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高中化学沪科版
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  • ID:7-5020244 沪科版高中化学二年级第一学期8《走进金彩纷呈的金属世界》测试题(解析版)

    高中化学/沪科版/高二上学期/第八章 走进精彩粉呈的金属世界/本章综合与测试

    《走进金彩纷呈的金属世界》测试题 一、单选题(每小题只有一个正确答案) 1.下列有关物质的分类或性质与应用均正确的是( ) A. SO2和Cl2都能使品红溶液褪色,两者等体积混合可以增强漂白能力 B. Na2O2是碱性氧化物,具有强氧化性可用于杀菌消毒 C. MgO、Al2O3的熔点很高,二者都可用于制作耐高温材料 D. Al(OH)3?是一种强碱,可以与酸反应,可用作医用的胃酸中和剂 2.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. FeO B. FeCl3 C. Fe2(SO4)3 D. Fe2O3 3.下列有关物质的性质与用途均正确且具有对应关系的是( ) A. 明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶于水会形成胶体,可用于自来水的杀菌消毒 B. 金属钠具有强还原性,可用与TiCl4溶液反应制取金属Ti C. SiO2熔点高,可以用石英坩埚加热熔融碳酸钾 D. Na2O2吸收CO2产生O2,可用作呼吸面具供氧剂 4.合金具有许多优良的性能.下列物质属于合金的是( ) A. 氧化铜 B. 生铁 C. 汞 D. 钠 5.合金在生产生活中具有广泛的用途。不属于合金的是( ) A. 明矾 B. 硬铝 C. 生铁 D. 青铜 6.下列操作实验操作、现象、解释或结论都正确的是( ) 选项 实验操作和现象 解释或结论 A 向酸性高锰酸钾溶液中加入过量FeI2固体,反应后溶液变黄 反应后溶液中存在大量Fe3+ B 将某气体通入溴水中,溶液颜色褪去 该气体可能是SO2 C 向盛有2mL0.1mo/LAgNO3溶液的试管中滴加5滴0.1mo/LNa2CO3溶液,出现白色沉淀;再往试管中滴加几滴0.1mol/LNa2S溶液,出现黑色沉淀 Ksp(Ag2CO3)>Ksp(Ag2S) D 常温下,向pH=2的醋酸和酚酞的混合溶液中加入等体积的pH=12的NaOH溶液,充分反应后溶液变红 CHCOONa水解 A. A B. B C. C D. D 7.下列离子方程式中正确的是(  ) A.用FeCl3溶液腐蚀铜制印刷电路板:Fe3++Cu=Fe2++Cu2+ B.NH4HCO3溶液和过量的NaOH溶液相混合:HCO3—+OH-=CO32—+H2O C.向Fe2(SO4)3的酸性溶液中通入足量H2S:Fe3++H2S=FeS↓+2H+ D.FeI2溶液中通入Cl2至I-恰好完全被氧化:2I-+Cl2=I2+2Cl- 8.现有Fe、FeO、Fe2O3的混合物粉末3.44克,加入含0.1molHCl的盐酸恰好完全溶解,并收集到气体22.4mL(标准状况)。向反应后的溶液滴加KSCN,无明显变化。若将1.72克该混合物在高温下与足量的CO充分反应后,残留固体的质量为( ) A. 1.4克 B. 1.3克 C. 1.2克 D. 1.1克 9.为除去某物质中少量杂质,下列所加试剂及操作方法正确的是(括号内的物质为杂质)(  ) A. NaCl溶液(BaCl2):加过量Na2CO3溶液,过滤 B. KNO3溶液(NaCl):加热蒸发得浓溶液后,降温 C. SO2(CO2):通入过量NaOH溶液,洗气 D. Cl2(HCl):依次通入饱和食盐水、浓硫酸,洗气 10.在托盘天平的两盘,放上质量相等的A、B两烧杯,调至平衡,然后分别倒入质量相等的足量盐酸,继而在AB两烧杯中放入下述各组物质,结果天平仍保持平衡的是( ) A. 等质量的Na和Mg B. 0.1molZn和0.1molAl C. 8.4gMgCO3和8.4gNaHCO3 D. 10gCaCO3和10gMgCO3 11.下列有关物质应用的说法正确的是(  ) A. 铝表面易形成致密的氧化膜,铝制器皿可长时间盛放咸菜等腌制食品 B. 硝酸与铁发生化学反应,不可用铁制容器盛装浓硝酸 C. 碳酸钠溶液呈碱性,可用热的纯碱溶液除去油脂 D. H2与Cl2光照发生爆炸,工业上不能用H2与Cl2做原料生产HCl 12.下列说法不正确的是( ) A. 铵态氮肥和草木灰(含K2CO3)可混合施用 B. 明矾可做净水剂 C. 配制氯化铁溶液,常将氯化铁先溶于盐酸 D. 常将纯碱溶于热水中清洗油污 13.下列说法正确的是( ) A. 钠在硫酸铁溶液中可置换出铁 B. 铁不与H2O反应 C. 铜在硝酸银溶液中可置换出银 D. 镁在空气中会自燃 14.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是( ) A. 磁性氧化铁溶于稀硝酸:Fe3O4+8H++NO3―═3Fe3++NO↑+4H2O B. Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液:Mg2++2HCO3―+2OH―═MgCO3↓+CO32―+2H2O C. 向含有0.2 mol FeI2的溶液中通入0.1 mol Cl2充分反应:2I―+Cl2═2Cl―+I2 D. 明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的物质的量最多:Al3++2SO42―+2Ba2++4OH―═AlO2―+2BaSO4↓+2H2O 15.将9.2 g Na和5.4 g Al同时加入足量的水中充分反应,将反应后的溶液稀释、定容为500 mL。下列说法中正确的是( ) A. 反应中放出的气体在标准状况下的体积为4.48 L B. 所得溶液中阳离子和阴离子的物质的量之比为1∶1 C. 参加反应的水的质量与加入Al的质量相等 D. 所得溶液中Na+和Al3+的物质的量之比为2∶1 二、填空题 16.把一块由镁和铝两种金属组成的合金, 先溶解在适量盐酸中, 然后加入过量NaOH溶液,发生反应的离子方程式依次是: (1)________________________, (2)________________________, (3)________________________, (4)________________________, (5)________________________。 17.(1)在化学反应中,如果反应前后元素化合价发生变化,这类反应就属于____________反应。元素化合价升高,表明该元素的原子__________电子,这种物质是________剂。 (2)在MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液,现象为_______________,继续加入过量的NaOH溶液,现象为_______________;在AlCl3溶液中滴加少量NaOH溶液,现象为_________________,继续加入过量的NaOH溶液,现象为__________________。 18.(1)硅酸钠的水溶液俗称____________,向碳酸氢钠溶液中滴入1~2滴酚酞溶液,溶液显___________色。 (2)Fe(OH)3胶体可用作净水剂,取少量Fe(OH)3胶体于试管中,向试管中逐渐滴加稀盐酸至过量,产生的现象为_________________________。 (3)实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞,以防止发生反应:(离子方程式)_______________________。 (4)将A1和Na的单质同时加入到一定量的水中,充分反应后,发现既无沉淀生成又无残留金属存在,请用两个化学反应方程式表示其变化: ①___________________________________。 ②___________________________________。 (5)已知:5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O,则该反应中氧化产物与还原产物的质量比为______。 19.(1)分别取相同质量的钠、镁、铝与足量的盐酸反应,在相同条件下产生H2的体积比_______; (2)分别取0.1mol 钠、镁、铝与足量的盐酸反应,在相同条件下产生H2的体积比是__; (3)若产生相同物质的量的H2,所需钠、镁、铝的质量比为__; (4)若产生相同体积(同温同压下)的H2,所需的钠、镁、铝物质的量比为___; (5)若将0.2mol钠、镁、铝分别投入到含HCl 0.2mol的盐酸中,在标准状况下,产生氢气体积的大小顺序是__。 20.(1)用KClO3在H2SO4存在下与SO2反应制得ClO2。请写出反应的离子方程式:______。 (2)把ag固体NaHCO3加热分解一段时间后,固体质量变为b g。 ①尚未分解的NaHCO3质量为________g。 ②当b为________g时,表明NaHCO3完全分解。 (3)NaNO2因外观和食盐相似,又有咸味,容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应:2NaNO2+4HI===2NO↑+I2+2NaI+2H2O。 ①上述反应中氧化剂是__________________。 ②根据上述反应,鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有:①水、②碘化钾淀粉试纸、 ③淀粉、④白酒、⑤食醋,你认为必须选用的物质有___________(填序号)。 ③某厂废液中,含有2%~5%的NaNO2,直接排放会造成污染,下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是________(填编号)。 A.NaCl B.NH4Cl C.HNO3 D.浓H2SO4 ④请配平以下化学方程式:________□Al+□NaNO3+□NaOH===□NaAlO2+□N2↑+2H2O。若反应过程中转移5 mole-,则生成标准状况下N2的体积为________L。 三、实验题 21.立足教材实验是掌握高中化学实验的基础,是理解化学科学的实验原理、实验方法和实验思路,提高学生实验能力的基本途径: (1)实验1:取一块金属钠,在玻璃片上用滤纸吸干表面的煤油后,用小刀切去一端的外皮,观察钠的颜色,这个实验中还需用到的一种仪器是_________; (2)实验2:向一个盛有水的小烧杯里滴入几滴酚酞试液,然后把一小块钠投入小烧杯,把反应的现象和相应结论填入空格,“浮”--钠的密度比水小;“红”--反应生成了氢氧化钠;“熔”——______________; (3)实验3:用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝,在酒精灯上加热至熔化,发现熔化的铝并不滴落。下列关于上述实验现象的解释正确的是_________ A.火焰温度太低不能使铝燃烧 B.铝在空气中能很快形成氧化膜 C.氧化铝的熔点比铝的熔点高 D.用砂纸打磨不能除去表面的氧化膜 (4)实验4:把少量水滴入盛有Na2O2固体的试管中,立即用带火星的木条放在试管口,检验生成的气体,向反应后的溶液中加入酚酞试液,溶液中可以看到 __________________________________________ (5)实验5:在玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物,加热,并通入水蒸气,该氧化还原反应的氧化剂是__________,该反应每消耗1mol铁,转移电子的物质的量为_________。 (6)实验6:在试管中注入少量新制备的FeSO4溶液,用胶头滴管吸取NaOH溶液,将滴管尖端插入试管里溶液底部,慢慢挤出NaOH溶液,可以看到开始时析出一种白色的絮状沉淀,并迅速变成灰绿色,最后变成红褐色,发生这种颜色变化的原因是(用化学方程式表示):________________________________。 22.某化学小组欲探究FeCl3溶液、FeCl2溶液的化学性质 试剂清单:铁粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液、氯水、锌片 请帮助他们完成以下实验报告: 序号 实验 目的 实验内容 实验现象 实验结论 离子方程式 实验1 ① 在FeCl2溶液中滴入适量 氯水 溶液由浅绿色 变为黄色 ② ③ 实验2 ④ 在FeCl2溶液中加入锌片 ⑤ Zn +Fe2+= Zn2++Fe 实验3 ⑥ 在FeCl3溶液中加入足量 铁粉 ⑦ FeCl3(Fe3+)具有氧化性 ⑧ 填空: (1)①_____________③____________ ⑤____________⑧____________ 综合以上实验,你能得到的结论是:Fe3+有氧化性;_________________。 (2)亚铁盐溶液易被氧化,短时间保存亚铁盐溶液时为防止亚铁盐被氧化可在溶液中加入少量______________(填试剂名称)。 (3)检验某溶液是Fe2+溶液的方法是(任写一种试剂及其对应的现象即可):________。 (4)某同学向FeCl2溶液中加入Na2O2,产生红褐色沉淀,你认为该反应中产生红褐色沉淀的原因可能是___。 四、推断题 23.某浅绿色溶液A中加入用硝酸酸化的硝酸银酸性溶液,生成白色沉淀B和黄色溶液C,再向溶液C中加入足量的氨水生成红褐色沉淀D。 根据以上判断: (1)A、B、C、D的化学式:A__________B___________C__________D__________ (2)写出C到D反应的离子方程式______________________________________________________ (3)写出A和硝酸反应的化学方程式_________________________________________________ 24.已知A为常见的金属单质,根据如图所示的转化关系回答下列问题。 (1)确定A、B、C、D、E、F的化学式:A________,B________,C________,D________,E________,F________。 (2)写出⑧的化学方程式及④、⑤的离子方程式: ⑧的化学方程式________________________________________。 ④的离子方程式:__________________________。 ⑤的离子方程式:__________________________。 五、计算题 25.将标准状况下的11.2L氨气溶于100mL水中,得到密度为0.868g?cm-3的氨水。 (1)该气体的物质的量=_______mol;所得氨水的物质的量浓度= _______mol?L-1。 (2)若取上述氨水30.0mL与70.0mL2.00mol?L-1的AlCl3溶液相混合,产生白色沉淀的质量是___________g。 (3)若取一定体积浓度为5.00mol?L-1的NaOH溶液与50.0mL2.00mol?L-1的AlCl3溶液相混合,有白色沉淀产生,测得溶液中铝元素与沉淀中铝元素质量相等,则NaOH溶液的体积为____________mL。 26.称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物,加入50.0mL2.00mol·L-1的硫酸充分溶解,往所得溶液中加入5.60g铁粉,充分反应后,得固体的质量为3.04g。请计算: (1)加入铁粉充分反应后,溶液中溶质的物质的量_________________。 (2)固体混合物中氧化铜的质量_________________。 试卷第2页,总7页 参考答案 1.C 【解析】A. SO2和Cl2都能使品红溶液褪色,两者等体积混合溶于水生成盐酸和硫酸,失去漂白能力,A错误;B. Na2O2不是碱性氧化物,B错误;C. MgO、Al2O3的熔点很高,二者都可用于制作耐高温材料,C正确;D. Al(OH)3是一种两性氢氧化物,D错误,答案选C。 2.A 【解析】A. FeO溶于盐酸生成氯化亚铁,滴加KSCN溶液不发生颜色变化,再加入适量氯水,氯化亚铁被氧化为氯化铁,溶液立即呈红色,A正确;B. FeCl3溶液中滴加KSCN溶液,溶液立即呈红色,B错误;C. Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液,溶液立即呈红色,C错误;D. Fe2O3溶于盐酸生成氯化铁,滴加KSCN溶液,溶液立即呈红色,D错误,答案选A。 3.D 【解析】 【详解】 A、明矾溶于水能形成氢氧化铝胶体,具有吸附性,能够吸收水中固体杂质颗粒,可以净水,不具有氧化性,不能对自来水杀菌消毒,故A不符合题意; B、钠易与溶液中的水反应,不能置换出溶液中的金属,金属钠可与熔融TiCl4反应制取金属Ti,故B不符合题意; C、SiO2可以在高温下与碳酸钾反应生成硅酸钾和二氧化碳气体,故C不符合题意; D、Na2O2可以与CO2反应生成碳酸钠和O2,因此可用作呼吸面具供氧剂,故D符合题意; 综上所述,本题应选D。 4.B 【解析】A.氧化铜是纯净物,不属于合金,故A错误;B.生铁是铁和碳的合金,故B正确;C.汞是金属单质,属于纯净物,不属于合金,故C错误;D.钠是金属单质,属于纯净物,不属于合金,故D错误;故选B。 点睛:本题考查合金的特征,掌握物质的组成是正确解答本题的关键。合金具有以下特点:①一定是混合物;②合金中至少有一种金属等。 5.A 【解析】A、明矾是十二水硫酸铝钾,属于盐,属于纯净物不是合金;B、硬铝是铝合金;C、生铁是铁碳合金; D、青铜是铜锡合金;答案选A。 6.B 【解析】A、酸性高锰酸钾溶液可将亚铁离子氧化为铁离子,将碘离子氧化为碘单质,铁离子和碘单质在溶液中都显黄色,选项A错误;B、能使溴水褪色的无色气体除二氧化硫外,还有乙烯等,选项B错误;C、由于硝酸银过量,所以黑色沉淀可能是由过量的硝酸银与硫化钠反应生成的,不一定是白色的碳酸银转化为黑色的硫化银,所以不能确定两者的溶度积大小,选项C错误;D、常温下,向pH=2的醋酸和酚酞的混合溶液中加入等体积的pH=12的NaOH溶液,醋酸过量,充分反应后呈酸性,溶液为无色,选项D错误。答案选B。 7.D 【解析】选项A中电荷不守恒,A错。选项B中忽略了NH4+与OH-的反应。选项C中正确的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+。 8.A 【解析】Fe、FeO、Fe2O3的混合物粉末3.44克,加入含0.1molHCl的盐酸恰好完全溶解,向反应后的溶液滴加KSCN,无明显变化,说明生成物是氯化亚铁,根据氯离子守恒可知氯化亚铁的物质的量是0.05mol,所以混合物中铁原子的物质的量是0.05mol,质量是0.05mol×56g/mol=2.8g。将1.72克该混合物在高温下与足量的CO充分反应后,残留固体是铁,则其质量为2.8g÷2=1.4g,答案选A。 9.B 【解析】 【分析】 物质的除杂原则为所加试剂与杂质反应的同时不能引进新的杂质,主要物质可以多但不能少。 【详解】 A、加过量Na2CO3溶液会和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠,过滤,滤液是氯化钠和过量的碳酸钠,再加适量盐酸并加热可以将碳酸根除去,否则还有碳酸钠杂质,选项A错误;D、硝酸钾的溶解度随温度升高而增大,但是氯化钠的溶解度受温度影响不大,可以加热蒸发得浓溶液后降温,获得硝酸钾的晶体,选项B正确;C. SO2与CO2均能与NaOH溶液反应,除去二氧化碳的同时也消耗了二氧化硫,选项C错误;D、Cl2(HCl):依次通入饱和食盐水进行洗气除去氯化氢,再通过浓硫酸干燥得到纯净干燥的氯气,选项D错误。答案选B。 【点睛】 本题考查物质的分离、提纯和除杂,题目难度不大,本题注意除杂时不能引入新的杂质,且不能影响被提纯的物质的量。 10.C 【解析】A. 2Na+2HCl2NaCl+H2↑,溶液质量差值与反应消耗Na质量之比为22:23,Mg+2HClMgCl2+H2↑,溶液质量差值与反应消耗Mg质量之比为11:12,22:23≠11:12,所以消耗等质量的Na和Mg,反应后溶液质量不相等,故A天平不能保持平衡;B. Zn+2HClZnCl2+H2↑,反应每消耗1mol即65gZn,生成2g氢气,溶液质量增大63g,2Al+6HCl2AlCl3+3H2↑,反应每消耗1mol即27gAl,生成3g氢气,溶液质量增大24g,所以反应消耗0.1molZn和0.1molAl,反应后溶液质量不相等,故B天平不能保持平衡;C. MgCO3+2HClMgCl2+H2O+CO2↑,NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2↑,反应消耗8.4gMgCO3和8.4gNaHCO3均生成4.4gCO2,溶液质量相等,故C天平保持平衡;D. MgCO3+2HClMgCl2+H2O+CO2↑,CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2↑,反应消耗10gCaCO3和10gMgCO3,生成CO2的质量不相等,反应后溶液质量不相等,故D天平不能保持平衡。故选C。 11.C 【解析】A.铝制器皿长时间盛放咸菜等腌制食品,氯离子破坏致密的氧化膜结构,则不能长时间盛放咸菜等腌制食品,故A错误;B.常温下Fe遇浓硝酸发生钝化,可用铁制容器盛装浓硝酸,而硝酸与铁发生化学反应,故B错误;C.碳酸钠水解显碱性,碱性条件利用油脂的水解,加热促进水解,则可用热的纯碱溶液除去油脂,故C正确;D.工业上用H2与Cl2做原料生产HCl,但不能在光照下反应,故D错误;故答案为C。 12.A 【解析】A. 铵态氮肥水解显酸性,而草木灰(含K2CO3)水解显碱性,两者若混合施用,则会发生双水解,有一部分铵根离子会转化为氨气跑掉,导致氮肥的肥效降低,A不正确;B. 明矾可做净水剂,B正确;C. 配制氯化铁溶液,为抑制氯化铁发生水解,常将氯化铁先溶于盐酸 ,C正确;D. 盐类的水解是吸热反应,所以常将纯碱溶于热水中以提高其去污能力,D正确。本题选A。 13.C 【解析】A项,Na投入硫酸铁溶液中,Na先与H2O反应生成NaOH和H2,NaOH与硫酸铁发生复分解反应生成Fe(OH)3和Na2SO4,错误;B项,铁与H2O(g)高温下反应,反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,错误;C项,在金属活动性顺序表中Cu处在银的前面,Cu能从AgNO3溶液中置换出Ag,反应的化学方程式为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag,正确;D项,在点燃条件下镁能在空气中燃烧,镁在空气中不会自燃,错误;答案选C。 点睛:本题易错选A。Na与盐的水溶液反应的规律:钠与盐的水溶液反应时钠先与水反应,它包括两种情况:(1)如果盐溶液中的溶质与氢氧化钠不反应,则只发生钠与水的反应,如钠投入氯化钠溶液、硫酸钾溶液等。(2)如果盐溶液中的溶质与氢氧化钠反应,则反应继续进行,即“先水后盐”,如钠投入Fe2(SO4)3溶液、CuSO4溶液等。 14.C 【解析】 【分析】 A、电荷不守恒; B、氢氧化镁的溶解度更小,应生成氢氧化镁; C、还原性:I―>Fe2+,氯气将碘离子氧化后才与亚铁离子反应; D、沉淀物质的量最多时,铝离子全部沉淀。 【详解】 A、电荷不守恒,故A错误; B、氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁,因此反应应生成氢氧化镁而非碳酸镁,故B错误; C、还原性:I―>Fe2+根据电子得失守恒可知,0.1 mol Cl2完全反应变为Cl―,转移电子0.2 mol,0.2 mol FeI2中含有0.4 mol I―,因此氯气完全反应,离子方程式为2I―+Cl2═2Cl―+I2,C项正确; D、当把铝离子转化为Al(OH)3时,沉淀物质的量最多,故D项错误; 故选C。 15.B 【解析】9.2 g钠的物质的量为9.2g÷23g/mol=0.4mol,5.4gAl的物质的量为5.4g÷27g/mol=0.2mol,Na和水的反应为:2 Na+2H2O═2 NaOH+H2↑,根据方程式可知0.4mol钠完全反应生成NaOH的物质的量是0.4mol,NaOH和Al的反应为:2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,根据方程式可知反应时NaOH过量,Al完全反应,反应后溶液中的溶质为0.2molNaAlO2、0.2molNaOH。A. 0.4mol钠与水反应放出气体0.2mol、0.2mol铝与碱反应放出气体0.3mol,则气体在标准状况下的体积为22.4L/mol×0.5mol=11.2L,故A错误;B. 因反应后溶液中含有0.2molNaAlO2、0.2molNaOH,则阳离子为钠离子,共0.4mol,阴离子为AlO2-和OH-,共0.4mol,则阳离子和阴离子的物质的量之比为1:1,故B正确;C.根据反应方程式可知两个反应共消耗水0.6mol,质量为10.8g,Al的物质的量为0.2mol,质量为5.4g,故C错误;D. 因反应后溶液中含有0.2molNaAlO2、0.2molNaOH,没有Al3+,故D错误;答案选B。 16. ↓ 【解析】Mg、Al金属性质较活泼,能和稀盐酸发生置换反应生成氯化物和氢气,生成的氯化物能和NaOH溶液反应生成氢氧化物,氢氧化铝属于两性氢氧化物,能溶于强碱NaOH生成偏铝酸钠和水,涉及的离子方程式为Mg+2H+=Mg2++H2↑、2Al+6H+=2Al3++3H2↑、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。 点睛:明确物质的性质及离子方程式书写规则是解题关键,Mg、Al金属性质较活泼,能和稀盐酸发生置换反应生成氯化物和氢气,生成的氯化物能和NaOH溶液反应生成氢氧化物,氢氧化铝属于两性氢氧化物,能溶于强碱NaOH生成偏铝酸钠和水,据此分析解答。 17. 氧化还原反应 失去 还原剂 立即产生白色沉淀 沉淀不溶解 立即产生白色沉淀 沉淀逐渐溶解最后完全消失。 【解析】试题分析:(1)有元素化合价变化的反应是氧化还原反应;失电子化合价升高,所含元素化合价升高的反应物是还原剂;(2)在MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液生成白色氢氧化镁沉淀,继续加入过量的NaOH溶液,沉淀不溶解;在AlCl3溶液中滴加少量NaOH溶液,生成白色氢氧化铝沉淀,继续加入过量的NaOH溶液,氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠。 解析:(1)有元素化合价变化的反应是氧化还原反应;元素化合价升高,表明该元素的原子失电子;这种物质是还原剂;(2)在MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液生成白色氢氧化镁沉淀,继续加入过量的NaOH溶液,沉淀不溶解;在AlCl3溶液中滴加少量NaOH溶液,立即生成白色氢氧化铝沉淀,继续加入过量的NaOH溶液,氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,沉淀逐渐溶解最后完全消失。 点睛:氢氧化铝是两性氢氧化物,所以在AlCl3溶液中滴加少量NaOH溶液,开始生成白色氢氧化铝沉淀,继续加入过量的NaOH溶液,氢氧化铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,氢氧化铝沉淀逐渐溶解最后完全消失。 18.水玻璃红先聚沉 后溶解SiO2+2OH-=SiO32-+H2O2Na+H2O=2NaOH+H2↑2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑5∶3 【解析】 试题分析:(1)硅酸钠溶液俗称水玻璃;根据碳酸氢钠溶液的酸碱性分析; (2)胶体溶液发生聚沉,结合氢氧化铁的性质分析; (3)根据二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应分析; (4)根据钠、铝的化学性质解答; (5)根据氮元素的化合价变化情况结合电子得失守恒分析判断。 解析:(1)硅酸钠的水溶液俗称水玻璃;碳酸氢钠溶液显碱性,向碳酸氢钠溶液中滴入1~2滴酚酞溶液,溶液显红色。 (2)取少量Fe(OH)3胶体于试管中,向试管中逐渐滴加稀盐酸至过量,胶体首先发生聚沉,产生红褐色沉淀。由于氢氧化铁能溶解在盐酸中生成氯化铁和水,所以产生的现象为聚沉、后溶解。 (3)玻璃中含有二氧化硅,能与NaOH溶液反应生成黏性很强的硅酸钠,因此不能用玻璃塞,以反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。 (4)钠溶于水生成氢氧化钠和氢气,方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。生成的氢氧化钠可以溶解铝,生成偏铝酸钠和氢气,反应的方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。 (5)铵根中氮元素化合价从-3价升高到0价,失去3个电子。硝酸根中氮元素化合价从+5价降低到0价,得到5个电子,所以根据电子得失守恒可知该反应中氧化产物与还原产物的质量比为5∶3。 19. 1:2:3 23:12:9 6:3:2 相等 【解析】钠、镁、铝分别与盐酸反应的化学方程式为2Na+2HCl=2NaCl+H2↑,Mg+2HCl=MgCl2+H2↑,2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑。据此解析如下: (1) 相同质量的钠、镁、铝的物质的量分别为,金属与足量盐酸反应时,失去的电子都转移给H+生成了氢气,根据电子转移守恒,计算出相同条件下产生氢气的体积比为。 (2) 0.1mol 钠、镁、铝与足量的盐酸反应时,转移电子的物质的量分别为0.1mol、0.2mol、0.3mol,同理根据电子转移守恒,相同条件下产生氢气的体积比为1∶2∶3。 (3) 若产生相同物质的量的H2,设均为3mol,则由方程式可知,需要钠、镁、铝的质量分别为6×23g,3×24g,2×27g。所以钠、镁、铝的质量之比23∶12∶9。 (4) 产生相同体积(同温同压下)的H2,也就是相同物质的量相同的H2,所以需要钠、镁、铝物质的量比也是6∶3∶2。 (5)由反应方程式可知,0.2mol钠与0.2mol的HCl完全反应生成0.1mol的氢气,0.2mol镁、铝分别与0.2mol的HCl反应时,镁、铝过量,所以产生的氢气用0.2mol的HCl求出,即都是0.1 mol的氢气,所以在标准状况下,0.2mol钠、镁、铝分别与含0.2mol HCl的盐酸反应,产生氢气的体积是相等的。 20.2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42- NaNO2①②⑤B10 6 4 10 311.2 【解析】 【分析】 (1)KClO3在H2SO4存在下与SO2反应制得二氧化氯,同时生成硫酸钾;(2)反应前固体为NaHCO3,反应后为未反应的NaHCO3和反应生成的Na2CO3的混合物,找到反应物Na2CO3和反应前后固体质量差对应的正比例关系即可迅速解题;(3)氧化还原反应中,化合价降低元素所在的反应物是氧化剂;根据反应时有沉淀、气体、颜色变化等明显现象选择试剂;选择试剂时要考虑既能使NaNO2转化又无二次污染;反应中Al→AlO2-,Al元素化合价由0价升高为+3价,共升高3价,NO3-→N2↑,氮元素化合价由+5价降低为0价,共降低10价,化合价升降最小公倍数为30。 【详解】 (1)KClO3在H2SO4存在下与SO2反应制得二氧化氯,同时生成硫酸钾,则离子反应为2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-。(2)设分解的碳酸氢钠质量为x,则: 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O △m=—62g 168 62 x (a—b) 由化学方程式可知x=,则尚未分解的NaHCO3质量为a-=;NaHCO3完全分解时,生成的碳酸钠的质量为bg,则bg=g,故b为。(3)2NaNO2+4HI═2NO+I2+2NaI+2H2O,氮元素的化合价降低,所以NaNO2是氧化剂;①水、③淀粉、④白酒与NaNO2都不反应,所以无明显现象;KI与NaNO2反应生成I2必须在酸性条件下才能反应,食醋会电离出微量的氢离子,碘化钾在食醋本身带的溶剂水中电离出碘离子,亚硝酸钠电离出亚硝酸根与钠离子,发生反应生成碘单质,I2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝,故选①②⑤;NaNO2→N2是被还原,必须加还原剂,N元素氧化性弱于O和Cl元素,故只能加NH4Cl作还原剂,反应的方程式为NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O,亚硝酸钠中氮得到3电子指向氮气中的氮,氯化铵中氮失去3电子指向氮气中的氮,故选B;反应中Al→AlO2-,Al元素化合价由0价升高为+3价,共升高3价,NO3-→N2↑,氮元素化合价由+5价降低为0价,共降低10价,化合价升降最小公倍数为30,故Al的系数为10,N2系数为3,由氮元素守恒可知系数为6,由Al元素守恒可知系数为10,由电荷守恒可知OH-系数为4,由H元素守恒可知H2O前面的系数为2,故配平后离子方程式为:10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2↑+2H2O,转移30mol电子会有3mol氮气生成,根据电子转移守恒,有5mol电子转移时生成氮气的物质的体积为11.2L。 【点睛】 本题考查氧化还原反应的配平、计算、基本概念等,注意对基础知识的理解掌握。 21. 镊子 钠的熔点低,反应放热 BC 先变红后褪色 水蒸气 8/3mol 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 【解析】本题考查实验方案设计与评价,(1)应用镊子夹取金属钠,因此还需要用到镊子;(2)熔是熔化,说明金属钠与水反应是放热反应,且金属钠的熔点较低;(3)熔化而不滴落,金属铝是活泼的金属,在空气中点燃产生一层致密的氧化薄膜,保护内部铝,熔化而不滴落,还说明氧化铝的熔点比铝高,故BC正确;(4)过氧化钠与水反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,酚酞与碱变红,又因为过氧化钠具有强氧化性,把有色物质氧化,因此溶液的颜色是先变红后褪色;(5)发生3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2↑,氧化剂是化合价降低的物质,因此氧化剂是水蒸气,根据反应方程式,3molFe参与反应,转移电子物质的量为8mol,因此1molFe参与反应,转移电子物质的量为8/3mol;(6)氢氧化亚铁容易被氧化成氢氧化铁,反应方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。 22.验证Fe2+具有还原性2Fe2++Cl2══2Fe3++2Cl-证明Fe2+具有氧化性2Fe3++Fe══3Fe2+Fe2+既有氧化性,又有还原性加入少量铁粉加入KSCN溶液,无现象,再加入氯水(双氧水等合理氧化剂),溶液变血红色或者加入K3[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀Na2O2将Fe2+氧化为Fe3+,Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀 【解析】(1)由实验过程及结论可知,实验1的实验目的是验证Fe2+具有还原性,在FeCl2溶液中滴入适量氯水,根据实验现象可知,氯化亚铁能被氯气氧化,生成铁离子和氯离子,反应的离子方程式为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-;实验2的实验目的是验证Fe2+具有氧化性,能被锌置换出来,生成铁单质和锌离子,所以实验结论是证明Fe2+具有氧化性;实验3的实验目的是FeCl3(Fe3+)具有氧化性,铁离子与铁单质反应生成亚铁离子,实验现象为溶液由黄色变为浅绿色;综合以上实验,得到的结论是Fe3+有氧化性;Fe2+既有氧化性,又有还原性; (2)亚铁盐在溶液中加入少量的铁粉可以防止亚铁离子被氧化; (3)检验某溶液是Fe2+溶液的方法可以用K3[Fe(CN)6]溶液,看能否产生蓝色沉淀,也可以用KSCN溶液及氯水,KSCN溶液与亚铁离子没有明显现象,而遇铁离子能显血红色,所以检验的方法为加入KSCN溶液,无现象,再加入氯水(双氧水等合理氧化剂),溶液变血红色,或者加入K3[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀; (4)某同学向FeCl2中加入Na2O2,考虑到2H2O+Na2O2=4NaOH+O2↑,过氧化钠有强氧化性,能氧化亚铁离子生成铁离子,铁离子可以与NaOH溶液作用转化成氢氧化铁,氢氧化铁沉淀为红褐色。 23. FeCl2 AgCl FeCl3 Fe(OH)3\ Fe3++3NH3.H2O= Fe(OH)3↓+3NH4+ 3FeCl2+ 4HNO3== 2FeCl3+ Fe(NO3)3+ NO↑+ 2H2O 【解析】试题分析:浅绿色溶液A,说明A中含有Fe2+,加入用硝酸酸化的硝酸银酸性溶液,生成白色沉淀B和黄色溶液C,则B是AgCl,黄色溶液是Fe2+被氧化成Fe3+,说明A中含有Cl-,所以A是FeCl2,C是FeCl3。向C溶液加入足量的氨水生成红褐色沉淀D,则D是Fe(OH)3。 考点:无机推断 点评:化学推断题是一类综合性较强的试题,如元素及化合物性质和社会生活,环境保护,化学计算等知识,还可引入学科间综合.它不仅可考察学生对化学知识的理解程度,更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法.。解框图题的方法:最关键的是寻找"突破口"!,"突破口"就是抓"特"字,例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。 24. Fe Fe3O4 FeCl2 FeCl3 Fe(OH)2 Fe(OH)3 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- 2Fe3++Fe=3Fe2+ 【解析】本题考查无机推断,(1)B为黑色晶体,则B为Fe3O4,F为红褐色固体,则F为Fe(OH)3,A为常见金属,则A为Fe,Fe3O4与HCl发生Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O,D直接生成Fe(OH)3,则D为FeCl3,C为FeCl2,E→Fe(OH)3,则E为Fe(OH)2;(2)反应⑧是Fe(OH)2转化成Fe(OH)3,即化学反应方程式为: 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;反应④是Fe2+→Fe3+,需要加入氧化剂,为了不引入新的杂质,应用氯气或H2O2,离子反应方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,或2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;反应⑤是Fe3+→Fe2+,需要加入还原剂,不引入新的杂质,需要加入Fe,即离子反应方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+。 点睛:无机物的推断中,先找题眼,如本题中黑色晶体和红褐色固体,黑色晶体是Fe3O4,红褐色固体是Fe(OH)3,然后大胆猜测,A为常见金属,则A为Fe,推断过程中,注意利用课本知识进行分析,要求每一步都能走通。 25. 0.500 4.00 3.12 30或70 【解析】(1)该气体的物质的量n(NH3)= =0.500mol;溶液的体积为: ;所得氨水的物质的量浓度:c(NH3)= =4.00mol?L-1;(2)氨水与的AlCl3溶液相混合,发生反应为:3NH3?H2O+AlCl3=Al(OH)3↓+3NH4Cl,经过量计算,确定AlCl3过量,根据NH3计算沉淀的质量,m[Al(OH)3]= ×0.03L×4.00mol/L×78g/mol=3.12g;(3)当溶液中铝元素以Al3+形式存在时,溶液中铝元素与沉淀中铝元素质量相等,所以,n(Al3+)=n[Al(OH)3]= n(AlCl3)=×0.05L×2.00mol/L=0.05mol,根据离子守恒,n(NaOH)=3n[Al(OH)3]=3×0.05mol=0.15mol,V(NaOH)= =0.03L=30mL; 当溶液中铝元素以AlO2-形式存在时,溶液中铝元素与沉淀中铝元素质量相等,所以,n(AlO2-)=n[Al(OH)3]= n(AlCl3)= ×0.05L×2.00mol/L=0.05mol,根据离子守恒,n(NaOH)=n(AlO2-)+n(Cl-)=0.05mol+3×0.05L×2.00mol/L=0.35mol,V(NaOH) ==0.07L=70mL;故NaOH溶液的体积为30 mL或70 mL。 26.0.100mol 2.40g 【解析】 【分析】 过程发生的反应:CuO+H2SO4=CuSO4+H2O,Fe2O3 +3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O,Fe+CuSO4=FeSO4+Cu,Fe+ Fe2(SO4)3=3 FeSO4,所得固体为置换出的铜和剩余的铁的混合物,以此解答。 【详解】 (1)过程发生的反应:CuO+H2SO4=CuSO4+H2O,Fe2O3 +3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O,Fe+CuSO4=FeSO4+Cu,Fe+ Fe2(SO4)3=3 FeSO4, 加入铁粉充分反应后,溶液中溶质是硫酸亚铁,根据硫酸根守恒,得到硫酸亚铁的物质的量n=0.05L×2.00mol/L=0.100mol; 故答案为:0.100mol; (2)根据(1)的结果,充分反应后,溶液中含铁元素n(Fe)=n(FeSO4)=0.100mol,质量m=0.1000mol56g/mol=5.60g,等于加入的铁粉的质量,说明3.04g固体中含有氧化铜中的铜及剩余铁的质量,这些铁的质量恰好等于氧化铁中铁元素的质量, 设氧化铜xmol,氧化铁ymol,则有: 80x+160y=4.00,64x+112y=3.04,解得x=0.03,y=0.01, 氧化铜的质量是0.03mol×80g/mol=2.40g, 故答案为:2.40g。 【点睛】 本题运算有些繁琐,解答要运用元素守恒突破难点,首先是硫元素守恒,加入的硫酸中硫酸根离子的物质的量等于硫酸亚铁的物质的量;其次是铁元素的守恒,氧化铁中的铁元素与加入铁粉的铁元素质量之和等于溶液中含有的铁元素与固体中剩余铁的质量之和相等,注意到硫酸亚铁含有的铁元素质量等于加入的铁粉的质量,则可确定所得固体中除铜之外,还含有铁,且其质量恰好为氧化铁中所含铁的质量。

  • ID:7-5020234 沪科版高中化学一年级第二学期7《探究电解质溶液的性质》测试题(解析版)

    高中化学/沪科版/高一下学期/第七章 探究电解质溶液的性质/本章综合与测试

    《探究电解质溶液的性质》测试题 一、单选题(每小题只有一个正确答案) 1.下列物质中,属于非电解质的是( ) A. 蔗糖 B. 金属镁 C. 氧气 D. 氧化钠 2.下列物质溶于水后溶液显酸性的是( ) A. KCl B. Na2O C. NH4Cl D. CH3COONa 3.下列反应的离子方程式中,正确的是( ) A. 盐酸与饱和的澄清石灰水反应:H+ + OH-══ H2O B. 稀硫酸与氢氧化钡溶液混合:SO42-+Ba2+=BaSO4↓ C. 钠与CuSO4溶液反应:2Na+Cu2+===Cu↓+2Na+ D. 稀硫酸滴在银片上:2Ag+2H+=2Ag++H2↑ 4.解释下列事实的方程式不正确的是( ) A.次氯酸钙溶液中通入过量二氧化硫:Ca2+ + 2ClO-+ H2O + SO2=CaSO3↓+ 2HClO B.硫酸型酸雨放置一段时间溶液的pH下降:2H2SO3+O2=2H2SO4 C.纯碱液可以清洗油污的原因:CO32?+H2OHCO3?+OH? D.向K2Cr2O7溶液中加入少量NaOH浓溶液,溶液由橙色变为黄色:Cr2O72—+H2O2CrO42—+2H+ 5.下列各组离子在常温下一定能大量共存的是( ) A. pH=0的无色溶液中:Cl-、Na+、SO42-、Fe2+ B. 在c(H+)/c( OH-) =1012的溶液中:NH4+、NO3-、K+、Cl- C. 加入铝粉能放出H2的溶液中:Mg2+、NH4+、NO3-、Cl- D. 含有大量Fe3+的溶液中:Al3+、SCN-、Br-、Na+ 6.如图所示,将两烧杯中用电极用电线相连,四个电极分别为Mg、Al、Pt、C。当闭合开关S后,以下表示正确的是( ) A. 电流表指针不发生偏转 B. Al、Pt两极有H2产生 C. Mg、C两极生成的气体在一定条件下可以恰好完全反应 D. 甲池pH减小,乙池pH不变 7.下列叙述不正确的是( ) A. 氨水中:c(OH-)-c(H+)=c(NH) B. 饱和H2S溶液中:c(H2S)>c(H+)>c(HS-)>c(S2-) C. 0.1mol/LCH3COOH溶液中:c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+) D. Ca(OH)2溶液中:c(H+)+2c(Ca2+)=c(OH-) 8.下列溶液中的微粒浓度的关系正确的是( ) A. 常温下,pH=5 的NaHSO3 溶液中:c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-) B. 0.1 mol·L-1 (NH4)2S 溶液中, c(NH4+)=2c(H2S)+2c(HS-)+2c(S2-) C. 0.1 mol·L-1 CuSO4 溶液中, c(Cu2+)+c(H+)=c(SO42-)+c(OH-) D. 0.1 mol·L-1NaHCO3 溶液中, c(H2CO3)+c(H+)=c(CO32-)+c(OH-) 9.用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液时,通电一段时间后,向所得溶液中加入CuO,Cu(OH)2,Cu2(OH)2CO3各0.1mol的混合物后恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑二氧化碳的溶液)。则电解过程中转移电子的物质的量为( ) A. 0.6mol B. 0.8mol C. 1.0mol D. 1.2mol 10.恒温下用惰性电极电解某pH=a的溶液一段时间后,测知溶液的pH没发生改变,则该溶液可能是( ) A. NaOH溶液 B. CuSO4溶液 C. HCl溶液 D. 稀Na2SO4溶液 11.关于室温下下列溶液的说法不正确的是( ) A.水的电离程度:①=②=③=④ B.分别加水稀释10倍,溶液的pH:①>②>③>④ C.①、③两溶液等体积混合: D.溶液②与溶液③混合,若,则混合溶液pH=4(忽略溶液体积变化) 12.下列各项操作中,发生“先产生沉淀,然后沉淀又溶解”现象的是( ) ①向石灰水中逐渐通入CO2直至过量 ②向CaCl2溶波中逐渐通入CO2直至过量 ③向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸直至过量 ④向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸直至过量 A. ①④ B. ①②③ C. ②④ D. ②③④ 13.电浮选凝聚法处理酸性污水的工作原理如图。下列说法正确的是( ) A. 左侧装置中的铁电极可换成石墨电极 B. 通入甲烷的石墨电极的电极反应式为: CH4+4CO32——8e—=5CO2+2H2O C. 通入空气的石墨电极做正极,发生氧化反应 D. 若左侧装置中石墨电极产生标况下气体44.8L气体, 则消耗2mol甲烷 14.下列各示意图与对应的表述正确的是( ) A. 图①表示一定条件下某化学反应的速率随时间变化的趋势图,该反应一定为放热反应 B. 图②中曲线表示将氢氧化钠溶液滴加到醋酸溶液浓度的变化趋势图 C. 图③表示等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液,分别加入足量镁粉,产生H2的物质的量的变化 D. 图④为水的电离平衡曲线图,若从A点到C点,可采用在水中加入适量NaOH固体的方法 15.把X溶液逐滴滴入Y溶液中,与把Y溶液逐滴滴入X溶液中,所产生现象不同的是 ( ) A B C D X BaCl2 AlCl3 NaOH Na2CO3 Y H2SO4 NaOH MgCl2 CaCl2 A. A B. B C. C D. D 二、填空题 16.按下图装置进行实验,并回答下列问题: (1)判断装置的名称:A池为_________,B池为___________。 (2)铜极为______极,电极反应式为_________,石墨棒C1为___极,电极反应式为______________________,石墨棒C2附近发生的实验现象为___________________。 (3)当C2极析出224mL气体(标准状态时),锌的质量变化(增加或减少)_____g,CuSO4溶液的质量变化了(增加或减少了)______g。 17.某温度下,纯水的[H+]=2.0×10-7mol·L-1。在此温度下,某溶液中由水电离出的[H+]为4.0×10-13mol·L-1,则该溶液的pH可能是: 。 18.25℃时,取0.lmol?L-1 HA溶液与0.1 mol?L-1 NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化不计),测得混合溶液的pH=8,试回答以下问题: (1)混合溶液的pH=8的原因____________________________(用离子方程式表示)。 (2)混合溶液中由水电离出的c(OH-)与0.1 mol?L-1NaOH 溶液中由水电离出的c(OH-)的比值为_______。 (3)混合液中: c(Na+)-c(A-)=_______mol?L-1(填精确值) (4)25℃时,已知NH4A溶液为中性,将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出,试推断(NH4)2CO3溶液的 pH________7(填“>”、“<”或“=”)。 (5)相同温度下相同物质的量浓度的下列四种盐溶液,pH由大到小的顺序____(填字母)。 A.NH4HCO3 B.NH4A C.NH4HSO4 D.NH4Cl 19.(1)在25℃条件下将pH=11的氨水稀释100倍后溶液的pH为(填序号)__ __。 A.9 B.13 C.11~13之间 D.9~11之间 (2)25℃时,向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体,当固体溶解后,测得溶液pH减小,主要原因是(填序号)__ ___。 A.氨水与氯化铵发生化学反应; B.氯化铵溶液水解显酸性,增加了c(H+); C.氯化铵溶于水,电离出大量铵离子,抑制了氨水的电离,使c(OH―)减小; (3)室温下,如果将0.1mol NH4Cl和0.05mol NaOH全部溶于水,形成混合溶液(假设无损失), ①__ _、_ __和_ __三种粒子的物质的量之和等于0.1mol。 ②_ __和_ __两种粒子的物质的量之和比OH―多0.05mol。 20.氯及其氯的化合物,有广泛的应用。请回答下列问题: (1)亚氯酸(HClO2)中氯元素的化合价是____,其电离方程式是______________,NaClO2溶液显_________(填“酸性”、“中性”、“碱性”)。 (2)①向新制饱和氯水中加适量CaCO3制取次氯酸,其反应的总的离子方程式是:_______。 ②可用Cl2除去工业废水中CN- ,生成无污染的CO2和N2,写出反应的离子方程式:_____。 (3)CsICl2受热发生非氧化还原反应,则其受热分解的化学方程式是: ______________。 (4)ClO2是一种黄色极易爆炸的强氧化性气体,较安全的制备方法是:NaClO3+SO2+H2SO4—NaHSO4+ClO2(未配平),氧化剂与还原剂的物质的量之比是 _______。 (5)工业上高氯酸可由高氯酸钠和浓硫酸经复分解反应制备:NaClO4+H2SO4(浓)→NaHSO?+HClO?(易爆)。也可以用铜做阴极、铂做阳极,电解盐酸制备HClO4,写出阳极的电极反应式 ___________________________________________________ 。 三、推断题 21.现有下列物质(1)NaOH溶液 (2)铜丝 (3)液态HCl (4)盐酸(5)稀硫酸 (6)液氨 (7)氨水 (8)SO2 (9)胆矾晶体 (10)熔融NaCl (11)蔗糖晶体 (12)酒精 ①上述状态下可导电的纯净物是___________________; ②属于非电解质的是_____________________________; ③上述状态下的电解质不能导电的是 ______________。 22.常见的五种盐A、B、C、D、E,它们的阳离子可能是Na+、NH4+、Cu2+、Ba2+、Al3+、Ag+、Fe3+,阴离子可能是Cl-、NO3—、SO42—、CO32—,已知: ①五种盐均溶于水,水溶液均为无色; ②D的焰色反应呈黄色; ③A的溶液呈中性,B、C、E的溶液呈酸性,D的溶液呈碱性; ④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液,只有A、C的溶液不产生沉淀; ⑤若在这五种盐的溶液中,分别加入氨水,E和C的溶液中生成沉淀,继续加氨水,C中沉淀消失; ⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中,均能生成不溶于稀硝酸的沉淀; 已知:向Ag+溶液中滴加氨水,先产生沉淀,继续滴加氨水,沉淀溶解。 请回答下列问题: (1)五种盐中,一定没有的阳离子是_____;所含阴离子相同的两种盐的化学式是________。 (2)D的化学式为____________,D溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示)_____________。 (3)A和C的溶液反应的离子方程式是_______________;E和氨水反应的离子方程式是_______________。 (4)若要检验B中所含的阳离子,正确的实验方法是:_________________________。 四、实验题 23.10℃时加热NaHCO3饱和溶液,测得该溶液的pH发生如下变化: 温度(℃) 10 20 30 加热煮沸后冷却到50℃ pH 8.3 8.4 8.5 8.8 根据上述数据:甲同学认为,该溶液的pH升高的原因是HCO3-的水解程度增大,故碱性增强,该反应的离子方程式为____________________________。乙同学认为,溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解,生成了Na2CO3,并推断Na2CO3的水解程度_______(填“大于”或“小于”)NaHCO3。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为: (1)只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X,若产生沉淀,则____(填“甲”或“乙”判断正确。试剂X是_____________(填序号)。 A.Ba(OH)2溶液 B.BaCl2溶液 C.NaOH溶液 D.澄清的石灰水 (2)将加热后的溶液冷却到10℃,若溶液的pH_____(填“高于”、“低于”或“等于”)8.3,则_____(填“甲”或“乙”)判断正确。 (3)查阅资料,发现NaHCO3的分解温度为150℃,丙断言_____(填“甲”或“乙”)判断是错误的,理由是_____________________________________________________。 24.某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度,其操作步骤如下: ①将碱式滴定管用蒸馏水洗净,再注入待测溶液,调节滴定管的尖嘴部分充满溶液,并使液面处于"0"刻度以下的位置,记下读数;将锥形瓶用蒸馏水洗净后,从碱式滴定管中放入20.00mL待测溶液到锥形瓶中。 ②将酸式滴定管用蒸馏水洗净,再用标准酸液润洗2-3次后,向其中注入0.1000 mol·L-1标准盐酸,调节滴定管的尖嘴部分充满溶液,并使液面处于"0"刻度以下的位置,记下读数。 ③向锥形瓶中滴入指示剂,进行滴定。滴定至终点,记录数据。 ④重复以上过程2次。 试回答下列问题: (1)应将NaOH溶液注入右图中的 (选填“甲”或“乙”)中。 (2)该小组在步骤①中的错误是 , 由此造成的测定结果 (偏高、偏低或无影响)。 (3)右图是某次滴定时的滴定管中的液面,右图表示50mL滴定管中液面的位置,若A与C刻度间相差1mL,A处的刻度为25,滴定管中液面读数应为 mL。 (4)该滴定操作中③应选用的指示剂是 ,滴定时,左手控制滴定管活塞,右手握持锥形瓶,边滴边振荡,眼睛注视? ,如何确定终点? 。 (5)根据下列数据: 滴定次数 待测液体积(mL) 标准盐酸体积(mL) 滴定前读数(mL) 滴定后读数(mL) 第一次 20.00 0.52 25.42 第二次 20.00 4.07 29.17 请计算待测烧碱溶液的浓度为??????????????????? ?。 (6) 如有1mol/L和0.1mol/L的HCl溶液,应用_ _ 的HCl溶液,原因是_________。 五、计算题 25.工业上根据电解饱和食盐水原理制取氯气,氯气是一种重要的工业原料,工业上经常用石灰乳和氯气制备漂白粉。 (1)写出制备漂白粉的化学方程式。 (2)如果需要标况下11.2L的氯气,试利用化学方程式计算所需消耗的NaCl的质量。 26.在稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中,加入铜粉。 (1)若将50mL 4mol/L 稀HNO3和200mL 0.5mol/L稀H2SO4混合后,加入19.2g 铜粉,微热,充分反应。 ①若忽略溶液体积变化,溶液中铜离子物质的量浓度为________mol/L。 ②若使铜粉全部溶解,还需加入0.5mol/L H2SO4________________________mL。 (2)若c(SO42—)+c(NO3—)=a mol·L-1。取200 mL该混合酸,则能溶解铜的最大物质的量为___________mol(用含a的式子表示)。 试卷第2页,总8页 参考答案 1.A 【解析】试题分析:A.蔗糖不能导电,是化合物,属于非电解质,正确;B.金属镁是单质,既不是电解质也不是非电解质,错误;C.氧气是非金属单质,既不是电解质也不是非电解质,错误;D.氧化钠是金属氧化物,熔融状态下能电离,属于强电解质,错误。 考点:考查电解质、非电解质的判断的知识。 2.C 【解析】 【详解】 A项,KCl为强酸强碱盐,溶液呈中性,故A项错误; B项,Na2O为碱性氧化物,溶于水生成氢氧化钠,溶液呈碱性,故B项错误; C项,NH4Cl为强酸弱碱盐,溶于水后铵根离子水解产生H+,溶液呈酸性,故C项正确; D项,CH3COONa为强碱弱酸盐,溶于水后醋酸根离子水解产生OH-,溶液呈碱性,故D项错误。 综上所述,本题的正确答案为C。 3.A 【解析】A、这里是澄清石灰水,应拆写成离子,盐酸是强酸,因此离子反应方程式为H++OH-=H2O,故A正确;B、丢失一个离子反应,应是Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O,故B错误;C、金属钠先于水反应,2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓,故C错误;D、银不与硫酸反应,故D错误。 点睛:本题易错点是选项C,学生认为金属钠比铜活泼,应置换出铜单质,忽略了金属钠先于水反应,产生的氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应,得到氢氧化铜沉淀,应熟记金属钠与盐溶液反应,一般先于水反应。 【答案】A 【解析】 A、产物中的次氯酸具有强氧化性,应把亚硫酸钙氧化成硫酸钙,错误;B、亚硫酸是弱酸,被氧气氧化生成硫酸为强酸,氢离子浓度增大,pH减小,正确;C、纯碱溶液由于碳酸根离子的水解而使溶液显碱性,所以可以清洗油污,正确;D、K2Cr2O7溶液中存在水解平衡,Cr2O72-呈橙色,CrO42-呈黄色,加入氢氧化钠溶液,使平衡正向移动,溶液由橙色变为黄色,正确,答案选A。 5.B 【解析】含有Fe2+的溶液显浅绿色,故A错误;c(H+)/c(OH-)=1012的溶液呈酸性,NH4+、NO3-、K+、Cl-可以共存,故B正确;加入金属铝有氢气放出的溶液可能呈酸性或碱性,若呈酸性H+、NO3-与铝反应不能放出氢气,若呈碱性Mg2+与OH-生成氢氧化镁沉淀,故C错误;含有大量Fe3+的溶液与SCN-结合成血红色Fe(SCN)3,故D错误。 6.C 【解析】 关闭开关S甲装置形成原电池反应,铝做负极失电子发生氧化反应,镁做正极,电极上得到电子发生还原反应,乙池为电解池,Pt做电解池阴极,C做电解池的阳极;A.甲装置形成的原电池,反应过程中有电子转移产生电流,电流计有电流通过,故A错误;B.铝电极是原电池负极溶解无气体生成,Pt电极上氢离子得到电子生成氢气,故B错误;C.镁电极生成的氢气,C电极生成的是氧气,依据电子守恒可知生成2mol氢气同时生成1mol氧气,氢气和氧气恰好反应生成水,故C正确;D.甲装置是原电池消耗氢氧根离子,溶液pH减小;乙池是电解池,电极水溶液浓度增大,氢氧化钠溶液pH增大,故D错误;故选C。 7.C 【解析】分析:本题考查的是弱电解质的电离和溶液中的守恒规律,关键为三大守恒。 详解:A.氨水中的电荷守恒有c(OH-) =c(H+)+ c(NH),故正确;B.饱和硫化氢溶液中,因为硫化氢存在两步电离,且第一步电离程度大于第二步,所以微粒浓度关系为c(H2S)>c(H+)>c(HS-)>c(S2-),故正确;C.在醋酸溶液中,醋酸电离出等量的氢离子和醋酸根离子,水也能电离出氢离子,所以氢离子浓度大于醋酸根离子浓度,故错误;D.氢氧化钙溶液中的电荷守恒有c(H+)+2c(Ca2+)=c(OH-),故正确。故选C。 点睛:弱电解质存在电离平衡,需要注意多元弱酸的电离是分步进行的,因为电离出的氢离子对后面的电离有影响,所以电离程度依次减弱。 8.D 【解析】A. 常温下,pH=5的NaHSO3 溶液显酸性,说明亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度,则溶液中:c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3),A错误;B. 0.1mol·L-1 (NH4)2S溶液中根据物料守恒可知溶液中c(NH3·H2O)+c(NH4+)=2c(H2S)+2c(HS-)+2c(S2-),B错误;C. 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液中,根据电荷守恒可知2c(Cu2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),C错误;D. 0.1 mol·L-1NaHCO3溶液中,根据质子守恒可知c(H2CO3)+c(H+)=c(CO32-)+c(OH-),D正确,答案选D。 点睛:解答该类试题的关键是明确溶液中的溶质存在的平衡关系,是电离还是水解,是电离为主还是水解为主,其次要灵活应用电荷守恒、物料守恒和质子守恒,其中质子守恒可以通过电荷守恒和物料守恒进行推导,不一定记住。 9.D 【解析】向所得溶液中加入CuO,Cu(OH)2,Cu2(OH)2CO3各0.1mol的混合物,相当于加入了0.4molCuO和0.2mol水。电解硫酸铜时,开始电解硫酸铜溶液反应生成铜、氧气和硫酸,2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑,后来电解水生成氢气和氧气,2H2O2H2↑+O2↑。如果只按照第一阶段的电解,反应只需要加入氧化铜或碳酸铜就可以,但是现在还加入了0.2mol水,这0.2mol水应该是第二阶段电解的,该阶段电解0.2mol水转移0.4mol电子,第一阶段电解生成0.4molCu和0.2mol氧气,转移0.8mol电子,所以共转移了1.2mol电子,故选D。 10.D 【解析】 【分析】 根据离子的放电顺序判断电解实质,根据电解实质判断溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的关系。 【详解】 A项、电解NaOH溶液实质是电解水,溶液浓度增大,氢氧根离子浓度增大,溶液的pH增大,故A错误; B项、电解CuSO4溶液时,阴极上析出铜,阳极上氢氧根离子失电子放出氧气,所以溶液中的氢离子浓度增大,溶液的pH值减小,故B错误; C项、电解HCl溶液时,阴极上析出氢气,阳极上得到氯气,溶液中溶质的物质的量减小,溶液浓度减小,溶液的pH增大,故C错误; D项、电解Na2SO4溶液时,实际上电解的是水,所以溶液中氢离子浓度不变,故pH值不变,溶液的pH没发生改变,故D正确。 故选D。 【点睛】 本题考查电解池的工作原理,注意把握电极方程式的书写,明确离子的放电顺序为为解答该题的关键。 11.C 【解析】 试题分析:A、氨水、NaOH溶液的pH为11,则OH?浓度为10-3mol?L?1,pH=3的盐酸和醋酸溶液中H+浓度为10-3mol?L?1,对水的电离影响相同,正确;B、加水稀释,弱电解质的电离平衡向右移动,所以溶液的pH:①>②>③>④,正确;C、①、③两溶液等体积混合,氨水大量过量,溶液溶质为NH3?H2O和NH4Cl,溶液显碱性,离子浓度大小顺序为:c(NH4+) > c(Cl?)>c(OH?)>c(H+),错误;D、HCl过量,混合溶液c(H+)=(V2?10-3mol—V1?10-3mol)/( V1+ V2)= 10-4mol?L?1,所以pH=4,正确。 考点:本题考查酸碱中和反应、离子浓度比较、水的电离、pH的计算。 12.A 【解析】①向石灰水中逐渐通入CO2直至过量,先生成碳酸钙沉淀后溶解生成碳酸氢钙,故正确;②向CaCl2溶波中逐渐通入CO2直至过量,不发生反应,故错误;③向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸直至过量,产生沉淀不溶解,故错误;④向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸直至过量,先产生氢氧化铁沉淀,后溶于盐酸,故正确。故选A。 13.B 【解析】在甲烷燃料电池中,通入甲烷的一极为原电池的负极,发生氧化反应,电极方程式为CH4+ 4CO32--8e-=5CO2+2H2O,通入空气(氧气)的一极为原电池的正极,发生还原反应,电极方程式为O2+ 2CO2+4e-=2CO32-,铁连接原电池的正极,为电解池的阳极,被氧化,发生Fe-2e-=Fe2+,阴极生成2H++ 2e-=H2↑,A.铁连接原电池的正极,为电解池的阳极,被氧化,电极反应为Fe-2e-=Fe2+,因此左侧装置中的铁电极不能换成石墨电极,A错误; B.甲烷的一极为原电池的负极,发生氧化反应,电极方程式为CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O,B正确;C. 通入空气的石墨电极做正极,发生还原反应,C错误;D. 左侧装置中石墨电极是阴极,氢离子放电,产生标况下气体44.8L气体, 即H2是2mol,转移4mol电子,根据电子转移守恒可知消耗甲烷4mol÷8=0.5mol,D错误;答案选B。 点睛:掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键,注意正负极、阴阳极的判断以及离子的移动方向等。难点是电极反应式的书写和有关计算,计算的依据是电子得失守恒,即根据得失电子守恒定律关系建立起已知量与未知量之间的桥梁,构建计算所需的关系式。 14.B 【解析】试题分析:A、仅根据速率—时间图像不能确定反应是放热还是吸热,A错误;B、向醋酸溶液中滴加氢氧化钠溶液,醋酸的浓度逐渐降低,恰好反应后氢氧化钠的浓度开始逐渐增加,图像正确,B正确;C、盐酸是强酸,醋酸是弱酸,在浓度相等的条件下盐酸与镁的反应速率快,C错误;D、根据图像可知A到C氢离子和氢氧根的浓度均增大,所以不可能是加入氢氧化钠,应该是加热,D错误,答案选B。 考点:考查反应热、中和滴定曲线、反应速率以及弱电解质的电离 15.B 【解析】A.因X溶液逐滴滴入Y溶液中,与把Y溶液逐滴滴入X溶液中都只发生BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+H2O,都有白色沉淀生成,现象相同,故A错误;B.因X溶液逐滴滴入Y溶液中发生AlCl3+4NaOH═NaAlO2+3NaCl+2H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl,刚开始无沉淀后有白色沉淀;而Y溶液逐滴滴入X溶液中发生AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaC、Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O,则先有白色沉淀,后沉淀溶解,现象不同,故B正确;C.因X溶液逐滴滴入Y溶液中,与把Y溶液逐滴滴入X溶液中,都只发生MgCl2+2NaOH═Mg(OH)2↓+2NaCl,都有白色沉淀生成,现象相同,故C错误;D.因X溶液逐滴滴入Y溶液中,与把Y溶液逐滴滴入X溶液中,都只发生Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl,都有白色沉淀生成,现象相同,故D错误;故选B。 16. 原电池 电解池 正极 Cu2++2e-=Cu 阳 2Cl--2e-=Cl2↑ 碳棒附近溶液变红且产生气体 减少0.65 增加0.01 【解析】 【详解】 (1)锌能和硫酸铜发生置换反应,锌、铜和硫酸铜溶液构成原电池,因此A是原电池,则B是电解池。 (2)锌的金属性强于铜,则锌是负极,铜是正极,溶液中的铜离子得到电子,电极反应式是Cu2++2e-=Cu。石墨棒C1与电源的正极相连,为阳极,发生失去电子的氧化反应,即溶液中的氯离子放电,电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑;石墨棒C2和电源的负极相连,做阴极,溶液中的氢离子放电,同时破坏溶液中水的电离平衡,使阴极周围溶液显碱性,所以C2附近发生的实验现象为碳棒附近溶液变红且产生气体。 (3)224mL气体是氢气,物质的量是0.01mol,则转移0.02mol电子,所以根据电子的得失守恒可知消耗锌的物质的量是0.02mol÷2=0.01mol,质量是0.65g,即锌的质量减少0.65g。由于正极析出铜的质量是0.64g,所以溶液质量增加0.65g-0.64g=0.01g。 17.1或12.4(13-lg4) 【解析】略 18.A- + H2O HA + OH- 10-6:10-13(或107:1) 9.9×10-7 > A>B>D>C 【解析】 【分析】 等浓度等体积的一元酸与一元碱混合时,酸碱恰好中和,溶液的酸碱性是由生成的盐决定的。 【详解】 (1)根据“0.lmol?L-1 HA溶液与0.1 mol?L-1 NaOH溶液等体积混合”,可知HA+NaOH=NaA+H2O恰好反应,因所得混合溶液显碱性,推知盐NaA水解显碱性,NaA属于强碱弱酸盐,水解离子方程式为:A—+H2OHA+OH—; (2)所得混合溶液显碱性是因为NaA水解产生了OH—,该溶液中的OH—全部由水电离产生,故混合溶液中水电离出的。0.1mol/LNaOH溶液中H+全部由水电离产生,而水电离出的H+浓度=水电离出的OH—,所以0.1mol/LNaOH溶液中由水电离产生的,即混合溶液中由水电离出的c(OH-)与0.1 mol?L-1NaOH 溶液中由水电离出的c(OH-)的比值为10-6:10-13=107:1; (3)混合溶液的溶质是NaA,电荷守恒等式为:c(Na+)+c(H+)=c(A—)+c(OH—),因此c(Na+)-c(A-)=c(OH—) -c(H+)=-10-8=9.9×10-7mol/L; (4)NH4A为弱碱NH3?H2O 与酸HA中和生成的盐,因该盐溶液呈中性,可推知NH3?H2O 与HA强弱相等,又HA加到Na2CO3溶液中有气体放出,说明HA的酸性比H2CO3强,也即NH3?H2O比H2CO3强,据“谁强显谁性”,所以(NH4)2CO3溶液显碱性,pH>7; (5)因为弱电解质强弱关系:NH3?H2O>H2CO3,所以NH4HCO3溶液显碱性,NH4HSO4和NH4Cl都是强酸弱碱盐显酸性,但NH4HSO4中还有HSO4—电离产生的H+,所以酸性比NH4Cl强,又NH4A显中性,pH由大到小的顺序是NH4HCO3>NH4A>NH4Cl> NH4HSO4,即A>B>D>C。 【点睛】 盐溶液水解规律:“有弱才水解、无弱不水解、越弱越水解、谁强显谁性、同强显中性”。 19.共8分 (1)D(2分) (2)C(2分) (3)①NH3?H2O和NH4+(共2分,均答对给分)②NH4+和H+(共2分,均答对给分) 【解析】 20. +3价 HClO2H++ClO2- 碱性 CaCO3+2Cl2+H2OCa2++2Cl—+CO2↑+2HClO 2CN- + 5Cl2 + 4H2O2CO2↑+ N2↑+ 10Cl- + 8H+ CsICl2CsCl+ICl 2:1 Cl-+4H2O—8e-= ClO4-+8H+ 【解析】试题分析:本题考查氯及其化合物的性质,涉及电离方程式的书写,盐类的水解,化学方程式和离子方程式的书写,氧化还原反应的分析,电极反应式的书写。 (1)亚氯酸中H元素的化合价为+1价,O元素的化合价为-2价,根据正负化合价代数和为0,Cl元素的化合价为+3价。亚氯酸属于弱酸,电离方程式为HClO2H++ClO2-。NaClO2属于强碱弱酸盐,其水溶液由于ClO2-的水解呈碱性。 (2)①新制饱和氯水中存在反应:Cl2+H2OHCl+HClO,加入适量CaCO3消耗HCl:CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑,HCl浓度减小,Cl2与水的反应正向移动,制取HClO,将两反应相加消去HCl,得总反应的离子方程式为:2Cl2+CaCO3+H2O=Ca2++2Cl-+CO2↑+2HClO。 ②CN-转化成无污染的CO2和N2,分析化合价,C元素的化合价由+2价升至+4价,N元素的化合价由-3价升至0价,则Cl2被还原成Cl-,写出反应:Cl2+CN-→Cl-+CO2↑+N2↑,根据得失电子守恒配平:5Cl2+2CN-→10Cl-+2CO2↑+N2↑,结合原子守恒和电荷守恒,写出离子方程式为:5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2↑+N2↑+8H+。 (3)Cl的非金属性强于I,在CsICl2中Cs、I、Cl的化合价依次为+1价、+1价、-1价,CsICl2受热发生非氧化还原反应,受热分解的化学方程式为CsICl2CsCl+ICl。 (4)在反应中Cl元素的化合价由NaClO3中+5价降至ClO2中+4价,NaClO3为氧化剂;S元素的化合价由SO2中+4价升至NaHSO4中+6价,SO2为还原剂;根据得失电子守恒,n(NaClO3)1=n(SO2)2,n(NaClO3):n(SO2)=2:1,氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1。 (5)根据题意,电解时阳极为惰性电极Pt,Cl-被氧化成ClO4-,阳极电极反应式为:Cl--8e-+4H2O=ClO4-+8H+。 21. (2)(10) (6)(8)(11)(12) (3)(9) 【解析】(1)NaOH溶液是混合物,能导电,既不是电解质也不是非电解质;(2)铜丝为金属单质,存在自由移动的电子,能导电,既不是电解质也不是非电解质;(3)液态HCl不能导电,在水溶液中能够导电,是电解质;(4)盐酸是混合物,能导电,既不是电解质也不是非电解质;(5)稀硫酸是混合物,能导电,既不是电解质也不是非电解质;(6)液氨不能导电,且自身不能电离,是非电解质;(7)氨水是混合物,能导电,既不是电解质也不是非电解质;(8)SO2不能导电,且自身不能电离,是非电解质;(9)胆矾晶体不能导电,在水溶液中能导电,是电解质;(10)熔融NaCl能导电,是电解质;(11)蔗糖晶体不能导电,是非电解质;(12)酒精是纯净物,不导电,是非电解质;故能导电的纯净物是(2)(10);属于非电解质的是(6)(8)(11)(12);上述状态下的电解质不能导电的是(3)(9)。 点睛:判断电解质和非电解质时需要注意以下几点:①电解质和非电解质均指化合物,单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质;②电解质本身可能不导电,如NaCl固体,但NaCl是电解质,电解质是在水溶液后熔融状态导电即可,又如HCl气体不导电,但溶于水后形成的盐酸能导电,HCl是电解质;③能导电的不一定是电解质,如Fe能导电,但是单质,不属于电解质;④难溶性化合物不一定就是弱电解质。 22.Cu2+、Fe3+(NH4)2SO4、Al2(SO4)3Na2CO3CO32-+H2OHCO3-+OH-Ag++Cl-=AgCl↓Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+取少量B于试管中,加入浓NaOH溶液并加热,用湿润的红色石蕊试纸放在试管口,观察是否变蓝色 【解析】 【分析】 ①五种盐均溶于水,水溶液均为无色,五种盐溶液中一定不含Cu2+、Fe3+,Ba2+与SO42-、CO32-不在同一溶液中,Al3+与CO32-不在同一溶液中,Ag+与Cl-、SO42-、CO32-不在同一溶液中; ②D的焰色反应呈黄色,D中阳离子为Na+; ③A的溶液呈中性,B、C、E的溶液呈酸性,B、C、E的溶液中含NH4+、Al3+、Ag+,D的溶液呈碱性,D中含CO32-,结合②知D为Na2CO3; ④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液,只有A、C的溶液不产生沉淀,A、C溶液中不含CO32-和SO42-; ⑤若在这五种盐的溶液中,分别加入氨水,E和C的溶液中生成沉淀,继续加氨水,C中沉淀消失,根据“已知:向Ag+溶液中滴加氨水,先产生沉淀,继续滴加氨水,沉淀溶解”,C中阳离子为Ag+,E中阳离子为Al3+,Ag+与Cl-、SO42-、CO32-在溶液中不能大量共存,C为AgNO3; ⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中,均能生成不溶于稀硝酸的沉淀,C为AgNO3,A的阴离子为Cl-;E中阳离子为Al3+,A的溶液呈中性,A为BaCl2,E为Al2(SO4)3,结合前面的分析,B溶液呈酸性,则B为(NH4)2SO4。 据此分析作答。 【详解】 ①五种盐均溶于水,水溶液均为无色,五种盐溶液中一定不含Cu2+、Fe3+,Ba2+与SO42-、CO32-不在同一溶液中,Al3+与CO32-不在同一溶液中,Ag+与Cl-、SO42-、CO32-不在同一溶液中; ②D的焰色反应呈黄色,D中阳离子为Na+; ③A的溶液呈中性,B、C、E的溶液呈酸性,B、C、E的溶液中含NH4+、Al3+、Ag+,D的溶液呈碱性,D中含CO32-,结合②知D为Na2CO3; ④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液,只有A、C的溶液不产生沉淀,A、C溶液中不含CO32-和SO42-; ⑤若在这五种盐的溶液中,分别加入氨水,E和C的溶液中生成沉淀,继续加氨水,C中沉淀消失,根据“已知:向Ag+溶液中滴加氨水,先产生沉淀,继续滴加氨水,沉淀溶解”,C中阳离子为Ag+,E中阳离子为Al3+,Ag+与Cl-、SO42-、CO32-在溶液中不能大量共存,C为AgNO3; ⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中,均能生成不溶于稀硝酸的沉淀,C为AgNO3,A的阴离子为Cl-;E中阳离子为Al3+,A的溶液呈中性,A为BaCl2,E为Al2(SO4)3,结合前面的分析,B溶液呈酸性,则B为(NH4)2SO4。 (1)五种盐中,一定没有的阳离子是Cu2+、Fe3+;所含阴离子相同的两种盐的化学式是(NH4)2SO4、Al2(SO4)3,其中阴离子都为SO42-。 (2)D的化学式为Na2CO3。Na2CO3溶液呈碱性的原因是CO32-发生了水解,CO32-水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-。 (3)A为BaCl2,C为AgNO3,A与C的溶液反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。E为Al2(SO4)3,E与氨水反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+。 (4)B为(NH4)2SO4,B中阳离子为NH4+,检验NH4+的正确的实验方法是:取少量B于试管中,加入浓NaOH溶液并加热,用湿润的红色石蕊试纸放在试管口,观察是否变蓝色,若试纸变蓝色,说明B中含NH4+。 【点睛】 本题考查离子的检验和推断,熟悉各离子的性质、离子之间的反应以及根据实验现象进行推理是解题的关键。离子推断时必须的遵循是:肯定原则(通过实验现象确定一定存在的离子)、互斥原则(相互间能反应的离子在同一溶液中不能大量共存)、电荷守恒原则(阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数)。 23. HCO3-+H2OH2CO3+OH- 大于 乙 B 等于 甲 乙 常压下加热NaHCO3的水溶液,溶液的温度达不到150℃ 【解析】试题分析:根据上述数据:甲同学认为,该溶液的pH升高的原因是HCO3-的水解程度增大,故碱性增强,该反应的离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-。乙同学认为,溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解,生成了Na2CO3,并推断Na2CO3的水解程度大于NaHCO3。 (1)只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂BaCl2溶液,若产生白色沉淀(碳酸钡),则乙判断正确。试剂X是BaCl2溶液。 (2)将加热后的溶液冷却到10℃,若溶液的pH等于8.3,则甲判断正确。 (3)查阅资料,发现NaHCO3的分解温度为150℃,丙断言甲和乙判断是错误的,理由是常压下加热NaHCO3的水溶液,溶液的温度达不到150℃。 24.(1)乙 (2)没有用待测NaOH溶液润洗碱式滴定管;偏低 (3)25.40 (4)酚酞(或甲基橙) ;锥形瓶内溶液颜色的变化; 酚酞:浅红色(或粉红色)变为无色,且半分钟不复原 甲基橙:黄色变为橙色,且半分钟不复原 (5)0.1250mol/L (6)0.1mol/L;如果用1 mol/L盐酸滴定,所耗体积约为2.50mL,则相对误差较大。 【解析】略 25.2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;58.5g 【解析】)(1)氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水;正确答案:2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。 (2)电解饱和食盐水,生成氢氧化钠、氯气和氢气;2NaCl+2H2O=2NaOH+Cl2↑+H2↑,11.2L的氯气的物质的量为0.5mol,消耗NaCl的质量为0.5×2×58.5=58.5g;正确答案: 58.5g。 26. 0.6 400 0.12a 【解析】(1)50mL 4mol/L 稀HNO3和200mL 0.5mol/L稀H2SO4混合后,溶液中n(NO3-)=5010-3L4mol/L=0.2mol,n(SO42-)=20010-3L0.5mol/L=0.1mol,n(H+)=0.2mol+0.1mol2=0.4mol,加入19.2g 铜粉的物质的量为0.3mol,微热,发生的反应为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++NO↑+4H2O。因为n(Cu): n(NO3-): n(H+)=0.3:0.2:0.4=3:2:4,不等于化学计量数之比3:2:8,可以判断铜和硝酸根都过量,应按n(H+)计算,所以: ①若忽略溶液体积变化,溶液中铜离子物质的量浓度为 = 0.6mol/L。 ②若使铜粉全部溶解,由上面数据分析可知,还需要加入H+0.4mol,所以还需加入0.5mol/L H2SO4 , =0.4L=400mL。 (2)若c(SO42—)+c(NO3—)=a mol·L-1。取200 mL该混合酸,n(SO42—)+n(NO3—)=0.2a mol,n(H+)= 2n(SO42—)+n(NO3—),由反应的离子方程式可知,当n(H+): n(NO3—)=8:2=4:1时,溶解的铜最多,联立上面三个式子可求出n(NO3—)=0.08amol,所以能溶解铜的最大物质的量为0.08a mol=0.12a mol。 点睛:本题考查的是根据离子方程式的计算。铜虽然不和稀硫酸反应,但是当把稀硫酸和稀硝酸混合后,两者电离出来的氢离子是一样的,所以在混酸中,硫酸电离的氢离子参加反应,根据离子方程式进行计算才能把握反应的实质,避免出错。

  • ID:7-5020208 沪科版高中化学一年级第二学期6《揭示化学反应速率和平衡之谜》测试题(解析版)

    高中化学/沪科版/高一下学期/第六章 提示化学反应速率和平衡之谜/本章综合与测试

    《揭示化学反应速率和平衡之谜》测试题 一、单选题(每小题只有一个正确答案) 1.反应C(s)十H2O(g) CO(g)十H2(g) 在一密闭容器中进行,下列条件的改变能使反应速率减小的是( ) A.减少C的量 B.容积不变,增加水蒸气的量 C.升温? D.压强不变,充入Ne 2.在相同条件下,等质量的下列金属与足量1mol/L盐酸反应时,速率最快的是( ) A. 镁 B. 铝 C. 钠 D. 铁 3.某容器中加入N2和H2,在一定条件下,N2+3H22NH3,达到平衡时N2、H2、NH3的浓度分别是3 mol ? L-l、4 mol ? L-1、4 mol ? L-1,则反应幵始时H2的浓度是(  ) A. 5 mol ? L-1 B. 10 mol ? L-1 C. 8 mol ? L-1 D. 6.7 mol ? L-1 4.在下列等温恒容中建立起平衡体系3NO2(g)+ H2O(l) 2HNO3(aq) + NO(g)中加入O2 ,则化学平衡( ) A. 向右移动 B. 向左移动 C. 不移动 D. 无法判断 5.下列说法正确的是( ) A. 增大反应物浓度,可增大单位体积内活化分子的百分数从而使有效碰撞次数增大 B. 有气体参加的化学反应,若增大压强(即缩小反应容器的体积),可增加活化分子的百分数,从而使反应速率增大 C. 催化剂不影响活化能但能增大单位体积内活化分子百分数,从而增大反应速率 D. 升温能使化学反应速率增大,主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数 6.对于在密闭容器中进行的反应:N2+O22NO,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 7.下列说法正确的是 ( ) ①增加水的量或温度,可以加快镁跟水的反应速率。②增加硫酸的浓度,一定可以加快锌与硫酸反应制取氢气的速率。③对于反应CaCO3(s) CaO(s) + CO2(g),增加CaCO3的量,可以加快正反应速率,而增加CaO或CO2的浓度,则可以加快逆反应速率。④对反应3H2(g) + N2(g) 2NH3(g),在密闭容器中进行(固定体积),充入氦气,压强增大,则化学反应速率加快。⑤对于反应3H2(g) + N2(g) 2NH3(g),使用催化剂,正逆反应速率同等程度加快 A. ①② B. ①②③ C. ②⑤ D. ⑤ 8.臭氧(O3)是一种很好的消毒剂,具有高效、洁净等优点。O3 可溶于水,在水中易分解,产生的[O]为游离氧原子,有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生如下反应: 反应 I:O3O2 + [O] △H > 0 平衡常数为 K1; 反应 II:O3 + [O] 2O2 △H < 0 平衡常数为 K2; 总反应:2O3 3O2△H < 0平衡常数为 K。 下列叙述正确的是( ) A. K = K1 + K2 B. 压强增大,K2 减小 C. 适当升高温度,可提高消毒效率 D. 降低温度,K 减小 9.100 ℃时,将N2O4、NO2分别充入两个各为1 L的密闭容器中,Ⅰ容器0.1mol N2O4 Ⅱ容器0.2 mol NO2,发生反应:2NO2(g) N2O4(g) ΔH<0,下列说法正确的是( ) A. 平衡时,Ⅰ、Ⅱ中反应物的转化率α(N2O4) +α(NO2)=1 B. 平衡后,再向Ⅱ容器内通入一定量的NO2,又达到平衡时,NO2的体积分数增大 C. 若只改变一个条件使Ⅱ容器NO2的平衡转化率增大,则该反应的化学平衡常数一定变大 D. 平衡后,反应放出或吸收热量的数值Q:Q(Ⅰ) =Q(Ⅱ) 10.在一定温度下,将气体X和气体Y各0.16mol充入 10L恒容密闭容器中,发生反应X(g) + Y(g) 2Z(g) △H < 0,一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表,下列说法正确的是( ) t /min 2 4 7 9 n(Y)/mol 0.12 0.11 0.10 0.10 A. 反应前2min的平均速率υ(Z) = 2.0×103mol/(L?min) B. 其他条件不变,降低温度,反应达到新平衡前υ(逆) < υ(正) C. 该温度下此反应的平衡常数K=120 D. 其他条件不变,再充入0.2molZ,平衡时X的体积分数增大 11.在某一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应:A(g)+B(g)?2C(g) △H<0。t1 时刻达到平衡后,在t2 时刻改变某一条件,其反应过程如图所示。下列说法正确的是( ) A. 0~t2时间段内,υ正> υ逆 B. I、Ⅱ两过程达到平衡时,A的体积分数I﹥II C. t2?时刻改变的条件可能是向密闭容器中加C D. I、II两过程达到平衡时,平衡常数I﹤II 12.升高温度能加快反应速率的主要原因是( ) A. 活化分子能量明显增加 B. 降低活化分子百分数 C. 增加活化分子百分数 D. 降低反应所需要的能量 13.一定条件下将0.2mol N2和 0.3mol H2置于密闭容器中发生如下反应:。下列关于该反应说法正确的是( ) A. 充分反应后H2无剩余 B. 升高温度使反应速率增大 C. 增大压强使反应速率减小 D. 使用催化剂对反应速率没有影响 14.己知反应A(s)+B(g) C(g)+D(g)的化学平衡常数和温度的关系如下: 温度(℃) 700 800 830 1000 1200 化学平衡常数 1.7 1.1 1.0 0.6 0.4 下列说法正确的是( ) A.该反应的化学平衡常数表达式为: B.该反应为吸热反应 C.单位时间内生成B和D的物质的量相等时,该反应处于平衡状态 D.其它条件不变时,增大体系的压强,化学平衡常数减小 15.一定条件下,下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合下图的是( ) A. CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH>0 B. CH3CH2OH(g ) CH2===CH2(g)+H2O(g) ΔH>0 C. 2C6H5CH2CH3(g)+O2(g) 2C6H5CH===CH2(g)+2H2O(g) ΔH<0 D. CO2(g)+2NH3(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH<0 二、填空题 16.在锌与盐酸反应的实验中,一个学生得到的结果如下表所示: 锌的质量/g 锌的形状 温度/℃ 完全溶于溶液的时间/s A 2 薄片 5 400 B 2 薄片 15 200 C 2 薄片 25 100 D 2 薄片 35 t1 E 2 细小颗粒 15 t2 F 2 粉末 15 t3 G 2 薄片(含少量杂质Cu) 35 t4 (1)t1= s (2)总结并得出的关于温度影响反应速率的结论是 (3)t1 t4(填“>”或“<”),原因是 t2 t3(填“>”或“<”),原因是 (4)单位时间内消耗锌的质量mB、mE、mF从大到小的顺序为 17.25 ℃时,在体积为2 L的密闭容器中,气态A、B、C的物质的量n随时间t的变化如图1所示,已知达到平衡后,降低温度,A的转化率将增大。 t2~t3 t4~t5 t5~t6 t7~t8 K1 K2 K3 K4 (1)根据图1数据,写出该反应的化学方程式:__________________。此反应的平衡常数表达式K=________,从反应开始到第一次平衡时的平均速率v(A)为________。 (2)在5~7 min内,若K值不变,则此处曲线变化的原因是________________。 (3)如图2表示此反应的反应速率v和时间t的关系图,各阶段的平衡常数如表所示。K1、K2、K3、K4之间的关系为________(用“>”、“<”或“=”连接)。A的转化率最大的一段时间是________。 18.一定温度下,在2L的密闭容器中,X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示: (1)反应开始到10s,用Z表示的反应速率___________________ (2)反应开始到10s时,Y的转化率为__________________ (3)反应的化学方程式为:____________________ 19.在一密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2,压强为p(Pa),并在一定温度下使其发生反应:H2(g)+I2(g)===2HI(g)。 (1)保持容器容积不变,向其中充入1 mol H2,反应速率________(填“加快”“减慢”或“不变”,下同)。 (2)保持容器容积不变,向其中充入1 mol N2(g)(N2不参加反应),反应速率________。 (3)保持容器内气体压强不变,向其中充入1 mol N2(g)(N2不参加反应),反应速率________。 (4)保持容器内气体压强不变,向其中充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g),反应速率________。 20.2017年5月5日,中国首架按照国际标准研制,拥有自主知识产权的大型客机C-919在上海浦东机场首飞,科学家在实验室研究利用催化技术将飞机尾气中的NO和CO转变成CO2和N2,其反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH<0。 (1)假设在密闭容器中发生上述反应,达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是____________。 A.选用更有效的催化剂 B.升高反应体系的温度 C.降低反应体系的温度 D.缩小容器的体积 (2)若将1 molNO和2 mol CO通入2 L的恒容密闭容器中,在一定条件下发生上述反应,反应中生成的N2的物质的量浓度随时间的变化情况如图1所示。则NO从反应开始到平衡时的平均反应速率v(NO)=_________,4 min末CO的浓度为_____________ mol?L-1。 (3)已知上述反应中NO的平衡转化率与压强、温度的关系如图2所示。工业上催化装置比较适合的温度和压强是____________________。 三、实验题 21.(1)在某容积不变的密闭容器中,有可逆反应:mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(S)△H<0如图某反应过程中各物质物质的量n(mol)随时间t的变化曲线图。 ①该反应的平衡常数表达式为(各物质浓度的指数用数值表示): 。 ②若充入A,K值 (填一定增大、一定减小、或可能增大也可能减小、不变);正反应速率____(填增大、减小、不变)。 ③若体积为10升的密闭容器中,500℃、有催化剂存在的条件下,根据图示回答下列问题:在0~15min内的平均反应速率:v(B)= (2)对于某可逆反应:A(g)+B(g)2C(g) △H<0。若该反应的正反应速率与时间的关系如图所示。在其它条件不变的情况下,请填空: ①写出t2时改变的条件可能是: (用文字表达); ②t4时改交的条件可能是 (用编号表示,多选扣分) A.增大压强 B.减小压强 C.使用催化剂 D.升高温度 E.增大A的浓度 22.I “碘钟”实验中,3I-+S2O82-===I3—+2SO42-的反应速率可以用遇加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量,t越小,反应速率越大。某探究性学习小组在20 ℃进行实验,得到的数据如下表: 实验编号 ① ② ③ ④ ⑤ c(I-)/mol/L 0.040 0.080 0.080 0.160 0.120 c(S2O82-)/mol/L 0.040 0.040 0.080 0.020 0.040 t/s 88.0 44.0 22.0 44.0 t1 回答下列问题: (1)该实验的目的是____________________________________________________________。 (2)显色时间t1为________。 (3)通过分析比较上述数据,得到的结论是___________________________________________________。 II根据反应4FeS2+11O2===2Fe2O3+8SO2,试回答下列问题。 (1)通常选用哪些物质来表示该反应的化学反应速率____________。 (2)当生成SO2的速率为0.64 mol·L-1·s-1时,则氧气减少的速率为________。 (3)如测得4 s后O2的浓度为2.8 mol·L-1,此时间内SO2的速率为0.4 mol·L-1·s-1,则开始时氧气的浓度为________。 四、推断题 23.“低碳”在工业生产中意义重大,充分利用原材料,不排放或减少排放“三废”,不同工厂联合生产等都是很好的“低碳”生产方式。下面是几家工厂利用废气、废液、废渣联合生产化肥硫酸铵的工艺: 请回答下列问题: (1)操作②为______________________________________________________。 (2)工业合成氨的化学方程式为_____________________。 (3)沉淀池中生成硫酸铵的化学方程式________________________________________。 (4)在实验室中检验氨气的方法是_________________________________。 (5)副产品的化学式为________。该联合生产工艺中可以循环使用的物质是________。 24.在密闭容器中,使1 mol N2和3 mol H2混合发生下列反应:N2 (g) + 3H2 (g)2NH3 (g) ΔH <0。 (1)达到平衡时, 充入N2并保持体积不变,平衡将______移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。 (2)达到平衡时,充入氩气(Ar)并保持体积不变,平衡将______移动(同上)。 (3)达到平衡时,充入氩气(Ar),并保持压强不变,平衡将______移动(同上)。 (4)达到平衡时,将c(N2)、c(H2)、c(NH3)同时增大1倍,平衡______移动(同上)。 (5)保持体积不变,升高温度时,混和气体的平均相对分子质量______,密度_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。 (6)当反应达到平衡时,N2和H2的浓度比是______;N2和H2的转化率比是______。 五、计算题 25.把1 mol X气体和0.5 mol Y气体混合于2 L密闭容器中,发生如下反应:3X(g)+Y(g)nZ(g)+2W(g),2 min末生成0.4 mol W,若测得以Z的物质的量浓度变化表示的平均反应速率为0.1mol/(L·min) ,试计算(写出计算过程) (1)前2 min内,用X表示的平均反应速率。 (2)2 min末时Y的转化率。 (3)化学方程式中Z的化学计量数n。 26.在密闭容器中加入等浓度的CO与H2O,T ℃时发生如下反应: CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH< 0 已知CO的浓度变化如图所示,第4 minCO的浓度不再改变。 (1)从0~4 min,该反应的平均速率v(CO)= mol/(L·min);该反应的平衡常数表达式为:K= ;可计算得该反应的平衡常数结果为:K= 。 (2)为了增大CO的转化率,可以采取的措施有 。 A.增大反应物中CO的浓度 B.降低反应温度 C.将密闭容器体积压缩至一半 D.加入适宜的催化剂 (3)若不改变反应温度和反应物中CO的起始浓度,使CO的转化率达到90%,则水蒸气的起始浓度至少为 mol/L? 试卷第2页,总9页 参考答案 1.D 【解析】 2.C 【解析】金属性越强,与酸反应时速率越快,四种金属的活泼性强弱顺序是Na>Mg>Al>Fe,所以在相同条件下,等质量的四种金属与足量1mol/L盐酸反应时,速率最快的是钠,答案选C。 3.B 【解析】 平衡时氨气是4mol/L,根据方程式可知消耗氢气是6mol/L,平衡时氢气是4mol/L,所以反应幵始时H2的浓度是10mol/L,答案选B。 4.A 【解析】在下列等温恒容中建立起平衡体系3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)中加入O2,2NO+O22NO2,上述平衡体系中生成物NO浓度减小,反应物NO2浓度增大,则化学平衡向右移动,故选A。 5.D 【解析】A、增大反应物浓度,可增大单位体积内活化分子数,不是活化分子百分数,A错误;B、有气体参加的化学反应,若增大压强(即缩小反应容器的体积),实际就是在增大气体浓度,所以增加的是单位体积内活化分子数,仍然不会增大活化分子的百分数,B错误;C、催化剂会改变反应活化能,从而改变活化分子百分数,所以C错误;D、升高温度会使分子的平均能量升高,从而使达到活化分子的比例增加,即增加了活化分子百分数,D正确。 点睛:从碰撞理论来说,增加反应速率就是要增加单位时间的有效碰撞的次数。而发生有效碰撞要求必须是活化分子。所以增大活化分子百分数是加快反应速率的有效方法。能够影响活化分子百分数的方法,实际只有温度和催化剂。升高温度,会提高分子的平均能量,从而使达到活化分子标准的分子数增加;而加入催化剂是改变了活化能,也就是改变了活化分子的标准,从而改变了活化分子百分数。 6.C 【解析】体积增大到原来的2倍,浓度减小为原来的,化学反应速率减小。 7.D 【解析】①改变纯液体的量,对反应速率无影响,则增加水的量,反应速率不变,但升高温度,可以加快镁跟水的反应速率,选项①错误;②浓硫酸具有强氧化性,与Zn反应不生成氢气,而稀硫酸中浓度大,生成氢气的反应速率快,选项②错误;③碳酸钙是固体,其质量的增加,不能影响反应速率,选项③错误;④固定体积,若充入氦气,反应体系中各物质的浓度不变,反应速率不变,选项④错误;⑤使用催化剂,同等程度加快正逆反应速率,选项⑤正确。答案选D。 8.C 【解析】 【详解】 A.总反应2O33O2平衡常数,反应I O3O2+[O]平衡常数 ,反应II O3 + [O]2O2平衡常数,由此可知K=K1?K2,A项错误; B.平衡常数只与温度有关,与压强无关,B项错误; C.反应I是吸热反应,反应II是放热反应,根据勒夏特列原理,升高温度,反应I向正反应方向移动,反应II向逆反应方向移动,都有利于生成游离氧原子[O],消毒效率提高,C项正确; D.因为2O33O2正反应是放热反应,降低温度平衡向正反应方向移动,K值增大,D项错误;答案选C。 9.A 【解析】 A. 平衡时,Ⅰ、Ⅱ形成等效平衡,Ⅰ、Ⅱ中反应物的转化率α(N2O4)+α(NO2)=1,故A正确;B. 平衡后,再向Ⅱ容器内通入一定量的NO2,相当于加压,平衡右移,又达到平衡时,NO2的体积分数减小,故B错误;C. 如加压平衡右移,Ⅱ容器NO2的平衡转化率增大,该反应的平衡常数不变,故C错误;D. Q(Ⅰ)不一定等于Q(Ⅱ),故D错误。故选A。 点睛:解答本题的难点是选项A。在相同条件下,在元素守恒的前提下,从正反应和逆反应开始建立的平衡是等效平衡。两个过程是互逆的,α(N2O4)+α(NO2)=1。 10.B 【解析】由题中信息可知,反应在第7分钟处于化学平衡状态,平衡时Y的变化量为0.06mol,则根据方程式可知 X(g) + Y(g)2Z(g) 起始浓度(mol/L) 0.016 0.016 0 转化浓度(mol/L) 0.006 0.006 0.012 平衡浓度(mol/L) 0.01 0.01 0.012 A.反应前2min内Y减少了0.04mol,则生成Z是0.08mol,浓度是0.008mol/L,所以平均速率v(Z)=0.008mol/L÷2min=4.0×10-3mol/(L·min),A错误;B. 该反应为放热反应,其他条件不变,降低温度,化学平衡向正反应方向移动,反应达到新平衡前v(逆)<v(正),B正确;C. 该温度下此反应的平衡常数K=,C错误;D. 该反应前后气体的分子数不变,所以改变压强后,平衡不移动。其他条件不变,再充入0.2molZ,相当于对原平衡加压,所以平衡时X的体积分数不变,D错误。答案选B。 11.C 【解析】试题分析:A、0~t2时,反应正向进行,v(正)>v(逆),t1~t2时,反应达到平衡,v(正)=v(逆),故错误,不选A;B、t2时刻改变条件后达到平衡时,逆反应速率不变,说明和原平衡等效,A的体积分数Ⅰ=Ⅱ,错误,不选B;C、向密度容器中加C ,逆反应速率瞬间增大,再次建立的平衡与原平衡等效,说明和原平衡相同,符合图形,正确,选C;D、t2时刻改变条件后达到平衡时逆反应速率不变,说明和原平衡等效,所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时,平衡常数相等,错误,故不选D。 考点: 化学平衡的建立 12.C 【解析】升高温度,将更多的分子转化为活化分子,活化分子百分数增大,有效碰撞次数增多,则反应速率增大,只有C正确,故选C。 13.B 【解析】A、这是一个可逆反应,任何物质都不可能完全没有,故A错误;B、升高温度可加快反应速率,所以B正确;C、增大压强,使体积缩小,浓度增大,所以反应速率加快,故C错误;D、使用催化剂可加快反应速率,但平衡不移动,故D错误。本题正确答案为B。 14.C 【解析】 试题分析:A、A为固体,表达式错误;B、温度升高,K减小,平衡逆向移动,故逆反应为吸热,正反应放热,错误;C、生成B为逆方向,生成D为正方向,正确;D、增大压强,平衡逆向移动,化学平衡常数不变,错误。 考点:考查化学反应速率与化学平衡相关知识,涉及平衡常数表达式,平衡移动、平衡状态的判断等相关知识。 15.D 【解析】 温度越高,反应越快,到达平衡的时间就越少,因此T2>T1;同理压强越大,反应越快,到达平衡的时间就越少,因此P1>P2; A、该反应是吸热的可逆反应,升高温度平衡正向移动,则T2时水蒸气含量应该比T1时大,与图象不符,故A错误; B、该反应是一个体积增大和吸热的可逆反应,升高温度平衡向正反应方向移动,水蒸气的含量增大;增大压强,平衡向逆反应方向移动,水蒸气的含量减小,不符合图象,故B错误; C、该反应是一个体积增大和放热的可逆反应,增大压强平衡逆向移动,水蒸气的含量减少,与图像不符,故C错误; D、该反应是一个体积减小和放热的可逆反应,因此升高温度平衡向逆反应方向移动,水蒸气的含量降低;而增大压强平衡向正反应方向移动,水蒸气的含增大量,与图像相符,故D正确。 此题答案选D。 【名师点睛】灵活运用影响化学平衡的因素是解题关键,根据图(1)到达平衡时所用时间的长短判断温度T1和T2的相对大小,升高温度,化学平衡向吸热方向移动,再结合水蒸气的含量变化情况判断该反应的正反应是放热还是吸热;根据图(2) 到达平衡时所用时间的长短判断压强P1和P2的相对大小,增大压强,化学平衡向气体体积减小的方向移动,由此判断反应前后气体化学计量数的相对大小。 16.(1)50 (2)温度每升高10℃,反应速率加快到原来的2倍(3)> G组中可形成Cu—Zn原电池,反应速率加快> F组中锌为粉末状,表面积较大,反应速率加快 (4)mF>mB>mE(每空1分) 【解析】 17.(1)A(g)+2B(g) 2C(g)(不写物质的状态也可)  0.05 mol·L-1·min-1 (2)增大压强(或缩小容器体积) (3)K1>K2=K3=K4 t2~t3 【解析】(1)由图1中曲线变化情况可知:A和B是反应物,C是生成物,再由物质的量的变化值可得化学计量数之比。(2)已知反应达平衡后,降低温度,A的转化率将增大,说明正反应是放热反应。在5~7 min内,K值不变,说明平衡移动不是由温度变化引起的,因此此处改变的条件只能是增大压强。(3)根据速率—时间图像分析,t3时改变的条件是升温,t5时改变的条件是使用催化剂,t6时改变的条件是减压,因此有K1>K2=K3=K4。由于t3、t6时条件的改变均导致化学平衡逆向移动,因此A的转化率最大的一段时间是t2~t3。 18. 0.079 mol/(L?s) 79% X+Y2Z 【解析】(1)反应开始到10s,用Z表示的反应速率为:v==0.079mol/(L?s),故答案为:0.079mol/(L?s); (2)反应开始到10s时,Y的转化率为×100%=79%,故答案为:79%; (3)由图象可以看出X、Y的物质的量减小,Z的物质的量增多,则X、Y为反应物,Z为生成物,化学反应中各物质的物质的量变化量与化学计量数之比呈正比,则有Y:X:Z=(1.20mol-0.41mol):(1.0mol-0.21mol):1.58mol=1:1:2,经过10s后,物质的物质的量不再发生变化,达到平衡状态,则反应的化学方程式为X+Y2Z,故答案为:X+Y2Z。 19. 加快 不变 减慢 不变 【解析】(1)在容器容积不变时,充入1 mol H2即c(H2)增大,化学反应速率加快;(2)保持容器容积不变,充入N2(不参加反应的气体),各成分浓度未变,则反应速率不变;(3)保持容器压强不变,充入N2,体积增大,各成分浓度减小,则反应速率减慢;(4)保持容器内气体压强不变,保持充入H2(g)、I2(g)各1 mol,体积增大,压强未变,浓度也不变,则速率不变。 点睛:关于压强对反应速率的影响需要注意以下三点:(1)参加反应的物质为固体和液体,由于压强的变化对浓度几乎无影响,可以认为反应速率不变。(2)对有气体参加的反应,压强改变?气体物质浓度改变?化学反应速率改变,即压强改变的实质是通过改变浓度引起的,如2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)增大压强,SO2、O2、SO3的浓度均增大,正、逆反应速率均增大。(3)有气体参加的反应体系中充入“惰性气体”(不参与反应)时,对化学反应速率的影响:①恒容:充入“惰性气体”→总压增大→物质浓度不变(活化分子浓度不变)→反应速率不变。②恒压:充入“惰性气体”→体积增大→物质浓度减小(活化分子浓度减小)→反应速率减慢。 20. C D 0.05 mol?L-1·min-1 0.8 400 K,1 MPa 【解析】本题主要考查影响化学平衡的因素及其反应速率的计算。 (1)假设在密闭容器中发生上述反应,达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是CD。 A.使用催化剂不改变平衡状态,不影响反应物的转化率,故A不符合题意;B.升高反应体系的温度,平衡左移,NO的转化率降低,故B不符合题意;C.该反应放热,降低反应体系的温度,平衡右移,NO的转化率提高,故C符合题意;D.该反应气体物质的量减小,加压平衡右移,NO的转化率提高,故C符合题意。故选CD。 (2)NO从反应开始到平衡时的平均反应速率v(NO)=0.20/4 mol?L-1·min-1=0.05 mol?L-1·min-1,4 min末CO的浓度(1-0.2)mol?L-1=0.8 mol?L-1。 (3)工业上催化装置比较适合的温度和压强是400 K,1 MPa。 21.①K= ②不变 增大 ③ 0.01mol/(L·min) (2)① 降温 ②AC 【解析】 试题分析:(1)反应平衡常数K值只与温度有关,与反应物浓度无关。其他条件相同时, 增大反应物浓度反应速率增大。计算平均反应速率,以反应物B为例:V(B)=1.5mol/15min ×10L (2)在t2时反应速率骤降,温度降低,分子运动速率减慢,反应速度也减慢。 影响反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂,在t4时反应速率升高,对于有气体 参与的化学反应,其他条件不变时(除体积),增大压强,即体积减小,反应物浓度增大, 速率增加。正催化剂能使反应速率增加。选项D、E升高温度与增大A浓度虽然能使反应速 率增加,但会是平衡移动,故不符合。 考点:反应速率、反应平衡及计算;影响反应速率的因素; 点评:综合考查学生对反应速率章节内容的掌握: ①反应平衡常数K值只与温度有关,与反应物浓度无关。②影响反应速率的因素有温度、浓 度、压强、催化剂;③对于有气体参与的化学反应,其他条件不变时(除体积),增大压强, 即体积减小,反应物浓度增大,速率增加。 22.研究反应物I-与S2O82-的浓度对反应速率的影响 29.3 化学反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比) SO2或O2 0.88 mol·L-1·s-1 5.0 mol·L-1 【解析】 【详解】 I.(1)根据“题给反应的反应速率可以用加入的I3-使淀粉溶液显蓝色的时间t来度量,t越小,反应速率越大”,实验设计了在相同温度下,不同的反应物浓度测定相应的反应时间,目的是探究反应物I-与S2O82-的浓度对反应速率的影响;综上所述,本题答案是:研究反应物I-与S2O82-的浓度对反应速率的影响 。 (2)通过分析各组数据知,反应物起始浓度的乘积与时间成反比,由①、⑤列比例式,可以解得t1:(0.040 mol?L-1×0.040mol?L-1):(0.120 mol?L-1×0.040mol?L-1)=t1:88.0s,解得t1=88/3=29.3s ;综上所述,本题答案是:29.3。 (3)通过第(1)、(2)小题的分析可知,结合表格中数据变化规律,我们已经知道了反应物的浓度乘积与时间成反比,而浓度的变化量与时间的比值为速率,显色时间越短,反应速率越快,所以根据本题的实验数据最终得到的结论为:反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比);综上所述,本题答案是:化学反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比)。 II(1)只有气体或者溶液才有浓度的变化,固体或者纯液体的浓度是定值,故应选用SO2或O2来表示该反应的化学反应速率,因此,本题正确答案是: SO2或O2。 (2)v(SO2):v(O2)=8:11,故v(O2)=11/8×0.64=0.88 mol·L-1·s-1;综上所述,本题答案是:0.88 mol·L-1·s-1。 (3)?c(SO2)=0.4×4=1.6mol/L,?c(O2)=11/8?c(SO2)=11/8×1.6=2.2 mol·L-1,故c(O2)=2.8+2.2=5.0 mol·L-1;综上所述,本题答案是:5.0 mol·L-1。 23.过滤N2+3H22NH3CaSO4+CO2+2NH3+H2O===CaCO3↓+(NH4)2SO4用湿润的红色石蕊试纸检验,若试纸变蓝,则说明含有NH3(或用玻璃棒蘸取浓盐酸检验,若产生白烟,则含有NH3)(其他合理答案均可)CaOCO2(若有NH3,均可) 【解析】 【分析】 煤和水蒸气反应生成氢气,利用空气中氮气和氢气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气镁燃烧生成的二氧化碳、生成的氨气和硫酸钙仪器进入沉淀池中发生反应生成碳酸钙沉淀和产品,碳酸钙煅烧得到副产品氧化钙,生成的二氧化碳进入沉淀池循环使用。(1)操作②为分离固体与溶液;(2)工业合成氨是高温高压催化剂条件下反应生成氨气;(3)“产品”为(NH4)2SO4,反应物为CaSO4悬浊液、CO2、NH3等,产物除(NH4)2SO4外还有CaCO3,据此写出反应方程式;(4)通常用湿润的红色石蕊试纸检验NH3;(5)煅烧碳酸钙后可生成二氧化碳和氧化钙,氧化钙为副产品,二氧化碳可循环利用。 【详解】 (1)将沉淀池中的混合物经过滤可得到产品和沉淀,则操作②为过滤; (2)工业合成氨的化学方程式为:N2+3H2 2NH3; (3)“产品”是(NH4)2SO4,反应物是CaSO4悬浊液、CO2、NH3等,产物除(NH4)2SO4外还有CaCO3,其中离子方程中CaSO4悬浊液要写分子式,沉淀池中生成硫酸铵的化学方程式为:CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+(NH4)2SO4; (4)利用湿润的红色石蕊试纸检验NH3,操作方法为:用湿润的红色石蕊试纸检验,若试纸变蓝,则说明含有NH3或用玻璃棒蘸取浓盐酸检验,若产生白烟,则含有NH3; (5)CaCO3煅烧可生成CO2和CaO,其中CO2可循环使用,CaO为副产品。 【点睛】 本题考查了物质制备方案的设计,题目难度中等,明确制备流程及发生反应原理为解答关键,注意掌握化学实验基本操作方法,试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。 24. 正向 不 逆向 正向 变小 不变 1:3 1:3 【解析】(1). 达到平衡时, 充入N2并保持体积不变,则c(N2)增大,平衡将正向移动,故答案是:正向。 (2). 达到平衡时,充入氩气(Ar)并保持体积不变,总压增大,分压不变,则平衡不移动,故答案是:不。 (3). 达到平衡时,充入氩气(Ar),并保持压强不变,平衡将逆向移动,故答案为:逆向。 (4). 达到平衡时,将c(N2)、c(H2)、c(NH3)同时增大1倍,相当于增大压强,则平衡正向移动,故答案是:正向。 (5).因该反应是放热反应,所以保持体积不变,升高温度时,平衡将逆向移动,混合气体的总物质的量增加,但总质量不变,根据M= 可知,混合气体的平均相对分子质量将变小;因容器体积不变,混合气体的总质量也不变,根据ρ= 可知,混合气体的密度不变,故答案是:变小;不变。 (6).设反应中N2消耗xmol,容器的体积是1L,根据三段式法,有: N2 (g) + 3H2 (g)2NH3 (g) 起始量(mol/L) 1 3 0 转化量(mol/L) x 3x 2x 平衡量(mol/L) 1-x 3-3x 2x 所以平衡时N2和H2的浓度比是 = 1:3,N2和H2的转化率比是 = 1:3,故答案是:1:3;1:3。 25.(1) v(X)= 0.15 mol·L-1·min-1;(2)40%;(3)n = 2 【解析】生成的Z为:0.1mol/(L·min)×(2L×2min)=0.4mol 利用三段式法计算: 3X(g)+Y(g)=nZ(g)+2W(g) 起始:1mol 0.5mol 0 0 转化:0.6mol 0.2mol 0.4mol 0.4mol 平衡:0.4mol 0.3mol 0.4mol 0.4mol (1)由反应速率之比等于化学计量数之比可知:v(X)=3/2v(W)= =0.15 mol·L-1·min-1;,答:前2min内X的平均反应速率为0.15 mol·L-1·min-1;; (2)平衡时Y的物质的量为0.3mol,则2 min末时Y的转化率α(Y)=0.2mol/0.5mol=0.4,答:2min末时Y的转化率为40%。 (3)v(W)=0.4mol/(2L×2min) =0.1mol/(L·min),v(Z)=0.4mol/(2L×2min)=0.1mol/(L·min),由反应速率之比等于化学计量数之比可知:n:2=0.1mol/(L·min):0.1mol/(L·min),n=2, 答:化学反应方程式中n的值为2。 点睛:本题考查化学平衡的计算,题目难度不大,注意利用三段式法计算,解题关键:(1)根据v=△c/△t计算平均反应速率;(3)根据反应速率之比等于化学计量数之比计算。 26.(1)0.03 2.25  (2)B (3)0.90 【解析】 试题分析:(1)从0~4 min,v(CO)=(0.20mol·L-1-0.08 mol·L-1)÷4 min=0.03 mol/(L·min); (2)增大反应物中CO的浓度,增大了H2O的转化率,但CO本身的转化率降低;降低反应温度,平衡右移,CO的转化率增大;将密闭容器体积压缩至一半,增大压强,平衡不移动,CO的转化率不变;加入适宜的催化剂,反应速率加快,平衡不移动,CO的转化率不变。(3)设水蒸气的起始浓度至少为x mol/L。当CO的转化率达到90%,则CO的转化浓度为0.18 mol/L,平衡时,CO(g)、H2O(g) 、CO2(g)和H2(g)的浓度分别为0.02 mol/L、(x-0.18)mol/L、0.18 mol/L、0.18 mol/L,代入平衡常数,可求出x=0.90。 考点:化学反应速率及化学平衡常数 点评:化学反应速率和化学平衡常数是高考必考知识点,考生在备考过程中应注意积累掌握典型的题型。

  • ID:7-5020188 沪科版高中化学一年级第一学期《剖析物质变化中的能量变化》测试题(解析版)

    高中化学/沪科版/高一上学期/第四章 剖析物质变化中的能量变化/本章综合与测试

    《剖析物质变化中的能量变化》测试题 一、单选题(每小题只有一个正确答案) 1.下列反应既属于氧化还原反应,又是吸热反应的是 ( ) A.锌与稀盐酸反应 B.灼热的木炭与CO2反应 C.CaCO3高温分解 D.氯化铵与消石灰反应 2.合成氨反应过程中的能量变化如图所示,下列说法正确的是( ) A. 反应体系中加入催化剂,会改变反应的热效应 B. 反应物的总能量低于生成物的总能量 C. 该反应的热化学方程式为3H2(g)+N2(g)2NH3(g)+Q(Q>0) D. 该反应是吸热反应 3.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. 铝热反应 D. 氧化钙溶于水 4.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. 食物氧化腐败 C. 铝粉与氧化铁粉末反应 D. 酸与碱的中和反应 5.下列变化不能说明发生了化学变化的是( ) A. 变化时有电子的得失或共用电子对的形成 B. 变化时释放出能量 C. 变化过程中有旧化学键的断裂和新化学键形成 D. 变化前后原子的种类和数目没有改变,分子种类增加了 6.甲、乙代表2种金属,下列叙述中,不能判断金属活动性甲比乙强的是( ) A.常温下,甲能从水中置换出氢,而乙不能 B.最高价氧化物对应的水化物碱性比较,甲比乙的强 C.甲与非金属反应时失电子比乙少 D.甲、乙作电极,稀硫酸为电解质溶液组成原电池,乙电极表面产生气泡 7.下列实验事实所引出的相应结论正确的是( ) 选项 实验事实 结论 A Na2S2O3溶液与稀H2SO4溶液混合时,其他条件相同,Na2S2O3溶液浓度越大,析出硫沉淀所需时间越短 当其他条件不变时,增大反应物浓度化学反应速率加快 B 在化学反应前后,催化剂的质量和化学性质都没有发生改变 催化剂一定不参加化学反应 C 将NH4Cl晶体与Ba(OH)2.8H2O晶体混合后研磨,烧杯壁温度降低 该反应为吸热反应 D 在容积可变的密闭容器中发生反应 H2(g)+ I2(g)2HI(g), 把容积缩小一倍 正反应速率加快,逆反应速率不变 8.下列说法不正确的是( ) A. 当反应在一定条件下进行时,反应的过程中所吸收或放出的热量称为该反应的反应热 B. 对于吸热反应,反应物所具有的总能量总是低于生成物所具有的总能量 C. 在25℃、101 kPa时,1 mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时,所放出的热量叫做该物质的燃烧热 D. 在稀溶液中,1 mol酸跟1 mol碱发生中和反应所放出的热量叫做中和热 9.今有如下三个热化学方程式: (1)H2(g)+O2(g) H2O(g) ΔH1=a kJ·mol-1 (2)H2(g)+O2(g) H2O(l) ΔH2=b kJ·mol-1 (3)2H2(g)+O2(g) 2H2O(l) ΔH3=c kJ·mol-1 下列关于它们的表述正确的是( ) A. 它们都是吸热反应 B. a、b和c均为正值 C. a=b<0 D. 2b=c<0 10.下列热化学方程式书写正确的( ) A. 甲烷的燃烧热为-890 kJ/mol,则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为:CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+ 2H2O(g)△H=-890 kJ/mol B. 在一定条件下将1 molSO2和0.5molO2置于密闭容器中充分反应,放出热量79.2kJ,则反应的热化学方程式为:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=-158.4kJ·mol-1 C. NaOH(s)+1/2H2SO4(浓)=1/2Na2SO4(aq)+H2O(l) △H=-57.3kJ·mol-1 D. 2.00gC2H2气体完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出99.6kJ的热量,该反应的热化学方程式为:2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) △H=-2589.6kJ·mol-1 11.以下反应均可生成O2,下列有关说法正确的是( ) ①二氧化碳分解生成氧气:2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) ΔH1=+566 kJ·mol-1 ②过氧化氢分解生成氧气:2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g);ΔH2=-196.4 kJ·mol-1 ③光照条件下,催化分解水蒸气生成氧气:2H2O(g)=2H2(g)+O2(g);ΔH3=+483.6 kJ/mol A. 反应①为放热反应 B. 反应②使用催化剂,能降低该反应的活化能,但不能改变ΔH2 C. 反应③将化学能转化为光能 D. 反应CO(g)+H2O(g) = CO2(g)+H2(g);ΔH=-82.4 kJ·mol-1 12.一些盐的结晶水合物,在温度不太高时就有熔化现象,即溶于自身的洁净水中,又同时吸收热量。他们在塑料袋中经日晒就熔化,又在日落后缓慢凝结而释放热量。故可用于调节室内温度,或用作夏日防暑的枕垫或坐垫,这些物质可称之为热材料。现有几种盐的结晶水合物有关数据如下: ① Na2S2O3·5H2O ②CaCl2·6H2O ③ Na2SO4·10H2O ④ Na2HPO4·10H2O 熔点/℃ 40~50 29.92 32.38 35.1 熔化热/kJ· mol-1 49.7 37.3 77 100.1 根据上述数据和实用性考虑,实际运用时常采用的物质应该是( ) A.① B.② C.③ D.④ 二、填空题 13.我国在青藏高原发现了名为“可燃冰”的环保型新能源。 (1)“可燃冰”属于化石燃料,主要成分是CH4。另外还有两种化石燃料,它们的名称分别是 和 。 (2)CH4可与Cl2反应,反应历程如下 ①Cl—Cl→2Cl· ; ΔH= +243 kJ·mol-1 ②Cl·+CH3—H→·CH3+H—Cl ; ΔH=+ 4 kJ·mol-1 ③·CH3+Cl—Cl→CH3——Cl+Cl· ; ΔH= -106 kJ·mol-1 则CH4与Cl2反应生成CH3—Cl(g)的热化学方程式为 。 (3)CH4可用于设计燃料电池,甲烷燃料电池的工作原理如下图所示: 则通入CH4的一极为原电池的 (填“正极”或“负极”),正极的电极反应式为 。 (4)下图表示某些化工生产的流程(有的反应条件和产物已略去) 请回答下列问题: (a)流程中所涉及的化学工业 (写出两个即可)。 (b)反应I需在500℃进行,主要原因是 ;实际工业生产中,反应Ⅱ的条件是 。 (c)工业上,析出K后,再向母液中继续通入E,并加入细小食盐颗料,其目的是 。 14.二甲醚(CH3OCH3)被称为21世界的新型燃料,在未来可能替代汽油、液化气、煤气等并具有优良的环保性能。工业制备二甲醚在催化反应室中(压力2.0~10.0Mpa,温度230~280℃)进行下列反应: ①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1=-90.7kJ·mol-1 ②2CH3OH(g)CH3OCH3(g) +H2O(g) △H2=-23.5kJ·mol-1 ③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H3=-41.2kJ·mol-1 (1)若要增大反应①中H2的转化率,在其它条件不变的情况下可以采取的措施为 。 A.加入某物质作催化剂 B.加入一定量CO C.反应温度降低 D.增大容器体积 (2)在某温度下,若反应①的起始浓度分别为:c(CO)=1 mol/L,c(H2)=2.4 mol/L,5 min后达到平衡,CO的转化率为50%,则5 min内CO的平均反应速率为 ;若反应物的起始浓度分别为:c(CO)=4 mol/L,c(H2)=a mol/L;达到平衡后,c(CH3OH)=2 mol/L,a= mol/L。 (3)催化反应室中总反应3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H= ;830℃时反应③的K=1.0,则在催化反应室中反应③的K 1.0(填“>”、“<”或“=”)。 (4)二甲醚的燃烧热为1455 kJ·mol-1,则二甲醚燃烧的热化学方程式为 。 (5)“二甲醚燃料电池”是一种绿色电源,其工作原理如图所示。b电极是 极,写出a电极上发生的电极反应式 。 15.将煤转化为水煤气是通过化学方法将煤转化为洁净燃料的方法之一。煤转化为水煤气的主要化学反应为:C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)。 而C(g)、CO(g)和H2(g)完全燃烧的热化学方程式分别为: ①C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5 kJ·mol-1 ②H2(g)+ O2(g)=H2O(g) ΔH2=-242.0 kJ·mol-1 ③CO(g)+ O2(g)=CO2(g) ΔH3=-283.0 kJ·mol-1 请你根据上述信息回答下列问题: (1)煤是一种成分复杂的混合物,其中除含碳、氢元素外,还含有氧、硫、氮、砷、硒等元素。所以固体煤燃烧会导致大气污染,写出煤燃烧产生的两种污染:        ,将石灰石粉与煤粉混合,可以有效地减少煤燃烧过程中的二氧化硫污染,写出该反应的化学方程式:____________________ (2)根据已知热化学方程式写出由煤制备水煤气的热化学方程式:____________________________。 (3)下面是甲、乙两位同学对上述热化学方程式及煤燃烧的理解。 甲同学:1 mol CO与1 mol H2燃烧放出的热量之和大于1 mol固体炭燃烧放出的热量,所以煤燃烧时加入少量水,可以使煤燃烧放出更多的热量。 乙同学:根据下面的物质与能量循环,将煤炭转化为水煤气,再燃烧放出的热量与直接燃烧煤炭放出的热量相同,而将煤炭转化为水煤气将会增加消耗,故煤炭转化为水煤气得不偿失。 C(s)+H2O(g)+O2(g) CO2(g)+H2O(g) CO(g)+O2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)+ O2(g) 请你评价两位同学的理解: ①甲同学的说法     (答“正确”或“不正确”),原因是______________________________________。 ②乙同学的说法     (答“正确”或“不正确”),原因是_____________________________________。 16.甲醇是重要的化工原料,又是一种可再生能源,具有广泛的开发和应用前景。 (1)已知反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ?H=-99kJ?mol-1中的相关化学键键能如下: 则x=___________。 化学键 H-H C-O C三O H-O C-H E/(kJ?mol-1) 436 343 x 465 413 (2)在一容积可变的密闭容器中,1molCO与2molH2发生反应:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ?H1<0,CO在不同温度下的平衡转化率(α)与压强的关系如下图所示。 ①T1_________T2(填“>”、“<”、“=”);a、b两点的反应速率:v(a)_____v(b)(填“>”、“<”、“=”); 在c点条件下,下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是_____(填字母); a.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍 b.CH3OH的体积分数不再改变 C.混合气体的密度不再改变 d.CO和CH3OH的物质的量之和保持不变 ②计算图中a点的平衡常数KP=_____(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。 (3)利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)合成甲醇,发生的主要反应如下: a:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ?H1 b:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ?H2 c:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ?H3 ①述反应对应的平衡常数分别为K1、K2、K3,它们随温度变化的曲线如下图所示。 则?H1__________?H3(填“>”、“<”、“=”),理由是_______。 ②一定温度下,在3 L容积可变的密闭容器中发生反应b,已知c(CO)与反应时间t变化曲线Ⅰ如图所示,若在t0时刻分别改变一个条件,曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线Ⅲ。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时,改变的条件是________;当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时,改变的条件是_________。 ③反应c的 △H___0, △S____0(填“>”“=”或“<”)。 17.有X、Y、Z、W四种含14个电子的粒子,其结构特点如下: (1)A原子核外比X原子多3个电子,A的原子结构示意图是________;含1 mol X的氧化物晶体中含有共价键数目为________。 (2)Z与钙离子组成的化合物的电子式为________________。 (3)14 g Y完全燃烧放出的热量是141.5 kJ,写出Y燃烧的热化学方程式:______________________________。 (4)组成W的元素最高价氧化物对应的水化物甲有下图所示转化关系(反应条件和其他物质已略): ①写出丁在高温下与水反应的化学方程式:__________________; ②组成W的元素的简单氢化物极易溶于水的主要原因是________________________ 该氢化物与空气可以构成一种燃料电池,电解质溶液是KOH,其负极的电极反应式为____________。 三、推断题 18.对炼锌厂的铜镉废渣中各元素进行分离,能减少环境污染,同时制得食品锌强化剂的原料ZnSO4·7H2O实现资源的再利用。其流程图如下。 [相关资料] ①铜镉废渣中含有铜、锌、镉、铁、砷等元素,其含量依次减少。 ②FeAsO4难溶于水;ZnSO4·7H2O易溶于水,难溶于酒精。 ③Zn(OH)2属于两性氢氧化物。 ④滤液I中有Fe2+、Zn2+、Cu2+、Cd2+和少量的AsO。 ⑤有关离子沉淀完全的pH 金属离子 Fe3+ Zn2+ Mn2+ Cu2+ Cd2+ 沉淀完全pH 3.2 8.0 9.8 6.4 9.4 请回答下列问题: (1)提高铜镉废渣浸出率可以采用的方法是(写出其中一点即可)______; (2)向滤液I中逐滴滴人酸性KMnO4溶液可与AsO发生反应生成FeAsO4,写出该反应的离子方程式______;加入酸性KMnO4溶液不能过量,判断该滴定终点的现象是______;滤渣Ⅱ中除了FeAsO4外,还有______; (3)制得的ZnSO4·7H2O需洗涤,洗涤晶体时应选用试剂为______; (4)上述流程除了实现对这些元素进行提取分离能减少环境污染,同时制得ZnSO4·7H2O实现资源的再利用,还可以得到副产物_______ (5)回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池,电池的工作时,正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2,则充电时电池的正极反应式为_______; (6)若a克铜镉废渣含有b molFe元素,加入了c mol KMnO4,则铜镉废渣中As元素的质量分数为_____。(不考虑镉元素与KMnO4的反应) 19.图中X、Y、Z为单质,其他为化合物,它们之间存在如下转化关系(部分产物已略去)。其中,A俗称磁性氧化铁,E是不溶于水的酸性氧化物,能与氢氟酸反应。 回答下列问题: (1)组成单质Z的元素在周期表中的位置是________;M中存在的化学键类型为________;R的化学式是______________。 (2)一定条件下,Z与H2反应生成ZH4,ZH4的电子式为____________。 (3)已知A与1 mol Al反应转化为X时(所有物质均为固体),放出a kJ热量。写出该反应的热化学方程式:_____________________________________________________________。 (4)写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式:__________________________________。 四、实验题 20. 50 mL 1.0 mol·L-1盐酸跟50 mL 1.1 mol·L-1氢氧化钠溶液在下图装置中进行中和反应,并通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。试回答下列问题: ⑴大小烧杯间填或“不能”)将环形玻璃搅拌棒改为环形金属(如铜)。其原因是 。 ⑶大烧杯上如不满碎泡沫塑料的作用 。 ⑵ (填“能”盖硬纸板,对求得中和热数值的影响是 (填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。 ⑷如果改用60 mL 1.0 mol·L-1盐酸跟50 mL 1.1 mol·L-1氢氧化钠溶液进行反应,则与上述实验相比,所放热量 (“增加”、“减少”或“不变”),所求中和热数值 (“增加”、 “减少”或 “不变”)。 21.利用下图装置测定中和热的实验步骤如下: ①用量筒量取50 mL 0.25 mol·L-1硫酸倒入小烧杯中,测出硫酸温度; ②用另一量筒量取50 mL 0.55 mol·L-1NaOH溶液,并用另一温度计测出其温度; ③将NaOH溶液倒入小烧杯中,设法使之混合均匀,测出混合液最高温度。 回答下列问题: (1)倒入NaOH溶液的正确操作是__________。 A.沿玻璃棒缓慢倒入 B.分三次少量倒入 C.一次迅速倒入 (2)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是________。 A.用温度计小心搅拌 B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌 C.轻轻地振荡烧杯 D.用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动 (3)搅拌棒为何不用铜质的_____________. (4)实验数据如下表: ①请填写下表中的空白:________。 温度 实验次数 起始温度℃ 终止温度 /℃ 温度差平均值/℃ H2SO4 NaOH 平均值 1 26.2 26.0 26.1 29.5 2 27.0 27.4 27.2 32.3 3 25.9 25.9 25.9 29.2 4 26.4 26.2 26.3 29.8 ②近似认为0.55 mol·L-1NaOH溶液和0.25 mol·L-1硫酸溶液的密度都是1 g·cm-3,中和后生成溶液的比热容c=4.18 J·g-1·℃-1。依据上表数据计算中和热ΔH=________(取小数点后一位)。 ③中和热测定实验中,下列操作一定会降低实验准确性的是______。 A.用滴定管(精量仪器,读数保留到0.01)取所用酸碱溶液的体积 B.NaOH溶液在倒入小烧杯时,有少量溅出 C.大、小烧杯体积相差较大,夹层间放的碎泡沫塑料较多 D.测量硫酸溶液的温度计用水洗净后才用来测NaOH溶液的温度 五、计算题 22.水煤气是重要燃料和化工原料,可用水蒸气通过炽热的炭层制得: C (s) + H2O(g) CO (g) +H2 (g) △H= +131.3 kJ?mol-1(······① (1)实际工业生产中,向炭层间隔交替通入水蒸气和空气,其中通入空气的原因是由于该反应是吸热,导致炭层温度降低,须及时通入富氧空气促进炭层的燃烧放热: C (s) + O2(g)= CO2 (g);△H = -393.5kJ·mo1-1 ······② 为保持生产的连续性,若不考虑其它热量的产生和损耗,则每间隔应通入的水蒸气和空气的体积比(同温同压)约为多少?(设空气中氧气的体积占1/5) (2)一定温度下,三个容器中均进行着上述反应①,各容器中炭足量,其它物质的物质的量浓度及正逆反应速率关系如下表所示。请填写表中相应的空格。 (3)生物乙醇可由淀粉或纤维素等生物质原料发酵获得。利用乙醇可进而获得合成气(CO、H2)。用乙醇生产合成气有如下两条路线: a、水蒸气催化重整:CH3CH2OH(g)+H2O(g)→4H2(g)+2CO(g) b、部分催化氧化:CH3CH2OH(g)+1/2O2(g)→3H2(g)+2CO(g) 某生物质能研究所准备利用乙醇得到的合成气合成一种生物汽油。乙醇各分一半按a、b两式反应。合成气合成生物汽油的反应为:2mCO+(2m+n)H2→2CmHn+2mH2O。假定合成的生物汽油中含有X、Y两种成分,且X、Y都是有8个碳原子的烃,X是苯的同系物,Y是烷烃。 ①X的分子式为 ,Y的分子式为 。 ②50吨质量分数为92%的乙醇经上述转化(假定各步转化率均为100%),则最终可获得X的质量为多少吨? 23.将0.3 mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧,生成固态三氧化二硼和液态水,放出649.5 kJ热量,该反应的热化学方程式为 ________________________________________________________________________ 又已知:H2O(l)===H2O(g) ΔH=44 kJ·mol-1,则11.2 L(标准状况)乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是________kJ。 试卷第4页,总12页 参考答案 1.B 【解析】从有无化合价的改变,排除C和D;金属与酸置换氢气的反应是放热反应,故答案为B 2.C 【解析】 试题分析:由图可知,反应物的总能量高于生成物的总能量,该反应为放热反应。A. 反应体系中加入催化剂,只能降低反应的活化能,但是不会改变反应的热效应,A不正确;B. 反应物的总能量高于生成物的总能量,B不正确;C. 该反应的热化学方程式为3H2(g)+N2(g)2NH3(g)+Q(Q>0),C正确;D. 该反应是放热反应,D不正确。本题选C。 3.A 【解析】生成物总能量高于反应物总能量为吸热反应。碳酸钙受热分解为吸热反应,乙醇燃烧、铝热反应、氧化钙溶于水都是放热反应,答案选A。 【点睛】熟记典型的放热反应和吸热反应是解答本题的关键。常见的吸热反应有:大多数分解反应、盐的水解反应、Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl反应、C与H2O(g)反应、C与CO2反应等。 4.A 【解析】生成物总能量高于反应物总能量,说明反应属于吸热反应。A.碳酸钙受热分解属于吸热反应,故A正确;B. 食物氧化腐败属于放热反应,故B错误;C. 铝粉与氧化铁粉末的铝热反应,属于放热反应,故C错误; D.中和反应都是放热反应,故D错误;故选A。 点睛:本题主要考查了放热反应和放热反应,掌握常见的放热反应和放热反应是解题的关键。常见吸热的反应包括:绝大多数的分解反应;以C、CO和氢气为还原剂的氧化还原反应;八水合氢氧化钡与氯化铵的反应。 5.B 【解析】A、变化时有电子的得失或共用电子对的形成,一定发生了氧化还原反应,有新物质的生成,是化学变化。B、有些物理变化也会释放出能量,如摩擦生热、浓硫酸溶于水,故变化时释放出能量不能说明发生了化学反应,也可能是物理变化。C、变化过程中有旧化学键的断裂和新化学键形成,则有新物质的生成,一定是化学变化。D 、变化前后分子种类增加,即有新物质的生成,一定是化学变化。故只有B符合题意,答案选B 6.C 【解析】 试题分析:A.在金属活性性顺序表中,活泼的金属能把水会酸中是H置换出来,而活动性弱的金属不能把水或酸中是H置换出来,因此能作为判断金属活动性甲比乙强的依据。正确。B.元素的金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物碱性就越强,元素的金属性越弱,其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越弱。因此可以作为比较甲比乙的金属性强的依据。正确。C.要比较金属活动性的强弱,应该看金属原子失去电子的难易,而不是金属原子失去电子的多少,因此不能作为判断金属活性性强弱的依据。错误。D.一般情况下,有活动性不同的金属与电解质溶液形成原电池时,活动性强的金属作负极,发生氧化反应;活动性弱的金属作正极,在正极上发生还原反应。所以甲、乙作电极,稀硫酸为电解质溶液组成原电池,乙电极表面产生气泡,能证明活动性甲>乙。正确。 考点:考查判断金属活动性强弱的方法的知识。 7.AC 【解析】 正确答案AC A、当其他条件不变时,增大反应物浓度化学反应速率加快。 B、在化学反应前后,催化剂的质量和化学性质都没有发生改变,但物理性质改变,催化剂可能参加反应。 C、NH4Cl晶体与Ba(OH)2.8H2O晶体为吸热反应。 D、H2(g)+ I2(g)2HI(g),把容积缩小一倍,浓度均增大,正逆反应速率均加快,只是变化的幅度相同,所以平衡不移动。 8.D 【解析】 【分析】 A.根据反应热的定义分析;B.当反应物所具有的总能量总是低于生成物所具有的总能量时,反应吸热;C.根据燃烧热的定义分析;D.根据中和热的定义分析。 【详解】 A.化学反应过程中放出或吸收的热量为反应热,选项A正确;B.从能量守恒的角度分析,当反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量时,反应吸热,选项B正确;C.在101 kPa时,1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量为燃烧热,选项C正确;D.在稀溶液中,强酸和强碱发生中和反应而生成1 mol H2O(l)时所放出的热量为中和热,选项D错误;答案选D。 【点睛】 本题考查反应热与能量的变化,题目侧重于相关概念的理解和把握,难度不大,注意相关基础知识的理解和把握。 9.D 【解析】这三个反应都是H2的燃烧反应,都是放热反应,a、b、c均为负值,A、B项均错误;H2O(g)=H2O(l)放热,0ab,C项错误;(3)中物质物质的量为(2)中的两倍且各物质的聚集状态相同,则2b=c0,D项正确;答案选D。 10.D 【解析】A,燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量,如C元素要转化为二氧化碳气体,H元素转化为液态水。A中水是气态的,所以A错。B,在一定条件下将1 molSO2和0.5molO2置于密闭容器中充分反应,放出热量79.2kJ,由于 该反应为可逆反应,所以反应物不可能完全转化为生成物,所以不能据此求出反应热,B错。C,强酸和强碱在稀溶液中发生中和反应生成1mol水时的反应热为-57.3kJ·mol-1,本题中1mol氢氧化钠固体与含0.5mol硫酸的浓硫酸反应放出的热量显然要比57.3kJ多,所以C错。D,2.00gC2H2气体完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出99.6kJ的热量,由此求出2molC2H2(质量为52g)气体完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出2589.6kJ的热量,所以该热化学方程式正确。 11.B 【解析】A. ΔH1>0,反应①为吸热反应,故A错误;B. 反应②使用催化剂,能降低该反应的活化能,但不能改变ΔH2,故B正确;C. 反应③将光能转化为化学能,故C错误;D. (③-①)/2得CO(g)+H2O(g)===CO2(g)+H2(g);ΔH=-41.2kJ·mol-1,故D错误。故选B。 【答案】C 【解析】由表格数据可知Na2SO4·10H2O的熔点为32.38℃,非常适合物质状态的转化及能量的吸放,并且其熔化热较高,可以保证温度的调控。 13.(16分) (1) 煤(1分) 石油(1分) (2)CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g) ; △H = -102 kJ·mol-1? (2分) (3)负极(2分) O2 + 2H2O +4e-→ 4OH-(2分) (4)(a)合成氨、氨氧化法制硝酸,联合制碱法(或侯氏制减法)(2分) (b)500℃时,该反应的催化剂的活性最高(2分) 铂(铑)合金作催化剂,高温(2分) (c)增大NH4+和Cl-的浓度,析出副产品NH4Cl(2分) 【解析】 14.(15分)(1)B C(2分) (2)0.1mol/(L·min) (2分);5.4 (2分) (3)ΔH=-246.1 kJ·mol-1(2分);>(2分) (4)CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1455 kJ·mol-1(2分) (5)正极(1分);CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2+12H+(2分) 【解析】 15.(1)酸雨(或答“二氧化硫污染大气”)、含砷粉尘污染、氮氧化物污染(答出两种即可) 2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2 (2)C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=+131.5 kJ·mol-1 (3)①不正确 加入水,水汽化需要吸收能量 ②不正确 尽管将煤炭转化为水煤气再燃烧放出的热量与直接燃烧煤炭放出的热量相同,但水煤气与氧气接触面积大,反应速率快,燃烧充分,能量利用率高,污染小 【解析】煤在燃烧时产生的SO2、NyOx及含砷的化合物等均会污染大气。工业上用CaCO3固硫,发生的反应为:2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2。 16.1076<<bc1.6×10-7 (kPa)-2<由图可知,随着温度升高,K2增大,则△H2>0,根据盖斯定律又得△H3=△H1+△H2,所以△H1<△H3加入催化剂将容器的体积快速压缩至2L<< 【解析】 【分析】 (1)根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能计算; (2)①压强相同时一氧化碳的转化率高,所以平衡正向移动,而正反应是放热反应,温度升高,平衡逆向移动,CO的平衡转化率减小,故T1_ν逆 (3)C8H10 C8H18 19.875吨 【解析】 23. 【解析】 试题分析:(1)0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧,生成固态三氧化二硼和液态水,放出649.5KJ的热量,则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧,生成固态三氧化二硼和液态水,放出2165KJ的热量,反应的热化学方程式为 B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l) (2)①B2H6(g)+3O2(g)═B2O3(s)+3H2O(l)△H=-2165kJ/mol, ②H2O(l)→H2O(g)△H=+44kJ/moL, 由盖斯定律可知①+②×3得:B2H6(g)+3O2(g)═B2O3(s)+3H2O(g)△H=-2033kJ/mol, 11.2L(标准状况)即0.5mol乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量2033kJ×0.5=1016.5kJ, 故答案为:B2H6(g)+3O2(g)═B2O3(s)+3H2O(l)△H=-2165kJ/mol;1016.5K; 由盖斯定律可知①+②×3得:B2H6(g)+3O2(g)═B2O3(s)+3H2O(g)△H=-2033kJ/mol, 11.2L(标准状况)即0.5mol乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是2033kJ×0.5=1016.5kJ, 考点:考查热化学方程式书写和盖斯定律的计算

  • ID:7-5013360 沪科版高中化学高中二年级第一学期10《学习几种定量测定方法》单元测试题(解析版)

    高中化学/沪科版/高二上学期/第十章 学习几种定量测定方法/本章综合与测试

    《学习几种定量测定方法》单元测试题 一、单选题(每小题只有一个正确答案) 1.下列几种情况对中和滴定结果无影响的是( ) A. 盛待测液的锥形瓶内留有蒸馏水 B. 滴定管装入标准液前未用标准液润洗 C. 滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡,滴定后气泡消失 D. 滴定达到终点时,视线高于滴定管内凹液面的最低点读数 2.标准状况下,体积相同的下列气体,其质量最大的是:( ) A. N2 B. CO2 C. SO2 D. CH4 3.用过量氢氧化钠溶液处理铝土矿并过滤,得到含偏铝酸钠的溶液。向该溶液中通入二氧化碳,已知通入二氧化碳336L(标准状况下),生成24molAl(OH)3和15molNa2CO3,若通入溶液的二氧化碳为112L(标准状况下),生成Al(OH)3的和Na2CO3的物质的量之比为( ) A. 2:1 B. 1:2 C. 4:5 D. 5:4 4.在下列各组物质中,所含分子数目相同的是( ) A. 1 L 水,1 L 硫酸,1 L 二氧化硫 B. 2.2gCO2,1.6g 氧气,0.2g 氦气 C. 18 克水,1mol 水,22.4LH2O(标况) D. 1 LCO,1000mlO2,1L 汽油 5.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A. 标准状况下,0.1 mol Cl2溶于水,转移的电子数目为0.1NA B. 常温常压下,14gC2H4和C4H8混合气体含有的碳原子数为NA C. 标准状况下,4.48 L HF所含的分子数目为0.2NA D. 在氢氧化铁胶体的制备中如果有1 mol 三氯化铁水解,则氢氧化铁胶粒数为NA 6.相等物质的量的CO和CO2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O原子数目之比为1:2 ③它们所含的原子总数目之比为2:3 ④它们所含的C原子数目之比为1:1 ⑤它们的质量之比为7:11 A. ①和④ B. ②和③ C. ④和⑤ D. ①②③④⑤ 7.下列实验操作规范且能达到目的的是( ) 目的 操作 A. 取20.00 mL盐酸 在50 mL酸式滴定管中装入盐酸,调整初始读数为30.00 mL后,将剩余盐酸放入锥形瓶 B. 除去锅炉中沉积的CaSO4 可用Na2CO3溶液浸泡后,再将不溶物用酸溶解去除 C. 测定醋酸钠溶液pH 用玻璃棒蘸取溶液,点在湿润的pH试纸上 D. 证明Ksp(ZnS) > Ksp(CuS) 在0.1mol/LNa2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液,再加入少量等浓度的CuSO4溶液 A. A B. B C. C D. D 8.标准状况下某种O2和N2的混合气体mg含有b个分子,则ng该混合气体在相同状况下所占的体积应是(  ) A. B. C. D. 9.下列各组中两种气体的分子数一定相等的是 ( ) A. 同质量、同体积的O2和N2 B. 同质量、密度不等的N2和CO2 C. 同体积、不同密度的CO和N2 D. 同温、同压、同体积的N2和SO2 10.室温下,将1 mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低,热效应为?H1,将1 mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高,热效应为?H2;CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为:CuSO4·5H2O(s)  △ CuSO4(s)+5H2O(l),热效应为?H3。则下列判断正确的是( ) A. ?H2>?H3 B. ?H1+?H3=?H2 C. ?H1>?H2 D. ?H1+?H2>?H3 11.同温同压下,有A、B两个完全相同的气球(质量忽略不计),A气球中充入a气体,B气球中充入b气体,充气后两气球的体积相等,A气球置于氮气中,气球静止不动,B气球置于氧气中,气球上升。下列有关叙述中正确的是( ) A. a气体的相对分子质量一定比b气体的相对分子质量大 B. a气体可能是CO,b气体可能是CH4 C. A气球中所含气体分子数大于B气球中所含气体分子数 D. 充气后,A气球的质量一定大于B气球的质量 12.用铝粉和四氧化三铁粉末配成铝热剂,分成两等份:一份在高温下恰好反应,再与足量稀硫酸反应, 生成氢气aL;另一份直接放入足量氢氧化钠溶液中充分反应,在同条件下生成氢气bL,则a∶b为( ) A. 1∶1 B. 3∶4 C. 4∶3 D. 8∶9 13.下列事实不能用平衡移动原理解释的是( ) A. 用H2O2制备氧气时加入MnO2 B. 开启易拉罐后,马上泛起大量泡沫 C. 配制FeCl3溶液时加入少量的盐酸 D. 相同温度时,AgCl在水中的溶解度大于在饱和NaCl溶液中的溶解度 14.某固体A在一定条件下可完全分解,生成B、C、D三种气体的混合物。反应方程式如下:2A=B↑+2C↑+3D↑,此时测得混合气体的相对平均分子质量为26,则固体A的摩尔质量为( ) A. 30g/mol B. 90g/mol C. 78g/mol D. 90 15.t℃时,水的离子积为KW,该温度下将a mol·L-1一元酸HA与b mol·L-1一元碱BOH等体积混合,要使混合液呈中性,必要的条件是( ) A. 混合液中,c(B+)=c(A-)+c(OH-) B. 混合液的pH=7 C. a=b D. 混合液中,c(H+)= 二、填空题 16.三氯异氰尿酸(结构简式如图)是一种极强的氧化剂和氯化剂。 (1)利用三氯异氰尿酸水解产物中的氧化性物质X可消毒灭菌,X的分子式为 。 (2)“有效氯”含量指从KI中氧化出相同量的I2所需Cl2的质量与指定化合物的质量之比,常以百分数表示。为测定三氯异氰尿酸的“有效氯”含量,现称取某三氯异氰尿酸样品0.5680 g,加水、足量KI、硫酸,配制成100 mL待测液;准确量取25.00 mL待测液于碘量瓶中,用0.1500 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色时,加入淀粉指示剂,继续滴定至终点(发生反应的方程式为:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI);重复测定2次,所得的相关数据如下表: 滴定序号 待测液体积/mL 标准液滴定管起点读数/mL 标准液滴定管终点读数/mL 1 25.00 0.06 24.04 2 25.00 0.02 24.02 3 25.00 0.12 24.14 ①滴定终点观察到的现象为 ; ②配制0.1500 mol·L-1 Na2S2O3溶液100 mL,所需Na2S2O3·5H2O的质量为 ; ③计算此样品的“有效氯”含量(写出计算过程)。 17.100 mL气体A2跟50 mL气体B2恰好完全反应生成100 mL气体C(体积均在相同条件下测定)则C的化学式为________,其推断的理由是____________________。 18.古代的“药金”外观与黄金相似,常被误认为黄金。它的冶炼方法是将ZnCO3 、赤铜(Cu2O)和木炭混合加热至800℃,得到金光闪闪的“药金”,则药金的主要成分是___________,有关的化学方程式是___________、___________、___________。 19.(1)同温同压下,某容器充满O2重116 g,若充满CO2重122 g,现充满某气体重114 g,则该气体的相对分子质量为_________________ (2)标准状况下,22.4LHCl气体溶于50mL水再配成250mL溶液,所得盐酸的物质的量浓度_________ mol/L,若将此溶液再稀释成1L溶液,稀释后盐酸的物质的量浓度_______ mol/L (3)某10% NaOH溶液,加热蒸发掉100g水后得到80mL20%的溶液,则该20% NaOH溶液的物质的量浓度为 _________________ mol/L 20.(1) 质量都是50 g 的HCl、NH3、CO2、O2四种气体中,含有分子数目最少的是________,在同温同压下,体积最大的是____________。 (2)在一定条件下,ROn2-和氯气可以发生如下反应:ROn2-+Cl2 + 2OH- ===RO42-+ 2Cl-+ H2O 由以上反应可知在ROn2-中,元素R的化合价是___________。 (3)在100mL混合液中含有2 mol/L KI和1.5 mol/L K2SO3,现向该溶液中通入0.2 mol Br2,充分反应后,参与反应的SO32-和I-的物质的量之比为_______________。 三、实验题 21.滴定分析是一种操作简便、准确度很高的定量分析方法,它可广泛应用于中和滴定、氧化还原反应等滴定中。某研究性学习小组的同学利用滴定分析法进行下面两项定量分析。 (1)测定NaOH和Na2CO3的混合液中NaOH的含量。实验操作为:先向混合液中加过量的BaCl2溶液使Na2CO3完全转化成BaCO3沉淀,然后用标准盐酸滴定(用酚酞作指示剂)。 ①向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中直接滴入盐酸,则终点颜色的变化为______,为何此种情况能测出NaOH的含量?______。 ②滴定时,若滴定管中的滴定液一直下降到活塞处才达到滴定终点,则能否由此准确地计算出结果?________并解释原因:__________________________。 (2)测定某品牌的碘盐(含有碘酸钾)中碘元素的百分含量。准确称取5.000 0 g该碘盐,溶于蒸馏水,然后与足量的KI溶液在酸性条件下混合(发生的反应为KIO3+3H2SO4+5KI===3K2SO4+3I2+3H2O),充分反应后将混合溶液稀释至250 mL,然后用5.0×10-4 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液进行滴定(用淀粉作指示剂,反应为I2+2S2O32-===2I-+S4O62-)。取用Na2S2O3标准溶液应该用________式滴定管。有关实验数值如下表所示(第一次滴定终点的数据如图所示,请将读得的数据填入表中)。 滴定次数 待测液的体积(mL) 滴定前的读数(mL) 滴定后的读数(mL) 第一次 25.00 0.00 V=______ 第二次 25.00 0.00 14.99 第三次 25.00 0.00 15.01 该碘盐中碘元素的百分含量为________。 下列操作中,会导致所测得的碘元素的百分含量偏大的是________。 a.滴定终点时,俯视刻度 b.没有用Na2S2O3标准溶液润洗相应的滴定管 c.锥形瓶中有少量的蒸馏水 (3)向20.00 mL稀氨水中逐滴加入等物质的量浓度的盐酸,下列示意图变化趋势正确的是____________。 22.H2C2O4 (草酸,二元弱酸)和邻苯二甲酸氢钾均可作为标定NaOH溶液浓度的基准物质,从而获得NaOH标准溶液。 (1)在水溶液中H2C2O4的电离方程式为________。 (2)用0.1mol?L-1NaOH溶液滴定0.1mol?L-1草酸溶液的滴定曲线如下图所示。 ①滴定过程中从X点到Y点,反应的离子方程式为________。 ②用NaOH溶液滴定至过量,整个过程锥形瓶里溶液中水的电离程度 _______(填序号)。 a.始终减小 b.始终增大 c.先减小后增大 d.先增大后减小 ③X点时,c(Na+)-c(C2O42-)_____c(H2C2O4) +c(HC2O4-) (选填:>、<或=);Y点时,c(OH-) - c(H+) _______c(H2C2O4)+ c(HC2O4-) (选填:>、<或=)。 (3)某同学用邻苯二甲酸氢钾(,摩尔质量为204g?mol-1,易溶于水的固体,水溶液呈弱酸性)标定NaOH溶液,主要实验步骤如下: 步骤Ⅰ.准确称取0.4896g邻苯二甲酸氢钾于锥形瓶中,用少量温水溶解 Ⅱ.加入1~2滴酚酞作指示剂 Ⅲ.用待定NaOH溶液滴定到终 ①判断达到滴定终点的方法是___________。 ②若滴定到终点消耗NaOH溶液为25.00mL,则该次滴定测得的NaOH溶液浓度为 _______。 ③下列情况会导致测得的NaOH溶液浓度偏大的是__________(填序号)。 a.滴定管未用待定NaOH溶液润洗 b.滴定前滴定管尖端部分有气泡,滴定过程中消失 c.滴定后期用少量蒸馏水稀释锥形瓶中溶液 d.读数时,滴定前仰视滴定管刻度,滴定后平视滴定管刻度 四、推断题 23.某同学用含结晶水的正盐由四种元素组成的纯净物进行了如下实验: 已知:A、B、C均为中学化学常见物质,溶液D中仅含两种阳离子。 请回答: 的化学式是________,X在空气中加热的化学方程式是________。 将完全溶于水,向所得溶液中通入标准状况下氯气充分反应,则该反应的离子方程式是________。 24.某强酸性溶液X中可能含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Ba2+、NH4+、CO32-、NO3-、SO42-、SiO32-中的若干种,现取X溶液进行连续实验,实验过程及产物如图所示。实验过程中有一种气体为红棕色。 根据以上信息,回答下列问题: (1)由强酸性条件即可判断X溶液中肯定不存在的离子有________________。 (2)溶液X中关于硝酸根离子的判断,正确的是______(填编号,下同)。 a.一定含有  b.一定不含有    c.可能含有 (3)气体F的电子式为____________,化合物I中含有的化学键类型有________________。 (4)转化①的离子方程式为_______________________________________________________。 转化⑦的离子方程式为_______________________________________________________。 (5)对不能确定是否存在的离子,可以另取X溶液,加入下列溶液中的一种,根据现象即可判断,该试剂最好是________。 ①NaOH溶液 ②KSCN溶液 ③氯水和KSCN的混合溶液 ④pH试纸 ⑤KMnO4溶液 五、计算题 25.为了测定某铜银合金的成分。将30.0g合金完全溶于80ml 13.5mol/L的浓HNO3中,待合金完全溶解后,收集到NO和NO2的混合气体共6.72L(标准状况),并测得溶液中氢离子浓度为1mol/L。假设反应后溶液的体积仍为80ml。试计算: (1)被还原的硝酸的物质的量。 (2)合金中银的质量分数。 26.向铝粉和过氧化钠的混和物中加入足量水振荡,当混和物全部溶解后,得到无色透明溶液并放出7克气体,向该溶液中滴加5摩/升的盐酸,有白色胶状沉淀生成,当滴加到280毫升时,沉淀恰好溶解,求原混和物铝和过氧化钠的物质的量之比为多少?(需写出计算过程) 试卷第8页,总8页 参考答案 1.A 【解析】A、盛待测液的锥形瓶里留有蒸馏水,对V(标准)无影响,根据c(待测)=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知,c(待测)不变,A正确;B、滴定管装入标准液前未用标准液润洗,相当于标准液浓度减小,消耗标准液体积增加,测定结果偏高,B错误;C、滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡,滴定后气泡消失,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知,c(待测)偏大,C错误;D、滴定达终点时,视线高于滴定管内凹液面的最低点读数,即俯视读数,造成V(标准)偏小,根据c(待测)=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知,c(待测)偏小,D错误;答案选A。 点睛:本题考查了滴定操作,操作时要规范,分析误差时要看是否影响标准体积的用量,若标准体积偏大,结果偏高;若标准体积偏小,则结果偏小;若不影响标准体积,则结果无影响,明确误差分析的依据是解答的关键。 2.C 【解析】 标准状况下,体积相同的气体具有相同的物质的量,摩尔质量最大的,其质量最大,各物质的摩尔质量分别为A. N2:28g·mol―1; B. CO2:44g·mol―1;C. SO2:64g·mol―1;D. CH4:16g·mol―1;C选项最大,故选C。 3.C 【解析】 336L二氧化碳为15mol,只发生反应:2NaAl(OH)4+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O,得到30mol Al(OH)3和15molNa2CO3,实际得到24mol Al(OH)3,说明原溶液中含有NaOH,NaOH与二氧化碳反应生成的碳酸钠为15mol-24mol×=3mol,即投入112L二氧化碳时与NaOH反应得到碳酸钠也是3mol,112 L二氧化碳的物质的量:=5 mol,根据碳原子守恒则n(Na2CO3)=5mol,由可知[(2NaAl(OH)4+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O,生成氢氧化铝为(5-3)mol×2=4mol,则n[Al(OH)3]∶n(Na2CO3)=4mol∶5mol=4∶5,故答案为C。 4.B 【解析】含分子数目相同,即物质的量相同,A中水、硫酸、二氧化硫体积相同但状态不同,故分子数不同,A错误;B. 2.2gCO2,1.6g 氧气,0.2g 氦气,三种气体的物质的量均为0.05mol,分子数目相同,B正确;C. 18 克水,1mol 水,22.4LH2O(标况),其中标况下H2O为固体,其物质的量与18 克、1mol 水所含物质的量不同,C错误;D. 1 LCO,1000mlO2,它们不一定相同条件下的气体,D错误。 5.B 【解析】 【详解】 A.氯气与水的反应为歧化反应,1mol氯气完全反应转移1mol电子,但为可逆反应,进行不彻底,故1mol氯气与水反应转移的电子数小于NA个,故A错误; B.C2H4和C4H8的实验式均为CH2,14g混合气体中含有n(CH2)= =1mol,含有的碳原子数为NA,故B正确; C.标准状况下,HF不是气体,不能根据气体的摩尔体积计算其物质的量,故C错误; D.FeCl3不能完全水解,即不能全部经反应生成Fe(OH)3,即使其水解完全,胶粒也是一种分子的集合体,若干个分子才能形成一个胶粒,所以胶粒数应远远小于NA,故D错误。 故答案为B。 【点睛】 阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项:①利用22.4L/mol换算,注意标准状况下物质的状态是否为气体;②对于气体注意条件是否为标况;③注意同位素原子的差异;④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断;⑤注意物质的结构:如Na2O2是由Na+和O22-构成,而不是有Na+和O2-构成;SiO2、SiC都是原子晶体,其结构中只有原子没有分子,SiO2是正四面体结构,1molSiO2中含有的共价键为4NA,1molP4含有的共价键为6NA等。 6.D 【解析】 【分析】 根据N=nNA计算微粒数目。①物质的量相同,分子数相同;②1个CO和CO2分子中所含氧原子数分别为1个、2个;③1个CO和CO2分子中所含原子数分别为2个、3个;④1个CO和CO2分子中所含碳原子数都是1个;⑤相同物质的量的CO和CO2质量之比为28:44=7:11。 【详解】 ①由于N=nNA,所以物质的量相同,分子数相同,故①正确;②CO和CO2分子中所含氧原子数分别为1个、2个,相等物质的量的CO和CO2所含氧原子的物质的量之比为1:2,由于N=nNA,所含氧原子数之比为1:2,故②正确;③CO和CO2分子中所含原子数分别为2个、3个,相等物质的量的CO和CO2所含原子的物质的量之比为2:3,由于N=nNA,所含原子数之比为2:3,故③正确;④CO和CO2分子中所含碳原子数都是1个,相等物质的量的CO和CO2所含碳原子的物质的量之比为1:1,由于N=nNA,所含碳原子数之比为1:1,故④正确;⑤相等物质的量的CO和CO2质量之比为28:44=7:11,故⑤正确。答案选D。 【点睛】 本题考查常用化学计量的有关计算、阿伏伽德罗定律及推论,题目难度不大,注意有关公式的利用与影响气体体积的因素。 7.B 【解析】 【详解】 A.由于滴定管下端没有刻度,则放入锥形瓶中盐酸的体积大于20.00mL,故A错误; B.CaCO3的溶解度小于CaSO4,且饱和碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度较大,溶液中c(Ca2+)·c(CO32-)>ksp(CaCO3),故CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡可转化为溶解度更小的CaCO3,然后再用稀盐酸溶解除去,故B正确; C.用湿润的pH试纸测定醋酸钠溶液的pH会造成测定结果偏小,故C错误; D.因Na2S溶液过量,会生成两种沉淀,ZnS沉淀不会转化为CuS,则不能比较溶度积的大小,故D错误; 答案选B。 8.A 【解析】 【分析】 先求出ng该混合气体含有的分子数,再求出混合气体物质的量,最后根据标准状况下的气体摩尔体积求出体积。 【详解】 根据其组分及其含量相同,所以其质量与分子数成正比,设ng该混合气体含有的分子数为x个, 质量与分子数的比例式为mg:b=ng:x, x==个,则ng该混合气体的物质的量为,在标准状况下混合气体所占的体积为。答案选A。 【点睛】 本题考查了物质的量、质量、气体摩尔体积之间的关系,题目难度不大,灵活运用公式是解题的关键,这种类型的题在高考选择题中经常出现。 9.D 【解析】A. 氧气和氮气的相对分子质量不相等,同质量、同体积的O2和N2所含分子数一定不相等,A错误;B. N2和CO2相对分子质量不相等,同质量、密度不等的N2和CO2所含分子数一定不相等,B错误;C. 同体积、不同密度的CO和N2所处的压强不一定相同,分子数不一定相等,C错误;D. 根据阿伏加德罗定律同温度、同压、同体积的气体所含分子数一定相等,因此同温、同压、同体积的N2和SO2所含分子数一定相等,D正确,答案选D。 10.C 【解析】①胆矾溶于水时,溶液温度降低,反应为CuSO4?5H2O(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)+5H2O(l)△H1>0;②CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)△H2<0;③已知CuSO4?5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(l)△H3;依据盖斯定律①-②得到③,所以△H3=△H1-△H2;△H2<0,△H1>0,则△H3>0,A、上述分析可知△H2<△H3,选项A错误;B、△H3=△H1-△H2,选项B错误;C、分析可知△H2=△H1-△H3,由于△H2<0,△H3>△H1 ,选项C正确;D、△H2<0,△H1>0、△H3>△H1+△H2,选项D错误。答案选C。 点睛:本题考查了物质溶解及物质分解过程中的能量变化,根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键。 11.B 【解析】 【分析】 同温同压下,充气后两气球的体积相等,则两气球中所含气体分子物质的量相等;A气球置于N2中,气球静止不动,a气体的密度与N2接近,B气球置于O2中,气球上升,b气体的密度比O2小,同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比,则a气体的相对分子质量为28,b气体的相对分子质量小于32;据此分析作答。 【详解】 同温同压下,充气后两气球的体积相等,则两气球中所含气体分子物质的量相等;A气球置于N2中,气球静止不动,a气体的密度与N2接近,B气球置于O2中,气球上升,b气体的密度比O2小,同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比,则a气体的相对分子质量为28,b气体的相对分子质量小于32; A项,a气体的相对分子质量为28,b气体的相对分子质量小于32,但b气体的相对分子质量不一定小于28,a气体的相对分子质量不一定比b气体的相对分子质量大,A项错误; B项,CO的相对分子质量为28,CH4的相对分子质量为16<32,B项正确; C项,两气球中所含气体分子物质的量相等,两气球中所含气体分子数相等,C项错误; D项,两气球中所含气体分子物质的量相等,a气体的摩尔质量为28g/mol,b气体的摩尔质量<32g/mol,但a气体与b气体摩尔质量的相对大小未知,无法确定充气后A气球与B气球质量的相对大小,D项错误; 答案选B。 【点睛】 利用阿伏加德罗定律及其推论是解题的关键,解题时注意b气体的相对分子质量小于32,但不一定小于28。阿伏加德罗定律及其推论不仅适用于单一气体,也适用于气态混合物。 12.B 【解析】令每份都含有1molAl. 对于在高温下恰好完全反应,再与足量稀硫酸反应,根据方程式可得 8Al~~~~9Fe~~~~9H2 8 9 9 1mol 9/8mol 9/8mol 对于直接放入足量的烧碱溶液中,根据方程式可得 2Al~~~~3H2 2 3 1mol 1.5mol 相同条件下,体积之比等于物质的量之比,所以a:b=9/8mol:1.5mol=3:4.故选B。 13.A 【解析】A、催化剂MnO2不会引起化学平衡的移动,利用双氧水制备氧气时使用催化剂不能用勒沙特列原理解释,选项A符合;B、汽水瓶中存在平衡H2CO3? H2O +CO2,打开汽水瓶时,压强降低,平衡向生成二氧化碳的方向移动,可以用用勒沙特列原理解释,选项B不符合;C、Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+,配制FeCl3溶液时,向溶液中加入少量盐酸,可以抑制铁离子的水解,能用勒沙特列原理解释,选项C不符合;D、在饱和NaCl溶液中氯离子浓度较大,使得氯化银的溶解平衡逆向移动,溶解度减小,能用用勒沙特列原理解释,选项D不符合。答案选A。 点睛:本题考查化学平衡移动原理。勒夏特列原理为:如果改变影响平衡的条件之一,平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动,但影响因素不能完全正确被消除;使用勒夏特列原理时,必须注意研究对象必须为可逆反应,否则勒夏特列原理不适用,特别是改变平衡移动的因素不能用平衡移动原理解释,如催化剂的使用只能改变反应速率,不能使平衡移动,无法用勒夏特列原理解释。 14.C 【解析】 【详解】 设A为2mol,由方程式可知分解生成6mol气体,根据m=nM计算混合气体质量,根据质量守恒定律可得A的质量,再根据M=m/n计算A的摩尔质量。设A为2mol,由方程式2A=B↑+2C↑+3D↑可知分解生成6mol气体,则混合气体质量为6mol×26g/mol=156g,根据质量守恒定律可得A的质量为156g,故A的摩尔质量为=78g/mol。答案选C。 15.D 【解析】 【分析】 任何水溶液呈中性的条件是溶液中c(H+)=c(OH-),酸与碱混合发生中和反应,所得溶液的酸碱性取决于酸过量还是碱过量、还是恰好反应,及生成的盐能否水解等因素。 【详解】 A.一元酸HA与一元碱BOH混合时发生反应:HA+BOH=BA+H2O,不管混合溶液是显中性、碱性、酸性,总有c(B+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),c(H+)不可能为0,A项错误; B.当混合溶液pH=7时,c(H+)=10-7mol/L,则,因KW数值无法得知,无法确定c(H+)与c(OH-)是否相等,所以此时溶液不一定呈中性,B项错误; C.当a=b且等体积混合时,HA与BOH的物质的量相等,HA+BOH=BA+H2O,酸碱恰好反应,所得溶液的溶质是盐BA,若BA是强酸强碱盐则混合溶液呈中性;若BA是强酸弱碱盐则混合溶液呈酸性;若BA是强碱弱酸盐则混合溶液呈碱性,所以当a=b时,混合溶液不一定呈中性,C项错误; D.当混合溶液中c(H+)=时,则,此时c(H+)=c(OH-),所以混合溶液一定呈中性,D项正确;答案选D。 【点睛】 任何温度下水溶液的酸碱性与c(H+)、c(OH-)的关系是:当c(H+)>c(OH-)时溶液显酸性;当c(OH-)>c(H+)时溶液显碱性;当c(H+)=c(OH-)时溶液呈中性。溶液的酸碱性取决于溶液中H+和OH-浓度的相对大小。 16. (1)HClO(2分) (2)①溶液蓝色褪去,且30 s内不变色(2分) ②3.72 g(2分) ③3次消耗标准Na2S2O3溶液的平均值为24.00 mL(1分) 根据反应: Cl2+2I-=2Cl-+I2,2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI 知: n(Cl2)=4×(1/2×0.1500 mol·L-1×24.00×10-3 L) =7.2×10-3 mol(2分) m(Cl2)=7.2×10-3 mol×71 g·mol-1=0.5112 g(2分) 【解析】 试题分析:(1)三氯异氰尿酸中氯原子水解,氯原子结合羟基,生成HClO,其具有强氧化性;(2)①碘溶液加入淀粉为蓝色,终点时溶液蓝色褪去,且30 s内不变色; ②所需Na2S2O3·5H2O的质量为0.1500 ×0.1×248=3.72 g ③3次消耗标准Na2S2O3溶液的平均值为24.00 mL 根据反应:Cl2+2I-=2Cl-+I2,2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI 确定关系式Cl2——I2——2Na2S2O3 n(Cl2)=4×(1/2×0.1500 mol·L-1×24.00×10-3 L) =7.2×10-3 mol(2分) m(Cl2)=7.2×10-3 mol×71 g·mol-1=0.5112 g(2分) 考点:考查工业定量实验中数据的测定的方法及计算有关问题。 17.A2B  阿伏加德罗定律和质量守恒定律 【解析】 【详解】 根据阿伏加德罗定律推知,在相同条件下,参加反应的气体和生成的气体体积比等于其分子数之比,则V(A2)∶V(B2)∶V(C)=100∶50∶100=2∶1∶2,可以写出化学方程式2A2+B2===2C,再根据原子守恒可知C的化学式为A2B或BA2,遵循的原理是阿伏加德罗定律和质量守恒定律。 18. Zn、Cu ZnCO 3 ZnO+CO 2 ↑? C+2Cu 2 O 4Cu+CO 2 ↑ C+2ZnO 2Zn+CO 2 ↑ 【解析】 【详解】 根据题意结合所学的知识可知,800 ℃的高温下ZnCO?3肯定会分解产生CO?2和ZnO,而木炭则能在高温下将ZnO和Cu?2O中的金属分别还原出来,被还原出来的两种金属便会熔合而成合金。故药金的主要成分是Zn、Cu;涉及到的方程式为:ZnCO 3 ZnO+CO 2 ↑; C+2Cu 2 O 4Cu+CO 2 ↑ ; C+2ZnO 2Zn+CO 2 ↑。 【点睛】 运用知识的迁移与类比可解答本题。?已知 CaCO3CaO+CO2↑可推测出ZnCO3ZnO+CO2↑。 19.28 4mol/L 1 mol/L 6.25mol/L 【解析】 【详解】 (1)设该容器的质量为xg,同温同压下,相同体积的任何气体所含分子数相等,即物质的量相等,(116-x)/32=(122-x)/44,解得x=100,(122-100)/44=(114-100)/M,解得M=28; (2)溶质的物质的量为22.4/22.4mol=1mol,根据c=n/V,c(HCl)=1/(250×10-4)mol·L-1=4mol·L-1;加水稀释,溶质的质量和物质的量不变,因此稀释后盐酸的物质的量浓度为1/1mol·L-1=1mol·L-1; (3)令原溶液的质量为xg,蒸发过程中溶质的质量不变,即有x×10%=(x-100)×20%,解得x=200g,溶质的质量为20g,溶质的物质的量为20/40mol=0.5mol,c(NaOH)=0.5/(80×10-3)mol·L-1=6.25mol·L-1。 20. CO2 NH3 +4 3:2 【解析】(1) 由n= 可知,相同质量的不同物质,摩尔质量越大,物质的量就越小,所含 分子数也越少。所以质量都是50 g 的HCl、NH3、CO2、O2四种气体中,含有分子数目最少的是CO2 ,在同温同压下,体积最大的是NH3 。 (2)根据质量守恒定律可知在RO中,n=3,其中O元素的化合价为-2,所以元素R的化合价是+4 。 (3)在100mL混合液中含有0.2 molKI和0.15 mol K2SO3,向该溶液中通入0.2 mol Br2,亚硫酸根的还原性较强,先发生SO32-+Br2+H2O=2Br-+2H++SO42-,所以0.15molSO32-消耗Br20.15mol,余下0.05mol与I-反应,由反应2I-+Br2=I2+2Br-,求出只有0.1molI-被氧化,所以参与反应的SO32-和I-的物质的量之比为3:2 。 点睛:在一个混合体系中有多种还原剂时,加入少量的氧化剂后,还原性较强者有竞争优势,优先反应。本题的难点是判断亚硫酸根的还原性比碘离子强。 21. 由浅红色变成无色 滴定终点时溶液呈弱碱性,BaCO3不参与反应 不能 因为活塞处无刻度,无法准确地读出所用标准盐酸的体积 碱 15.90 3.18×10-5×100% b B 【解析】(1)①当达到终点时,溶液显弱碱性,酚酞由红色变为浅红色;酚酞的变色范围是,此时不溶解,标准液的体积不变,不影响NaOH含量的测定; 因此,本题正确答案是:溶液的颜色由红色变为浅红色;能。; ②根据滴定管的下端无刻度,若滴定液一直下降到活塞处,无法测出溶液的体积,则不能测出NaOH含量。因此,本题正确答案是:不能,滴定管的下端无刻度,若滴定液一直下降到活塞处,无法测出溶液的体积; (2)碱性溶液用碱式滴定管盛放,在溶液中水解显碱性,所以用碱式滴定管盛放;由图可以知道,滴定管读数为15.90; 三次消耗的的体积分别为,,,第一次数据误差过大,应该舍去; 另外两次的平均值为, 则, 已知发生反应为:═,═, 则 ?? 1???????????????? 6 ?? n????????? ???? 所以, 则的总物质的量为:,, , 所以碘盐中碘元素的百分含量为; a.滴定终点时,俯视刻度,则读数偏小,所以标准溶液的体积偏小,求出的物质的量的偏小,所以所测得的碘元素的百分含量偏小,故a不符合; b.没有用标准溶液润洗相应的滴定管,则的浓度减小,滴定时消耗的的体积偏大,求出的物质的量的偏大,所以所测得的碘元素的百分含量偏大,故b符合; c.锥形瓶中有少量的蒸馏水对测定结果无影响,故c不符合; 因此,本题正确答案是:碱式;15.90;;b. (3)向20.00 mL稀氨水中逐滴加入等物质的量浓度的盐酸,溶液的碱性逐渐减弱,PH逐渐减小,当体积20mL时两者恰好完全反应,因铵根的水解,此时溶液显酸性,继续滴加,酸性逐渐增多,PH逐渐减小。所以图B正确。 22. H2C2O4H++HC2O4-??;HC2O4- H++C2O42- HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O d = > 滴加最后一滴NaOH溶液时,锥形瓶中溶液变微红色,且半分钟内不褪色 0.09600mol?L-1 d 【解析】(1)草酸是二元弱酸,在水溶液里存在两步电离,第一步电离程度大于第二步,其电离方程式分别为:H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+,故答案为:H2C2O4HC2O4-+H+,HC2O4-C2O42-+H+; (2)①滴定过程中从X点到Y点,为草酸氢钠和氢氧化钠反应,离子反应为:HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O,故答案为:HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O; ②用NaOH溶液滴定,开始溶液呈酸性,滴定过程中随着氢离子浓度减小,水的电离程度增大,当滴定完全后,NaOH溶液滴定至过量,溶液呈碱性,抑制水的电离,所以整个过程锥形瓶里溶液中水的电离程度使先增大后减小,故答案为:d; ③X点时溶液为NaHC2O4溶液,HC2O4-在溶液中发生电离与水解,存在平衡:HC2O4-+H2O?H2C2O4+OH-,碳元素在溶液中存在形式有:HC2O4-、H2C2O4、C2O42-,根据物料守恒由c(Na+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-),即c(Na+)-c(C2O42-)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-),Y点时为Na2C2O4溶液,根据电荷守恒有:c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)①,物料守恒由c(Na+)=2[c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)]②,将②代入①得c(OH-)-c(H+)=c(H2C2O4)+2c(HC2O4-),所以c(OH-)-c(H+)>c(H2C2O4)+c(HC2O4-),故答案为:=;>; (3)①邻苯二甲酸氢钾为弱酸,酚酞在pH<8时为无色,pH为8~10之间,呈浅红色,所以用待定NaOH溶液滴定到终点,当无色溶液变成微红色,且半分钟内不褪色,说明反应到终点,故答案为:滴加最后一滴NaOH溶液时,锥形瓶中溶液变微红色,且半分钟内不褪色; ②0.4896g的物质的量为=0.0024mol, +NaOH→+H2O 1??????????????????????? 1 0.0024mol 0.025L×c(NaOH) 则0.0024mol =0.025L×c(NaOH),解得:c(NaOH)=0.09600 mol/L故答案为:0.09600mol?L-1; ③a.碱式滴定管量取NaOH溶液时,未进行润洗操作,导致NaOH溶液浓度降低,故a错误;b.滴定前滴定管尖端部分有气泡,滴定终点时气泡消失,造成V(待测碱)偏大,根据c(待测碱)= 分析可知c(待测碱)偏小,故b错误;c.滴定后期用少量蒸馏水稀释锥形瓶中溶液,标准液的物质的量不变,根据c(待测碱)= 分析可知,c(待测)不变,故c错误;d.读数时,滴定前仰视滴定管刻度,滴定后平视滴定管刻度,造成V(待测碱)溶液体积偏小,根据c(待测碱)= 分析可知c(待测碱)偏大,故d正确;故答案为:d。 点睛:本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较,明确图像中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键,注意掌握电荷守恒、原子守恒在判断离子浓度大小中的应用方法。本题的难点是图像的认识,草酸(H2C2O4)为二元中强酸,第一次为氢氧化钠和草酸反应NaOH+H2C2O4═NaHC2O4+H2O,生成草酸氢钠,第二次滴定为草酸氢钠和氢氧化钠反应NaOH+NaHC2O4═Na2C2O4+H2O,生成草酸钠。 23. 【解析】 【分析】 利用图中的各个现象可以得到如下结论;淀粉溶液变蓝色可知物质中含碘元素,无水硫酸铜变蓝以及含结晶水可知物质含有水,溶液D加入KSCN后变红,说明物质X中有铁元素,所以X中含有的4种元素为Fe、I、H、O,然后据此解题。 【详解】 据上面分析气体A为碘蒸汽,故X中含碘质量为,,则,溶液D中,阳离子只有两种,即为和,因此固体C应为,故,,含有结晶水质量,,所以:::::2:4,故X的化学式为:;由反应物为和氧气,生成物有、、,因此反应方程式为:; 物质的量,所以,,此时恰好把和全部氧化,所以离子方程式为:。 【点睛】 本题考查元素化合物推断和计算,解题要点在于把握好各个步骤的典型现象,进而推断出元素组成,再利用题中数据来判断个元素的比例,进而确定具体化学式,这类试题综合性较高,难度也较大。 24.CO32-、SiO32-b共价键和离子键3Fe2+ +4H++NO3-=3Fe3+ +NO↑+2H2OAlO2-+2H2O+CO2=HCO3-+Al(OH)3↓② 【解析】 【详解】 (1)在强酸性溶液中氢离子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水,硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀,所以一定不会存在CO32-、SiO32-; (2)加入过量硝酸钡生成沉淀,钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀,说明一定含有SO42-,含有SO42-就一定不含Ba2+;气体A连续氧化生成D和E,则A为NO,D为NO2,E为HNO3,说明溶液中含有还原性离子,一定为Fe2+,则在酸性条件下一定不含NO3-,否则酸性条件下NO3-会将Fe2+氧化而不能大量共存,答案选b; (3)溶液B中加入过量NaOH溶液并加热,生成气体F,则F为NH3,其电子式为;溶液E为HNO3,气体F为NH3,E与F反应生成I为NH4NO3,含有的化学键类型有离子键和极性共价键; (4)根据题中提供的离子,前面已排除SiO32-的存在,则在过量氢氧化钠作用下得到的溶液H,通入过量二氧化碳后能产生沉淀K,K应该为氢氧化铝,则溶液H中含有偏铝酸根离子,故溶液X中含有Al3+,转化⑦的离子方程式为AlO2-+2H2O+ CO2===HCO3-+Al(OH)3↓; (5)综上可知,溶液中一定含有Fe2+、Al3+、NH4+、SO42-,一定不含有Ba2+、CO32-、NO3-、SiO32-,不能确定是否含有Fe3+,最好选择KSCN溶液对Fe3+进行检验,答案选②。 25.(1)0.3mol; (2)36%. 【解析】(1)被还原的硝酸的物质的量等于生成气体的物质的量,即:n(HNO3)(被还原)==0.3mol;(2)剩余硝酸的物质的量为n(HNO3)(剩余)=0.08L×1mol/L=0.08mol,参加反应的硝酸为:0.08L×13.5mol/L-0.08mol=1mol,设混合物中含有xmolAg,ymolCu,则有,解之得:,则:m(Ag)=0.1mol×108g/mol=10.8g,合金中银的质量分数为:×100%=36.0%。 点睛:本题考查方程式的相关计算,可从质量守恒的角度计算,可以省去书写化学方程式的繁琐。被还原的硝酸的物质的量等于生成气体的物质的量,根据反应中消耗硝酸的物质的量结合质量守恒列方程组可计算合金中银的质量分数。 26.n(Al)∶n(Na2O2)=1:2 【解析】设原混合物中铝粉和过氧化钠的物质的量各为X、Y 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ Y Y 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ X X 向该溶液中滴加5mol/L的HCl,有白色胶状沉淀生成当加到280mL时沉淀恰好溶解,则所得溶液为氯化钠、氯化铝混合溶液, 根据钠原子和氯原子守恒可得如下关系式Na2O2~2NaCl~2HCl Y 2Y 2Y 根据铝原子和氯原子守恒可得如下关系式Al~AlCl3~3HCl X X 3X 根据上面的关系式和化学方程式可得: Ymol32g/mol+Xmol2g/mol=7g 3X+2Y=5mol/L0.28L, 解得:X=0.2mol,Y=0.4mol; 原混合物中铝粉和过氧化钠的物质的量之比为0.2mol:0.4mol=1:2。

  • ID:7-5013310 沪科版高中化学高中二年级第一学期9《初识元素周期律》单元测试题(解析版)

    高中化学/沪科版/高二上学期/第九章 初识元素周期律/本章综合与测试

    《初识元素周期律》单元测试题 一、单选题(每小题只有一个正确答案) 1.元素周期律的发现为人类认识元素间的规律做出了巨大贡献。下列关于元素周期表和元素周期律的说法正确的是:( ) A. 在元素周期表左上方的元素比右下方的元素金属性强 B. 在金属和非金属的分界处可以找到冶炼活泼金属的还原剂 C. 同周期主族元素电子层数相同,但最外层电子数逐渐增多,因此从左到右原子半径逐渐增大 D. 不同主族元素的单质从上到下熔沸点变化不完全相同 2.aA、bB、cC、dD、eE均为短周期元素。已知D与E同主族,其中d=,c-l=,c-d=。下列说法正确的是( ) A. 原子半径:E>D>C B. 元素A与B一定同主族,且B为第3周期元素 C. 元素C的最高价氧化物属于碱性氧化物 D. 元素E的常见氧化物有2种,且它们之间可以相互转化 3.铝和铍的性质十分相似,下列关于铍性质的推断正确的是( ) A. 铍能与强酸强碱溶液起反应 B. 氢氧化铍可溶于氨水 C. 氧化铍易溶于水 D. 氧化铍的化学式为Be2O3 4.原子序数依次相差1,且由小到大排列的A、B、C、D、E五种短周期元素。下列是有关这五种元素的叙述,其中正确的是(  ) ①若A的阳离子比E的阴离子少8个电子,则D一定是非金属元素 ②若D的最高价氧化物对应水化物是强酸,则E的单质在常温下为气态 ③若A的单质既能与强酸又能与强碱反应且都放出氢气,则这五种元素在同一周期 ④若A的最高价氧化物对应水化物是强碱,则E的最高价氧化物对应水化物是强酸 A. ①②③ B. ②③④ C. ③④ D. ②④ 5.X、Y、Z、R、W是原子序数递增的五种短周期主族元素,周期数之和为11,其中Y元素最高化合价与最低化合价代数和为2, Z和R可形成R2Z和R2Z2型化合物,R是五种元素中原子半径最大的,Z和W是同族元素,下列说法错误的是( ) A. 简单离子半径人小顺序为:W>Z>R B. X2Z2的电子式为: C. X2Z的沸点比X2W的沸点高 D. Y元素最高价氧化物的水化物浓溶液可以用铝制容器盛装 6.与元素在周期表中的位置肯定无关的是( ) A. 元素的原子序数 B. 原子的核电荷数 C. 原子的质子数 D. 原子核内的中子数 7.短周期元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大,质子数之和为37。M和W形成的某种化合物可作制冷剂,Y和Z能形成ZY2型离子化合物。下列有关叙述不正确的是( ) A. Y元素没有正价 B. M、W元素组成的化合物中一定只含极性共价键 C. W、X、Y三种元素的简单氢化物稳定性:Y>X>W D. X和Z形成的化合物ZX2中,阳离子和阴离子的数目之比为1:1 8.2016年IUPAC命名117号元素为Ts?(中文名“”,tián),Ts的原子核外最外层电子数是7。下列说法不正确的是( ) A. Ts是第七周期第ⅦA族元素 B. Ts的同位素原子具有相同的电子数 C. Ts在同族元素中非金属性最弱 D. HTs?易溶于水,稳定性强,还原性强 9.下列各性质中不符合右图示关系的是( ) A. 还原性 B. 熔点 C. 与水反应的剧烈程度 D. 原子半径 10.W、X、Y、Z、R属于短周期元素。已知它们都不是稀有气体元素,W的原子半径是所属周期中最大,X元素的原子最外层电子数为m,次外层电子数为n,Y元素的原子L层电子数为m+n,M层电子数m-n,Z元素与Y元素同主族,R元素原子与X元素原子的核外电子数之比为2∶1。下列叙述中,错误的是( ) A. 分别由Y、Z组成的单质一定都为原子晶体 B. W与X形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1∶2 C. Y、Z、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序:R>Z>Y D. X的氢化物比R的氢化物稳定,X的氢化物熔沸点比R的氢化物低 11.在元素周期表的非金属元素与金属元素分界线附近可以找到( ) A. 耐高温材料 B. 新型农药材料 C. 半导体材料 D. 新型催化剂材料 12.根据下表信息,判断以下叙述正确的是( ) 部分短周期元素的原子半径及主要化合价 元素代号 L M Q R T 原子半径/nm 0.160 0.143 0.112 0.104 0.066 主要化合价 +2 +3 +2 +6、—2 —2 A. 氢化物的沸点为H2T2R B. 单质与稀盐酸反应的剧烈程度为L C. M与T形成的化合物具有两性 D. L2+与R2-的核外电子数相等 13.下列说法不正确的是( ) A. 碘晶体是分子晶体,加热升华过程中只需克服分子间作用力 B. CaO和CH4熔点不同,是因为两者所含化学键类型不同 C. 二氧化硅晶体属于原子晶体,每个Si通过共价键与4个O结合 D. 2016年IUPAC命名117号元素为Ts,Ts是第七周期ⅦA族元素 14.有M、R两种主族元素,已知M2-与R+核外电子数之和为20,则下列说法不正确的是(  ) A. M与R的质子数之和一定等于19 B. M、R可能分别处于第二周期和第三周期 C. M、R可能分别处于第六主族和第一主族 D. M和R的质子数之差可能等于7 15.前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。X、Y、Z分属不同的周期,它们的原子序数之和是W原子序数的5倍。含有元素Z的盐的焰色反应为紫色。下列说法正确的是( ) A. 原子半径的大小W B. 简单氢化物的热稳定性W>X C. X、Y的简单离子具有相同的电子层结构 D. 工业上通过电解W、Y组成的化合物制备单质Y 二、填空题 16.在1~18号的短周期主族元素中,表中的字母分別代表一种元系。请回答下列问题: (1)写出D的元素符号_________; (2)写出C的最高价氧化物的电子式_________; (3)E和F分别形成的气态氢化物中,最稳定的是________(填氢化物的化学式); (4)A与B的最高价氧化物的水化物的碱性最强的是________(填最高价氧化物的水化物的化学式)。 17.同一周期相邻的A、B、C三种元素,都是短周期元素,A的最高价氧化物的化学式是A2O,11.6gB的氢氧化物恰好能与200mL2mol/L盐酸完全反应,B原子核中质子数与中子数相等。回答以下问题: (1)B的相对原子质量______,原子序数______(写出计算过程2分)。 (2)A和C各是什么元素?A______,B______。 (3)写出A、C最高价氧化物对应水合物反应的离子方程式:________________ 18.原子序数由小到大排列的四种短周期主族元素X、Y、Z、W,其中Z、W两原子的核外电子数之和为X、Y两原子核外电子电子数之和的三倍,Y、Z左右相邻,Z、W位于同一主族。 (1)Y元素是________(填元素名称)。 (2)由X、Y、Z三种元素组成的盐中存在的化学键为____________。 (3)解释WZ2的水溶液显酸性的原因_____________(用方程式表示)。 (4)某物质由Na、Y、Z三种元素组成,取该物质配成的溶液,滴加AgNO3溶液,有白色沉淀生成,再滴入稀HNO3,白色沉淀溶解,该物质的分子式为________。 (5)分别均由X、Y、Z、W四种元素组成的化合物A和B,它们之间能以物质的量1:1进行反应。写出A与B两溶液反应的离子方程式_______________。 (6)Y2X4是一种可燃性的液体,其燃烧产物之一是大气中的主要成分。1.60g Y2X4在氧气中完全燃烧放出热量31.2 kJ(25℃),请写出Y2X4完全燃烧的热化学反应方程式______________。 19.下表为元素周期表的一部分,请参照元素①-⑧在表中的位置,用化学用语回答下列问题: 族 周期 IA 0 1 ① ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 2 ② ③ ④ 3 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ (1)③、④、⑤、⑥简单离子半径由小到大的顺序为_____________________。 (2)②、⑦、⑧的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_____________________。 (3)①、④、⑤、⑧中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物,写出其中一种化合物的电子式:______。 (4)由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生以下反应: (a)X溶液与Y溶液反应的离子方程式为_________, (b)N→⑥的单质的化学方程式为________________。 三、推断题 20.前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大,基态A原子核外电子占据3个轨道,基态B原子核外电子占据3个能级且每个能级上电子数相等,C的双原子单质分子中σ键和π键数目之比为1:2,D的最高正化合价和最低负化合价之和等于4;基态E原子核外有6个未成对电子。 (1)基态E原子的核外电子排布式为______;基态D原子核外电子占据的能量最高的能级符号为_____________。 (2)A元素的各级电离能如下: 能级(I) I1 I2 I3 I4 I5 电离能/kJ·mol-1 800.6 2427 3660 25026 32827 分析上表数据知,相邻两个电子的电离能中,I3和I4之间差异最大,其主要原因是__________。 (3)A、B、C元素的最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强,其原因是________。 (4)氯元素与A、B、C元素组成的共价分子ACl3、BCl4、CCl3中,中心原子采用sp3杂化、立体构型为三角锥形的是_______(填分子式)。 (5)(DC)4为热色性固体,且有色温效应。低于-30℃时为淡黄色,室温下为橙黄色,高于100℃时为深红色。在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中,破坏的作用力是____;在常压下,(DC)4高于130℃分解为相应的单质,这一变化中破坏的作用力是_______。在B、C、D的简单气态氢化物中,属于非极性分子的是______(填分子式,下同),常与Cu2+、Zn2+、Ag+等形成配离子的是_______________。 (6)A、C形成立方晶体,晶体结构类似金刚石,如图所示。已知:该晶体密度为ρg·㎝-3,NA代表阿伏伽德罗常数的值。 ①该晶体的化学式为__________。 ②在该晶体中,A与C形成共价键的键长(d)为_____pm。 21.部分短周期元素的性质或原子结构如下表: 元素编号 元素性质或原子结构 T M层上有6个电子 X 最外层电子数是次外层电子数的2倍 Y 常温下单质为双原子分子,其氢化物水溶液呈碱性 Z 元素最高正价是+7价 W 其单质既能跟酸反应,又能跟强碱溶液反应,都产生H2 (1)元素X在周期表中的位置____________;他的一种同位素(含8个中子)可测定文物年代,这种同位素的符号是_______。 (2)元素Y与氢元素形成一种离子YH+ 4 ,写出该微粒的电子式_______(用元素符号表示)。 (3)探寻物质的性质差异是学习的重要方法之一,T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物对应的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是_______(填化学式)。Z的最高价氧化物对应的水化物与W的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为_________________________。 (4)元素Z与元素T相比,其原子得电子能力较强的是_______(用元素符号表示),下列表述中能证明这一事实的是_______(填序号)。 ①常温下Z的单质和T的单质状态不同 ②Z的氢化物比T的氢化物稳定 ③一定条件下Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应 四、计算题 22.某元素的核素为X,其氯化物XCl21.11 g配成溶液后,需用20 mL 1 mol·L-1的AgNO3溶液才能把氯离子完全沉淀下来。已知X核素中有20个中子。 (1)计算X的质量数为多少? (2)指出X元素在周期表中的位置。 23.把主族元素X的最高价氧化物X2O 4.7g溶于95.3g水中,得到溶质质量分数为5.6%的溶液,Y与X位于同一族,12gY的氢氧化物与400mL0.75 molL-1的盐酸完全中和,Z与Y同周期,标准状况下5.6L ZO2 为16g。则 (1)X的相对原子质量为__________________; (2)Y的氧化物为_______化合物; (3)Z的最高价氧化物的水化物化学式为____________。 五、实验题 24.如何利用实验室常见的药品试剂探究11号~17号元素的金属性逐渐减弱,非金属性逐渐增强?已知实验室有你想用到的仪器和药品、试纸等一切用品。 猜想与假设: (1)用_________三种金属分别与水反应,通过观察生成气泡的速率便会得出从________到_________金属性逐渐减弱。 (2)因实验室不可能有硅单质,但可以测0.1mol/L的_________ 溶液和_________ 溶液及Na2SO4溶液的 pH,推断三种盐溶液的水解情况,得出_________、_________ 、硫酸三种最高价含氧酸的酸性强弱顺序是__________,从而得出从__________非金属性逐渐增强。 (3)制取饱和的氯水和饱和的氢硫酸溶液,用将__________方法,通过__________现象便直接得出非金属性S比Cl弱。 设计和实施方案: (1)用列表的方式(从实验方案、实验现象、有关化学方程式)完成你的实验报告中的实验内容。__________________。 (2)实验结论是___________。 (3)请你用物质结构理论知识解释结论_________。 25.(Ⅰ)某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化,他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉,用排水集气法收集反应放出的氢气,实验记录如下(累计值): 时间(min) 1 2 3 4 5 氢气体积(mL/SPT) 50 120 232 290 310 (1)上述时间段中(填0~1、1~2、2~3、3~4、4~5 min)反应速率最大的是 _____________min,其主要原因是_____________。 (2)求2~3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率__________________ 。 (3)如果反应太激烈,为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量,他在盐酸中分别加入等体积的下列溶液,你认为可行的是(填编号) __________ 。 A.蒸馏水 B.NaCl溶液 C.Na2CO3溶液 D.CuSO4溶液 (Ⅱ)某同学做同周期元素性质递变规律实验时,自己设计了—套实验方案,并记录了有关实验现象如下表(表中的“实验方案”与“实验现象”前后不—定是对应关系) 实验方案 实验现象 ①用砂纸擦后的镁带与沸水反应,再向反应液中滴加酚酞 A.浮于水面,熔成小球,在水面上无定向移动,随之消失,溶液变成红色。 ②钠与滴有酚酞试液的冷水反应 B.有气体产生,产生的气体可在空气中燃烧,溶液变成浅红色。 ③镁带与2mol/L盐酸反应 C.反应不十分剧烈,产生的气体可以在空气中燃烧。 ④铝条与2mol/L盐酸反应 D.生成白色胶状沉淀,继而沉淀消失。 ⑤向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液至过量 E.剧烈反应,产生的气体可以在空气中燃烧。 请你帮助该同学整理并完成实验报告 (1)实验目的:_________________。 (2)实验用品:仪器:①砂纸,②试管,③胶头滴管,④酒精灯,⑤试管夹、试管架,⑥滤纸,⑦镊子,⑧小刀,⑨玻璃片,⑩锥形瓶(100mL)等; 药品:钠、镁条、铝条、2mol/L,的盐酸、AlCl3溶液、氢氧化钠溶液等。 (3)填写与实验方案相对应的实验现象(从上表“实验现象”中选择),并完成有关离子方程式 实验方案 实验现象(填写字母代号) 有关离子方程式 ① _________ Mg+2H2O(热水)==Mg(OH)2+H2↑ ② _________ _____________________ ③ _________ Mg+2H+==Mg2++H2↑ ④ _________ ___________________ ⑤ _________ Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓ ___________________ (4)实验结论:_____________________ (5)该同学在本实验④中用去m克纯固体,反应完毕后无固体剩余,共收集到VL气体(SPT)下,该同学欲求此固体的原子量的表达式为________(用含m和V的式子表示)。 试卷第8页,总9页 参考答案 1.D 【解析】A.如金属性Na<Ca、H为非金属性而Be为金属,元素周期表中左上方的元素金属性不一定比右下方的元素金属性强,A错误;B.金属和非金属的分界处附近的元素,既表现一定的金属性,也表现一定的非金属性,可以寻找半导体材料,B错误;C.同周期主族元素,自左而右核电荷数增大,原子核对核外电子吸引增强,原子半径减小,C错误;D.如卤族元素单质自上而下,单质的熔沸点升高,而碱金属自上而下,单质的熔沸点降低,D正确,答案选D。 2.D 【解析】 试题分析:根据题意知,aA、bB、cC、dD、eE均为短周期元素,D与E同主族,其中d=e/2,则D为氧元素,E为硫元素,又c-l=(d+e)/2 ,则c=13,C为铝元素,b—a=10。A、D为氧元素,E为硫元素,C为铝元素,根据微粒半径比较原则知,原子半径:Al>S>O,即C>E>D,错误。B、元素A与B可能为氦元素和镁元素,不在同主族,错误;C、元素C的最高价氧化物为氧化铝,属于两性氧化物,错误;D、元素E的常见氧化物有2种,为SO2和SO3,它们之间可以相互转化,正确。 考点:考查元素推断及相关物质的性质。 3.A 【解析】 A.铝和铍的性质十分相似,Al能与能与强酸或强碱溶液起反应,则铍也能与强酸或强碱溶液起反应,A正确;B.铝和铍的性质十分相似,氢氧化铝不溶于水,则氢氧化铍也不溶于水,B错误;C.氧化铍与氧化铝性质相似,氧化铍难溶于水,C错误;D.Be的化合价为+2,氧化物化学式为BeO,D错误,答案选A。 点睛:本题考查元素周期表与元素周期律的应用,根据已有知识进行迁移应用,注意对角线规则以及位构性关系的灵活应用。 4.A 【解析】①若A的阳离子比E的阴离子少8个电子,E形成阴离子,一定为非金属性,选项①正确;②若D的最高价氧化物的水化物是强酸,则D可能为N、S或Cl,对应的E可能为O、Cl或Ar,氧气、氯气、氩气常温下都是气体,选项②正确;③若A的单质既能与强酸又能与强碱反应且都放出氢气,则A为Al,B为Si,C为P,D为S,E为Cl,五种元素都处于第三周期,选项③正确;④若A的最高价氧化物的水化物是强碱,则A为Na,E为P,磷酸属于中强酸,选项④错误。答案选A。 点睛:本题考查结构性质位置关系应用,难度适中,答题时注意对基础知识的理解掌握,通过对1-18号元素的特征理解来掌握本题。 5.B 【解析】X、Y、Z、R、W是原子序数递增的五种短周期主族元素,周期数之和为11,其中Y元素最高化合价与最低化合价代数和为2, 则Y为N元素,Z和R可形成R2Z和R2Z2型化合物,R是五种元素中原子半径最大的,可知R为Na元素,Z为O元素,Z和W是同族元素,则W为S元素,根据周期数之和为11,则X为第一周期的H元素;A.O2-和Na+的离子结构相同,核电荷数大离子半径小,S2-比O2-、Na+多一个电子层,离子半径最大,则简单离子半径大小顺序为:S2->O2->Na+,故A正确;B.H2O2是共价化合物,其电子式为,故B错误;C.H2O分子间存在氢键,其沸点比H2S的沸点高,故C正确;D.常温下Al遇浓硝酸钝化,则常温下浓硝酸溶液可以用铝制容器盛装,故D正确;答案为B。 6.D 【解析】分析:元素周期表分为7个横行,即7个周期和18个纵行,其中7个主族、7个副族、1个Ⅷ族和1个0族,结合周期和族的含义解答。 详解:把电子层数相同的元素按原子序数递增顺序从左到右排成一横行,共有7个横行。把不同横行中最外层电子数相同的元素按原子序数递增的顺序从上到下排成一纵行,共有18纵行。因此与元素在周期表中的位置有关的是元素的原子序数,又因为原子序数=核电荷数=质子数,所以原子的核电荷数和原子的质子数也与元素在周期表中的位置有关,肯定无关的是原子核内的中子数。 答案选D。 7.B 【解析】 分析:短周期元素元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大,M和W形成的某种化合物可作制冷剂,化合物为氨气,则M为H、W为N;Y和Z能形成ZY2型离子化合物,为MgF2,Z为Mg,Y为F,质子数之和为37,X质子数为37-1-7-9-12=8,X为O元素。 详解:A. Y元素为氟元素,没有正价,故A正确;B. M、W元素组成的化合物N2H4中含极性共价键(N-H)和非极性共价键(N-N),故B错误;C.同周期从左到右氢化物的稳定性增强, W、X、Y三种元素的氢化物稳定性:Y>X>W,故C正确;D. X和Z形成的化合物MgO2中,阳离子和阴离子的数目之比为1:1,故D正确;故选B。 点睛:本题考查原子结构与元素周期律,解题关键:把握原子序数、元素化合物知识来推断元素,侧重分析与应用能力的考查,易错点D,过氧根离子O22-是原子团,不是两个离子。 8.D 【解析】元素周期表中第七周期0族应当排列118号元素。A、117号元素位于118号左侧即ⅦA族,所以Ts是第七周期第ⅦA族元素,A正确;B、同位素是同种元素不同原子之间的互称,因此Ts的同位素原子具有相同的电子数,B正确;C、元素周期表同一列从上往下非金属性依次减弱,所以Ts在同族元素中非金属性最弱,C正确;D、同主族从上到下非金属性逐渐减弱,所以HTs稳定性差,D错误,答案选D。 9.B 【解析】A.碱金属元素中,随着碱金属的核电荷数的增大,元素的金属性逐渐增强,单质的还原性逐渐增强,故A正确;B.碱金属元素中,随着碱金属的核电荷数的增大,金属晶体的金属键作用力减弱,熔点逐渐降低,故B错误;C.碱金属元素中,随着碱金属的核电荷数的增大,元素的金属性逐渐增强,与水反应的剧烈程度逐渐增大,故C正确;D.碱金属元素中,随着碱金属的核电荷数的增大,核外电子层数逐渐增多,电子层数越多,半径越大,故D正确;故选B。 10.AD 【解析】试题分析:W、X、Y、Z、R均为短周期元素,它们都不是稀有气体元素,在短周期元素原子中,W元素原子半径最大,则W为Na元素;X 元素的原子最外层电子数为m,次外层电子数为n,Y元素的原子L层电子数为m+n,M层电子数m-n,则m+n=8,故X只能有2个电子层,则n=2,故m=8-2=6,可推知X为O元素;Y元素M层电子数=6-2=4,则Y为Si元素;Y元素与Z元素同主族,可推知Z为C元素;R元素原子与X元素原子的核外电子数之比为2:1,可知R原子核外电子数为16,则R为S元素,A、单质硅与电子碳均可以形成原子晶体,但碳60形成的是分子晶体,A不正确;B、氧化钠与过氧化钠中阴、阳离子的个数之比均为1:2,故B正确;C.酸性强弱顺序为:硫酸>碳酸>硅酸,故C正确;D、水分子之间存在氢键,其熔沸点高于硫化氢,故D错误,答案选AD。 考点:考查元素周期表的结构以及元素周期律的应用 11.C 【解析】 【分析】 根据元素周期表中的元素分布及元素常见的性质来解题,一般金属延展性较好,可用于做合金,金属元素和非金属元素交界处的元素可以制作半导体材料,一般过度金属可以用来做催化剂,农药分为有机和无机,一般非金属元素可以制作有机农药,由此分析解答。 【详解】 A.在过渡元素找中耐高温的材料,选项A错误; B.非金属元素位于右上方,非金属可以制备有机溶剂,部分有机溶剂可以用来做农药,选项B错误; C.在金属元素和非金属元素交接区域的元素可以用来做良好的半导体材料,像硅等,选项C正确; D.可以用于做催化剂的元素种类较多,一般为过渡金属元素,选项D错误。 答案选C。 【点睛】 本题考查了元素周期表中,金属元素一般可以用来做导体或合金等,如镁铝合金; 如硅等,位于金属元素和非金属元素交接区域,用来做良好的半导体材料; 非金属可以制备有机溶剂,部分有机溶剂可以用来做农药; 一般为过渡金属元素可以用于做催化剂。 12.C 【解析】都是短周期元素。由元素的化合价可知,T只有-2价,则T为O元素,由此可知R为S元素。L、M、Q只有正价,原子半径L>Q,则L为Mg元素,Q为Be元素,原子半径M的介于L、Q之间,则M为Al元素。A. H2O分子间形成氢键,使得H2O的沸点升高,所以氢化物的沸点为H2T>H2R,故A错误;B.金属性Mg比Al强,所以单质与稀盐酸反应的剧烈程度为L>M,故B错误;C.M与T形成的化合物是氧化铝,是两性氧化物,故C正确;D.L2+的核外电子数为12-2=10,R2-的核外电子数为16-(-2)=18,不相等,故D错误。故选C。 13.B 【解析】A. 碘晶体是分子晶体,分子间只有分子间作用力(范德华力),所以加热升华过程中只需克服分子间作用力,A正确;B. CaO和CH4熔点不同,是因为两者晶体类型不同,前者形成离子晶体,后都可形成分子晶体,通常离子晶体的熔点较高,而分子晶体的熔点较低,所以B不正确; C. 二氧化硅晶体属于原子晶体,每个Si通过共价键与4个O结合,每个O与2个Si成键,形成空间网状结构,C正确;D. 2016年IUPAC命名117号元素为Ts,根据元素周期表的结构可以判断,若第7周期排满,最后一个是零族的118元素,所以Ts是第七周期ⅦA族元素,D正确。本题选B。 14.D 【解析】 A.M2-离子与R+离子核外电子数之和为20,则质子数之和为20+1-2=19,A正确;B.若M为Na,R为O,分别处于第三周期和第二周期,B正确;C.若M为Li,R为S,分别处于第ⅠA主族和第ⅥA主族,C正确;D.若M为Na,R为O,质子数之差为11-8=3,若M为Li,R为S,质子数之差为16-3=13,不可能为7,D错误。答案选D。 点睛:本题考查位置、结构、性质,明确信息得出M、R为何种元素是解答本题的关键。从离子的核外电子数之和为20可推出M、R两种原子的核外电子数之和为19,则M为Na,R为O或M为Li,R为S,注意举例排除法的灵活应用。 15.C 【解析】W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍,则W次外层电子数为2,最外层电子数为6,则W为氧(O)元素;含有元素Z的盐焰色反应为紫色,则Z为钾(K)元素;W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X、Y、Z分属不同的周期,所以X、Y、Z应分别属第二、三、四周期。X为第二周期的主族元素,且X的原子序数大于W,则X应为氟(F)元素;X、Y、Z的原子序数之和是W原子序数的5倍,W为8号元素,X为9号元素,Z为19号元素,则有9+Y+19=40,所以Y为12号元素,即Y为镁(Mg)元素。 A、主族元素原子电子层数越多,半径越大,电子层数相同时,核电荷数越大,半径越小。所以W、X、Y、Z的原子半径大小顺序为:X<W<Y<Z,故A错误;B、W(O)与X(F)处于同一周期,同周期主族元素,从左至右,非金属性逐渐增强,其对应的氢化物的稳定性逐渐增强,故氢化物稳定性为W<X,故B错误;C、X(F)与Y(Mg)的最简单离子分别为F-、Mg2+,两种离子的电子层结构均与Ne相同,故C正确;D、W(O)、Y(Mg)组成的化合物为MgO,MgO熔点太高,不适合用于电解,工业上制备Mg,一般是通过电解MgCl2,故D错误。故选C。 16. N HF NaOH 【解析】根据元素在周期表中的相对位置可知A~F分别是Na、Al、C、N、F、Cl。则 (1)D是氮元素,元素符号是N;(2)C的最高价氧化物是二氧化碳,属于共价化合物,电子式为;(3)E和F的非金属性是F>Cl,非金属性越强,氢化物越稳定,因此最稳定的是HF;(4)A与B的金属性是Na>Al,金属性越强,最高价氧化物水化物的碱性越强,则最高价氧化物的水化物的碱性最强的是NaOH。 17. 24 12 Na Al Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 【解析】本题分析:本题主要考查元素性质。 (1) 同一周期相邻的A、B、C三种元素,A的化合价为+1,所以B的化合价为+2,B的氢氧化物为B(OH)2,设B的相对原子质量为b, B(OH)2 + 2HCl =BCl2+H2O (b+17×2)g 2mol 11.6g 2mol/L×0.2L b=24 B的相对原子质量是24, B是镁,其原子序数为12。 (2)A和C各是什么元素?A是钠, B是铝。 (3)A、C最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式:Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。 18. 氮 离子键和共价键(或离子键和极性键、配位键) SO2+H2OH2SO3、H2SO3H++HSO3- NaNO2 H++HSO3-=H2O+SO2↑ N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-624kJ· mol-1 【解析】原子序数由小到大排列的四种短周期主族元素X、Y、Z、W,Y、Z左右相邻,Z、W位于同一主族,设Y的原子序数为x,则Z的原子序数为x+1,W的原子序数为x+9,设X的原子序数为y,Z、W两原子的核外电子数之和为X、Y两原子核外电子电子数之和的三倍,则(x+1)+(x+9)=3(x+y),所以x+3y=10,若y=1,x=7符合题意,可推断出X为H,Y为N,Z为O,W为S,综上所述:X为氢,Y为氮,Z为氧,W为硫。 (1)Y为N,名称为氮,故答案为:氮; (2)由X、Y、Z三种元素组成铵盐,铵根离子与硝酸根离子以离子键结合,N、H,N、O之间以共价键结合,故答案为:离子键和共价键; (3)WZ2的水溶液显酸性,是因SO2+H2OH2SO3、H2SO3H++HSO3-,故答案为:SO2+H2OH2SO3、H2SO3H++HSO3-; (4)物质由Na、Y、Z三种元素组成,亚硝酸银微溶于水,硝酸银能溶于水,则该物质为NaNO2,故答案为:NaNO2; (5)均由H、N、O、S四种元素组成的化合物A和B,A和B都能和碱反应,A还能和酸反应,则A为NH4HSO4,B为NH4HSO3,二者之间的离子反应为H++HSO3-=H2O+SO2↑,故答案为:H++HSO3-=H2O+SO2↑; (6)3.20g N2H4的物质的量为:=0.1mol,0.1mol该物质在氧气中完全燃烧放出热量62.4kJ(25℃),则1molN2H4燃烧放出624kJ的热量,热化学反应方程式为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-624kJ?mol-1,故答案为:N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-624kJ?mol-1。 19.Al3+H2CO3>H2SiO3 或 Al3++3NH3·H2O=Al(OH) 3↓+3NH4+ 2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑ 【解析】 【详解】 由元素在周期表中位置,可知①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑧为Cl。 (1)③、④、⑤、⑥简单离子的电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,故离子半径:Al3+<Na+<O2-<N3-,故答案为:Al3+<Na+<O2-<N3-; (2)同主族最高价含氧酸的酸性减弱,同周期最高价含氧酸的酸性增强,②、⑦、⑧的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是:HClO4>H2CO3>H4SiO4或H2SiO3,故答案为:HClO4>H2CO3>H4SiO4或H2SiO3; (3)①、④、⑤、⑧元素为H、O、Na、Cl,①、④、⑤、⑧中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物有NaClO或NaOH等,均为离子化合物,如氢氧化钠的电子式为:,次氯酸钠的电子式为,故答案为:或; (4)M是仅含非金属的盐,所以M一定是铵盐,Z→N→⑥的单质,⑥为Al,推断N是氧化铝,Z是氢氧化铝,根据产物结合反应:X+Y+H2O→Al(OH)3+NH4+ 可知,该反应为铝盐和一水合氨的反应,则X溶液与Y溶液反应的离子方程式为Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+。 (a)X溶液与Y溶液反应的离子方程式为:Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故答案为:Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+; (b)?N→⑥的单质的反应为电解熔融氧化铝得到金属铝,反应的化学方程式为:2Al2O34Al+3O2↑,故答案为:2Al2O34Al+3O2↑。 20. 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1 3p 硼原子的I3、I4对应的2个电子分別处于不同的能层或硼原子失去第3个电子后,达到稳定结构,不易再失去电子(或其他合理说法) B、C、N的非金属性依次增强或H3BO3、H2CO3、HNO3的非羟基氧原子个数依次为0、1、2 NC13 分子间作用力或范德华力 化学键或共价键或极性键 CH4( NH3 BN ×1010 【解析】试题分析:因为A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前四周期元素,基态A原子核外电子占锯3个轨道,基态B原子核外电子占据3个能级且每个能级上电子数相等,则基态B原子核外电子排布式为:1s22s22p2,故B为C元素;基态A原子核外电子排布式为:1s22s22p1,故A为B元素;C的双原子单质分子中σ键和π键数目之比为1:2,则C为N元素;基态E原子核外有6个未成对电子,则E处于第四周期,外围电子排布为:3d54s1,为Cr元素;D的最高正化合价和最低负化合价之和等于4,为S元素。综上分析,A为B元素、B为C元素、C为N元素、D为S元素、E为Cr元素。 (1)E为Cr元素,基态E原子的核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1;D为S元素,基态D原子核外电子占据的能量最高的能级符号为3p。 (2)基态B原子核外电子排布式为:1s22s22p1,所以硼原子失去第3个电子后,达到稳定结构,不易再失去电子(或者说,硼原子的I3、I4对应的2个电子分別处于不同的能层),因此硼原子相邻两个电子的电离能中,I3和I4之间差异最大;。故答案为:硼原子失去第3个电子后,达到稳定结构,不易再失去电子(或硼原子的I3、I4对应的2个电子分別处于不同的能层)。 (3)B、C、N的非金属性依次增强,所以B、C、N元素的最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强;或者说,含氧酸可表示为:(HO)mROn,酸的强度与酸中的非羟基氧原子数n有关,n越大,酸性越强。故答案为:B、C、N的非金属性依次增强(或H3BO3、H2CO3、HNO3的非羟基氧原子个数依次为0、1、2)。 (4)BCl3中硼原子价层电子对个数=3+×(3?3×1)=3,且不含孤电子对,采用sp2杂化,分子构型为平面三角形;CCl4分子中碳原子价层电子对个数=4+×(4?4×1)=4,且不含孤电子对,采用sp3杂化,分子构型为正四面体型;NCl3分子中价层电子对个数=3+(5?3×1)=4,采用sp3杂化,该分子中含有一个孤电子对,所以其空间构型是三角锥型。故答案为:NCl3。 (5)由已知(SN)4高于130℃时分解,破坏的是化学键(或共价键或极性键);在低于该温度时发生的颜色变化中,破坏的作用力是分子间作用力(或范德华力)。C、N、S的简单气态氢化物中,CH4呈正四面体结构,四条键的极性刚好抵消,所以是非极性分子;NH3分子为三角锥形,氮原子为顶点,整个分子正负电荷中心不对称,所以是极性分子;硫最外层有6个电子,它和两个氢原子形成两对共用电子对后还有2对孤对电子,一共有4对电子在硫周围,这四对电子呈四面体型结构,其中两个方向被氢占据,还有2个方向被孤电子对占据,所以分子呈V型,正负电荷中心不能重合,为极性分子。NH3中H的电子云严重偏向N,使得N的孤对电子十分突出,配位能力很强,常与Cu2+、Zn2+、Ag+等形成配离子。综上分析,答案为:分子间作用力或范德华力;化学键或共价键或极性键;CH4;NH3。 (6)如图,B(白色)占据立方体的8个顶点和6个面心,所以有8/8+6/2=4个;N(黑色)占据八分之一个晶胞的中心,共4个,故该晶体的化学式为:BN;设晶胞边长为a、键长为d,则d=a,根据已知条件可得:a=pm = pm,所以d=×pm。 21. 第二周期 ⅣA 614C H2CO3 Al(OH)3+3H+===Al3++3H2O Cl ② 【解析】T的M层上有6个电子,为S元素,X的最外层电子数是次外层电子数的2倍,为C元素,Y常温下单质为双原子分子,其氢化物水溶液呈碱性,Y为N元素,Z的元素最高正价是+7价,为Cl元素;W的单质既能跟酸反应,又能跟强碱溶液反应,都产生H2,则W为Al元素。 (1)X为C元素,在元素周期表中位于第二周期 ⅣA族, 146C具有放射性,常用于测定文物年代,故答案为:第二周期 ⅣA族; 146C; (2)元素Y与氢元素形成一种离子为NH4+,其电子式为,故答案为:; (3)T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为硫酸、碳酸、硝酸、高氯酸,其中硫酸、硝酸、高氯酸为强酸,碳酸为弱酸,化学性质明显不同于其他三种的是碳酸。高氯酸与氢氧化铝反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,故答案为:H2CO3; Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O; (4)同周期自左而右,非金属性增强,故非金属Cl>S;①状态为熔沸点高低不同,属于物理性质,不能比较非金属性强弱,故①错误;②非金属性越强氢化物越温度,Z的氢化物比T的氢化物稳定,说明非金属性Z>T,即Cl>S,故②正确;③一定条件下氯气与硫都能与氢氧化钠溶液,但不能比较元素的金属性强弱,故③错误,故答案为:Cl;②。 点睛:本题考查了位置结构与性质的关系,为高频考点,试题侧重于学生的分析能力的考查,正确推断各元素名称为解答关键。本题的易错点为T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物对应的水化物的化学性质的区别。 22.(1)40 (2)第4周期 第ⅡA族 【解析】n(Cl-)=n(Ag+)=1 mol·L-1×20×10-3 L=0.020 mol;所以n(XCl2)=0.010 mol;M(XCl2)=111 g·mol-1,M(X)=111 g·mol-1-71 g·mol-1=40 g·mol-1;易得X的相对原子质量为40,所以质量数也为40,又知X核素中含20个中子,故质子数为40-20=20,即为钙(Ca)。 23. 39 离子 H2SO4 【解析】本题考查元素推断,(1)X的最高价氧化物是X2O,即X为IA族,X2O与水反应生成XOH,设X的相对原子质量为a,则有4.7×2×(a+17)/[(2a+16)×100]×100%=5.6%,解得a=39;(2)因为X和Y属于同主族,则Y属于IA族元素,Y的氢氧化物是YOH,与盐酸恰好完全反应,即n(YOH)=400×10-3×0.75mol=0.3mol,则M(YOH)=12/0.3g·mol-1=40g·mol-1,即Y的相对原子质量为(40-17)=23,即Y为Na,无论是Na2O还是Na2O2都是离子化合物;(3)ZO2的物质的量为5.6/22.4mol=0.25mol,即ZO2的摩尔质量为16/0.25g·mol-1=64g·mol-1,即Z为S,其最高价氧化物对应水化物是H2SO4。 24. 钠、镁、铝 钠 铝 Na2SiO3 Na3PO4 H2SiO3 H3PO4 H2SiO3<H3PO4<H2SO4 Si到S 饱和氯水滴加到饱和氢硫酸溶液中的 溶液中有浅黄色沉淀生成 实验方案 实验现象 有关化学方程式 用砂纸擦后的镁条、铝条分别投入到盛有沸水的小烧杯中, 再分别滴加酚酞 投入镁条的试管有大量气泡产生,滴加酚酞后溶液变成浅红色;投入铝条的试 管中无明显现象 Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑ 将一绿豆粒大小的钠投入到盛有冷水且预先滴有酚酞的小烧 杯中 钠浮于水面上,迅速熔成闪亮小球四处游动,有响声,随之消失,溶液很快变 红色 2Na+2H2O═2NaOH+H2↑ 用玻璃棒分别蘸取 0.1mol/L 的Na2SiO3(aq)、Na3PO4(aq)、Na2SO4(aq)测 其 pH Na2SiO3(aq)的 pH比Na3PO4(aq)的pH大且都大于7;Na2SO4(aq)的 pH 为7(中性) SiO32—+2H2OH2SiO3+2OH— PO43—+H2OHPO42—+OH— 用滴管向盛有5mL饱和氢硫酸溶液的试管中滴加饱和的氯水 试管中有淡黄色沉淀生成 Cl2+H2S═2HCl+S↓ 金属性:Na>Mg>Al,非金属性:Si<P<S<Cl Na、Mg、Al、Si、S、Cl原子核外都有三个电子层,但最外层电子数依次为1、2、3、4、6、7,原子半径随电子数增多而减小,所以原子核对最外层电子的吸引力依次增强,失电子能力减弱,得电子能力增强 【解析】 【详解】 猜想与假设: (1)将第三周期的钠、镁、铝分别与水反应,可观察到从钠到铝生成气泡的速率在减小,则从钠到铝的金属性在减弱,故答案为:钠、镁、铝;钠;铝; (2)根据盐有弱才水解,无弱不水解的规律,来测定硅酸钠溶液、磷酸钠溶液、硫酸钠溶液的pH,pH在减小,则硅酸的酸性最弱,硫酸的酸性最强,从而得出非金属性Si<P<S,故答案为:Na2SiO3;Na3PO4;H2SiO3;H3PO4;H2SiO3<H3PO4<H2SO4;Si到S; (3)因氯气具有氧化性,硫化氢具有还原性,则将饱和氯水滴加到饱和氢硫酸溶液中,会观察到溶液中有浅黄色沉淀生成,则说明Cl的非金属性大于S,故答案为:饱和氯水滴加到饱和氢硫酸溶液中的;溶液中有浅黄色沉淀生成; 设计和实施方案: (1)根据镁条、铝条都要用砂纸打磨后放入沸水中镁反应,铝无明显现象,而钠与冷水反应,Na2SiO3(aq)的 pH比Na3PO4(aq)的pH大且都大于7;Na2SO4(aq)的pH为7(中性),饱和氯水滴加到饱和氢硫酸溶液中,会观察到溶液中有浅黄色沉淀生成,故答案为: 实验方案 实验现象 有关化学方程式 用砂纸打磨后的镁条、铝条分别投入到盛有沸水的小烧杯中, 再分别滴加酚酞 投入镁条的试管有大量气泡产生,滴加酚酞后溶液变成浅红色;投入铝条的试 管中无明显现象 Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑ 将一绿豆粒大小的钠投入到盛有冷水且预先滴有酚酞的小烧 杯中 钠浮于水面上,迅速熔成闪亮小球四处游动,有响声,随之消失,溶液很快变 红色 2Na+2H2O═2NaOH+H2↑ 用玻璃棒分别蘸取 0.1mol/L 的Na2SiO3(aq)、Na3PO4(aq)、Na2SO4(aq)测 其 pH Na2SiO3(aq)的 pH比Na3PO4(aq)的pH大且都大于7;Na2SO4(aq)的 pH 为7(中性) SiO32—+2H2OH2SiO3+2OH— PO43—+H2OHPO42—+OH— 用滴管向盛有5mL饱和氢硫酸溶液的试管中滴加饱和的氯水 试管中有淡黄色沉淀生成 Cl2+H2S═2HCl+S↓ ; (2)根据金属与水反应的剧烈程度可知金属性Na>Mg>Al,根据非金属最高价含氧酸的酸性可知非金属性 Si<P<S<Cl,故答案为:金属性:Na>Mg>Al,非金属性:Si<P<S<Cl; (3)因Na、Mg、Al、Si、S、Cl原子核外都有三个电子层,但最外层电子数依次为1、2、3、4、6、7,原子半径随电子数增多而减小,所以原子核对最外层电子的吸引力依次增强,失电子能力减弱,得电子能力增强,则第三周期从左到 右元素的金属性在减弱,非金属性在增强,故答案为:Na、Mg、Al、Si、S、Cl原子核外都有三个电子层,但最外层电子数依次为1、2、3、4、6、7,原子半径随电子数增多而减小,所以原子核对最外层电子的吸引力依次增强,失电子能力减弱,得电子能力增强。 【点睛】 本题考查了验证元素周期律的实验方案的设计,难度较大。解答本题要有清晰的解题思路,根据题干“金属性逐渐减弱,非金属性逐渐增强”,将Na、Mg、Al、Si、S、Cl分为两组,结合金属性和非金属性的强弱的判断方法分别设计实验进行验证。 25. 2~3 min 随着反应进行,放热,温度升高,反应速率加快。 0.1 mol/(L?min) A、B 验证第三周期金属元素的金属性的递变规律 ①B ②A 2Na+H2O═2Na-+2OH-+H2↑ ③E ④C 2Al+6H+═2Al3++3H2↑ ⑤D Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O 同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱,金属性:Na>Mg>Al 【解析】(Ⅰ)(1)从表中数据看出2 min~3 min收集的氢气比其他时间段多,主要的原因是金属与酸的反应属于放热反应,随着反应进行,温度升高,反应速率加快,故答案为:2~3 min;随着反应进行,温度升高,反应速率加快; (2)在2~3min时间段内,生成标况下氢气的体积为:232mL-120mL=112mL,n(H2)=0.005mol,由2HCl~H2可知:消耗盐酸的物质的量为0.01mol,则υ(HCl)= =0.1mol/(L?min),故答案为:0.1mol/(L?min); (3)改变化学反应速率的方法有:改变溶液的浓度、改变溶液的温度、改变固体的表面积等。A.加蒸馏水,溶液的体积增大,浓度降低,反应速率减小,但生成的气体的量不变,故A正确;B.加NaCl溶液,溶液的体积增大,浓度降低,反应速率减小,但生成的气体的量不变,故B正确;C.Na2CO3溶液使得盐酸的浓度减小,反应速率减慢,盐酸的量减少,产生氢气的量减少,故C错误;D.加CuSO4溶液,能形成铜锌原电池,加快反应速率,故D错误;故答案为:AB (Ⅱ)(1)根据题意“某同学做同周期元素性质递变规律实验时”以及所做实验可以判断,本实验的实验目的是:验证第三周期金属元素的金属性的递变规律,故答案为:验证第三周期金属元素的金属性的递变规律; (3)①用砂纸擦后的镁带与沸水反应,再向反应液中滴加酚酞,其现象应是:有气体产生,产生的气体可在空气中燃烧,溶液变成浅红色,即B.②钠与滴有酚酞试液的冷水反应,反应方程式是2Na+H2O═2NaOH+H2↑,其离子方程式是2Na+H2O═2Na-+2OH-+H2↑,其现象应该是:浮于水面,熔成小球,在水面上无定向移动,随之消失,溶液变成红色,即A.③镁带与2mol/L的盐酸反应,其现象应是:剧烈反应,产生的气体可以在空气中燃烧,即E.值得注意的是镁比铝活泼,因此与盐酸反应,镁比铝剧烈.④铝条与2mol/L的盐酸反应,其化学方程式是2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑,即离子方程式是2Al+6H+═2Al3++3H2↑,其现象是:反应不十分剧烈,产生的气体可以在空气中燃烧,即C.⑤向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液至过量,其现象:生成氢氧化铝白色胶状沉淀,继而在氢氧化钠过量时氢氧化铝与氢氧化钠反应使沉淀消失,即D.本实验发生反应的离子方程式是:Al3++3OH-═Al(OH)3↓,Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O.故答案为:①B;?②A;2Na+H2O═2Na-+2OH-+H2↑;③E;④C;2Al+6H+═2Al3++3H2↑;⑤D; Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O;? (4)根据实验①②,说明与水反应时钠比镁剧烈,即钠的金属性比镁强.根据③④,说明与同浓度的盐酸反应,铝比镁剧烈,即铝的金属性比镁强.⑤说明氢氧化铝既能与酸反应,又能与碱反应,即氢氧化铝既有酸性又有碱性,因此铝既有金属性又有非金属性.由以上分析第三周期,金属元素的金属性由强到弱的顺序是:Na>Mg>Al,即同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱.故答案为;同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱,金属性:Na>Mg>Al; (5) 设铝的原子量为M。 2Al+6H+═2Al3++3H2↑ 2Mg 3×22.4L mg VL =,解得:M=,故答案为: 。 点睛:本题把金属元素的性质与实验结合起来,探究同周期元素金属性的递变规律,具有较大的思维容量,能较好地训练学生比较、归纳、分析、思考的能力。

  • ID:7-5013306 沪科版高中化学高一第二学期6《揭示化学反应速率和平衡之谜》单元测试题(解析版)

    高中化学/沪科版/高一下学期/第六章 提示化学反应速率和平衡之谜/本章综合与测试

    《揭示化学反应速率和平衡之谜》单元测试题 一、单选题(每小题只有一个正确答案) 1.在一定条件下,可逆反应2AB+3C在下列四种状态中,处于平衡状态的是( ) A. 正反应速率vA=2 mol/(L·min),逆反应速率vB=2 mol/(L·min) B. 正反应速率vA=2 mol/(L·min),逆反应速率vC=2 mol/(L·min) C. 正反应速率vA=1 mol/(L·min),逆反应速率vB=1.5 mol/(L·min) D. 正反应速率vA=1 mol/(L·min),逆反应速率vC=1.5 mol/(L·min) 2.为探究 Fe3+和 Cu2+对 H2O2 分解反应的催化效果,甲、乙两组同学分别设计了如图1、图 2所示的实验。下列叙述中不正确的是( ) A. 图 1 实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小 B. 若图 1 所示实验速率为①>②,则一定能说明 Fe3+比 Cu2+对 H2O2 分解催化效果好 C. 用图 2 装置比较反应速率,可测定相同时间相同状况产生气体体积的多少进行比较 D. 图 2 中将注射器活塞拉出一定距离,一段时间后松开活塞,能返回原处,则不漏气 3.一定温度下,某容器内发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g),不可能为平衡状态的是(  ) A. NH3、N2、H2的物质的量都不再改变 B. NH3、N2、H2的体积分数都不再改变 C. 混合气体平均相对分子质量不再改变 D. 一个N≡N断裂的同时,有3个H—H键断裂 4.H2S的分解反应是一个可逆反应,其能量与反应进程的关系如图所示,下列有关说法正确的是( ) A. 正反应的活化能大于逆反应的活化能 B. 若减小体系的压强,则该反应的焓变将增大 C. 升高温度,化学反应速率加快,H2S的平衡转化率减小 D. 向密闭容器中充入1mol?H2S充分反应,吸收84.9?kJ的热量 5.下列说法正确的是(   ) A. 使用催化剂只是同倍数改变正逆反应速率,不会破坏化学平衡状态 B. 95℃纯水的pH<7,说明水显酸性 C. 加入反应物,活化分子百分数增大,化学反应速率增大 D. 氢气的标准燃烧热是﹣285.8 kJmol﹣1,则热化学方程式为2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=﹣571.6 kJmol﹣1 6.在一定温度下,某容积可变的密闭容器中,建立下列化学平衡:C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。下列叙述中不能说明上述可逆反应已达到化学平衡状态的是( )。 A. 体系的压强不再发生变化 B. v正(CO)=v逆(H2O) C. 生成n mol CO的同时生成n mol H2 D. 1 mol H—H键断裂的同时断裂2 mol H—O键 7.设NA为阿伏加德罗常教,下列叔述正确的是( ) A. 常温常压下,9.2gNO2气体中.分子数为0.2NA B. pH=2的硫酸溶液中,H+数目为0.01NA C. 将0.05molFeCl3全部转化为Fe(OH)3胶体,则胶粒数目为0.05NA D. 20gD2O中含有的质子数为10NA 8.某些化学问题可用相似的示意图来表示。下列说法不正确的是( ) 选项 横坐标 纵坐标 研究对象 A 反应过程 能量 NH4Cl和Ba(OH)2 ·8H2O反应 B 反应温度 反应速率 酶催化反应 C HCl溶液体积 沉淀质量 0.1 mol·L-1盐酸滴加到同浓度AgNO3溶液中 D 反应时间 溶液温度 足量未打磨的镁条放在1mol·L-1H2SO4溶液中 A. A B. B C. C D. D 9.在恒温恒压下,向密闭容器中充入4molSO2和2molO2,发生如下反应:2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH<0。2min后,反应达到平衡,生成SO3为1.4mol,同时放出热量QkJ,则下列分析正确的是( ) A. 在该条件下,反应前后的压强之比为6∶5.3 B. 若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应,平衡后n(SO3)>1.4mol C. 若反应开始时容器容积为2L,则v(SO3)=0.35mol·L-1·min-1 D. 若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应,达平衡时放出热量小于Q kJ 10.已知反应4NH3+5O2=4NO+6H2O,若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)(mol·L-1·min-1)表示,则下列关系正确的是( ) A. 4v(NH3)=5v(O2) B. 6v(O2)=5v(H2O) C. 2v(NH3)=3v(H2O) D. 5v(O2)=4v(NO) 11.可逆反应H2(g) + I2(g) 2HI(g)达到平衡的标志是( ) A. H2、I2、HI的浓度相等 B. 混合气体的密度保持不变 C. H2、I2、HI的浓度保持不变 D. 混合气体的质量不再改变 12.已知2X(g)+2Y(g)3Z(g)+W(g)?△H的能量变化如图所示。下列说法正确的是( ) A. △H=E2-E1 B. 正反应的活化能等于E3 C. 加入高效催化剂,△H减小 D. 恒压下充入一定量的氦气,n(Z)不变 13.下列条件一定能使反应速率加快的是:①增加反应物的物质的量 ②升高温度 ③缩小反应容器的体积 ④加入生成物 ⑤加入催化剂( ) A. 全部 B. ①②⑤ C. ② D. ②③ 14.下列措施能够使H2O2分解的化学反应速率加快的是 ( ) A. 降低压强 B. 降低温度 C. 使用催化剂 D. 加水稀释 15.对于反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g),ΔH<0已达平衡,在其他条件不变的情况下,如果分别改变下列条件,对化学反应速率和化学平衡产生影响与图像不相符的是( ) A. A B. B C. C D. D 二、填空题 16.在一定条件下,反应A(g)+B(g)C(g)(正反应为放热反应)达到平衡后,根据下列图像判断: (1)升温,达到新平衡的是_________,新平衡中C的体积分数_________(填增大、减小或不变,下同) 。 (2)降压,达到新平衡的是__________,A的转化率__________。 (3)增加A的量,达到新平衡的是__________,此时B的转化率__________。 (4)使用催化剂,达到平衡的是__________, C的质量分数__________。 17.由于催化剂可以为化学工业生产带来巨大的经济效益,催化剂研究和寻找一直是受到重视的高科技领域。 (1)V2O5是接触法制硫酸的催化剂。下图为硫酸生产过程中2SO2 (g) + O2(g)2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1反应过程的能量变化示意图。 ①V2O5的使用会使图中B点 (填“升高”、“降低”)。 ②一定条件下,SO2与空气反应tmin后,SO2和SO3物质的量浓度分别为a mol/L和b mol/L,则SO2起始物质的量浓度为 mol/L;生成SO3的化学反应速率为 mol/(L·min)。 (2)下图是一种以铜、稀硫酸为原料生产蓝矾的生产流程示意图。 ( 空气 铜、稀硫酸、 少量硫酸铁 CuSO 4 · 5H 2 O CuSO 4 溶液 调节溶液 pH 3~4 过滤 过滤 结晶 ) ①生成CuSO4的总反应为2Cu+O2+2H2SO4=2 CuSO4+2H2O,少量起催化作用,使反应按以下两步完成: 第一步:Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+ 第二步: 。(用离子方程式表示) ②调节溶液pH为3~4的目的是 ,调节时加入的试剂可以为 。(选填序号) a.NaOH溶液 b.CuO粉末 c.Cu2(OH)2CO3 d.氨水 (3)纳米TiO2是优良的光敏催化剂。工业上用钛铁矿制得粗TiO2;再转化为TiCl4(l);由TiCl4(l)制取纳米TiO2的方法之一是将TiCl4气体导入氢氧火焰中(700~1000℃)进行水解。 已知:TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(l)+O2(g) ΔH=+140 kJ·mol-1 2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221 kJ·mol-1 ①写出TiO2和焦炭、氯气反应生成TiCl4和CO的热化学方程式: 。 ②写出上述TiCl4(l)制取纳米TiO2的化学方程式: 。 18.可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g) 、②2M(g)N(g) +P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行,反应室之间有无摩擦,可滑动的密封隔板.反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示: (1)反应①的正反应△H_______0(填“>”、“=”或“<”) (2)达平衡(I)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为____________;(用分数表示) (3)达平衡(I)时,X的转化率为_______________________;(用分数表示) (4)在平衡(I)和平衡(Ⅱ)中,M的体积分数(I)_____(Ⅱ)(填“>”、“=” “<” 或“无法确定”) 19.向一容积不变的密闭容器中充入一定量A和B,发生如下反应:xA(g)+yB(s) zC(g) ΔH<0。反应中A和B消耗的物质的量相同,在一定条件下,容器中A、C的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题: (1)根据图示可确定x∶y∶z=__________________________。(用最简整数比表示) (2)0~10 min容器内压强______________(填“变大”、“不变”或“变小”)。 (3)推测第10 min引起曲线变化的反应条件可能是________;第16 min引起曲线变化的反应条件可能是________。(选填数字编号) ①减压 ②增大A的浓度 ③增大C的量 ④升温 ⑤降温 ⑥加催化剂 (4)平衡Ⅰ的平衡常数为K1=___________,平衡Ⅱ平衡常数为K2,则K1________K2(填“>”、“=”或“<”)。 (5)在平衡I的温度下,假设容积恒定为1L,下列措施中能使平衡时 n(A)/n(C)增大的有___________(选填字母编号) A.升高温度 B.充入氦气 C.再充入0.2molA和0.5molC D.使用催化剂 20.在2L密闭容器中进行反应:mX(g)+nY(g)pZ(g)+qQ(g),式中m、n、p、q为化学计量数。在0~3min内,各物质物质的量的变化如下表所示: 物质 X Y Z Q 起始/mol 0.7 1 2min末/mol 0.8 2.7 0.8 2.7 3min末/mol 0.8 已知:2min内,ν(Q)=0.075mol·L-1·min-1,ν(Z)∶ν(Y)=1∶2。 (1)方程式中m=______,n=______,p=______,q=______。 (2)2.5min内,Q的转化率为______________。 (3)对于该反应,能增大正反应速率的措施是___________ A.增大容器体积 B.移走部分Q C.通入大量X D.升高温度 (4)该反应达到化学平衡状态时___________ A.容器内气体压强保持不变 B.容器内气体密度保持不变 C.容器内气体平均摩尔质量保持不变 D.正反应速率与逆反应速率相等 三、推断题 21.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素,其中仅含有一种金属元素,A和D原子的最外层电子数相同;B、C和E在周期表中相邻,且C、E同主族。B、C原子的最外层电子数之和等于D原子的核外电子数,A和C可形成两种常见的液态化合物。请回答下列问题: (1)C、D、E三种原子对应的离子半径由大到小的顺序是________________ (填离子符号),由A、B、C三种元素按原子个数比4∶2∶3组成的化合物所含的化学键类型有______________(选填“离子键”、“极性键”、“非极性键”); (2)地壳中含量最高的金属元素的单质与 D的最高价氧化物对应水化物的溶液反应,其离子方程式为:______________________________________________________; (3)A、C两元素的单质与KOH溶液组成的燃料电池,其负极反应式为:______________________________; (4)可逆反应2EC2(g)+C2(g) 2EC3(g)在一密闭容器A中进行,A容器中有一个可上下移动的活塞 (如右图所示),若在A中充入1 mol C2和2 mol EC2,下列可以作为判断该反应达到平衡的标志的为__________(选填序号)。 ① 容器内混合气体的总压强不随时间变化 ② 容器内混合气体的密度不随时间变化 ③ 各组分浓度不再变化 ④ 单位时间内消耗a mol C2同时生成2a mol EC3 22.在密闭容器中,使1 mol N2和3 mol H2混合发生下列反应:N2 (g) + 3H2 (g)2NH3 (g) ΔH <0。 (1)达到平衡时, 充入N2并保持体积不变,平衡将______移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。 (2)达到平衡时,充入氩气(Ar)并保持体积不变,平衡将______移动(同上)。 (3)达到平衡时,充入氩气(Ar),并保持压强不变,平衡将______移动(同上)。 (4)达到平衡时,将c(N2)、c(H2)、c(NH3)同时增大1倍,平衡______移动(同上)。 (5)保持体积不变,升高温度时,混和气体的平均相对分子质量______,密度_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。 (6)当反应达到平衡时,N2和H2的浓度比是______;N2和H2的转化率比是______。 四、实验题 23.某化学兴趣小组进行以下实验探究: Ⅰ. 设计实验探究反应速率的测定和比较 实验步骤: (1)取一套装置(装置如图所示),加入40 mL 1 mol·L-1的硫酸,测量收集10 mL H2所需的时间。 (2)取另一套装置,加入40 mL 4 mol·L-1的硫酸,测量收集10 mL H2所需的时间。 实验现象: 锌跟硫酸反应产生气泡,收集10 mL气体,(2)所用时间比(1)所用时间________(填“长”或“短”); 实验结论: 4 mol·L-1硫酸与锌反应比1 mol·L-1硫酸与锌反应速率______(填“大”或“小”)。 注意事项:① 锌粒的颗粒(即表面积)大小________________; ② 40 mL的硫酸要迅速加入; ③ 装置____________________,且计时要迅速准确; ④ 气体收集可以用排水量气装置代替。 实验讨论:除本实验测定反应速率的方法外,可行的方案还有(任写一种) ________________________________________________________________。 Ⅱ. 探究用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法,研究影响反应速率的因素,所用HNO3浓度为1.00 mol·L-1、2.00 mol·L-1,大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格,实验温度为298 K、308 K。 请完成以下实验设计表,并在实验目的一栏中填出对应的实验编号: 实验编号 T(K) 大理石规格 HNO3浓度 (mol·L-1) 实验目的 ① 298 粗颗粒 2.00 (1)实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响 (2)实验①和_____探究温度对该反应速率的影响 (3)实验①和_____探究大理石规格(粗、细)对该反应速率的影响 ② _____ ________ _________ ③ _____ 粗颗粒 _________ ④ ______ ______ ________ 24.某学生做浓度对化学反应速率的影响实验时,将3支试管编号为①②③,并按下表中的物质的量进行实验,记录的时间数据是16s、28s、33s。请将3个时间数据填入下表的适当位置,并写出实验结论。 试管编号 加3%Na2S2O3溶液/ml 加H2O/ml 加H2SO4(1:5)/滴 出现浑浊所用时间/s ① 3[ 3 5 a ② 4 2 5[] b ③ 5 1 5 c (1) a= 、b= 、 c= (2)实验结论: (3)写出反应的化学方程式: 五、计算题 25.在80 ℃时,将0.40 mol的N2O4气体充入2 L已经抽空的固定容积的密闭容器中,发生如下反应:N2O4 2NO2 △H>0 ,隔一段时间对该容器内的物质进行分析,得到如下数据: 时间/s n/mol 0 20 40 60 80 100 n(N2O4) 0.40 a 0.20 c d e n(NO2) 0.00 0.24 b 0.52 0.60 0.60 (1)计算0~40 s内用N2O4表示的平均反应速率为____________mol· L-1·s-1。 (2)计算在80 ℃时该反应的平衡常数K=___________。 (3)40s时,NO2的的浓度b=_______mol/L,反应最迟到________s到达平衡状态 (4)反应进行至100 s后将反应混合物的温度降低,混合气体的颜色________(填“变浅”“变深”或“不变”)。 (5)要增大该反应的K值,可采取的措施有___________(填序号)。 A、增大N2O4的起始浓度 B、向混合气体中通入NO2 C、使用高效催化剂 D、升高温度 26.(5分)反应2SO2+O22SO3,经5S后,SO3的浓度增加了0.4mol/L,在这段时间内用O2表示的反应速率为多少? 参考答案 1.D 【解析】 【分析】 达到平衡状态时,用不同物质表示的正逆反应速率数值之比等于其化学计量数之比。 【详解】 A. 正反应速率vA=2 mol/(L·min),逆反应速率vB=2 mol/(L·min),v正≠v逆,没有达到平衡状态,应为vA正=2vB逆,故A不选; B. 正反应速率vA=2 mol/(L·min),逆反应速率vC=2 mol/(L·min),v正≠v逆,没有达到平衡状态,应为3vA正=2vC逆,故B不选; C. 正反应速率vA=1 mol/(L·min),逆反应速率vB=1.5 mol/(L·min),v正≠v逆,没有达到平衡状态,应为vA正=2vB逆,故C不选; D. 正反应速率vA=1 mol/(L·min),逆反应速率vC=1.5 mol/(L·min),3vA正=2vC逆,即v正=v逆,达到平衡状态,故D选,答案选D。 【点睛】 本题考查化学平衡状态的判断,试题难度不大,解题时要注意正逆反应速率相等是指同一物质表示的正逆反应速率相等,若用不同物质表示正逆反应速率,速率的数值之比应等于其计量数之比,为易错点。 2.B 【解析】A.过氧化氢分解生成水和氧气,所以可以通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小,故正确;B. 若图 1 所示实验速率为①>②,但加入的阳离子不同,阴离子也不同,不能由此确定铁离子比铜离子的催化效果好,故错误;C.相同时间内气体体积的多少可以说明反应的快慢,故正确;D. 图 2 中将注射器活塞拉出一定距离,一段时间后松开活塞,能返回原处,则说明装置不漏气,故正确。故选B。 点睛:在分析应该反应速率的因素时,一定要保证只能改变一个条件,例如使用不同的催化剂时,要使表现催化效果的离子不同,而其他完全相同,即各物质的浓度相同,温度相同。 3.D 【解析】分析:A、方程式两边气体的化学计量数之和不相等,达到平衡状态,气体物质的量不变;B、方程式两边气体的化学计量数之和不相等,达到平衡状态,气体体积分数不变;C、由于气体的质量不变,该反应是反应前后气体体积不等的反应,若混合气体平均相对分子质量不再改变,则气体的物质的量不变,反应达到平衡状态;D、在任何时刻都存在,一个N≡N断裂的同时,有3个H-H键断裂;所以不能作为判断反应达到平衡的标志。 详解:A、N2、H2和NH3的物质的量不再改变,正逆反应速率相等,可说明达到平衡状态,选项A不选;B、NH3、N2、H2的体积分数都不再改变,正逆反应速率相等,可说明达到平衡状态,选项B不选;C、由于气体的质量不变,该反应是反应前后气体体积不等的反应,若反应未达到平衡状态,则气体的物质的量就会发生变化,气体的相对分子质量就会发生变化,若混合气体平均相对分子质量不再改变,则气体的物质的量不变,反应达到平衡状态,选项C不选;D、在任何时刻都存在,一个N≡N断裂的同时,有3个H-H键断裂;所以不能作为判断反应达到平衡的标志,选项D选。答案选D。 点睛:本题考查化学平衡状态的判断,题目难度不大,注意方程式中气体的化学计量数关系,题目易错点为B、C,注意平衡时的浓度关系、物质的量关系不能作为判断是否平衡的依据。 4.A 【解析】A、活化能是反应物分子具有的平均能量与活化分子具有的平均能量差,所以由图象可知,正反应的活化能大于逆反应的活化能,故A正确;B、压强的改变能影响反应的速率和平衡的移动,焓是物质的固有属性,而焓变是反应的固有属性,所以压强的改变不影响反应的焓变,故B错误;C、升高温度,化学反应速率加快,但该反应是吸热反应,平衡向右移动,使H2S的转化率增大,故C错误;D、向密闭容器中充入1mol?H2S充分反应,由于化学平衡的建立,1mol?H2S不能完全分解,所以吸收的热量小于84.9?kJ,故D错误。本题正确答案为A。 点睛:外界条件只能影响反应的速率和平衡的移动,而决定反应速率大小和反应进行程度的根本因素是反应物质的性质,焓和焓变、熵和熵变是物质固有的属性,是不受外界条件影响的。 5.A 【解析】催化剂不能改变化学平衡状态,因为催化剂是同等幅度的改变化学反应速率,A正确。纯水始终是中性的,95℃纯水的pH<7,只是由于水的电离程度增大,c(H+)增大,pH减小,但是c(H+)=c(OH-),B错误。加入反应物后,其他条件不改变时,活化分子数增加,但是活化分子百分数不变,C错误。D选项燃烧热生成的应当是液态水,原描述错误。 6.C 【解析】选项A,由于该反应是一个气体体积增大的反应,当体系的压强不再发生变化时,说明反应达到化学平衡状态;选项B,根据v正(CO)=v逆(H2O),可知CO的消耗量等于其生成量,说明反应达到化学平衡状态;选项D,1 mol H—H键断裂的同时断裂2 mol H—O键,即消耗1 mol H2,同时消耗了1 mol H2O,可知H2的消耗量等于其生成量,说明反应达到化学平衡状态。 7.D 【解析】A、9.2g NO2为0.2mol,但是由于2NO2N2O4,所以气体中存在一定数量的N2O4,由于反应过程中气体分子数目发生变化,因此该题条件下气体分子数无法求解,A错误。B、pH=2时,c(H+)=0.01mol/L,n(H+)=0.01mol/L×VL,无法计算,B错误。C、胶体中的胶粒是若干个Fe(OH)3的集合,所以即使在FeCl3完全转化时胶粒数目也是未知的,C错误。D、20g D2O物质的量n=20g/20g?mol-1=1mol,每个D2O分子中质子数为10,因此质子总数为10mol,即10 NA。D正确。正确答案D。 点睛:①在相对分子质量的计算中,如果出现的是某种特定的原子,则该原子选用质量数带入计算相对分子质量。如本题中,D2O的D特指氘原子,所以计算是带入质量数2,M=2×2+16=20。②胶体粒子是形成胶体的物质的若干个粒子的集合体,或是有些为物质的组成分子、离子本身的大小达到10-7至10-10?m。 8.C 【解析】分析:A项,NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O的反应为吸热反应;B项,酶在正常体温时催化活性最好;C项,随着盐酸的滴入,沉淀增多,AgNO3完全反应时沉淀达最多,再加入盐酸,沉淀质量不再变化;D项,MgO、Mg与硫酸的反应是放热反应,开始一段时间温度升高,反应速率加快,单位时间内放热多,后来由于H2SO4的浓度减小,反应速率减慢,单位时间内放出的热量减少。 详解:A项,NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O的反应为吸热反应,反应物的总能量小于生成物的总能量,A项符合;B项,酶在正常体温(约37℃)时催化活性最好,反应速率最快,高于或低于此温度反应速率都减慢,B项符合;C项,随着盐酸的滴入,沉淀增多,AgNO3完全反应时沉淀达最多,再加入盐酸,沉淀质量不再变化,C项不符;D项,MgO、Mg与硫酸的反应是放热反应,开始一段时间温度升高,反应速率加快,单位时间内放热多,后来由于硫酸的浓度减小,化学反应速率减慢,单位时间内放出的热量减少,D项符合;答案选C。 9.D 【解析】 【分析】 A、根据反应在恒温恒压条件下进行分析; B、根据化学反应速率的概念分析计算; C、绝热条件温度升高平衡逆向进行; D、恒温恒容条件反应过程中,压强减小。 【详解】 A、反应在恒温恒压条件下进行,反应前后的压强之比为1:1,故A错误; B、若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应,反应是放热反应,绝热温度升高,平衡逆向进行,平衡后n(SO3)<1.4mol,故B错误; C、若容器体积不变条件,v(SO3)=0.35mol·L-1·min-1,但反应是在恒温恒压条件进行,混合气体平衡后的体积分数改变,压强越大越有利于平衡向正反应进行,v(SO3)>0.35mol·L-1·min-1,故C错误; D、若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应,反应过程中压强减小,平衡逆向进行,达平衡时放出热量小于Q kJ,故D正确。 所以D选项是正确的。 10.B 【解析】反应速率之比是相应的化学计量数之比,则根据方程式可知v(NH3):v(O2):v(NO):v(H2O)=4:5:4:6,答案选B。 11.C 【解析】A.反应达到平衡时各物质的浓度取决于起始配料比以及转化的程度,平衡时各物质的浓度关系不能用以判断是否达到平衡的依据,故A错误;B.由于容器的体积不变,气体的质量不变,则无论是否达到平衡状态,气体的密度都不变,故B错误;C.化学反应达到平衡状态时,各物质的浓度不变,故C正确;D.化学反应遵循质量守恒定律,无论是否达到平衡状态,气体的质量都不变,不能作为判断达到平衡状态的依据,故D错误;故选C。 点睛:化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志:正反应速率=逆反应速率,注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系,必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志:1、各物质的浓度不变。2、各物质的百分含量不变。3、对于气体体积前后改变的反应,压强不变是平衡的标志。4、对于气体体积前后不改变的反应,压强不能做标志。5、对于恒温恒压条件下的反应,气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。6、对于恒温恒容下的反应,有非气体物质的反应,密度不变是平衡标志。 12.D 【解析】A. △H=生成物的总能量-反应物的总能量=E1-E2,故A错误;B. 正反应的活化能等于E3-E2,故B错误;C. 催化剂对反应的热效应无影响,故C错误;D. 恒压条件下充入一定量的氦气,由于该反应为等体积的可逆反应,所以平衡不移动,n(Z)不变,故D正确;答案选D。 13.C 【解析】①如果反应物是固体,增加固体反应物的物质的量,但浓度不变,反应速率不变,故①错误;②温度升高,反应速率一定加快,故②正确;③没有气体参加的反应,缩小容器体积,增大压强,反应速率不变,故③错误;④增加的生成物状态若是固体,加入生成物反应速率不变,故④错误;⑤催化剂有加快反应速率的,还有降低反应速率的催化剂,所以加入催化剂,反应速率不一定加快,故⑤错误;故选C。 14.C 【解析】A、降低压强反应速率减小,A错误;B、降低温度反应速率减小,B错误;C、使用催化剂可以加快反应速率,C正确;D、加水稀释浓度减小,反应速率减小,D错误,答案选C。 15.C 【解析】 【分析】 平衡的改变本质是由于正逆反应速率的改变,从速率的变化这个角度去分析图像。 【详解】 A.增加氧气的浓度,正反应速率瞬间变大,随着反应进行,正反应速率逐渐减小,逆反应速率随着生成物浓度不断增大而增大,最终达到新的平衡,故A正确; B. 增大压强,正逆反应速率同时增大,因为反应物中气体的物质的量大,所以对正反应速率影响更大,随着反应的进行,正反应速率逐渐降低,逆反应速率逐渐增大,正逆反应速率相等时达到新的平衡,故B正确; C. 升高温度时,正逆反应速率瞬间同时增大,从图像中看,逆反应速率不是瞬间增大的,故C错误; D.加入催化剂,使得正逆反应速率同时增大,且对正逆反应速率的影响是相同,所以正逆反应速率始终相等,平衡不移动,故D正确。 故选C。 【点睛】 平衡移动的根本原因在于正逆反应速率的变化,增大反应物的浓度,升高温度加快正逆反应速率,催化剂对正逆反应速率有相同的影响。 16. B 减小 C 减小 A 增大 D 不变 【解析】(1)升高温度应该是正逆反应都加快,平衡向逆反应(吸热)方向移动,所以应该υ正<υ逆,图像B正确。因为平衡向逆反应方向移动,新平衡中C的体积分数将减小。 (2)降低压强应该是正逆反应都减慢,平衡向逆反应(气体物质的量增加)方向移动,所以应该υ正<υ逆,图像C正确。因为平衡向逆反应方向移动,A的转化率将减小。 (3)增加A的量应该是正反应速率瞬间增大,逆反应速率瞬间不变,平衡向正反应方向移动,所以应该υ正大于υ逆,图像A正确。反应物有两个,增加A的量平衡正向移动,B的转化率增大。 (4)使用催化剂能同时同程度加快正逆反应速率,但是平衡不移动,所以图像D正确。平衡不移动,所以C的质量分数不变。 17.(1)①降低(1分) ②a+b(1分) (1分) (2) ①4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (2分) ②将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去(1分) b,c(2分) (3)①TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=-81 kJ·mol-1(2分) ②TiCl4+2H2O ( 高温 = )TiO2+4HCl(2分) 【解析】 试题分析:(1)①催化剂能降低反应的活化能,所以V2O5的使用会使图中B点降低。 ②一定条件下,SO2与空气反应tmin后,SO2和SO3物质的量浓度分别为a mol/L和b mol/L,则根据S原子守恒可知,SO2起始物质的量浓度为(a+b)mol/L;反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示,所以生成SO3的化学反应速率为mol/(L·min)。 (2)①由于催化剂在反应前后不变,因此根据总反应式和第一步反应式可知,总反应式减去第一步反应式即得到第二步反应式,即第二步反应式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O ②由于溶液中含有铁离子,会干扰硫酸铜的制备,因此需要将铁离子除去。所以调节溶液pH的目的就是将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。又因为在除去铁离子的同时,不能在引入新的杂质,因此不能 选择氢氧化钠和氨水,应该选择氧化铜或碱式碳酸铜,即答案选bc。 (3)①已知反应①TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(l)+O2(g) ΔH=+140 kJ·mol-1、②2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221 kJ·mol-1,则根据盖斯定律可知①+②即得到反应TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g),所以该反应的反应热ΔH=140 kJ·mol-1-221 kJ·mol-1=-81 kJ·mol-1。 ②根据TiCl4(l)制取纳米TiO2的方法之一是将TiCl4气体导入氢氧火焰中(700~1000℃)进行水解可知,TiCl4(l)制取纳米TiO2的化学方程式为TiCl4+2H2O ( 高温 = )TiO2+4HCl。 考点:考查催化剂对活化能的影响、反应速率计算;物质的分离与提纯;反应热的计算以及物质制备等 18.>10∶115∶11无法确定 【解析】 (1)右室的混合物总物质的量不变,平衡(I)、平衡(Ⅱ)左右两室的温度、压强相同,体积之比等于物质的量之比,由图可知,平衡(I)降低温度达新平衡平衡(Ⅱ),隔板由2.8处移至2.6处,左室的气体的物质的量减小,降低温度平衡向正反应移动,降低温度平衡向放热反应移动,故该反应正反应为放热反应,故答案为:<; (2)右室的混合物总物质的量不变为2mol,左右两室的压强、温度相等,同温同压下,体积之比等于物质的量之比,平衡(I)中左室混合气体总的物质的量为×2mol=mol,反应过程中温度不变,根据PV=nRT可知:P=RT,所以达平衡(I)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为::=10:11,故答案为:10:11; (3)平衡(I)中左室混合气体总的物质的量为mol,设参加反应的A的物质的量为amol,则: X(g)+2Y(g)?2Z(g) 物质的量减少△n 1???????????????????????????????? 1 amol?????????????????????? (3mol-mol)= mol 解得a=mol,所以X的转化率为mol÷1mol=,故答案为: (4)由平衡(I)到平衡(II),化学反应②发生移动,M的体积分数不会相等的,由于反应② 的平衡移动方向无法确定,M的体积分数大小变化也无法确定,故答案为:无法确定。 点睛:本题考查化学平衡移动与化学计算,题目难度中等,是对知识的综合运用,需要学生具备扎实的基础知识与运用知识分析问题、解决问题的能力,( II)中清楚左右两室的温度、压强相同,体积之比等于物质的量之比是解题关键。 19. 1:1:2 变大 ?④⑥ ④ 1.25 > AC 【解析】(1)0~10min内容器中A的物质的量浓度变化为:0.45mol/L-0.25mol/L=0.2mol/L;C的物质的量浓度变化为:0.40mol/L,x:y=0.2mol/L:0.40mol/L=1:2。由于反应中A和B消耗的物质的量相同,所以x∶y∶z=1:1:2;(2)根据(1)中分析可知正反应体积增大,所以0~10 min容器内压强变大;(3)第10min时,单位时间内A、C的物质的量变化量较大,反应速率明显增大,可能为升高温度或者使用催化剂,答案选④⑥;第16min时,C的物质的量减小,A的物质的量增大,说明平衡向逆反应方向移动,该反应为放热反应,应为升高温度,答案选④。(4)根据图像可知第一次平衡时A是0.20mol/L,C是0.50mol/L,则平衡Ⅰ的平衡常数K1=。已知第16min时改变的条件是升高温度,而该反应是放热反应,所以升高温度平衡逆向移动,则平衡常数减小,所以K1>K2。(5)A.反应是放热反应,所以升高温度平衡逆向移动,则平衡时 n(A)/n(C)增大,A正确;B.充入氦气平衡不移动,比值不变,B错误;C.再充入0.2molA和0.5molC相当于增大压强,平衡逆向移动,则平衡时 n(A)/n(C)增大,C正确;D.使用催化剂平衡不移动,比值不变,D错误,答案选AC。 20. 1 4 2 3 10% CD D 【解析】(1)2min内ν(Q)=0.075mol·L-1·min-1,则△n(Q)=0.075mol·L-1·min-1×2min×2L=0.3mol,根据表中数据可知,2min内X的物质的量变化为:0.8mol-0.7mol=0.1mol,Z的物质的量变化为:1mol-0.8mol=0.2mol,根据反应速率v(Z):v(Y)=1:2可知,Y的物质的量变化为:△n(Y)=2△n(Z)=0.4mol,反应方程式中物质的量变化与其化学计量数成正比,则:m:n:p:q=0.1mol:0.4mol:0.2mol:0.3mol=1:4:2:3,所以m=1、n=4、p=2、q=3,反应方程式为:X(g)+4Y(g)2Z(g)+3Q(g);(2)根据表中数据可知2min内Z的物质的量不再发生变化,反应达到平衡状态,消耗的Q的物质的量为0.3mol,则Q起始量是3.0mol,所以2.5min内Q的转化率为0.3/3.0×100%=10%;(3)A.增大容器体积,压强减小,反应速率减小,A错误;B.移走部分Q是减小浓度,反应速率减小,B错误;C.通入大量X是增大物质浓度,反应速率增大,C正确;D.升高温度能加快反应速率,D正确;答案选CD;(4)A.反应前后体积不变,则容器内气体压强始终保持不变,A错误;B.反应前后气体的质量和容积始终不变,则容器内气体密度始终保持不变,B错误;C.反应前后气体的质量和气体的物质的量始终不变,则容器内气体平均摩尔质量始终保持不变,C错误;D.正反应速率与逆反应速率相等是平衡的标志,D正确,答案选D。 21. S2- O2- Na+ 极性键和离子键 2Al+2OH-+2H2O===2AlO2-+3H2↑ H2-2e-+2OH-===2H2O ②③ 【解析】由题中信息可知,A和C可形成两种常见的液态化合物分别为水和双氧水,所以A为H、C为O;;B、C和E在周期表中相邻,且C、E同主族,所以B为N、E为S。B、C原子的最外层电子数之和等于D原子的核外电子数,A和D原子的最外层电子数相同,所以D为Na.所以A、B、C、D、E分别为H、N、O、Na、S等5种元素。 (1)C、D、E三种原子对应的离子中,硫离子有3个电子层,所以半径最大;氧离子和钠离子有2个电子层,核电荷数较小的半径较大,所以半径由大到小的顺序是S2->O2->Na+,由A、B、C三种元素按原子个数比4∶2∶3组成的化合物是硝酸铵(NH4NO3)所含的化学键类型有离子键 、 极性键 ; (2)地壳中含量最高的金属元素的单质铝,它与 D的最高价氧化物对应水化物氢氧化钠的溶液反应的离子方程式为:2Al+2OH-+2H2O===2AlO2-+3H2↑; (3)A、C两元素的单质与KOH溶液组成的燃料电池,其负极上氢气发生氧化反应,反应式为:H2-2e-+2OH-===2H2O; (4)A是一个恒压密闭容器,若在A中充入1 mol O2和2 molSO2,发生的可逆反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)是一个气体分子数减少的反应,所以气体的密度和各组分的浓度是变化量,变化量不变时为平衡状态,所以可以作为判断该反应达到平衡的标志的为 ②( 容器内混合气体的密度不随时间变化)和③ (各组分浓度不再变化);①压强一直不变,所以不能作为平衡状态的标志;④ 单位时间内消耗a mol O2同时生成2a mol SO3,描述的都是正反应速率,不能说明正反应速率和逆反应速率相等,所以不是平衡状态的标志。 22. 正向 不 逆向 正向 变小 不变 1:3 1:3 【解析】(1). 达到平衡时, 充入N2并保持体积不变,则c(N2)增大,平衡将正向移动,故答案是:正向。 (2). 达到平衡时,充入氩气(Ar)并保持体积不变,总压增大,分压不变,则平衡不移动,故答案是:不。 (3). 达到平衡时,充入氩气(Ar),并保持压强不变,平衡将逆向移动,故答案为:逆向。 (4). 达到平衡时,将c(N2)、c(H2)、c(NH3)同时增大1倍,相当于增大压强,则平衡正向移动,故答案是:正向。 (5).因该反应是放热反应,所以保持体积不变,升高温度时,平衡将逆向移动,混合气体的总物质的量增加,但总质量不变,根据M= 可知,混合气体的平均相对分子质量将变小;因容器体积不变,混合气体的总质量也不变,根据ρ= 可知,混合气体的密度不变,故答案是:变小;不变。 (6).设反应中N2消耗xmol,容器的体积是1L,根据三段式法,有: N2 (g) + 3H2 (g)2NH3 (g) 起始量(mol/L) 1 3 0 转化量(mol/L) x 3x 2x 平衡量(mol/L) 1-x 3-3x 2x 所以平衡时N2和H2的浓度比是 = 1:3,N2和H2的转化率比是 = 1:3,故答案是:1:3;1:3。 23.短大基本相同气密性良好测定单位时间内产生H2的体积;(测定一段时间内H+的浓度变化;测定一定时间内锌粒质量变化)(任意一条即可)298粗颗粒1.003082.00298细颗粒2.00③④ 【解析】 【详解】 Ⅰ.(2) 稀硫酸和Zn可发生置换反应产生氢气,而气体产生在溶液中会以气泡的形式散发出来,故有气泡产生;反应物浓度越大,反应速率越快,所用时间就越短,即4mol·L-1的硫酸与锌反应速率较快,故(2)所用时间比(1)短 ;实验结论:4 mol·L-1硫酸与锌反应比1 mol·L-1硫酸与锌反应速率大;注意事项:① 固体表面积影响反应速率,锌粒的颗粒(即表面积)大小基本相同; ② 40 mL的硫酸要迅速加入;③ 检查装置气密性,装置不漏气,且计时要迅速准确;④ 气体收集可以用排水量气装置代替。实验讨论:测定实验的一些变量之间关系时一般可采用控制变量法,如控制时间相同,测定单位时间内产生氢气的体积;或测定一段时间内氢离子浓度变化;或测定一段时间内锌粒的质量变化;综上所述,本题答案是:短,大,基本相同,气密性良好;测定单位时间内产生H2的体积;(测定一段时间内H+的浓度变化;测定一定时间内锌粒质量变化)(任意一条即可)。 Ⅱ. 本实验是由实验①做对比实验探究影响反应速率的因素,所以在设计分组实验时,要设计出分别只有浓度、温度和接触面积不同时反应速率的变化,从而找出不同外界因素对反应速率的影响; 由于实验①②的温度、大理石规格相同,实验①和实验②探究的是HNO3浓度对该反应速率的影响,所以温度为298 K,大理石为粗颗粒,HNO3浓度为1.00 mol·L-1; 实验①③中只有温度不同,实验①和实验③就可以探究温度对该反应速率的影响,故实验③的温度选择308K;硝酸选2.00 mol·L-1; 实验①④中只有大理石规格不同,实验①和实验④可以探究接触面积对该反应速率的影响,故实验④选择细颗粒的大理石,温度为298,硝酸选2.00 mol·L-1; 综上所述,本题答案是:298 ,粗颗粒, 1.00, 308 , 2.00 , 298 , 细颗粒, 2.00,③,④。 24.(1) 33 、 28 、 16 (每空1分) (2)对于一个化学反应,在其他条件不变时,反应物的浓度越大,化学反应速率越大。 (3)Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O (2分) 【解析】 25. 0.0025 mol/(L?s) 1.8 mol/L 0.2 80s 变浅 D 【解析】(1)0~40s内,N2O4减少0.40-0.20=0.20mol,0~40s内用N2O4表示的平均反应速率结合v=△c/△t得:ν(N2O4)==0.0025 mol/(L?s),故答案是:0.0025 mol/(L?s); (2)由表格数据可知,80min达到平衡,则 N2O4 ? 2NO2 开始 0.4 0 转化 0.3 0.6 平衡 0.1 0.6 平衡时c(N2O4)=0.05mol/L,c(NO2)=0.3mol/L,则 K= = 1.8 mol/L,故答案是:1.8 mol/L; (3)、40s时N2O4减少0.40-0.20=0.20mol,由反应方程式可知生成NO2为0.2mol×2=0.4mol,所以c(NO2)=0.4mol÷2L=0.2mol/L。根据题中表格数据可知,当时间是80s时,n(NO2)不再改变,所以80 s时达到平衡状态。故答案是:0.2mol/L;80s。 (4)、△H>0,说明该反应是吸热反应,则100s后将反应混合物的温度降低,平衡逆向移动,混合气体的颜色变浅,故答案为:变浅; (5)K只与温度有关,该反应为吸热反应,升高温度,K增大,只有D符合,故答案为:D. 26.0.04mol/L?S 【解析】

  • ID:7-5013148 沪科版高中化学一年级第一学期《剖析物质变化中的能量变化》测试题(解析版)

    高中化学/沪科版/高一上学期/第四章 剖析物质变化中的能量变化/本章综合与测试

    《剖析物质变化中的能量变化》测试题 一、单选题(每小题只有一个正确答案) 1.下列反应肯定属于吸热反应的是( ) A.水分解成氢气和氧气???????? B.葡萄酿酒 C.二氧化硫催化氧化成三氧化硫???????D.稀硝酸和稀氢氧化钠溶液反应 2.下列过程一定吸收能量的是( ) A. H2→2H B. CaO溶于水 C. 酒精燃烧 D. 铝粉溶于盐酸 3.已知25℃、101kPa条件下: 4Al (s) + 3O2 (g) =2Al2O3 (s) , △H = -2834.9 kJ·mol-1; 4Al (s) +2O3 (g) =2Al2O3 (s) , △H = -3119.91 kJ·mol-1. 由此得出的结论正确的是( ) A.3O2 (g)=2O3 (g),△H =285.01kJ·mol-1; B.3O2 (g)=2O3 (g),△H = -285.01 kJ·mol-1; C.2O3 (g)=3O2 (g),△H = +285.01 kJ·mol-1; D.2O3 (g)=3O2 (g),△H = -285.01 kJ·mol-1. 4.下列的图示与对应的叙述相符的是( ) A.图1表示KNO3的溶解度曲线,图中a点表示的溶液通过升温可以得到b点 B.图2表示某一放热反应,若使用催化剂E1、E2、ΔH都会发生改变 C.图3表示向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中滴加稀盐酸时,产生CO2的情况 D.图4表示向100mL0.1mol /L的AlCl3和0.1mol/L的NH4Cl混合溶液中滴加1mol/L的NaOH溶液时n(Al3+)和n(AlO2-)的变化情况 5.下列反应的能量变化与其他三项不相同的是( ) A. 铝热反应 B. 铁与稀盐酸反应 C. 二氧化碳与碳反应 D. 氢气与氧气反应 6. 关于如图所示各装置的叙述中,正确的是( ) A.装置①是原电池,总反应是:Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ B.装置①中,铁作负极,电极反应式为:Fe3++e-=Fe2+ C.装置②通电一段时间后石墨Ⅱ电极附近溶液红褐色加深 D.若用装置③精炼铜,则d极为粗铜,c极为纯铜,电解质溶液为CuSO4溶液 7.一些烷烃的燃烧热如下表: 下列说法正确的是(  ) A. 正戊烷的燃烧热大约是-3 540 kJ·mol-1 B. 热稳定性:正丁烷>异丁烷 C. 乙烷燃烧的热化学方程式为2C2H6(g)+7O2(g)===4CO2(g)+6H2O(g) ΔH=-1 560.8 kJ·mol-1 D. 相同质量的烷烃,碳的质量分数越大,燃烧放出的热量越多 8.下列说法正确的是( ) A.“雾霾”与“风雨雷电”一样属于一种自然现象 B.塑化剂是一种应用很广的化工塑料软化剂,可大量添加到婴幼儿玩具中 C.利用潮汐能发电能达到节能减排的目的 D.PM 2.5的产生与人类活动无关 9.将20g Ba(OH)2·8H2O晶体与10 g NH4Cl晶体一起放入小烧杯中,将烧杯放在滴有3~4滴水的玻璃片上,用玻璃棒迅速搅拌。则下列说法正确的是( ) A. 实验中玻璃棒的作用是加速固体溶解 B. 玻璃片上结冰而与小烧杯粘在一起,说明该反应是放热反应 C. 所取反应物质量的多少会影响反应是吸热,还是放热 D. 该反应中,反应物的总能量小于生成物的总能量 10.下列热化学方程式,正确的是( ) A. 甲烷的燃烧热ΔH=-890.3kJ·mol-1 ,则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-890.3 kJ·mol-1 B. 500 ℃、30 MPa下,将0.5 molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭容器中充分反应生成 NH3 (g),放热 19.3 kJ,其热化学方程式为 N2 (g)+3H2(g)=2NH3 (g) ΔH=-38.6 kJ·mol-1 C. HCl和NaOH反应的中和热Δ H=-57.3 kJ·mol-1,则H2 SO4和Ca(OH)2反应的中和热Δ H=-57.3kJ·mol-1 D. 在101 kPa时,2 g H2完全燃烧生成液态水,放出285.8 kJ热量,氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2 (g)+O2 (g)=2H2O(l) Δ H=-571.6 kJ·mol-1 11.如下图所示:△H1=-393.5kJ?mol-1,△H2=-395.4kJ?mol-1,下列说法正确的是( ) A. 石墨转化为金刚石是放热反应 B. 石墨和金刚石的相互转化是物理变化 C. 金刚石的稳定性强于石墨 D. 等质量的石墨与金刚石完全燃烧,金刚石放出的能量更多 12.硝酸铵晶体溶于水中,扩散过程吸收了a KJ的热量,水合过程中放出了b KJ的热量。 下列判断正确的是( ) A. a > b B. a = b C. a < b D. 无法判断 13.当化学反应的△H<0,△S>0时,反应一定能自发进行。下列反应属于该情况的是( ) A. Zn(s)+2HCl(aq) = ZnCl2(aq)+H2(g) B. 2H2(g)+O2(g) = 2H2O(l) C. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2 (g) D. 2NH4Cl(s) + Ca(OH)2(s) = 2NH3(g) + CaCl2 (s) + 2H2O(l) 14.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 二、填空题 15.⑴常温、101kPa,15g乙烷完全燃烧放出的热量为390.2 kJ,则乙烷完全燃烧的热化学方程式为: ⑵把煤作为燃料可通过下列两种途径:途径Ⅰ:C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1<0 ①途径Ⅱ:先制成水煤气:C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH2>0 ② 再燃烧水煤气:CO(g)+ O2(g)=CO2(g) ΔH3<0 ③ H2(g)+ O2(g)=H2O(g) ΔH4<0 ④ 请回答下列问题: ①途径Ⅰ放出的热量__________(填“大于”、“等于”或“小于”)途径Ⅱ放出的热量。 ②用ΔH2、ΔH3、ΔH4表示ΔH1的数学关系式是_______________ 16.工业上合成甲醇一般采用下列反应:下表是该反应在不同温度下的化学平衡常数(K): (1)由表中数据判断 0(填“>”、“=”或“<”)。 (2)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)=0.5mol·L-1,则此时的温度为 ℃。 (3)在容积固定的密闭容器中发生上述反应,各物质的浓度如下表: ①反应从2min到4min之间,H2的反应速率为 。 ②反应达到平衡时CO的转化率为 。 ③反应在第2min时改变了反应条件,改变的条件可能是 (填序号)。 a.使用催化剂 b.降低温度 c.增加H2的浓度 (4)常温常压下: ① ② ③ 写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式: (5)一种甲醇燃料电池中发生的化学反应为:在酸性溶液中甲醇与氧化作用生成水和二氧化碳。该电池的负极反应式为: 。 若以上述燃料电池为电源来电解饱和食盐水,当消耗32g甲醇时,电解产生的H2体积(标况)为 L。 17.已知各破坏1 mol N≡N键、H—H键和N—H键分别需要吸收的能量为946 kJ、436 kJ、391 kJ。计算1 mol N2(g)和3 mol H2(g)完全转化为NH3(g)的能量变化理论值为 。 18.(4分)将20g Ba(OH)2?8H2O固体与10g NH4Cl晶体在烧杯中混合,不断搅拌,实验现象为: , 该反应的化学方程式: 19.天然气(主要成分甲烷)是一种清洁、高效的能源,现在许多城市家庭用于厨房使用的燃料已经由煤气(主要成分是H2和CO按体积比1︰1混合的气体混合物)换成了天然气;此外天然气也是很好的燃料电池的燃料,甲烷在燃料电池中的能量转换率可达到85%—90%。请回答下列问题: ⑴已知H2、CO和CH4的燃烧热分别是286kJ/mol、283 kJ/mol和890 kJ/mol,则反应2CH4(g)+3O2(g)=CO(g)+H2(g)+CO2(g)+3H2O(l)的反应热 △H= 。 ⑵以甲烷、空气为反应物,KOH溶液作电解质溶液构成燃料电池,则负极反应式为: 。随着反应的不断进行溶液的pH (填“增大”“减小”或“不变”)。 ⑶如果以该燃料电池为电源、石墨作两极电解饱和食盐水,则该电解过程中阳极反应式为: ;如果电解一段时间后NaCl溶液的体积为1L,溶液的pH为12,则理论上消耗甲烷在标准状况下的体积为: mL。 ⑷将⑶中电解结束后的溶液取出,向其中加入含有Mg2+和Fe2+的溶液甲,Mg(OH)2和Fe(OH)2同时生成,已知Mg(OH)2和Fe(OH)2在该温度下的溶度积常数分别是2×10—11和8×10—16,则甲溶液中Mg2+和Fe2+的浓度比为: 。 三、实验题 20.某小组同学设计了如下实验装置并开展研究(部分夹持装置已略去)。 (1)当将A慢慢滴入甲瓶后,观察到甲瓶上的气球慢慢鼓起,则A和B分别可能是下列组合中的______(填选项序号)。 ①稀硫酸和NaHCO3溶液 ②浓硫酸和NaOH溶液 ③NaCl溶液和KNO3溶液 ④蒸馏水和NH4NO3固体 (2)将少量C慢慢推入乙瓶。 ①若观察到乙瓶内的气球慢慢鼓起,且C为蒸馏水,则气体D可能为________(任填一种物质的化学式)。 ②若C为O2,气体D为NO,则能观察到乙瓶中的现象是____________________。 (3)若他们利用下图所示装置进行实验。 ①将水滴入试管后能观察到的现象为________________,这是因为该反应为____________反应(填“放热”或“吸热”),反应物的总能量比生成物的总能量____________(填“高”或“低”,下同),反应物化学键断裂时吸收的总能量________于生成物化学键形成时放出的总能量。 ②该反应的化学方程式为_______________________________,反应中能量的主要转化形式为____________________。 21.定量分析是化学实验中重要的组成部分。 Ⅰ.中和热的测定:在实验室中,用50 mL 0.40 mol/L的盐酸与50 mL 0.50mol/L的NaOH溶液反应测定中和热。假设此时溶液密度均为1 g/cm3,生成溶液的比容热c = 4.18 J/(g?℃),实验起始温度为T1℃,终止温度为T2℃,则中和热△H=___kJ/mol。 Ⅱ.氧化还原滴定实验与中和滴定类似。为测定某H2C2O4溶液的浓度,取该溶液于锥形瓶中,加入适量稀H2SO4后,用浓度为c mol/L KMnO4标准溶液滴定。 (1)滴定原理为:(用离子方程式表示)___________。 (2)达到滴定终点时的颜色变化为___________ 。 (3)如图表示50mL滴定管中液面的位置,此时滴定管中液面的___________读数为mL。 (4)为了减小实验误差,该同学一共进行了三次实验,假设每次所取H2C2O4溶液体积均为VmL,三次实验结果记录如下: 实验序号 ① ② ③ 消耗KMnO4溶液体积/mL 26.53 24.02 23.98 从上表可以看出,实验①中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于②③,其原因可能是 ______________________。 A.滴加KMnO4溶液过快,未充分振荡,刚看到溶液变色,立刻停止滴定 B.①滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过,未用标准液润洗,②③均用标准液润洗 C.实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积 D.①滴定用的锥形瓶用待测液润洗过,②③未润洗 (5)H2C2O4的物质的量浓度=______________mol/L。 四、推断题 22.A~I分别表示中学化学中常见的一种物质,其中A、I为常见金属,它们之间的相互关系如图所示(部分反应物、生成物没有列出),且已知G为主族元素的固态氧化物,A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白: (1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素在周期表中的位置是________。 (2)写出C物质的化学式:________。 (3)写出下列反应的化学方程式或离子方程式: 反应①的化学方程式:____________________________; 反应④的离子方程式:____________________________; 反应⑥的化学方程式:____________________________。 (4)从能量变化的角度看,反应①②③中,属于ΔH<0的反应是________(填序号) 五、计算题 23.强酸和强碱的稀溶液中和时,中和热为57.3kJ,试计算: (1)浓度为0.1mol·L-1的NaOH溶液200mL,与足量酸反应时,能放出多少千焦的热量_____? (2)浓度为5%的H2SO4溶液980g,与足量的NaOH溶液反应,能放出多少热量______ ? (3)用浓度为0.2mol·L-1的HNO3 100mL,与足量的NaOH溶液反应,能放出多少热量_____ ? 24.依据题意,完成下列各题: (1)1.0 g乙醇完全燃烧生成液态水放出1.37 kJ热量,表示乙醇的燃烧热的热化学方程式为__________________________________________________; (2) “长征”2号火箭的发动机中用“偏二甲肼”(分子式为C2H8N2)和四氧化二氮作为液态燃料。已知a g偏二甲肼与b g四氧化二氮在发动机内燃烧生成稳定的、对环境友好的物质。若生成1 mol N2(g) 的反应热为c kJ,写出热化学方程式______________________________________________; (3) T ℃时,如图所示, 对应的化学方程式为______________________; (4) 向足量的H2SO4溶液中加入100 mL 0.4 mol·L-1的Ba(OH)2溶液,放出的热量是5.12 kJ。向足量的Ba(OH)2溶液中加入100 mL 0.4 mol·L-1的HCl溶液,放出的热量为2.2 kJ。则Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为Ba2+(aq)+SO42-(aq)===BaSO4(s) ΔH=______________; (5) 研究表明,化学反应的能量变化(ΔH)与反应物和生成物的键能有关。键能可以简单地理解为断开1 mol化学键时所需吸收的能量。下表是部分化学键的键能数据: 化学键 P—P P—O O==O P==O 键能kJ/mol 197 360 499 x 已知白磷(P4)的燃烧热为2378.0 kJ/mol,白磷完全燃烧的产物(P4O10)的结构如图所示,则上表中x=_________________。 试卷第2页,总9页 参考答案 1.A 【解析】 2.A 【解析】A. H2→2H属于化学键的断裂,需要吸热,故A正确;B. CaO溶于水反应生成氢氧化钙,反应放热,故C错误;C.酒精燃烧过程中放出热量,故C错误;D.铝粉溶于盐酸属于金属与酸的反应,属于放热反应,故D错误;故选A。 点睛:本题考查了常见的吸热反应和过程。学习中要注意归纳。常见的吸热反应有:①绝大多数的分解反应;②以C、H2、CO为还原剂的氧化还原反应;③Ba(OH)2?8H2O和NH4Cl的反应;常见的吸热的物理过程:①化学键的断裂;②物质由固态→液态→气态;③铵盐溶于水。 3.D 【解析】 4.D 【解析】 试题分析:A、a点到b点,为恒温,故可以通过加入溶质来实现,错误;B、催化剂能改变活化能,但不能改变反应热,错误;C、Na2CO3与盐酸反应分两步,两步消耗盐酸之比为1:1,又因有NaHCO3,故第二步消耗的盐酸多于第一步,错误;D、反应的先后顺序为①Al3+→Al(OH)3,②NH4+→NH3·H2O,③Al(OH)3→AlO2-,正确。 考点:考查元素及化合物知识与基本概念、基本理论的结合。 5.C 【解析】A、铝热反应属于放热反应;B、铁与稀盐酸反应属于放热反应;C、二氧化碳与碳反应属于吸热反应;D、 氢气与氧气反应属于放热反应;故选C。 6.C 【解析】 A、装置①是原电池,Fe比Cu活泼,所以Fe与Fe3+反应生成Fe2+,错误;B、装置①中,铁作负极,发生氧化反应,Fe-2 e-= Fe2+,错误;C、氢氧化铁胶体粒子带正电荷,所以氢氧化铁胶体粒子向阴极移动,装置②中石墨Ⅱ作阴极,因此石墨Ⅱ电极附近溶液红褐色加深,正确;D、由电流方向判断c是阳极,d是阴极,电解精炼铜时粗铜作阳极,所以c为粗铜,d为纯铜,错误,答案选C。 7.A 【解析】A. 从表中数据可知,碳原子数一定的烷烃,正烷烃的燃烧热最小,所以正戊烷的燃烧热大约是-3540kJ·mol-1,故A正确;B. 碳原子数一定的烷烃,正烷烃的燃烧热最小,说明正烷烃能量较高,较不稳定,所以热稳定性:正丁烷<异丁烷,故B错误;C. 乙烷燃烧的热化学方程式为2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(g) ΔH=-1560.8kJ·mol-1×2=-3121.6kJ·mol-1,故C错误;D. 随着碳原子数增多,烷烃碳的质量分数增大,从表中数据可知,相同质量的烷烃,碳的质量分数越大,燃烧放出的热量越少,故D错误。故选A。 点睛:解答本题需要注意不同反应物生成相同产物,放出热量越多,该反应物含有能量越高,越不稳定。 8.C 【解析】 试题分析:A、“雾霾”与“风雨雷电”不同,不属于自然现象,属于人为造成的环境污染问题,错误;B、多数塑化剂有毒,不可大量添加到婴幼儿玩具中,错误;C、利用潮汐能发电能达到节能减排的目的,正确;D、PM 2.5的产生与汽车尾气、工业废气的排放及化石燃料的大量使用有关,错误。 考点:考查化学与环境、化学常识。 9.D 【解析】 试题分析:根据题意:将20g?Ba(OH)2?8H2O晶体与10g?NH4Cl晶体一起放入小烧杯中,将烧杯放在滴有3~4滴水的玻璃片上,用玻璃棒迅速搅拌,可以知道玻璃棒的作用是:搅拌使混合物充分接触并反应,A不正确;玻璃片上结冰而与小烧杯粘在一起,说明该反应是吸热反应,B不正确;反应是放热反应还是吸热反应,只与反应物总能量和生成物总能量的相对大小有关系,C不正确;该反应是吸热反应,因此反应物的总能量低于生成物的总能量,D正确,答案选D。 考点:考查氢氧化钡晶体与氯化铵反应的有关判断 点评:该题是基础性试题的考查,试题紧扣教材,基础性强,侧重对学生基础知识的检验和训练,难度不大。注意玻璃棒在化学实验中作用。 10.D 【解析】 【详解】 A. 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量,所谓稳定的氧化物指二氧化碳气体和液态水,故方程式中水的状态错误,故错误;B. 氮气和氢气的反应为可逆反应,所以不能计算反应消耗的氮气和氢气的物质的量,不能确定其热化学方程式中的反应热,故错误; C. 硫酸和氢氧化钙反应生成硫酸钙沉淀和水,有沉淀生成,所以生成1mol水时的反应热不等于中和热,故错误;D. 在书写热化学方程式时注意化学计量数表示物质的量,热量和物质的量成正比,在101 kPa时,2 g H2完全燃烧生成液态水,放出285.8 kJ热量,所以氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2 (g)+O2 (g)=2H2O(l) Δ H=-571.6 kJ·mol-1,故正确。故选D。 【点睛】 掌握燃烧热和中和热的物质的量和物质聚集状态的要求。燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量,稳定的氧化物指二氧化碳气体,二氧化硫气体,或液态水等。中和热指强酸和强碱反应生成可溶性的盐和1mol水时放出的热量。 11.D 【解析】A、图象分析可知,石墨的能量低于金刚石,石墨变化为金刚石过程是吸热反应过程,故A错误;B、石墨和金刚石为碳元素的同素异形体,相互转化为化学变化,故B错误;C、图象分析可知金刚石能量高于石墨,能量越高越活泼,所以石墨稳定,故C错误;D、金刚石和石墨燃烧生成二氧化碳气体的焓变,根据图像,石墨燃烧的焓变△H1=-393.5kJ?mol-1,金刚石燃烧焓变△H2=-395.4kJ?mol-1,等质量的石墨与金刚石完全燃烧,金刚石放出的能量更多,故D正确;故选D。 12.A 【解析】硝酸铵晶体溶于水中,扩散过程吸收了a KJ的热量,水合过程中放出了b KJ的热量,但硝酸铵晶体溶于水中后,体系温度降低,说明扩散过程吸收了a KJ的热量大于水合过程中放出了b KJ的热量,故A正确。 13.A 【解析】A、是放热反应,△H<0,反应气体体积增大,△S>0,故A正确;B、是放热反应,△H<0,反应气体体积减小△S<0,故B错误;C、是吸热反应,△H>0,反应气体体积增大,△S>0,故C错误;D、是吸热反应,△H>0,反应气体体积增大,△S>0,故D错误;故选A。 14.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。 15.⑴ 2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l) ;△H = -1560.8 kJ·mol-1(3分) ⑵ ①___等于___(填“大于”、“等于”或“小于”)。(2分) ②关系式是ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4 (2分) 【解析】略 16.(12分) (1)<(1分) (2)310(1分) (3)①0.3mol·L-1 min-1 (2分无单位扣1分) ②62.5%(2分) ③a (1分) (4)CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) H=-442.8kJ·mol-1 (2分) (5)CH3OH+H2O=CO2+6H++6e-(2分) 67.2(1分) 【解析】 17.放出了92 kJ的能量 【解析】N2(g)与H2(g)反应的化学方程式为 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) 使1 mol N≡N键断裂需吸收946 kJ的能量, 使3 mol H—H键断裂共需吸收436 kJ·mol-1×3 mol=1 308 kJ的能量, 因此使1 mol N2(g)和3 mol H2(g)反应物的化学键断裂共需吸收的能量为 946 kJ+1 308 kJ=2 254 kJ。 而2 mol NH3(g)中含6 mol N—H键,形成6 mol N—H键时放出的能量为 391 kJ·mol-1×6 mol=2 346 kJ 。 因此生成物分子形成时所释放的总能量2 346 kJ与反应物分子断裂时所吸收的总能量2 254 kJ之差为92 kJ,即放出了92 kJ的能量。 18.容器外壁变冷(1分),固体变成糊状(1分),有刺激性气体放出(1分);(写出两个要点就得满分2分) Ba(OH)2?8H2O + 2NH4Cl = BaCl2 + 2NH3?H2O + 8H2O 2分 【解析】考查化学反应中的能量变化。氢氧化钡晶体和铵盐的反应是吸热反应,导致周围环境的温度降低。强碱和铵盐反应会放出氨气,氨气是有刺激性气味的。 19.(共12分)⑴—1211kJ/mol ( 2分) ⑵CH4+10OH——8e—=CO32—+7H2O (2分) 减小(2分) ⑶2Cl——2e—=Cl2↑ (2分) 28 (2分) ⑷25000︰1 (2分) 【解析】 试题分析: ⑴已知H2、CO和CH4的燃烧热分别是286kJ/mol、283 kJ/mol和890 kJ/mol,则① H2(g)+1/2 O2(g) = H2O(l) △H=286kJ/mol ,② CO+1/2 O2(g) = CO2(g) △H=283 kJ/mol,③ CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+2H2O(l)△H=890 kJ/mol,反应2CH4(g)+3O2(g)=CO(g)+H2(g)+CO2(g)+3H2O(l)即2·③-(①+②),反应热 △H=—1211kJ/mol; ⑵负极反应为甲烷在碱性条件下失去电子即CH4+10OH——8e—=CO32—+7H2O,随着反应的不断进行, OH—的物质的量不断减少,溶液的pH减小; ⑶该电解过程中阳极Cl—失去电子发生氧化反应,即2Cl——2e—=Cl2↑;因为CH4+10OH——8e—=CO32—+7H2O ~8e—,2NaCl + 2H2O 2NaOH + H2↑ + Cl2↑~2e—,则CH4~8e—~8NaOH溶液的体积为1L, pH为12,则NaOH物质的量为0.01mol,所以则理论上消耗甲烷在标准状况下的体积为0.01mol/8·22.4L·10-3=28 mL; ⑷由Mg(OH)2 和Fe(OH)2的溶解方程式和该温度下的溶度积常数可知,①[Mg2+][OH-]2=2×10—11, ②[ Fe2+][OH-]2=8×10—16,Mg2+和Fe2+的浓度比为①/②=25000︰1 考点:原电池和电解原理;反应热的计算;溶解平衡 点评:本题综合性比较强,主要考查原电池和电解原理;反应热的计算;溶解平衡,需要考生熟悉掌握。 20. ①② HCl(合理即可) 气体颜色逐渐变为红棕色,气球无明显变化 U形管内红墨水左边液面低于右边 放热 高 低 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 化学能转化为热能 【解析】(1)当将A慢慢滴入甲瓶后,观察到甲瓶上的气球慢慢鼓起,说明反应放热或产生气体,则①稀硫酸和NaHCO3溶液反应产生二氧化碳,正确;②浓硫酸和NaOH溶液混合反应放出热量,正确;③NaCl溶液和KNO3溶液不反应,温度变化很小,错误;④蒸馏水和NH4NO3固体混合吸热,温度降低,错误,答案选①②;(2)①若观察到乙瓶内的气球慢慢鼓起,说明瓶中压强降低,如果C为蒸馏水,则气体D易溶于水,可能为HCl、NH3等。②若C为O2,气体D为NO,二者混合反应生成二氧化氮,气体体积不变,则能观察到乙瓶中的现象是气体颜色逐渐变为红棕色,气球无明显变化。(3)①将水滴入试管后与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气,反应放热,压强增大,因此能观察到的现象为U形管内红墨水左边液面低于右边,放热反应中反应物的总能量比生成物的总能量高,反应物化学键断裂时吸收的总能量低于生成物化学键形成时放出的总能量。②该反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,反应中能量的主要转化形式为化学能转化为热能。 21.-20.9(T2-T1) 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 滴入最后一滴KMnO4溶液,锥形瓶内的颜色恰好变成浅紫红色,且半分钟不褪色 21.40 BD 60c/V 【解析】 【详解】 I. 在实验室中,用50mL 0.40mol/L的盐酸与50mL 0.50mol/L的NaOH溶液反应生成水的物质的量为0.02mol,则△H=?4.18×10?3kJ/(g?℃)×100mL×1g/mL×(T2?T1)÷0.02mol =?20.9(T2?T1)kJ/mol,故答案为:?20.9(T2?T1); Ⅱ.(1). H2C2O4与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应,H2C2O4被氧化成CO2,KMnO4被还原成Mn2+,根据得失电子守恒和原子守恒,反应的离子方程式为:2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O,故答案为:2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O; (2). KMnO4溶液呈紫色,当滴入最后一滴KMnO4溶液时,溶液由无色变为浅紫红色,且半分钟内不褪色,即达滴定终点,故答案为:滴入最后一滴KMnO4溶液,锥形瓶内的颜色恰好变成浅紫红色,且半分钟不褪色; (3). A与C刻度间相差1.00mL,说明每两个小格之间是0.10mL,A处的刻度为21.00,A和B之间是四个小格,所以相差0.40mL,则B是21.40mL,故答案为:21.40; (4). A. 滴加KMnO4溶液过快,未充分振荡,刚看到溶液变色就立刻停止滴定,会导致滴入的KMnO4溶液体积偏小,故A不选; B. 第一次滴定时盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过,未用标准液润洗,KMnO4浓度偏小,导致滴入KMnO4体积偏大,故B选; C. 实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积,读数偏小,导致读取的KMnO4体积偏小,故C不选; D. 第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过,润洗锥形瓶会导致草酸的物质的量偏大,造成滴入KMnO4体积偏大,故D选,答案为:BD; (5). 从上表可以看出,第一次实验中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于后两次,应舍弃,则消耗标准液的体积为:mL=24.00mL,设H2C2O4的物质的量浓度为a mol/L,依据滴定原理:2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知: 2MnO4- + 5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 2 5 c×24.00mL a×VmL 2:c×24.00mL=5:a×VmL 解得a=60c/V mol/L,故答案为:60c/V。 22.第四周期第Ⅷ族 FeCl2 8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe 2Al+2OH-+2H2O===2AlO2—+3H2↑ 4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3 ①② 【解析】 G为主族元素的固态氧化物,电解G得到I和H,G能和氢氧化钠溶液反应生成J,I能和氢氧化钠溶液反应生成J,工业上常用电解氧化铝的方法冶炼铝,则G是Al2O3,I是Al,J是NaAlO2,H是O2,Al和B能在高温下反应生成A,A能在氧气中燃烧生成B,B与铝在高温下发生铝热反应,则B是金属氧化物,A是金属单质,B和盐酸反应生成C和D,C和氢氧化钠反应生成E,D和氨水反应生成F,E在空气中反应生成F,说明E不稳定,易被氧气氧化,且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素,则A是Fe、B为Fe3O4、C为FeCl2、D为FeCl3、E为Fe(OH)2、F为Fe(OH)3。 (1). 由上述分析可知,A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素是Fe,Fe位于第四周期第Ⅷ族,故答案为:第四周期第Ⅷ族; (2). C是氯化亚铁,化学式为FeCl2,故答案为:FeCl2; (3). 由上述分析可知,反应①的化学方程式为:8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe,反应④的离子方程式为:2Al+2OH-+2H2O=2AlO2—+3H2↑,反应⑥的化学方程式为:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,故答案为:8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe;2Al+2OH-+2H2O=2AlO2—+3H2↑;4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3; (4). △H<0的反应为放热反应,①是铝热反应,②是燃烧反应,均为常见的放热反应,③是电解反应,为吸热反应,故答案为:①②。 点睛:本题考查无机物的推断,试题难度较大,突破本题的关键点是:1、G为主族元素的固态氧化物,在电解条件下生成I和H,能与NaOH溶液反应,说明G为Al2O3;2、C、D分别和碱反应生成E、F,说明E、F都为氢氧化物,E能在空气中转化为F,说明应为变价金属,进而推知A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素是Fe,再利用图中所示转化关系解答即可。 23.1.146kJ?57.3 kJ1.146 kJ 【解析】 【分析】 根据中和热的概念写出强酸与强碱发生中和反应的热化学方程式,依据消耗的H+或OH-物质的量计算反应放出的热量。 【详解】 强酸和强碱的稀溶液中和时,中和热为57.3kJ,则中和热表示的热化学方程式为H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ/mol。 (1)n(OH-)=n(NaOH)=0.1mol/L0.2L=0.02mol,与足量酸反应放出的热量为0.02mol57.3kJ/mol=1.146kJ。 (2)n(H+)=2n(H2SO4)=2980g5%98g/mol=1mol,与足量NaOH溶液反应放出的热量为1mol57.3kJ/mol=57.3kJ。 (3)n(H+)=n(HNO3)=0.2mol/L0.1L=0.02mol,与足量NaOH溶液反应放出的热量为0.02mol57.3kJ/mol=1.146kJ。 【点睛】 注意:中和反应为放热反应,中和热以生成“1molH2O(l)”为标准。 24.C2H5OH(l)+3O2(g)===2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-63.02 kJ·mol-1C2H8N2(l)+2N2O4(l)===2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(l) ΔH=-3c kJ·mol-1A(g)+3B(g) 2C(g)-18 kJ·mol-1433.75 kJ·mol-1 【解析】 【详解】 (1)1.0 g乙醇完全燃烧生成液态水放出1.37 kJ热量,46.0 g乙醇完全燃烧生成液态水放出 63.02kJ热量, 表示乙醇的燃烧热的热化学方程式为: C2H5OH(l)+3O2(g)===2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-63.02 kJ·mol-1;综上所述,本题答案是:C2H5OH(l)+3O2(g)===2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-63.02 kJ·mol-1。 (2)由题意可知 C2H8N2与N2O4可以发生氧化还原反应,反应方程式C2H8N2+2N2O4=2CO2+4H2O+3N2;据反应可知生成3molN2时放出热量为3ckJ,因此热化学反应方程式为C2H8N2(l)+2N2O4(l)=2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(l) ΔH=-3c kJ·mol-1;综上所述,本题答案是:C2H8N2(l)+2N2O4(l)===2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(l) ΔH=-3c kJ·mol-1。 (3) T ℃时,通过图示可知,A 、B的浓度均减小,C的浓度增大,A 、B为反应物,C为生成物;A 减小0.2mol/L,B减小0.6mol/L,C增加0.4 mol/L,系数比和浓度的变化量成正比,因此对应的化学方程式为:A(g)+3B(g) 2C(g);综上所述,本题答案是:A(g)+3B(g) 2C(g)。 (4)100 mL 0.4 mol·L-1的Ba(OH)2溶液中Ba(OH)2的物质的量为0.04mol,足量H2SO4溶液中加入100 mL 0.4 mol·L-1的Ba(OH)2溶液,放出的热量是5.12 kJ ,则1 mol Ba(OH)2 参与反应时,放出的热量为5.12/0.04=128 kJ ,则有①2H+(aq)+SO42-(aq)+Ba2+(aq)+2OH-(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l),ΔH1 =-128 kJ·mol-1;100 mL 0.4 mol·L-1盐酸中HCl的物质的量为0.04mol,足量Ba(OH)2溶液中加入100 mL 0.4 mol·L-1盐酸时,放出的热量为2.2 kJ ,则2molHCl 参与反应时放出的热量为2×2.2/0.04=110 kJ·mol-1,则有②2H+(aq)+ 2OH-(aq)=2H2O(l),ΔH2 =-110 kJ·mol-1,根据盖斯定律①-②可得,SO42-(aq)+Ba2+(aq)= BaSO4(s) ΔH=ΔH1-ΔH2=-18 kJ·mol-1;综上所述,本题答案是:-18 kJ·mol-1 。 (5) 白磷燃烧的方程式为P4+5O2===P4O10 ΔH =-2378 kJ·mol-1,1mol白磷完全燃烧需拆开6molP-P、5molO=O,形成12molP-O、4molP=O,所以12mol×360kJ/mol+4mol×xkJ/mol-(6mol×197 kJ/mol+5 mol×499 kJ/mol)=2378.0kJ,x=433.75;综上所述,本题答案是:433.75 kJ·mol-1。 【点睛】 反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量,如果反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量,反应为吸热反应;如果反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量,反应为放热反应。

  • ID:7-5013095 沪科版高中化学一年级第一学期《探索原子构建物质的奥秘》测试题(解析版)

    高中化学/沪科版/高一上学期/第三章 探索原子构建物质的奥秘/本章综合与测试

    第一学期《探索原子构建物质的奥秘》测试题 一、单选题(每小题只有一个正确答案) 1.下列物质中,属于离子化合物的是 ( ) A.HNO3 B.H2O2 C.C2H4 D.NH4Cl 2.下列关于化学键的叙述中,正确的是 ( ) A. 氢键是一种特殊的共价键 B. 离子化合物中可能含有共价键 C. I2的挥发破坏了共价键 D. 非极性键只能存在双原子单质中 3.下列固体或分子中,含有化学键类型有差异的一组是(  ) A. H2O、CO2 B. MgF2、H2O C. KOH、NH4Cl D. NaCl、KCl 4.从键能的角度来看,下列物质中与H2化合时,最难的是( )。 A.氟气 B.氮气 C.氯气 D.氧气 5.下列说法正确的是(  ) A. NaOH溶于水共价键被破坏 B. 稀有气体的原子间存在共价键 C. 二氧化碳分子的结构式:O═C═O D. MgF2、H2O2含有的化学键类型相同 6.下列原子序数的元素,彼此之间能形成离子键的是( ) A. 1和16 B. 6和8 C. 9和11 D. 1和17 7.下列物质中,既含有离子键又含有共价键的化合物是 A. CaCl2 B. Na2O2 C. K2O D. C2H5OH 8.下列说法正确的是( ) A. 水分子间存在氢键,所以水分子比较稳定 B. H2SO4溶于水能电离出H+和SO42-,所以硫酸是离子化合物 C. I2加热升华过程中只需克服分子间作用力 D. SiO2熔化破坏共价键和分子间作用力 9.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水,首先形成难溶物,继续添加氨水,难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是 ( ) A.反应后溶液中不存在任何沉淀,所以反应前后Cu2+的浓度不变 B.用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验,不能观察到同样的现象 C.沉淀溶解后,将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4] 2+ D.在[Cu(NH3)4] 2+离子中,Cu2+给出孤对电子,NH3提供空轨道 10.下列物质中,只含有共价键的是( ) A. MgCl2 B. NaOH C. SO2 D. NH4Cl 11.下列说法正确的是( ) A. 离子化合物中只能含离子键,不能有共价键 B. 熔融状态下能导电的物质一定是离子化合物 C. 电子数相同的两种微粒一定是同一元素 D. 完全由非金属元素形成的化合物中可能含有离子键 12.原子间以共价单健相连的非金属单质中,一个原子与相邻原子的成键数为8-N,N为该非金属元素的族序数,化学家把这一现象称为8-N规则。某非金属单质的结构如图所示,则构成该单质的元素位于( ) A. VIA B. IVA C. IIIA D. VA 13.下列说法正确的是(  ) A. 非金属单质中一定存在共价键 B. 金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物 C. 含共价键的化合物不一定是共价化合物 D. 溶于水能导电的化合物就是离子化合物 14.下图为元素周期表前4周期的一部分,下列有关R、W、X、Y、Z 5种元素的叙述中,正确的是( )。 X W Y R Z A.W、R元素单质分子内的化学键都是非极性键 B.X、Z元素都能够形成双原子分子 C.键能W—H>Y—H,键的极性Y—H>W—H D.键长X—H

  • ID:7-4559682 3.3《共价键》课件2

    高中化学/沪科版/高一上学期/第三章 探索原子构建物质的奥秘/3.3 共价键

    3.3《共价键》课件2:21张PPT 3.3 共价键 1. 共价键的形成过程 一、共价键的形成 2.概念 原子间通过共用电子对而形成的化学键 3.形成条件 非金属元素之间,一般形成共价键 稀有气体单质中没有共价键 非金属单质、非金属氧化物、气态氢化物、酸,大多数有机物一般都含共价键 二、共价分子 ================================================ 压缩包内容: 3.3《共价键》课件2.ppt