江苏省海州高级中学2021-2022学年高一下学期化学期中试卷
展开参考答案:
1.C
【解析】
【详解】
A.钠元素的焰色反应为黄色,涂有钠元素的显色剂能使火焰呈黄色,故A正确;
B.氢气燃烧产物是水,可实现“零碳排放”,故B正确;
C.碳纤维和碳纳米材料是由碳元素形成的单质,不属于有机材料,故C错误;
D.火炬的外壳是碳纤维与高性能树脂制成的复合材料,有很多优良性能,质量轻,抗摔性强,故D正确;
故选:C。
2.B
【解析】
【详解】
A.中子数为18的氯原子质量数为18+17=35,符号为,A错误;
B.N原子为7号元素,核电荷数为7,核外有7个电子,结构示意图为,B正确;
C.已知氯化铵为离子化合物,则其电子式为,C错误;
D.NH3分子中N原子最外层有8个电子,电子式为,D错误;
故答案为:B。
3.B
4.D
【解析】
A.铁与非氧化型酸反应生成二价铁,铁和稀盐酸反应的离子方程式为:Fe+2H+=Fe2++H2↑,故A错误;
B.氧化铜为固体,不能拆分,硫酸铜为易溶性盐,氧化铜和稀硫酸反应的离子方程式为:CuO+2H+=Cu2++H2O,故B错误;
C.醋酸为弱电解质,不能拆分,氢氧化钠溶液和醋酸溶液反应的离子方程式为:OH-+CH3COOH=CH3COO-+H2O,故C错误;
D.碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水,其离子方程式为:CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑,故D正确;
故答案为D。
【点睛】
判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行:①从反应原理进行判断,如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等(如本题A选项);②从物质存在形态进行判断,如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等(如本题BC选项);③从守恒角度进行判断,如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子转移守恒等;④从反应的条件进行判断;⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。
5.C
【解析】
【详解】
A.氨气极易溶于水,不能用排水法测定其体积,故A错误;
B.灼烧应在坩埚中进行,不能用蒸发皿,故B错误;
C.CaO与水反应放热,U型管中红墨水左低右高,图中装置可验证该反应放热,故C正确;
D.溶有氨气的NaCl溶液呈碱性,能吸收CO2气体,为了使CO2充分吸收,CO2应从长导管进入,故D错误;
答案选C。
6.C
【解析】
【分析】
【详解】
A.硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性,能与亚铁离子发生氧化还原反应,A项不符合题意;
B.氢离子和碳酸氢根离子不共存,生成水和二氧化碳,B项不符合题意;
C.离子间不产生气体、沉淀、弱电解质,或者氧化还原反应,故能共存,C项符合题意;
D.铁离子与SCN-不能共存,D项不符合题意;
故正确选项为C。
7.B
【解析】
【详解】
A.1molCH2=CH2中含有的共价键数目为6NA,故A正确;
B.1molN2与3molH2混合充分反应生成NH3,1molNH3含有3NA个N—H键,但是氮气和氨气反应是可逆反应,生成氨气小于2mol,故生成N—H键小于6NA个,故B错误;
C.16gO2的物质的量为,一个氧原子有8个电子,则O2所含的电子数0.5mol82NA=8NA,16gO3的物质的量为,则O3所含的电子数83NA=8NA,故C正确;
D.标准状况下,22.4LNH3物质的量为1mol,含有的质子数为(7+13) NA=10NA,故D正确;
答案选:B。
8.A
【解析】
【分析】
化学反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变,据此分析解答。
【详解】
①中单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2,正逆反应速率相等,说明反应已达到平衡状态,故①正确;
②无论该反应是否达到平衡状态,单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO,不能据此判断平衡状态,故②错误;
③中无论达到平衡与否,用各物质表示的化学反应速率之比都等于化学计量数之比,故③错误;
④有色气体的颜色不变,则表示物质的浓度不再变化,说明反应已达到平衡状态,故④正确;
⑤气体体积固定、反应前后质量守恒,密度始终不变,不能据此判断平衡状态,故⑤错误;
⑥反应前后ΔV(g)≠0,压强不变,意味着各物质的含量不再变化,说明已达到平衡状态,故⑥正确;
⑦由于ΔV(g)≠0,气体的物质的量不变,说明反应已达到平衡状态,故⑦正确;
①④⑥⑦正确,答案选A。
【点睛】
化学反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变,间接判据要看变量不变。
9.C
【解析】
【分析】
工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO不考虑其他成分)通过过量的石灰乳,二氧化碳和二氧化硫被吸收,生成碳酸钙和亚硫酸钙,气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO,气体1通入气体X,用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2,X可为空气,但不能过量,否则得到硝酸钠,亚硝酸钠和铵根离子的溶液反应生成无污染的气体,应为氮气,气体2有氮气和一氧化碳,捕获剂所捕获的气体主要是一氧化碳,据此解答。
【详解】
A.工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收,生成CaCO3、CaSO3,因氢氧化钙过量,则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3,故A正确;
B.由分析可知,气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO,气体1通入气体X,用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2,X可为空气,但不能过量,否则得到硝酸钠,故B正确;
C.根据分析可知,气体2含有CO、N2,经捕获剂得到氮气和CO,所捕获的气体主要是CO,防止污染空气,故C错误;
D.根据图示可知,氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2与含有的溶液反应生成无污染气体,应生成氮气,发生反应的离子方程式为:+=N2↑+2H2O,故D正确;
故答案为C。
10.C
【解析】
【详解】
A.电池放电时为原电池,是将化学能转化为电能的过程,A项错误;
B.放电时,电极B上得电子,生成氮气,作正极,电极方程式为:,H+被消耗,附近溶液的pH升高,B项错误;
C.放电时,电极A上C6H12O6失去电子,生成二氧化碳和H+,作负极,电极方程式为:C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+,C项正确;
D.由BC项可知,该原电池的总反应为:,则电极A每消耗1mol C6H12O6,电极B处生成N2的物质的量=,D项错误;
答案选C。
11.C
【解析】
【详解】
A.能量越低越稳定,根据图示,比的能量高,比更稳定,故A错误;
B.转化为是吸热反应,吸热反应的发生不一定需要加热,故B错误;
C.根据图示,比的能量低(186.5-127.2)kJ,所以HNC(g)⇌HCN(g) ΔH=-59.3 kJ·mol-1,故C正确;
D.加入催化剂,能降低反应活化能,反应的热效应不变,故D错误;
选C。
12.B
【解析】
【分析】
粗锰粉中含有Mn、Fe、Ni、Pb,根据流程图可知,这四种单质在“酸浸”中与硫酸反应生成Mn2+、Fe2+、Ni2+、Pb2+,加入MnO2将Fe2+氧化成Fe3+,加入X调节pH,使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀除去,加入H2S,使Pb2+、Ni2+转化成PbS和NiS沉淀而除去,据此分析;
【详解】
A.提高“酸浸”时粗锰粉浸取率,可以采取的措施有适当升高温度、搅拌、适当升高硫酸浓度等,故A说法正确;
B.在书写离子方程式时,氧化物不能拆写成离子,正确的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O,故B说法错误;
C.根据上述分析,加入X调节pH,使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀除去,故C说法正确;
D.含Fe3+溶液中滴加KSCN溶液,溶液变红,因此取除铁后的滤液,加入几滴KSCN溶液,无明显现象证明Fe3+已除尽,故D说法正确;
答案为B。
13.A
【解析】
【分析】
A.氧化铁溶于盐酸反应得氯化铁溶液,滴加KSCN溶液变红色;B.CO还原Fe2O3得到的黑色固体中可能含有铁,可与Fe3+发生反应生成Fe2+;C.溶液中含有NO3-,在酸性条件下会氧化Fe2+离子,不能证明是否已变质;D.若溶液中存在铁离子,加入KSCN溶液也变红色。
【详解】
A. 氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水,三价铁离子遇KSCN溶液会变红色,说明红砖中含有氧化铁,故A正确;
B.CO还原Fe2O3得到单质Fe,即使有Fe3O4,其溶于盐酸后产生的Fe3+与Fe发生反应:Fe+2Fe3+=3Fe2+,加入KSCN溶液也不显红色,故B错误;
C. NO3-+H+具有强氧化性,而Fe2+具有还原性,二者发生氧化还原反应,有Fe3+生成,遇KSCN溶液呈红色,不能证明样品是否变质,故C错误;
D.若原溶液中不存在Fe2+存在Fe3+,也有此现象,故D错误,答案选A。
14.C
【解析】
【分析】
【详解】
A.Fe2O3和Cu混合物投入某浓度的稀硫酸样品中,先发生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O,生成的Fe3+与铜反应,2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,故A不符合题意;
B.根据图知1.76g样品与稀硫酸反应,此时铜过量,生成Fe2+和Cu2+,没有Fe3+,故B不符合题意;
C.c点时硫酸恰好完全反应,根据c(5.28,1.92)数据,设Fe2O3为x mol,由Fe2O3~3H2SO4~Cu2+可得,反应的铜也为x mol,则160x+64x=5.28−1.92,解得x=0.015mol,n(Cu)=(x+)=0.015mol+0.03mol=0.045mol,故n(Fe2O3)∶n(Cu)=0.015∶0.045=1∶3,故C符合题意;
D.由Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O可知,n(H2SO4)=3n(Fe2O3)=0.045mol,所以c(H2SO4)==1.5mol·L−1,故D不符合题意;
故本题选C。
非选择题未注明的每空2分
15(12分). 吸收(1分) 180(1分)
负极 (1分) 11.2 I和III 乙 (1分)
【解析】
【分析】
【详解】
(1) N2和O2反应的化学方程式为: ,破坏旧化学键需要吸收能量,形成新化学键会放出能量,则1molN2和1molO2完全反应中的能量变化为946kJ/mol×1mol + 498kJ/mol×1mol- 632kJ/mol×2mol = 180kJ,即1molN2和1molO2完全反应生成2molNO要吸收180kJ的能量,故答案为:吸收,180。
(2)根据图中的电子流向可知,c是负极,d作正极,d电极的电极反应式为,线路中转移2 mol电子时消耗O2 0.5 mol,在标准状况下体积为11.2 L,故答案为:负极、、11.2。
(3) ①由表中数据可知,I与II探究催化剂对反应速率的影响, I和III探究温度对反应速率的影响,由控制变量法可知浓度相同,则 1.2 × 10-3,故答案为:。
②I和III只有温度不同,可探究温度对化学反应速率的影响,故答案为:I和III。
③实验II中,其他条件都相同,催化剂的比表面积不同,催化剂的比表面积越大,反应速率越快,则由图像可知,表示实验II的是曲线是乙,故答案为:乙。
16(16分). Fe 取少量溶液于试管中,滴加KSCN溶液,如果溶液不显红色,证明溶液达标 蒸发浓缩 冷却结晶 8Fe3++ S2O+ 5H2O= 2SO+8Fe2++10H+ 升高温度,蛋白质变性,细菌失去催化能力 (4分)
【解析】
【分析】
以硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O):焙烧硫铁矿生成SO2,矿渣的成分为Fe2O3和杂质,用硫酸溶解,Fe2O3与硫酸反应,Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O而杂质不反应,过滤分离,滤渣为不溶杂质,滤液中含有硫酸亚铁及未反应的硫酸,加入Fe粉将氧化成的硫酸铁还原为硫酸亚铁,过滤、蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到FeSO4•7H2O,以此解答该题。
【详解】
(1)亚铁离子易被氧化成铁离子,加入的试剂X是铁,铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁,离子反应为:Fe+ 2Fe3+ = 3Fe2+;
(2) 三价铁离子与硫氰根离子发生络合反应生成血红色Fe(SCN)3,反应的离子方程式为Fe3+ + 3SCN- = Fe(SCN)3,检验还原得到的溶液是否达标就是看溶液中是否含有铁离子,用KSCN溶液检验是否含有Fe3+,具体操作为:取少量溶液于试管中,滴加KSCN溶液,如果溶液不显红色,证明溶液达标;
(3)从还原得到的溶液中获得硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤;
(4)①过程II反应为Fe3+与S2O发生氧化还原反应生成SO和氢离子、Fe2+,根据氧化还原反应的配平原则可知该反应为:8Fe3++ S2O+ 5H2O= 2SO+8Fe2++10H+;
②升高温度,蛋白质会发生变性,从而使细菌失去催化能力,故温度过高脱硫效率降低;
(5)6Fe2+ +Cr2O+ 14H+ = 6Fe3++2Cr3++7H2O,则得出关系式n(FeSO4·7H2O)= 6n(K2Cr2O7)= 6ab×10-3mol,故绿矾晶体纯度为:。
17(14分). abc 放热 acd 0.375 mol·L-1·min-1 75% Ni-CeO2 ;320℃
【解析】
【详解】
(1)a.植树造林,推广使用节能电器,大力发展风能、潮汐能发电,大力推行太阳能的综合开发均有利于有效减少二氧化碳的排放;石油燃烧产生二氧化碳,加大对石油的开采,会加大二氧化碳的排放,综上所诉,答案选abc;
(2)①由图知,反应物总能量高于生成物总能量,为放热反应,故答案为:放热;
a.在一定条件下,当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时(但不为0),反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态,称为化学平衡状态。CO2百分含量保持不变可以说明反应达到平衡状态,故选a;
B.根据质量守恒定律可知,容器中混合气体的质量始终保持不变,则混合气体的质量不变,不能说明达到平衡状态,故b不选;
C.混合气体的平均相对分子质量保持不变,说明混合气体的物质的量保持不变,反应前后气体分子数目发生变化,说明反应达到平衡状态,故选c;
d.CO2生成速率与H2O生成速率相等,满足反应速率之比是相应的化学计量数之比,且反应速率是相反的,因此可以说明达到平衡状态,故选d;
e.平衡时浓度不再发生变化,但各物质的浓度之间不一定相等或满足某种关系,因此容器中CO2浓度与H2浓度之比为1∶3,不能说明反应达到平衡状态,故e不选,故答案选acd;
③根据图像可知,反应进行到12 min时达到平衡状态,此时生成甲醇的浓度是1.50 mol·L-1。所以,根据方程式可知,消耗氢气的浓度是1.50 mol·L-1×3=4.50 mol·L-1,所以用氢气表示的反应速率为4.50 mol·L-1÷12 min=0.375 mol·L-1·min-1。 CO2的转化量为0.75 mol,CO2的转化率为转化量/起始量=0.75 mol/1 mol=75%,故答案为:0.375 mol·L-1·min-1,75%;
(3)①根据图像1可知,使用Ni-CeO2催化剂CO2的转化率比使用Ni催化剂大,因此工业上应选择的催化剂为Ni-CeO2;使用Ni-CeO2催化剂时,温度在320℃时CO2的转化率达到最大,随后温度升高,CO2的转化率降低;故答案为Ni-CeO2;320℃
18(16分).(1) NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O a
(2)H2O2+ NO= NO+H2O
(3) 金属铁和铝表面都有一层氧化膜 铝铁合金在溶液中形成原电池,加快化学反应速率
(4)3HClO+2NO+H2O=2NO+3Cl-+5H+
(5) pH降低,ClO-+H+=HClO,溶液中c(HClO)增大 HClO受热分解,溶液中c(HClO)减小
【解析】
(1)
根据信息可知,NO、NO2、NaOH溶液反应生成亚硝酸钠和水,NO中N的化合价由+2价升高为+3价,NO2中N的化合价由+4价降低+3价,根据化合价升降法进行配平,该反应的化学方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O;NO2能与NaOH溶液反应2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O,若反应后尾气无残留,则参加反应的NO2、NO物质的量之比≥1∶1,选项a正确;故答案为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O;a;
(2)
NO被过氧化氢氧化成NO,过氧化氢本身被还原成H2O,根据化合价升降法进行配平,得到该反应的离子方程式为H2O2+ NO= NO+H2O;故答案为H2O2+ NO= NO+H2O;
(3)
①金属铝和金属铁在0~3h,NO脱除效率较低,几乎没有被脱除,根据题中所给信息,活泼金属易形成氧化膜,金属铝和金属铁表面有一层致密氧化薄膜,这层致密氧化薄膜阻碍反应的进行,故答案为金属铁和铝表面都有一层氧化膜;
②铝铁合金中铝和铁的活动性不同,可以构成原电池,根据题中信息可知,形成原电池能加快反应速率;故答案为铝铁合金在溶液中形成原电池,加快化学反应速率;
(4)
HClO具有强氧化性,可将NO氧化成NO,本身被还原成Cl-,N元素的化合价由+2价升高为+5价,Cl元素化合价由+1降低为-1价,利用化合价升降法进行配平,反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O=2NO+3Cl-+5H+;故答案为3HClO+2NO+H2O=2NO+3Cl-+5H+;
(5)
①根据题中信息,HClO的氧化性比NaClO强, pH降低,即c(H+)增大,产生较多的HClO,氧化性增强,NO的去除率增大;故答案为pH降低,ClO-+H+=HClO,溶液中c(HClO)增大;
②HClO受热易分解,温度太高,造成HClO分解,溶液中c(HClO)减小,去除率降低,故答案为HClO受热分解,溶液中c(HClO)减小。
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江苏省太湖高级中学2021-2022学年高一下学期期中考试化学试卷: 这是一份江苏省太湖高级中学2021-2022学年高一下学期期中考试化学试卷,共7页。试卷主要包含了选择题等内容,欢迎下载使用。