吉林省白城市洮南市第一中学2019-2020学年高一下学期第三次月考化学试题【精准解析】

DOC
  • 阅读 7 次
  • 下载 0 次
  • 页数 22 页
  • 大小 535.000 KB
  • 2024-10-07 上传
  • 收藏
  • 违规举报
  • © 版权认领
下载文档3.00 元 加入VIP免费下载
此文档由【小赞的店铺】提供上传,收益归文档提供者,本网站只提供存储服务。若此文档侵犯了您的版权,欢迎进行违规举报版权认领
吉林省白城市洮南市第一中学2019-2020学年高一下学期第三次月考化学试题【精准解析】
可在后台配置第一页与第二页中间广告代码
吉林省白城市洮南市第一中学2019-2020学年高一下学期第三次月考化学试题【精准解析】
可在后台配置第二页与第三页中间广告代码
吉林省白城市洮南市第一中学2019-2020学年高一下学期第三次月考化学试题【精准解析】
可在后台配置第三页与第四页中间广告代码
试读已结束,点击付费阅读剩下的19 已有7人购买 付费阅读2.40 元
/ 22
  • 收藏
  • 违规举报
  • © 版权认领
下载文档3.00 元 加入VIP免费下载
文本内容

【文档说明】吉林省白城市洮南市第一中学2019-2020学年高一下学期第三次月考化学试题【精准解析】.doc,共(22)页,535.000 KB,由小赞的店铺上传

转载请保留链接:https://www.doc5u.com/view-686c3fd4a2ea7486200bef4f7dc2b3c3.html

以下为本文档部分文字说明:

化学试题考试范围:必修2选修4;考试时间:100分钟;注意事项:1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上第I卷(选择题)一、单选题(共42分)1.在科学史上每一次重大的发现都极大地推进了科学的发展。俄国科学家门捷列夫对化学的突出贡献在于()A.提

出了元素周期律B.开发了合成氨的生产工艺C.揭示了燃烧的本质D.提取了治疟药物青蒿素【答案】A【解析】【分析】【详解】A.俄国化学家门捷列夫在化学上的主要贡献是提出了元素周期律,并编制出第一张元素周期表,故A正确;B.20世纪初

,由德国化学家哈伯、波施等研究出了合成氨的生产工艺,故B错误;C.揭示了燃烧的本质的是拉瓦锡,故C错误;D.提取了治疟药物青蒿素的是我国的科学家屠呦呦,故D错误;故选:A。2.下列每组中各物质内既有离子键又有共价键的一组是()A.NaOH、H2

SO4、(NH4)2SO4B.MgO、Na2SO4、NH4HCO3C.Na2O2、KOH、Na2SO4D.HCl、Al2O3、MgCl2【答案】C【解析】【详解】A.NaOH含有离子键和极性共价键;H2SO4只含有共价键;(NH4)2SO4含有离子键和共价键,故A错误;B.MgO只含离子键;Na2

SO4含离子键和共价键;NH4HCO3含有离子键和共价键,故B错误;C.Na2O2、KOH、Na2SO4含离子键和共价键,故C正确;D.HCl只含共价键;Al2O3、MgCl2只含离子键,故D错误;答案选C。3.向100mL3mol/L的硫酸溶液中加入过量的锌粉发

生反应,为了加快化学反应速率但又不影响生成氢气的总量,可向反应物中加入适量的①K2SO4溶液②Na2CO3固体③水④NaNO3固体⑤CuSO4粉末⑥6mol/L的硫酸A.①②③B.④⑤⑥C.③④⑤D.只有⑤【答案】D【解析】【详

解】①向反应物中加入适量的K2SO4溶液,会将溶液稀释,氢离子浓度减小,速率减慢,不影响氢气总量,故①错误;②向反应物中加入适量的Na2CO3固体,会和硫酸反应生成二氧化碳,造成硫酸浓度,物质的量均减少,速率减慢,产生氢气的量减少,故②错误;③向反应物中加入适量的

水,会将溶液稀释,氢离子浓度减小,速率减慢,不影响氢气总量,故③错误;④向反应物中加入适量的NaNO3固体,会产生NO气体,消耗了氢离子,所以生成氢气速率减慢,物质的量减少;⑤向反应物中加入适量的CuSO4粉末,锌粒会置换出铜,Cu、Zn、硫酸形成原电池,加快反应速率,不影响生成氢气总

量,故⑤正确;⑥向反应物中加入适量的6mol/L的硫酸,会加快速率,但是产生氢气的量也增多,故⑥错误;只有⑤正确,故选D;正确答案:D。4.研究人员最近发现了一种“水”电池,这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电,在海水中电池总反应可表示为:5MnO2+2Ag+2

NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl,下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是()A.正极反应式:Ag+Cl--e-=AgClB.每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子C.Na+不断向“水

”电池的负极移动D.AgCl是还原产物【答案】B【解析】【详解】A、根据总反应:5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl,可知,Ag的化合价升高,被氧化,为原电池的负极,错误;B、式中5MnO2得电子生成Na2Mn5O10,化合价共降低了2价,所以

每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子,正确;C、在原电池中阴离子向负极移动,阳离子向正极移动,错误;D、Ag的化合价升高,被氧化,AgCl是氧化产物,错误。答案选B。5.如图为发光二极管连接柠檬电池装置,下列说法正确的是

()A.铁环作为柠檬电池的正极B.电子由发光二极管经导线流向Fe环C.负极的电极反应为:Fe-2e-=Fe2+D.可将柠檬替换成盛装酒精溶液的装置【答案】C【解析】【详解】A.铁的活泼性大于铜,铁环作为柠檬电池的负极,故A错误;

B.铁的活泼性大于铜,铁环作为柠檬电池的负极,铜为正极,电子由Fe环经导线流向发光二极管,故B错误;C.铁的活泼性大于铜,铁环作为柠檬电池的负极,负极铁失电子,电极反应为:Fe-2e-=Fe2+,故C正确;D.酒精是非电解质,不

能导电,不能将柠檬替换成盛装酒精溶液的装置,故D错误;选C。6.反应4NH3+5O24NO+6H2O在5L的密闭容器中进行,半分钟后,NO的物质的量增加了0.3mol,则下列反应速率正确的是()A.v(NH3)=0.002mol·L-1·s-1B.v(NO)=0.00

8mol·L-1·s-1C.v(H2O)=0.015mol·L-1·s-1D.v(O2)=0.01mol·L-1·s-1【答案】A【解析】【分析】v(NO)=0.3mol5L30s=0.002mol·L-1·s-1,因为同一反应中,用不同物质表示的平均反应速率之比等于化学计量数之比,因此,可由v

(NO),求出其它物质表示的平均反应速率。【详解】A.v(NO)=0.002mol·L-1·s-1,则v(NH3)=0.002mol·L-1·s-1,A正确;B.由上面计算可知,v(NO)=0.002mol·L-1·s-1,B不正确;C.v(

NO)=0.002mol·L-1·s-1,则v(H2O)=0.003mol·L-1·s-1,C不正确;D.v(NO)=0.002mol·L-1·s-1,则v(O2)=0.0025mol·L-1·s-1,D不正确;

故选A。7.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W位于第一周期,Y与W位于同一主族,X在地壳中含量最高,X、Y、Z形成的化合物YZX是“84”消毒液的主要成分。下列说法不正确...的是A.YZX中Z的化合价为+1价B.W、X可形成两种化合物C.Y2X2中既含有离子键又含

有共价键D.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性在同周期中最弱【答案】D【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,由X在地壳中含量最高,X、Y、Z形成的化合物YZX是“84”消毒液的主要成分可知,YZX为NaClO,则X

为O元素、Y为Na元素、X为Cl元素;由W位于第一周期,Y与W位于同一主族可知,W为H元素。【详解】A项、NaClO中Cl元素为+1价,故A正确;B项、H元素和O元素可以形成水和双氧水两种化合物,故B正确;D项、Na2O2为含有离子键和共价键的离子化合物,故C正确;D项、Cl

元素的最高价氧化物对应水化物的酸性在同周期中最强,故D错误;故选D。【点睛】由X在地壳中含量最高,X、Y、Z形成的化合物YZX是“84”消毒液的主要成分确定YZX为NaClO是推断的突破口。8.下列所示物质的制备方法合理的是()A.实验室从海带中提取单质碘:取样→灼烧→溶

解→过滤→萃取→蒸馏B.金红石(主要成分TiO2)为原料生产金属Ti:金红石、焦炭→高温通氯气TiCl4()MgAr→加热氛围TiC.从海水中提取溴:浓缩海水→溴水4CCl→苯取Br2D.由铝土矿为原料制备金属铝:Al2O3→盐酸AlCl3(aq)→加热蒸干AlCl3(s)

→熔融电解Al【答案】B【解析】【详解】A.海带中的碘元素以碘离子的形式存在,溶解过滤后应通入氯气将碘离子氧化成碘单质之后再萃取,故A错误;B.TiO2、C、Cl2混合反应生成TiCl4,稀有气体保护下Mg还原TiCl4生成Ti,可实现转化,故B正确;C.海水中提取

溴一般是先将海水中的溴离子氧化成溴单质,溴易挥发,利用热空气将溴单质吹出,用饱和亚硫酸钠溶液还原吸收溴,再通入氯气氧化得到溴的浓溶液,最终得到溴,故C错误;D.加热蒸干氯化铝溶液无法得到氯化铝固体,且氯化铝为共价化合物,熔融状态下不能导电,

无法电解得到铝,故D错误;答案为B。9.已知n+aA,()n+1+bB,n-cC,()n+1-dD,是具有相同电子层结构的短周期元素形成的简单离子。下列叙述正确的是A.原子半径:C>D>A>BB.原子序数:b>a>d>cC.离子半径:D>C>A>BD.单质还原性:A>B>C>D【答案】C【解析

】【分析】n+aA,()n+1+bB,n-cC,()n+1-dD,是具有相同电子层结构的短周期元素形成的简单离子,则a-n=b-(n+1)=c+n=d+(n+1),所以b>a>c>d,且A、B位于C、D

的下一周期。【详解】A.A、B位于C、D的下一周期,所以A、B的原子半径大于C、D,同周期主族元素自左至右原子半径依次减小,所以原子半径A>B>D>C,故A错误;B.根据分析可知原子序数b>a>c>d,故B错误;C.四种离子的

电子层数相同,则原子序数越小半径越大,所以离子半径D>C>A>B,故C正确;D.A、B应为金属元素,还原性强于C、D,同周期主族元素自左至右金属减弱,单质的还原性减弱,所以单质的还原性A>B>D>C,故D错误;答

案为C。10.卤素间形成的化合物如“5IF、BrCl、IBr”等称为卤素互化物,化学性质与卤素单质类似,则下列关于卤素互化物的性质的描述及发生的相关反应不正确的是()A.5IF是一种化合物B.333IBr+2Fe=FeI+FeBrC.BrCl的氧化性强于2ID.IBr可以与NaOH溶液反应生

成2种盐【答案】B【解析】【分析】化合物是由两种元素组成的纯净物;氧化性Fe3+>I2,氧化剂的氧化性大于氧化产物;Cl、Br的非金属性比I强,BrCl的氧化性强于I2;卤素间形成的化合物称为卤素互化物,化学性质与卤素单质类似,故IBr可以看作是

氯气。【详解】A.5IF由碘和氟两种元素组成,是化合物,故A正确;B.氧化性Fe3+>I2,IBr与铁反应生成FeI2,故B错误;C.Cl、Br的非金属性比I强,BrCl的氧化性强于I2,介于氯气和溴之间,故C正

确;D.IBr可以与NaOH溶液生成NaIO和NaBr,故D正确;答案选B。【点睛】根据已知信息:卤素间形成的化合物称为卤素互化物,将未知化合物用卤素单质代换并进行分析。11.已知在酸性溶液中,下列物质氧化Fe2+时,自身发生

如下变化:HNO3→NO;Br2→2Br﹣;ClO﹣→Cl﹣;MnO4﹣→Mn2+如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的FeCl2溶液,得到Fe3+最多的是A.MnO4﹣B.Br2C.ClO﹣D.HNO3【答案

】A【解析】【详解】假设氧化剂都为1mol,则HNO3→NO,化合价变化3,得到3mol电子;Br2→2Br﹣,化合价变化2×1=2,得到2mol电子;ClO﹣→Cl﹣,化合价变化2,得到2mol电子,MnO4﹣→Mn2+,化合价变化5,得到5mol电子

,则分别用等物质的量的这些物质氧化足量的FeCl2溶液,得到Fe3+最多的是MnO4﹣。故选A。12.根据反应KMnO4+FeSO4+H2SO4→MnSO4+Fe2(SO4)3+K2SO4+H2O(未配平)设计如下原电池,其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1mol·L

-1,溶液的体积均为200mL,盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法不正确的是()A.石墨b是原电池的负极,发生氧化反应B.忽略溶液体积变化,Fe2(SO4)3浓度变为1.5mol/L,则反应中转移的电子为0.1molC.甲烧杯中的电极反应式:MnO4-+5e-+8H+=M

n2++4H2OD.电池工作时,盐桥中的K+向甲烧杯中移动【答案】B【解析】【详解】A.在乙池中,Fe2+-e-=Fe3+,则石墨b是原电池的负极,发生氧化反应,A正确;B.Fe2(SO4)3浓度变为1.5mol/L,则反应生成的Fe2(SO4)3为0.5mol/L×0.2L

=0.1mol,由Fe2+生成的Fe3+为0.2mol,则反应中转移的电子为0.2mol,B错误;C.甲烧杯中,MnO4-得电子转化为Mn2+,电极反应式为MnO4-+5e-+8H+=Mn2++4H2O,C正确;D.电池工作时,甲烧杯

中阳离子减少,所以盐桥中的K+向甲烧杯中移动,D正确。故选B。13.某化合物的结构为:WZXY−+−,其中X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素,Z原子核外最外层电子数是次外层的3倍。下列说法正确的是A.元素的非金属性顺序为X>Y>ZB.该化合物中

Z不满足8电子稳定结构C.Y、Z、W所形成的简单离子的半径依次增大D.Y的简单氢化物易液化,主要是因为能形成分子间氢键【答案】D【解析】【详解】某化合物的结构为:W+[Z-X≡Y]-,其中X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素,Z原子核外最外层电子数是次外层的3倍

,则Z为O元素;W能够形成+1阳离子,其原子序数大于O,则W为Na;X形成4个共价键,位于ⅣA族,则X为C元素;Y形成3个共价键,位于ⅤA族,则Y为N元素;A.同一周期从左向右非金属性逐渐增强,则非金属性:X<Y<Z,故A错误;B.Na+[O-C≡

N]-中O原子得到1个电子、形成1对共用电子对,其最外层达到8电子稳定结构,故B错误;C.Y、Z、W的离子具有相同的电子层结构,核电荷数越大离子半径越小,则简单离子半径:Y>Z>W,故C错误;D.Y的简单氢化物为NH3,氨气分子间存

在氢键,导致氨气分子易液化,故D正确;故答案为D。14.下列实验对应的结论不正确的是A.①能组成Zn-Cu原电池B.②能证明非金属性Cl>C>SiC.③能说明2NO2N2O4△H<0D.④中自色沉淀为BaSO4【答案】B【

解析】【详解】A、图①符合原电池的构成条件,故A正确;B、盐酸可制二氧化碳说明酸性HCl>H2CO3,但不能说明Cl的非金属性强于C,故B错误;C、升温混合气体颜色变深证明温度升高平衡向生成NO2气体的方向进行,依据平衡移动原理可知正反应方向为放热反应,即△H<0,故C正确;D、Ba(

NO3)2溶液中通入SO2,由于硝酸根在酸性溶液中具有强氧化性,所以反应生成硫酸根离子,生成白色沉淀硫酸钡,故D正确。答案选B。15.下列有关实验操作的叙述正确的是A.滴加试剂时,滴管的尖嘴不可接触试管内壁B

.过滤操作中,漏斗的尖端不可接触烧杯内壁C.滴定接近终点时,滴定管的尖嘴不可接触锥形瓶内壁D.向容量瓶转移液体时,引流用玻璃棒不可接触容量瓶内壁【答案】A【解析】【详解】A.滴加试剂时应防止污染滴管,滴管尖嘴不能接触试管内壁,故A正确;B.过滤时为防止液体飞溅,漏斗的尖

端应接触烧杯内壁,使滤液沿烧杯内壁缓缓流下,故B错误;C.滴定接近终点时,滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁,使滴定管尖嘴的液体进入锥形瓶,故C错误;D.向容量瓶转移液体时,用玻璃棒引流必须接触容量瓶内壁,故D错误。答案:A。16.硫酸是一种重要的

化工产品,目前硫酸的主要生产方法是“接触法”,其主要反应之一为2SO2+O22SO3。下列有关该反应的说法不正确的是()A.SO2和O2不可能全部转化为SO3B.达到平衡后,反应就停止了,故正、逆反应速率相等且均为零C

.该反应从开始到达到平衡的过程中,正反应速率不断减小,逆反应速率不断增大,某一时刻,正、逆反应速率相等D.工业上生产SO3时,要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题【答案】B【解析】【详解】A.该反应为可逆反应,SO2

和O2不可能全部转化为SO3,故A项说法正确;B.反应达到平衡后,正反应速率和逆反应速率相同,是动态平衡,速率不可能为零,故B项说法错误;C.该反应从开始到达到平衡的过程中,反应物浓度不断减小,生成物浓度不断增大,正反应速率不断减小,逆反应速率不断增大,某一时刻正、逆反应速率相

等达到平衡,故C项说法正确;D.工业上生产SO3,要考虑反应时间又要考虑转化率,即要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题,故D项说法正确。答案:B。17.原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关,也与电解质溶液有关。下列说法中不

正确的是()A.Al、Cu、稀H2SO4组成原电池,负极反应式为:Al-3eˉ=Al3+B.Mg、Al、NaOH溶液组成原电池,其负极反应式为:Al-3eˉ+4OHˉ=AlO2ˉ+2H2OC.由Al、Cu、浓硝酸组成原电池,负极反应式为:C

u-2eˉ=Cu2+D.由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池,负极反应式:Cu-2eˉ=Cu2+【答案】D【解析】【详解】A.由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池,铝和稀硫酸反应而失电子,铜和稀硫酸不反应,所以铝作负极,铜作正极,其负极反应式为:

Al-3e-=Al3+,故A正确;B.Mg、Al、NaOH溶液组成原电池,铝和氢氧化钠溶液反应而失去电子发生氧化反应,镁和氢氧化钠溶液不反应,所以铝是负极,镁是正极,其负极反应式为:Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O,故

B正确;C.Al、Cu、浓硝酸组成原电池,铝和浓硝酸发生钝化现象,铜和浓硝酸能自发的进行反应,所以铜作负极,铝作正极,其负极反应式为:Cu-2e-=Cu2+,故C正确;D.由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池,铁和铜都

与氯化铁反应,但铁的金属性比铜强,所以铁作负极,铜作正极,其负极反应式为:Fe-2e-=Fe2+,故D错误;故选D。【点睛】考查原电池的正负极的判断及电极反应式,注意不能根据金属的活泼性判断原电池的正负极,要结合发生的自发的氧化还原反应,根据得失电子判断正负极,为易错点。

18.科学家已获得了气态4N分子,其结构为正四面体(如图所示)。已知断裂1molN-N键吸收167kJ能量,断裂1molNN键吸收942kJ能量,下列说法正确的是()A.4N属于一种新型的化合物B.1mol4N(g)完全转化为N(g)的过程中释放1002kJ能量C.1mol4N(

g)完全转化为2N(g)时放出882kJ能量D.4N和2N互为同素异形体,4N转化为2N属于物理变化【答案】C【解析】【详解】A.N4中只含一种元素,且为纯净物,属于单质,故A错误;B.N4(g)=4N

(g)是断裂化学键的过程,1mol4N(g)完全转化为N(g)的过程需要吸收的热量=6×167kJ=1002kJ能量,故B错误;C.1molN4气体中含有6molN-N键,可生成2molN2,形成2molN≡N键

,则1molN4气体转变为N2过程中断裂化学键吸收的热量为:6×167kJ=1002kJ,形成化学键放出的热量为2×942kJ=1884kJ,所以反应放热,放出的热量为:1884kJ-1002kJ=882kJ,故C正确;D.N4和N2是同种元素组成的不同单质,互为同素异形体,N4转

化为N2过程中存在化学键的断裂和化学键的形成,属于化学变化,故D错误;故选C。19.下列实验仪器或装置的选择正确的是配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液除去Cl2中的HCl蒸馏用冷凝管盛装Na2SiO

3溶液的试剂瓶ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液需要用容量瓶,不能使用量筒配置溶液,故A错误;B.除去氯气中的氯化氢气体

使用饱和氯化钠溶液,可以吸收氯化氢气体,根据氯气在水中的反应:Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO,饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移动,降低氯气在水中的溶解度,洗气瓶长进短出,利于除杂,故B正确;C.蒸馏要使用直形冷凝管,接水

口下口进上口出,球形冷凝管一般作反应装置,故C错误;D.硅酸钠溶液呈碱性,硅酸钠溶液是一种矿物胶,能将玻璃塞与试剂瓶的瓶口粘在一起,盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞,应使用橡胶塞,故D错误。答案选B。20.在容积不变的密

闭容器中存在如下反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-QkJ·mol−1(Q>0),某研究小组研究了其他条件不变时,改变某一条件对上述反应的影响,下列分析正确的是A.图Ⅰ研究的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响B.图Ⅱ

研究的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响C.图Ⅲ研究的是催化剂对平衡的影响,且甲的催化效率比乙高D.图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响,且乙的温度较低【答案】B【解析】【分析】A.增大反应物的浓度瞬间,正反速率增大,逆反应速率不变,之后逐渐增大;B.若加入催化剂,平衡不移动只加快化学反应速率;

C.加入催化剂,平衡不移动。D.根据图三中乙先达到平衡可知,乙的温度更高。【详解】A.增大氧气的浓度,平衡破坏的瞬间逆反应速率应不变,图中条件变化应为增大压强,A项错误;B.图Ⅱ中正、逆反应速率同等程度的增大,化学平衡不移

动,应为催化剂对反应速率的影响,B项正确;C.催化剂能同等程度改变正逆反应速率,但平衡不移动,图中条件变化应为温度对平衡的影响,C项错误;D.图像Ⅲ中乙首先到达平衡状态,则乙的温度高于甲的温度,D项错误;答案选B

。【点睛】增大氧气的浓度,平衡破坏的瞬间逆反应速率应不变,与改变温度和压强有区别。21.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是①太阳光催化分解水制氢:2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH1=+571.6kJ·

mol-1②焦炭与水反应制氢:C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH2=+131.3kJ·mol-1③甲烷与水反应制氢:CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH3=+206.1kJ·mol-1A.反应①中电能转化为化学能B.反应C

H4(g)=C(s)+2H2(g)的ΔH=+74.8kJ·mol-1C.反应③使用催化剂,ΔH3减小D.反应②为放热反应【答案】B【解析】【详解】A.太阳光催化分解水制氢气,是光能转化为化学能,故A错误;B.根据盖斯定律,目标反应CH4(g

)═C(s)+2H2(g)相当于③-②,故△H=△H3-△H2,△H=+206.1kJ•mol-1-(+131.3kJ•mol-1)=+74.8kJ•mol-1,故B正确;C.催化剂不能改变反应热的大小,只能改变化学反应速率,故C错误;D.反应的△H2>0,则该反应为吸热反应,故D

错误;故答案为B。【点睛】通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式),结合原热化学方程式(一般2~3个)进行合理“变形”,如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数,然后将它们相加、减,得到目标热化学方程式,求出目标热化学方程式的ΔH

与原热化学方程式之间ΔH的换算关系,注意盖斯定律计算时焓变的加减时正负号为易错点。第II卷(非选择题)二、填空题(共31分)22.氨气溶于水形成的饱和溶液中,存在以下的溶解平衡和电离平衡:NH3+H2ONH3•H2O,NH3

•H2ONH4++OH-,这些平衡都满足勒夏特列原理,若向已达到平衡的体系中通入下列物质,请填空。(1)加入少量氨气,平衡向___(填“正”或“逆”,下同)反应方向移动。(2)通入HCl气体,平衡向___反应方向移动,c(NH4+)___(填

“增大”或“减小”,下同)。(3)加入NaOH固体,平衡向___反应方向移动,c(OH-)___。【答案】(1).正(2).正(3).增大(4).逆(5).增大【解析】【分析】(1)加入少量氨气,增大了氨气的浓度;(2)通入HCl气

体,溶液中OH-离子浓度减小;(3)加入NaOH固体,溶液中OH-离子浓度增大;据此分析解答。【详解】(1)加入少量氨气,增大了氨气的浓度,平衡正向移动,故答案为正;(2)通入HCl气体,溶液中OH-离子浓度减小,NH3•H2ONH4++OH-,平衡向正反应方向移动,c(NH4+)增大,

故答案为正;增大;(3)加入NaOH固体,溶液中OH-离子浓度增大,NH3•H2ONH4++OH-,平衡向逆反应方向移动,故答案为逆;增大。23.一定温度下,在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中分别加入一定量的X,发生反应:pX(g)Y(g)+Z(g),相关数据如下表所示:容器

编号温度(℃)起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)X(g)Y(g)Z(g)Ⅰ3870.200.0800.080Ⅱ3870.400.1600.160ⅢT0.200.0900.090回答下列问题:(1)若容器Ⅰ中反应经10min达到平衡,则前10min内Y的平均反应

速率v(Y)=_____。容器Ⅰ和容器Ⅱ中起始时X的反应速率v(X)Ⅰ______v(X)Ⅱ(填“大于”“小于”或“等于”)。(2)已知该正反应为放热反应,则T______387(填“大于”或“小于”)。(3)反应方程式中X的化学计量数

p的取值为______,容器Ⅱ中X的平衡转化率为____。若起始时向容器Ⅰ中充入0.1molX、0.15molY和0.10molZ,则反应将向______(填“正”或“逆”)反应方向进行,判断理由是________________

。【答案】(1).0.0040mol/(L·min)(2).小于(3).小于(4).2(5).80%(6).正(7).根据容器Ⅰ中数据可计算得到387℃该反应的平衡常数为4,20.150.10220.10()2=1

.5<4,所以反应向正反应方向进行【解析】【详解】(1)容器I中v(Y)=(0.0800)mol2.0L10minct−==0.0040mol/(L·min);容器I和容器II温度相同,容器II中X的起始浓度为容器I中的两倍,则

起始反应速率v(X)I小于v(X)II;(2)该反应的正反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动;容器I和容器III起始投料相同,但平衡时各物质的物质量不同,所以容器I和容器III温度不同,X起始物质的量相同,平衡时容器III中Y、Z物质的量大于容

器I中,容器III相对于容器I平衡向正反应方向移动,则T小于387;(3)容器II和容器I温度相同,容器II中X起始物质的量为容器I中的两倍,容器II相当于在容器I基础上将体积缩小为原来的一半,平衡时容器

II中Y、Z物质的量为容器I中的两倍,说明增大压强平衡不移动,则p=1+1=2;反应的方程式为2X(g)Y(g)+Z(g),则容器II生成0.160molY时消耗0.320molX,容器II中X的平衡转化率为0.320mol0.40mol100%=80%;容器I中

生成0.080molY消耗0.160molX,容器I平衡时X、Y、Z物质的量依次为0.04mol、0.08mol、0.08mol,容器体积为2.0L,则平衡时X、Y、Z物质的量浓度依次为0.02mol/L、0.04mol/L、0.0

4mol/L,所以387℃时反应的化学平衡常数K=20.040.040.02=4,改变投料后的浓度商为20.150.10220.10()2=1.5<4,所以反应向正反应方向进行。【点睛】当浓度商大于平衡常数时,平衡逆向移动,浓度商小于平衡常数时,平衡正

向移动。24.某温度下,在2L的密闭容器中,X、Y、Z三种气体随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题:(1)由图中数据分析:该反应的化学方程式为__________________________。(2)反应开始至2min,Z的平均反应速率为________。(3

)5min时Z的生成速率与6min时Z的生成速率相比较,前者________后者(填“大于”、“小于”或“等于”)。(4)上述反应过程中,如果降低温度,则其反应速率________(填“增大”、“减小”或“不变)。如果使用合适的

催化剂,则其反应速率________(填“增大”、“减小”或“不变)。(5)下列各项中不可以...说明上述反应达到平衡的是________(填字母)。a.混合气体的密度不变b.混合气体的压强不变c.同一物质的正反应速率等于逆反应速率d.X的浓度保持不变e.生成1molZ和

同时生成1.5molXf.X、Y、Z的反应速率之比为3∶1∶2【答案】(1).3X+Y2Z(2).0.05mol.L-1.min-1(3).等于(4).减小(5).增大(6).a、f【解析】(1)由图象可以看出,反应中X、Y的物质的量减少,应为反应物,Z的物质的量增多,

应为生成物,当反应进行到5min时,△n(Y)=0.2mol,△n(Z)=0.4mol,△n(X)=0.6mol,则△n(Y):△n(Z):△n(X)=1:2:3,参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比,则反应的方程式为:3X+Y⇌2Z,故答案为3X+Y⇌2Z;(2)反

应开始至2min末,Z的反应速率为:v=ct=0.222minmolL=0.05mol/(L•min),故答案为0.05mol/(L•min);(3)图象分析可知,反应到5min后,物质的量不再发生变化,说明反应达到平衡状态,所以

5min后Z的生成速率和5min末Z的生成速率相同,故答案为等于;(4)根据影响反应速率的因素,降低温度反应速率减小,如果使用合适的催化剂,则其反应速率增大,故答案为减小;增大;(5)a.气体质量和体积不

变,无论该反应是否达到平衡状态,容器内密度始终不变,所以混合气体的密度不再变化不能判断平衡状态,故a错误;b.该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应,当容器内压强保持不变时,正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,混合气体的压强不再变化说明反应达到平衡状态,故b正确;c.同一

物质的正反应速率等于逆反应速率说明达到化学平衡状态,故c正确;d.各组分浓度不变达到化学平衡状态,所以X的浓度保持不变说明达到化学平衡状态,故d正确;e.生成1molZ和同时生成1.5molX,说明正逆反应速率相等,即达到化学平

衡状态,故e正确;f.各组分反应速率之比等于其化学计量数之比,故X、Y、Z的反应速率之比为3:1:2,故f错误,故答案为af。点睛:本题主要考查了平衡状态的判断、反应速率的计算、气体压强之比等于物质的量之比等知

识点。反应到达平衡状态时,正逆反应速率相等,平衡时各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化。反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡的依据。三、推断题(共8分)25.元素周期表与元素周期律在

学习、研究中有很重要的作用。下表是元素周期表中5种元素的相关信息,其中Q、W、X位于同一周期。元素信息Q地壳中含量第2的元素W最高正化合价为+7价X最高价氧化物对应的水化物在本周期中碱性最强Y焰色反应为紫色Z原

子结构示意图为(1)Q在元素周期表中的位置是___________。(2)Q、W的最高价氧化物对应的水化物中,酸性较强的物质是___________。(填化学式)(3)金属性Y强于X,用原子结构解释原因:___________,失电子能

力Y大于X。(用元素符号回答问题)(4)下列对于Z及其化合物的推断中,正确的是___________(填序号)。①Z的最低负化合价与W的最低负化合价相同②Z的氢化物的稳定性弱于W的氢化物的稳定性③Z的单质可与X和W形成的化合物的

水溶液发生置换反应【答案】(1).第3周期、第ⅣA族(2).HClO4(3).同主族电子层增多,失电子能力增强(4).①②【解析】【分析】Q是地壳中含量第2的元素,则Q为Si;Q、W、X位于同一周期,均在第三周期,W的最高正化合价为+7价,W为Cl;X的最高价氧化物对应的水化物在本周期中碱

性最强,X为Na;Y的焰色反应为紫色,Y为K,Z的原子结构示意图为,Z为Br,以此来解答。【详解】由分析知:Q为Si、W为Cl、X为Na、Y为K、Z为Br;(1)Q为Si,核电荷数为14,其在元素周期表中的位置是第3周期、第ⅣA

族;(2)非金属性越强,对应最高价含氧酸的酸性越强,Cl的非金属性比Si强,则Si、Cl的最高价氧化物对应的水化物中,酸较强的物质是HClO4;(3)金属性Y强于X,用原子结构解释原因:K、Na同属于一个主族,且钾的电子层数大于钠的电子层数,原子

半径越大,失电子能力增强,所以失去电子能力K大于Na;(4)①Cl和Br为同主族元素,最低负化合价均为-1价,故①正确;②非金属性Cl>Br,则HBr的氢化物的稳定性弱于HCl的稳定性,故②正确;③Br的非金属性小于Cl,则Br2与NaCl溶液不能发生置换反应生成Cl2,故③错误;故答案为:①

②。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据:①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性),非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定),元素的非金属性越强,反之越弱;②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱.最高价含氧酸的酸性越强,对应的非金属元素的非金属性越强,反

之越弱;③氧化性越强的非金属元素单质,对应的非金属元素的非金属性越强,反之越弱,(非金属相互置换)。四、综合题(共12分)26.氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。下图为电池示意图,该电池电极表面镀一层细小的铂粉,铂吸附气体的能力强,

性质稳定。请回答:(1)氢氧燃料电池的在导线中电流的方向为由____(用a、b表示)。(2)负极反应式为___。(3)该电池工作时,H2和O2连续由外部供给,电,池可连续不断提供电能。因此,大量安全储氢是关键技术之

一。金属锂是一种重要的储氢材料,吸氢和放氢原理如下:Ⅰ.2Li+H2=2LiHⅡ.LiH+H2O=LiOH+H2↑①反应Ⅰ中的还原剂是___,反应Ⅱ中的氧化剂是___。②已知LiH固体密度为0.82g·cm-3,用锂吸收224L(标准状况)H2,生成的L

iH体积与被吸收的H2体积比为______。③由②生成的LiH与H2O作用,放出的H2用作电池燃料,若能量转化率为80%,则导线中通过电子的物质的量为___mol。【答案】(1).由b到a(2).2H2+4OH--4

e-=4H2O或H2+2OH--2e-=2H2O(3).Li(4).H2O(5).8.71×10-4(6).32【解析】【分析】氢氧燃料电池中,氢气被氧化,所以通入氢气的一极为负极,通入氧气的一极为正极。【详解】(1)燃料电池中氢

气失去电子被氧化,为负极;氧气获得电子为负极,为正极,电流由正极经导线流向负极,即由b到a;(2)负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水,电极反应式为2H2+4OH--4e-=4H2O或H2+2OH--2e-=2H2O;(3)①反应2Li+H2Δ2LiH,氢化锂中Li的化合价为+1,则反应中锂

失电子发生氧化反应,锂是还原剂;Ⅱ:LiH+H2O=LiOH+H2↑,该反应中H2O得电子生成氢气,发生还原反应,H2O是氧化剂;②根据化学反应方程式Ⅰ可知2n(H2)=n(LiH),224LH2的物质的量为10mol,则生成的LiH为20mol,其质量为20mol×(7+1)g/mo

l=160g,33160g=195cm0.82g/cmmV=,生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为195cm3:224L≈8.71×10-4;③根据方程式Ⅱ可知20molLiH可以生成20molH2,实际参加反应的H2为20mol×80%=16mol

,1molH2转化为1molH2O,转移2mol电子,所以16molH2可转移32mol的电子。五、计算题(共7分)27.某温度下,将H2(g)和I2(g)各1mol的气态混合物充入2L的密闭容器中,充分反应,5min后达到平衡,测得c(HI)=0.2mol/L。(1)计算从反应开始至达到平衡

,用H2(g)表示的反应速率。(2)求该反应的平衡常数。(3)保持温度不变,若向上述容器中充入H2(g)和I2(g)各2mol,求达到平衡时I2(g)的物质的量浓度。【答案】(1)0.02mol/(L·min)。(2)0.25。(3)0

.8mol/L【解析】【详解】由题意可知:H2(g)+I2(g)2HI(g)起始浓度(mol/L)0.50.50转化浓度(mol/L)0.10.10.2平衡浓度(mol/L)0.40.40.2(1)从反应开始至达到平衡,用H2(g)表示的反应速率=

0.1mol/L÷5min=0.02mol/(L·min)。(2)该反应的平衡常数K=222()()()cHIcHcI=20.40.80.8=0.25。(3)设消耗I2xmol/L,则H2(g)+I2(g)2HI(g)起始浓度(mol/L)110转化浓度(mol/L

)xx2x平衡浓度(mol/L)1-x1-x2x因此K=222()()()cHIcHcI=2(2)=0.25(1)(1)xxx−−解得x=0.2,所以平衡时碘的浓度是0.8mol/L。

小赞的店铺
小赞的店铺
天天写文档,写文档,文档
  • 文档 324638
  • 被下载 21
  • 被收藏 0
若发现您的权益受到侵害,请立即联系客服,我们会尽快为您处理。侵权客服QQ:12345678 电话:400-000-0000 (支持时间:9:00-17:00) 公众号
Powered by 太赞文库
×
确认删除?