- 2021-07-06 发布 |
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文档介绍
福建省南安第一中学2019-2020学年高二上学期第一次阶段考试化学试题
南安一中2019～2020学年度高二年第一次阶段考化学科试卷 本试卷考试内容为：化学反应原理。分第I卷（选择题）和第II卷，共6页，满分100分，考试时间90分钟。 注意事项： 1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。 2．考生作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。 3．答案使用0．5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚（英语科选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号）。 4．保持答题纸纸面清洁，不破损。考试结束后，将本试卷自行保存，答题纸交回。 相对原子质量:O:16 Na: 23 Mg：24 S:32 Cu：64 Ag：108 Ba:137 第I卷（选择题 共48分） 一．选择题：本大题共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1项符合题目要求。 1.如图是中国在南极建设的第四个科学考察站——泰山站。为了延长科学考察站基础设施使用寿命，钢铁设备表面镶嵌一些金属块(M)。下列说法正确的是 A. 金属块M可能是铜，发生氧化反应 B. 这种保护方法叫牺牲阳极阴极保护法 C. 科考考察站里的设备在潮湿空气中主要发生化学腐蚀 D. 若采用外加电流的阴极保护法，设备与电源正极相连 【答案】B 【解析】 【详解】A．如果金属块M是铜，铜与钢铁设备构成原电池时，铁为负极，腐蚀速率加快，故A错误； B．为了延长科学考察站基础设施使用寿命，钢铁设备表面镶嵌一些金属块(M)，M应该充当原电池负极，这种保护方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故B正确； C．科考考察站里的设备在潮湿空气中主要发生电化学腐蚀，故C错误； D．若采用外加电流的阴极保护法，钢铁设备应该与电源负极相连，充当电解池的阴极，被保护，故D错误； 故选B。 2.成语是中国传统文化的瑰宝。铜墙铁壁、铜心铁胆、金戈铁马、百炼成钢等成语向人传递正能量。工业上，冶炼铁的有关热化学方程式如下:①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=akJ·mol-1;②CO2(g)+C(s)=2CO(g) △H2=bkJ·mol-1;③Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) △H3=ckJ·mol-1;④2Fe2O3(s)+3C(s)=4Fe(s)+3CO2(g ) △H4=dkJ·mol-1（上述热化学方程式中，a，b，c，d均不等于0）下列说法正确的是 A. b①；③容器体积可变、压强不变，正反应体积减小，所以③中的压强始终高于②，有利于反应正向移动，C物质的体积分数③>②，达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为③②①，故选A。 【点睛】本题考查温度、压强对化学平衡移动的影响，能正确分析①②容器温度变化、②③压强变化是解题的关键。 15.在体积恒定的密闭容器中，一定量的二氧化硫与1.100mol氧气在催化剂作用下加热到600℃发生反应：2SO2＋O22SO3。当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，在相同温度下测得气体压强为反应前的82.5%。下列有关叙述正确的是（ ） A. 三氧化硫生成的速率与二氧化硫消耗的速率相等时反应达到平衡 B. 降低温度，正反应速率减小，逆反应速率增大 C. 平衡混合气体通入过量氯化钡溶液中，得到沉淀的质量为161.980g D. 达到平衡时，二氧化硫的转化率为90% 【答案】D 【解析】 【详解】A.SO3生成速率与SO2的消耗速率都是正反应速率，两者始终相等，不能作为判断化学平衡的依据，故A错误； B.降低温度，正反应速率和逆反应速率都减小，故B错误； C.设二氧化硫起始物质的量是xmol，平衡时转化的二氧化硫为ymol，则： 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） 起始量（mol）： x 1.100 0 转化量（mol）： y 0.5y y 平衡量（mol）： x-y 1.100-0.5y y 气体总物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，则0.5y=0.315，故y=0.63，在相同的温度下测得气体压强为反应前的82.5%，则×100%=82.5%，故x=0.7。将混合气体通入过量的氯化钡溶液中，三氧化硫和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫与氧气、水反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，0.7mol二氧化硫完全转化消耗0.35mol氧气，氧气有剩余，根据硫元素守恒，硫酸钡的物质的量是0.7mol，故其质量为0.7mol×233g/mol=163.1g，故C错误； D.达到平衡时，SO2的转化率=×100%=90%，故D正确。 故选D。 16.将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图(A、B为多孔性碳棒)持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL。则下列说法错误的是( ) A. 通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极 B. 0＜V≤22.4 L时，电池总反应的化学方程式为CH4＋2O2＋2KOH＝K2CO3＋3H2O C. 22.4 L＜V≤44.8 L时，负极电极反应为CH4－8e－＋＋3H2O＝ D. V＝33.6 L时，溶液中只存在阴离子 【答案】D 【解析】 【分析】 因为n（KOH）=2mol/L×1L=2mol，故随着CH4通入的量逐渐增加，可能先后发生反应①CH4+2O2=CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；再根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。 【详解】A. 燃料电池中，通入CH4的一端发生氧化反应，为原电池的负极；通入空气（O2）的一端发生还原反应，为原电池的正极，不选A项； B. 当0＜V≤22.4L时，0＜n（CH4）≤1mol，则0＜n（CO2）≤1mol，又因为电解质溶液中n（KOH）=2mol，故KOH过量，所以电池总反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，不选B项； C. 当22.4 L＜V≤44.8L，1mol＜n（CH4）≤2mol，则1mol＜n（CO2）≤2mol，发生反应①②③，得到K2CO3和KHCO3溶液，则负极反应式为，不选C项； D. 当V=33.6L时，n（CH4）=1.5mol，n（CO2）=1.5mol，则电池总反应式为3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O，则得到0.5molK2CO3和1molKHCO3的溶液，故溶液中的阴离子有和，选择D项。 答案选D。 【点睛】本题难点在于需要结合氢氧化钾的量和通入的甲烷的体积来确定所发生的总反应，从而确定反应产物。 第II卷（非选择题，共52分） 二．实验题，本大题共2小题，共20分。 17.通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液在图示的装置中进行中和反应．回答下列问题： （1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是___________． （2）大烧杯上如果不盖硬纸板，求得的中和热数值__________（填“偏大”，“偏小”或“无影响”）． （3）实验中改用60mL 0.50mol/L盐酸跟50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热________（填“相等”“不相等”），简述理由：______________________． （4）若两溶液的密度都是1g/mL，中和后所得溶液的比热容c=4.18J/（g·℃），三次平行操作测得终止温度与起始温度差（t2﹣t1）分别为：①3.2℃ ②2.2℃ ③3.0℃，写出表示盐酸与NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式________________________．（小数点后保留一位小数） 【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 偏小 (3). 相等 (4). 因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O所放出的能量，与酸碱的用量无关 (5). HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣51.8 kJ/mol 【解析】 【详解】（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是用于搅拌的环形玻璃搅拌棒； （2）大烧杯上如果不盖硬纸板，会导致热量散失，测得的温差会比真实值小，求得的中和热数值偏小； （3）中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O(l)所放出的能量，与酸碱的用量无关，所以求得的中和热数值相等； （4））三次平行操作测得终止温度与起始温度差（t2-t1）分别为：①3.2℃ ②2.2℃ ③3.0℃，由于第②组数据与其他两组相差较大，将第②组舍去，温度差的平均值为3.1℃，50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.5mol/L=0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/ml=100g，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.1℃=1259.8J，即1.2598kJ，所以实验测得的中和热，该反应的热化学方程式：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-51.8 kJ/mol。 【点睛】在测定中和热的实验时，一定要注意仪器的保温，不然会导致实验失败。 18.某组甲乙同学进行稀硫酸与锌制取氢气的实验，请回答下列问题： （1）甲同学发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。 实验 混合溶液 A B C D E F 4 mol·L－1 H2SO4/mL 30 V1 V2 V3 V4 V5 饱和CuSO4溶液/mL 0 0.5 2.5 5 V6 20 H2O/mL V7 V8 V9 V10 10 0 ①请完成此实验设计，其中：V1＝___，V6＝___，V9＝___； ②反应一段时间后，实验A中的金属呈___色，实验E中的金属呈___色； ③该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4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___________________________。 （2）乙同学为了探究锌与稀硫酸反应过程中的速率及能量的变化，进行以下实验，分析影响反应速率的因素。 实验时，从断开K开始，每间隔1分钟，交替断开或闭合K，并连续计数每1分钟内从a管流出的水滴数，得到的水滴数如下表所示： 1分钟水滴数（断开K） 34 59 86 117 … 102 1分钟水滴数（闭合K） 58 81 112 139 … 78 分析反应过程中的水滴数，请回答： ① 由水滴数58＞34、81＞59，说明在反应初期，闭合K时比断开K时的反应速率快，主要原因是__________________________________________________________。 ② 由水滴数102＞78，说明在反应后期，断开K时的反应速率快于闭合K时的反应速率，主要原因是____________________________________。 【答案】 (1). 30 (2). 10 (3). 17.5 (4). 灰黑 (5). 暗红 (6). 当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，减少了Zn与溶液的接触面积 (7). 形成原电池反应速度快 (8). 断开K时，溶液中的c(H+)大于闭合K时溶液中的c(H+),c(H+)的影响是主要因素 【解析】 【分析】 （1）①为保证实验有对比性，只能改变一个变量分析，CuSO4溶液体积逐渐增多，故H2SO4的量应相等均为30mL，水的量减小，但每组实验中CuSO4与水的体积之和应相等； ②实验A中锌粒与稀硫酸反应，因锌粒不纯，表面会有杂质的颜色；而实验E中生成的单质Cu会沉积在Zn的表面； ③锌粒与硫酸铜反应生成的铜会附在锌粒表面； （2）①原电池可加快化学反应速率； ②根据氢离子浓度大小与速率的关系分析； 【详解】（1）①要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同，故A组中硫酸为30mL，那么其它组硫酸量也都为30mL；而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20mL，水为0，那么总量为20mL，所以V6=10mL，V9=17.5mL，V1=30mL， 故答案为：30；10；17.5； ②不纯的锌粒中含有Pb、Bi、Sn等杂质，实验A中锌粒与稀硫酸反应后， 这些不活泼的金属杂质游离出来，以颗粒状沉积在锌粒表面呈灰黑色；而实验E中过量的锌粒会与硫酸铜反应生成铜，形成原电池，加快化学反应速率，因此该实验中暗红色的铜会附着在锌粒表面，故答案为：灰黑；暗红； ③因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降， 故答案为：当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，减少了Zn与溶液的接触面积； （2）①因在反应初期，形成了原电池，所有闭合K时比断开K时的反应速率快，故答案为：形成原电池反应速度快； ②由于反应前期形成原电池反应速率快，氢离子消耗的多，则在后期，闭合K时溶液中氢离子浓度小，氢离子浓度越小反应速率越小，断开K时，溶液中的c(H+)大于闭合K时溶液中的c(H+)，所以在反应后期，断开K时的反应速率快于闭合K时的反应速率； 故答案为：断开K时，溶液中的c(H+)大于闭合K时溶液中的c(H+)，c(H+)的影响是主要因素； 【点睛】要特别注意，在锌粒与稀硫酸反应时，若锌粒过量，加入硫酸铜后加快化学反应速率的同时不影响产生氢气的量，但若锌粒不足，则会影响产生氢气的量。学生要理解其反应原理。 三．填空题，本大题共2小题，共32分。 19.环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题： （1）已知：(g)= (g)+H2(g) ΔH1=100.3 kJ·mol −1 ① H2(g)+ I2(g)=2HI(g) ΔH2=﹣11.0 kJ·mol −1 ② 对于反应：(g)+ I2(g)=(g)+2HI(g) ③ ΔH3=___________kJ·mol −1。 （2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。 A．通入惰性气体 B．提高温度 C．增加环戊烯浓度 D．增加碘浓度 （3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。 A．T1＞T2 B．a点的反应速率小于c点的反应速率 C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率 D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1 （4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。 该电解池的阳极为____________，总反应为__________________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为_________________________。 【答案】 (1). 89.3 (2). 40％ (3). 3.56×104 (4). BD (5). CD (6). Fe电极 (7). Fe+2+H2↑（Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑） (8). 水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH−，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2 【解析】 【分析】 （1）利用盖斯定律解题； （2）利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释； （3）通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项，D选项观察图象计算； （4）根据阳极：升失氧；阴极：降得还进行分析确定阴阳极；根据题干信息中Na元素的变化确定环戊二烯得电子数和还原产物，进而写出电极反应式；注意Na与水会反应，Fe2+在碱性条件下生成沉淀。 【详解】（1）根据盖斯定律①-②，可得反应③的ΔH=89.3kJ/mol； 答案：89.3； （2）假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知； （g）+I2（g）= （g）+2HI（g） 增加的物质的量 1mol 1mol 1mol 2mol 1mol xmol 2n×20% 得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n×100%=40%； （g） + I2（g）= （g）+ 2HI（g） P（初） 0.5×105 0.5×105 0 0 ΔP 0.5×105×40% 0.5×105×40% 0.5×105×40% 1×105×40% P（平） 0.3×105 0.3×105 0.2×105 0.4×105 Kp==3.56×104； A.T、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误； B.升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确； C．增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故C错误； D,增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确； 答案：40%；3.56×104；BD； （3）A.温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，则T1查看更多