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2019-2020年高二化学上学期期中试卷(7-13班,含解析)
一、选择题(共24小题,每小题2分,满分48分)1.下列实验方法或数据合理的是A.用25mL碱式滴定管准确量取
22.00mL的KMnO4溶液B.用托盘天平准确称取
9.8gNaCl固体C.用广泛pH试纸测出某盐酸溶液的pH为
3.2D.用10mL量筒量取
7.50mL稀盐酸考点化学实验方案的评价.分析A.高锰酸钾能腐蚀橡胶;B.托盘天平称量物质准确度为
0.1g;C.广泛pH试纸测定的pH值为整数;D.量筒量取液体体积的准确度为
0.1mL.解答解A.量取高锰酸钾溶液应用酸式滴定管,故A错误;B.托盘天平称量物质准确度为
0.1g,可称取
9.8g食盐,故B正确;C.广泛pH试纸测定的pH值为整数,
3.2是小数,所以不合理,故C错误;D.量筒量取液体体积的准确度为
0.1mL,所以量取
7.50mLmL不合理,故D错误.故选B.点评本题考查化学实验方案的评价,涉及测量仪器的准确度及仪器规格,难度较大,同时考查思维的准确性、严密性,解此题的关键在于要依据所用仪器的准确度.2.25℃,101kPa时,强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为
57.3kJ/mol,辛烷的燃烧热为5518kJ/mol.下列热化学方程式书写正确的是A.2H+(aq)+SO42﹣(aq)+Ba2+(aq)+2OH﹣(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)△H=﹣
114.6kJ/molB.2KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l)△H=﹣
114.6kJ/molC.C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(g)△H=﹣5518kJ/molD.2C8H18(g)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O
(1)△H=﹣5518kJ/mol考点热化学方程式.专题化学反应中的能量变化.分析A、酸碱反应生成硫酸钡沉淀过程中伴随有沉淀生成热;B、中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量为
57.3kJ/mol;C、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量;D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量.解答解A、中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量为
57.3kJ/mol;酸碱反应生成硫酸钡沉淀过程中伴随有沉淀生成热,反应焓变△H<﹣
114.6kJ/mol,故A错误;B、中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量为
57.3kJ/mol,所以反应的热化学方程式为2KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l)△H=﹣
114.6kJ/mol,故B正确;C、选项中生成的水时气体,不是稳定氧化物,故C错误;D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量,辛烷的燃烧热为5518kJ/mol,C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O
(1)△H=﹣5518kJ/mol,故D错误;故选B.点评本题考查了中和热、燃烧热概念的分析应用,热化学方程式的书写方法和判断依据,题目难度中等.3.下列装置中,都伴随有能量变化,其中是由化学能转变为电能的是A.B.C.D.考点常见的能量转化形式.分析A.该装置是电解池,电能转化为化学能;B.水力发电,机械能转化为电能;C.太阳能热水器,太阳能转化成热能;D.原电池是化学能转化成电能,灯泡通过电能转化为光能.解答解A.电能转化成化学能,故A错误;B.机械能转化为电能,故B错误;C.太阳能转化成热能,故C错误;D.电池供电照明,化学能转化成电能,电能转化为光能,故D正确;故选D.点评本题考查了能量的转化,题目难度不大,关键分析装置的工作原理.4.已知下列热化学方程式
(1)CH3COOH(l)+2O2(g)═2CO2(g)+2H2O(l)△H1=﹣
870.3kJ/mol;
(2)C(s)+O2(g)═CO2(g)△H2=﹣
393.5kJ/mol;
(3)H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H3=﹣
285.8kJ/mol.则反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)═CH3COOH(l)的△H为A.﹣
488.3kJ/molB.﹣
244.15kJ/molC.+
488.3kJ/molD.+
244.15kJ/mol考点有关反应热的计算;用盖斯定律进行有关反应热的计算.专题化学反应中的能量变化.分析利用盖斯定律计算,将
(2)×2+
(3)×2﹣
(1),可得2C(s)+2H2(g)+O2(g)═CH3COOH(l),反应热随之相加减,可求得反应热.解答解已知
(1)CH3COOH(l)+2O2(g)═2CO2(g)+2H2O(l)△H1=﹣
870.3kJ/mol
(2)C(s)+O2(g)═CO2(g)△H2=﹣
393.5kJ/mol
(3)H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H3=﹣
285.8kJ/mol利用盖斯定律,将
(2)×2+
(3)×2﹣
(1),可得2C(s)+2H2(g)+O2(g)═CH3COOH(l),则△H=2×(﹣
393.5kJ/mol)+2×(﹣
285.8kJ/mol)﹣(﹣
870.3kJ/mol)=﹣
488.3KJ/mol,故选A.点评本题考查反应热的计算,题目难度不大,注意盖斯定律的运用,注意焓变与化学计量数的关系.5.下列说法正确的是A.非自发进行的反应一定不能发生B.自发进行的反应一定能迅速发生C.在一定条件下,非自发进行的反应也能发生D.吸热反应一定不能自发进行考点反应热和焓变.专题化学反应中的能量变化.分析反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S<0;有反应的焓变,熵变,温度共同决定;自发进行只能说明反应进行的方向,不能说明反应发生的难易和快慢,有些非自发进行的反应在一定条件下也可以发生.解答解A、反应是否自发进行,由熵变、焓变、温度共同决定,非自发反应在改变条件下可以发生,故A错误;B、自发进行只能说明反应进行的方向,不能说明反应发生的难易和快慢,故B错误;C、自发进行只能说明反应进行的方向,不能说明反应发生的难易和快慢,有些非自发进行的反应在一定条件下也可以发生,故C正确;D、反应是否自发进行,由熵变、焓变、温度共同决定,故D错误;故选C.点评本题考查了化学反应自发进行的判断依据,反应是否自发进行,由熵变、焓变、温度共同决定,题目较简单.6.下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是A.羟基的电子式B.溴乙烷的电子式C.乙醇的结构简式CH3CH2OHD.CH4分子的球棍模型考点电子式、化学式或化学符号及名称的综合;结构简式;球棍模型与比例模型.分析A.羟基有9个电子;B.电子式中漏掉了溴原子的3对孤电子对;C.依据结构简式的书写方法解答;D.是甲烷的比例模型.解答解A.羟基中存在一个碳氧共用电子对,羟基的电子式为,故A错误;B.溴原子未成键的孤对电子对为标出,溴乙烷电子式为,故B错误;C.乙醇的结构简式CH3CH2OH,故C正确;D.为甲烷的比例模型,甲烷的球棍模型应该用小球和短棍表示,甲烷为正四面体结构,其正确的球棍模型为,故D错误;故选C.点评本题考查了常见化学用语的表示方法,涉及电子式、结构简式及比例模型、球棍模型,明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键,题目难度不大.7.城市居民用的石油气主要成分是丁烷,在使用的过程中,常有一些杂质以液态沉积于钢瓶中,这种杂质是A.丙烷和丁烷B.乙烷和丙烷C.乙烷和戊烷D.戊烷和己烷考点烷烃及其命名.分析烃类根据含碳数,常温常压下1~4为气态,4~15为液态.如果加压使得丁烷成为液化气,那么含碳数在丁烷
(4)以上的烃均为液态,沉积物的含碳数一定大于等于4.解答解因为气态的丁烷都被燃烧了,戊烷和己烷因为是常温常压下液态,所以钢瓶中剩余的物质最有可能是戊烷和己烷.故选D.点评本题考查物质的沸点状态与原子数的关系,难度不大,掌握物质的沸点越低,越容易挥发,沸点越高,越不容易挥发是解题的关键.8.下列实验现象中,由于发生取代反应而引起的是A.乙烯通入溴的四氯化碳溶液中,溶液褪色B.甲烷和氯气的混合气体在光照后,瓶壁上有油状液滴附着C.苯滴加到溴水中,振荡后水层接近无色D.将灼热的铜丝迅速插入乙醇中,反复多次,有刺激性气味产生考点取代反应与加成反应.专题有机反应.分析根据有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应,注意掌握常见的有机反应类型有取代、加成、氧化等.解答解A、乙烯通入溴的四氯化碳溶液,溴和乙烯发生反应生成1,2﹣二溴乙烷,使溴水褪色,属于加成反应,故A不符合;B、甲烷与氯气在光照的条件下,甲烷中H原子被氯原子取代生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、三氯甲烷,其中只有一氯甲烷是气体,其余三种为液体,反应为取代反应,故B符合;C、苯滴加到溴水中,溴在苯中的溶解度大于在水中的溶解度,苯萃取溴水中的溴使溶液褪色,故C不符合;D、乙醇和氧气在铜存在下加热生成乙醛,属于氧化反应,故D不符合;故选B.点评本题考查了取代反应、加成反应、氧化反应等概念,比较简单,掌握常见有机反应类型.9.下列关于常见有机化合物的说法中,不正确的是A.用溴水可鉴别苯与乙醇B.分子式为C5H12的有机物只有三种,它们互为同系物C.苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色,说明苯分子中没有碳碳双键D.不能用KMnO4溶液除去乙烷中的乙烯考点有机化学反应的综合应用.专题有机反应.分析A.溴水和苯混合分层,溴水和乙醇互溶;B.分子式为C5H12的有机物有正戊烷、新戊烷、异戊烷,分子式相同;C.苯中不含碳碳双键;D.高锰酸钾具有强氧化性,能把乙烯氧化成二氧化碳.解答A.溴水和苯混合分层,溴水和乙醇互溶,根据现象可区分,故A正确;B.分子式为C5H12的有机物有正戊烷、新戊烷、异戊烷,分子式相同,结构不同,互为同分异构体,故B错误;C.苯中不含碳碳双键,则苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色,故C正确;D.高锰酸钾具有强氧化性,能把乙烯氧化成二氧化碳,引进了杂质二氧化碳,故D正确;故选B.点评本题考查较综合,涉及有机物结构与性质、同分异构体、有机反应类型及基本营养物质,注重基础知识的考查,综合性较强,题目难度不大.10.化学在人类生活中扮演着重要角色,以下应用不正确的是A.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯,可达到水果保鲜的目的B.福尔马林是一种良好的杀菌剂,能用来消毒饮用水C.医疗上常用体积分数为70%~75%的酒精作消毒剂D.为防止流感传染,可将教室门窗关闭后,用食醋熏蒸,进行消毒考点生活中的有机化合物;有机化学反应的综合应用.专题有机化学基础.分析A、乙烯是水果的催熟剂,高锰酸钾溶液能氧化乙烯;B、福尔马林有毒;C、医疗上常用体积分数为70%~75%的乙醇溶液作消毒剂;D、食醋具有很强的杀菌消毒能力.解答解A、乙烯是水果的催熟剂,高锰酸钾溶液能氧化乙烯,除去乙烯,则可达到水果保鲜的目的,故A正确;B、福尔马林有毒,不能用来消毒饮用水,故B错误;C、体积分数为70%~75%的乙醇溶液在医疗上常用作消毒剂,故C正确;D、食醋具有很强的杀菌能力,可以细菌消毒,防止流感传染,故D正确;故选B.点评本题考查生活中常见有机物的性质与用途,属于化学和生活结合的题目,难度不大.11.下列各组物质中,互称为同分异构体的是A.甲烷和乙烷B.O2和O3C.12C和14CD.正丁烷和异丁烷考点同分异构现象和同分异构体.分析根据同分异构体是指分子式相同,但结构不同的化合物来解答.解答解A.甲烷和乙烷属于同系物,二者分子式不同,不属于同分异构体,故A错误;B.O2与O3是氧元素的不同单质,互称同素异形体,不是同分异构体,故B错误;C.12C和14C的质子数都为6,中子数分别为
6、8,中子数不同,互为同位素,故C错误;D.正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3,异丁烷的结构简式为CH3CH(CH3)CH3,分子式相同,结构不同,互为同分异构体,故D正确;故选D.点评本题考查了同分异构体的判断,难度不大,注意同分异构体和同素异形体的区别,同素异形体指的是由同种元素形成的结构不同的单质.12.酒精和醋酸是生活里的常用品,下列方法不能将二者鉴别开的是A.闻气味B.分别用来浸泡水壶中的水垢看是否溶解C.分别滴加NaOH溶液D.分别滴加石蕊试液考点有机物的鉴别;乙醇的化学性质;乙酸的化学性质.专题物质检验鉴别题.分析水垢的成分是CaCO3和Mg(OH)2,溶于醋酸但不与酒精反应;醋酸使紫色石蕊试液变红,但酒精不能;酒精和NaOH溶液不反应,醋酸和NaOH溶液反应无明显现象,该方法鉴别不开.解答解A.酒精和乙醇气味不同,可用闻气味的方法鉴别,故A不选;B.水垢的成分是CaCO3和Mg(OH)2,溶于醋酸但不与酒精反应,故B不选;C.酒精和NaOH溶液不反应,醋酸和NaOH溶液反应无明显现象,不能鉴别,故C选;D.醋酸使紫色石蕊试液变红,但酒精不能,可鉴别,故D不选.故选C.点评本题考查有机物的鉴别,题目难度不大,本题注意乙醇和乙酸性质的差别,乙酸的酸性比碳酸强,可与碳酸钙反应.13.烹鱼时加入少量食醋和料酒可以使烹制的鱼具有特殊的香味,这种香味来自于A.食盐B.食醋中的乙酸C.料酒中的乙醇D.料酒中的乙醇和食醋中的乙酸反应生成的乙酸乙酯考点乙酸的化学性质;乙醇的化学性质.专题有机物的化学性质及推断.分析食醋中含有乙酸,料酒中含有乙醇,乙酸和乙醇在一定的条件下能反应生成酯,根据酯的性质分析.解答解食醋中含有乙酸,料酒中含有乙醇,乙酸和乙醇在一定的条件下反应生成乙酸乙酯,乙酸乙酯具有香味,所以炒菜时,加入一些料酒和食醋可使菜变得味香可口,故D正确.故选D.点评本题考查了乙酸、乙醇、乙酸乙酯的性质,难度不大,会运用化学知识解释生产、生活中的现象,学以致用.14.下列除去杂质的方法正确的是
①除去乙烷中少量的乙烯光照条件下通入Cl2,气液分离;
②除去乙醛中少量的乙酸加足量氢氧化钠溶液,蒸馏;
③除去CO2中少量的SO2气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶;
④除去乙醇中少量的水加新制生石灰,蒸馏;
⑤除去乙酸乙酯中少量的乙酸用氢氧化钠溶液洗涤,分液、干燥、蒸馏.A.
①②⑤B.
②④C.
③④⑤D.
②③考点物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.专题实验评价题.分析
①乙烷与氯气在光照条件下发生取代反应;
②乙酸与氢氧化钠反应生成难挥发的乙酸钠;
③CO2和SO2都与饱和碳酸钠溶液反应;
④生石灰与水反应,可用蒸馏的方法分离;
⑤乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应.解答解
①乙烷与氯气在光照条件下发生取代反应,应用溴水除杂,故
①错误;
②乙酸与氢氧化钠反应生成难挥发的乙酸钠,可除去杂质,故
②正确;
③CO2和SO2都与饱和碳酸钠溶液反应,应用饱和碳酸氢钠溶液除杂,故
③错误;
④生石灰与水反应,可用蒸馏的方法分离,故
④正确;
⑤乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应,应用饱和碳酸钠溶液除杂,故
⑤错误.故选B.点评本题考查物质的分离、提纯,为考查常见题型,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,注意把握物质的性质的异同,除杂时不能引入新的杂质,且不能影响被提纯物质的性质,难度不大.15.化学用语是学习化学的重要工具,下列用来表示物质变化的化学用语中,正确的是A.用惰性电极电解饱和食盐水时,阳极的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑B.氢氧燃料电池的负极反应式O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣C.粗铜精炼时,与电源正极相连的是纯铜,阳极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+D.钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式Fe﹣2e﹣═Fe2+考点原电池和电解池的工作原理.专题电化学专题.分析A、电解池中,阳极不是活性电极时,在该极上放电的是溶液中活泼的阴离子;B、燃料电池中负极放电的一定是燃料,正极放电的一定是氧气;C、粗铜精炼时,阴极是纯铜,粗铜作阳极;D、在原电池中,正极发生得电子的还原反应.解答解A、电解池中,阳极不是活性电极时,在该极上放电的是溶液中活泼的阴离子即氯离子失电子的反应2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑,故A正确;B、氢氧燃料电池中负极放电的一定是燃料,即在负极上是氢气放电,故B错误;C、粗铜精炼时,阴极(和电源的负极相连)是纯铜,粗铜作阳极(和电源的正极相连),故C错误;D、钢铁发生电化学腐蚀的正极发生的是氧气得电子的还原反应,故D错误.故选A.点评本题主要考查学生原电池和电解池的工作原理以及电极反应知识,难度不大,可以根据已有知识进行解答.16.我国第五套人民币中的一元硬币材料为钢芯镀镍,依据你所掌握的电镀原理,你认为在硬币制作时,钢芯应做A.阴极B.阳极C.正极D.负极考点电解原理.专题电化学专题.分析电解池的两个电极是阳极和阴极,电镀池中,镀层金属做阳极,镀件作阴极.解答解钢芯镀镍时,根据电镀原理,镀件钢芯作阴极,镀层金属做镍阳极.故选A.点评本题考查学生电镀原理知识,可以根据所学知识进行回答,难度不大.17.钢铁生锈过程发生如下反应
①2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2;
②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;
③2Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O.下列说法正确的是A.反应
①、
②中电子转移数目相等B.反应
①中氧化剂是氧气和水C.与铜质水龙头连接处的钢质水管不易发生腐蚀D.钢铁在潮湿的空气中不能发生电化学腐蚀考点金属的电化学腐蚀与防护;氧化还原反应的电子转移数目计算.分析氧化还原反应中电子数目的判断要根据参加反应的氧化剂或还原剂的物质的量以及化合价的变化数目来确定,本题中的两个反应的氧化剂都是氧气,并且都反应了1mol,在反应中得到4mol电子,二者转移电子数目相等;金属发生电化学腐蚀时,活泼金属做负极,尤其是在潮湿的环境中易被氧化而发生腐蚀.解答解A、反应
①2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2中的氧化剂是O2,同样在反应
②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3中氧化剂也是O2,而且两个反应中氧气的系数都是1,因此1molO2得到的电子均是4mol,故A正确;B、反应
①中水中的元素化合价在反应前后不变,则氧化剂只有氧气,故B错误;C、钢质水管与铜质水龙头连接后形成原电池,铁比铜活泼,则钢质水管做负极被腐蚀,故C错误;D、钢铁在潮湿的空气中容易发生电化学腐蚀,而且主要是发生吸氧腐蚀,故D错误;故选A.点评本题考查氧化还原反应和金属的腐蚀两个问题,前者在做题时要注意从化合价变化的角度来进行判断和计算,后者要明确金属发生电化学腐蚀的原理,该类问题较为简单,建议掌握好基础知识.18.如图是某固体酸燃料电池基本结构示意图,其中以Ca(HSO4)2固体为电解质传递H+,电池总反应式为2H2+O2═2H2O,下列有关说法不正确的是A.H2通过多孔电极时能增大H2的接触面积,加快反应B.a极上的电极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣C.每转移
0.1mol电子,消耗标准状况下的H
21.12LD.H+由b极通过固体酸电解质传递到a极考点原电池和电解池的工作原理.专题电化学专题.分析根据电池总反应2H2+O2=2H2O可知通入氢气的一极为电池的负极,发生氧化还原反应,反应为H2﹣2e﹣═2H+,通入氧气的一极为电池的正极,发生氧化反应,反应为O2+4e﹣+4H+=2H2O;电池工作时,电子通过外电路从负极流向正极,即从b极流向a极,电解质溶液中阳离子向正极移动,即H+由b极通过固体酸电解质传递到a极;每转移
0.1mol电子,消耗
0.05mol的H2,以此解答该题.解答解A.反应的接触面积越大,反应速率越大,故A正确;B.该电池为酸性电池,所以正极电极反应为O2+4e﹣+4H+=2H2O,故B错误;C.每转移
0.1mol电子,消耗
0.05mol的H2,标准状况下的H
21.12L,故C正确;D.原电池中,阳离子向正极移动,所以H+由b极通过固体酸电解质传递到a极,故D正确.故选B.点评该题是xx届高考中的常见题型,侧重考查学生灵活运用原电池原理解决实际问题的能力.学习中要明确原电池电子以及离子的定向移动问题,要能正确判断原电池的正负极,以及电极反应式的书写等问题,难度不大.19.关于下列各装置图的叙述中,不正确的是A.用装置
①精炼铜,则a极为粗铜,电解质溶液为CuSO4溶液B.装置
②的总反应是Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+C.装置
③中钢闸门应与外接电源的负极相连D.装置
④中的铁钉几乎没被腐蚀考点原电池和电解池的工作原理;铜的电解精炼;金属的电化学腐蚀与防护.专题电化学专题.分析A、根据电流的方向判断电源的正负极,精炼铜时粗铜做阳极;B、铁比铜活泼,为原电池的负极;C、装置
③为外加电源的阴极保护法,钢闸门应与外接电源的负极相连;D、浓硫酸具有吸水性,在干燥的环境中铁难以腐蚀.解答解A、根据电流的方向可知a为电解池的阳极,则用来精炼铜时,a极为粗铜,电解质溶液为CuSO4溶液,故A正确;B、铁比铜活泼,为原电池的负极,发生的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+,故B错误;C、装置
③为外加电源的阴极保护法,钢闸门与外接电源的负极相连,电源提供电子而防止铁被氧化,故C正确;D、浓硫酸具有吸水性,在干燥的环境中铁难以腐蚀,故D正确.故选B.点评本题考查原电池和电解池的工作原理,题目难度不大,本题易错点为D,注意浓硫酸的性质对金属腐蚀的影响.20.某温度下,把6molA和5molB两气体通入容积为1L的密闭容器中,一定条件下反应3A(g)+B(g)⇌2C(g)+xD(g)△H<0,5min达平衡,此时生成2molC,测得D的平均反应速率为
0.2mol•(L•min)﹣1.下列说法中正确的是A.该温度下此反应的化学平衡常数K=1B.x=2且B的转化率为25%C.A的平均反应速率为
0.6mol•(L•min)﹣1D.降低平衡体系的压强,逆反应速率变小,正反应速率增大,平衡正向移动考点化学平衡的计算;化学平衡的影响因素.专题化学平衡专题.分析达平衡,此时生成2molC,c(C)=2mol/L,测得D的平均反应速率为
0.2mol•(L•min)﹣1,生成D的浓度c(D)=
0.2mol•(L•min)﹣1×5min=1mol/L,3A(g)+B(g)⇌2C(g)+xD(g)起始量(mol/L)6500变化量(mol/L)3121平衡量(mol/L)3421x=1A、依据平衡常数概念和化学方程式计算平衡常数;B、根据C的物质的量,利用方程式计算出参加反应的B的物质的量,再利用转化率定义计算;C、利用v=计算v(A);D、降低压强,正逆反应速率都降低,该反应为气体体积减小的放热反应,逆反应速率降低快,正反应速率降低慢,平衡向正反应移动.解答解达平衡,此时生成2molC,c(C)=2mol/L,C的反应速率V(c)==
0.4mol/L•min,测得D的平均反应速率为
0.2mol•(L•min)﹣1,生成D的浓度c(D)=
0.2mol•(L•min)﹣1×5min=1mol/L,依据速率之比等于化学方程式系数之比,2x=
0.
40.2,计算得到x=1;3A(g)+B(g)⇌2C(g)+D(g)起始量(mol/L)6500变化量(mol/L)3121平衡量(mol/L)3421A、平衡过上述计算,结合常数概念和化学方程式计算平衡常数K==,故A错误;B、利用方程式计算出参加反应的B的物质的量,再利用转化率定义计算,x=1,B的转化率=×100%=20%,故B错误;C、利用上述计算得到v(A)==
0.6mol/L•min,故C正确;D、降低压强,正逆反应速率都降低,该反应为气体体积减小的放热反应,逆反应速率降低慢,正反应速率降低快,平衡向逆反应移动,故D错误;故选C.点评本题考查了化学平衡计算方法分析应用,主要是平衡常数、转化率、反应速率概念的计算应用,掌握基础是关键,题目难度中等.21.对于可逆反应2A(g)+B(g)⇌2C(g)△H<0,下列各图中正确的是A.B.C.D.考点化学平衡的影响因素.专题图示题.分析做题时首先分析化学方程式的特征,如反应前后计量数的大小关系、反应热等问题,A、根据反应温度的不同结合反应热判断平衡移动的方向,可判断出C的质量分数的变化是否正确B、根据反应前后的化学计量数的大小关系,结合压强对反应速率的影响判断平衡移动方向,从而判断出正逆反应速率的变化;C、从催化剂对平衡是否有影响来判断浓度的变化是否正确;D、从两个方面考虑,一是压强对平衡的影响,二是温度对平衡的影响,二者结合判断A的转化率是否正确.解答解A、该反应为放热反应,温度升高平衡向逆反应方向移动,C的质量分数减小,故A正确;B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出,增大压强平衡向正反应方向移动,正逆反应速率都增大,且V正>V逆,故B错误;C、催化剂同等程度地改变正逆反应速率,平衡不发生移动,故C错误;D、该反应为放热反应,温度升高平衡向逆反应方向移动,A的转化率降低,根据反应前后的化学计量数的大小可以看出,增大压强平衡向正反应方向移动,A的转化率增大,本题温度的曲线不正确,故D错误.故选A.点评本题为化学平衡图象题,做题时注意两个方面的问题
(1)定一议二当图象中同时有三个变量时,使其中之一不变,讨论另外两个变量间的关系;
(2)先拐先平变化曲线若与时间轴平行,表示反应体系已达平衡状态,先达到平衡(先出现拐点)的曲线所示的温度或压强较大.22.反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)在温度和容积不变的条件下进行.能表明反应达到平衡状态的叙述是A.容器内压强不再变化B.Fe3O4的物质的量不变C.v(H2O)=v(H2)D.断裂4molH﹣O键的同时,断裂4molH﹣H键考点化学平衡状态的判断.专题化学平衡专题.分析反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,平衡时各种物质的物质的量、浓度、含量等不再发生变化,以及由此衍生的其它量不变,可由此进行判断;解答解A、应前后气体的物质的量不发生变化,容器中始终压强不变,不能说明反应到达平衡,故A错误;B、Fe3O4的物质的量不变,各组分浓度不变,达到了平衡状态,故B正确;C、不能判断正逆反应速率是否相等,各组分的浓度是变化,故C错误D、断裂4molH﹣O键的同时,会生成2molH﹣H键,而断裂4molH﹣H键,说明正逆反应速率不相等,没有达到平衡状态,故D错误;故选B.点评本题考查了化学平衡状态的判断,难度不大,注意反应前后气体体积不变的化学反应不能用压强来判断是否达到平衡状态.23.已知某可逆反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)+dD(g).反应过程中,当其它条件不变时,C的体积分数与温度(T)和压强(P)的关系如图.下列叙述正确的A.正反应为吸热反应B.降低温度,正反应速率增大C.a+b<c+dD.增大压强,B转化率增大考点体积百分含量随温度、压强变化曲线.专题化学平衡专题.分析由图象曲线变化可知,压强一定,随着温度的升高,C的体积分数降低,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,说明正反应是放热反应,温度一定,增大压强,C的体积分数增大,说明增大压强平衡向正反应方向移动,则说明反应前的气体计量数之和大于生成物气体的化学计量数,以此解答该题.解答解A.由图象曲线变化可知,压强一定,随着温度的升高,C的体积分数降低,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,说明正反应是放热反应,故A错误;B.降低温度,正、逆反应速率都降低,故B错误;如X、Y、Z均为气态,反应前后气体的体积不变,增大压强,平衡应不移动,但由图象可知增大压强平衡向逆反应方向移动,故B错误;C.温度一定,增大压强,C的体积分数增大,说明增大压强平衡向正反应方向移动,则说明反应前的气体计量数之和大于生成物气体的化学计量数,即a+b>c+d,故C错误;D.增大压强平衡向正反应方向移动,B转化率增大,故D正确.故选D.点评本题考查化学平衡移动的图象问题,题目难度中等,解答该题的关键是把握图象中曲线的变化特点,结合外界条件对化学平衡的影响分析,注意采取“定一议二”原则分析.24.利用反应2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)△H=
746.8kJ•mol﹣1,可净化汽车尾气,如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率,采取的措施是A.降低温度B.增大压强同时加催化剂C.升高温度同时充入N2D.及时将CO2和N2从反应体系中移走考点化学平衡的影响因素.专题化学平衡专题.分析提供该反应的速率可以采取增大压强、使用催化剂、升高温度等,同时提高NO的转化率,应采取措施使平衡向正反应方向,结合平衡移动原理分析.解答解A.该反应正反应为吸热反应,降低温度,化学平衡向逆反应方向移动,NO的转化率转化率降低,化学反应速率减慢,故A错误;B.增大压强同时加催化剂,化学反应速率加快,催化剂不移动平衡移动,但增大压强平衡向正反应方向移动,NO的转化率转化率增大,故B正确;C.升高温度,化学反应速率加快,化学平衡向吸热方向移动,即向正反应方向,NO的转化率转化率增大,同时充入N2,化学平衡向逆反应方向移动,NO的转化率转化率减小,故C错误;D.将CO2和N2从反应体系中移走,平衡向正反应方向移动,NO的转化率增大,但反应速率减小,故D错误.故选B.点评本题考查化学反应速率与化学平衡的影响因素,难度不大,注意对基础知识的理解掌握.
二、解答题(共6小题,满分52分)25.2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示.已知1molSO2(g)氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1.请回答下列问题
(1)该反应通常用V2O5作催化剂,加V2O5会使图中B点升高还是降低?降低,理由是因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低;图中△H=198kJ•mol﹣1;
(2)已知25℃、101KPa时,单质硫的燃烧热为296KJ•mol﹣1,写出单质硫燃烧的热化学方程式S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=﹣296kJ/mol.考点热化学方程式;吸热反应和放热反应.分析
(1)加入催化剂,活化能减小,反应反应热不变;
(2)单质硫的燃烧热为296KJ•mol﹣1,所以热化学方程式为S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=﹣296kJ/mol,由此解答.解答解
(1)加入催化剂,活化能减小,反应反应热不变;1molSO2(g)氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1,所以2molSO2(g)氧化为2molSO3放出热量为198kJ,故答案为降低;因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低;198;
(2)单质硫的燃烧热为296KJ•mol﹣1,所以热化学方程式为S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=﹣296kJ/mol,故答案为S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=﹣296kJ/mol.点评本题综合考查反应热与焓变,为xx届高考常见题型,侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,注意催化剂对反应的影响以及反应热计算的应用,题目较简单.26.下列各组物质
①O2和O3
②乙烷(C2H6)和丁烷(C4H10)
③12C和14C
④CH3CH2CH2CH3和(CH3)2CHCH3互为同系物的是
②,互为同位素的是
③.考点芳香烃、烃基和同系物;同位素及其应用.分析同系物是具有同一通式、组成上相差一个或多个CH2原子团、在结构与性质上相似的化合物;具有相同质子数,不同中子数(或不同质量数)同一元素的不同核素互为同位素.解答解
①O2和O3均是由O元素形成的不同种单质,互为同素异形体;
②乙烷(C2H6)和丁烷(C4H10)结构相似,分子组成上相差2个CH2原子团,属于同系物;
③12C和14C质子数相同,中子数不同,属于同位素;
④CH3CH2CH2CH3和(CH3)2CHCH3分子式相同,结构不同,属于同分异构体,故答案为
②;
③.点评本题主要考查了同位素,同系物,同分异构体,同素异形体的定义,在判断时要抓住各自的研究对象分别为原子、有机化合物、化合物、单质.27.乙烯是石油裂解气的主要成分,它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平.请回答下列问题.
(1)乙烯的电子式,结构简式H2C=CH2.
(2)鉴别甲烷和乙烯的试剂是BD(填序号).A.稀硫酸B.溴的四氯化碳溶液C.水D.酸性高锰酸钾溶液
(3)下列物质中,可以通过乙烯加成反应得到的是ACD(填序号).A.CH3CH3B.CH3CHCl2C.CH3CH2OHD.CH3CH2Br
(4)已知2CH3CHO+O22CH3COOH.若以乙烯为主要原料合成乙酸,其合成路线如下图所示.反应
②的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O.工业上以乙烯为原料可以生产一种重要的合成有机高分子化合物,其反应的化学方程式为,反应类型是加聚反应.考点乙烯的化学性质;有机物的推断.专题有机物的化学性质及推断.分析
(1)乙烯是含有碳碳双键的最简单的烯烃,根据电子式可以书写结构简式;
(2)乙烯中含有碳碳双键,可以发生加成反应,可以被强氧化剂氧化,而甲烷不能;
(3)乙烯加成反应的特征是原子或原子团加在双键碳原子上,双键变为单键;
(4)乙烯可以和水加成生成乙醇,乙醇可以被氧化为乙醛,乙醛易被氧化为乙酸;乙烯可以发生加聚反应生成聚乙烯.解答解
(1)乙烯中含碳和碳之间以共价双键结合,电子式为,根据电子式可以书写结构简式为H2C=CH2,故答案为H2C=CH2;
(2)乙烯中含有碳碳双键,可以发生加成反应,使溴水褪色,可以被强氧化剂高锰酸钾氧化,从而使高锰酸钾褪色,而甲烷不能,故答案为BD;
(3)乙烯和溴化氢发生加成生成溴乙烷,和水加成生成乙醇,和氢气加成生成乙烷,故答案为ACD;
(4)乙烯可以和水加成生成乙醇,所以A是乙醇,乙醇可以被氧化为B乙醛,乙醛易被氧化为C乙酸,乙醇的催化氧化反应为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O;乙烯可以发生加聚反应生成聚乙烯,反应为,属于加聚反应,故答案为;加聚反应.点评本题主要考查学生乙烯的化学性质,可以根据教材知识来回答,难度不大.28.在80℃时,将
0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中,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)020406080100c(N2O4)/(mol/L)
0.20a
0.10cdec(NO2)/(mol/L)
0.
000.12b
0.
220.
240.24
(1)表中b>c(填“<”、“=”或“>”).
(2)20s时,N2O4的浓度为
0.14mol/L,0﹣20s内N2O4的平均反应速率为
0.003mol•L﹣1•s﹣1.
(3)N2O4(g)⇌2NO2(g)的平衡常数表达式K=,在80℃时该反应的平衡常数K的数值为
0.72.
(4)在其他条件相同时,该反应的K值越大,表明建立平衡时AD.A.N2O4的转化率越高B.N2O4的体积分数越大C.N2O4与NO2的浓度之比越大D.正反应进行的程度越大
(5)该反应进行至100s以后将反应混合物的温度降低,发现气体的颜色变浅,则该反应是吸热反应(填“吸热”或“放热”).考点化学平衡的计算;化学平衡常数的含义;化学平衡的影响因素.分析
(1)根据表格知,
0.12<b≤
0.22,c≤
0.10,据此判断b、c的关系;
(2)根据二氧化氮和四氧化二氮的关系式计算N2O4的浓度,v=计算N2O4的平均反应速率;
(3)K=;根据在80℃时,N2O4和NO2的平衡浓度带入K来计算;
(4)K值越大,生成物浓度越大,反应物浓度越小,则反应物的转化率越大,生成物的产量越大.
(5)NO2为红棕色气体,N2O4无色.解答解
(1)根据表格知,
0.12<b≤
0.22,c≤
0.10,所以b>C;故答案为b>C;
(2)20s时,四氧化二氮的浓度为a,N2O4⇌2NO21mol/L2mol/L(
0.20﹣a)mol/L
0.12mol/La=
0.14mol/L,则反应的N2O4浓度为(
0.2﹣
0.14)mol/L=
0.06mol/L,v(N2O4)===
0.003mol/L.s;故答案为
0.14;
0.003mol/(L.s);
(3)K=K=;在80s时,反应达平衡,由于此时NO2的平衡浓度为
0.24mol/L,根据反应可知N2O4⇌2NO2初始C
0.2mol/L0改变C
0.12mol/L
0.24mol/L平衡C
0.08mol/L
0.24mol/LN2O4的平衡浓度为
0.08mol/L,而NO2的平衡浓度为
0.24mol/L,故80℃时平衡常数K===
0.72故答案为K=;
0.72;
(4)根据化学平衡常数知,K越大,生成物的浓度越大,反应物的浓度越小,N2O4的转化率大、N2O4的体积分数越小、N2O4与NO2的浓度之比越小、正反应进行的程度越大,故选AD;故答案为AD.
(5)NO2为红棕色气体,N2O4无色,故反应混合物的温度降低,发现气体的颜色变浅,说明平衡左移,故正反应方向吸热,故答案为吸热.点评本题考查了化学反应速率的计算、化学平衡常数的含义等知识点,注意化学平衡常数只与温度有关,与物质的浓度无关.29.A、B、C、D、E、F六种短周期元素,原子序数依次增大.A是地壳中含量最高的元素,C是地壳中含量最高的金属元素,A、E同主族.D元素原子最外层电子数是次外层电子数的一半.B、C两元素原子的最外层电子数之和等于D元素原子的最外层电子数,C、D两元素原子最外层电子数之和等于F元素原子的最外层电子数.回答下列问题
(1)元素A在元素周期表中的位置是第二周期,ⅥA族.
(2)写出B、E两元素形成化合物的电子式,所含化学键类型离子键;
(3)A、D、E、F的气态氢化物的稳定性顺序H2O>HCl>H2S>SiH4(用化学式表示)
(4)写出C、E对应的最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式为2Al(OH)3+3H2SO4═Al2(SO4)3+6H2O
(5)C、D的氧化物与分别与B的氢氧化物反应的离子方程式Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O、SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O.考点位置结构性质的相互关系应用.专题元素周期律与元素周期表专题.分析A、B、C、D、E、F六种短周期元素,原子序数依次增大.A是地壳中含量最高的元素,则A为氧元素,C是地壳中含量最高的金属元素,则C为铝元素,A、E同主族,则E为硫元素,D元素原子最外层电子数是次外层电子数的一半,则D为硅元素,B、C两元素原子的最外层电子数之和等于D元素原子的最外层电子数,则B最外层有1个电子,原子序数介于铝和氧之间,所以B为钠元素,C、D两元素原子最外层电子数之和等于F元素原子的最外层电子数,则F为氯元素,据此答题.解答解A、B、C、D、E、F六种短周期元素,原子序数依次增大.A是地壳中含量最高的元素,则A为氧元素,C是地壳中含量最高的金属元素,则C为铝元素,A、E同主族,则E为硫元素,D元素原子最外层电子数是次外层电子数的一半,则D为硅元素,B、C两元素原子的最外层电子数之和等于D元素原子的最外层电子数,则B最外层有1个电子,原子序数介于铝和氧之间,所以B为钠元素,C、D两元素原子最外层电子数之和等于F元素原子的最外层电子数,则F为氯元素,
(1)A为氧元素,在元素周期表中的位置是第二周期,ⅥA族,故答案为第二周期,ⅥA族.
(2)B、E两元素形成化合物为硫化钠,它的电子式为,所含化学键类型为离子键,故答案为;离子键;
(3)元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,由于非金属性O>Cl>S>Si,所以气态氢化物的稳定性顺序为H2O>HCl>H2S>SiH4,故答案为H2O>HCl>H2S>SiH4;
(4)写出C、E对应的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝和硫酸,它们相互反应的化学方程式为2Al(OH)3+3H2SO4═Al2(SO4)3+6H2O,故答案为2Al(OH)3+3H2SO4═Al2(SO4)3+6H2O;
(5)C、D的氧化物分别为氧化铝和二氧化硅,它们分别与氢氧化钠反应的离子方程式为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O、SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O,故答案为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O、SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O.点评本题主要考查了元素周期表、电子式、元素周期律、部分元素化合物知识,难度不大,元素推断是解题的关键,答题时注意基础知识的灵活运用.30.已知铅蓄电池的工作原理为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O,现用如图1装置进行电解(电解液足量),测得当铅蓄电池中转移
0.4mol电子时铁电极的质量减少
11.2g.请回答下列问题.
(1)铅蓄电池在放电时的负极反应式为Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4
(2)A是铅蓄电池的负极,Ag电极的电极反应式是2H++2e﹣═H2↑该电极的电极产物共
0.4g.
(3)CuSO4溶液的浓度不变(填“减小”、“增大”或“不变”)
(4)如图2表示电解进行过程中某个量(纵坐标x)随时间的变化曲线,则x表示b.a.各U形管中产生的气体的体积b.各U形管中阳极质量的减少量c.各U形管中阴极质量的增加量.考点电解原理.分析
(1)铅蓄电池在放电时的负极为Pb失电子发生氧化反应;
(2)当铅蓄电池中转移
0.4mol电子时铁电极的质量减小
11.2g,说明铁作阳极,银作阴极,连接原电池负极的电极作阴极,连接原电池正极的电极作阳极,银作阴极,电解稀硫酸时,阴极上氢离子放电生成氢气,根据转移电子守恒计算;
(3)铜作阳极,阳极上铜失电子发生氧化反应,阴极上析出铜,所以该装置是电镀池;
(4)电解时,a.右边U形管不析出气体;b.铜的摩尔质量大于铁;c.左边U形管析出氢气,右边U形管析出铜.解答解
(1)铅蓄电池在放电时的负极为Pb失电子发生氧化反应,反应式为Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4;故答案为Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4;
(2)当铅蓄电池中转移
0.4mol电子时铁电极的质量减小
11.2g,说明铁作阳极,银作阴极,阴极连接原电池负极,所以A是负极,B是正极,银作阴极,电解稀硫酸时,阴极上氢离子放电生成氢气,电极反应式为2H++2e﹣═H2↑,生成氢气的质量=×2g/mol=
0.4g,故答案为负;2H++2e﹣═H2↑;
0.4;
(3)铜作阳极,阳极上铜失电子发生氧化反应,电极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+,阴极上析出铜,所以该装置是电镀池,电解质溶液中铜离子浓度不变,故答案为不变;
(4)a.右边U形管不析出气体,左边U形管析出气体,所以稀硫酸析出气体体积大于硫酸铜溶液,故错误;b.当转移相等电子时,溶解金属的物质的量相等,铜的摩尔质量大于铁,所以右边U形管阳极减少的质量大于左边U形管阳极减少的质量,故正确;c.当转移相等电子时,析出物质的物质的量相等,但铜的摩尔质量大于氢气,所以左边U形管析出氢气的质量小于右边U形管析出铜的质量,故错误;故答案为b.点评本题考查了原电池和电解池原理,正确判断原电池正负极是解本题关键,根据离子放电顺序确定阴阳极电极反应,并结合得失电子守恒解答,难度中等.。