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2021-2022学年云南省保山市昌宁一中高一(下)月考化学试卷(3月份)(含答案解析)
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这是一份2021-2022学年云南省保山市昌宁一中高一(下)月考化学试卷(3月份)(含答案解析),共23页。试卷主要包含了 下列离子方程式书写正确的是, 下列叙述正确的是,02×1023个分子, 下列关于氯气的说法正确的是,2g固体NaOH,2ml任何物质的体积均为4等内容,欢迎下载使用。
2021-2022学年云南省保山市昌宁一中高一(下)月考化学试卷(3月份)
1. “21金维他”中含有多种维生素和铁、钙等成分,这里的铁、钙指的是( )
A. 元素 B. 分子 C. 单质 D. 原子
2. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 铁与稀硫酸反应:2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B. 铁片与氯化铜溶液反应:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+
C. 氢氧化镁溶于盐酸:Mg(OH)2+H+=Mg2++H2O
D. Cu(OH)2与稀硫酸反应:Cu2++2OH−+2H++SO42−=H2O+CuSO4
3. ClO2和NaClO2均具有漂白性,工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。
下列说法不正确的是( )
A. 步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥
B. 吸收器中生成NaClO2的离子方程式:2ClO2+H2O2=2ClO2−+O2↑+2H+
C. 工业上可将ClO2制成NaClO2固体,便于贮存和运输
D. 通入空气的目的是驱赶出ClO2,使其被吸收器充分吸收
4. 下列叙述正确的是( )
A. 1molH2O2的质量为34g⋅mol−1
B. C2H5OH的摩尔质量为46g
C. 3.01×1023个SO2分子的质量为32g
D. 1mol任何物质均含有6.02×1023个分子
5. 下列关于氯气的说法正确的是( )
A. 将氯气通入紫色石蕊试液中,溶液先变红后褪色
B. 将鲜花放入盛有氯气的集气瓶中,鲜花褪色,说明Cl2具有漂白性
C. 金属铁在氯气中燃烧生成氯化亚铁
D. 氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰,瓶口有白色烟雾
6. 在我们的日常生活中常有“加碘食盐”“增铁酱油”“高钙牛奶”“富硒茶叶”“含氟牙膏”等商品。其中碘、铁、钙、硒、氟指的是( )
A. 元素 B. 单质 C. 分子 D. 离子
7. 下列叙述正确的是( )
A. 实验室配制480mL1mol⋅L−1的NaOH溶液,需称量19.2g固体NaOH
B. Na2O2中阴、阳离子个数比为1:2
C. 用托盘天平称取25.30gNaCl固体
D. 用50mL量筒量取4.8mL硫酸
8. 某温度下,w g某物质在足量氧气中充分燃烧,其燃烧产物立即与过量的Na2O2反应,固体质量增加wg.在
①H2②CO
③CO和H2的混合气
④HCHO
⑤CH3COOH
⑥HO−CH2−CH2−OH中,
符合题意的是( )
A. 均不符合 B. 只有①②③ C. 只有④⑤ D. 全部符合
9. 下列叙述正确的是( )
①标准状况下,0.2mol任何物质的体积均为4.48L
②若1 mol气体的体积为22.4L,则它一定处于标准状况下
③标准状况下,1 L HCl和1LH2O的物质的量相同
④标准状况下,1gH2和14gN2的体积相同
⑤28 g CO的体积为22.4L
⑥两种物质的物质的量相同,则它们在标准状况下的体积也相同
⑦在同温同体积时,气体物质的物质的量越大,则压强越大
⑧同温同压下,气体的密度与气体的相对分子质量成正比
A. ①②③④ B. ②③⑥⑦⑧ C. ⑤⑥⑦⑧ D. ④⑦⑧
10. 下列关于金属钠的叙述正确的是( )
A. 金属钠可以保存在煤油中 B. 金属钠着火时,可用水来灭火
C. 钠与硫酸铜溶液反应可置换出铜 D. 实验时用剩的钠块不能放回原试剂瓶
11. 关于氮的变化关系图如图:
则下列说法不正确的是( )
A. 路线①②③是工业生产硝酸的主要途径
B. 路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
C. 上述所有反应都是氧化还原反应
D. 上述反应中只有③属于氮的固定
12. 下列反应中,浓硫酸既表现强氧化性,又表现酸性的是( )
①2NaC1(固)+H2SO4(浓)−△Na2SO4+2HCl↑
②C+2H2SO4(浓)−△CO2↑+2SO2↑+2H2O
③Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O
④2FeO+4H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3+SO2↑+4H2O
A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④
13. NH3可消除NO的污染,反应方程式为:6NO+4NH3=5N2+6H2O。现有NO与NH3的混合物共1mol充分反应,若还原产物比氧化产物多1.4g,则下列判断中正确的是( )
A. 原混合物中NO与NH3的物质的量之比可能为3:2
B. 有0.6molNH3被氧化
C. 生成还原产物2.8g
D. 原混合气体中含氨气为0.2mol或0.7mol
14. 下列事实与浓硫酸表现出的性质(括号中)对应关系正确的是( )
A. 在空气中敞口久置的浓硫酸,溶液质量增大(脱水性)
B. 在加热条件下铜与浓硫酸反应(氧化性、酸性)
C. 蔗糖与浓硫酸反应中有海棉状的炭生成(吸水性)
D. 浓硫酸可用来干燥某些气体(不挥发性)
15. 早在古代,我国人民就积累了不少对化学物质变化的认识。例如,晋代炼丹家、医学家葛洪所著《抱朴子》一书中记载有“丹砂烧之成水银,积变又还成丹砂”。这句话中的丹砂指的是HgS,下列有关说法正确的是( )
A. 这个过程只涉及物理变化
B. “积变又还成丹砂”过程中发生反应:HgS=Hg+S
C. 实验室中不慎洒落的水银不能用硫黄处理
D. “丹砂烧之成水银”过程中还可能产生SO2
16. 把碎纸片b补充到a中,可得到一个完整的离子方程式(未配平)。下列说法正确的是
A. 反应物微粒是S、SO32−、OH−
B. 该反应可能在酸性条件下进行
C. 2molS参加反应时,转移的电子数为3NA
D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1
17. 某研究小组提出了一种新的设想:利用原电池原理,设计一种H2、Cl2燃料电池,原电池总反应为:H2+Cl2=2HCl,在对外提供电能的同时还可得到工业上具有重要用途的较浓的盐酸.他们设计的原电池装置如下,其中两个电极均为多孔铂电极.下列有关叙述不正确的是( )
A. a为负极,通入的气体为氢气
B. 正极的电极反应式为:Cl2+2e−=2Cl−
C. 电流由b极流出,经外电路到a极
D. 原电池内部,H+移向负极,Cl−移向正极
18. 利用下列化学反应能设计成原电池的是( )
A. CH4+2O2=CO2+2H2O
B. CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O
C. Na2O+H2O=2NaOH
D. Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O
19. M、N、P、E四种金属,①M+N_=N+M2+ ②M、P用导线连接放入硫酸氢钠溶液中,M表示有大量气泡 ③N、E用导线连接放入E的硫酸溶液中,电极反应为E2++2e−=E,N−2e−=N2+.四种金属的还原性由强到弱顺序是( )
A. PMNE B. ENMP C. PNME D. EPMN
20. 已知空气-锌电池的电极反应为:锌片:Zn+2OH−−2e−=ZnO+H2O;碳棒:12O2+H2O+2e−=2OH−,据此判断,锌片是( )
A. 正极并被还原 B. 正极并被氧化 C. 负极并被还原 D. 负极并被氧化
21. 某同学设计的原电池装置如图所示。电池工作时,下列说法正确的是( )
A. 锌片作正极 B. 盐酸作为电解质溶液
C. 电能转化为化学能 D. 电子由铜片经导线流向锌片
22. 常温下,1mol化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示,结合表中信息判断下列说法不正确的是( )
共价键
H−H
F−F
H−F
H−Cl
H−I
E(kJ⋅mol−1)
436
157
568
432
298
A. 表中最稳定的共价键是H−F
B. H2(g)=2H(g)需吸收436kJ的能量
C. 432kJ⋅mol−1>E(H−Br)>298kJ⋅mol−1
D. 反应H2(g)+F2(g)=2HF(g)放出25kJ的能量
23. 目前,我市电能的主要来源是火力发电. 下列关于火力发电过程中能量转化关系的描述,正确的是( )
A. 化学能转化成机械能在转化成电能
B. 化学能转化成热能在转化成电能
C. 化学能转化成机械能在转化成热能在到机械能
D. 化学能转化成热能在转化成机械能在到电能
24. 2SO2+O2⇌2SO3是接触法制硫酸工艺中的一个重要反应,下列关于该反应的说法中错误的是( )
A. 增加SO2的浓度能加快该反应的速率 B. 反应过程中SO2能全部转化为SO3
C. 降低体系温度会减慢该反应的速率 D. 使用催化剂能改变该反应的速率
25. 在一定条件下,将3mol A和1mol B两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中,发生如下反应:3A(g)+B(g)⇌xC(g)+2D(g),2min末该反应达到平衡,生成0.8molD,并测得C的浓度为0.2mol⋅L−1.下列判断错误的是( )
A. x=1
B. 2min内A的反应速率为0.6mol⋅L−1⋅min−1
C. B的转化率为40%
D. 若混合气体的压强不变,则表明该反应已达到平衡状态
26. 工业合成氨的反应N2+3H2=2NH3的能量变化如图所示,请回答有关问题:
(1)合成 1molNH3(l)______ (填“吸收”、“放出”)______ kJ的热量.
(2)已知:拆开 lmolH−H键、lmolN−H键、lmolN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ.则上图中的 a=______ kJ;1molN2(g)完全反应生成NH3(g)产生的能量变化为 ______ KJ.
(3)推测反应 2NH3(l)=2N2 (g)+3H2(g)比反应2NH3(g)=2N2 (g)+3H2(g)______ (填“吸收”、“放出”)的热量 ______ (填“多”、“少”).
27. 氧化还原反应是常用的反应类型,根据信息回答下列问题。
(1)氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示,其中1为化合反应,则2为 ______反应,5为 ______反应。
(2)现有四种物质:Fe、H2O、CO、Fe2O3。结合下列要求回答相应问题。
写出一个符合3反应但不符合4反应的化学方程式:______,该反应氧化产物的化学式为 ______。
(3)已知铜在常温下能被稀HNO3溶解,化学方程式:3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
①请将上述反应改写成离子方程式:______。
②上述反应中,氧化剂是 ______,氧化产物是 ______(填化学式)。
③用双线桥标出该反应的电子转移情况:______。
28. (1)高铁酸钾(K2FeO4)不仅是一种理想的水处理剂,而且高铁电池的研制也在进行中。如图1是高铁电池的模拟实验装置:
①该电池放电时正极的电极反应式为_____;
若维持电流强度为1A,电池工作十分钟,理论消耗Zn_____g(已知F=96500C⋅mol−1)。
②盐桥中盛有饱和KCl溶液,此盐桥中氯离子向_____(填“左”或“右”)移动;若用阳离子交换膜代替盐桥,则钾离子向_____(填“左”或“右”)移动。
③图2为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线,由此可得出高铁电池的优点有_____。
(2)有人设想以N2和H2为反应物,以溶有A的稀盐酸为电解质溶液,可制造出既能提供电能,又能固氮的新型燃料电池,装置如3图所示,电池正极的电极反应式是_____,A是_____。
(3)利用原电池工作原理测定汽车尾气中CO的浓度,其装置如图4所示。该电池中O2−可以在固体介质NASICON(固溶体)内自由移动,工作时O2−的移动方向_____(填“从a到b”或“从b到a”),负极发生的电极反应式为_____。
29. 给你提供纯锌、纯铜片和500mL0.4mol⋅L−1的H2SO4溶液、导线、1 000mL量筒。试用图装置来测定锌和稀硫酸反应时在某段时间内通过导线的电子的物质的量。
(1)如图所示,装置气密性良好,且1000mL量筒中已充满了水,则开始实验时,首先要______。
(2)a电极材料为______,其电极反应式为______,b电极材料为______,其电极反应式为______。
(3)当量筒中收集672mL气体时(已折算到标准状况下),通过导线的电子的物质的量为______。
30. A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质及其化合物,其中B为淡黄色固体,它们有如图所示的转化关系:
(1)推断各符号所代表的物质的化学式:
A ______,B ______,C ______,D ______,E ______。
(2)分别写出反应②、④、⑤的化学方程式:
②______,
④______,
⑤______。
(3)写出反应③的离子方程式 ______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解:“21金维他”中含有多种维生素和铁、钙等成分,这里的铁、钙指的是元素,
故选:A。
A.质子数相同或核电荷数相同的同类原子总称为元素;
B.分子是保持物质化学性质的一种微粒;
C.同种元素组成的纯净物为单质;
D.原子是化学变化中最小的微粒。
本题考查了物质组成,主要是元素概念的理解应用,题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解:A.铁与稀硫酸反应的离子方程式为:Fe+2H+=Fe2++H2↑,故A错误;
B.铁片与氯化铜溶液反应的离子方程式为:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+,故B正确;
C.氢氧化镁溶于盐酸的离子方程式为:Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O,故C错误;
D.Cu(OH)2与稀硫酸反应的离子方程式为:Cu(OH)2+H+=Cu2++H2O,故D错误;
故选:B。
A.铁与稀硫酸反应生成亚铁离子;
B.铁与氯化铜发生置换反应生成氯化亚铁和铜;
C.氢离子、水的系数应该为2;
D.氢氧化铜为难溶物,不能拆开,硫酸铜为易溶的强电解质,应该拆开。
本题考查离子方程式的书写判断,为高频考点,明确物质性质、反应实质为解答关键,注意掌握离子方程式的书写原则,题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解:A.步骤a用于从蒸发后的溶液中得到晶体,操作包括过滤、洗涤和干燥,故A正确;
B.吸收器反应在碱性条件下进行,离子反应为2ClO2+2OH−+H2O2=2ClO2−+O2+2H2O,故B错误;
C.固体较为稳定,便于贮存和运输,故C正确;
D.反应结束后,发生器中含有少量ClO2,用空气可以将其排出,确保其在吸收器中被充分吸收,故D正确。
故选:B。
由流程可知,发生器通入空气,可将ClO2排出,确保其被充分吸收,在吸收器中发生2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O,然后真空蒸发、冷却结晶,再经过过滤、洗涤和干燥得到NaClO2,以此解答该题。
本题考查物质的制备实验,为高频考点,把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意元素化合物知识与实验的结合,题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解:A.1molH2O2的质量为:34g/mol×1mol=34g,故A错误;
B.C2H5OH的摩尔质量为46g/mol,故B错误;
C.3.01×1023个SO2分子的物质的量为:3.01×10236.02×1023mol−1=0.5mol,0.5mol二氧化硫的质量为:64g/mol×0.5mol=32g,故C正确;
D.1mol任何物质中均含有的分子数不一定为6.02×1023,如二氧化硅中不存在二氧化硅分子,NaCl中和不存在氯化钠分子,且物质的量只能描述微观物质,故该说法不合理,故D错误;
故选C.
A.质量的单位为g,g/mol为摩尔质量的单位;
B.摩尔质量的单位为g;
C.根据n=NNA计算出二氧化硫的物质的量,最高价m=nM计算出其质量;
D.物质的量只能描述微观粒子,不能表示宏观物质,且有的物质不一定含有分子.
本题考查了物质的量的计算,题目难度不大,明确物质的量与摩尔质量、阿伏伽德罗常数之间的关系即可解答,注意把握质量与摩尔质量的区别.
5.【答案】A
【解析】解:A.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,盐酸可使石蕊变红,次氯酸具有漂白性,次氯酸可使石蕊褪色,所以溶液先变红后褪色,故A正确;
B.干燥的氯气没有漂白性,氯气和水反应生成具有漂白性的次氯酸,故B错误;
C.金属铁在氯气中燃烧生成氯化铁,故C错误;
D.烟是固体颗粒、雾是小液滴,氯化氢遇水蒸气变为雾而不是烟,故D错误。
故选A。
本题考查学生氯气的化学性质,注意实验现象的记忆是解题关键,难度不大。
6.【答案】A
【解析】解:在我们的日常生活中常有“加碘食盐”“增铁酱油”“高钙牛奶”“富硒茶叶”“含氟牙膏”等商品,其中碘、铁、钙、硒、氟指的是元素的存在,
故选:A。
A.质子数或核电荷数相同的同类原子总称为元素;
B.同种元素组成的纯净物为单质;
C.分子是保持物质化学性质的一种微粒;
D.原子通过得失电子形成的带电原子为离子。
本题考查了元素概念、元素存在的分析判断,注意概念实质的理解应用,题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解:A.实验室配制480mL1mol⋅L−1的NaOH溶液,应选择500mL容量瓶,需称量固体NaOH的质量为:0.5L×1mol/L×40g/mol=20.0g,故A错误;
B.过氧化钠中阴离子为过氧根离子,1个过氧化钠含有2个钠离子和1个过氧根离子,Na2O2中阴、阳离子个数比为1:2,故B正确;
C.托盘天平精确值为0.1g,所以不能用托盘天平称取25.30gNaCl固体,故C错误;
D.量取4.8mL硫酸,应选择5mL量筒,用50mL量取,误差较大,故D错误;
故选:B。
A.实验室配制480mL1mol⋅L−1的NaOH溶液,应选择500mL容量瓶,依据m=cVM计算需要溶质的质量;
B.过氧化钠中阴离子为过氧根离子;
C.托盘天平精确值为0.1g;
D.依据大而近的原则选择量筒规规格。
本题考查了一定物质的量浓度溶液配制,明确配制原理及操作步骤是解题关键,题目难度不大,注意过氧化钠结构组成,注意化学仪器的使用方法及注意事项。
8.【答案】D
【解析】解:由2CO+O2−点燃2CO2,2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,即CO+Na2O2=Na2CO3,所以wgCO满足题意,
由2H2+O2−点燃2H2O,2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑,即H2+Na2O2=2NaOH,可知wgH2也满足,
可以拓展化学式能改写为(CO)m(H2)n就满足题意;
①依据上述分析可知,wgH2满足题干,故①正确;
②依据上述分析可知,wgCO满足题干,故②正确
③wg CO和H2的混合气通过过氧化钠增重wg,故③正确
④HCHO符合(CO)m(H2)n,完全燃烧的产物满足题意,故④正确;
⑤CH3COOH符合(CO)m(H2)n,完全燃烧的产物满足题意,故⑤正确;
⑥HO−CH2−CH2−OH中符合(CO)m(H2)n,完全燃烧的产物满足题意,故⑥正确;
故选:D。
根据化学方程式和质量守恒定律进行分析,得出满足条件的化学式的通式,再对照选项选择即可.
本题考查学生利用化学反应分析增重,该题能激发学生积极思维,使对知识理解更深,方法掌握更好,收到一题多变,一题多得,触类旁通之效,在此过程中更使学生的综合、抽象、概括、创新能力得到提高,提高了学生思维的全面性,题目难度中等.
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查阿伏加德罗定律及其推论,注意根据PV=nRT理解阿伏加德罗定律及其推论、温度及压强对气体摩尔体积的影响,难度中等。
【解答】
①标准状况下,0.2mol任何气体物质的体积均为4.48L,但所有物质并不都是气体,故错误;
②若1mol气体的体积为22.4L,由于温度、压强影响气体摩尔体积,则它可能处于标准状况下,也可能不是标况下,故错误;
③标准状况下,HCl为气体,而H2O不是气体,二者体积相等,它们物质的量不相等,故错误;
④1gH2物质的量为1g2g/mol=0.5mol,14gN2的物质的量为14g28g/mol=0.5mol,二者物质的量相等,标况下,二者体积相等,故正确;
⑤28gCO为1mol,但不一定处于标况下,CO的体积不一定为22.4L,故错误;
⑥标况下,两种物质不一定都是气体,它们物质的量相等,占有的体积不一定相等,故错误;
⑦在同温同体积时,气体压强与物质的量成正比,则气体物质的物质的量越大,压强越大,故正确;
⑧同温同压下,气体的密度之比等于摩尔质量之比,也等于相对分子质量之比,即气体的密度与气体的相对分子质量成正比,故正确,
故选:D。
10.【答案】A
【解析】解:A.钠较活泼,易和水、氧气反应而变质,煤油和钠不反应且密度小于钠,所以煤油可以保存钠,故A正确;
B.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,则钠着火时,不可用水来灭火,故B错误;
C.钠与硫酸铜溶液反应,先是钠和水的反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀,不会置换出铜,故C错误;
D.钠是活泼金属易和空气中氧气、水蒸气等反应,不能随意乱丢弃,实验时用剩的钠块应该放回原瓶,故D错误;
故选:A。
A.煤油和钠不反应且密度小于钠;
B.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气;
C.金属钠和盐溶液的反应先是和里面的水的反应生成氢氧化钠和氢气,然后看氢氧化钠和盐之间是否会发生复分解反应;
D.实验时用剩的钠块应该放回原瓶。
本题涉及金属钠的保存以及性质等知识,注意知识的归纳和整理是关键,题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查氮及其化合物的转化,掌握工业生产硝酸的原理、氮的固定的概念是解答关键。
【解答】
A.工业上生产硝酸的流程是:氮气和氢气反应生成氨气,氨气与氧气发生催化氧化生成NO和水:4NH3+5O24NO+6H2O(路线①),一氧化氮与氧气反应生成NO2:2NO+O2=2NO2(路线②),二氧化氮被水吸收生成硝酸和一氧化氮:3NO2+H2O=2HNO3+NO(路线③),路线①②③是工业生产硝酸的主要途径,故A正确;
B.在放电条件下,氮气和氧气发生化合反应生成NO:N2+O22NO(路线Ⅰ);NO不稳定,易被氧气氧化为二氧化氮:2NO+O2=2NO2(路线Ⅱ),二氧化氮溶于水生成硝酸:3NO2+H2O=2HNO3+NO(路线Ⅲ),故B正确;
C.从氮的变化关系图可知:N从N2(0价)→NO(+2价)→NO2(+4价)→HNO3(+5价),氮气转化为氨气,氮的化合价也发生了改变,都是氧化还原反应,故C正确;
D.上述反应中空气中的氮气转变为含氮化合物(氨气、一氧化氮),符合氮的固定的定义,属于氮的固定,②③是含氮化合物转变为其它物质,是氮的化合物之间的转化,不是氮的固定,故D错误。
故选D。
12.【答案】B
【解析】解:①2NaCl(固体)+H2SO4(浓)−△Na2SO4+2HCl↑,只表现为酸性,故①错误;
②C和浓硫酸反应生成SO2、CO2和水,没有盐生成,只表现为氧化性,故②错误;
③Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O,S元素的化合价降低,浓硫酸表现为氧化性,生成CuSO4,又表现为酸性,故③正确;
④FeO和H2SO4(浓)反应生成Fe2(SO4)3、SO2和水,S元素的化合价降低,浓硫酸表现为氧化性,生成Fe2(SO4)3,又表现为酸性,故④正确;
故选:B。
浓硫酸表现强氧化性时,与还原性物质发生氧化还原反应被还原成二氧化硫;当反应表现出酸性时,应该有盐和水生成,据此进行解答。
本题考查浓硫酸的性质,侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的理解和运用的考查,为高频考点,注意浓硫酸的特性,难度不大。
13.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应以及有关计算,为高频考点,侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,题目难度不大,注意根据化学方程式判断被氧化和被还原的物质的量的关系为解答该题的关键。
【解答】
6molNO还原得到3molN2,4molNH3氧化得到2molN2,两者相差1molN2,现相差1.4g,1.4g28g/mol=0.05mol,相当于0.3molNO和0.2molNH3反应,依题意NO和NH3的总物质的量为1mol,其中必有一种为过量,所以有两种情况:0.3molNO和0.7molNH3或0.2molNH3和0.8molNO。
A.气体有两种情况:0.3molNO和0.7molNH3或0.2molNH3和0.8molNO,二者比值不是3:2,故A错误;
B.由以上分析可知,有0.3molNO被还原,0.2molNH3被氧化,故B错误;
C.由N原子守恒可知,0.3molNO被还原,对应还原产物N2为0.15mol,其质量为0.15mol×28g/mol=4.2g,故C错误;
D.由上述分析可知,原混合气体中含氨气为0.2mol或0.7mol,故D正确;
故选D。
14.【答案】B
【解析】解:A.浓硫酸具有吸水性,则在空气中敞口久置的浓硫酸,会吸收空气中的水分而使溶液的质量增大,表现的是浓硫酸的吸水性,故A错误;
B.浓硫酸具有强氧化性,则在加热条件下铜与浓硫酸反应发生氧化还原反应,还生成硫酸盐,表现的是浓硫酸的氧化性和酸性,故B正确;
C.浓硫酸具有脱水性,能使有机物中的H、O元素以水的形式脱出,则浓硫酸在白纸上书写的字迹变黑,表现的是浓硫酸的脱水性,故C错误;
D.浓硫酸具有吸水性,可以用来干燥某些与浓硫酸不反应的酸性或中性气体,如氢气、二氧化碳等,表现的是浓硫酸的吸水性,故D错误;
故选:B。
A.根据浓硫酸具有吸水性,不具有挥发性来分析;
B.根据浓硫酸具有强氧化性来分析;
C.根据浓硫酸具有脱水性来分析;
D.根据浓硫酸具有吸水性,可以用来干燥某些与浓硫酸不反应的酸性或中性气体.
本题考查浓硫酸的性质,明确浓硫酸的三大特性是解答本题的关键,题目难度不大,选项B为解答的难点.
15.【答案】D
【解析】解:A.丹砂指的是HgS,水银为Hg,丹砂烧之成水银,积变又还成丹砂,所以过程中有新物质生成,属于化学变化,故A错误;
B.积变又还成丹砂过程发生反应为汞与硫单质反应生成硫化汞,方程式Hg+S=HgS,故B错误;
C.水银易挥发,有毒,能够与硫磺反应生成硫化汞,所以实验室中不慎洒落的水银能用硫黄处理,故C错误;
D.依据分析可知,“丹砂烧之成水银”的过程中,分解生成的S可能燃烧生成二氧化硫,故D正确。
故选:D。
A.有新物质生成的变化为化学变化;
B.积变又还成丹砂过程发生反应为汞与硫单质反应生成硫化汞;
C.水银易挥发,有毒,能够与硫磺反应生成硫化汞;
D.“丹砂烧之成水银”的过程中,分解生成S和Hg,硫燃烧生成二氧化硫。
本题考查了物理变化与化学变化的区别、反应类型判断,把握物质的性质、发生的反应为解答的关键,注意化学变化与物理变化区别在于是否有新物质生成。
16.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了离子反应和氧化还原反应的有关计算,题目难度中等,注意把握硫及其化合物的性质,侧重于考查学生的分析能力和计算能力.
【解答】
碱性条件下,S与氢氧根离子反应生成S2−和SO32−,反应反应的离子方程式为3S+6OH−=2S2−+SO32−+3H2O,反应中部分S的化合价从0价升高到+4价,部分S的化合价从0价降低到−2价,
A.反应物微粒是S、OH−,故A错误;
B.酸性条件下,不能有OH−参加或生成,故B错误;
C.反应中3molS转移4mol电子,则2molS参加反应时,转移的电子为2mol×4mol3mol=83mol,则电子数为83NA,故C错误;
D.化合价降低的硫作氧化剂,化合价升高的S作还原剂,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1,故D正确。
故选:D。
17.【答案】D
【解析】解:原电池总反应为:H2+Cl2=2HCl,据电子流向可知,a为负极,氢气在负极失电子生成氢离子,b为正极,氯气在正极得电子生成氯离子,电流自正极b流向负极a,原电池中阴离子移向负极,阳离子移向正极,
A、据电子流向可知,a为负极,氢气在负极失电子生成氢离子,故A正确;
B、b为正极,氯气在正极得电子生成氯离子,电极反应式为Cl2+2e−=2Cl−,故B正确;
C、电流自正极b流向负极a,故C正确;
D、原电池中阴离子移向负极,阳离子移向正极,故D错误;
故选D.
原电池总反应为:H2+Cl2=2HCl,据电子流向可知,a为负极,氢气在负极失电子生成氢离子,b为正极,氯气在正极得电子生成氯离子,电流自正极b流向负极a,原电池中阴离子移向负极,阳离子移向正极,据此分析.
本题考查了原电池的电极反应以及电子流向和电流方向,题目难度不大.
18.【答案】A
【解析】解:A、CH4+2O2=CO2+2H2O的反应属于自发的氧化还原反应,能设计成原电池,故A正确;
B、CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O的反应不是氧化还原反应,不能设计成原电池,故B错误;
C、Na2O+H2O=2NaOH的反应不是氧化还原反应,不能设计成原电池,故C错误;
D、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O的反应不是氧化还原反应,不能设计成原电池,故D错误;
故选:A。
原电池能自发将化学能转化为电能,存在电子的转移,则能设计成原电池的反应必须是自发进行的氧化还原反应,且为放热反应,以此解答该题。
本题考查原电池设计,侧重考查学生实验设计能力,把握理解原电池的工作原理以及组成条件为解题关键,注意原电池涉及的反应必须是自发进行的氧化还原反应,题目难度不大。
19.【答案】A
【解析】解:①M+N2+=N+M2+,可说明活泼性M>N;
②M、P用导线连接放入硫酸氢钠溶液中,M表示有大量气泡,说明P为负极,M为正极,则活泼性P>M;
③N、E用导线连接放入E的硫酸溶液中,电极反应为E2++2e−=E,N−2e−=N2+,说明N为负极,活泼性N>E,则四种金属的活泼性顺序为P M N E,
故选:A。
发生置换反应时,活泼金属能置换出不活泼金属,形成原电池反应时,较为活泼金属作原电池的负极,发生氧化反应,结合电解方程式判断金属的强弱,以此解答.
本题考查金属的活泼性的比较,侧重于原电池知识的考查,为高考常见题型和高频考点,注意把握原电池的正极的判断,难度不大.
20.【答案】D
【解析】解:根据化合价可知,电极反应中锌的化合价升高,被氧化,原电池中较活泼的金属做负极,发生氧化反应,则锌为原电池的负极.
故选:D.
根据化合价变化判断氧化还原反应,原电池中较活泼的金属做负极,发生氧化反应.
本题考查化学电源知识,题目难度中等,注意原电池的两极上的变化以及原电池原理.
21.【答案】B
【解析】解:A.锌活泼性强于铜,所以锌做负极,故A错误;
B.图中为原电池装置,电解质溶液为盐酸,故B正确;
C.图示为原电池,化学能转化为电能,故C错误;
D.锌为负极,铜为正极,所以电子从锌流出沿着导线流向铜,故D错误;
故选:B。
A.锌活泼性强于铜;
B.依据图示可知盐酸为电解质溶液;
C.原电池是将化学能转化为电能装置;
D.原电池电子从负极流向正极。
本题考查了原电池,明确原电池工作原理即可解答,题目难度不大。
22.【答案】D
【解析】解:A.键能越大形成的化学键越稳定,表中键能最大的是H−F,最稳定的共价键是H−F键,故A正确;
B.氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量,H2(g)→2H(g)△H=+436kJ⋅mol−1,故B正确;
C.依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子,半径越大键能越小分析,所以结合图表中数据可知432kJ⋅mol−1>E(H−Br)>298kJ⋅mol−1,故C正确;
D.依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断,△H=436KJ/mol+157KJ/mol−2×568KJ/mol=−543KJ/mol,H2(g)+F2(g)=2HF(g)△H=−543kJ⋅mol−1,故D错误;
故选D.
A.键能越大形成的化学键越稳定;
B.氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量;
C.依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子,半径越大键能越小分析推断;
D.依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断.
本题考查了化学反应能量变化和键能的关系分析判断,焓变计算方法是解题关键,题目难度中等.
23.【答案】D
【解析】解:火力发电是通过煤、石油等燃料的燃烧,将燃料的化学能转化为水的内能,水蒸气膨胀做功转化为汽轮机的机械能,汽轮机带动发电机转动将机械能转化为电能。
故选:D。
自然界中的能量都以各种形式的能储存起来,在一定条件下可以相互转化,而火力发电是将化学能转化成热能在转化成机械能在到电能.
本题考查能量的转化形式,能量既不能产生也不能消失,它只会从一种形式转化为另一种形式或是从一个物体转移到另一个物体.
24.【答案】B
【解析】解:A.增加SO2的浓度,单位体积活化分子数目增多,则反应速率增大,故A正确;
B.可逆反应反应物不可能完全转化,故B错误;
C.降低温度,活化分子百分数减小,反应速率减小,故C正确;
D.使用催化剂,反应速率增大,故D正确。
故选:B。
一般来说,增大反应物浓度、升高温度、加入催化剂等都可增大反应速率,反之反应速率减小,该反应为可逆反应,反应物不能完全转化,以此解答该题.
本题考查化学反应速率的影响因素,为高频考点,侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查,注意相关基础知识的学习和积累,难度不大.
25.【答案】B
【解析】解:A.2min内生成n(C)=0.2mol/L×2L=0.4mol,同一个方程式中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比,则C、D计量数之比=x:2=0.4mol:0.8mol=1:2,x=1,故A正确;
B.2min内D的平均反应速率=0.8mol2L2min=0.2mol/(L.min),同一个方程式中同一段时间内各物质的化学反应速率之比等于其计量数之比,则v(A)=32v(D)=32×0.2mol/(L.min)=0.3mol/(L.min),故B错误;
C.2min内生成0.8molD同时消耗n(B)=12n(D)=12×0.8mol=0.4mol,则B的转化率=n(消耗)n(初始)×100%=0.4mol1mol×100%=40%,故C正确;
D.恒温恒容条件下气体物质的量与其压强成正比,根据A知,x=1,该反应前后气体计量数之和减小,则反应前后气体压强减小,当压强不变时正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,故D正确;
故选:B。
A.2min内生成n(C)=0.2mol/L×2L=0.4mol,同一个方程式中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比,据此计算x;
B.2min内D的平均反应速率=0.8mol2L2min=0.2mol/(L.min),同一个方程式中同一段时间内各物质的化学反应速率之比等于其计量数之比,则v(A)=32v(D);
C.2min内生成0.8molD同时消耗n(B)=12n(D)=12×0.8mol=0.4mol,则B的转化率=n(消耗)n(初始)×100%;
D.恒温恒容条件下气体物质的量与其压强成正比,根据A知,x=1,该反应前后气体计量数之和减小,则压强减小。
本题考查化学平衡计算,侧重考查判断及计算能力,把握基本公式、平衡状态判断方法、各个物理量与计量数的关系是解本题关键,注意:只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断标准,题目难度不大。
26.【答案】放出;b+c−a;1127;92;吸收;多
【解析】解:(1)由能量变化图,合成1molNH3(l)则放出的热量等于(b+c−a)KJ,故答案为:放出;b+c−a;
(2)上图中的a等于断裂0.5mol氮气和1.5mol氢气所吸收的热量,即946×0.5+436×1.5=1127KJ;1molN2(g)完全反应则消耗3mol氢气生成2molNH3(g)产生的能量变化为946+436×3−391×6=−92KJ,故答案为:1127;92;
(3)因为合成 NH3则放出热量,所以氨气分解则吸收热量,又液体氨气转化为气态还要吸热,所以液态氨分解吸收的热量比气态氨吸收的热量多,故答案为:吸收;多.
(1)根据能量变化图,合成1molNH3(l)则放出的热量等于(b+c−a)KJ;
(2)上图中的a等于断裂0.5mol氮气和1.5mol氢气所吸收的热量;1molN2(g)完全反应生成NH3(g)产生的能量变化为反应物的键能之和-生成物的键能之和;
(3)根据液体氨气转化为气态还要吸热判断.
本题考查反应热与能量变化,侧重于考查学生的分析能力和自学能力,题目难度不大,注意把握题给图象信息,答题时注意仔细审题.
27.【答案】分解 复分解 3CO+Fe2O3−高温2Fe+3CO2[或CO+H2O(g)−高温H2+CO2]CO2 3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2OHNO3 Cu(NO3)2
【解析】解:(1)根据分析可知,其中1为化合反应,则2为分解反应,5为复分解反应,4为置换反应,
故答案为:分解;复分解;
(2)现有四种物质:Fe、H2O、CO、Fe2O3,发生氧化还原反应,但不属于置换反应的化学方程式为:3CO+Fe2O3−高温2Fe+3CO2[或CO+H2O(g)−高温H2+CO2],该反应氧化产物的化学式为CO2,
故答案为:3CO+Fe2O3−高温2Fe+3CO2[或CO+H2O(g)−高温H2+CO2];CO2;
(3)已知铜在常温下能被稀HNO3溶解,化学方程式:3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,
①上述反应的离子方程式为:3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O,
故答案为:3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O;
②上述反应中,氧化剂是HNO3,氧化产物是Cu(NO3)2,
故答案为:HNO3;Cu(NO3)2;
③用双线桥标出该反应的电子转移情况为:,
故答案为:。
(1)四种基本类型反应中的置换反应,存在元素化合价的变化,全部属于氧化还原反应,复分解反应没有元素化合价的变化,全部属于非氧化还原反应,有单质参加的化合反应和有单质生成的分解反应属于氧化还原反应;
(2)符合3反应但不符合4反应,即属于氧化还原反应,但不属于置换反应,据此分析书写方程式;
(3)①离子方程式书写中单质、氧化物、水不拆,强酸、强碱、可溶盐拆成离子;
②物质所含元素化合价降低的氧化剂,含有化合价升高元素的产物是氧化产物;
③用双线桥表示电子转移时,化合价升高总数=化合价降低总数=电子转移总数,线桥由升高元素出发指向升高元素,降低元素出发指向降低元素。
本题主要考查氧化还原反应与四种基本类型反应的关系,同时考查氧化还原反应方程式和离子方程式的书写,氧化还原反应的有关概念等,属于基本知识的考查,难度不大。
28.【答案】(1)①FeO42−+4H2O+3e−=Fe(OH)3↓+5OH−;0.2
②右;左
③使用时间长、工作电压稳定
(2)N2+8H++6e−=2NH4+;NH4Cl
(3)b到a;CO−2e−+O2−=CO2 。
【解析】
【分析】
本题考查原电池工作原理,掌握化学电池工作原理是解题关键,(1)中电极反应式书写为难点,题目难度中等。
【解答】
(1)①根据电池装置,Zn做负极,C为正极,高铁酸钾的氧化性很强,正极上高铁酸钾发生还原反应生成Fe(OH)3,正极电极反应式为:FeO42−+4H2O+3e−=Fe(OH)3↓+5OH−,若维持电流强度为1A,电池工作十分钟,通过电子为1A×600s96500C/mol,则理论消耗Zn为1A×600s96500C/mol×12×65g/mol=0.2g,
故答案为:FeO42−+4H2O+3e−=Fe(OH)3↓+5OH−;0.2;
②盐桥中阴离子移向负极移动,盐桥起的作用是使两个半电池连成一个通路,使两溶液保持电中性,起到平衡电荷,构成闭合回路,放电时盐桥中氯离子向右移动,用某种高分子材料制成阳离子交换膜代替盐桥,则钾离子向左移动,
故答案为:右;左;
③由图可知高铁电池的优点有:使用时间长、工作电压稳定,故答案为:使用时间长、工作电压稳定;
(2)该电池的本质反应是合成氨反应,所以正极是氮气发生还原反应,电极反应式为N2+8H++6e−=2NH4+;生成的铵根离子与溶液中的氯化氢结合生成氯化铵,所以A是NH4Cl,
故答案为:N2+8H++6e−=2NH4+;NH4Cl;
(3)依据图可知:一氧化空气形成燃料电池,一氧化碳失电子和氧离子反应生成二氧化碳发生氧化反应,电极反应式CO−2e−+O2−=CO2,所以一氧化碳所在极为负极,通入空气的一极为正极,原电池放电时电子从负极流向正极,阴离子向负极移动,所以工作时O2−的移动方向从b到a;
故答案为:b到a;CO−2e−+O2−=CO2。
29.【答案】用导线把a、b两电极连接起来 纯锌片 Zn−2e−=Zn2+ 纯铜片 2H++2e−=H2↑0.06mol
【解析】解:(1)根据图示装置,要想求得电子转移的量,需要设计成锌、铜、硫酸原电池,量取金属锌和硫酸反应产生氢气的体积,根据原电池的构成条件,所以首先要用导线把a、b两电极连接起来,
故答案为:用导线把a、b两电极连接起来;
(2)锌、铜、硫酸原电池中,纯锌片是负极,电极反应:Zn−2e−=Zn2+;铜是正极,该极上电极反应为:2H++2e−=H2↑,
故答案为:纯锌片;Zn−2e−=Zn2+;纯铜片;2H++2e−=H2↑;
(3)正极上电极反应为:2H++2e−=H2↑,当量筒中收集到672mL气体的物质的量为672mL22400mL=0.03mol氢气时,转移电子是0.06mol,
故答案为:0.06mol。
锌、铜、硫酸原电池中,电子转移和产生的氢气量之间存在联系;
(1)根据原电池装置的构成条件:闭合回路、电解质溶液、两个电极以及自发氧化还原反应来回答;
(2)活泼失电子的金属锌做负极,发生氧化反应,铜作正极,发生还原反应;
(3)根据电极反应式进行计算即可。
本题以实验方式为载体考查学生原电池的构成条件和工作原理知识,注意基本知识的梳理是解题关键,难度中等。
30.【答案】NaNa2O2 NaOHNa2CO3 NaHCO3 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3 CO2+2OH−=CO32−+H2O
【解析】解:(1)A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物,其中B为淡黄色的固体,B能与二氧化碳、水反应,故B为Na2O2,由转化关系可知,A为Na,C为NaOH,D为Na2CO3,E为NaHCO3,
故答案为:Na;Na2O2;NaOH;Na2CO3;NaHCO3;
(2)反应②的化学方程式:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;反应④的化学方程式:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;反应⑤的化学方程式:CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3,
故答案为:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3;
(3)反应③的离子方程式为:CO2+2OH−=CO32−+H2O,
故答案为:CO2+2OH−=CO32−+H2O。
A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物,其中B为淡黄色的固体,B能与二氧化碳、水反应,故B为Na2O2,由转化关系可知,A为Na,C为NaOH,D为Na2CO3,E为NaHCO3。
本题考查无机物的推断,涉及钠及其化合物的性质及相互转化,物质B为淡黄色的固体是推断的突破口,题目难度不大。
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