用维生素C可使食物中的Fe3+转化成Fe2+,有利于人体对铁的吸收。 ①人体中经常进行Fe2+与Fe3+的转化,可表示为Fe2+ Fe3+。“服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+”, 由此可以推知维生素C在该过程中作__________剂。 ②腌制食品中含有亚硝酸盐,亚硝酸盐能使人体内的铁元素发生A过程,过多食用会发生食物中毒,Fe2+此过程中表现出________性。 ③已知下列反应在一定条件下发生: 在以上的反应中,Fe2+实际上起着 ______________的作用。 (2)硅是无机非金属材料的主角,硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质量的90%以上。 ①下列物质不是硅酸盐材料的是( ) A.陶瓷 B.玻璃 C.水泥 D.生石灰 ②SiO2是玻璃的成分之一,SiO2与氢氧化钠溶液反应的离子方程式________,工艺师常用________(填物质名称)来雕刻玻璃。 ③试管中加入3~5mL Na2SiO3溶液,滴入1~2滴酚酞溶液,再用胶头滴管逐滴加入稀盐酸,边加边振荡,至溶液红色变浅接近消失时停止,静置即得到硅酸胶体,该反应的化学方程式为__________________________________。 【答案】 (1). 还原 (2). 还原 (3). 催化剂 (4). D (5). SiO2 + 2OH─ = SiO + H2O (6). 氢氟酸 (7). Na2SiO3 + 2HCl = H2SiO3(胶体) + 2 NaCl 【解析】 【详解】(1)①转化为,得电子被还原,因此维生素C作还原剂; ②转变为,失电子被氧化,则在该过程中作还原剂; ③在反应中先消耗后生成,反应前后数量不变,因此起到催化剂的作用; (2)①玻璃、陶瓷、水泥为三大硅酸盐材料,生石灰是,不属于硅酸盐,答案选D; ②作为酸性氧化物可以与碱反应得到盐和水:,在蚀刻玻璃时经常使用氢氟酸来进行; ③硅酸是一种弱酸,可以由强酸和硅酸盐反应制得:。 26.途经张家界的黔张常铁路是我国“八纵八横”高速铁路网之一,于2019年12月26日开通,高铁的铝合金车体的优势是:制造工艺简单,节省加工费用;减重效果好;有良好的运行品质;耐腐蚀,可降低维修费。工业上制备铝一般是从铝土矿(主要成分是Al2O3,含有Fe2O3杂质)中得到纯净的Al2O3,然后电解Al2O3得到铝。下图是从铝土矿中提纯Al2O3的简单示意图。其中涉及到的一个反应是:2NaAlO2+CO2+3H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓。 (1)图示中实验操作(1)是________;加入的试剂②是__________(填化学式)。 (2)试写出下列物质(或溶液中的溶质)的化学式:B__________________;D__________________;H________________。 (3)写出化学方程式: ①铝土矿→A:_____________________________________。 ②E→F:_____________________________________。 【答案】 (1). 过滤 (2). Ca(OH)2 或Ba(OH)2 (3). NaAlO2 (4). Na2CO3 (5). CaCO3或BaCO3 (6). Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O (7). 2Al(OH)3 Al2O3+3H2O 【解析】 【分析】 根据题干,我们要除去铝土矿中的来得到纯的氧化铝,根据题干提示的方程式,溶液B是,因此试剂①应该是,操作(1)是过滤除去不溶于的,沉淀C为,溶液B中通入得到溶液D和沉淀E,经煅烧分解得到,经电解即可得到金属铝。而与试剂②反应得到了一个沉淀H和,因此试剂②可以是或,本题得解。 【详解】(1)根据分析,操作(1)将溶液和沉淀分离,因此是过滤;试剂②是或; (2)根据分析,B是;D是;H是或,取决于试剂②是还是; (3)①铝土矿的主要成分,因此写出和溶液反应的化学方程式即可:; ②E→F即煅烧使分解的过程:。 三、实验题(每空2分,共14分) 27.据新浪网报道:2019年8月2日,北京市房山区的瑞莱游泳健身馆发生疑似氯气泄漏,致多人呼吸道不适,出现头晕呕吐症状,61人送医治疗。氯气是一种重要的化工原料,在工农业生产生活中有着重要的应用。某化学兴趣小组同学利用以下装置制备氯气并对氯气的性质进行探究: (1)仪器b的名称为___________。 (2)装置A中发生反应的离子方程式为:____________________________________。 (3)装置D中的实验现象为__________________,装置E中的实验现象为________ (4)整套实验装置存在着明显缺陷,你的改进措施是__________________________。 (5)8.7gMnO2固体与足量浓盐酸充分反应,在标准状况下产生Cl2的体积为_____L;其中被氧化的HCl的物质的量为_______mol。 【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO2 + 4H+ + 2Cl-Mn2+ + Cl2↑+2H2O (3). 红色布条不褪色 (4). 红色布条褪色 (5). 在装置E后加一装有NaOH溶液的尾气处理装置(其它合理答案也可) (6). 2.24 (7). 0.2 【解析】 【分析】 图中是一个典型的氯气制取、干燥、检验性质的装置,实验室中往往采用二氧化锰和浓盐酸加热的方式来制取氯气,B中的饱和食盐水可以除去氯化氢,C中浓硫酸可以除去水分,D和E两个装置则可以检验干燥的氯气有没有漂白性,据此来解题即可。 【详解】(1)根据仪器b的结构,仪器b为分液漏斗; (2)装置A中MnO2与浓盐酸共热制备氯气,实验室制氯气的离子反应方程式为:; (3)干燥的氯气没有漂白性,因此D中布条不褪色,E中的布条是润湿的,因此会褪色; (4)氯气有毒,因此需要一个尾气处理装置,可以选用氢氧化钠溶液; (5)的物质的量n(MnO2)=8.7g÷87g/mol=0.1mol,根据(2)中写出的方程式可以看出和是1:1的关系,则生成的也为0.1mol,则氯气在标况下的体积V(Cl2)=0.1mol×22.4L/mol=2.24L;是双原子分子,则0.1mol中有0.2mol化合价为0价的氯原子,这些氯原子都是从-1价被氧化为0价的,则被氧化的氯有0.2mol,即有0.2mol的被氧化。 - 1 -

    • 2020-07-13
    • 下载0次
    • 527.5KB
  • ID:7-7570303 河北省唐山市2020届高三上学期期末考试化学试题 Word版含解析

    高中化学/期末专区/高三

    河北省唐山市2019~2020 学年度高三上学期期末考试 理科综合能力测试化学部分 1.“远上寒山石径斜,白云深处有人家”是唐代诗人杜牧的诗句,下列关于该诗句中所涉及物质的说法正确的是 A. 白云和雾霾的组成成分相同 B. 白云和雾霾都只通过物理变化形成 C. 若山石的主要成分为石灰石,则水泥、玻璃和炼铁工业上都要用到它 D. 若山石的主要成分为正长石(K2O·Al2O3·3SiO2),则该物质在分类上属于氧化物 【答案】C 【解析】 【详解】A.雾霾是悬浮在空中的可吸入颗粒物,云是大气中的水蒸气在高空遇到冷形成,组成成分不同,故A错误; B.雾霾的源头多种多样,比如汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧,甚至火山喷发等等,雾霾天气通常是多种污染源混合作用形成的,雾霾的形成是既有物理变化又有化学变化的过程,云是大气中的水蒸气在高空遇到冷形成,是物理变化过程,故B错误; C.生产水泥以黏土和石灰石为主要原料,生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英,石灰石还是炼铁的一种造渣原料,在水泥、玻璃和炼铁工业上都要用到石灰石,故C正确; D.正长石属于硅酸盐,不属于氧化物,故D错误; 故选C。 【点睛】化学变化是指有新物质生成的变化,物理变化是指没有新物质生成的变化,化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成,据此抓住化学变化和物理变化的区别结合事实进行分析判断是解答关键。 2.萜类化合物广泛存在于动植物体内,某萜类化合物如下图所示,下列说法正确的是 A. 此萜类化合物的化学式为C10H14O B. 该有机物属于芳香烃 C. 分子中所有碳原子均处于同一平面上 D. 在浓硫酸、加热条件下,可生成两种芳香烯烃 【答案】A 【解析】 【详解】A.由萜类化合物的结构简式可知分子式为C10H14O,故A正确; B萜类化合物中含有氧元素,属于芳香化合物,不属于芳香烃,故B错误; C.萜类化合物中含有4个饱和碳原子,所有碳原子不可能处于同一平面上,故C错误; D.萜类化合物含有羟基,与羟基相连的碳原子上含有的两个甲基是等效的,在浓硫酸、加热条件下,只能生成一种芳香烯烃,故D错误; 故选A。 【点睛】判断分子中共线、共面原子数的技巧 1.任何两个直接相连的原子在同一直线上。 2.任何满足炔烃结构的分子,其所有4个原子在同一直线上。 3.苯环对位上的2个碳原子及与之相连的2个氢原子共4个原子一定在一条直线上。 4.典型所有的原子一定共平面的有:CH2=CH2、CHCH、苯;可能共平面的有:CH2=CH—CH=CH2、。 5.只要出现CH4、—CH3或—CX3等,即只要出现饱和碳原子,所有原子肯定不能都在同一平面上。 3.下列操作、现象及结论均正确的是 选项 操作 现象 结论 A 用洁净的铜丝蘸取某溶液灼烧 火焰呈绿色 溶液中含有Cu2+ B 向茶水中滴加FeCl3溶液 溶液呈紫色 茶水中含有酚类物质 C 向紫色石蕊溶液中通入SO2 溶液先变红后褪色 SO2具有酸性、漂白性 D 等体积pH=3的HA和HB两种酸加水稀释相同倍数后测溶液的pH HA的pH大 HB的酸性比HA强 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A.洁净的铜丝灼烧的火焰呈绿色,用洁净的铜丝蘸取某溶液灼烧的火焰呈绿色不能确定是否含有Cu2+,故A错误; B.FeCl3溶液能与酚类物质发生显色反应使溶液呈紫色,则向茶水中滴加FeCl3溶液,溶液呈紫色说明茶水中含有酚类物质,故B正确; C.向紫色石蕊溶液中通入SO2,溶液只能变红色,不会褪色,故C错误; D.相同pH的强酸溶液和弱酸溶液稀释相同倍数,强酸溶液pH变化大,则等体积pH=3的HA和HB两种酸加水稀释相同倍数后HA的pH大,说明HA的酸性强于HB,故D错误; 故选B。 【点睛】SO2只能使紫色石蕊溶液变红色,不会褪色是解答关键,也是易错点。 4.NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是 A. 标准状况下,22.4L氩气含有的电子数为18NA B. 7.8gNa2O2中含有的阴离子总数为0.1NA C. 0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后,其分子总数小于0.2 NA D. 若1LFeCl3溶液中,含NA个Fe3+,则Cl—物质的量浓度大于3 mol·L—1 【答案】C 【解析】 【详解】A.氩气是单原子分子,含有18个电子,标准状况下,22.4L氩气的物质的量为1mol,含有的电子数为18NA,故A正确; B.过氧化钠是由2个钠离子和1个过氧根离子组成的离子化合物,7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol,含有的阴离子总数为0.1NA,故B正确; C.氢气与碘蒸气生成碘化氢的反应是一个气体体积不变的可逆反应,则0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后,其分子总数为0.2 NA,故C错误; D.FeCl3是强酸弱碱盐,Fe3+在溶液中水解,Cl-不水解,则1LFeCl3溶液中,含NA个Fe3+,Cl—物质的量一定大于3 mol·L—1,故D正确; 故选C。 【点睛】氢气与碘蒸气生成碘化氢的反应是一个气体体积不变的可逆反应,无论反应是否达到平衡,气体体积恒定不变是解答关键,也是易错点。 5.如图是全钒液流储能电池的示意图,a、b是碳电极,几种含钒元素的离子在水溶液中颜色如表所列,全钒液中还含有H+、SO42-,下列说法中错误的是 V2+ V3+ VO2+ VO2+ 紫色 绿色 蓝色 黄色 A. 当外接负载时,右槽溶液若逐渐由紫变绿,则b为负极 B. 当外接负载时,电流若由a流出,则左槽溶液的pH增大 C. 当b与外接电源负极相连时,则b极发生V3++e—=V2+ D. 充电时若电路中转移0.1 mol电子,则左槽溶液中n(H+)的变化量为0.2 mol 【答案】D 【解析】 【详解】A.当外接负载时,右槽溶液若逐渐由紫变绿,说明V2+失电子被氧化发生氧化反应生成V3+,则b为负极,故A正确; B.当外接负载时,电流若由a流出,a为原电池的正极,VO2+在正极得电子发生还原反应生成VO2+,电极反应式为VO2++2H++e-═VO2++H2O,由电极反应式可知,放电时正极消耗氢离子,溶液的pH增大,故B正确; C.当b与外接电源负极相连时,b为电解池阴极,V3+在阴极得电子发生还原反应生成V2+,电极反应式为V3++e—=V2+,故C正确; D.充电时,左槽发生的反应为VO2++H2O—e-═VO2++2H+,当转移0.1 mol电子,生成氢离子为0.2mol,右槽发生的反应为V3++e—=V2+,电荷数变化为0.1 mol,则由电荷守恒可知,有0.1 mol氢离子由左槽移向右槽,左槽溶液中n(H+)的变化量为(0.2—0.1)mol=0.1mol,故D错误; 故选C。 【点睛】充电时,左槽发生的反应为VO2++H2O—e-═VO2++2H+,当转移0.1 mol电子,生成氢离子为0.2mol,右槽发生的反应为V3++e—=V2+,电荷数变化为0.1 mol,则由电荷守恒可知,有0.1 mol氢离子由左槽移向右槽是解答关键,也是解答难点。 6.W、N、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y所处的周期序数与族序数相等。甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素组成的化合物,丁是氯碱工业的-种产物,戊为二元化合物,常温下0.01 mol·L— 1戊溶液的pH为2。上述物质的转化关系如图所示。下列说法中错误的是 A. 原子半径: Nc(S2—)> c(H2S)> c(H+) C. pH=7的溶液: c(Na+)>c(S2—)>c(HS— )>c(OH— )=c(H+) D. c(H+)=9.1×10-8 mol·L-1时: c(H2S)+2c(S2— )+c(OH— )=c(Na + )+c(H— ) 【答案】D 【解析】 【详解】A.H2S是二元弱酸,在溶液中抑制水的电离,向25.00 mL 0.1000 mol·L—1H2S溶液中逐滴滴入NaOH溶液,H2S与NaOH反应生成NaHS、Na2S时,反应生成的NaHS、Na2S水解,促进水的电离,溶液中水的电离程度不断增大,当H2S完全反应,再滴入NaOH溶液,溶液中过量的NaOH抑制水的电离,水的电离程度会减小,故A错误; B.c(Na+ )=c(总)的溶液为NaHS溶液,NaHS的水解常数Kh==> Ka2=1.1×10 -12,溶液中NaHS的水解程度大于电离程度,NaHS溶液呈碱性, 溶液中c(H2S)> c(S2-),故B错误; C.因NaHS溶液呈碱性,pH=7的溶液为H2S与NaHS的混合溶液,则溶液中c(HS- )> c(S2-),故C错误; D.由K a1==9.1×10-8可知c(H+)=9.1×10-8 mol·L-1时,溶液中c(H2S)= c(HS- ),由电荷守恒c(HS- ) +2c(S2- )+c(OH- )=c(Na + )+c(H- )可得c(H2S)+2c(S2- )+c(OH- )=c(Na + )+c(H- ),故D正确; 故选D。 【点睛】由由K a1确定c(H+)=9.1×10-8 mol·L-1的溶液中c(H2S)= c(HS— ),再由电荷守恒确定c(H2S)+2c(S2— )+c(OH— )=c(Na + )+c(H— )是分析解答的难点,也是易错点。 8.平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)。利用废玻璃粉末可以制取多种化工产品。设计流程如下: 查阅资料可知: ①CeO2性质:淡黄或黄褐色粉末,不溶于水和碱,微溶于酸;有强氧化性 ②Ce3+在碱金属碳酸盐溶液中生成难溶的碳酸复盐Ce2(CO3):Na2CO3·2H2O。 ③常温时两种沉淀物的溶度积见表: 沉淀物 Fe(OH)3 Ce(OH)3 Ksp 4.0×10-38 1.5×10-20 回答下列问题: (1)过程①分离操作中用到的玻璃仪器有_______________________________。 (2)过程④中发生反应的离子方程式为_________________________________,过程⑥中发生的化学反应方程式为__________________________________。 (3)产品I是一种新型、绿色的多功能净水剂,集氧化、灭菌、消毒、吸附、絮凝、沉淀等性能为一体。净水过程中,Na2FeO4 起到吸附、絮凝作用的原理是_________________。 (4)工业上也可用电解浓NaOH溶液制备产品I。用铁做电极,写出电解时阳极发生的电极反应方程式_________________。 (5)沉淀过程中,当某种离子浓度降至10—5 mol·L-1时,可认为此离子完全沉淀。过程②中Fe3+沉淀完全时溶液的pH=_____ (已知 lg2=0.3)。 (6)写出产品III的一种用途______________________________________。 【答案】 (1). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (2). 2CeO2+H2O2+6H+===2Ce3++4H2O+O2↑ (3). 2[Ce2(CO3)3·Na2CO3·2H2O]+O24CeO2+2Na2CO3+6CO2↑+4H2O (4). 净水过程中,FeO42-被还原成Fe3+,Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体,起到吸附、絮凝作用 (5). Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O (6). 3.2 (7). 建筑行业的黏合剂(特殊用途的木材、纺织品的耐腐蚀剂、阻燃剂) 【解析】 分析】 由流程可知,向废玻璃粉末中加入稀盐酸,氧化铁与盐酸反应生成氯化铁,二氧化硅与稀盐酸不反应,二氧化铈部分与盐酸反应,则过滤后滤渣A为二氧化硅和二氧化铈,滤液A为氯化铁和氯化铈的混合液;调节滤液A的pH,氯化铁转化为氢氧化铁沉淀,则过滤后滤渣B为氢氧化铁,滤液B为含有四氯化铈的溶液;碱性条件下,氢氧化铁与次氯酸钠发生氧化还原反应生成产品Ⅰ高铁酸钠;在酸性条件下,滤渣A中二氧化铈和滤液B中四氯化铈与双氧水发生氧化还原反应生成Ce3+,二氧化硅不反应,则过滤后得到含有Ce3+的滤液,滤渣C为二氧化硅;向含有Ce3+的滤液中加入浓碳酸钠溶液,反应生成Ce2(CO3)3·Na2CO3·2H2O,Ce2(CO3)3·Na2CO3·2H2O在空气中煅烧生成产品Ⅱ二氧化铈;向滤渣C中加入氢氧化钠溶液,二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成产品Ⅲ硅酸钠。 【详解】(1)过程①的分离操作为过滤,过滤用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒,故答案为:烧杯、漏斗、玻璃棒; (2)过程④发生的反应为酸性条件下,二氧化铈与双氧水发生氧化还原反应生成Ce3+,反应中铈元素化合价降低被还原,二氧化铈做氧化剂,双氧水做还原剂,反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++4H2O+O2↑;过程⑥发生的反应为Ce2(CO3)3·Na2CO3·2H2O在空气中煅烧生成二氧化铈,反应中铈元素化合价升高被氧化,空气中氧气做反应的氧化剂,反应的化学方程式为2[Ce2(CO3)3·Na2CO3·2H2O]+O24CeO2+2Na2CO3+6CO2↑+4H2O,故答案为:2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++4H2O+O2↑;2[Ce2(CO3)3·Na2CO3·2H2O]+O24CeO2+2Na2CO3+6CO2↑+4H2O; (3)Na2FeO4中铁元素为+6价,具有强氧化性,净水过程中,FeO42-被细菌还原成Fe3+,达到杀菌消毒的作用,反应生成的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体,Fe(OH)3胶体具有很大的表面积,能够吸附水中悬浮杂质,起到吸附、絮凝作用,达到净水的目的,故答案为:净水过程中,FeO42-被还原成Fe3+,Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体,起到吸附、絮凝作用; (4)工业上也可用电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4时,阳极上铁失电子发生氧化反应生成FeO42-,电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O,故答案为:Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O; (5)Fe(OH)3的Ksp=c(Fe3+)c3(OH-)=4.0×10-38,Fe3+沉淀完全时溶液中c(OH-)=mol/ L,则溶液的pH=14—11+×lg2=3.2,故答案为:3.2; (6)产品Ⅲ为硅酸钠,硅酸钠溶液常用作建筑行业的黏合剂,特殊用途的木材、纺织品的耐腐蚀剂、阻燃剂等,故答案为:建筑行业的黏合剂(特殊用途的木材、纺织品的耐腐蚀剂、阻燃剂。 【点睛】酸性条件下,二氧化铈与双氧水发生氧化还原反应生成Ce3+,反应中铈元素化合价降低被还原,二氧化铈做氧化剂,双氧水做还原剂是解答关键,也是易错点。 9.亚硫酸钠容易被氧化,某化学兴趣小组为测定某亚硫酸钠样品的纯度,三名学生分别设计了不同实验方案。 甲同学的实验方案:称取10.0g样品,进行如图所示实验,测得装置D中干燥管实验前后增大。 (1)写出B中发生反应的化学方程式___________________________________。装置E的作用是__________________。 乙同学的实验方案:称取10.0g样品,溶于过量的盐酸后,再加入过量的BaCl2溶液,过滤、洗涤、烘干,称量沉淀质量为0.9g。 (2)洗涤沉淀的方法是_____________________,重复2~3次。 丙同学的设计方案步骤如下: ①称取样品10.0g,加水溶解配成250 mL溶液;②量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中; ③用酸化的0.1502 mol·L —1 KMnO4标准液滴定至终点; ④重复操作2~3次,得出消耗KMnO4溶液体积的平均值为19.97 mL。 (3)滴定中盛装KMnO4标准液的仪器是_______________________________。 (4)写出滴定过程中发生反应的离子方程式:___________________________。 (5)确定滴定达到终点的操作及现象为_______________________________。 (6)三名学生通过实验数据计算出的样品纯度各不相同,指导教师指出__________(填“甲”、“乙”、“丙”)同学实验误差较大,其实验装置存在明显缺陷,理由是_________。 【答案】 (1). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O (2). 防止空气中的CO2和水蒸气进入D中,影响实验结果 (3). 向漏斗中注入蒸馏水至恰好浸没沉淀,待水自然流下 (4). 酸式滴定管 (5). 5SO32-+2MnO4-+6H+===5SO42-+2Mn2++3H2O (6). 滴入最后一滴KMnO4溶液,溶液由无色变成浅紫红色,且半分钟内不褪色 (7). 甲 (8). 反应结束后,装置中残留一定量的SO2(或SO2气流速度过快或装置气密性不好),未被装置D吸收 【解析】 【分析】 长期存放的亚硫酸钠可能会被部分氧化生成硫酸钠,也就是说该样品中可能含亚硫酸钠和硫酸钠。甲同学设计的实验方案的原理为用70%硫酸与样品中亚硫酸钠反应生成二氧化硫,通过测定碱石灰吸收二氧化硫的量测定样品的纯度;乙同学设计的实验方案的原理为先将样品溶于过量的盐酸中除去样品中的亚硫酸钠,再加入过量的BaCl2溶液,过滤、洗涤、烘干,称量硫酸钡沉淀质量,利用硫酸钡沉淀质量测定样品的纯度;丙同学设计的实验方案的原理为利用亚硫酸钠具有还原性,用酸性高锰酸钾标准溶液滴定样品溶液,利用消耗酸性高锰酸钾溶液的量测定样品的纯度。 【详解】(1)B中发生的反应为70%硫酸与样品中亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水,反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O;因碱石灰能吸收空气中的CO2和水蒸气,会导致所测结果偏大,则装置E中碱石灰的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气,防止CO2和水蒸气进入D中,影响实验结果,故答案为:Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O;防止空气中的CO2和水蒸气进入D中,影响实验结果; (2)乙同学最终得到是硫酸钡沉淀,洗涤沉淀的方法是向过滤器中注入蒸馏水至恰好浸没沉淀,待水自然流下后,重复2~3次,故答案为:向漏斗中注入蒸馏水至恰好浸没沉淀,待水自然流下; (3)KMnO4具有强氧化性,会腐蚀碱式滴定管中的橡胶管,则滴定中, KMnO4标准液盛装在酸式滴定管中,故答案为:酸式滴定管; (4)滴定过程中,酸性高锰酸钾溶液与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸钾、硫酸锰和水,反应的离子方程式为5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O,故答案为:5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O; (5)当酸性高锰酸钾溶液过量时,溶液会变为紫色,则确定滴定达到终点的操作及现象为滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液,溶液由无色变成浅紫红色,且半分钟内不褪色,故答案为:滴入最后一滴KMnO4溶液,溶液由无色变成浅紫红色,且半分钟内不褪色; (6)甲同学设计的实验存在缺陷,一是若装置气密性不好,二氧化硫泄露,导致测定结果偏低;二是二氧化硫气流速度过快,不能被D中碱石灰完全吸收,导致测定结果偏低;三是装置中残留二氧化硫,没有被D中碱石灰完全吸收,导致测定结果偏低,故答案为:甲;反应结束后,装置中残留一定量的SO2(或SO2气流速度过快或装置气密性不好),未被装置D吸收。 【点睛】长期存放的亚硫酸钠可能会被部分氧化生成硫酸钠,也就是说该样品中可能含亚硫酸钠和硫酸钠,设计实验方案测定样品的纯度时可从两个角度设计:一是测定亚硫酸钠的含量,二是测定硫酸钠的含量。 10.氨在生产生活中应用广泛。 (1) NH2Cl与水反应生成强氧化性的物质,可作长效缓释消毒剂,工业上可通过反应:NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g) + HCl(g)制备氯胺,已知部分化学键的键能如下表所示(假定不同物质中同种化学键的键能一样), 则上述反应的?H=__________kJ·mol—1 化学键 N-H Cl-Cl N-Cl H-Cl 键能/(kJ/mol) a b c d (2)氨气是重要的化工产品。目前工业合成氨的原理是: N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)。在恒温恒压装置中进行工业合成氨反应,下列说法正确的是__________。 a.气体压强不再变化时,表明该反应已达平衡状态 b.气体密度不再变化时,表明该反应已达平衡状态 c.平衡后,压缩容器,会生成更多NH3 d.平衡后,向装置中通入一定量Ar, 平衡不移动 (3)现向三个体积均为5L,温度分别恒定为T1、 T2、T3的恒容密闭容器I、II、 III中,分别充入1 mol N2和3 molH2发生反应: N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ?H1=-93 kJ·mol—1,当反应均进行到2min时H2的体积分数如图所示,其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态。 ①2min时三个容器中的反应达到化学平衡状态的是_____容器.(填“I”、“II”或“III”)。 ②0~2 min内容器I中用NH3表示的化学反应速率v(NH3)=____。 (保留两位有效数字) ③2 min时容器II中v正______ v逆。 (填“<”、 “>”或“=”) ④当三个容器中的反应均达到平衡状态时,平衡常数最小的是容器______(填容器序号),它的数值为____(保留两位有效数字)。 (4)氨在高温下可将一些固体金属氧化物还原为固态或液态金属单质,本身被氧化为N2。在不同温度下,氨气还原四种金属氧化物达到平衡后,气体中与温度(T)的关系如图所示。下列说法正确的是______(填字母)。 A. NH3还原PbO2的反应△H>0 B.工业冶炼这四种金属时,NH3冶炼金属铬(Cr)的还原效率最低 C.实验室还原出金属铜(Cu)时,325°C 下NH3的利用率比425°C下NH3的利用率更大 D.通过延长反应管的长度来增加金属氧化物和NH3的接触面积,可以减少尾气中NH3的量 【答案】 (1). a+b-c-d (2). bc (3). Ⅲ (4). 0.064mol?L?1?min ?1 (5). > (6). III (7). 2.1 L2?mol?2 (8). BC 【解析】 【分析】 (1)反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和; (2)a.恒温恒压装置中气体压强始终没有变化; b.反应中,由质量守恒定律可知气体质量不变,该反应是一个气体体积减小的可逆反应,容器的体积会减小,气体密度增大; c.该反应是一个气体体积减小的可逆反应,平衡后,压缩容器,容器的压强增大,平衡向正反应方向移动; d.在恒温恒压装置中合成氨反应达到平衡后,向装置中通入一定量Ar,容器的压强减小,平衡向逆反应方向移动; (3)①若未达平衡,温度越高反应速率越快,相同时间内氢气的含量越低; ②依据题意建立三段式求解可得; ③若未达平衡,温度越高反应速率越快,相同时间内氢气的含量越低,2min时,氢气的含量Ⅲ最大,则II没有达到平衡; ④合成氨反应为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,平衡常数减小,则当三个容器中的反应均达到平衡状态时,平衡常数最小的是容器Ⅲ,依据题意建立三段式求解可得; (4)的值越大,说明冶炼金属的还原效率越低,NH3的利用率越大。 【详解】(1)反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和,则反应的?H=[3E(N-H)+E(Cl-Cl)]—[2 E(N-H)+E(N-Cl)+E(H-Cl)]=(a+b-c-d)kJ·mol—1,故答案为:a+b-c-d; (2)a.在恒温恒压装置中气体压强始终没有变化,气体压强不再变化不能表明该反应已达平衡状态,故错误; b.反应中,由质量守恒定律可知气体质量不变,该反应是一个气体体积减小的可逆反应,容器的体积会减小,气体密度增大,则气体密度不再变化能表明该反应已达平衡状态,故正确; c.该反应是一个气体体积减小的可逆反应,平衡后,压缩容器,容器的压强增大,平衡向正反应方向移动,NH3的量增大,故正确; d.在恒温恒压装置中合成氨反应达到平衡后,向装置中通入一定量Ar,容器的压强减小,平衡向逆反应方向移动,故错误; bc正确,故答案为:bc; (3)①若未达平衡,温度越高反应速率越快,相同时间内氢气的含量越低,2min时,氢气的含量Ⅲ最大,则Ⅲ到达平衡,故答案为:Ⅲ到达平衡; ②设0~2 min内容器I中氨气的转化率为x,由题意建立如下三段式: 由氢气百分含量为40%可得×100%=40%,解得x=,则化学反应速率v(NH3)= ≈0.064 mol?L?1?min ?1,故答案为:0.064 mol?L?1?min ?1; ③若未达平衡,温度越高反应速率越快,相同时间内氢气的含量越低,2min时,氢气的含量Ⅲ最大,则II没有达到平衡,则v正>v逆,故答案为:>; ④合成氨反应为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,平衡常数减小,则当三个容器中的反应均达到平衡状态时,平衡常数最小的是容器Ⅲ,设0~2 min内容器中氨气的转化率为x,由题意建立如下三段式: 由氢气百分含量为60%可得×100%=60%,解得x=,则平衡常数K=≈2.1L2?mol?2,故答案为:2.1L2?mol?2; (4)A.由图可知,NH3还原PbO2时,升高温度,增大,说明平衡向逆反应方向移动,NH3还原PbO2的反应为放热反应,△H<0,故错误; B.相同温度时,的值越大,说明冶炼金属的还原效率越低,由图可知,相同温度时,NH3冶炼金属铬(Cr)的最大,则还原效率最低,故正确; C.的值越大,说明NH3的利用率越大,由图可知,还原出金属铜(Cu)时,温度升高,增大,则325°C 下NH3的利用率比425°C下NH3的利用率更大,故正确; D.、通过延长反应管的长度不能增加金属氧化物的表面积,不能增大金属氧化物和NH3的接触面积,故D错误; BC正确,故答案为:BC。 11.2018年第26届国际计量大会(CGPM)对国际单位制进行了修改,将阿伏加德常数变为了精确数值,用原子来定义千克。研究者们使用激光测量“硅球"球体点阵中一个晶格单位的长度和硅原子的平均直径,从而确定一定 质量的纯硅球体中准确的原子数。 (1)基态硅原子的核外电子排布式是_____________________。基态的气态原子失去一个电子形成气态一价正离子时所需能量称为元素的第一电离能(I1),元素气态一价正离子失去一个电子形成气态二价正离子时所需能量称为元素的第二电离能(I2),…… .以此类推。下列电离能比值最大的是_____________ A. B. C. D. (2)晶体硅具有金刚石型结构,其中硅原子的杂化方式是_______,晶体硅中硅原子与σ键的数目比是___________。 (3)组成为Na2O·Al2O3·2SiO2·nH2O的铝硅酸盐是一种常见的分子筛。O、Al、Si 电负性 由小到大的顺序是___________________。 (4)硅与碳是同主族元素,碳原子与碳原子之间可以形成单键、双键和三键,但硅原子之间却不容易形成双键和三键,原因是________________________。 (5)硅晶胞结构如图所示,则晶胞中含有___个硅原子。 硅晶体的密度为ρ gcm—3,硅的摩尔质量为 M g·mol-1, 经测定,晶胞边长为a pm,则阿伏加德罗常数可表示为:NA=__mol—1。 【答案】 (1). 1s22s22p63s23p2 (2). D (3). sp3杂化 (4). 1:2 (5). Al<Si<O (6). 硅原子半径较大,形成的σ键的键长较长,难以形成π键 (7). 8 (8). 【解析】 【分析】 (1)硅是14号元素,根据原子核外电子排布规律可以写出电子排布式;硅原子最外层有4个电子,硅的I1、I2、I3、I4相差不多,而I4比I5小很多,则最大; (2)晶体硅具有金刚石型结构,每个硅原子连有4个硅原子,硅原子的配位数为4,则硅原子的杂化方式是sp3杂化;结合硅晶体的结构分析硅原子与σ键的个数比; (3)非金属元素的电负性大于金属元素,非金属性越强,电负性越大; (4)因为硅原子半径比碳原子半径要大,硅原子之间形成σ键后,原子间的距离比较大,p电子云之间进行难以进行“肩并肩”重叠或重叠程度小,所以难以形成稳定的双键及三键; (5)根据均摊法计算晶胞中Si原子的个数,根据m=ρV列方程进行计算。 【详解】(1)硅是14号元素,根据原子核外电子排布规律可以写出电子排布式为:1s22s22p63s23p2;硅原子最外层有4个电子,硅的I1、I2、I3、I4相差不多,而I4比I5小很多,则最大,故答案为:1s22s22p63s23p2;D; (2)晶体硅具有金刚石型结构,每个硅原子连有4个硅原子,硅原子的配位数为4,则硅原子的杂化方式是sp3杂化;晶体中,每个Si原子与4个Si原子形成σ键,每一个共价键中Si的贡献为一半,则平均1个Si原子形成2个σ键,则晶体硅中硅原子与σ键的个数比为1:2,故答案为:sp3杂化;1:2; (3)非金属元素的电负性大于金属元素,非金属性越强,电负性越大,则O、Al、Si 电负性由小到大的顺序是Al<Si<O,故答案为:Al<Si<O; (4)因为硅原子半径比碳原子半径要大,硅原子之间形成σ键后,原子间的距离比较大,p电子云之间进行难以进行“肩并肩”重叠或重叠程度小,所以难以形成稳定的双键及三键,故答案为:硅原子半径较大,形成的σ键的键长较长,难以形成π键; (5)由图可知,晶胞中Si原子的个数为8×+6×+4×1=8;由质量关系可得:mol×Mg/mol=(a×10—10cm)3×ρ g/cm,解得NA=mol—1,故答案为:8;。 12.有机物I是一种常用的植物调味油,常用脂肪烃A和芳香烃D按如下路线合成: 已知①RCHO+CH3CHORCH=CHO+H2O ②通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定,易脱水形成羰基。 回答下列问题: (1) A的名称是_______,H含有的官能团名称是________。 (2)②反应条件是_______________,⑦的反应类型是_______________。 (3) I的结构简式是____________________。 (4)④的化学方程式是_______________________________。 (5)L是I的同分异构体且含有相同的官能团,其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基,则L共有_____种 (不考虑立体异构)。 (6)参照上述合成路线,设计以C为原料制备保水树脂,的合成路线(无机试剂任选)__________________ 【答案】 (1). 乙烯 (2). 羧基、碳碳双键 (3). 铜或银、氧气,加热 (4). 酯化反应(取代反应) (5). (6). +2NaOH+2NaCl+H2O (7). 9 (8). 【解析】 【分析】 由题给信息和有机物的转化关系可知,乙烯与水发生加成反应生成乙醇,则A为CH2=CH2、B为CH3CH2OH;在铜或银做催化剂作用下,发生催化氧化反应生成CH3CHO,则C为CH3CHO;甲苯与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成,则D为、E为;在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成,则F为;与CH3CHO发生信息反应生成,则G为;先发生银镜反应,再酸化生成,则H为;在浓硫酸作用下,与甲醇共热发生酯化反应生成,则I为。 【详解】(1) A的结构简式为CH2=CH2,名称是乙烯;H的结构简式为,官能团为羧基、碳碳双键,故答案为:乙烯;羧基、碳碳双键; (2) 反应②为在铜或银做催化剂作用下,发生催化氧化反应生成CH3CHO;反应⑦为在浓硫酸作用下,与甲醇共热发生酯化反应生成,故答案为:铜或银、氧气,加热;酯化反应(取代反应); (3) I的结构简式为,故答案为:; (4)反应④为在氢氧化钠溶液中中共热发生水解反应生成,反应的化学方程式为+2NaOH+2NaCl+H2O,故答案为:+2NaOH+2NaCl+H2O; (5)L是的同分异构体且含有相同的官能团,则两个处于对位的取代基可能是CH2=CH—和—COOCH3、—OOCCH3和—CH2OOCH,HCOO—和CH2=CHCH2—、CH3CH=CH2—和CH2=C(CH3)—,CH3—和CH2=CHCOO—、HCOOCH=CH—和CH2=C(OOCH)—,共9种,故答案为:9; (6)由题给信息和有机物的性质可知,CH3CHO制备的转化关系为CH3CHO在氢氧化钠溶液中共热发生信息①反应生成CH3CH=CHCHO,CH3CH=CHCHO先发生银镜反应,再酸化生成CH3CH=CHCOOH,一定条件下,CH3CH=CHCOOH发生缩聚反应生成,则合成路线为,故答案为: 。 - 18 -

    • 2020-07-13
    • 下载0次
    • 924.5KB
  • ID:7-7570302 河北省保定市2019-2020学年高二上学期期末考试调研考试化学试题 Word版含解析

    高中化学/期末专区/高二上学期

    2019-2020学年度第一学期期末调研考试 高二化学试题 可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 K-39 Mn-56 第I卷(选择题 共40分) 一、选择题:本题共17小题,每小题3分,共51分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 化学中存在一些守恒或平衡原理,下列叙述正确的是 A. 根据质量(原子)守恒定律,某物质完全燃烧的产物是CO2和H2O则该物质一定是烃 B. 根据能量守恒定律,所有化学反应的反应物的总能量一定等于生成物的总能量 C. 根据电子守恒定律,原电池中负极反应失电子数一定等于正极反应得电子数 D. 根据化学平衡原理,可逆反应的正反应速率在任何时刻一定等于逆反应速率 【答案】C 【解析】 【详解】A.因为无法判断是否含有氧元素,错误; B.因为任何化学反应都伴随着能量的变化,即反应物的总能量一定不等于生成物的总能量,错误; C.原电池中发生的是氧化还原反应,根据氧化还原反应规律,得电子数和失电子数一定相等,正确; D.可逆反应中只有达到平衡状态时,正逆反应速率才是相等的,D错误; 答案选C。 2.下列涉及化学学科观点的有关说法正确的是 A. 微粒观:二氧化硫是由硫原子和氧原子构成的 B. 转化观:升高温度可以将不饱和硝酸钾溶液转变为饱和 C. 守恒观:1g镁与1g稀硫酸充分反应后所得的溶液质量为2g D. 结构观:金刚石和石墨由于结构中碳原子的排列方式不同,性质存在着较大的差异 【答案】D 【解析】 【详解】A.二氧化硫是由二氧化硫分子构成的,分子是由C原子和S原子构成的,A错误; B.升高温度硝酸钾的溶解度增大,升高温度不饱和硝酸钾溶液仍然为不饱和溶液,B错误; C.Mg与稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气,则1g镁与1g稀硫酸充分反应后所得的溶液质量为小于2g,C错误; D.物质的组成和结构决定了物质的性质,金刚石和石墨因为结构中碳原子的排列方式不同,所以金刚石和石墨的性质存在着较大的差异,D正确; 答案选D。 3.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是 A. 硅太阳能电池工作时,光能转化成电能 B. 锂离子电池放电时,化学能转化成电能 C. 电解质溶液导电时,电能转化成化学能 D. 葡萄糖为人类生命活动提供能量时,化学能转化成热能 【答案】A 【解析】 【详解】A、硅太阳能电池工作时,光能转化成电能,不是氧化还原反应,A正确; B、锂离子电池放电时,化学能转化成电能,锂失去电子,发生氧化反应,B错误; C、电解质溶液导电时,电能转化成化学能,发生的是电解,属于氧化还原反应,C错误; D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时,化学能转化成热能,反应中葡萄糖被氧化,属于氧化还原反应,D错误; 答案选A。 4.分析下列反应在任何温度下均能自发进行的是(  ) A. 2N2(g)+O2(g)═2N2O(g)△H=+163?kJ?mol-1 B. Ag(s)+Cl2(g)═AgCl(s)△H=-127?kJ?mol-1 C. HgO(s)═Hg(l)+O2(g)△H=+91?kJ?mol-1 D. H2O2(l)═O2(g)+H2O(l)△H=-98?kJ?mol-1 【答案】D 【解析】 【详解】A.反应是吸热反应,△H>0、△S<0,则△H-T△S>0,该反应在任何温度不能自发进行,故A不符合题意;? B.反应是放热反应,△H<0、△S<0,该反应在高温下不能自发进行,故B不符合题意;? C.反应是吸热反应,△H>0、△S>0,该反应在低温下不能自发进行,故C不符合题意;? D.反应是放热反应,△H<0、△S>0,则△H -T△S<0,该反应在任何温度均能自发进行,故D符合题意;? 答案选D。 【点睛】反应自发进行的判断依据是:△H -T△S<0。 5.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是 A. 用10 mL量筒量取7.13 mL稀盐酸 B. 用托盘天平称量25.20 g NaCl C. 用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3 D. 用25 mL滴定管做中和滴定时,用去某浓度的碱溶液21.70 mL 【答案】D 【解析】 【详解】A.量筒准确度为0.1mL,无法用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸,故A错误; B.托盘天平的准确度是0.1g,无法用托盘天平称量25.20g NaCl,故B错误; C.pH试纸测定溶液的pH值都是整数,不会出现小数,故C错误; D.滴定管可以准确度0.01mL,可以读到21.70mL,故D正确; 故选D。 6.在下列叙述中:①0.1mol?L-1HA溶液的导电性比0.1mol?L-1的盐酸的导电性弱;②测得0.1mol?L-1的HA溶液的pH=2.7;③常温下,测得NaA溶液的pH>7;④常温下,向HA的溶液中加入NaA固体,pH增大;⑤等pH等体积的盐酸和HA溶液分别与足量的Zn反应,HA放出的H2多。能说明HA是弱酸的是(  ) A. ①②③④⑤ B. ②③④⑤ C. ①②③⑤ D. ①②③④ 【答案】A 【解析】 【详解】①0.1mol?L-1HA溶液的导电性比0.1mol?L-1的盐酸的导电性弱,说明HA中离子浓度小于HCl,则HA电离程度小于HCl,HCl是强电解质,则HA是弱酸,故正确;? ②如果0.1mol?L-1的HA溶液完全电离,pH=1,测得0.1mol?L-1的HA溶液的pH=2.7,说明HA 部分电离,为弱酸,故正确;? ③常温下,测得NaA溶液的pH>7,说明NaA是强碱弱酸盐,则HA是弱酸,故正确;? ④常温下,向HA的溶液中加入NaA固体,pH增大,说明NaA抑制HA电离,则HA存在电离平衡,为弱酸,故正确;? ⑤等pH等体积的盐酸和HA溶液分别与足量的Zn反应,HA放出的H2多,说明酸浓度c(HA)>c(HCl),则HA存在电离平衡,为弱酸,故正确;? 答案选A。 【点睛】部分电离的电解质为弱电解质,要说明HA是弱酸,只要证明HA部分电离或存在电离平衡。 7.用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应,可实现氯的循环利用: 4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) △H=-115.6 kJ·mol-1 下列说法正确的是 A. 升高温度能提高HCl的转化率 B. 加入催化剂,能使该反应的焓变减小 C. 1molCl2转化为2molCl原子放出243kJ热量 D. 断裂H2O(g)中1mol H-O键比断裂HCl(g)中1mol H-Cl键所需能量高 【答案】D 【解析】 A. 升高温度,平衡逆向移动, HCl的转化率减小,故A错误;B. 加入催化剂,反应的焓变不变,故B错误;C.根据提示, 1molCl2转化为2molCl2原子吸收243kJ热量,故C错误;D. E(H-O)、E(HCl)分别表示H-O键能、H-Cl键能,反应中,4mol HCl被氧化,放出115.6kJ的热量,反应热△H=反应物总键能-生成物的总键能,故:4×E(H-Cl)+498kJ/mol-[2×243kJ/mol+4×E(H-O)]=-115.6kJ/mol,整理得,4E(H-Cl)-4E(H-O)=-127.6kJ/mol,即E(H-O)-E(HCl)=31.9kJ/mol,故断开1mol H-O键与断开1mol H-Cl键所需能量高,故D正确;故选D。 8.下列溶液在空气中加热蒸干后,能析出以下溶质固体的是(  ) A. AlCl3 B. FeCl2 C. Fe2(SO4)3 D. Na2SO3 【答案】C 【解析】 【详解】A.AlCl3溶液中存在AlCl3+3H2O?Al (OH)3+3HCl,加热时HCl易挥发,促进AlCl3水解,即AlCl3转化成Al (OH)3,2Al(OH)3Al 2O3+3H2O,故A错误; B.氯化亚铁在灼烧的过程中会发生水解,生成氢氧化亚铁,即为Fe(OH)2,Fe(OH)2在空气中会被氧化:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,则生成了Fe(OH)3,Fe(OH)3经过灼烧后,就生成了氧化铁,所以溶液加热蒸干后不能析出原溶质固体,故B错误;? C.Fe 2(SO4)3溶液中存在Fe 2(SO4)3+6H2O?2Fe(OH)3+3H2SO4,加热Fe2(SO4)3溶液,虽然水解,但硫酸难挥发,最终仍为Fe2(SO4)3,故C正确;? D.Na2SO3能被空气中的氧气氧化,加热Na2SO3溶液,最终能得到Na2SO4,故D错误;? 答案选C。 【点睛】溶液加热蒸干后,能析出溶质固体本身,说明在加热过程中物质本身不分解、不与氧气反应,或不水解,或水解生成的酸为难挥发性酸。 9.用标准NaOH滴定未知浓度的盐酸,酚酞为指示剂,造成测定结果偏低的原因可能是 A. 未用标准液润洗碱式滴定管 B. 滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度,其它操作均正确 C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过,未用待测液润洗 D. 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A.未用标准液润洗碱式滴定管,将导致标准液浓度偏小,标准液体积偏大,测定结果偏高,选项A不符合; B.标准液的体积采用“差值法”计算,滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度,将导致标准液的体积偏小,测定结果偏低,选项B符合; C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过,未用待测液润洗,操作正确,浓度无影响,选项C不符合; D.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液,将导致标准液体积偏大,测定结果偏高,选项D不符合; 答案选B。 10.常温下,0.1 mol/L某一元酸(HA)溶液中=1×10-8,下列叙述正确的是( ) A. 溶液中水电离出的c(H+)=10-10 mol/L B. 溶液中c(H+)+c(A-)=0.1 mol/L C. 溶液中加入一定量CH3COONa晶体或加水稀释,溶液的c(OH-)均增大 D. 与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液中离子浓度大小关系为c(A-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+) 【答案】C 【解析】 【详解】A、据溶液中=1×10-8,和Kw= c(H+)?c(OH-)=10-14,得溶液中水电离出的c(H+)=10-11 mol/L,A项错误; B、据电荷守恒c(H+)= c(OH-)+c(A-),故c(H+)+c(A-)=2c(H+)- c(OH-)=2×10-3 -10-11,B项错误; C、溶液中加入一定量CH3COONa晶体或加水稀释,溶液的c(OH-)均增大,C项正确; D、与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液是NaA和HA等浓度,离子浓度大小关系无法比较,D项错误。 答案选C。 11.某化学科研小组研究在其他条件不变时,改变某一条件对化学平衡的影响,得到如图所示变化规律(p表示压强,T表示温度,n表示物质的量): 根据以上规律判断,下列结论正确的是(  ) A. 反应Ⅰ:△H>0,p2>p1 B. 反应Ⅲ:△H>0,T2>T1或△H<0,T2<T1 C. 反应Ⅱ:△H>0,T1>T2 D. 反应Ⅳ:△H<0,T2>T1 【答案】B 【解析】 【详解】A.反应Ⅰ的特点是正反应方向为气体体积减小的方向,结合图象,压强增大,平衡正向移动,A的转化率应增大,所以p2>p1,从图像的走向可以看出,它随温度的升高A的转化率降低,即平衡逆向移动,逆反应是吸热反应,所以正反应为放热反应△H<0,故A错误; B.关于反应Ⅲ,由图象可以看出,T2条件下C的平衡体积分数大,因此当T2>T1时,正反应为吸热反应△H>0,而当T2<T1时正反应为放热反应△H<0,故B正确;? C.关于反应Ⅱ由图象可以看出T1条件下达到平衡所用的时间少,所以T1>T2,而在T1条件下达平衡时n(C)小,所以说明低温有利于C的生成,故它主要的正反应为放热反应△H<0,故C错误;? D.关于反应Ⅳ,由图象可以看出T2条件下A的转化率大,因此当T2>T1时,说明升高温度平衡向正反应方向进行,因此正反应为吸热反应△H>0,故D错误;? 答案选B。 12.某温度时,Ag2SO4在水溶液中的溶解平衡曲线如图所示,下列说法不正确的是(  ) A. b点对应的Ksp(Ag2SO4)等于c点对应的Ksp(Ag2SO4) B. 采取蒸发溶剂的方法可以使a点对应的溶液变为b点对应的溶液 C. 该温度下,Ksp(Ag2SO4)=1.6×10-5 D. 0.02mol?L-1的AgNO3溶液与0.2mol?L-1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀 【答案】B 【解析】 【详解】A.温度一定时,溶解平衡曲线上任意点都代表饱和溶液且Ksp均相等,故A正确;? B.蒸发溶液,Ag+浓度和SO42-浓度都增大,不可能为a点达到b点,故B错误;? C.由图象可知,Ag2SO4的溶度积常数Ksp=(0.02)2×0.04=1.6×10-5((mol?L-1)2),故C正确;? D.0.02mol/L的AgNO3溶液与0.2mol/L的Na2SO4溶液等体积混合,c(Ag+)=0.01moL/L,c(SO42-)=0.1mol/L,由C项可知Ag2SO4的溶度积常数Ksp=(0.02)2×0.04=1.6×10-5((mol?L-1)2),则(0.01)2×0.1=1×10-5<1.6×10-5,没有沉淀生成,故D正确;? 答案选B。 13.恒温恒容下,向2L密闭容器中加入MgSO4(s)和CO(g),发生反应:MgSO4(s)+CO(g)?MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)反应过程中测定的部分数据见下表:? 反应时间/min n(MgSO4)/mol n(CO)/mol n(CO2)/mol 0 2.00 2.00 0 2 0.80 4 1.20 下列说法正确的是(  ) A. 反应在0~2?min内的平均速率为v(SO2)=0.6?mol?L-1?min-1 B. 反应在2~4?min内容器内气体的密度没有变化 C. 若升高温度,反应的平衡常数变为1.00,则正反应为放热反应 D. 保持其他条件不变,起始时向容器中充入1.00?mol?MgSO4和1.00?mol?CO,到达平衡时n(CO2)<0.60?mol 【答案】B 【解析】 【详解】A.由表中数据,可知2min内,△n(CO)=2mol?0.8mol=1.2mol,由方程式可知△n(SO2)=△n(CO)=1.2mol,则v(SO2)==0.3mol/(L.min),故A错误; B.2min时消耗CO为1.2mol,由方程式可知△n(CO2)=△n(CO)=1.2mol,4min时CO2为1.2mol,说明2min、4min处于平衡状态,故反应在2?4min内容器内气体的密度没有变化,故B正确; C.平衡时c(SO2)=c(CO2)==0.6mol/L,c(CO)== 0.4mol/L,则平衡常数K==0.9,若升高温度,反应的平衡常数变为1.00,大于原温度下平衡常数K=0.9,说明升高温度平衡正向移动,升高温度平衡向吸热反应移动,故正反应为吸热反应,故C错误; D.保持其他条件不变,起始时向容器中充入1.00molMgSO4和1.00molCO,等效为在原平衡基础上体积增大一倍,减小压强,平衡正向移动,CO转化率大于原平衡,则到达平衡时n(CO2)>0.60mol,故D错误; 答案选B。 14.下列实验装置,其中按要求设计正确的是( ) A. 电解饱和食盐水 B. 锌铜原电池 C. 电镀银 D. 电解精炼铜 【答案】B 【解析】 【详解】A.Fe与电源正极相连为阳极,铁失去电子,则阳极不生成氯气,不能利用淀粉KI溶液检验氯气的生成,不合理,A错误; B.金属性锌强于铜,Zn为负极,Cu为正极,图中构成Cu、Zn原电池,产生的电流由正极流向负极,B正确; C.电镀银时,Ag为阳极,镀件为阴极,电解质溶液为硝酸银,不能是硝酸钠,不合理,C错误; D.粗铜精炼时,粗铜为阳极,纯铜为阴极,图中与之相反,不合理,D错误; 答案选B。 15.CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为;CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1。现在容积均为1L的a、b、c、d、e五个密闭容器中分别充入1molCO和2molH2的混合气体,控制温度,进行实验,测得相关数据如图(图1:温度分别为300℃ 、500℃的密闭容器中,甲醇的物质的量:图2:温度分别为Tl~T5的密闭容器中,反应均进行到5min时甲醇的体积分数)。下列叙述正确的是 A. 该反应的△H1>0,且K1>K2 B. 将容器c中平衡状态转变到容器d中的平衡状态,可采取的措施有升温或加压 C. 300℃时,向平衡后的容器中再充入0.8molCO, 0.6molH2,0.2molCH3OH,平衡正向移动 D. 500℃时,向平衡后的容器中再充入1molCH3OH,重新平衡后,H2浓度和百分含量均增大 【答案】C 【解析】 A、由图1可知,升高温度,甲醇减少,平衡逆向移动,正向放热,△H1<0,且K1>K2,故A错误;B、正反应放热,反应后体积减小,从c到d,甲醇减少,平衡逆向移动,故可采取的措施有升温或减压,故B错误;C、先算平衡常数,平衡时甲醇的物质的量为0.8mol代入平衡常数计算式,300℃时,向平衡后的容器中再充入0.8molCO, 0.6molH2,0.2molCH3OH,浓度商Qc=,平衡正向移动,故C正确;D、500℃时,向平衡后的容器中再充入1molCH3OH,相当于增大压强,平衡正向移动,重新平衡后,H2浓度增大,但百分含量均减小,故D错误;故选C。 点睛:通过物质的量随时间变化曲线,考查温度压强等因素对化学平衡的影响,难度中等,C计算平衡常数和浓度商比较判断反应进行的方向,是本题的难点。 16.普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液.根据这一物理化学特点,科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间.此法的原理如图所示,反应的总方程式为2Cu+Ag2O═Cu2O+2Ag,下列有关说法正确的是(  ) A. 2?mol?Cu与1?mol?Ag2O的总能量低于1?mol?Cu2O与2?mol?Ag具有的总能量 B. 负极的电极反应式为2Cu+2OH--2e-═Cu2O+H2O C. 测量原理示意图中,电流方向从Cu→Ag2O D. 电池工作时,OH-向正极移动 【答案】B 【解析】 【详解】A.因为原电池的构成条件之一为自发的放热的氧化还原反应,所以该反应为放热反应,则2molCu与1molAg2O的总能量大于1molCu2O与2molAg具有的总能量,故A错误;? B.负极发生氧化反应,电极方程式为2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O,故B正确;? C.测量原理示意图中,电流方向从正极流向负极,即Ag2O→Cu,故C错误;? D.原电池工作时,阴离子向负极移动,阳离子向正极移动,故D错误; 答案选B。 17.K2Cr2O7溶液中存在平衡:Cr2O72-(橙色)+H2O?2CrO42-(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验: 结合实验,下列说法不正确的是( ) A. ①中溶液橙色加深,③中溶液变黄 B. ②中Cr2O72-被C2H5OH还原 C. 对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强 D. 若向④中加入70%H2SO4溶液至过量,溶液变为橙色 【答案】D 【解析】 【详解】A.在平衡体系中加入酸,平衡逆向移动,重铬酸根离子浓度增大,橙色加深,加入碱,平衡正向移动,溶液变黄,选项A正确; B.②中重铬酸钾氧化乙醇,重铬酸钾被还原,选项B正确; C.②是酸性条件,④是碱性条件,酸性条件下氧化乙醇,而碱性条件不能,说明酸性条件下氧化性强,选项B正确; D.若向④溶液中加入70%的硫酸到过量,溶液为酸性,可以氧化乙醇,溶液变绿色,选项D错误。 答案选D。 【点睛】本题考查化学平衡的影响因素,注意影响化学平衡移动的因素,解答时注意从勒沙特列原理的角度分析,易错点为选项C,②是酸性条件,④是碱性条件,酸性条件下氧化乙醇,而碱性条件不能,说明酸性条件下氧化性强。 二、填空题(共39分) 18.亚硝酸钠是一种工业盐,外观与食盐非常相似,毒性较强。 Ⅰ.经查:①Ksp(AgNO2)=2×10-8,Ksp(AgCl)=1.8×10-10;②Ka(HNO2)=5.1×10-4。请设计最简单的方法鉴别NaNO2和NaCl两种固体______________________ Ⅱ. 某小组同学用如下装置(略去夹持仪器)制备亚硝酸钠 已知:①2NO+Na2O2=2NaNO2; ②酸性条件下,NO和NO2都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+。 (1)使用铜丝的优点是________________________。 (2)装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________。 装置C中盛放的药品是_________;(填字母代号) A.浓硫酸 B.NaOH溶液 C.水 D.四氯化碳 (3)该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250ml溶液,取25.00ml溶液于锥形瓶中, 用0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液进行滴定,实验所得数据如下表所示: 滴定次数 1 2 3 4 消耗KMnO4溶液体积/mL 20.90 20.12 20.00 19.88 ①第一次实验数据出现异常,造成这种异常的原因可能是_________(填字母代号)。 a.锥形瓶洗净后未干燥 b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗 c.滴定终点时仰视读数 ②酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为___________________。 ③该样品中亚硝酸钠质量分数为______________。 【答案】 (1). 分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解; 再分别滴加酚酞试液, 变红为NaNO2 (2). 可以控制反应的发生与停止 (3). Cu +4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (4). C (5). bc (6). 6H++2MnO4-+5NO2-=2Mn2++5NO3-+3H2O (7). 69% 【解析】 试题分析:Ⅰ.根据NaNO2为强碱弱酸盐,亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性分析; Ⅱ.装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应,反应生成二氧化氮、硝酸铜和水,装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮;通过装置D中的干燥剂吸收水蒸气,通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入,通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应,最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气,据此分析解答。 解析:Ⅰ.酸越弱相应酸根越容易水解,溶液碱性越强,因此鉴别NaNO2和NaCl两种固体的方法是:分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解,再分别滴加酚酞试液,变红的为NaNO2; Ⅱ.(1)可通过上下移动铜丝控制反应是否进行,所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止; (2)浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮、硝酸铜和水,方程式为:Cu +4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O ;通过装置C中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮;通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入与过氧化钠反应,所以C中的药品是水,答案选C; (3)①a.锥形瓶洗净后未干燥,待测液的物质的量不变,对V(标准)无影响,根据c(待测)=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知,c(标准)不变,a错误;b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗,标准液的浓度偏小,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知,c(标准)偏大,b正确;c.滴定终点时仰视读数,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知,c(标准)偏大,c正确;答案选bc; ②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子,高锰酸根离子被还原为锰离子,离子方程式为 6H++2MnO4-+5NO2-=2Mn2++5NO3-+3H2O; ③根据表中数据可知第一次实验数据误差太大,舍去,消耗高锰酸钾溶液体积的平均值是0.02L,高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol,则根据方程式6H++2MnO4-+5NO2-=2Mn2++5NO3-+3H2O可知,亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×5/2=0.005mol,则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×100mL/25mL=0.02mol,其质量为0.02mol×69g/mol=1.38g,所以样品中亚硝酸钠的质量分数1.38g/2g×100%=69.0%. 点睛:注意掌握综合实验设计题的解题思路:(1)明确实验的目的和原理。实验原理是解答实验题的核心,是实验设计的依据和起点。实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。在此基础上,遵循可靠性、简捷性、安全性的原则,确定符合实验目的、要求的方案。(2)理清实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程,确定实验操作的方法步骤,把握各步实验操作的要点,理清实验操作的先后顺序。(3)看准图,分析各项实验装置的作用。有许多综合实验题图文结合,思考容量大。在分析解答过程中,要认真细致地分析图中所示的各项装置,并结合实验目的和原理,确定它们在该实验中的作用。(4)细分析,得出正确的实验结论。实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。在分析实验现象(或数据)的过程中,要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因,或从有关数据中归纳出定量公式,绘制变化曲线等。 19.治理SO2、CO、NOx污染是化学工作者研究的重要课题。 Ⅰ.硫酸厂大量排放含SO2的尾气会对环境造成严重危害。 (1)工业上可利用废碱液(主要成分为Na2CO3)处理硫酸厂尾气中的SO2,得到Na2SO3溶液,该反应的离子方程式为______。 Ⅱ.沥青混凝土可作为反应;2CO(g)+O2(g)?2CO2(g)的催化剂。如图表示在相同的恒容密闭容器、相同起始浓度、相同反应时间段下,使用同质量的不同沥青混凝土(α型、β型)催化时,CO的转化率与温度的关系。 (2)a、b、c、d四点中,达到平衡状态的是______。 (3)已知c点时容器中O2浓度为0.02mol?L-1,则50℃时,在α型沥青混凝土中CO转化反应的平衡常数K=______(用含x的代数式表示)。 (4)观察分析图,回答下列问题: ①CO转化反应的平衡常数K(a)______K(c)。 ②在均未达到平衡状态时,同温下β型沥青混凝土中CO转化速率比α型要______(填“大”、“小”)。 ③______点时CO与O2分子之间发生有效碰撞的几率在整个实验过程中最高。 【答案】 (1). CO32-+SO2=SO32-+CO2 (2). bcd (3). (4). > (5). 大 (6). e 【解析】 【分析】 (1)工业上可利用废碱液(主要成分为Na2CO3)处理硫酸厂尾气中的SO2,得到Na2SO3溶液,结合原子守恒、电荷守恒书写离子方程式; (2)图象分析可知b点反应达到平衡状态,升温平衡逆向进行; (3)一氧化碳降解反应2CO(g)+O2(g)?2CO2(g),K=进行计算; (4)①平衡常数是温度的函数,温度升高向吸热方向进行,即向逆反应方向进行,K=,故K减小; ②相同温度下β型沥青混凝土中CO降解速率比α型要大; ③温度越高,有效碰撞的几率越大; 【详解】(1)工业上可利用废碱液(主要成分为Na2CO3)处理硫酸厂尾气中的SO2,得到Na2SO3溶液,结合原子守恒、电荷守恒书写离子方程式为:CO32-+SO2=SO32-+CO2; (2)图象分析可知b点反应达到平衡状态,升温平衡逆向进行,a、b、c、d?四点中,达到平衡状态的是bcd; (3)CO的降解率为x,设起始CO浓度为1mol/L, 平衡常数K===; (4)①平衡常数是温度的函数,温度升高向吸热方向进行,即向逆反应方向进行,K=,故K减小,即Ka>Kc; ②由图得,相同温度下β型沥青混凝土中CO降解速率比α型要大; ③温度越高,有效碰撞的几率越大,故e点的有效碰撞的几率是最大的; 20.氮元素能够形成多种化合物。请回答下列问题: (1)连氨(N2H4)常温下为液态,在空气中迅速完成燃烧生成N2,同时放出大量热,可作导弹、宇航飞船、火箭的燃料。 已知:H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H1=-285.8kJ?mol-1 N2(g)+2H2(g)═N2H4(l)△H2=+50.6kJ?mol-1 则N2H4(l)在空气燃烧生成液态水的热化学方程式为______。 (2)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应CH4(g)+NH3(g)?HCN(g)+3H2(g)△H>0。一定温度下,向2L恒容容器中充入1molCH4(g)和2molNH3(g)发生上述反应,4min达到平衡时,测得CH4的转化率为。0-4min内,用H2表示的该反应速率v(H2)=______。 保持温度和容积不变,再向平衡后的容器中充入2molNH3和2molH2,此时v正______v逆(选填“>”“<”或“=”)。 (3)NH3能够形成Ag(NH3)2+。 ①溶液中存在Ag+(aq)+2NH3(aq)?Ag(NH3)2+(aq),其平衡常数的表达式为K稳=______。 ②常温下,K稳[Ag(NH3)2+]=1.10×107,反应AgCl(s)+2NH3(aq)?Ag(NH3)2+(aq)+Cl-(aq)的化学平衡常数K=1.936×10-3,则Ksp(AgCl)=______。 (4)硫氧化物和氮氧化物是常见的大气污染物,利用如图所示装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2,并用阴极排出的溶液吸收NO2。 ①电极A的电极反应式为______。 ②在碱性条件下,用阴极排出的溶液吸收NO2,使其转化为无害气体,同时有SO32-生成。该反应离子方程式为______。 【答案】 (1). N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-622.2kJ/mol (2). 0.25mol/(L?min) (3). > (4). 1.76×10-10 (5). SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+ (6). 2NO2+8OH-+4S2O42-=N2+8SO32-+4H2O (7). 【解析】 【分析】 (1)已知:①H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H1=-285.8kJ?mol-1 ②N2(g)+2H2(g)=N2H4(l)△H2=+50.6kJ/mol 盖斯定律计算①×2-②得到N2H4(l)在空气燃烧生成液态水的热化学方程式; (2)①CH4(g)+NH3(g)?HCN(g)+3H2(g)△H>0,计算甲烷反应的物质的量,通过化学方程式三行计算列式得到计算生成氢气物质的量,反应速率v(H2)=,计算平衡常数,保持温度和容积不变,再向平衡后的容器中充入2molNH3和2molH2,计算此时浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向; (3)溶液中存在Ag+?(aq)+2NH3?(aq)?Ag( NH3)2+(aq )时,平衡常数K=;常温下,K稳[Ag(NH3)2+]=1.10×107,反应AgCl (s)+2NH3?(aq)?Ag( NH3)2+(aq)+Cl-(aq)的化学平衡常数K=1.936×10-3,结合平衡常数K==×=Ksp(AgCl)K稳[Ag(NH3)2+]; (4)阳极发生氧化反应,阳极上是二氧化硫被氧化为硫酸根,A为阳极,在碱性条件下,用阴极排出的溶液吸收NO2,使其转化为无害气体N2,同时有SO42-生成,结合电话守恒电子守恒和原子守恒写出离子方程式。 【详解】(1)已知:①H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H1=-285.8kJ?mol-1, ②N2(g)+2H2(g)=N2H4(l)△H2=+50.6kJ/mol, 盖斯定律计算①×2-②得到N2H4(l)在空气燃烧生成液态水的热化学方程式:N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-622.2kJ/mol; (2)①一定温度下,向2L恒容容器中充入1mol CH4(g)和2mol NH3(g)发生上述反应,4min达到平衡时,测得CH4的转化率为66.67%.反应的甲烷物质的量=1mol×66.67%=mol,CH4(g)+NH3(g)?HCN(g)+3H2(g)计算得到生成氢气物质的量=mol×3=2mol,0~4min內,用H2表示的该反应速率v(H2)==0.25mol/(L?min), 平衡常数K= =3,保持温度和容积不变,再句平衡后的容器中充入2molNH3和2molH2,此时浓度商Qc==2.4<K=3,平衡正向进行,v正>v逆; (3)溶液中存在Ag+?(aq)+2NH3?(aq)═Ag( NH3)2+(aq )时,平衡常数K=;常温下,K稳[Ag(NH3)2+]=1.10×107,反应AgCl (s)+2NH3?(aq)?Ag( NH3)2+(aq)+Cl-(aq)的化学平衡常数K=1.936×10-3,结合平衡常数K==×=Ksp(AgCl)K稳[Ag(NH3)2+]=1.936×10-3,Ksp(AgCl)==1.76×10-10; (4)①A为阳极,阳极发生氧化反应,阳极上是二氧化硫被氧化为硫酸根,阳极电极反应式为:SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+; ②在碱性条件下,用阴极排出的溶液吸收NO2,使其转化为无害气体N2,同时有SO32-生成,该应的离子方程式为:2NO2+8OH-+4S2O42-=N2+8SO32-+4H2O。 三、选答题(共10分) 《有机化学基础》 21.利用红外光谱对有机化合物分子进行测试并记录,可初步判断该有机物分子拥有的 A. 同分异构体数 B. 原子个数 C. 基团种类 D. 共价键种类 【答案】C 【解析】 【详解】红外光谱是一种鉴定有机物结构有关的物理方法,在有机物分子中,组成化学键或官能团的原子处于不断振动的状态,其振动频率与红外光的振动频率相当。所以,当用红外线照射有机物分子时,分子中的化学键或官能团可发生振动吸收,不同的化学键或官能团吸收频率不同,在红外光谱图上将处于不同的位置,从而可以获得分子中含有何种化学键或官能团的信息。氢原子种类是利用核磁共振仪,通过核磁共振氢图可判断氢原子种类。答案选C。 22.下列分子为手性分子的是(  ) A. CH3CH2Cl B. CH3CH2CHBrCH2CH2OH C. CH3CCl(CH3)CH2CH2CH3 D. CH3CH2C(CH3)2CH2Cl 【答案】B 【解析】 【详解】A.CH3CH2Cl中,两碳原子所连接的四个基团有一样的,没有手性碳原子,不属于手性分子,故A错误;? B.CH3CH2CHBrCH2CH2OH中第三个碳原子,连有四个不同取代基,该碳原子具有手性,属于手性分子,故B正确;? C.CH3CCl(CH3)CH2CH2CH3中第二个碳原子,连接两个甲基,没有手性碳原子,不属于手性分子,故C错误;? D.CH3CH2C(CH3)2CH2Cl中,四个碳原子所连接的四个基团有一样的,没有手性碳原子,不属于手性分子,故D错误;? 答案选B。 【点睛】根据手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子,手性碳原子判断注意:(1)手性碳原子一定是饱和碳原子;(2)手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。 23.测定有机化合物中碳和氢的组成常用燃烧分析法。如图是德国化学家李比希测定有机物组成的装置,氧化铜作催化剂,在750℃左右使有机物在氧气流中全部氧化为CO2和H2O,用含有固体氢氧化钠和氯化钙的吸收管分别吸收CO2和H2O。 试回答下列问题: (1)甲装置中盛放的药品是______。 (2)将4.6g 有机物A进行实验,测得生成5.4gH2O和8.8gCO2,则该物质中各元素的原子个数比是______。 (3)经测定,有机物A的1H核磁共振谱如图,则A的结构简式为______。 【答案】 (1). CaCl2 (2). N(C):N(H):N(O)=2:6:1 (3). CH3CH2OH 【解析】 【分析】 (1)在氧气流中全部氧化为CO2和H2O,通过测定生成的CO2、H2O的量确定实验式,用氯化钙吸收水蒸气,用氢氧化钠吸收二氧化碳,由于二氧化碳会吸收水蒸气,故先用氯化钙吸收水蒸气,再用氢氧化钠吸收二氧化碳,由于装置内有空气,会影响水蒸气、二氧化碳质量测定,实验开始时,要先通入氧气排尽装置内空气; (2)计算生成水、二氧化碳的物质的量,根据质量守恒判断是否含有O元素,若含有元素,计算原子物质的量; (3)根据原子数目之比确定有机物最简式,若最简式中H原子已经饱和C的四价结构,则最简式均为分子式,否则需要知道有机物相对分子质量来确定分子式,有机物A的核磁共振氢谱有3个吸收峰,说明含有3种H原子。 【详解】(1)因为氢氧化钠能同时吸收CO2和H2O,从而无法确定生成水和CO2的质量,故先用氯化钙吸收水蒸气,再用氢氧化钠吸收二氧化碳; (2)生成水物质的量为 =0.3mol,H原子物质的量为0.6mol,生成二氧化碳为=0.2mol,碳原子物质的量为0.2mol,氧原子物质的量为4.6g?0.6mol×1g/mol?=0.1mol,故有机物A中N(C):N(H):N(O)=0.2:0.6:0.1=2:6:1; (3)由于有机物A中原子个数比N(C):N(H):N(O)=2:6:1,H原子已经饱和碳的四价结构,则有机物分子式为或C2H6O,有机物A的核磁共振氢谱有3个吸收峰,说明含有3种H原子,则有机物的结构简式为:CH3CH2OH。 《物质结构与性质》 24.2007年9月,美国科学家宣称发现了普通盐水在无线电波照射下可燃烧,这很可能是21世纪人类最伟大的发现之一,有望解决用水作人类能源的重大问题.无线电频率可以降低盐水中所含元素之间的“结合力”,释放出氢原子,若点火,氢原子就会在该种频率下持续燃烧.上述中“结合力”实质是(  ) A. 分子间作用力 B. 氢键 C. 非极性共价键 D. 极性共价键 【答案】D 【解析】 【详解】水分子是由H原子和O原子构成的,H原子和O原子之间存在极性共价键,“释放出氢原子”必须破坏水分子内的氢氧键,这是一种共价键,不同种原子之间形成的是极性共价键,答案选D。 【点睛】一般来说,活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键,非金属元素之间易形成共价键。 25.由短周期元素构成的某离子化合物中,一个阳离子和一个阴离子核外电子数之和为20,且阴、阳离子所带电荷相等.下列说法正确的是(  ) A. 晶体中阳离子和阴离子数不一定相等 B. 晶体中一定只有离子键没有共价键 C. 所含元素一定不在同一周期也不在第1周期 D. 晶体中阳离子半径一定大于阴离子半径 【答案】A 【解析】 【详解】由短周期元素构成的某离子化合物中,一个阳离子和一个阴离子核外电子数之和为20,且阴、阳离子所带电荷相等,则阴、阳离子均是10电子微粒,阴离子有:N3-、O2-、F-、OH-等,阳离子有:NH4+、Na+、Mg2+、Al3+等。? A.当阴、阳离子所电荷不相等,阳离子和阴离子个数不相等,如:MgF2、Na2O,当阴、阳离子所电荷相等,阳离子和阴离子个数相等,如NaF、NaOH,故A正确;? B.X是离子化合物,一定有离子键,也可能含共价键,如NaOH、Mg(OH)2、NH4F等,故B错误;? C.NH4+中氢元素在第一周期,所以构成该离子化合物的元素可能在第一周期,故C错误;? D.对简单的离子,阴、阳离子电子层结构相同,核电荷数越大,离子半径越小,阳离子的核电荷数一定大于阴离子的核电荷数,所以X中阳离子半径小于阴离子半径,故D错误; 答案选A。 26.A、B、C、D、E、F为六种短周期元素,它们核电荷数依次递增。已知:B原子核外最外层电子数是次外层电子数的两倍,电子总数是E原子总数的1/2,F是同周期元素中原子半径最小的元素;D2﹣与E2+的电子层结构相同。B与D可以形成三原子化合物甲。A是非金属元素,且A、C、F可形成离子化合物乙。请回答: (1)C单质的电子式_____,F元素原子的电子排布式_____,E元素的原子结构示意图是_____; (2)化合物乙中含有的化学键是_____; (3)化合物甲的结构式_____,固体时属于_____晶体。 【答案】 (1). (2). 1s22s22p63s23p5 (3). (4). 离子键、极性共价键、配位键 (5). O=C=O (6). 分子 【解析】 【分析】 B原子核外最外层电子数是次外层电子数的两倍,应为C元素,电子总数是E原子总数的12,则E的原子序数为12,应为Mg元素,F是同周期元素中原子半径最小的元素,位于第三周期,应为Cl元素,D2-与E2+的电子层结构相同,则D应为O,由此可知C为N元素,A是非金属元素,且A、C、F可形成离子化合物乙,可知A为H元素,乙为氯化铵。 【详解】(1)由以上分析可知C为N元素,单质的电子式为,F为Cl元素,电子排布式为1s22s22p63s23p5,E为Mg元素,原子核外有3个电子层,最外层电子数为2,原子结构示意图为; (2)乙为氯化铵,为离子化合物,含有离子键、共价键和配位键; (3)C与O可以形成三原子化合物甲,为CO2,其结构式为O=C=O,固体时属于分子晶体。 【点睛】本题考查原子结构与元素周期律,为高考常见题型,元素的推断是解答本题的关键,在推断中抓住“短周期”、“主族”、“核电荷数依次递增”,并注意信息的前后呼应,把握物质的性质,学习中注意积累。 - 24 -

    • 2020-07-13
    • 下载0次
    • 696KB
  • ID:7-7570301 吉林省长春市榆树市2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题 Word版含解析

    高中化学/期末专区/高一上学期

    吉林省长春市榆树市2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题 注意事项: 1.答题前填好自己的姓名、班级、考号等信息。 2.请将答案正确填写在答题卡上。 3.可能用到的相对原子质量:H: 1 C:12 Cl:35.5 N:14 S:32 Ca:40 一、选择题(每题只有1个正确选项,每题3分,共54分) 1.下列化学用语①过滤 ②蒸馏 ③丁达尔效应 ④渗析 ⑤电泳 ⑥分液,适用混合物分离提纯的是( ) A. ①②③ B. ①②④⑥ C. ①②③④⑥ D. 全部 【答案】B 【解析】 详解】①过滤用于分离固液混合物; ②蒸馏用于分离沸点相差较大的液体混合物; ③丁达尔效应用于区分溶液和胶体,不用于分离物质; ④渗析用于将胶体与混有的杂质离子或分子分离; ⑤电泳用于检验胶粒的带电情况,不用于物质的分离; ⑥分液用于分离不互溶的液体混合物。 综合以上分析,①②④⑥用于分离混合物。故选B。 2.下列试剂能贮存在磨口玻璃塞的试剂瓶里的是( ) A. HF溶液 B. KOH溶液 C. 盐酸 D. 水玻璃 【答案】C 【解析】 【详解】A. HF能与二氧化硅反应生成四氟化硅和水,HF溶液保存在塑料瓶中,A错误; B.强碱能与二氧化硅反应生成黏性很强的硅酸钠,KOH溶液可以保存在试剂瓶中,但不能使用玻璃塞,B错误; C. 盐酸与二氧化硅不反应,能贮存在磨口玻璃塞的试剂瓶里,C正确; D. 水玻璃是硅酸钠溶液,不能用磨口玻璃塞,D错误; 答案选C。 【点睛】掌握相应化学试剂的性质是解答的关键,注意掌握药品的存放方法:(1)按酸碱性及氧化性选择瓶塞:①玻璃塞:一般试剂可用玻璃塞,但碱及碱性物质的存放需用软木塞或橡皮塞。②橡皮塞:强氧化性物质(如KMnO4、Br2、H2O2、浓H2SO4、浓HNO3等)及有机物(如苯、四氯化碳、汽油等)存放不可用橡皮塞。(2)按稳定性选择瓶子的颜色:①无色瓶子:存放一般试剂。②棕色瓶子:存放见光或受热易分解的药品,并置于阴凉处,如HNO3、AgNO3、卤化银、氯水、溴水、碘水等。 3.下列物质中既能跟稀H2SO4反应,又能跟氢氧化钠溶液反应的是 (  ) ①NaHCO3②Al2O3③Al (OH )3④Al. A. ③④ B. ②③④ C. ①③④ D. 全部 【答案】D 【解析】 【详解】①NaHCO3属于弱酸弱碱盐,既能与稀硫酸反应,生成CO2气体,又能与氢氧化钠反应,生成盐,故①正确; ②Al2O3属于两性氧化物,既能与稀硫酸反应,生成Al3+离子,又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子,故②正确; ③Al(OH)3属于两性氢氧化物,既能与稀硫酸反应,生成Al3+离子,又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子,故③正确; ④金属铝与稀硫酸反应生成Al3+和氢气,与氢氧化钠反应生成AlO2-和氢气,故④正确。 选D。 4.用NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是 A. 标准状况下,22.4L H2O含有的分子数为1NA B. 常温常压下,1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02NA C. 通常状况下,1NA个CO2分子占有的体积为22.4L D. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中,含有Cl-个数为1NA 【答案】B 【解析】 【详解】A. 标准状况下, H2O为液态,不能直接进行计算,A项错误; B. 常温常压下,1.06g Na2CO3的物质的量为0.01mol,Na+的物质的量为0.01mol,离子数为0.02NA,B项正确; C. 条件不是标准状况,无法进行计算,C项错误; D. 题干中未给出溶液的体积,无法进行计算,D项错误; 答案选B。 【点睛】本题计算时要注意气体摩尔体积的研究对象,物质在标准状况下的状态是易错点,利用 计算物质的量时是否给出了溶液的体积是容易忽略的地方。 5.下列各组物质与其用途的关系不正确的是( ) A. 过氧化钠:供氧剂 B. 碳酸钠:治疗胃酸过多的一种泻药 C. 氧化铝:耐火坩埚 D. 明矾:净水剂 【答案】B 【解析】 A. 过氧化钠能与水及CO2反应生成氧气,可供氧剂,A正确;B. 碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多,碳酸钠腐蚀性强,不能用于,B错误;C. 氧化铝性质稳定,熔沸点高,可制作耐火坩埚,C正确;D. 明矾溶于水产生氢氧化铝胶体,可作净水剂,B正确,答案选B。 6.用4mol/L的硫酸溶液配制450ml0.2mol/L的硫酸溶液,用不到的仪器是( ) A. 托盘天平 B. 胶头滴管 C. 烧杯 D. 500ml容量瓶 【答案】A 【解析】 【详解】因为实验室没有450ml规格的容量瓶,所以只能选择500ml的容量瓶,溶解时需要使用烧杯,定容时需要使用胶头滴管。4mol/L的硫酸溶液用量筒量取,不需使用托盘天平。故选A。 7.下列反应类型一定是氧化还原反应的是( ) A. 分解反应 B. 置换反应 C. 复分解反应 D. 化合反应 【答案】B 【解析】 【详解】A. 有些分解反应不是氧化还原反应,如碳酸钙的分解反应,A不合题意; B. 置换反应有单质参加反应、有单质生成,一定是氧化还原反应,B符合题意; C. 复分解反应是两种物质交换成分,生成两种新的化合物,没有元素价态的改变,一定是非氧化还原反应,C不合题意; D. 有些化合反应不是氧化还原反应,如CaO与水的反应,D不合题意。 故选B。 8.将过量的CO2通入下列溶液中,一定能产生沉淀的是( ) A. 氢氧化钡溶液 B. 氯化钙溶液 C. 硅酸钠溶液 D. 次氯酸钠溶液 【答案】C 【解析】 【详解】A. 氢氧化钡溶液中通入过量的CO2,起初生成BaCO3沉淀,后来沉淀溶解,生成Ba(HCO3)2,A不合题意; B. 氯化钙溶液中通入CO2,不发生反应,没有沉淀产生,B不合题意; C. 硅酸钠溶液中通入过量的CO2,生成硅酸沉淀,C符合题意; D. 次氯酸钠溶液中通入过量CO2,生成HClO和NaHCO3,无沉淀产生,D不合题意。 故选C。 9.下列叙述正确的是( ) A. 胶体的本质特征是丁达尔效应 B. 焰色反应是元素的性质,属于化学变化 C. 密度为1.84g/ml、98%的硫酸,其物质的量浓度为1.84mol/L D. NA个HCl分子的质量(以克为单位)与其相对分子质量在数值上相等 【答案】D 【解析】 【详解】A. 胶体的本质特征是胶粒直径介于10-9~10-7m之间,A不合题意; B. 焰色反应是元素的离子核外电子由稳定态吸收能量转化为不稳定态,再由不稳定态释放能量转化为稳定态的过程,能量以光的形式释放,所以我们看到焰色,属于物理变化,B不合题意; C. 密度为1.84g/ml、98%的硫酸,其物质的量浓度为=18.4mol/L,C不正确; D. NA个HCl分子的质量(以克为单位),数值上等于HCl的摩尔质量,与其相对分子质量在数值上相等,D正确。 故选D。 10.将铁的化合物溶于盐酸,滴加KSCN溶液不发生颜色变化,再加入适量氯水,溶液立即呈红色的是 A. Fe2O3 B. FeCl3 C. Fe2(SO4)3 D. FeO 【答案】D 【解析】 【详解】铁的化合物溶于盐酸后滴加KSCN溶液不发生颜色变化,说明其中不含铁离子,再加入适量氯水后溶液变红色,说明溶于盐酸后的溶液中存在亚铁离子,Fe2O3、FeCl3、Fe2(SO4)3溶于盐酸溶液中均有Fe3+的存在,滴加KSCN溶液会产生红色,而FeO溶于盐酸生成FeCl2,故选D。 【点睛】加入适量氯水后溶液变红色,说明溶于盐酸后的溶液中存在亚铁离子是解答的突破口。 11.某同学配制一定浓度的NaOH溶液时,造成所配溶液浓度偏高的原因是( ) A. 所用NaOH已潮解 B. 向容量瓶中加水未至刻度线 C. 有少量NaOH溶液残留在烧杯里 D. 移液前容量瓶中有少量蒸馏水 【答案】B 【解析】 【详解】利用公式c=进行误差分析。 A 所用NaOH已潮解,则m偏小,c偏低,A不合题意; B 向容量瓶中加水未至刻度线,V偏小,c偏高,B符合题意; C. 有少量NaOH溶液残留在烧杯里,m偏小,c偏低,C不合题意; D. 移液前容量瓶中有少量蒸馏水,对m、V都不产生影响,c不变,D不合题意。 故选B。 12.有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3这五种溶液,只用一种试剂就可以把它们鉴别出来,这种试剂是( ) A. 烧碱溶液 B. KSCN试剂 C. 氨水 D. 盐酸 【答案】A 【解析】 【详解】A.向以上五种溶液中加入氢氧化钠溶液后反应现象为:无现象;先生成白色沉淀后生成灰绿色沉淀最终生成红褐色沉淀;红褐色沉淀;白色沉淀;先生成白色沉淀后沉淀消失,反应现象不同,所以可以用氢氧化钠溶液区别,A正确; B. KSCN试剂只能和FeCl3作用使溶液显红色,与其余四种物质不反应,现象相同,无法区别,B错误; C.氨水和NaCl混合无现象,与FeCl3混合,产生红褐色沉淀,与FeCl2混合先生成白色沉淀后生成灰绿色沉淀最终生成红褐色沉淀;而与MgCl2、AlCl3两种物质混合都产生白色沉淀,现象相同,无法区别,C错误; D.盐酸与题目已给五种物质都不能反应,现象相同,无法区别,D错误; 故合理选项是A。 13.反应KIO3+6KI=3I2+KI+3 H2O,氧化剂与还原剂的物质的量之比为( ) A. 1:1 B. 1:6 C. 1:5 D. 5:1 【答案】C 【解析】 【详解】在反应KIO3+6KI=3I2+KI+3 H2O中,KIO3中的I由+5价全部转化为0价的I2,6个KI中的I有1个转化为KI,I的价态不变,另外的5个转化为0价的I2,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5。故选C。 14.将固体X投入过量的Y中,能生成白色沉淀并放出一种无色气体,该气体能燃烧,不易溶于水,则X和Y分别可能是( ) A. 钠和氯化铝溶液 B. 铝和烧碱溶液 C. 氢氧化钠和氯化铁 D. 锌和稀硫酸 【答案】A 【解析】 【详解】A. 钠先和水反应,生成NaOH和H2,H2能燃烧且不易溶于水;NaOH和氯化铝溶液反应,因为氯化铝过量,所以最终生成Al(OH)3沉淀,A符合题意; B. 铝和烧碱溶液反应,生成NaAlO2和H2,没有沉淀生成,B不合题意; C. 氢氧化钠和氯化铁反应,生成Fe(OH)3沉淀和氯化钠,没有气体产生,C不合题意; D. 锌和稀硫酸反应,生成ZnSO4和H2,没有沉淀产生,D不合题意。 故选A。 15.某溶液中加入铝粉有氢气产生,该溶液中一定不能大量共存的离子组是( ) A. Na+ NO3- CO32- Cl- B. ClO- Ba2+ Na+ AlO2- C. K+ Fe2+ NO3- Cl- D. Cl- Na+ K+ SO42- 【答案】C 【解析】 某溶液中加入铝粉有氢气产生,该溶液可能显酸性,也可能显碱性,A. 如果显酸性,碳酸根不能大量共存,且在酸性溶液中硝酸根与铝反应得不到氢气,但在碱性溶液中可以大量共存,A错误;B. 如果显酸性,次氯酸根、偏铝酸根离子不能大量共存,且在酸性溶液中次氯酸根与铝反应得不到氢气,但在碱性溶液中可以大量共存,B错误;C. 碱性溶液中亚铁离子不能大量共存,酸性溶液中硝酸根氧化亚铁离子,且在酸性溶液中硝酸根与铝反应得不到氢气,一定不能大量共存,C正确;D. Cl-、Na+、K+、SO42-在酸性或碱性溶液中均可以大量共存,D错误,答案选C。 16.己知在碱性溶液中可发生如下反应: 2R(OH)3+ 3C1O-+ 4OH-= 2RO4n-+3Cl-+5H2O。则RO4n-中R的化合价是( ) A. +3 B. +4 C. +5 D. +6 【答案】D 【解析】 【详解】根据方程式两端电荷守恒可知n==2,O元素是-2价,所以R的化合价是+6价, 答案选D。 17.CO2 和氢氧化钠溶液反应,所得产物中 Na2CO3 和 NaHCO3 物质的量之比为 3 :5 ,则参加反应的 CO2 和NaOH 的物质的量之比为 A. 3 :5 B. 1 : 2 C. 8 : 11 D. 18 : 8 【答案】C 【解析】 设所得产物中Na2CO3和NaHCO3物质的量分别是3mol、5mol,参加反应的CO2和NaOH的物质的量分别是xmol、ymol,根据原子守恒可知3+5=x、3×2+5=y,因此x:y=8:11,答案选C。 18.已知还原性由强到弱顺序为SO32-> I->Br-,向NaBr、NaI、Na2SO3的混合溶液中通入一定量的氯气后,将溶液蒸干并充分灼烧,得到的剩余固体物质的组成可能是( ) A. NaCl B. NaCl、Na2SO4、NaI C. NaCl、Na2SO4、I2 D. NaCl、NaBr、Na2SO4 【答案】D 【解析】 【详解】根据氧化还原反应的先后顺序取决于氧化性或还原性的相对强弱,还原性最强的Na2SO3优先与Cl2反应Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl生成Na2SO4,所以固体中一定含有Na2SO4;其余依次为NaI、NaBr分别与Cl2反应生成NaCl、I2、Br2,则固体中一定含有NaCl;有可能NaBr未反应完全,但不会NaBr反应完全而余NaI,生成的I2、Br2蒸干并灼烧时将挥发,升华脱离固体。 故答案选D。 二、填空题 19.(1)有①分液漏斗②量筒③容量瓶,使用前需检查是否漏液的是___(填序号) (2)___molH2O中含有的氧原子数与1.5molCO2中含有的氧原子数相等。 (3)标准状况下的四种气体:①6.72LCH4②3.01×1023个HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3,密度最大的是___(填序号) (4)10mL的CaCl2溶液里含2gCa2+,从中取出一半的溶液中Cl-的物质的量浓度是___。 (5)在Na2SO4和K2SO4的混合溶液中c(Na+)=0.2mol/L,c(SO42-)= amol/L,c(K+)=bmol/L时,a和b的关系是___。 (6)某物质A加热时按化学方程式2A=2B+C+3D分解,产物均为气体,测得由生成物组成的混合气体对H2的相对密度为20,则反应物A的摩尔质量为___。 (7)下列物质中:①铜 ②碳酸钙 ③氨气 ④氯气 ⑤空气 ⑥二氧化碳 ⑦氯化钠晶体 ⑧熔融硫酸钠。 属于电解质的是___, 非电解质的是___。 【答案】 (1). ①③ (2). 3 (3). ② (4). 10mol/L (5). 2a-b=0.2 (6). 120g/mol (7). ②⑦⑧ (8). ③⑥ 【解析】 【分析】 (1)若分液漏斗漏液,则会导致使用时液体沿漏斗颈流出;若容量瓶瓶塞与瓶口间漏液,则会造成定容时有液体流出。 (2)利用O原子守恒,则n(H2O)= 1.5mol×2,从而求出n(H2O)。 (3)标准状况下,气体的密度之比等于其相对分子质量之比,比较四种气体的相对分子质量,即可确定密度最大的气体。 (4)c(Cl-)=,从中取出一半的溶液中Cl-的物质的量浓度不变。 (5)利用电荷守恒,可求出a和b的关系。 (6)由生成物组成的混合气体对H2的相对密度为20,则生成物的平均相对分子质量为20×2=40,可假设反应物为2mol,则生成物为6mol,利用分解前后质量相等建立等量关系式,从而求出反应物A的摩尔质量。 (7)属于电解质的是酸、碱、盐, 属于非电解质的是非金属氧化物和氮的氢化物。 【详解】(1)分液漏斗的活塞处,容量瓶的瓶塞与瓶口处都可能漏液,所以需检查是否漏液的仪器是①③。答案为:①③; (2)利用O原子守恒,n(H2O)= 1.5mol×2,则n(H2O)=3mol。答案为:3; (3)标准状况下,气体的密度之比等于其相对分子质量之比,四种气体的相对分子质量分别为①CH4,16,②HCl,36.5,③H2S,34,④NH3,17。HCl的相对分子质量最大,即可确定密度最大的气体是②。答案为:②; (4)10mL的CaCl2溶液里含2gCa2+,c(Cl-)=,从中取出一半的溶液中Cl-的物质的量浓度仍为10mol/L。答案为:10mol/L; (5)在Na2SO4和K2SO4的混合溶液中c(Na+)=0.2mol/L,c(SO42-)= amol/L,c(K+)=bmol/L时,利用电荷守恒,可得出2a=0.2+b。答案为:2a-b=0.2; (6)由生成物组成的混合气体对H2的相对密度为20,则生成物的平均相对分子质量为20×2=40,可假设反应物为2mol,则生成物为6mol,利用质量守恒可得出2mol×M(A)=6mol×40g/mol,从而求出M(A)= 120g/mol。答案为:120g/mol; (7)在①铜 ②碳酸钙 ③氨气 ④氯气 ⑤空气 ⑥二氧化碳 ⑦氯化钠晶体 ⑧熔融硫酸钠中,②⑦⑧都是纯净的盐,属于电解质;③⑥为纯净的非金属氧化物和氮的氢化物,属于非电解质。答案为:②⑦⑧;③⑥。 【点睛】从溶液中取出一部分溶液,由于溶液是均匀的混合物,所以取出溶液的物质的量浓度、质量分数、密度与原溶液相等;但溶质的物质的量、溶质的质量、溶液的质量、溶液的质量都比原溶液中少。 三、实验题 20.兴趣小组探究实验室中制备Cl2的过程,为证明过程中有水蒸气和HCl挥发出来,同时证明Cl2的某些性质,甲同学设计了如图所示的实验装置,按要求回答问题: (1)若用浓盐酸与足量的MnO2反应制Cl2。MnO2+4HCl(浓)△MnCl2+Cl2↑+2H2O。 ①用双线桥表示该反应的电子转移___。 ②___作氧化剂 ,___作还原产物。 (2)①装置B中盛放的试剂名称为___,作用是___。 ②装置D和E中出现的不同现象说明的问题是___。 ③写出装置G中发生反应的离子方程式:___。 【答案】 (1). (2). MnO2 (3). MnCl2 (4). 无水硫酸铜 (5). 检验有水挥发出来 (6). 干燥的氯气无漂白作用,潮湿的氯气与水反应生成次氯酸,其具有漂白性 (7). Ag++Cl-=AgCl↓ 【解析】 【分析】 (1)在反应MnO2+4HCl(浓)△MnCl2+Cl2↑+2H2O中,Mn由+4价降低为+2价,Cl由-1价部分升高为0价。 ①用双线桥表示该反应的电子转移方向时,箭头从反应物中的变价元素,指向生成物中同一种变价元素;转移的数目是得电子总数,或者是失电子总数。 ②含价态降低元素的反应物作氧化剂,含价态降低元素的生成物作还原产物。 (2)①检验气体时,应先检验水蒸气,常使用无水硫酸铜。 ②干燥氯气没有漂白性,潮湿的氯气因与水发生反应生成次氯酸,从而表现出漂白性。 ③氯气溶于水后,与水反应生成HCl,电离出的Cl-能与Ag+发生反应,生成白色沉淀。 【详解】(1)在反应MnO2+4HCl(浓)△MnCl2+Cl2↑+2H2O中,Mn由+4价降低为+2价,Cl由-1价部分升高为0价。 ①双线桥表示该反应的电子转移方向和数目的方程式为。答案为:; ②在此反应中,MnO2中Mn价态降低,作氧化剂,MnCl2含价态降低元素,作还原产物。答案为:MnO2;MnCl2; (2)①检验气体时,应先检验水蒸气,常使用无水硫酸铜,通过变蓝可确定有水挥发出来。答案为:无水硫酸铜;检验有水挥发出来; ②装置D中干燥的有色布条不褪色,E中潮湿的有色布条褪色。从而表明:干燥氯气没有漂白性,潮湿的氯气因与水发生反应生成次氯酸,从而表现出漂白性。答案为:干燥的氯气无漂白作用,潮湿的氯气与水反应生成次氯酸,其具有漂白性; ③氯气溶于水后,与水反应生成HCl,电离出的Cl-能与Ag+发生反应,生成白色沉淀,反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。答案为:Ag++Cl-=AgCl↓。 【点睛】分析氧化还原反应中物质表现的性质时,首先看元素的价态,含价态升高元素的反应物作还原剂,含价态降低元素的反应物作氧化剂,含价态升高元素的生成物为氧化产物,含价态降低元素的生成物为还原产物。如果物质所含元素价态部分发生改变,则未改变部分不表现出氧化性或还原性,但可能表现出酸性或碱性。如实验室用MnO2与浓盐酸反应制Cl2,生成MnCl2的那部分盐酸中的Cl价态未改变,此部分盐酸表现出酸性;3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2中,生成NH4Cl的那部分NH3中的N价态未变,此部分NH3表现出碱性。 四、推断题 21.已知A是一种常见的一种金属,F是一种红褐色的沉淀。试根据图中转化关系,回答下列问题。 (1)写出A、B、D、E的化学式:A___、B___、D___、E___。 (2)检验D中阳离子的方法:___。 (3)保存C溶液时为什么加固体A___。 (4)写出下列转化的离子方程式 ①C→E___。 ②A→C___。 【答案】 (1). Fe (2). Fe3O4 (3). FeCl3 (4). Fe(OH)2 (5). 取该溶液少许于试管中,滴加几滴KSCN溶液,溶液显血红色,则证明溶液有三价铁离子,否则没有 (6). 防止Fe2+被氧化 (7). Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓ (8). Fe+2H+=Fe2++H2↑ 【解析】 【分析】 F是一种红褐色的沉淀,则其为Fe(OH)3,A为Fe。从而可推出B为Fe3O4,C为FeCl2,D为FeCl3,E为Fe(OH)2,F为Fe(OH)3,G为Fe2O3,X为HCl。 (1)由以上推断,可确定A、B、D、E的化学式。 (2)D中阳离子为Fe3+,检验的方法是使用KSCN溶液。 (3)C为FeCl2,保存溶液时,需防止Fe2+被空气中的O2氧化。 (4)①C→E,是FeCl2与NaOH发生反应。 ②A→C,是Fe与HCl发生反应。 【详解】F是一种红褐色的沉淀,则其为Fe(OH)3,A为Fe。从而可推出B为Fe3O4,C为FeCl2,D为FeCl3,E为Fe(OH)2,F为Fe(OH)3,G为Fe2O3,X为HCl。 (1)由以上推断,可确定A为 Fe、B为 Fe3O4、D为 FeCl3、E为 Fe(OH)2。答案为:Fe;Fe3O4;FeCl3;Fe(OH)2; (2)D中阳离子为Fe3+,检验的方法是取该溶液少许于试管中,滴加几滴KSCN溶液,溶液显血红色,则证明溶液有三价铁离子,否则没有。答案为:取该溶液少许于试管中,滴加几滴KSCN溶液,溶液显血红色,则证明溶液有三价铁离子,否则没有; (3)C为FeCl2,保存溶液时,需防止Fe2+被空气中的O2氧化。答案为:防止Fe2+被氧化; (4)①C→E,离子方程式为Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓。答案为:Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓; ②A→C,离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑。答案为:Fe+2H+=Fe2++H2↑。 【点睛】解无机框图题时,寻找解题的突破口至关重要。通常情况下,特殊的反应条件、特殊的反应现象、信息点多的某个反应,便是解题的突破口。对于本题来说,“F是一种红褐色的沉淀”是个特殊的现象,由此可确定含有铁元素,金属A是单质,从而确定其为铁;B为Fe3O4, Fe3O4与盐酸反应,生成两种盐;铁的氯化物还能与Cl2反应,这又是一个特殊的反应,说明C为FeCl2。 22.1L某混合溶液,可能含有的离子如下表: 可能大量含有的阳离子 H+、Mg2+、Al3+、NH4+ 可能大量含有的阴离子 Cl-、CO32- 往该溶液中逐滴加入NaOH溶液,产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示。(NH4++OH- =NH3·H2O) (1)该溶液中一定不含有的离子是___。 (2)V1、V2、V3、V4之间的关系___。 (3)V3V4段离子方程式为___。 【答案】 (1). Mg2+、CO32- (2). V2-V1=3(V4-V3) (3). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 【解析】 【分析】 加入NaOH至V1时,无沉淀生成,则表明溶液中含有H+,由于CO32-与H+不能大量共存,所以溶液中一定不含有CO32-。V3~V4段,加入NaOH能使沉淀完全溶解,则说明沉淀为Al(OH)3,不含有Mg(OH)2,从而表明原溶液中含有Al3+,不含有Mg2+;则V1~V2段,Al3+与OH-反应生成Al(OH)3沉淀;V2~V3段,沉淀物质的量不变,则表明此段发生反应NH4++OH- =NH3·H2O。因为溶液呈电中性,则一定含有Cl-。 (1)由以上分析,我们可得出该溶液中一定不含有的离子。 (2)V1~V2段,Al3++3OH-=Al(OH)3↓;V3~V4段,Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,以Al(OH)3为桥梁,可得出两个反应中NaOH的体积关系。 (3)V3V4段, Al(OH)3全部溶液于OH-,生成AlO2-和H2O。 【详解】加入NaOH至V1时,无沉淀生成,则表明溶液中含有H+,由于CO32-与H+不能大量共存,所以溶液中一定不含有CO32-。V3~V4段,加入NaOH能使沉淀完全溶解,则说明沉淀为Al(OH)3,不含有Mg(OH)2,从而表明原溶液中含有Al3+,不含有Mg2+;则V1~V2段,Al3+与OH-反应生成Al(OH)3沉淀;V2~V3段,沉淀物质的量不变,则表明此段发生反应NH4++OH- =NH3·H2O。因为溶液呈电中性,则一定含有Cl-。 (1)由以上分析,可得出该溶液中一定不含有的离子Mg2+、CO32-。答案为:Mg2+、CO32-; (2)V1~V2段,Al3++3OH-=Al(OH)3↓;V3~V4段,Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,以Al(OH)3为桥梁,可得出V2-V1=3(V4-V3)。答案为:V2-V1=3(V4-V3); (3)V3V4段, Al(OH)3全部溶液于OH-,生成AlO2-和H2O,反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。答案为:Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。 【点睛】在判断图象中线段对应反应时,若我们弄不清哪种离子先反应,哪种离子后反应,可从共存寻求突破。比如HNO3与NaOH反应完之后,我们假设NH4+先与OH-反应生成一水合氨,一水合氨又会与Mg2+、Al3+反应,分别生成Mg(OH)2、Al(OH)3和NH4+,则表明假设错误,应为Mg2+、Al3+先与OH-反应,而NH4+后发生反应。 - 1 -

    • 2020-07-13
    • 下载0次
    • 320KB
老时时开奖结果记录 福建31选7 开奖 新城控股股票 吉林快3预测 河北快三走势图彩经网 股票涨跌对公司的影响 北京快三官网 喜乐彩票骗局揭秘 75秒极速赛车开奖结果 湖北11选5排列表 配资平台公司 安徽快3一定一牛 2019股票配资平台排名 七乐彩中奖规则说明 河南今天11选5走势图 股票分析文章 广东省快乐十分预测网