湖北省黄冈市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题

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湖北省黄冈市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题


1. （2020春·湖北黄冈·高一统考期末）氢能源是一种有广阔发展前景的新型能源。回答下列问题：
(1)氢气是一种热值高、环境友好型燃料。等物质的量的氢气完全燃烧生成液态水与生成气态水相比，生成液态水时放出热量___________(填“多”“少”或“相等”)。
(2)乙炔()与选择性反应制乙烯的反应原理为，该反应过程中的能量变化如图所示。则该反应为________(填“放热”或“吸热”)反应；乙烯的电子式为_____________________。

(3)氢氧酸性燃料电池的工作原理示意图如图所示。

①a口应通入_________(填“”或“”)。
②正极的电极反应式为_____________________。
③工作时，负极附近溶液的酸性___________(填“增强”“减弱”或“不变”)。
④工作时，导线中流过电子的电量时，理论上消耗标准状况下的体积为__________。
2. （2020春·湖北黄冈·高一统考期末）实验小组对可逆反应进行探究。回答下列问题：
(1)T℃时，起始向恒容密闭容器中充入X、Y，测得反应过程中X、Y、Z三种气体的物质的量浓度(c)与时间(t)的关系如图所示。

①起始充入X的物质的量为_______________。
②_____________。
③Y的平衡转化率为____________________。
④内的反应速率_________________。
⑤时的正反应速率________________(填“大于”“小于”或“等于”)时的正反应速率，理由为___________。
⑥下列事实能说明反应达到平衡状态的是_____________(填选项字母)
A．容器内气体压强不再改变     B．混合气体密度不再改变    C．X的体积分数不再改变
(2)若在不同条件下进行上述反应，测得反应速率分别为①，②，③，其中反应速率最快的是________(填序号)。
3. （2021春·湖北黄冈·高一统考期末）化学反应与生产研究息息相关，我们不仅关注能量变化，还需要关注化学反应的快慢和程度。请根据要求，回答下列问题：
(1)下面是四个化学反应理论上不可以用于设计原电池的化学反应是_______(填字母，下同)
A．
B．
C．
D．
(2)将氢气与氧气的反应设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示(a、b为多孔碳棒)其中_______(填A或B)处电极入口通氧气，其电极反应式为_______。当消耗标准状况下氢气11.2L时，假设能量转化率为85%，则导线中转移电子的物质的量为_______。

(3)某温度时，在2L容器中发生X、Y两种物质间的转化反应，X、Y物质的量随时间变化的曲线如图所示：

①该反应的化学方程式为_______。
②反应开始至2min时，Y的平均反应速率为_______。
③2min时，v正_______(填“>”“
【详解】(1) 属于氧化还原反应，而且是放热反应，理论上能设计为原电池。则反应B、D能设计成原电池、反应A、C是非氧化还原反应、理论上不可以用于设计原电池，故答案为AC。
(2)内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，酸性条件下生成水，正极电极反应式为：O2＋4H＋＋4e－=2H2O；燃料电池中化学能转化为电能，能量转化效率高
燃料电池中，通入燃料的一极为负极，还原剂失去电子发生氧化反应，电子沿着导线流向正极，通入助燃物的一极为正极，正极上发生还原反应，则a为负极、B处电极入口通氧气，碱性条件下氧气得电子、和水反应生成氢氧根离子，其电极反应式为。当消耗标准状况下氢气11.2L时，按可知，假设能量转化率为85%，则导线中转移电子的物质的量为。
(3)①X的物质的量增加、Y的物质的量减小，所以Y是反应物、X是生成物，物质的量变化值之比等与化学计量数之比，即Y与X的化学计量数之比为(0.4-0.2):(0.2-0.1)=2:1，故该反应的化学方程式为。
②反应开始至2min时，Y的平均反应速率为。
③2min时，平衡还未建立，体系处于从正反应建立平衡的途中，故v正 v逆。
4. (1)CD
(2)     SO2     75%     0.0375

【详解】（1）A．该反应在反应过程中体系温度会升高，故该反应为放热反应，A错误；
B．催化剂针对特定反应有催化效果，不会对任何反应均具有催化效果，B错误；
C．二氧化硫与氧气的反应为可逆反应，SO2不可能100%转化为SO3，C正确；
D．保持其他条件不变，升高温度，化学反应速率加快，D正确；
故选CD；
（2）①随反应进行，图象中物质的量的浓度减小，故该物质为反应物，体积为2L的刚性密闭容器中充入0.2molSO2和0.1molO2，起始时二氧化硫的浓度为 ，氧气的物质的量浓度为 ，故图中曲线表示的是SO2；2min时，二氧化硫的浓度为0.025mol/L，则二氧化硫的反应量为 ，根据化学反应方程式，氧气的反应量为0.075mol，故2min时O2的转化率为 ；
②有以上分析可知，二氧化硫的反应量为0.15mol，故用SO2表示该反应的速率为 。
5.      (球形)冷凝管     冷凝回流反应物，提高原料的利用率     a     沸水浴     分液     蒸馏烧瓶(或圆底烧瓶、蒸馏头)、牛角管(或尾接管)     停止加热，冷至室温，补加沸石，继续实验     89%
【分析】实验室用氯化苄与碳酸钠溶液反应制备苯甲醇，同时生成二氧化碳和氯化钠，反应方程式为22，向圆底烧瓶中加入适当过量的和水，充分溶解，再加入一定量的溶剂和氯化苄；加热充分反应后，冷却至室温并分出有机层，水层用萃取剂萃取，并将萃取液和分出的有机层合并；根据题中表格中信息对实验仪器的选择和使用进行分析，并根据反应产物的量计算产率，据此分析。
【详解】(1)由装置图知，A的名称为(球形)冷凝管，其作用是冷凝回流反应物，提高原料的利用率；冷水应从冷凝管下口通入，答案选a；
(2)步骤Ⅱ需控制的反应温度为100℃，适合的加热方式为沸水浴；萃取后液体分层，故后续操作为分液。
(3)由蒸馏装置知，该操作所用玻璃仪器除酒精灯、温度计、锥形瓶、冷凝管外，还有蒸馏烧瓶(或圆底烧瓶、蒸馏头)、牛角管(或尾接管)；忘记加沸石时应采取的操作是停止加热，冷却至室温，再补加沸石，继续实验；
(4)由信息计算得，氯化苄的质量为，其物质的量为，理论生成苯甲醇的质量为，则苯甲醇的产率为。
6.      三(或3)     BC     泥三角、坩埚          加热浓缩、冷却结晶、过滤          置换反应
【分析】用化学沉淀法去除粗盐中的、和，所选试剂分别是碳酸钠溶液，氢氧化钠溶液和氯化钡溶液，加过量的试剂使得沉淀完全，为了不带入新的杂质，所加溶液要考虑顺序：过量的BaCl2溶液先加，过量的Na2CO3溶液后加。由于过滤后的滤液中含有多余的氢氧化钠和碳酸钠，所以要加入适量的盐酸，据此回答；
【详解】(1)过滤用于分离固态和液体，上述工艺流程中分离出粗盐、氢氧化镁沉淀和时均需过滤，故包含3次过滤操作；
(2)用化学沉淀法去除粗盐中的、和，所选试剂分别是碳酸钠溶液，氢氧化钠溶液和氯化钡溶液。Na2CO3溶液在BaCl2溶液之后加入，其作用除了除去Ca2+外，还要除去过量的Ba2+，过滤后滤液中含有多余的氢氧化钠和碳酸钠，故滤液中需加入盐酸，调节溶液的pH等于7，为了不引入杂质离子，不能加硫酸，故BC都对；
(3)灼烧固体在坩埚中进行，故实验室高温煅烧贝壳使用的主要仪器有酒精喷灯、三脚架、泥三角、坩埚；
(4)步骤③为海水中的氯化镁和石灰乳发生反应，产生氢氧化镁沉淀，主要离子方程式；
(5)步骤④中向加入盐酸后得到氯化镁溶液，需要从中提取，故操作为：加热浓缩、冷却结晶、过滤；
(6)步骤⑥为电解熔融氯化镁得到镁和氯气，阳极氯离子发生氧化反应，电极方程式为；
(7)上述步骤①~⑥中，有煅烧石灰石、电解氯化镁的分解反应、有生石灰转变为熟石灰的化合反应、有生成氢氧化镁沉淀或使得氢氧化镁沉淀溶解的复分解反应，没有涉及到的基本反应类型是置换反应。
7.      abef(或fe)cd(或dc)gh     使原料充分反应，加快反应速率          除去未反应的氧气，防止影响的测定     使反应生成的全部进入装置④中，使测定结果更精准          75%
【分析】空气通过①干燥后，通入③中、发生反应将黄铁矿煅烧，反应后气体通过②，未反应的氧气被吸收，再进入④中，用氯化铁溶液吸收二氧化硫，根据装置④增重的质量，计算黄铁矿的纯度，据此回答；
【详解】(1)据分析可知，气流从左到右的连接顺序为abef(或fe)cd(或dc)gh。
(2) 固态和气体反应时，接触面积越大反应越充分、反应速率越快，则将样品研磨成粉末状再反应的目的是：使原料充分反应，加快反应速率。
(3)装置③中煅烧黄铁矿，反应生成氧化铁和二氧化硫，化学方程式为。
(4)一定条件下，铜、 二氧化硫均能和氧气反应，故装置②中铜网的作用是：除去未反应的氧气，防止影响的测定。
(5)要准确测定，需确保原料完全反应、反应生成的被完全吸收，故反应结束后，关闭③处酒精喷灯仍需通一段时间的空气，其目的是：使反应生成的全部进入装置④中，使测定结果更精准。
(6)二氧化硫具有强还原性、氯化铁具有较强氧化性，二者能发生氧化还原反应，则装置④中发生反应的离子方程式为。
(7)该小组取8.0g样品进行实验，实验后装置④增重6.4g，则按硫元素守恒知：该样品纯度为。
8.      检查装置气密性     A          (球形)干燥管     d          装置C中黑色粉末变为红色，装置D中白色固体变为蓝色
【分析】装置A制备氨气，装置B干燥氨气，装置C验证氨气的还原性，无水硫酸铜检验水蒸气，据此解答。
【详解】(1)反应中需要制备氨气，因此连接装置后，进行的操作为检查装置气密性。
(2)实验过程中，装置C应排尽空气，充满氨气，故应先点燃A处酒精灯。
(3)A中制氨气的化学方程式是。
(4)依据装置构造可判断装置B的名称为球形干燥管。
(5)氨气排放到大气中容易造成污染，因此还缺少尾气处理装置吸收未反应的，并需要防止空气中水蒸气干扰实验，需要在反应装置末端d处增加一个装有浓硫酸的洗气瓶，即。
(6)氨气还原氧化铜生成氮气、水和铜，则证明氨气能还原氧化铜的现象为装置C中黑色粉末变为红色，装置D中白色固体变为蓝色。
9.    第3周期第ⅦA族     F          N3-> O2-> Na+     共价键、离子键     H2O     向NaHCO3溶液中加入足量稀HNO3，将生成的气体通入足量石灰水中，石灰水变浑浊
【分析】由⑤的结构示意图可知⑤为Cl元素，所以①～⑤依次为C、N、O、Na、Cl。
【详解】(1)氯元素在周期表中的位置为第3周期第ⅦA族；同主族元素中，自上而下非金属性减弱，所以非金属性强于氯的元素为F；
(2)NaCl为钠离子与氯离子形成的离子化合物，可用电子式表示其形成过程为；
(3)Na、N、O的简单离子Na+、N3-、O2-具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径由大到小的顺序为N3-> O2-> Na+；
(4)O与Na组成的化合物可以为Na2O或Na2O2，O原子与O原子形成共价键、与钠离子形成离子键；
(5)O元素的非金属性强于N元素，故H2O的稳定性强于NH3；
(6)可用最高价氧化物的水化物酸性比较元素的非金属性，故证明氮元素的非金属性强于碳元素的实验为：NaHCO3 (或Na2CO3)溶液中加入足量稀HNO3，将生成的气体通入足量石灰水中，石灰水变浑浊。
10.      碳碳双键     加聚反应               8     (或、、、、、、)
【分析】A在催化剂的作用下发生加聚反应生成B，在溴的四氯化碳溶液中反应生成，在氢氧化钠溶液中加热反应生成，与乙酸发生酯化反应生成，据此分析。
【详解】由信息推知：B为聚环己烯，C为。则：
(1)中官能团的名称为碳碳双键；由生成的反应类型为加聚反应；C的结构简式为。
(2)由与乙酸通过酯化反应生成和水，反应的化学方程式为；
(3)D为，由信息，能与溶液反应，其同分异构体中含有，含有5个碳原子的烷烃的同分异构体有3种，结合对称原则用取代不等价氢原子可得到、、、、、、、共8种同分异构体。
11.      正四面体          醛基          ①②⑤          D
【分析】C2H6与Cl2在光照条件下发生取代反应产生C2H5Cl，C2H5Cl与NaOH的水溶液共热发生取代反应产生A是C2H5OH，C2H5OH与O2在催化剂存在条件下加热发生氧化反应产生B是CH3CHO，CH3CHO与O2在催化剂存在条件下加热发生氧化反应产生C是CH3COOH，CH3COOH与C2H5OH在浓硫酸作催化剂条件下加热发生酯化反应产生D是CH3COOC2H5。
【详解】根据上述分析可知：A是C2H5OH，B是CH3CHO，C是CH3COOH，D是CH3COOC2H5。
(1)C2H6是乙烷，属于烷烃，其同系物中最简单的有机物CH4的空间构型为正四面体；含5个碳原子的烷烃分子式是C5H12，其同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH3、、，它们所含的H原子种类数目分别是3、4、1，故在其所有同分异构体中一氯代物种类最多的物质的结构简式为；
(2)B是CH3CHO，所含官能团-CHO名称是醛基，该官能团中C与O原子形成共价双键， C与H原子形成共价单键，故其电子式为：；
(3)在上述反应中①②⑤是取代反应，③④是氧化反应，故上述5个反应中属于取代反应的是①②⑤；
(4)上述②是C2H5Cl与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生C2H5OH和NaCl，该反应的化学方程式为：；
(5)CH3COOH与C2H5OH在浓硫酸作催化剂条件下加热发生酯化反应产生CH3COOC2H5和水，反应产生的乙酸乙酯沸点比较低，容易挥发；CH3COOH与C2H5OH沸点比较低，在加热过程中会随着乙酸乙酯进入盛有饱和Na2CO3溶液中，饱和Na2CO3溶液能够溶解乙醇，反应消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度。
A．该实验中浓硫酸是反应的催化剂；同时能够吸收反应产生的水，因此浓硫酸又作吸水剂，A正确；
B．反应产生的乙酸乙酯及未反应的乙酸、乙醇都会随乙酸乙酯由导气管进入试管b中，饱和Na2CO3溶液能够溶解乙醇，反应消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，导气管下端管口不能浸入液面就是防止实验过程中由于乙醇溶解、乙酸反应消耗而引发的倒吸现象，B正确；
C．实验时加热试管a可以使反应产生的沸点较低的乙酸乙酯蒸出，同时由于反应温度升高而增大了化学反应速率，C正确；
D．氢氧化钠溶液可以溶解乙醇，同时反应消耗乙酸，但也会与反应产生的乙酸乙酯发生反应，因此不能将饱和碳酸钠溶液换成氢氧化钠溶液，D错误；
故答案选D。
12. (1)同系物
(2)     加成反应     氧化反应     酯化反应
(3)     nCH2=CH2     CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl

【分析】由题干信息可知，从石油中得到丁烷，丁烷裂解后得到乙烯和乙烷，乙烯通过加聚反应生成聚乙烯，乙烯和水反应生成乙醇，乙醇被氧气氧化生成乙醛，乙醇可以和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，据此分析回答问题。
（1）
C4H10和乙烷都是烷烃，且相差2个CH2，故C4H10和乙烷互为同系物；
（2）
①乙烯和水发生加成反应，生成乙醇；②乙醇被氧气氧化生成乙醛；③乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯；
（3）
乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应方程式为nCH2=CH2 ；乙烷和氯气发生取代反应生成一氯乙烷，反应方程式为CH3CH3+Cl2 CH3CH2Cl+HCl。
13.      增大溴澳离子浓度，富集溴离子     C     3          NaOH          和过量的          蒸发结晶
【分析】向浓缩后的海水中加入氧化剂氯气把溴离子氧化为单质溴，利用热空气把单质溴吹入吸收塔中，加入二氧化硫和水，把单质溴还原为溴离子，最后进入蒸馏塔中在通入氯气氧化溴离子得到单质溴。从吹出塔得到的溶液经过除杂结晶得到氯化钠晶体，据此解答。
【详解】(1)海水中溴离子浓度很小，“浓缩”的目的是增大溴离子浓度，富集溴离子。
(2)液溴易挥发，流程中可用热空气吹出溴是利用了溴易挥发的特点，答案选C。
(3)根据以上分析可知上述流程中分别在“氧化”、“吸收塔”和“蒸馏塔”中涉及到3个氧化还原反应。
(4)“吸收塔”中单质溴被还原，发生反应的离子方程式为。
(5)除杂过程步骤1加入，除去，步骤2加入，除去，步骤3加入，除去和过量的，过滤后步骤4加入，除去。
(6)氯化钠易溶于水，制取晶体的“结晶”操作为蒸发结晶。