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2015-2016学年河南省信阳市光山县泼陂河高中高三(下)第一次月考化学试卷一、选择题(共15小题,每小题2分,满分30分)1某离子反应中涉及h2o、clo、nh4+、h+、n2、cl六种微粒其中n2的物质的量随时间变化的曲线如图所示下列判断正确的是()a该反应的还原剂是clb消耗1mol还原剂,转移6mol电子c氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3d反应后溶液的酸性明显增强2下列说法不正确的是()a石油的炼制过程都是化学变化b煤是工业上获得芳香烃的一种重要来源c石油经过常、减压分馏及裂化等工序炼制后即能得到纯净物d煤通过液化和气化处理能减少环境污染3下列说法正确的是()a蔗糖与麦芽糖都具有还原性,水解产物都是葡萄糖b淀粉和纤维素互为同分异构体,水解产物都是葡萄糖c蛋白质在酶的作用下,水解为多肽,最终生成氨基酸d植物油和动物油都是高级脂肪酸甘油酯,前者的饱和程度更高4质量百分含量为25%的氨水用等体积的水稀释后,所得溶液的溶质质量分数()a等于12.5%b大于12.5%c小于12.5%d无法确定5下列各组中的两种物质在溶液中反应,可用同一离子方程式表示的是()a氨水分别与盐酸、醋酸反应b硫酸铜分别与bacl2、ba(oh)2反应c石灰石分别与盐酸、硝酸反应d稀硫酸分别与na2co3、nahco3溶液反应6下列离子方程式正确的是()a澄清的石灰水与稀盐酸反应ca(oh)2+2h+ca2+2h2ob少量金属钠放入冷水中:na+2h2ona+2oh+h2c氧化铜溶于硫酸:o2+2h+h2od碳酸钙溶于醋酸caco3+2ch3coohca2+2ch3coo+h2o+co27在配制一定物质的量浓度的naoh溶液时,下列哪个原因会造成所配溶液浓度偏高()a所用naoh已经潮解b向容量瓶中加水未到刻度线c有少量naoh溶液残留在烧杯里d称量时误用“左码右物”8设na表示阿伏加德罗常数,下列叙述中正确的是()a常温常压下,11.2l氧气所含的原子数为nab1.8g的nh4+离子中含有的电子数为10nac常温常压下,48g o3含有的氧原子数为3nad2.4 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1na9取一张用饱和nacl溶液浸泡的ph试纸,两根铅笔芯作电极,接通直流电源,一段时间后,发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆,内圆为白色,外圈呈浅红色则下列说法错误的是()am是直流电的正极b电子流向是nbamc电解过程中,水是氧化剂db电极附近溶液的ph变小10由2氯丙烷为主要原料制取1,2丙二醇ch3ch(oh)ch2oh时,经过的反应为()a加成消去取代b取代加成消去c取代消去加成d消去加成取代11化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的如图为n2(g)和o2(g)反应生成no(g)过程中的能量变化下列说法正确的是()a1 mol n2(g)和1 mol o2(g)反应放出的能量为180 kjb1 mol n2(g)和1 mol o2(g)具有的总能量小于2 mol no(g)具有的总能量c通常情况下,n2(g)和 o2混合能直接生成nodno是一种酸性氧化物,能与naoh溶液反应生成盐和水12设na为阿伏伽德罗常数的数值,下列说法正确的是()a常温常压下,1.7g h2o2中含有的电子数为0.9nab1moll1 cucl2溶液含有2na个clc1mol na与足量o2反应,生成na2o和na2o2的混合物,钠失去2na个电子d标准状况下,2.24l戊烷所含分子数为0.1na13酚酞,别名非诺夫他林,是制药工业原料,其结构如图所示,有关酚酞说法不正确的是()a分子式为c20h14o4b可以发生取代反应、加成反应、氧化反应c含有的官能团有羟基、酯基d1mol该物质可与h2和溴水发生反应,消耗h2和br2的最大值为10mol和4mol14下列物质存放方法错误的是()a铝片长期放置在不密封的纸盒里b漂白粉长期放置在烧杯中cfeso4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中d金属钠存放于煤油中15下列实验现象与反应方程式或离子方程式,正确的是()a切开的金属na暴露在空气中,光亮的表面逐渐变暗2na+o2na2o2b某溶液中加入bacl2溶液,产生不溶于稀硝酸的白色沉淀 so42+ba2+baso4cna2o2在潮湿的空气中放置一段时间,变成白色粘稠物2na2o2+co22na2co3+o2d向nahco3溶液中加入过量的澄清石灰水,出现白色沉淀hco3+ca2+ohcaco3+h2o二、解答题(共9小题,满分90分)16按要求回答下列问题(1)某温度下,纯水中c (h+)=2.0107moll1,则此时c (oh)=moll1;0.9moll1naoh溶液与0.1moll1hcl溶液等体积混合(不考虑溶液体积变化)后,溶液的ph=(2)向0.020moll1的hcn溶液中加入0.020mol nacn固体,溶液ph增大,主要原因是;已知该混合溶液中c (na+)c (cn),则c (hcn)c (cn)(用“”、“”、“=”符号填空)(3)向1l 0.10moll1的hcn溶液中加入0.08molnaoh固体,得到混合溶液,则和两种粒子的物质的量之和等于0.1mol;写出该混合溶液中存在的所有平衡的表达式17在一定温度下,有a盐酸,b硫酸,c醋酸三种酸当其物质的量浓度相同时,c(h+)由大到小的顺序是(2)同体积、同物质的量浓度的三种酸,中和naoh的能力由大到小的顺序是(3)当三者c(h+)相同时,物质的量浓度由大到小的顺序为(4)当三者c(h+)相同且体积也相同时,分别放入足量的锌,相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是(5)当c(h+)相同、体积相同时,同时加入形状、密度、质量完全相同的锌,若产生相同体积的h2(相同状况),反应所需时间的长短关系是(6)将c(h+)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后,c(h+)由大到小的顺序是18现用18.4mol/l的浓h2so4来配制500ml 0.2 mol/l的稀h2so4已有仪器:玻璃棒 量筒 烧杯 胶头滴管,请回答下列问题:(1)上述仪器中,在配制稀h2so4时还缺少的仪器是(2)经计算,需浓h2so4的体积为(3)将所配制的稀h2so4进行测定,发现浓度大于0.2mol/l请你分析配制过程中可能引起浓度偏高的原因(答出两点)、(4)配制时,一般可分为以下几个步骤:称量 计算 溶解 摇匀 转移 洗涤 定容 冷却,其正确的操作顺序是19科学探究结果的准确性来自于探究活动中研究方法的科学性,研究过程的计划性、研究目的明确性(一)学生(甲)应用下图装置(a)所示意的方法研究氯气的性质,其中气体的主要成分是氯气(含有空气和水蒸气)请回答下列问题:(1)该项研究(实验)的主要目的是(2)浓硫酸的作用是与研究目的直接相关的实验现象是(3)虚框中的装置应选择 (填“b”或“c”),其盛放的试剂为 (填试剂名称);使用该装置的目的是;该装置内发生反应的化学方程式为(二)学生(乙)设计实验探究金属铝表面氧化膜的性质:将铝片(含氧化膜)投入浓氯化铜溶液中,铝表面很快出现一层海绵状暗红色物质若用同样的铝片投入同浓度的硫酸铜溶液中,在短时间内铝片无明显变化回答下列问题:(1)铝片表面出现的暗红色物质的过程中发生的离子反应方程式是(2)同学(乙)认为:铝与氯化铜溶液能迅速反应,而与同浓度的硫酸铜溶液在短时间内不反应的原因是“氯离子能破坏氧化铝表面薄膜,而硫酸根离子不能”并设计如下实验方案进行验证,请你根据其思路完成下列空格:实验方案在硫酸铜溶液中加入铝片,无明显现象,再加入(填试剂名称)溶液,再观察现象若反应明显加快了,说明上述推断正确20工业上常回收冶炼锌废渣中的锌(含有zno、feo、fe2o3、cuo、al2o3等杂质),并用来生产zn(no3)26h2o晶体,其工艺流程为:有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的ph如下表:氢氧化物al(oh)3fe(oh)3fe(oh)2cu(oh)2zn(oh)2开始沉淀的ph3.31.56.54.25.4沉淀完全的ph5.23.79.76.78.0(1)在“酸浸”步骤中,为提高锌的浸出速率,除通入空气“搅拌”外,还可采取的措施是(2)在“除杂i”步骤中,需再加入适量h2o2溶液,目的是将fe2+氧化为,便于调节溶液的ph使铁元素转化为氢氧化物沉淀除去为使fe(oh)3、al(oh)3沉淀完全,而zn(oh)2不沉淀,应控制溶液的ph范围为检验fe3+是否沉淀完全的实验操作是静置片刻,取少量上层清液,滴加溶液,若不出现血红色,表明fe3+沉淀完全(3)加入zn粉的作用是除去溶液中的21将6.50g锌投入200ml某浓度的盐酸中,锌和盐酸恰好完全反应求:(1)反应中生成的h2在标准状况下的体积(2)所用盐酸中hcl中的物质的量浓度22有机物h是一种药物的有效成分,其合成路线如下:根据以上信息回答下列问题:(1)a的结构简式为,f含有的官能团是(填名称)(2)反应的条件是,反应的类型是(3)合成的产物h具有的性质为(填序号)a在水中溶解度大于苯酚b既有酸性又有碱性c能发生缩聚反应d能与溴水发生加成反应(4)写出b在浓碱、高压条件下水解的化学方程式(5)写出符合下列条件的d的一种同分异构体苯环上只有一个侧链 能和naoh发生中和反应 分子中无甲基(6)已知:发生取代时,在羧基间位取代; 易发生氧化反应以a为原料合成化合物的设计合成路线为(其他试剂任选):(合成路线流程图示例:ch3ch2clch3ch2ohch3cooc2h5)23已知物质ai之间的转化关系符合下图所示其中a、c、f、g、i为常见固体且焰色反应均为黄色;a为海水中主要溶质,b为常温下常见液体;e为黄绿色气体,h是无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体试回答下列问题:(1)写出下列物质的化学式:d h(2)反应的化学方程式为:(3)反应的化学方程式为:24a、b、c为中学常见单质,其中一种为金属;通常情况下a为固体、b为黄绿色气体、c为无色气体d、e、f、g、h、x均为化合物,其中x常温下是无色气体,其水溶液是一种无氧强酸溶液,e为黑色固体,h在常温下为液体它们之间的转化如图所示(某些反应条件和部分反应产物已略去)(1)写出下列物质的化学式:dx(2)在反应中,不属于氧化还原反应的是 (填编号)(3)反应的离子方程式为:(4)往g溶液中加入naoh溶液观察到的现象是(5)反应的化学方程式为;该反应中每消耗0.3mol的a,可转移电子 mol(6)除去d溶液中混有的少量g的方法是:2015-2016学年河南省信阳市光山县泼陂河高中高三(下)第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题(共15小题,每小题2分,满分30分)1某离子反应中涉及h2o、clo、nh4+、h+、n2、cl六种微粒其中n2的物质的量随时间变化的曲线如图所示下列判断正确的是()a该反应的还原剂是clb消耗1mol还原剂,转移6mol电子c氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3d反应后溶液的酸性明显增强【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】由曲线变化图可知,随反应进行n2的物质的量增大,故n2是生成物,则nh4+应是反应物,n元素化合价发生变化,具有氧化性的clo为反应物,由氯元素守恒可知cl是生成物,则反应的方程式应为3clo+2nh4+=n2+3h2o+3cl+2h+,以此解答该题【解答】解:方程式为3clo+2nh4+=n2+3h2o+3cl+2h+,a由方程式可知反应的还原剂为nh4+,故a错误;bn元素化合价由3价升高到0价,则消耗1mol还原剂,转移3mol电子,故b错误;c由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2,故c错误;d反应生成h+,溶液酸性增强,故d正确故选d【点评】本题考查氧化还原反应的计算,为高考常见题型和高频考点,侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质,难度不大2下列说法不正确的是()a石油的炼制过程都是化学变化b煤是工业上获得芳香烃的一种重要来源c石油经过常、减压分馏及裂化等工序炼制后即能得到纯净物d煤通过液化和气化处理能减少环境污染【考点】石油的分馏产品和用途;石油的裂化和裂解;煤的干馏和综合利用【专题】有机化合物的获得与应用【分析】a、石油的炼制过程有分馏、裂化和裂解;b、根据煤的用途;c、根据石油的分馏;d、根据煤的综合利用【解答】解:a、石油的炼制过程有分馏、裂化和裂解等,分馏是物理变化、裂化和裂解是化学变化,故a错误;b、因煤是工业上获得芳香烃的一种重要来源,故b正确;c、因石油炼制过程中,根据石油中各成分的沸点不同,采用分馏的方法将它们分离,得到汽油、煤油、柴油、润滑油、沥青等,这些馏分都是混合物,故c错误;d、煤通过液化和气化处理能可以提高煤的利用率、减少环境污染,故d正确;故选ac【点评】本题主要考查了石油、煤的综合利用,难度不大,根据课本知识即可完成3下列说法正确的是()a蔗糖与麦芽糖都具有还原性,水解产物都是葡萄糖b淀粉和纤维素互为同分异构体,水解产物都是葡萄糖c蛋白质在酶的作用下,水解为多肽,最终生成氨基酸d植物油和动物油都是高级脂肪酸甘油酯,前者的饱和程度更高【考点】葡萄糖的性质和用途;油脂的性质、组成与结构;蔗糖、麦芽糖简介;氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【专题】糖类与蛋白质专题【分析】a蔗糖不是还原性糖,蔗糖水解得到葡萄糖和果糖;b淀粉和纤维素的聚合度n不同;c蛋白质在酶的作用下,水解为多肽,多肽水解为二肽,二肽水解为氨基酸;d植物油的饱和程度较低【解答】解:a蔗糖不是还原性糖,蔗糖水解得到葡萄糖和果糖,麦芽糖是还原性糖,水解产物是葡萄糖,故a错误;b淀粉和纤维素的聚合度n不同,不是同分异构体,故b错误;c蛋白质在酶的作用下,水解为多肽,多肽水解为二肽,二肽水解为氨基酸,故c正确;d植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯,脂肪的主要成分是饱和高级脂肪酸甘油酯,植物油的饱和程度较低,故d错误;故选c【点评】本题考查有机物的结构和性质,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握有机物组成、结构和性质,难度不大4质量百分含量为25%的氨水用等体积的水稀释后,所得溶液的溶质质量分数()a等于12.5%b大于12.5%c小于12.5%d无法确定【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算【专题】溶液浓度的计算【分析】设浓氨水的体积为v,稀释前后溶液中溶质的质量不变,氨水的密度小于水的密度,浓度越大密度越小,稀释后得到氨水的密度变大,据此解答【解答】解:设浓氨水的体积为v,密度为(浓),稀释后密度为(稀),稀释前后溶液中溶质的质量不变,则:稀释后质量分数=,氨水的密度小于水的密度,浓度越大密度越小,所以(浓)(稀),所以12.5%,故选c【点评】本题考查了溶液稀释后质量分数计算,明确氨水密度小于水、稀释前后溶质的质量不变是解题关键,题目难度中等5下列各组中的两种物质在溶液中反应,可用同一离子方程式表示的是()a氨水分别与盐酸、醋酸反应b硫酸铜分别与bacl2、ba(oh)2反应c石灰石分别与盐酸、硝酸反应d稀硫酸分别与na2co3、nahco3溶液反应【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a盐酸为强酸,醋酸为弱酸;b硫酸铜与氯化钡生成硫酸钡沉淀和氯化铜,而硫酸铜与氢氧化钡反应生成两种沉淀;c均为碳酸钙与氢离子的反应;d碳酸根离子、碳酸氢根离子在离子反应中均保留化学式【解答】解:a前者离子方程式为:h+nh3h2o=h2o+nh4+,后者离子方程式为:ch3cooh+nh3h2o=h2o+nh4+ch3coo,二者不能用同一个离子方程式表示,故a错误;b前者离子方程式为:ba2+so42=baso4,后者离子方程式为:2oh+cu2+ba2+so42=baso4+cu(oh)2,二者不能用同一个离子方程式表示,故b错误;c二者反应的实质都是碳酸钙与氢离子反应生成钙离子、水,离子方程式都是:2h+caco3=ca2+h2o+co2,故c正确;d前者离子方程式为:2h+co32=h2o+co2,后者离子方程式为:h+hco3=h2o+co2,二者不能用同一个离子方程式表示,故d错误;故选c【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断,为高考经典题型,把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键,侧重复分解反应的离子反应考查,题目难度不大6下列离子方程式正确的是()a澄清的石灰水与稀盐酸反应ca(oh)2+2h+ca2+2h2ob少量金属钠放入冷水中:na+2h2ona+2oh+h2c氧化铜溶于硫酸:o2+2h+h2od碳酸钙溶于醋酸caco3+2ch3coohca2+2ch3coo+h2o+co2【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a反应生成氯化钙和水;b电子、电荷不守恒;ccuo在离子反应中保留化学式;d反应生成醋酸钙、水、二氧化碳【解答】解:a澄清的石灰水与稀盐酸反应的离子反应为oh+h+h2o,故a错误;b少量金属钠放入冷水中的离子反应为2na+2h2o2na+2oh+h2,故b错误;c氧化铜溶于硫酸的离子反应为cuo+2h+cu2+h2o,故c错误;d碳酸钙溶于醋酸的离子反应为caco3+2ch3coohca2+2ch3coo+h2o+co2,故d正确;故选d【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断,为高频考点,把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键,侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查,注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒,题目难度不大7在配制一定物质的量浓度的naoh溶液时,下列哪个原因会造成所配溶液浓度偏高()a所用naoh已经潮解b向容量瓶中加水未到刻度线c有少量naoh溶液残留在烧杯里d称量时误用“左码右物”【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】分析操作对n、v的具体影响,根据c=分析不当操作对浓度的影响【解答】解:a、所用naoh已经潮解,实际称量的氢氧化钠的质量减小,氢氧化钠的物质的量减小,所配溶液浓度偏低,故a不符合;b、向容量瓶中加水未到刻度线,溶液体积偏小,所配溶液浓度偏高,故b符合;c、有少量naoh溶液残留在烧杯里,移入容量瓶内氢氧化钠的物质的量减小,所配溶液浓度偏低,故c不符合;d、称量时误用“左码右物”,若不使用游码,对称取氢氧化钠质量无影响,对所配溶液浓度无影响;若使用游码,实际称取氢氧化钠的质量减小,所配溶液浓度偏低,故d不符合故选:b【点评】考查一定物质的量浓度溶液配制与误差分析,根据c=理解溶液配制的操作与误差分析,难度不大8设na表示阿伏加德罗常数,下列叙述中正确的是()a常温常压下,11.2l氧气所含的原子数为nab1.8g的nh4+离子中含有的电子数为10nac常温常压下,48g o3含有的氧原子数为3nad2.4 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1na【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】a、气体摩尔体积vm=22.4l/mol使用条件是标准状况(0c,101kpa);b、先求出nh4+数目,电子的数目是nh4+数目的10倍,c、根据n=计算n(o),利用n(o)=n(o)na求算判断;d、先求出镁原子数目,由于一个镁原子失去2e变为镁离子,失去电子数是镁原子数目2倍【解答】解:a、不是标准状况,不能使用气体摩尔体积vm=22.4l/mol,11.2l氧气的物质的量不是0.5mol,所含的原子数不是na,故a错误;b、1.8g的nh4+含有的nh4+数目为n(nh4+)=0.1na,电子的数目为100.1na=na,故b错误;c、n(o)=3mol,48go3含有的氧原子数为n(o)=n(o)na=3molnamol1=3na,故c正确;d、2.4g金属镁含有镁原子数目n(mg)=0.1na,失去电子数为20.1na=0.2na,故d错误故选c【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键,难度不大9取一张用饱和nacl溶液浸泡的ph试纸,两根铅笔芯作电极,接通直流电源,一段时间后,发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆,内圆为白色,外圈呈浅红色则下列说法错误的是()am是直流电的正极b电子流向是nbamc电解过程中,水是氧化剂db电极附近溶液的ph变小【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆,内圈为白色,外圈呈浅红色,说明a极负极先产生了cl2,漂白ph试纸变白,后oh离子放电产生氧气,h+相对剩余呈酸性,使ph试纸外圈呈红色,所以a极与电源的正极相连,即a为阳极,电极反应式为:2cl2ecl2,b为阴极,电极方程式为2h2o4eh2+2oh,据此分析解答【解答】解:a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆,内圈为白色,外圈呈浅红色,说明a极负极先产生了cl2,漂白ph试纸变白,后oh离子放电产生氧气,h+相对剩余呈酸性,使ph试纸外圈呈红色,所以a极与电源的正极相连,即a为阳极,电极反应式为:2cl2ecl2,b为阴极,电极方程式为2h2o4eh2+2oh,a外圈呈浅红色,说明溶液显碱性,因此a电极是阴极,氢离子放电,所以m是电源的负极,故a不选;b电子从负极流向阴极、从阳极流向正极,所以电子流向是nb、am,电子不进入溶液,故b选;c电解过程中,水得电子生成氢气,则水是氧化剂,故c不选;db电极方程式为2h2o4eh2+2oh,溶液碱性增强,溶液的ph增大,故d选;故选bd【点评】本题考查电解原理,为高频考点,侧重考查学生分析判断能力,正确判断正负极、阴阳极是解本题关键,易错选项是b,注意电子不进入电解质溶液,电解质溶液中阴阳离子通入定向移动形成电流,题目难度不大10由2氯丙烷为主要原料制取1,2丙二醇ch3ch(oh)ch2oh时,经过的反应为()a加成消去取代b取代加成消去c取代消去加成d消去加成取代【考点】有机物的合成;有机物的结构和性质【专题】有机反应【分析】2氯丙烷为主要原料制取1,2丙二醇ch3ch(oh)ch2oh,cl变化为两个oh,应先消去生成c=c,再加成引入两个卤素原子,最后水解即可,以此来解答【解答】解:2氯丙烷为主要原料制取1,2丙二醇ch3ch(oh)ch2oh,先发生氯代烃的消去反应生成c=c,再发生丙烯的加成反应引入两个卤素原子,最后发生卤代烃的水解反应(属于取代反应)生成ch3ch(oh)ch2oh,故选d【点评】本题考查有机物的合成,注意官能团的变化,结合卤代烃、烯烃的性质即可解答,题目难度不大11化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的如图为n2(g)和o2(g)反应生成no(g)过程中的能量变化下列说法正确的是()a1 mol n2(g)和1 mol o2(g)反应放出的能量为180 kjb1 mol n2(g)和1 mol o2(g)具有的总能量小于2 mol no(g)具有的总能量c通常情况下,n2(g)和 o2混合能直接生成nodno是一种酸性氧化物,能与naoh溶液反应生成盐和水【考点】有关反应热的计算【专题】化学反应中的能量变化【分析】a、分析能量变化黑球代表氧原子,依据反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量生成物形成化学键放出的能量计算判断;b、依据a计算的焓变判断反应能量变化,结合反应前后能量守恒分析;c、氮气和氧气在放电条件才能反应;d、一氧化氮不能和氢氧化钠反应【解答】解:a、焓变=反应物断裂化学键吸收的能量生成物形成化学键放出的能量,n2+o22no,h=946kj/mol+498kj/mol2632kj/mol=+180kj/mol,反应是吸热反应,故a错误;b、由图中数据可得反应物键的断裂吸收(946+498)=1444kj/mol的能量,生成物键的形成放出2632=1264 kj/mol的能量,故该反应是吸热反应,依据能量守恒,1 mol n2(g)和1 mol o2(g)具有的总能量小于2 mol no(g)具有的总能量,故b正确;c、通常情况下,n2(g)和o2(g)混合不能直接生成no,需要放电条件,故c错误;d、一氧化氮不能和氢氧化钠反应,不是酸性氧化物,故d错误;故选:b【点评】本题考查了反应能量变化的计算和判断,反应的焓变计算方法和能量守恒是解题关键,题目难度中等12设na为阿伏伽德罗常数的数值,下列说法正确的是()a常温常压下,1.7g h2o2中含有的电子数为0.9nab1moll1 cucl2溶液含有2na个clc1mol na与足量o2反应,生成na2o和na2o2的混合物,钠失去2na个电子d标准状况下,2.24l戊烷所含分子数为0.1na【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】a双氧水的摩尔质量为34g/mol,1.7g双氧水的物质的量为0.05mol,0.05mol双氧水中含有0.9mol电子;b没有告诉氯化铜溶液的体积,无法计算溶液中氯离子的数目;c钠为1价金属,1mol钠完全反应失去1mol电子;d标准状况下,戊烷不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24l戊烷的物质的量【解答】解:a1.7g双氧水的物质的量为0.05mol,0.05mol双氧水中含有0.9mol电子,含有的电子数为0.9na,故a正确;b题中缺少氯化铜溶液的体积,无法计算溶液中氯离子的数目,故b错误;c1mol钠与氧气完全反应,无论生成氧化钠还是过氧化钠,1mol钠失去1mol电子,失去na个电子,故c错误;d标况下,戊烷为液体,不能使用标况下气体摩尔体积计算其物质的量,故d错误;故选a【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,题目难度中等,注意戊烷在标况下不是气体;掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系;选项b为易错点,注意题中数据是否齐全13酚酞,别名非诺夫他林,是制药工业原料,其结构如图所示,有关酚酞说法不正确的是()a分子式为c20h14o4b可以发生取代反应、加成反应、氧化反应c含有的官能团有羟基、酯基d1mol该物质可与h2和溴水发生反应,消耗h2和br2的最大值为10mol和4mol【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构简式可知分子式,分子中含酚oh、cooc,结合酚、酯的性质来解答【解答】解:a由结构简式可知分子式为c20h14o4,故a正确;b含酚oh可发生取代、氧化反应,含苯环可发生加成反应,故b正确;c分子中含酚oh、cooc,即含有的官能团有羟基、酯基,故c正确;d只有苯环与氢气发生加成反应,酚oh的邻对位与溴水发生取代,且对位均有取代基,则1mol该物质可与h2和溴水发生反应,消耗h2和br2的最大值为9mol和4mol,故d错误故选d【点评】本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质的关系为解答的关键,侧重酚、酯性质的考查,题目难度不大14下列物质存放方法错误的是()a铝片长期放置在不密封的纸盒里b漂白粉长期放置在烧杯中cfeso4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中d金属钠存放于煤油中【考点】化学试剂的存放【专题】化学实验基本操作【分析】a、根据铝易与氧气反应在金属铝表面生成一层致密的氧化物薄膜分析;b、根据漂白有效成分是次氯酸钙,能与空气中二氧化碳反应生成不稳定的次氯酸分析;c、根据feso4易被氧化分析;d、根据金属钠与水、氧气都能反应,与煤油不反应,且密度小于煤油分析【解答】解:a、铝易与氧气反应在金属铝表面生成一层致密的氧化物薄膜,从而防止铝进一步被氧化,起到保护膜的作用,故a正确;b、漂白有效成分是次氯酸钙,能与空气中二氧化碳反应生成不稳定的次氯酸而失效,不能期放置在烧杯中,应密封保存,故b错误;c、feso4易被氧化而变质,溶液中加入少量少量铁粉的目的是防止feso4氧化,故c正确;d、金属钠与水、氧气都能反应,与煤油不反应,且密度小于煤油,可密封存放在煤油中,故d正确故选b【点评】本题考查化学试剂的存放,题目难度不大,注意性质决定物质的保存方法15下列实验现象与反应方程式或离子方程式,正确的是()a切开的金属na暴露在空气中,光亮的表面逐渐变暗2na+o2na2o2b某溶液中加入bacl2溶液,产生不溶于稀硝酸的白色沉淀 so42+ba2+baso4cna2o2在潮湿的空气中放置一段时间,变成白色粘稠物2na2o2+co22na2co3+o2d向nahco3溶液中加入过量的澄清石灰水,出现白色沉淀hco3+ca2+ohcaco3+h2o【考点】离子方程式的书写;化学方程式的书写【专题】离子反应专题;元素及其化合物【分析】a不加热时钠与氧气反应生成氧化钠,不是过氧化钠;b生成的白色沉淀可能为氯化银,不一定为硫酸钡;c该粘稠物为氢氧化钠,是过氧化钠与水反应生成的;d石灰水过量,反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水【解答】解:a切开的金属na暴露在空气中,光亮的表面逐渐变暗,反应生成的是氧化钠,正确的反应为na+o2=na2o,故a错误;b某溶液中加入bacl2溶液,产生不溶于稀硝酸的白色沉淀,该沉淀可能为氯化银,不一定发生反应so42+ba2+=baso4,故b错误;cna2o2在潮湿的空气中放置一段时间,变成白色粘稠物,反应生成的是氢氧化钠和氧气,正确的反应为:2na2o2+2h2o=2naoh+o2,故c错误;dnahco3溶液中加入过量的澄清石灰水,出现白色沉淀,反应的离子方程式为:hco3+ca2+ohcaco3+h2o,故d正确;故选d【点评】本题考查化学方程式、离子方程式的书写判断,通过解答过程要求学生能熟练将所学的知识运用到具体的实际中,是综合能力的考查,明确离子方程式、化学方程式的书写原则为解答关键,试题培养了学生的灵活应用能力二、解答题(共9小题,满分90分)16按要求回答下列问题(1)某温度下,纯水中c (h+)=2.0107moll1,则此时c (oh)=2.0107moll1;0.9moll1naoh溶液与0.1moll1hcl溶液等体积混合(不考虑溶液体积变化)后,溶液的ph=13(2)向0.020moll1的hcn溶液中加入0.020mol nacn固体,溶液ph增大,主要原因是cn浓度增大,抑制了hcn的电离,使c(h+)降低,ph值增大;已知该混合溶液中c (na+)c (cn),则c (hcn)c (cn)(用“”、“”、“=”符号填空)(3)向1l 0.10moll1的hcn溶液中加入0.08molnaoh固体,得到混合溶液,则hcn和cn两种粒子的物质的量之和等于0.1mol;写出该混合溶液中存在的所有平衡的表达式hcnh+cn、h2oh+oh、cn+h2ohcn+oh【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算;弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】(1)纯水电离生成的c(h+)=c(oh),kw=c(h+)c(oh),过量的c(oh)=0.4mol/l,结合kw计算c(h+),得出ph;(2)存在hcnh+cn电离平衡,氢离子浓度减小则ph增大;该混合溶液中c (na+)c (cn),则水解大于电离;(3)向1l 0.10moll1的hcn溶液中加入0.08molnaoh固体,反应后生成0.08molnacn,还剩余0.02molhcn,由物料守恒及电离平衡、水解平衡来解答【解答】解:(1)纯水电离生成的c(h+)=c(oh)=2.0107moll1,kw=c(h+)c(oh)=4.01014moll1,过量的c(oh)=0.4mol/l,由该温度下的kw可知,c(h+)=1013moll1,所以ph=13,故答案为:2.0107;13;(2)存在hcnh+cn电离平衡,加入0.020mol nacn固体,cn浓度增大,抑制了hcn的电离,使c(h+)降低,ph值增大;该混合溶液中c (na+)c (cn),则水解大于电离,所以c(hcn)c (cn),故答案为:cn浓度增大,抑制了hcn的电离,使c(h+)降低,ph值增大;(3)向1l 0.10moll1的hcn溶液中加入0.08molnaoh固体,反应后生成0.08molnacn,还剩余0.02molhcn,由物料守恒可知,hcn、cn两种粒子的物质的量之和等于0.1mol,溶液中存在电离平衡hcnh+cn、h2oh+oh;水解平衡为cn+h2ohcn+oh,故答案为:hcn;cn;hcnh+cn、h2oh+oh、cn+h2ohcn+oh【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断及有关计算,明确水的电离、弱电解质的电离、盐类水解等知识即可解答,注意混合后溶液中的溶质判断为解答的关键,题目难度中等17在一定温度下,有a盐酸,b硫酸,c醋酸三种酸当其物质的量浓度相同时,c(h+)由大到小的顺序是bac(2)同体积、同物质的量浓度的三种酸,中和naoh的能力由大到小的顺序是ba=c(3)当三者c(h+)相同时,物质的量浓度由大到小的顺序为cab(4)当三者c(h+)相同且体积也相同时,分别放入足量的锌,相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是ca=b(5)当c(h+)相同、体积相同时,同时加入形状、密度、质量完全相同的锌,若产生相同体积的h2(相同状况),反应所需时间的长短关系是a=bc(6)将c(h+)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后,c(h+)由大到小的顺序是ca=b【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】(1)盐酸是一元强酸完全电离,硫酸是二元强酸完全电离,醋酸是弱酸部分电离;(2)同体积同物质的量浓度的三种酸,盐酸和醋酸都是一元酸消耗氢氧化钠相同,硫酸是二元强酸消耗氢氧化钠多;(3)盐酸是一元强酸完全电离,硫酸是二元强酸完全电离,醋酸是弱酸部分电离,h+相同时,醋酸浓度最大,(4)当h+相同、体积相同时,醋酸浓度最大,相同状况下产生的气体最多;(5)当h+相同,则刚开始的反应速率相同,醋酸电离平衡正移,氢离子的物质的量增大,反应所需的时间最短(6)醋酸是弱电解质,加水稀释能促进醋酸的电离【解答】解:(1)盐酸是一元强酸完全电离,氢离子浓度等于酸的浓度;硫酸是二元强酸完全电离,硫酸中氢离子浓度为酸的二倍;醋酸是弱酸部分电离,氢离子的浓度小于酸的浓度;所以h+由大到小的顺序是bac,故答案为:bac;(2)同体积同物质的量浓度的三种酸,盐酸和醋酸都是一元酸消耗氢氧化钠相同,硫酸是二元强酸消耗氢氧化钠多,所以中和氢氧化钠的能力由大小顺是ba=c,故答案为:ba=c;(3)盐酸是一元强酸完全电离,硫酸是二元强酸完全电离,醋酸是弱酸部分电离,h+相同时,醋酸浓度最大,硫酸的浓度最小,所以物质的量浓度由大到小的顺序是cab,故答案为:cab;(4)当h+相同、体积相同时,醋酸浓度最大,相同状况下产生的气体最多,所以相同状况下产生的气体体积由大到小的顺序是ca=b,故答案为:ca=b;(5)酸与金属反应实质是金属与氢离子反应,所以当h+相同,刚开始的反应速率相同即a=b=c,醋酸电离平衡正移,氢离子的物质的量增大,反应所需的时间最短,所以反应所需的时间a=bc,故答案为:a=bc(6)醋酸是弱电解质,
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