学年重庆市第一中学高二下学期期末考试理综化学试题 解析版Word文档下载推荐.docx
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A、此反应属于可逆反应,不能进行到底;
B、Na与氧气无论生成Na2O还是Na2O2,1molNa失去1mol电子;
C、题目中没有说明溶液的体积,无法计算;
D、利用质量数等于同位素近似相对原子质量,D2O的摩尔质量为20g·
mol-1。
【详解】A、发生2SO2+O2
2SO3,此反应可逆反应,不能进行到底,生成SO3的物质的量小于0.2mol,故A说法正确;
B、Na与氧气反应,无论生成Na2O还是Na2O2,1molNa失去1mol电子,即2.3gNa完全与O2发生反应时,转移电子物质的量为2.3×
1/23mol=0.1mol,故B说法正确;
C、pH=13的溶液中c(OH-)=10-13mol·
L-1,因此没有说明溶液的体积,无法计算出OH-的物质的量,故C说法错误;
D、D2O的摩尔质量为20g·
mol-1,20gD2O中含有质子的物质的量为20×
10/20mol=10mol,故D说法正确。
【点睛】本题的易错点是选项A,因为二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫,此反应属于可逆反应,可逆反应不能进行到底,因此生成SO3的物质的量小于0.2mol。
解决阿伏加德罗常数时一定注意隐含条件,如还有2NO2
N2O4等。
3.下列装置能达到实验目的的是
A.实验室制备乙酸乙酯
B.比较不同催化剂对化学反应速率的影响
C.比较硫、碳、硅三种元素的非金属性
D.验证苯和液溴发生取代反应
右侧导管插入到碳酸钠溶液中,易产生倒吸,A错误;
双氧水的浓度不同,无法比较不同的催化剂对化学反应速率的影响,B错误;
硫酸的酸性大于碳酸,碳酸的酸性大于硅酸,三种含氧酸中,硫、碳、硅元素均为最高价,可以比较三种元素的非金属的强弱,C正确;
挥发出的溴进入到右侧烧杯中,也能与硝酸银反应产生浅黄色沉淀,不能验证苯与溴发生取代反应生成了溴化氢,D错误;
正确选项C。
4.已知有机物A、B之间存在转化关系:
A(C6H12O2)+H2O
B+HCOOH(已配平)则符合该反应条件的有机物B有(不含立体异构)
A.6种B.7种C.8种D.9种
有机物A可在酸性条件下水解生成甲酸,则A属于酯类,B属于醇类,根据原子守恒可知B的分子式为C5H12O,则B的结构有:
CH2(OH)CH2CH2CH2CH3、CH3CH(OH)CH2CH2CH3、CH3CH2CH(OH)CH2CH3、CH2(OH)CH(CH3)CH2CH3、CH3C(OH)(CH3)CH2CH3、CH3CH(CH3)CH(OH)CH3、CH3CH(CH3)CH2CH2OH、C(CH3)3CH2OH共8中,故A、B、D项错误,C项正确。
综上所述,符合题意的选项为C。
点睛:
本题考查同分异构体的判断,难度不大,做题时可以利用烃基异构判断,因为戊基有8种,碳链如下:
、
,所以C5H12O属于醇的同分异构体有8种。
5.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是()
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液混合
产生白色沉淀,并有大量气体生成
生成Al2(CO3)3沉淀和CO2气体
B
在淀粉溶液中加入几滴稀硫酸,水浴5min,加入NaOH溶液调溶液pH至碱性,再加入新制的Cu(OH)2悬浊液,加热
有红色沉淀生成
淀粉完全水解
C
将少量SO2气体通过足量Na2O2
余下气体能使带火星木条复燃
有O2生成
D
用pH试纸分别测定等浓度的A、B两溶液(可能为NaHCO3或者Na2CO3)的pH值
pHA>
pHB
A溶液为Na2CO3溶液
A.AB.BC.CD.D
A、利用HCO3-的水解,进行分析;
B、淀粉水解分为未水解、部分水解、全部水解,当淀粉部分水解或全部水解时,都具有上述现象;
C、SO2以还原性为主,Na2O2具有强氧化性,两者能发生氧化还原反应,生成Na2SO4,没有氧气生成;
D、同温下,相同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液,Na2CO3溶液的碱性强。
【详解】A、HCO3-发生水解:
HCO3-+H2O
H2CO3+OH-,Al3+与OH-结合成Al(OH)3,促使HCO3-水解,其反应为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑,故A错误;
B、淀粉在酸性条件下水解成葡萄糖,葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液生成砖红色沉淀,如果淀粉部分水解,此溶液中有葡萄糖,按照上述操作,也可以得到红色沉淀,故B错误;
C、SO2具有还原性,Na2O2具有强氧化性,因为SO2是少量,因此生成的产物是Na2SO4,无氧气生成,故C错误;
D、CO32-的水解程度大于HCO3-,因此相同浓度下,Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3,故D正确。
【点睛】本题的难点是选项A,应从双水解的角度分析,HCO3-发生水解:
H2CO3+OH-,Al3+水解:
Al3++3H2O
Al(OH)3+3H+,两者混合,互相促进,因此得到的沉淀是Al(OH)3,气体为CO2。
6.如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料,氧气为氧化剂,某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。
该固体氧化物电解质的工作温度高达700-900℃时,O2-可在该固体氧化物电解质中自由移动,反应生成物均为无毒无害的物质。
下列说法正确的是
A.电极甲发生还原反应
B.电池内的O2-由电极乙移向电极甲
C.电池总反应为N2H4+2O2=2NO+2H2O
D.当甲电极上有lmolN2H4消耗时,乙电极上有22.4LO2参与反应
【答案】B
根据原电池的工作原理进行分析,负极上发生氧化反应,正极上发生还原反应,阴离子向负极移动,阳离子向正极移动,然后进行分析。
【详解】A、通氧气一极为正极,通N2H4的一极为负极,即电极甲为负极,依据原电池的工作原理,电极甲上发生氧化反应,故A错误;
B、根据原电池的工作原理,O2-从正极移向负极,故B正确;
C、因为反应生成无毒无害物质,即N2H4转化成N2和H2O,故C错误;
D、题目中没有说明条件是否为标准状况下,因此无法计算气体的体积,故D错误。
【点睛】本题的易错点是选项D,学生容易根据得失电子数目守恒计算出氧气的物质的量,即1×
2×
2=n(O2)×
4,解得n(O2)=1mol,然后判断出体积为22.4L,忽略了题目中并没有说明条件是否是标准状况,因此遇到这样的问题,需要先判断条件。
7.将标准状况下2.24LCO2缓慢通入1L0.15mol·
L-1的NaOH溶液中,气体被充分吸收,下列关系不正确的是( )
A.混合溶液溶质为NaHCO3和Na2CO3
B.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)
C.c(Na+)>
c(CO32-)>
c(HCO3-)>
c(OH-)>
c(H+)
D.加热蒸干所得混合溶液,最终得到Na2CO3固体
A、先判断CO2与NaOH反应后的产物,利用元素守恒进行计算;
B、利用电荷守恒进行判断;
C、利用CO32-的水解能力强于HCO3-进行分析;
D、注意NaHCO3不稳定,受热易分解。
【详解】A、根据C元素守恒,有n(NaHCO3)+n(Na2CO3)=2.24/22.4=0.1mol,根据Na元素守恒,有n(NaHCO3)+2n(Na2CO3)=1×
0.15mol,解得n(Na2CO3)=0.05mol,n(NaHCO3)=0.05mol,故A说法正确;
B、根据电荷守恒,因此有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),故B说法正确;
C、CO32-的水解能力强于HCO3-,即CO32-+H2O
HCO3-+OH-,因此离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>
c(H+),故C说法错误;
D、加热蒸干后得到Na2CO3和NaHCO3,因为NaHCO3不稳定,受热易分解,2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O,因此最终得到物质为Na2CO3,故D说法正确。
【点睛】本题的难点是离子浓度大小的比较,根据上述分析,得出Na2CO3和NaHCO3的物质的量相等,Na2CO3和NaHCO3都属于强碱弱酸盐,溶液显碱性,即c(OH-)>
c(H+),因为多元弱酸根的水解以第一步为主,即CO32-+H2O
HCO3-+OH-,水解的程度微弱,因此有c(HCO3-)>
c(CO32-)>
c(H+),综上所述,离子浓度大小顺序是c(Na+)>
c(HCO3-)>
c(CO32-)>
c(H+)。
8.由短周期元素组成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D,存在如图转化关系(部分生成物和反应条件已略去)。
(1)若A为Na,则E为________,A与水反应的离子方程式为____________________
(2)若A为Na2O2,则E为________,A与CO2反应的化学方程式为____________________,每有1molNa2O2参加反应,转移电子数为________NA
(3)①A不论是Na还是Na2O2,依据转化关系判断物质B是________物质C是________
②向饱和的C溶液中通入CO2会析出白色晶体,该晶体为________,用化学方程式表示其反应原理为:
_____________________
③将1mol/L的B溶液逐滴加入到1L1mol/L的AlCl3溶液中,产生白色沉淀39g,则所加入的B溶液的体积可能为________L或者________L
【答案】
(1).H2
(2).2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑(3).O2(4).2Na2O2+2CO2
2Na2CO3+O2(5).1(6).NaOH(7).Na2CO3(8).NaHCO3(9).Na2CO3+CO2+H2O
2NaHCO3↓(10).1.5(11).3.5
考查无机物的推断,
(1)假设A为Na,则Na与H2O反应生成NaOH和H2,即E为H2,B为NaOH,C为Na2CO3,D为NaHCO3;
(2)假设A为Na2O2,Na2O2与H2O反应生成O2和NaOH,与
(1)类似;
(3)根据
(1)和
(2)的分析,以及钠及其化合物的性质进行分析。
【详解】
(1)若A为Na,Na与H2O反应:
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,则单质E为H2,B为NaOH,CO2与NaOH反应:
2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O,继续通入CO2:
Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,A与水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑;
(2)若A为Na2O2,则Na2O2与水反应:
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,则单质E为O2,Na2O2与CO2能发生反应:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,Na2O2与CO2反应,Na2O2既是氧化剂又是还原剂,因此1molNa2O2与CO2反应转移电子物质的量为1mol,电子数为NA;
(3)①根据上述分析,B为NaOH,C为Na2CO3;
②NaHCO3的溶解度小于Na2CO3,因此向饱和的Na2CO3溶液中通入CO2,产生NaHCO3沉淀;
其反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓;
③如果只发生AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl,n(AlCl3)=1mol,n[Al(OH)3]=39/78mol=0.5mol,即AlCl3过量,消耗NaOH的体积0.5×
3/1L=1.5L;
氢氧化铝为两性氢氧化物,NaOH稍微过量,发生的反应是AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,AlCl3全部参与反应,生成氢氧化铝的总物质的量为1mol,此时消耗NaOH的物质的量为3mol,最后沉淀的物质的量为39/78mol=0.5mol,即有(1-0.5)mol氢氧化铝被消耗,同时该反应中消耗NaOH的物质的量为0.5mol,总共消耗氢氧化钠的物质的量为3.5mol,体积为3.5/1L=3.5L。
【点睛】本题的难点是电子转移物质的量的计算,Na2O2无论与CO2反应还是与H2O反应,Na2O2既是氧化剂又是还原剂,每消耗2molNa2O2,或生成1molO2,转移电子物质的量为2mol,因此消耗1molNa2O2,转移电子物质的量为1mol,特别注意本题让求的是电子数,与阿伏加德罗常数有关。
9.无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。
已知:
①AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华;
②无水AlCl3遇潮湿空气变质。
Ⅰ.实验室可用下列装置制备无水AlCl3。
(1)组装好仪器后,首先应_____________,具体操作为_____________________
(2)装置B中盛放饱和NaCl溶液,该装置的主要作用是__________________。
装置C中盛放的试剂是________________。
装置F中试剂的作用是__________。
若用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用,所装填的试剂为_______
(3)将所制得的无水AlCl3配制溶液时需加入盐酸的目的是_________
Ⅱ.工业上可由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备,流程如下:
(1)氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为___________________
(2)700℃时,升华器中物质充分反应后降温实现FeCl3和AlCl3的分离。
温度范围应为_______
a.低于183℃b.介于183℃和315℃之间c.高于315℃
(3)样品(含少量FeCl3)中AlCl3含量可通过下列操作测得(部分物质略去)。
计算该样品中AlCl3的质量分数________(结果用m、n表示,不必化简)。
【答案】
(1).检查装置气密性
(2).关闭装置A中分液漏斗的活塞,向G中加入蒸馏水没过导管,微热A,一段时间后若G中有气泡冒出,停止加热后导管内有水柱,则气密性良好;
(3).除HCl(4).浓硫酸(5).吸收水,防止无水AlCl3遇潮湿空气变质(6).碱石灰(7).抑制铝离子水解(8).Al2O3+3Cl2+3C
2AlCl3+3CO(9).b(10).
×
100%或
100%
I.
(1)此实验中有气体的参与,因此实验之前首先检验装置的气密性;
检验气密性的方法,一般采用加热法和液差法两种;
(2)利用题中信息,可以完成;
(3)从水解的应用角度进行分析;
II.
(1)根据流程的目的,焦炭在高温下转化成CO,然后根据化合价升降法进行配平;
(2)利用AlCl3和FeCl3升华的温度,进行分析;
(3)根据元素守恒进行计算。
【详解】I.
(1)装置A制备氯气,因此需要检验装置的气密性,本实验的气密性的检验方法是:
关闭装置A中分液漏斗的活塞,向G中加入蒸馏水没过导管,微热A,一段时间后若G中有气泡冒出,停止加热后导管内有水柱,则气密性良好;
(2)A中制备的氯气中混有HCl和H2O,HCl能与Al发生反应,AlCl3遇水易变质,因此必须除去HCl和H2O,装置B的作用是除去氯气中的HCl,装置C的作用是除去水蒸气,即盛放的是浓硫酸。
因为AlCl3遇水易变质,因此装置F的作用是防止G中水蒸气进去E装置,使AlCl3变质;
氯气有毒,需要吸收尾气,因此装置G的作用是吸收多余的氯气,防止污染空气,如果G和F改为一个装置,应用干燥管,盛放试剂为碱石灰;
(3)AlCl3属于强酸弱碱盐,Al3+发生水解:
Al(OH)3+3H+,加入盐酸的目的是抑制Al3+的水解;
II.
(1)流程的目的是制备AlCl3,因此氯化炉中得到产物是AlCl3,焦炭在高温下,生成CO,因此反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C
2AlCl3+3CO;
(2)AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华,因此进行分离,需要控制温度在183℃到315℃之间,故选项b正确;
(3)根据铝元素守恒,AlCl3的物质的量为n×
2/102mol,则AlCl3的质量为133.5×
n/102g,即AlCl3的质量分数为
100%。
10.李克强总理在《2018年国务院政府工作报告》中强调“今年二氧化硫、氮氧化物排放量要下降3%。
”研究烟气的脱硝(除NOx)、脱硫(除SO2)有着积极的环保意义。
Ⅰ.汽车排气管上安装“催化转化器”,其反应的热化学方程式为:
2NO(g)+2CO(g)
2CO2(g)+N2(g)ΔH=-746.50kJ·
mol-1。
T℃时,将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中,若温度和体积不变,反应过程中(0~15min)NO的物质的量随时间变化如图。
(1)图中a、b分别表示在相同温度下,使用质量相同但表面积不同的催化剂时,达到平衡过程中n(NO)的变化曲线,其中表示催化剂表面积较大的曲线是______(填“a”或“b”)
(2)在a曲线所示反应中,0~10min内,CO的平均反应速率v(CO)=___________;
T℃时,该反应的化学平衡常数K=_____________;
平衡时若保持温度不变,再向容器中充入CO、CO2各0.2mol,则平衡将_________移动(填“向左”、“向右”或“不”)
(3)15min时,n(NO)发生图中所示变化,则改变的条件可能是_______(填序号)
A.充入少量COB.将N2液化移出体系C.升高温度D.加入催化剂
Ⅱ.已知有下列反应:
①5O2(g)+4NH3(g)
6H2O(g)+4NO(g)△H1
②N2(g)+O2(g)
2NO(g)△H2
③2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)△H3
(1)若在高效催化剂作用下可发生8NH3(g)+6NO2(g)
7N2(g)+12H2O(g)的反应,对NO2进行处理则该反应的△H=__________(用△H1,△H2,△H3表示),△S______0
(2)某温度下,向某恒容密闭容器中充入一定量的NH3和NO2,按照
(1)的原理模拟污染物的处理。
若容器中观察到________________(填序号),可判断该反应达到平衡状态
A.混合气体颜色不再改变B.混合气体的密度不再改变
C.混合气体摩尔质量不再改变D.NH3和NO2的物质的量之比不再改变
(3)将一定比例的O2、NH3和NO2的混合气体,匀速通入图(a)所示装有催化剂M的反应器中充分进行反应。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图(b)所示。
已知该催化剂在100~150℃时活性最高,那么在50~250℃范围内随着温度的升高,NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢,其中去除率迅速上升段的主要原因是____________________________;
当反应温度高于380℃时,NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________
【答案】
(1).b
(2).0.01mol/(L·
min)(3).5L/mol(4).不(5).AB(6).2△H1-7△H2-3△H3(7).>
(8).AC(9).温度升高和催化剂的高活性共同作用使得反应速率加快,去除率先迅速上升(10).催化剂失活或者副反应程度的增大(氨气和氧气反应)
I.
(1)利用表面积增大,加快反应速率;
(2)根据化学反应速率的数学表达式、化学平衡常数的定义、化学平衡常数与浓度商的关系进行分析;
(3)从影响化学平衡移动因素进行分析;
II.
(1)根据热化学反应方程式的计算进行分析;
(2)考查化学平衡状态的判断;
(3)从化学反应条件的控制。
【详解】I.
(1)表面积大,增加接触面积,加快反应速率,因此催化剂面积较大的曲线是b;
(2)根据化学反应速率的数学表达式,v(CO)=(0.4-0.2)/(2×
10)mol/(L·
min)=0.01mol/(L·
min);
2NO(g)+2CO(g)
2CO2(g)+N2(g)
起始浓度:
0.20.200
变化浓度:
0.10.10.10.05
平衡浓度:
0.10.10.10.05,根据平衡常数的表达式,
=5;
此时CO的浓度为0.2mol·
L-1,CO2的浓度为0.2mol·
L-1,代数上式,此时的浓度商为5,与化学平衡常数相等,即平衡不移动;
(3)15min时,NO的物质的量减少,A、充入少量CO,增加反应物的浓度,平衡向正反应方向进行,NO的物质的量减少,故A错误;
B、将N2移出,减少生成物浓度,平衡向正反应方向移动,NO的物质的量减小,故B正确;
C、此反应是放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向进行,NO物质的量增加,故C错误;
D、加入催化剂,平衡不移动,NO物质的量不变,故D错误;
II.
(1)根据目标反应方程式,①×
2-②×
7-3×
③,即△H=2△H1-7△H2-3△H3;
生成物气体系数之和大于反应物气体系数之和,即此反应为熵增,△S>
0;
(2)A、NO2为红棕色气体,其余气体为无色,即当气体颜色不再改变,说明反应达到平衡,故A正确;
B、是恒容状态,气体体积保持不变,组分都
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