【化学】山东省济宁市嘉祥一中2019-2020学年高一下学期4月月考(实验班)试题(解析版)

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

【化学】山东省济宁市嘉祥一中2019-2020学年高一下学期4月月考(实验班)试题(解析版)

山东省济宁市嘉祥一中2019-2020学年高一下学期4月月考(实验班)试题 考生注意:‎ ‎1.本卷命题范围:必修2第五章至第七章第二节。‎ ‎2.可能用到的相对原子质量:H‎-1 C-12 O-16 S-32 Mn-55 Fe-56 Pb-207‎ 一、选择题(本题共16小题,每小题3分,共48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)‎ ‎1.化学与环境、材料、信息、能源关系密切,下列说法正确的是( )‎ A. 碳纳米管表面积大,可用作新型储氢材料 B. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 C. CuSO4因具有氧化性,故用其制成的波尔多液可作“杀菌剂”‎ D. 半导体行业中有一句话:“从沙滩到用户”,计算机芯片的材料是二氧化硅 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳纳米管表面积大,有较强吸附能力,可用作新型储氢材料,A正确;‎ B.绿色化学的核心是应用化学原理从源头上消除污染,B错误;‎ C.CuSO4是重金属盐,能使蛋白质变性,故用其制成的波尔多液可作“杀菌剂”,和氧化性无关,C错误;‎ D.计算机芯片的材料是单质硅,能够导电,二氧化硅能够导光,D错误。‎ 答案选A。‎ ‎2.已知NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是( )‎ A. ‎3g3He含有的中子数为1NA B. ‎48g正丁烷和‎10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA C. 在标准状况下,22.4LNH3被O2完全氧化为NO时,转移电子的数目为5NA D. 一定条件下,‎6.4g铜与过量的硫反应,转移电子数为0.2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.n(3He)==1mol,n(中子)=1mol×1=1mol,故‎3g3‎ He含有的中子数为1NA,A正确;‎ B.正丁烷和异丁烷是丁烷的同分异构体,分子式均为:C4H10,每个正丁烷分子和异丁烷分子中共价键数均为13,n(C4H10)==1mol,n(共价键)=1mol×13=13mol,故‎48g正丁烷和‎10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA,B正确;‎ C.由NH3~NO~5e-可知,标准状况下,‎22.4L氨气参与反应,转移5mol电子,C正确;‎ D.由2Cu~Cu2S~2e-可知,2molCu参与反应,转移2mol电子,‎6.4g铜的物质的量=0.1mol,转移电子物质的量为0.1mol,即转移电子数为0.1NA,D错误。‎ 答案选D。‎ ‎3.某液态肼(N2H4)燃料电池被广泛应用于发射通讯卫星、战略导弹等运载火箭中。其中以固体氧化物为电解质,生成物为无毒无害的物质。下列有关该电池的说法正确的是( )‎ A. a电极上的电极反应式为N2H4+2O2-+4e-=N2↑+2H2O B 电池内电路中,电流方向:电极a→电极b C. 当电极a上消耗1molN2H4时,电极b上被氧化的O2在标准状况下体积为‎22.4L D. b极附近的pH值变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】该燃料电池中,负极上燃料失电子发生氧化反应,电极反应式为:N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O,正极上氧气得电子发生还原反应,电极反应式为:O2+4e-=2O2-,电池总反应为:N2H4+O2=N2↑+2H2O,结合离子的移动方向、电流的方向分析解答。‎ ‎【详解】A. 该燃料电池中a极是负极,负极上燃料失电子发生氧化反应,电极反应式为:N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O,故A错误;‎ B. 该燃料电池中a极是负极,b极是正极,电池内电路中,电流方向:电极a→电极b,故B正确;‎ C. 由电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O可知,当a电极上有1molN2H4‎ 消耗时,b电极上有1molO2被还原,状况不知,所以体积不一定是22.4LO2,故C错误;‎ D. b极是正极,正极上氧气得电子发生还原反应,电极反应式为:O2+4e-=2O2-,非水溶液,没有产生氢氧根,pH不变,故D错误;‎ 正确答案是B。‎ ‎4.把100mL 2mol/L的H2SO4跟过量锌粉反应,在一定温度下,为了减缓反应速率而不影响生成H2的总量,可在反应物中加入适量的( )‎ A. 硫酸铜溶液 B. 硝酸钠溶液 ‎ C. 醋酸钠溶液 D. 氢氧化钠溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加入适量的硫酸铜溶液,锌与硫酸铜发生反应生成Cu,Cu与Zn形成原电池,加快反应速率,A错误 B.加入硝酸钠溶液后,酸性环境下,硝酸根离子具有强氧化性,与锌反应不会生成氢气,氢气的量减少,B错误;‎ C.加入醋酸钠溶液,有醋酸生成,醋酸是弱酸,氢离子浓度减小,但氢离子总的物质的量不变,反应速率减慢,且不影响氢气的总量,C正确;‎ D.加入氢氧化钠溶液,与硫酸反应消耗氢离子,反应速率减慢,产生氢气的量减少,D错误;‎ 故答案选C。‎ ‎5.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸,其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L,取10mL此混合酸,向其中加入过量的铁粉,待反应结束后,可产生标准状况下的气体的体积为(设反应中HNO3被还原成NO)( )‎ A. ‎0.224L B. ‎0.448L C. ‎0.672L D. ‎‎0.896L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】n(H2SO4)= 4mol/L×10mL×10-3=0.04mol/L,n(HNO3)= 2mol/L×10mL×10-3=0.02mol。‎ ‎【详解】n(H+)=2×0.04mol+1×0.02mol=0.1mol,n(NO3-)=1×0.02mol=0.02mol。NO3-的氧化性比H+强,NO3-先反应,Fe过量,发生的反应为:3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++4H2O+2NO↑,0.02molNO3-消耗0.08mol H+,同时得到0.02molNO。剩下(0.1-0.08)mol即0.02mol H+,剩下的H+和Fe反应产生H2,Fe+2H+=Fe2++H2↑,0.02mol H+反应得到0.01mol H2‎ ‎,气体的总物质的量=0.02mol+0.01mol=0.03mol,标况下体积=0.03mol×‎22.4L/mol=‎0.672L,C正确。‎ 答案选C。‎ ‎6.恒温恒容条件,在密闭容器中等物质的量通入CO2和H2,反应CO2+3H2⇌CH3OH+H2O(g)。下列描述能说明已经达到平衡状态的是( )‎ A. 容器内CO2的体积分数不再变化 B. 当CO2和H2转化率的比值不再变化 C. 单位时间内断裂3NA个O-H键,同时断裂3NA个H-H键 D. 容器内混合气体的平均相对分子质量为34.5,且保持不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】甲醇的沸点比水低,水为气态,则甲醇必为气态,设CO2和H2起始物质的量为3mol,到达平衡时二氧化碳转换的物质的量为x,则:,据此分析解答。‎ ‎【详解】A.CO2的体积分数==,即无论反应是否平衡,容器内CO2的体积分数均不变化,故容器内CO2的体积分数不再变化不能说明反应已平衡,A错误;‎ B.CO2和H2转化率的比值==,即无论反应是否平衡,CO2和H2转化率的比值均不变,故当CO2和H2转化率的比值不再变化,不能说明已平衡,B错误;‎ C.单位时间内断裂3NA个O-H键,同时断裂3NA个H-H键,则v逆(H2)=v正(H2),说明反应已平衡,C正确;‎ D.设平均相对分子质量为M,还没开始反应时,M==23,假设反应彻底向右进行,n(CO2):n(H2)=3:3>1:3,氢气反应完,3-3x=0,x=1,M==34.5,因为该反应为可逆反应,23<M<34.5,混合气体的平均相对分子质量不可能为34.5,D错误。‎ 答案选C。‎ ‎7.下列说法正确的是( )‎ A. 化学反应的发生都需要在一定条件下 B. 灼热的碳与二氧化碳的反应是放热反应 C. 由C(石墨)+1.9kJ·mol-1→C(金刚石)可知,金刚石比石墨稳定 D. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,前者放出的热量多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.有些反应不需反应条件也能发生,如CaO+H2O=Ca(OH)2,A错误;‎ B.碳与二氧化碳的反应是吸热反应,B错误;‎ C.由C(石墨)+1.9kJ·mol-1→C(金刚石)可知,石墨转换为金刚石是吸热反应,石墨能量低于金刚石,更稳定,C错误;‎ D.等量的硫蒸气具有的能量大于硫固体具有的能量,因此等量的硫蒸气完全燃烧时放出的热量多,D正确。‎ 答案选D。‎ ‎8.在298K时,实验测得溶液中的反应:H2O2+2HI=2H2O+I2,在不同浓度时的化学反应速率见表,由此可推知当c(HI)=0.500mol·L-1,c(H2O2)=0.400mol·L-1时的反应速率为( )‎ 实验编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ c(HI)/mol·L-1‎ ‎0.100‎ ‎0.200‎ ‎0.300‎ ‎0.100‎ ‎0.100‎ c(H2O2)/mol·L-1‎ ‎0.100‎ ‎0.100‎ ‎0.100‎ ‎0.200‎ ‎0.300‎ v/mol·L-1·s-1‎ ‎0.00760‎ ‎0.0153‎ ‎0.0227‎ ‎0.0151‎ ‎0.0228‎ A 0.0380mol·L-1·s-1 B. 0.152mol·L-1·s-1‎ C. 0.608mol·L-1·s-1 D. 0.760mol·L-1·s-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】对比实验1、2、3可知,反应速率v和c(HI)成正比,对比实验4、5可知反应速率v和c(H2O2)成正比,据此解答。‎ ‎【详解】当,,‎ ‎,由分析可知,速率与成正比、与成正比,所以当,时,,B正确。 答案选B。‎ ‎9.电池式氧传感器原理构造如图,可测定O2的含量。工作时铅极表面会逐渐附着Pb(OH)2。下列说法不正确的是( )‎ A. Pt电极上发生还原反应 B. 随着使用,电解液的pH逐渐减小 C. a ×10-3molO2反应,理论上可使Pb电极增重‎68a mg D. Pb电极上的反应式为Pb+2OH--2e-=Pb(OH)2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Pt电极上O2得电子生成OH-,发生还原反应,故A正确;‎ B.铅失电子在负极发生氧化反应生成Pb(OH)2,电极反应式为Pb+2OH--2e-=Pb(OH)2,O2在正极Pt上得电子生成OH-,电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-,总反应为:2Pb+O2+2H2O=2Pb(OH)2,消耗水,电解液碱性增强,所以电解液的pH逐渐增大,故B错误;‎ C.a×10-3molO2反应则得到‎4a×10-3mol电子,所以根据得失电子守恒,理论上可使Pb电极增重‎4a×10-3mol×‎17g/mol=‎68a×10‎-3g=68amg,故C正确;‎ D.铅失电子在负极发生氧化反应生成Pb(OH)2,电极反应式为Pb+2OH--2e-=Pb(OH)2,故D正确;‎ 故选B。‎ ‎10.下列说法中正确的是( )‎ A. 丙烷是直链烃,所以分子中3个碳原子也在一条直线上 B. 丙烯所有原子均在同一平面上 C. 所有碳原子一定在同一平面上 D. CH3—CH=CH—C≡C—CH3分子中所有碳原子可能在同一平面上 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.丙烷是直链烃,碳链呈锯齿状,不在一条直线上,A错误;‎ B.丙烯中含甲基,甲基为四面体构型,所有原子不可能共面,B错误;‎ C.中碳环中(含有CH2、CH结构)碳原子不在同一平面上,即所有碳原子一定不再同一平面上,C错误;‎ D.CH3—CH=CH—C≡C—CH3分子中左边四个C原子一定在同一平面,右边4个C原子一定在同一直线上,直线过了面的两个点(中间的两个C原子),4个C原子一定在同一个平面,D正确。‎ 答案选D。‎ ‎11.下列说法正确的是( )‎ A. 氯乙烯、聚乙烯都是不饱和烃 ‎ B. 聚苯乙烯的结构简式为 C. 氯乙烯制取聚氯乙烯的反应方程式为nCH2=CHCl ‎ D. 乙烯和聚乙烯都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应 ‎【答案】C ‎【解析】A.氯乙烯含有氯元素,不属于烃,而聚乙烯为饱和烃,故A错误;B.聚苯乙烯的结构简式为 ‎,故B错误;C.氯乙烯含有碳碳双键,可发生加聚反应生成聚氯乙烯,反应为nCH2═CHCl,故C正确;D.乙烯含有碳碳双键,能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应,但聚乙烯的结构单元为-CH2-CH2-,不能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应,故D错误;故选C。‎ 点睛:本题考查有机物的结构和性质,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握高聚物的结构特点。本题的关键是熟悉氯乙烯和聚乙烯的结构,氯乙烯含有碳碳双键,聚乙烯的结构单元为-CH2-CH2-,不存在碳碳双键。‎ ‎12.下列有机混合物不论以何种比例混合,只要总质量一定时,充分燃烧后产生的H2O的量为定值的是( )‎ A. CH4、C2H6 B. C2H6、C3H‎6 ‎ C. C3H6O3、C6H12O6 D. C3H4、C3H6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CH4和C2H6的最简式不同,二者H的含量不同,即使总质量一定,比例不同则H的质量不同,生成的水的质量就不同,A错误; ‎ B.C2H6中和C3H6的最简式不同,二者H的含量不同,即使总质量一定,比例不同则H的质量不同,生成的水的质量就不同,B错误; ‎ C.C3H6O3和C6H12O6的最简式相同,均为CH2O,无论二者如何混合,总质量一定,H的质量就一定,生成的水的质量就一定,C正确;‎ D.C3H4和C3H6的最简式不同,H的含量不同,即使总质量一定,比例不同则H的质量不同,生成的水的质量就不同,D错误。‎ 答案选C。‎ ‎13. 某同学探究氨和铵盐的性质,相关实验操作及现象描述正确的是( )‎ A. 室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH,比较氨水和NaOH碱性强弱 B. 将氨水缓慢滴入AlCl3溶液中,研究Al(OH)3的两性 C. 将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒靠近,观察到白烟 D. 加热除去NH4Cl中的少量NaHCO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH,可以比较NH3·H2‎ O和NaOH的碱性强弱,A正确;‎ B.将氨水缓慢滴入AlCl3溶液中,会发生反应产生氢氧化铝白色沉淀,由于一水合氨是弱碱,不能溶解Al(OH)3,因此不可研究Al(OH)3的两性,B错误;‎ C.浓硫酸是难挥发性酸,所以将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒靠近,不能产生白烟,C错误;‎ D.在加热的条件下氯化铵和碳酸氢钠均分解,达不到除杂的目的,D错误;‎ 答案选A。‎ ‎14.下列说法正确的是( )‎ A. PE(聚乙烯)材料因其无毒且易降解,广泛用于食品包装 B. “投泥泼水愈光明”中蕴含的化学反应是炭与灼热水蒸气反应得到两种可燃性气体 C. “一带一路”被誉为现代“丝绸之路”。丝绸来自合成纤维,主要含C、H、O、N元素 D. “以火烧之,紫青烟起,乃真硝石也”,古人鉴别硝石(KNO3)与朴硝(NaNO3)的方法利用了二者化学性质不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.聚乙烯材料无毒可用于食品包装,聚乙烯不易降解,引起的环境问题是“白色污染”,A项错误;‎ B.“投泥泼水愈光明”指高温下把水滴到炭火上,C与H2O(g)反应生成CO和H2,反应的化学方程式为C+H2O(g)CO+H2,CO和H2都是可燃性气体,B项正确;‎ C.丝绸的主要成分是蛋白质,主要含C、H、O、N元素,丝绸来自天然纤维中的蚕丝,C项错误;‎ D.鉴别硝石(KNO3)与朴硝(NaNO3)的方法是焰色反应,焰色呈紫色的为硝石,焰色反应属于物理性质,D项错误;‎ 故答案选B。‎ ‎15.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后,加入稀盐酸,有黄色沉淀析出,同时有刺激性气味气体产生。下列说法正确的是( )‎ A. W、X、Y、Z的简单离子的半径依次增大 B. X的简单氢化物的热稳定性比W的强 C. 析出的黄色沉淀易溶于乙醇 D. X与Z属于同一主族,X与Y属于同一周期 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大,W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐,W为N;Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,Y为Na;由X、Y、Z 三种元素形成的一种盐溶于水后,加入稀盐酸,有黄色沉淀析出,同时有刺激性气体产生,盐为Na2S2O3,结合原子序数可知,X为O,Z为S,以此来解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知,W为N,X为O,Y为Na,Z为S。‎ A.S2-有3个电子层,O2-、Na+、N3-具有2个电子层,由于离子的电子层数越多,离子半径越大,对于电子层结构相同的离子,核电荷数越大,离子半径就越小,所以简单离子的半径由大到小的顺序是Z>W>X>Y,A错误;‎ B.同一周期的元素,原子序数越大,元素的非金属性越强,其相应氢化物的稳定性就越强;由于元素的非金属性X>W,所以简单氢化物的热稳定性X>W,B正确;‎ C.Z是S元素,S单质不能溶于水,微溶于酒精,容易溶于CS2,所以该说法不合理,C错误;‎ D.O、S是同一主族的元素,O是第二周期元素,Na是第三周期元素,两种元素不在同一周期,D错误;‎ 故合理选项是B。‎ ‎16.一种气态烷烃和一种气态烯烃,它们分子里的碳原子数相等.将1.0体积这种混合气体在氧气中完全燃烧,生成2.0体积的CO2和2.4体积的水蒸气(气体体积均在相同状况下测定),则混合气体中烷烃和烯烃的体积比为( )‎ A. 3:1 B. 1:‎3 ‎C. 2:3 D. 3:2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据阿伏加德罗定律,相同状况下,气体的体积之比等于物质的量之比,可知1mol混合烃充分燃烧后生成 2molCO2和2.4mol H2O,则混合烃的平均分子组成为C2H4.8;‎ 又知烷烃和烯烃分子里的碳原子数相同,可以判定它们分别是C2H6和C2H4,无论C2H6与C2H4以怎样的体积比混合,它们的平均碳原子个数都是2;‎ 因此符合题意的烷烃和烯烃的体积比,将由它们分子里所含的H原子个数决定,可用十字交叉法求解:‎ ‎;‎ 故答案选C。‎ 二、非选择题(本题共4小题,共52分)‎ ‎17.高氯酸铵(NH4ClO4)常作火箭发射的推进剂,实验室用NaClO4、NH4Cl等原料制取(部分物质的溶解度如图1、图2),其实验流程如图3:‎ ‎(1)反应器中发生反应的基本反应类型是_____。‎ ‎(2)上述流程中由粗产品获得纯净高氯酸铵的方法为_____。‎ ‎(3)洗涤粗产品时,宜用_____(填“‎0℃‎冷水”或“‎80°C热水”)洗涤。‎ ‎(4)已知NH4ClO4在‎400℃‎时开始分解为N2、Cl2、O2、H2O。某课题组设计实验探究NH4ClO4的分解产物(假设装置内药品均足量,部分夹持装置已省略)‎ 实验开始前,已用CO2气体将整套实验装置中空气排尽;焦性没食子酸溶液用于吸收氧气。‎ ‎①写出高氯酸铵分解的化学方程式_____。‎ ‎②为了验证上述产物,按气流从左至右,装置的连接顺序为A→_____(填装置对应的字母),证明氧气存在的实验现象为_____。‎ ‎③若装置E硬质玻璃管中的Cu粉换成Mg粉,向得到的产物中滴加蒸馏水,产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。滴加蒸馏水发生反应的化学方程式为_____。‎ ‎【答案】(1). 复分解反应 (2). 重结晶 (3). ‎0℃‎冷水 (4). N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O↑ (5). F→B→D→C→E→H→G (6). E中玻璃管内固体逐渐变成黑色 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】NaClO4溶液和NH4Cl饱和溶液混合,常温下NH4ClO4的溶解度最小,可析出NH4ClO4固体,从而制得NH4ClO4固体,实际发生复分解反应,再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到NH4ClO4粗品,将NH4ClO4重结晶可得纯净的NH4ClO4;‎ NH4ClO4在A中分解,无水硫酸铜检验水,若无水硫酸铜变蓝,则产物有水;‎ 再用湿润的红色布条检验Cl2,若布条褪色,则产物有Cl2;‎ 接下来用NaOH溶液将Cl2除去,用浓硫酸将除Cl2时带上的水蒸气除去;‎ 将气体通入放有Cu和加热的硬质玻璃管检验氧气,若产物含氧气,玻璃管内红色固体逐渐变黑;‎ 接下来用焦性没食子酸溶液将O2吸收,然后将气体通入G,若产物有氮气,将收集到一瓶氮气,据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)由上面的分析可知,反应器中发生的反应为:‎ ‎ ,为复分解反应,故答案为:复分解反应;‎ ‎(2)将粗产品进行重结晶可得到纯净的NH4ClO4,故答案为:重结晶;‎ ‎(3)根据图2可知,NH4ClO4的溶解度随温度的升高而增大,‎0℃‎时溶解度低于NH4Cl和NaCl,且NH4Cl和NaCl在‎0℃‎时依然有较高的溶解度,则在洗涤粗产品时,宜用‎0℃‎冷水,故答案为:‎0℃‎冷水;‎ ‎(4)①已知NH4ClO4在时开始分解为、、、,可得高氯酸铵分解的化学方程式:,注意‎400℃‎时,水为气体,故答案为:;‎ ‎②从上面的分析可知, 先用无水硫酸铜检验水蒸汽,用湿润的红色布条检验氯气,再用NaOH溶液吸收氯气,用浓硫酸吸收前面带上的水蒸气,用灼热的Cu粉检验氧气,用焦性没食子酸溶液吸收氧气,用排水法收集氮气。注意:水蒸气必须在最开始检验,氧气与铜反应前必须除去氯气,故装置的连接顺序为:A→F→B→D→C→E→H→G,若产物含氧气,则红色的Cu粉会变成黑色的Cu,故答案为:F→B→D→C→E→H→G;E中玻璃管内固体逐渐变成黑色;‎ ‎③若将Cu换成Mg,则E装置中N2与Mg反应生成Mg3N2,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气,结合原子守恒可知,滴加蒸馏水发生反应的化学方程式为:,故答案为:。‎ ‎18.某化学小组研究盐酸被氧化的条件,进行如下实验。‎ ‎(1)研究盐酸被MnO2氧化。‎ 实验 操作 现象 Ⅰ 常温下将MnO2和12mol·L-1浓盐酸混合 溶液呈浅棕色,有刺激泩气味 Ⅱ 将Ⅰ中混合物过滤,加热滤液 生成大量黄绿色气体 Ⅲ 加热MnO2和4mol·L-1稀盐酸混合物 无明显现象 ‎①已知MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应,化学方程是________ 。‎ ‎②Ⅱ中发生了分解反应,反应的化学方程式是________ 。‎ ‎③Ⅲ中无明显现象的原因,可能是c(H+)或c(Cl-)较低,设计实验Ⅳ进行探究:‎ 将实验Ⅲ、Ⅳ作对比,得出的结论是________。‎ ‎④用下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验V:‎ i. K闭合时,指针向左偏转 ⅱ. 向右管中滴加浓H2SO4至c(H+)≥7mol·L-1,指针偏转幅度变化不大ⅲ.再向左管中滴加浓H2SO4至c(H+)≥7mol·L-1,指针向左偏转幅度增大 将i和ⅱ、ⅲ作对比,得出的结论是________。‎ ‎(2)研究盐酸能否被氧化性酸氧化。‎ ‎①烧瓶中放入浓H2SO4,通过分液漏斗向烧瓶中滴加浓盐酸,烧瓶上方立即产生白雾,用湿润的淀粉KI试纸检验,无明显现象。由此得出浓硫酸________(填“能”或“不能”)氧化盐酸。‎ ‎②向试管中加入3mL浓盐酸,再加入1mL浓HNO3,试管内液体逐渐变为橙色,加热,产生棕黄色气体,经检验含有NO2。‎ 实验 操作 现象 Ⅰ 将湿润的淀粉KI试纸伸入棕黄色气体中 试纸先变蓝,后褪色 Ⅱ 将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净Cl2中 试纸先变蓝,后褪色 Ⅲ ‎……‎ ‎……‎ 通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ证明混合气体中含有Cl2,Ⅲ的操作是________。‎ ‎(3)由上述实验得出:盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、________有关。‎ ‎【答案】(1). MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O (2). MnCl4Cl2↑+MnCl2 (3). Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低,需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化 (4). HCl的还原性与c(H+)无关;MnO2的氧化性与c(H+)有关,c(H+)越大,MnO2的氧化性越强 (5). 不能 (6). 将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的NO2中 (7). c(Cl-)、c(H+)(或浓度)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①MnO2呈弱碱性与浓盐酸发生复分解反应,生成四氯化锰和水;‎ ‎②MnCl4加热发生分解反应,产生的黄绿色气体Cl2;‎ ‎③对比实验Ⅳ、实验Ⅲ,增大c(H+)或c(Cl-)后,均能产生黄绿色气体,即可得出结论;‎ ‎④右管中滴加浓H2SO4,溶液中c(H+)增大,但指针偏转幅度不大,说明c(H+)不影响HCl的还原性;左管中滴加浓H2SO4,溶液中c(H+)增大,指针偏转幅度增大,说明c(H+)对MnO2的氧化性有影响,且c(H+)越大,MnO2的氧化性越强;‎ ‎(2)①烧瓶上方立即产生白雾,用湿润的淀粉KI试纸检验,无明显现象,说明产生的白雾中没有Cl2;‎ ‎②实验Ⅱ中将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的Cl2中,观察到试纸先变蓝,后褪色,因此实验Ⅲ需检验NO2对湿润的淀粉KI试纸的颜色变化,从而证明混合气体中是否含有Cl2;‎ ‎(3)由上述实验过程分析可得,盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、c(H+)或c(Cl-)有关。‎ ‎【详解】(1)①由于MnO2呈弱碱性,与浓盐酸发生复分解反应,则该反应的化学方程式为:MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O;‎ ‎②将Ⅰ中混合物过滤后,所得滤液为MnCl4溶液,加热后产生的黄绿色气体为Cl2,由于该反应为分解反应,因此反应的化学方程式为:MnCl4MnCl2+Cl2↑;‎ ‎③实验Ⅳ中增大c(H+)或c(Cl-)后,均能产生黄绿色气体,因此说明实验Ⅲ中无明显现象是由于溶液中c(H+)、c(Cl-)较低引起的,需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化;‎ ‎④右管中滴加浓H2SO4,溶液中c(H+)增大,但指针偏转幅度不大,说明c(H+)不影响HCl的还原性;左管中滴加浓H2SO4,溶液中c(H+)增大, 指针偏转幅度增大,说明c(H+)对MnO2的氧化性有影响,且c(H+)越大,MnO2的氧化性越强;‎ ‎(2)①烧瓶上方立即产生白雾,用湿润的淀粉KI试纸检验,无明显现象,说明产生的白雾中没有Cl2,因此说明HCl不能被浓硫酸氧化;‎ ‎②实验Ⅱ中将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的Cl2‎ 中,观察到试纸先变蓝,后褪色,因此实验Ⅲ需检验NO2对湿润的淀粉KI试纸的颜色变化,从而证明混合气体中是否含有Cl2,因此实验Ⅲ的操作是将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的NO2中;‎ ‎(3)由上述实验过程分析可得,盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、c(H+)或c(Cl-)有关。‎ ‎19.(1)恒温下,将amolN2与bmolH2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中,发生如下反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)‎ ‎①若反应某时刻t时,n(N2)=13mol,n(NH3)=6mol,则a=_____mol;‎ ‎②反应达平衡时,混合气体的体积为‎716.8L(标况下),其中NH3的含量(体积分数)为25%,平衡时NH3的物质的量_____;‎ ‎③原混合气体与平衡混合气体的总物质的量之比(写出最简整数比、下同),n(始)∶n(平)=_____;‎ ‎④原混合气体中,a∶b=_____;‎ ‎⑤达到平衡时,N2和H2的转化率之比,α(N2)∶α(H2)=______;平衡混合气体中,n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)=_____。‎ ‎(2)CH3OH燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一,这种燃料电池由甲醇、空气(氧气)、KOH(电解质溶液)构成。其中负极反应式为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O。则下列说法正确的是______(填序号)。‎ ‎①电池放电时通入空气的电极为负极 ‎②电池放电时,电解质溶液的碱性逐渐减弱 ‎③电池放电时每消耗6.4gCH3OH转移1.2mol电子 ‎【答案】(1). 16 (2). 8mol (3). 5:4 (4). 2:3 (5). 1:2 (6). 3:3:2 (7). ②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据题意,列三段式如下:;据此可以求出a=16mol;反应达平衡时,NH3的物质的量为;平衡混合气的组成为:N2为16mol-4mol=12mol,NH3为8mol,H2为32mol-12mol-8mol=12mol,则:‎ 据此可以求出b=24;据以上分析解答问题①-⑤;气体的体积分数与气体的物质的量分数成正比;转化率=变化量与起始量的比值;‎ ‎(2)甲醇燃料电池,甲醇在负极发生氧化反应,;氧气在正极发生还原反应,O2+4e-+2H2O=4OH-,据此进行①-③问题的解答。‎ ‎【详解】(1)①根据题意,列三段式如下: ,所以a=(13+3)mol=16mol,故答案为:16;‎ ‎②反应达平衡时,混合气体为,其中NH3的物质的量为,故答案为:8mol;‎ ‎③结合①②可知,平衡混合气的组成为:N2为16mol-4mol=12mol,NH3为8mol,H2为32mol-12mol-8mol=12mol,则:,解得:b=24,n(始):n(平)= (16+24):(12+12+8)=40:32=5:4,故答案为:5:4;‎ ‎④由③可知,a:b=16:24=2:3,故答案为:2:3; ‎ ‎⑤达到平衡时,N2和H2的转化率之比,α(N2):α(H2)==1:2,平衡混合气体中,n(N2):n(H2):n(NH3)=12:12:8=3:3:2,故答案为:1:2;3:3:2; ‎ ‎(2)①燃料电池放电时,氧气得电子,通入正极,①错误;‎ ‎②燃料电池总反应为:2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O,消耗OH-的同时生成H2O,电解质溶液碱性减弱,②正确;‎ ‎③消耗6.4gCH3OH,其物质的量为,则根据负极反应式可知:转移电子为,③正确;‎ 综上所述,②③正确,故答案为:②③。‎ ‎20.Ⅰ.如图是实验室制乙烯的发生装置和乙烯性质实验装置,反应原理为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O,回答下列问题:‎ ‎(1)图1中仪器①、②的名称分别为______、______。‎ ‎(2)收集乙烯气体最好的方法是______。‎ ‎(3)向溴的四氯化碳溶液中通入乙烯(如图2),溶液的颜色很快褪去,该反应属于_____(填反应类型),若将反应后无色液体中的反应产物分离出来,则宜采用的方法是_____。‎ II.为探究乙烯与溴的加成反应,甲同学设计并进行了如下实验:先取一定量的工业用乙烯气体(在储气瓶中),使气体通入溴水中,发现溶液褪色,即证明乙烯与溴水发生了加成反应。‎ 乙同学发现在甲同学的实验中,褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质,推测在工业上制得的乙烯中还可能含有少量还原性的气体杂质,由此他提出必须先除去杂质,然后再使乙烯与溴水反应。‎ 请回答下列问题:‎ ‎(4)甲同学的实验中有关的化学方程式为______。‎ ‎(5)甲同学设计的实验______(填“能”或“不能”)验证乙烯与溴发生加成反应,其理由是_____(填字母)。‎ A.使溴水褪色的反应,未必是加成反应 B.使溴水褪色的反应,就是加成反应 C.使溴水褪色的物质,未必是乙烯 D.使溴水褪色的物质就是乙烯 ‎(6)乙同学推测此乙烯中必定含有的一种杂质气体是______,它与溴水反应的化学方程式是___。在验证过程中必须全部除去,除去该杂质的试剂可选用______。‎ ‎(7)为了验证乙烯与溴水的反应是加成反应而不是取代反应,可采取方法有______。‎ ‎【答案】(1). 温度计 (2). 圆底烧瓶 (3). 排水法 (4). 加成反应 (5). 蒸馏 (6). (7). 不能 (8). AC (9). H2S (10). (11). CuSO4溶液(或NaOH溶液等) (12). 分别用pH计测量反应前后溴水的pH,若反应后pH明显减小,则是取代反应,否则是加成反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ.实验室制乙烯的反应原理为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O,根据乙烯的物理性质和化学性质进行问题的解答。‎ II.探究乙烯与溴的反应类型:如果发生取代反应,生成氢溴酸,溶液的酸性增强,若果发生加成反应,生成卤代烃,酸性减弱;要注意制备的乙烯气体中,会含有杂质气体硫化氢等,硫化氢也能与溴水发生氧化还原反应,影响实验的结果,在检验乙烯气体之前,一定要除去硫化氢气体。‎ ‎【详解】(1)图1中仪器①、②的名称分别为:温度计、圆底烧瓶,故答案为:温度计、圆底烧瓶; ‎ ‎(2)乙烯的密度和空气相差不大,不用排空气法收集,乙烯不溶于水,所以收集乙烯气体最好的方法是排水法,故答案为:排水法;‎ ‎(3)乙烯和溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷,1,2-二溴乙烷溶于四氯化碳,但二者沸点不同,可用蒸馏方法分离,故答案为:加成反应;蒸馏; ‎ ‎(4)乙烯与溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷,方程式为:,故答案为:;‎ ‎(5)溴水褪色,未必发生加成反应,也未必就是乙烯反应,也可能是乙烯中的杂质气体与溴反应而使溴水褪色,AC满足题意,故答案为:不能;AC;‎ ‎(6)褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质,该淡黄色浑浊物为S,溴水有强氧化性,可以推断乙烯中含还原性气体H2S,发生的反应为:,可以用CuSO4溶液(或NaOH溶液等)除去H2S,故答案为:H2S;;CuSO4溶液(或NaOH溶液等); ‎ ‎(7)如果乙烯与溴发生取代反应,必定生成HBr,HBr溶于水酸性会明显增强,故可用pH计予以验证,方法为:分别用pH计测量反应前后溴水的pH,若反应后pH明显减小,则是取代反应,否则是加成反应,故答案为:分别用pH计测量反应前后溴水的pH,若反应后pH明显减小,则是取代反应,否则是加成反应。‎ ‎21.某烃的分子式为C11H20,1 mol 该烃在催化剂作用下可以吸收2 mol H2;用热的KMnO4酸性溶液氧化,得到下列三种有机物:‎ HOOC—CH2CH2—COOH。‎ 已知:+R3-COOH(R1-、R2-、R3-代表烃基)‎ 由此推断写出该烃可能的结构简式是______________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】某烃的分子式为C11H20,该烃的不饱和度==2,1mol该烃在催化剂作用下可以吸收2molH2,说明该分子中含有2个碳碳双键或1个碳碳三键,用热的酸性KMnO4溶液氧化,得到下列有机物:HOOC—CH2CH2—COOH,不能为三键,只能为两个双键,不饱和烃被酸性高锰酸钾溶液氧化时,碳碳双键被氧化,生成羧基或羰基,据此判断该烃可能结构简式。‎ ‎【详解】某烃的分子式为C11H20,该烃的不饱和度==2,1mol该烃在催化剂作用下可以吸收2molH2,说明该分子中含有2个碳碳双键或1个碳碳三键,根据信息,碳碳双键被酸性高锰酸钾溶液氧化时,碳碳双键断裂,双键碳原子上没有H原子时被氧化成羰基,双键碳原子上连有H原子时被氧化成羧基,用热的酸性KMnO4溶液氧化,得到下列三种有机物: 、、HOOC—CH2CH2—COOH,采用逆推法,需要=CHCH2CH2CH=,CH3CH‎2C(CH3)=,=C(CH3)2分别与双键连接,即则该烃结构简式可能是 ‎ 。‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档