江苏省徐州市睢宁县古邳中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试卷

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文档介绍

江苏省徐州市睢宁县古邳中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试卷

化学试卷 可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Fe-56 Cu-64‎ 第Ⅰ卷(选择题共45分)‎ 单项选择题(本题包括15小题,每题3分,共45分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.“绿水青山就是金山银山”。下列做法有利于环境保护和可持续发展的是 A. 生活垃圾直接露天焚烧,减少处理成本 B. 大量生产一次性超薄塑料袋,方便日常生活 C. 加大农药和化肥的生产和使用量,以提高粮食的产量 D. 推行绿色设计、绿色工艺,开发绿色产品,从源头上消除污染 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析:A、垃圾焚烧危害大;B、废塑料会造成白色污染;C、根据农药化肥对人体有害进行分析;D、绿色化学环境保护以防而不是以治。‎ 详解:A、生活垃圾直接露天焚烧可产生大量二恶英、颗粒物和有机物,对人体危害很大,选项A错误; B、塑料不易降解,容易造成“白色污染”,不符合题意,选项B错误;C、农药化肥过量的使用,在农作物上的残留会对人的健康不利,选项C错误;D、推行绿色设计、绿色工艺,开发绿色产品,从源头上消除污染,选项D正确。答案选D。‎ ‎2.下列有关化学用语的表示正确的是 A. 中子数为20的氯原子: B. 过氧化氢的电子式:‎ C. S2-的结构示意图: D. CO2分子的球棍模型:‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Cl为17号元素,因而质子数为17,若中子数为20,那么质量数为37,因而该氯原子可表示为,A项正确;‎ B.过氧化氢为共价化合物,其电子式为,B项错误;‎ C.S是16号元素,则S2-的质子数是16,核外电子数为18,因而其结构示意图为,C项错误;‎ D.二氧化碳中分子中,碳原子处于中心位置且碳原子的半径应大于氧原子,因而D项错误。‎ 故答案选A。‎ ‎3.下列各组微粒中,属于同位素的是 A. 和 B. H2O和D2O C. O2与O3 D. CH3CH2OH与CH3OCH3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】具有相同质子数,不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素,同位素指的是核素,因而答案选A。‎ 另外B指的是不同质量数的水分子,C指的是同素异形体,D指的是同分异构体,明显不符合题意。‎ ‎4.下列物质中,含共价键的离子化合物是 A. CaCl2 B. HCl C. CO2 D. Na2O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CaCl2属于离子化合物,只含有离子键,A错误;‎ B.HCl为共价化合物,只含有共价键,B错误;‎ C.CO2为共价化合物,只含共价键,C错误;‎ D.Na2O2属于离子化合物,一定有离子键,另外过氧根中存在共价键,D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】离子化合物包含:1、活泼金属与活泼非金属构成的化合物(当然也有例外如AlCl3);2、金属元素与酸根离子之间形成的化合物;3、铵盐;4‎ ‎、强碱等。含有共价键的离子化合物例如铵盐,强碱等。‎ ‎5.下列装置能达到相应实验目的的是 A. 证明铁生锈有空气参与 ‎ B. 制取氨气 ‎ C. 分离碘和酒精 ‎ D. 收集少量二氧化氮气体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.若铁钉生锈消耗空气(实指氧气),瓶内的压强会减小,右侧连通器左端液面会上升,右端液面会下降,以维持平衡,这样就可以证明铁生锈消耗空气,A项正确;‎ B.NH4Cl受热分解得到氨气和氯化氢气体,而在温度较低处,氨气和氯化氢气体化合生成NH4Cl,B项错误;‎ C.I2易溶于有机物如酒精,因而无法用分液漏斗分离,C项错误;‎ D.二氧化氮气体和水反应生成硝酸和NO,其反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO,D项错误。‎ 故答案选A。‎ ‎6.锂海水电池常用在海上浮标等助航设备中,其示意图如图所示。电池反应为2Li+2H2O===2LiOH+H2↑。电池工作时,下列说法错误的是(  )‎ A. 金属锂作负极 B. 电子从锂电极经导线流向镍电极 C. 海水作为电解质溶液 D. 可将电能转化为化学能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 锂失去电子,金属锂作负极,A正确;B. 锂是负极,电子从锂电极经导线流向镍电极,B正确;C. 海水作为电解质溶液,C正确;D. 原电池可将化学能转化为电能,D错误。答案选D。‎ 点睛:掌握原电池的工作原理是解答的关键,即原电池中较活泼的金属是负极,失去电子,发生氧化反应。电子经导线传递到正极,溶液中的阳离子向正极移动,正极得到电子,发生还原反应。但在判断正负极时除了要考虑电极的活性以外,还需要考虑电解质溶液的性质,例如铝、镁、氢氧化钠溶液组成的原电池中铝是负极。‎ ‎7.实验室用铁片和稀硫酸反应制备H2。下列说法不正确的是 A. 升高温度能加快反应速率 B. 用铁粉代替铁片能加快反应速率 C. 滴入数滴CuSO4溶液能加快反应速率 D. 增加稀硫酸用量能加快反应速率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.升高温度,更多的普通分子变为活化分子,所以能加快反应速率,A正确;‎ B.用铁粉代替铁片可以增大金属与酸的接触面积,加快反应速率,B正确;‎ C.滴入数滴CuSO4溶液,Fe与CuSO4发生置换反应,产生Cu单质,Fe、Cu、硫酸构成原电池,Fe作原电池的负极,从而能加快反应速率,C正确;‎ D.增加H2SO4用量,但硫酸的浓度不变,所以反应速率不能加快,D错误;‎ 故合理选项是D。‎ ‎8.下列反应中,属于氧化还原反应且反应前后能量变化如下图所示的是 A. 生石灰溶于水 B. 高温条件下铝与氧化铁的反应 C. 高温条件下碳粉与二氧化碳的反应 D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl固体的反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析:根据图示可知该反应是放热反应。A.生石灰溶于水是放热反应,但是没有元素化合价的变化,属于非氧化还原反应,错误;B.高温条件下铝与氧化铁的反应产生氧化铝和铁,是氧化还原反应,同时也是放热反应,正确;C.高温条件下碳粉与二氧化碳的反应是氧化还原反应,同时属于吸热反应,错误;D.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4C1固体的反应是复分解反应,属于非氧化还原反应,同时是吸热反应,错误。‎ 考点:考查化学反应类型的判断的知识。‎ ‎9.X、Y、Z 是中学化学中常见的三种物质,下表各组物质之间通过一步反应不能实现图所示转化关系的是 ‎ X Y Z 箭头上所标数字的反应条件 A.‎ NO NO2‎ HNO3‎ ‎① 常温遇氧气 B.‎ Cl2‎ NaClO HClO ‎② 通入CO2‎ C.‎ Fe FeCl2‎ FeCl3‎ ‎③ 加入Cu D.‎ Al2O3‎ NaAlO2‎ Al(OH)3‎ ‎④ 加NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NO氧化生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,硝酸分解生成二氧化氮,稀硝酸与铜反应生成NO,A项正确;‎ B.氯气和氢氧化钠反应生成NaClO,NaClO与碳酸反应生成次氯酸,次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠,次氯酸与盐酸反应生成氯气,B项正确;‎ C.氯化铁和Cu反应得到氯化亚铁和氯化铜,氯化铁不能够通过一步反应得到Fe,C项错误;‎ D.氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝,氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,氢氧化铝分解生成氧化铝,D项正确。‎ 故答案选C。‎ ‎10.无色的混合气体甲中可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种,将100mL气体甲经过下图实验处理,结果得到酸性溶液,还有少量气体剩余,则气体甲的组成可能为 ‎ A. NH3、NO、N2 B. NH3、NO、CO2‎ C. NH3、NO2、CO2 D. NO、CO2、N2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】二氧化氮是红棕色的气体,无色的混合气体甲中一定不存在,硫酸与碱性气体能反应所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸,剩余气体80mL,说明一定有NH3存在且体积为20mL,二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,NO无色,与氧气立即反应变为红棕色的NO2,通过足量的氢氧化钠后显红棕色,说明有NO和CO2,排水法收集气体,得到酸性溶液,还有少量气体剩余,无法确定有无氮气。‎ 故答案选B。‎ ‎11.下列离子方程式正确的是 A. 石灰石溶于盐酸:CO32ˉ+2H+ = CO2↑+H2O B. 少量二氧化硫与氨水反应:SO2+NH3·H2O = NH4++HSO3ˉ‎ C. Na与CuSO4水溶液反应:2Na+Cu2+ =Cu +2Na+‎ D. 铜溶于浓硝酸中:Cu+4H++2NO3ˉ═Cu2++2NO2↑+2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.石灰石为难溶物,不能改写成离子,离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O,A项错误;‎ B.少量二氧化硫与氨水反应生成(NH4)2SO3,原因在于氨过量,即碱过量,不可能生成酸式盐NH4HSO3,其离子方程式SO2+2NH3·H2O = H2O+2NH4++SO32-,B项错误;‎ C.Na与CuSO4水溶液反应时,Na先与水反应生成氢氧化钠和氢气,硫酸铜再和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀,其总离子方程式为2Na+Cu2++2H2O=Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+,C项错误;‎ D.铜溶于浓硝酸放出红棕色气体NO2,其离子方程式为Cu+4H++2NO3ˉ═Cu2++2NO2↑+2H2O,D项正确。‎ 故答案选D。‎ ‎12.一定温度下,将 2 molSO2 和 1 molO2 充入一定容密闭容器中,在催化剂存在下进行下列反应: 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g);△H=-197kJ/ mol,当达到平衡状态时,下列说法中正确的是 A. 生成 SO3为2 mol B. 反应放出 197 kJ 的热量 C. SO2和SO3 物质的量之和一定为 2mol D. SO2、O2、SO3的物质的量之比一定为2:1:2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.2molSO2和1molO2充入定容密闭容器中,若两者完全转化为SO3,得到SO3为2mol,但反应为可逆反应,不能完全转化,所以生成的SO3小于2mol,A项错误;‎ B.2molSO2和1molO2充入定容密闭容器中,若两者完全转化为SO3‎ ‎,放出的热量为197kJ,但反应为可逆反应,不能完全转化,所以反应放出热量小于197kJ,B项错误;‎ C.根2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)可知,SO2的消耗量等于SO3的生成量,所以反应过程中SO2和SO3物质的量之和恒定,等于2mol,C项正确;‎ D.SO2、O2、SO3的物质的量之比不一定为2:1:2,注意SO2、O2、SO3的转化的物质的量之比等于化学计量数之比即2:1:2,D项错误。‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】无论化学反应是否可逆,热化学方程式中的反应热ΔH都表示反应进行到底(完全转化)时的能量变化。如2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ΔH=-197kJ·mol-1,ΔH是指2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)完全转化为2 mol SO3(g)时放出的能量。若在相同的温度和压强下,向某容器中加入2 mol SO2(g)和1 mol O2(g),反应达到平衡时放出的能量为Q,因反应不能完全转化为SO3(g),故Q<197 kJ。‎ ‎13.下列有关物质的性质与其用途相对应的是 A. SiO2硬度大,可用于制光导纤维 B. N2性质稳定,工业生产金属镁时,为防止其氧化,可以用N2作保护气 C. 液氨气化时能吸收大量的热,使周围温度急剧降低,因此可用作制冷剂 D. KAl(SO4)2·12H2O易溶于水,可用作净水剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.光导纤维的主要成分是二氧化硅,光导纤维是利用光的全反射原理,与二氧化硅的硬度大小无关,故A错误;‎ B.工业通过电解熔融的氯化镁生产金属镁,在这个过程中金属镁可以和N2反应生成氮化镁,所以不能用氮气作保护气,B项错误;‎ C.氨气易液化,气化时吸收热量导致周围环境温度降低,所以氨气常作制冷剂,C项正确;‎ D.KAl(SO4)2·12H2O易溶于水,Al3+水解生成Al(OH)3胶体,吸附水中的悬浮颗粒,因而作净水剂,与其水溶性无直接关系,D项错误。‎ 故答案选C。‎ ‎14.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素,Y、Z同周期且相邻,X、W同主族且与Y处于不同周期,Y、Z原子的电子数总和与X、W原子的电子数总和比为5:4。下列说法正确的是 A. 原子半径:r(W) > r(Z) > r(Y) > r(X)‎ B. Y 的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强 C. 由X、Z 组成的化合物与由Z、W组成的化合物只能发生化合反应 D. 由X、Y、Z三种元素组成的化合物可以是酸、碱或盐 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析:X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素,X、W同主族且与Y处于不同周期,则X为H元素、W为Na元素;Y、Z同周期且相邻,且不与X、W不同周期,则二者位于第二周期,Y、Z原子的电子数总和与X、W原子的电子数总和之比为5:4,设Y的原子序数为x,则Z的原子序数为x+1,则: (x+x+1)÷(1+11)=5÷4,解得:x=7,则Y为N元素、Z为O元素。A.电子层越多,原子半径越大,电子层相同时,核电荷数越大,原子半径越小,则原子半径大小为:r(W)>r(Y)>r(Z)>r(X),错误; B.Y为N、Z为O元素,N的非金属性小于O,则N的简单氢化物为氨气,氨气的稳定性小于水,错误;C.X、Z组成的化合物为水,由Z、W组成的化合物为氧化钠或过氧化钠,氧化钠与水反应为化合反应,而过氧化钠与水的反应不是化合反应,错误;D.X、Y、Z三种元素分别为H、N、O,三种元素可以形成硝酸,也可以形成硝酸铵,正确。‎ 考点:考查原子结构与元素周期律的关系的知识。‎ ‎15.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL,平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉,最多能溶解19.2g (已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉,产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示。下列分析或结果错误的是 A. OA段产生的是NO,AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段产生氢气 B. 原混合酸中SO42-物质量为0.6 mol C. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4‎ D. 取20mL原混合酸加水稀释至1L后溶液的c(H+)=0.2mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析:该混合溶液与铜粉反应的离子方程式为①3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,已知m(Cu)=19.2g,即n(Cu)=0.3mol,可求得参加反应的n(NO3-)=0.2mol,n(H+)=0.8mol;铁粉与混合溶液反应时,铁被氧化为Fe3+,而HNO3被还原为NO,即OA段的反应②为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O;随着铁粉的增加,AB段的反应③为2Fe3++Fe=3Fe2+,此时没有气体生成;当再增加铁粉时,又产生气体,即BC段的反应④为Fe+2H+=Fe2++H2↑,说明溶液中剩余的有H+;已知OA段消耗n( Fe) =0.2mol,由反应②可得参加反应的n(NO3-)=0.2mol,n(H+)=0.8mol,BC段消耗n( Fe) =0.1mol,则反应④消耗的n(H+)=0.2mol,综合分析可知,每一份混合溶液中n(HNO3)= 0.2mol,n(H2SO4)= 0.4mol。‎ 详解:A、混合溶液开始与铁粉反应时,稀硝酸把铁氧化为Fe3+,而自身被还原为NO,即OA段,由于Fe3+也有较强的氧化性,被增加的铁粉还原为Fe2+,即AB段,由于溶液中剩余有H+,与加入的铁粉反应生成H2,即BC段,所以A正确;‎ B、由上述分析可知,原混合溶液中n(H2SO4)= n(SO42-)=2×0.4mol=0.8mol,所以B错误;‎ C、根据反应②③④可得,第二份溶液中的最终溶质只有FeSO4,所以C正确;‎ D、每一份混合溶液(100mL)中含有n(HNO3)= 0.2mol,n(H2SO4)= 0.4mol,则c(H+)=10 mol/L,取20mL加水稀释至1L时,根据溶质的物质的量不变,可得0.02L×10mol/L=1L×c(H+),c(H+)=0.2mol/L,所以D正确。本题答案为B。‎ 点睛:本题一定要从金属与稀HNO3反应的离子方程式入手分析,同时认真思考铁与混合溶液反应时,图象中各段的含义,要明确硝酸的强氧化性一定先把铁氧化为Fe3+,最终铁与剩余的H+反应放出H2,这样才能得出HNO3和H2SO4物质的量的正确值。‎ 非选择题(共55分)‎ ‎16.根据要求回答下列问题:‎ Ⅰ. ①液氨、氨气 ② 、 ③金刚石、C60 ④ 、 ‎ 上述四组物质中,互为同分异构体是_____,互为同素异形体的是_____;属于同种物质的是___________(填序号)。‎ Ⅱ.现有以下五种物质:a.NH4Cl b.水晶 c.Na2O2 d.干冰 e.C60请用相应字母填空:‎ ‎(1)属于分子晶体的是____________;‎ ‎(2)属于共价化合物的是______________;‎ ‎(3)熔化时只需要破坏共价键的是_____________;‎ ‎(4)既含有离子键又含有共价键的是__________________;‎ ‎(5)物质b与e相比,硬度较小的是___________________。‎ ‎【答案】 (1). ② (2). ③ (3). ① (4). de (5). bd (6). b (7). ac (8). e ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ.①液氨、氨气属于同种物质的不同状态,② 、 :分子式C6H14,但碳链不同,所以互为同分异构体,③金刚石、C60属于同种元素的不同单质,即同素异形体,④、 :具有相同质子数,不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素。因而上述四组物质中,互为同分异构体的是②,互为同素异形体的是③,属于同种物质的是①。‎ Ⅱ.a.NH4Cl属于离子晶体,含有共价键和离子键,属于离子化合物,熔化时破坏离子键;‎ b.水晶属于原子晶体,只含有共价键,属于共价化合物,熔化时破坏共价键;‎ c.Na2O2属于离子晶体,含有离子键和共价键,属于离子化合物,熔化时破坏离子键;‎ d.冰属于分子晶体,分子中只含有共价键,属于共价化合物,熔化时破坏范德华力和氢键;‎ e.C60属于分子晶体,分子中只含有共价键,属于单质,熔化时破坏范德华力;‎ 原子晶体硬度大于离子晶体,离子晶体大于分子晶体,水晶的硬度大于C60的硬度。‎ 因而(1)属于分子晶体的是de;‎ ‎(2)属于共价化合物的是bd;‎ ‎(3)熔化时只需要破坏共价键的是b;‎ ‎(4)既含有离子键又含有共价键的是ac;‎ ‎(5)物质b和e相比,硬度较小的是e。‎ ‎17.现有H、N、O、Na、S、Cl、Fe、Cu八种常见元素,回答下列问题:‎ ‎(1)Cl在周期表中的位置____________________;‎ ‎(2)Na+离子的结构示意图为__________________;‎ ‎(3)能说明非金属性Cl比S强的事实是_____________(用化学方程式表示);‎ ‎(4)物质A~L是由上述八种元素中的一种、二种或三种组成,A的摩尔质量166g·mol-1,其焰色反应呈黄色;B是最常见的液体;C中两元素的质量比为96∶7; D、E都为氢氧化物,E呈红褐色。F、G、H、I为单质,其中F、G是无色气体,H是紫红色固体,I是黄绿色气体;L是常见的强酸。它们有如下图所示的关系(部分反应条件及产物已略去):‎ ‎①C的化学式为____________________;‎ ‎②D的电子式为____________________;‎ ‎③L的稀溶液与H反应的离子方程式为_________________;‎ ‎④反应(a)的化学方程式为_______________。‎ ‎【答案】 (1). 第3周期ⅦA族 (2). (3). Cl2+H2S=S↓+2HCl (4). Cu3N (5). (6). 3Cu + 8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O (7). 4Na2FeO4 +10H2O = 4Fe(OH)3↓+8NaOH + 3O2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 前三问考查了元素周期表中“位构性”三者关系,后一问为无机推断大题,其推导思路: B是最常见的液体则为水;E呈红褐色为氢氧化铁,D、E属同类物质,且D应该也含有钠元素故为氢氧化钠;F、G、H、I为单质,其中F、G是无色气体,H是紫红色固体即为Cu,C中两元素的质量比为96:7,C分解得到G和H,可知生成Cu和氮气,故C为Cu3N,G为氮气;氮气与氧气放电生成NO,故F为氧气,J为一氧化氮,与氧气反应生成K为二氧化氮,二氧化氮与水反应生成L是常见的强酸硝酸;I是黄绿色气体则为氯气;A的摩尔质量为166g·mol-1,其焰色反应呈黄色,则含有钠元素,结合D、E、F可推知A为Na2FeO4。‎ ‎【详解】(1)Cl的原子序数为17,原子结构中有3个电子层,最外层电子数为7,Cl元素位于元素周期表第三周期ⅦA族;‎ ‎(2)Na+核外存在10个电子核内有11个质子,其微粒结构示意图为;‎ ‎(3)能说明非金属性Cl比S强的事实是Cl2+H2S=S↓+2HCl;‎ ‎(4)①F、G、H、I为单质,其中F、G是无色气体,H是紫红色固体即为Cu,C中两元素的质量比为96:7,C分解得到G和H,可知生成Cu和氮气,故C为Cu3N;‎ ‎②D为NaOH,其为离子化合物,电子式为;‎ ‎③L的稀溶液与H反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,反应离子方程式为3Cu + 8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;‎ ‎④A和B反应生成D、E和F,则反应(a)的化学方程式为4Na2FeO4 +10H2O = 4Fe(OH)3↓+8NaOH + 3O2↑。‎ ‎【点睛】常见无机物的颜色,可作为无机物推断的突破点。‎ ‎18.某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”,进行了如下实验:2KMnO4 + 5H2C2O4 +3H2SO4 =2MnSO4 + K2SO4 +10CO2↑ +8H2O 编号 ‎0.01mol•L—1‎ 酸性KMnO4溶液 ‎0.1mol•L—1‎ H2C2O4溶液 水 某种物质 反应温度/℃‎ 反应时间(min)‎ Ⅰ ‎2mL ‎2mL ‎0‎ ‎0‎ ‎20‎ ‎2.1‎ Ⅱ V1mL ‎2mL ‎1mL ‎0‎ ‎20‎ ‎5.5‎ Ⅲ V2 mL ‎2mL ‎0‎ ‎0‎ ‎50‎ ‎0.5‎ Ⅳ ‎2mL ‎2mL ‎0‎ 少量 ‎20‎ ‎0.2‎ 请回答:‎ ‎(1)实验计时方法是从溶液混合开始记时,至____________时记时结束;‎ ‎(2)V1=_____,V2=_____;设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是__________________;‎ ‎(3)利用实验Ⅲ中数据计算,用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)=____;‎ ‎(4)有同学在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时,开始一段时间反应速率较慢,溶液褪色不明显;但不久突然褪色,反应速率明显加快。某同学认为是放热导致溶液温度升高所致,重做Ⅰ号实验,测定过程中溶液不同时间的温度,结果温度没有明显变化。由此你得出的结论是:‎ ‎①________不是反应速率突然加快的原因;‎ ‎②可能是反应产物有催化作用。Ⅳ号实验是为验证你的猜测,实验中要加入的少量某种物质是___________。‎ ‎【答案】 (1). 紫红色刚好褪去 (2). 1 (3). 2 (4). 探究温度对反应速率的影响 (5). 0.01 mol/(L·min) (6). 温度 (7). MnSO4固体 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查了影响化学反应速率的因素,涉及知识点:1、温度对反应速率的影响,2、浓度对反应速率的影响等。‎ ‎【详解】(1)酸性KMnO4溶液呈紫色,因而可以用颜色变化来判断反应结束终点,即实验计时方法是从溶液混合开始记时,至紫红色刚好褪去时记时结束;‎ ‎(2)Ⅰ和Ⅱ反应温度相同,Ⅱ中加入1mL水,根据控制变量的原则,溶液总体积保持不变,因而易算出V1=1mL,同理可得V2=2mL,Ⅰ、Ⅲ实验温度不同,因而可知设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响;‎ ‎(3)利用实验Ⅲ中数据计算:用紫红色刚好褪去时记时结束说明KMnO4被消耗完,Δc(KMnO4)=0.01mol·L-1×2mL/4mL=0.05mol·L-1,v(KMnO4)=Δc(KMnO4)/Δt=0.01 mol/(L·min);‎ ‎(4)①根据信息“某同学认为是放热导致溶液温度升高所致,重做Ⅰ号实验,测定过程中溶液不同时间的温度,结果温度没有明显变化”,说明温度不是反应速率突然加快的原因;‎ ‎②根据信息“有同学在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时,开始一段时间反应速率较慢,溶液褪色不明显;但不久突然褪色,反应速率明显加快”,可推断有催化剂生成,常见的催化剂有金属离子,因而可推测是生成了Mn2+加快了反应速率, 为验证猜测需要加入含Mn2+的盐,其加入的阴离子为体系中所含阴离子,这样才不会造成干扰,所以该阴离子为SO42-,因而加入MnSO4固体。‎ ‎19.近年来甲醇用途日益广泛,越来越引起商家的关注。工业上甲醇的合成途径多种多样。现在实验室中模拟甲醇合成反应,在2 L密闭容器内,400 ℃时发生反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g),体系中n(CO)随时间的变化如表:‎ 时间(s)‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎5‎ n(CO)(mol)‎ ‎0.020‎ ‎0.011‎ ‎0.008‎ ‎0.007‎ ‎0.007‎ ‎(1)图中表示CH3OH 的变化的曲线是_______;‎ ‎(2)下列措施不能提高反应速率的有_________(请用相应字母填空);‎ a.升高温度 b.加入催化剂 c.增大压强 d.及时分离出CH3OH ‎(3)下列叙述能说明反应达到平衡状态的是__________(请用相应字母填空);‎ a.CO和H2的浓度保持不变  b.v(H2)=2 v(CO)‎ c.CO的物质的量分数保持不变 d.容器内气体密度保持不变 ‎ e.每生成1molCH3OH的同时有2molH-H键断裂 ‎(4)CH3OH与O2的反应可将化学能转化为电能,其工作原理如图所示,图中CH3OH从__________(填A或B)通入,b极的电极反应式是__________。‎ ‎【答案】 (1). b (2). d (3). ac (4). A (5). O2+4e-+2H2O=4OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)CH3OH是产物,随着反应进行物质的量增大,平衡时的物质的量等于CO物质的量的变化量Δn(CO),图表中CO的物质的量0-3s变化=0.02mol-0.007mol=0.013mol,因而CO变化浓度为0.013mol÷2L=0.0065mol/L,CO和甲醇计量数相同,所以图象中只有b符合,因此,本题答案填b;‎ ‎(2)d项分离出CH3OH,正反应速率不变,逆反应速率减小,因而不能提高反应速率,a项升高温度可以加快反应速率,b项加催化剂,降低活化能,加快反应速率,c项增大压强相当于增加气体的浓度,反应速率加快,故答案选d;‎ ‎(3)a.CO和H2浓度保持不变,表明该反应处于平衡状态,正确,b.v(H2)=2v(CO)中没有表示正逆反应速率,因而不能判断平衡,错误,c.CO的物质的量分数保持不变表示CO的含量不变,即该反应处于平衡状态,正确,d.气体密度等于气体总质量除以容器的体积,由于该反应都是气体,气体总质量不变,容器又是恒容,因而密度始终不变,所以不能判断平衡,错误,e.每生成1molCH3OH的同时有2molH-H键断裂,根据反应特点,两者都表示正反应速率,因而不能判断平衡,错误,故答案选ac;‎ ‎(4)电子由a流向b说明a为负极,b为正极,CH3OH与O2反应可将化学能转为电能,甲醇失电子发生氧化反应,所以CH3OH从A通入,B通入氧气,b电极发生的电极反应式为氧气得到电子生成氢氧根离子,电极反应为:O2+4e-+2H2O=4OH-。‎ ‎【点睛】注意化学平衡和化学反应速率的区别和联系:化学反应速率反应的是化学反应进行的快慢,而化学平衡反应的是可逆反应进行的程度。二者的联系为:化学平衡时,同一种物质的正反应速率和逆反应速率相等,不同物质的反应速率不一定相同,速率比对应方程式系数比。‎ ‎20.某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO,不考虑其他成分),设计了如下流程:‎ 已知::2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O;NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。‎ ‎(1)固体1的主要成分除Ca(OH)2外,还有__________ 、________ (填化学式);‎ ‎(2)步骤Ⅱ中需要的O2量应是_____(填“少量”或“过量”);步骤Ⅴ最终捕获剂捕获的气体产物是________;‎ ‎(3)步骤Ⅳ处理含NH4+废水时,发生反应的离子方程式为__________________;‎ ‎(4)为确保步骤Ⅲ无NaNO3生成,理论上应控制NO与O2的物质的量之比为_____,若n(NO) :n(O2)=5:2且NaOH溶液足量,则步骤Ⅲ所得溶液中NaNO3与NaNO2的物质的量之比为______________。‎ ‎【答案】 (1). CaSO3 (2). CaCO3 (3). 少量 (4). CO (5). NH4++ NO2- = N2+2H2O (6). 4:1 (7). 3:7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中的流程,工业废气通入过量的石灰乳中,SO2、CO2和Ca(OH)2反应,分别得到CaSO3和CaCO3沉淀,因而固体1为CaSO3、CaCO3沉淀和过量的Ca(OH)2,气体1为N2、NO和CO;NO和氧气反应生成NO2,根据信息可知,NO2(还有未反应完的NO)与烧碱溶液反应并被吸收,气体2为N2和CO。‎ ‎【详解】(1)根据题中的流程,工业废气通入过量的石灰乳中,固体1的主要成分除Ca(OH)2外,还有CaSO3和CaCO3沉淀;‎ ‎(2)氧气需少量,原因是O2过量将NO完全氧化成NO2,这样通过碱液会得到硝酸钠,气体2为N2、CO,因“无污染气体”为N2,故捕获的气体主要是CO;‎ ‎(3)NH4+和NO2-能够发生归中反应生成N2,离子方程式为NH4++ NO2- = N2+2H2O;‎ ‎(4)NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O说明n(NO)和n(NO2)为1:1时,完全转为亚硝酸钠,而2NO+O2=2NO2,假设生成2xmolNO2,则消耗xmolO2和2xmolNO,由于n(NO)和n(NO2)为1:1,说明反应剩余2xmolNO,则总计4xmolNO,那么理论上应控制NO与O2的物质的量之比为4:1。假设有2molO2和5molNO,那么NO和O2反应后得到1molNO和4molNO2,1molNO和1molNO2恰好完全反应生成2mol亚硝酸钠,剩下3molNO2‎ 和碱液反应,其方程式为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O,根据计量数关系可知生成1.5mol硝酸钠和1.5mol亚硝酸钠,合计共1.5mol硝酸钠和3.5mol亚硝酸钠,则步骤Ⅲ所得溶液中NaNO3与NaNO2的物质的量之比为3:7。‎ ‎ ‎
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