人教版高一化学必刷题参考答案与解析Word文档下载推荐.docx
- 文档编号:18019240
- 上传时间:2022-12-12
- 格式:DOCX
- 页数:18
- 大小:114.28KB
人教版高一化学必刷题参考答案与解析Word文档下载推荐.docx
《人教版高一化学必刷题参考答案与解析Word文档下载推荐.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《人教版高一化学必刷题参考答案与解析Word文档下载推荐.docx(18页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
B.标况下辛烷为液体,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故B错误;
C.1个C4H10含有3个C−C、10个C−H,共13个共价键,则0.5molC4H10中含有的共价键数为6.5NA,故C正确;
D.铁在反应表现+2价,当金属铁质量减轻5.6g时,流过外电路的电子数为
×
2×
NAmol−1=0.2NA,故D错误。
【04】
【答案】D
A.酒精为非电解质,不能构成原电池,故A错误;
B.稀盐酸为无氧酸,且盐酸易挥发,盐酸与硅酸钠反应,不能比较非金属性的强弱,故B错误;
C.灼烧在坩埚中进行,不需要蒸发皿,故C错误;
D.分馏时温度计测定馏分的温度、冷凝水下进上出,图中装置合理,故D正确。
【05】
加锌产生无色无味气体说明锌与H+反应生成氢气,溶液中有大量H+,则没有CO32−和NO3−,因为NO3−、H+与锌会反应生成刺激性的NO,加入氢氧化钠,先与H+反应,再与Mg2+、Al3+反应生成氢氧化物沉淀,再与NH4+反应得到一水合氨,再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠,依据图像中沉淀量的变化曲线可知加入氢氧化钠0.5mol~0.7mol时,发生反应NH4+与OH−反应,沉淀的量不变,所以溶液中的阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+、Al3+,一定不存在NO3−、CO32−,则电解质溶液中电荷守恒得到一定含SO42−。
【06】
A.导气管应该遵循“短进长出”原则,否则左侧集气瓶中水无法排出,故A错误;
B.二氧化碳密度大于空气,应该采用向上排空法收集二氧化碳,所以集气瓶中导气管采用“长进短出”原则,故B错误;
C.根据图知,反应物总能量大于生成物总能量,所以为放热反应,故C正确;
D.左侧Al作负极、右侧Zn作负极,2Al~6e−~2Al3+、3Zn~6e−~3Zn2+,所以④两个装置中通过导线的电子数相同时,消耗负极材料的物质的量:
前者小于后者,故D错误。
【07】
有机物甲的分子式为C9H18O2,在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物,说明甲属于酯;
乙和丙分子中含有相同数目的甲基,在相同的温度和压强下,同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同,二者的物质的量相等,根据
n=
可知,则二者的摩尔质量相等,甲中不饱和度=
=1,所以甲中只含一个碳氧双键,则其相应的酸是饱和一元酸、醇是饱和一元醇,设酸的分子式为CnH2nO2,则醇的分子式为C9−nH2(9−n)+2O,酸和醇的相对分子质量相等,所以12n+2n+16×
2=12×
(9−n)+2(9−n)+2+16,则n=4,所以酸的分子式为C4H8O2、醇的分子式为C5H12O,乙和丙分子中含有相同数目的甲基,如果酸、醇中都只含有一个甲基,酸是丁酸、醇是1−戊醇,则甲为丁酸戊酯;
如果含有两个甲基,则酸是2−甲基丙酸,醇有2−丁醇、2−甲基丁醇、3−甲基丁醇,则甲有3种结构,所以甲可能有四种结构,故选B。
【08】
A.苯环上12个原子共面,所以苯环上的碳原子与连在苯环上的两个甲基碳原子,和另一个苯环相连的碳原子一定共面,相连苯环碳的对位上的碳原子及连接的甲基碳处于一条直线上,所以也一定在该平面上,至少共面的碳原子数为6+2+1+1+1=11个,如右图
,故A正确;
B.
没有酯基,不能发生水解反应,故B错误;
C.3−甲基−3−乙基戊烷的一氯取代产物为3种,如图
故C错误;
D.乙醇与水以任意比例互溶,乙酸乙酯不溶于水,相同条件下乙酸乙酯在水中的溶解度比在乙醇中的溶解度要小,故D错误。
【09】
A.看图中分析,发生如下反应CH4+CO2
CH3COOH,生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%,故A正确;
B.图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化,其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一新的共价键,必有C−H键发生断裂,故B正确;
C.看图分析,①→②的焓值降低,过程为放热过程,有C−C键形成,故C正确;
D.催化剂只加快反应速率,不改变化学平衡转化率,故D错误。
【10】
A.X2的起始浓度分别为0.1mol·
L–1,若完全转化生成Z为0.2mol·
L–1,该反应为可逆反应,则Z的浓度小于0.4mol·
L–1,可知平衡时Z的浓度可能为0.3mol·
L–1,故A正确;
B.X2、Y2的起始浓度分别为0.2mol·
L–1、0.4mol·
L–1,而反应时转化的量为1∶1,可知转化率一定不相等,故B错误;
C.平衡时,不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比,则平衡时,Y2和Z的生成速率之比为1∶2,故C错误;
D.若为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,则化学平衡常数减小,故D错误。
【11】
A.Δt1=Δt2时,v=
,假设这恒容密闭容器的体积为1L,则vt=n,根据图像知,ab段vt之积小于bc段,则ab段参加反应的物质的量小于bc段,反应初始物质的量相等,所以SO2的转化率:
a~b段小于b~c段,故A正确;
B.是绝热条件下,当达到平衡状态时,温度升高,正反应速率降低,说明平衡逆向移动,则正反应是放热反应,所以反应物总能量大于生成物总能量,故B错误;
C.反应向正反应进行,随着反应的进行,反应物浓度逐渐降低,所以反应物浓度a点大于b点,故C错误;
D.当正反应速率不变时,达到化学平衡状态,根据图知,c点是平衡后的点,所以不是平衡点,故D错误。
【12】
A.戊烷有3种同分异构体,正戊烷、异戊烷和新戊烷,故A错误;
B.分子式为C8H10的芳香烃,分子中含有1个苯环,其不饱和度=
=4,故侧链为烷基,若有1个侧链,为−CH2−CH3,有一种;
若有2个侧链,为−CH3,有邻、间、对三种,故符合条件的结构共有4种,故B错误;
C.正丁烷有两种氢原子,所以一氯代烃有2种,故C错误;
D.甲苯苯环上有3种等效H,含3个碳原子的烷基有正丙基、异丙基两种,所以甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代有3×
2=6产物,故D正确。
【13】
A.钾与水反应生成氢氧化钾和氢气,反应的离子方程式为2K+2H2O=2K++2OH−+2H2↑,故A正确;
B.氯气可置换出碘,反应的离子方程式为Cl2+2I−=2Cl−+I2,故B正确;
C.铜与稀硝酸反应生成NO,反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O,故C错误;
D.醋酸为弱酸,与碳酸钠反应生成醋酸钠和二氧化碳和水,反应的离子方程式为
2CH3COOH+CO32−=2CH3COO−+H2O+CO2↑,故D正确。
【14】
铜镁合金与硝酸反应,金属失去电子,化合价升高,生成Cu2+和Mg2+,硝酸得电子,化合价下降,生成氮氧化物;
金属离子全部沉淀时,得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁,则m(OH−)=m(沉淀)−m(合金)=2.54g−1.52g=1.02g,n(OH−)=
=0.06mol,由Cu~2e−~2OH−,Mg~2e−~2OH−数量关系和得失电子守恒可知,金属失去的电子物质的量等于氢氧根的物质的量等于氮氧化合物得到电子的物质的量,n(e−)=n(OH−)=0.06mol。
A.由CD选项中的解析可知,c(HNO3)=14mol/L,n(NO2)=0.04mol,n(N2O4)=0.01mol,反应后溶质为硝酸钠,根据氮元素守恒可知,n(NaNO3)=n(HNO3)−n(NO2)−2n(N2O4)=0.05L×
14mol/L−0.04mol−(0.05mol−0.04mol)×
2=0.64mol,根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol,故需要V(NaOH)=
=0.64L=640mL,故A错误;
B.该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%,故该c(HNO3)=
mol/L=14mol/L,故B正确;
C.令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol,则:
2x+2y=0.06;
64x+24y=1.52,解得x=0.02,y=0.01,故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol∶0.01mol=2∶1,故C正确;
D.NO2和N2O4混合气体的物质的量为
=0.05mol,令二氧化氮的物质的量为amol,则四氧化二氮的物质的量为(0.05−a)mol,根据电子得失守恒可知,a×
1+(0.05−a)×
1=0.06,解得a=0.04,NO2的体积分数是
100%=80%,故D正确。
【15】
A.常温下Al和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应,所以没有明显变化,故A错误;
B.能和稀盐酸反应生成无色无味气体的微粒可能是CO32−或HCO3−,所以该实验说明溶液中含有CO32−或HCO3−,故B正确;
C.向溶液中加入稀NaOH溶液时,NH4+和NaOH反应生成NH3·
H2O浓度较低,要想得到NH3需要加热,否则NH3·
H2O分解较慢,得到的氨气量较少,难以被检测到,故C错误;
D.亚硫酸钡能被稀硝酸氧化生成硫酸钡,所以该实验不能说明溶液中含有SO42−,故D错误。
【16】
A.乙烯含有碳碳双键,被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳,引入新杂质,应用溴水除杂,故A错误;
B.乙烯与二氧化硫均能被高锰酸钾溶液氧化,可以用氢氧化钠溶液洗气分离,故B错误;
C.苯与氢氧化钠溶液不反应,溴单质与氢氧化钠溶液反应,加氢氧化钠溶液后会分层,分液,上层液体为有机溶剂苯,下层为水溶液,可以分离,故C正确;
D.溴苯、苯与氢氧化钠溶液均不反应,应该用分馏的方法分离,故D错误。
【17】
A.电子不能在电池内电路流动,只能在外电路中流动,且电子由负极经导线流向正极,故A错误;
B.电极b氧气得电子,生成O2−,而电极a需要O2−作为反应物,故O2−由正极(电极b)流向负极(电极a),故B错误;
C.甲烷所在电极a为负极,固体氧化物介质下,生成CO2电极反应为:
CH4+4O2−−8e−=CO2+2H2O,故C错误;
D.O2~4e−~2O2−,故当固体电解质中有1molO2−通过时,电子转移2mol,故D正确。
【18】
A.化学平衡是动态平衡,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,但不为0,故A错误;
B.当体系达平衡状态时,CO、H2S、COS、H2的浓度可能相等,也可能不等,故B错误;
C.只要反应发生就有CO、H2S、COS、H2在容器中共存,故C错误;
D.CO、H2S、COS、H2的浓度均不再变化,说明正逆反应速率相等,达平衡状态,故D正确。
【19】
A.AlCl3中加入适量氢氧化钠应该得到Al(OH)3,不会直接得到氧化铝,故A错误;
B.N2和O2的反应是在高温或者放电的条件下发生,生成NO,故B错误;
C.向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳发生如下反应:
NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl,碳酸氢钠受热分解得到碳酸钠(侯氏制碱法的原理),故C正确;
D.FeS2煅烧应该得到二氧化硫,二氧化硫再经催化氧化得到三氧化硫,故D错误。
【20】
当电解质溶液为稀硫酸时,只有铁棒能作负极,则正极可以是铜棒或铂棒,有2种组合。
当电解质溶液为Fe2(SO4)3溶液时,负极可以是铁棒,则正极可以是铜棒或铂棒;
若负极为铜棒时,正极只能是铂棒,共有3种组合。
通过以上分析可知,能构成原电池的组合有5种。
【21】
A.由给出的热化学方程式可知,该反应为吸热反应,故臭氧的能量比氧气的高,故A错误;
B.丙烷吸收能量,分解为乙烯和甲烷两种物质,无法比较反应物与生成物之一的稳定性,故B错误;
C.由已知热化学方程式可知1molNaOH与HCl完全反应放出57.3kJ热量,n(NaOH)=
0.25mol,故含10.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全反应放出的热量为57.3kJ×
0.25=14.325kJ≈14.3kJ,故C正确;
D.ΔH1、ΔH2均小于0,燃烧越充分放出的热量越多,ΔH越小,故ΔH1<ΔH2,故D错误。
【22】
A.经①和④所得溶液中,碘离子的物质的量相同,为碘富集过程,浓度增大,c(I−)后者大于前者,故A正确;
B.④中发生反应I2+Na2SO3+H2O=2NaI+H2SO4,则④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂,故B正确;
C.②和⑤过程中分别发生的化学方程式为Cl2+2I−=2Cl−+I2,6H++ClO3−+6I−=Cl−+3H2O+3I2,若②和⑤中分别得到等量I2,设生成1molI2,I2~2e−~Cl2;
KClO3~6e−~3I2,由电子守恒可知消耗的n(Cl2)∶n(KClO3)=1mol∶
mol=3∶1,故C错误;
D.由⑥得到碘产品的过程,为升华过程,主要发生的是物理变化,故D正确。
【23】
A.增加甲中烧瓶上方的导管长度,长直导管可以起冷凝回流作用,故可减少原料的损失,故A正确;
B.浓硫酸密度大,溶于水放出大量的热,不宜先加,反应前甲中烧瓶内试剂添加顺序为:
乙醇、少量浓硫酸,混合均匀并冷却到室温后,再加适量冰酸醋,故B错误;
C.乙图中多孔球泡能防倒吸,同时可增大与碳酸钠溶液的接触面积,除杂效果更好;
丙图中通入CCl4和碳酸钠的混合溶液中,能防倒吸,但CCl4能溶解乙酸乙酯,使产率降低,故C错误;
D.饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇,降低乙酸乙酯在水中的溶解度,有利于分液,不是吸收乙酸乙酯,故D错误。
【24】
【答案】
(1)溶液的橙红色褪去且不分层;
1;
(2)
;
加聚反应;
(3)
(4)C8H16;
23;
D。
(1)苯乙烯与Br2的CCl4发生如下反应:
,实验现象为溶液的橙红色褪去且不分层,1mol苯乙烯最多能和含1molBr2的CCl4溶液反应;
(2)苯乙烯生成高聚物D的的化学方程式为
,该反应类型是加聚反应;
(3)苯乙烯与水反应生成C的可能生成物有
、
(4)苯乙烯与足量H2一定条件下充分反应的生成物A为
,A含6种等效H,可固定1个Cl、移动另一个Cl,如图所示,
则A的二氯代物有6+5+3+5+3+1=23种,有机物
(正二十烷)存在于烤烟烟叶中,正二十烷与A均为化合物,含C原子数不同,分子式不同、结构不同,不饱和度不同,二者的关系是不属同分异构体、同系物、同素异形体。
【25】
(1)平衡仪器a,b内的气压,使浓盐酸能顺利滴下;
除去氯气和氯化氢气体,防止大气污染;
(2)有黄绿色气体生成;
MnO2+4H++2Cl−
Mn2++Cl2↑+2H2O;
(3)D和E;
除去氯气;
硝酸酸化的硝酸银溶液;
(4)47.3。
(1)橡胶管可以平衡仪器a,b内的气压,使浓盐酸能顺利滴下;
生成的氯化氢和过量的氯气污染空气,装置E可以除去氯气和氯化氢气体,防止大气污染;
(2)二氧化锰与浓盐酸反应生成黄绿色气体氯气和氯化锰,离子反应为:
(3)如果苯和氯气发生的是取代反应,则有HCl生成,如果发生的是加成反应,则无HCl生成,用硝酸酸化的硝酸银溶液检验HCl,装置F应介于D、E之间,由于为反应的氯气与硝酸银溶液也含有生成氯化银沉淀,故四氯化碳溶液的作用是除去氯气;
(4)5mL苯的质量为5mL×
0.879g/mL=4.395g,则理论上得到氯苯的质量为
112.5g·
mol–1≈
6.33g,故氯苯的产率为
100%=47.3%。
【26】
(1)Cu;
还原;
0.2;
(2)17∶24;
(3)2;
小于;
100%。
(1)该原电池中,Fe和浓硝酸发生钝化现象,Cu易和浓硝酸发生氧化反应而作负极,Fe作正极,
Zn、Ag和稀盐酸构成的原电池中,Zn易失电子作负极、Ag作正极,正极上得电子被还原,发生还原反应,质量相同的铜棒和锌棒用导线连接后插入CuSO4溶液中,负极上Zn失电子生成锌离子进入溶液,正极上铜离子放电生成Cu,一段时间后,二者质量差为12.9g,二者质量差为溶解的Zn和析出的Cu质量之和,设转移电子物质的量为n,则二者质量差=(65×
+64×
)g=12.9g,n=0.2mol;
(2)肼−空气碱性(KOH为电解质)燃料电池负极反应:
N2H4+4OH−−4e−=4H2O+N2↑,氨气空气碱性(KOH为电解质)燃料电池(氧化产物为大气主要成分)负极反应:
2NH3+6OH−−6e−=6H2O+N2↑,电流效率可用单位质量的燃料提供的电子数表示,1gN2H4反应转移电子为
mol,1gNH3反应转移电子为
mol,二者的电流效率之比为
∶
=17∶24;
(3)由题意写出对应“三段式”,如下:
3A(g)+B(g)⇌xC(g)
起始:
3mol1mol0
转化:
1.2mol0.4mol0.4xmol
1min时:
1.8mol0.6mol0.4xmol
c(C)=
=0.4mol·
L–1,解得x=2。
随着反应的进行,反应物的浓度逐渐降低,正反应的速率降低,所以反应经2min时,C的浓度应该小于0.8mol·
L–1。
若已知达平衡时,该容器内混合气体总压强为p,混合气体起始压强为p0,故平衡后混合气体总的物质的量为(3mol+1mol)×
mol,故平衡后混合气体物质的量减少量为(4−
)mol,则:
3A(g)+B(g)⇌2C(g)物质的量减少Δn
32
n(A)(4−
)mol
故n(A)=(4−
)mol×
(6−
)mol,则A的转化率=
100%=
【27】
(1)环保、可以再生等;
(2)24H+;
18H2O;
(3)Fe3+、Al3+;
(4)Ca;
(5)Mn2++2NH3·
H2O=Mn(OH)2↓+2NH4+;
(6)175;
ABD。
“酸浸”时纤维素水解得到的葡萄糖与软锰矿反应,将MnO2还原为Mn2+,使Mn元素进入溶液中,过滤分离,滤渣1中主要是含有Si元素化合物等。
“净化”时,加入Na2S、NH4F是为了将Zn2+、Mg2+转化为ZnS和MgF2沉淀除去,可知“中和”时将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而过滤除去,滤渣2主要是Fe(OH)3、Al(OH)3,CaF2是难溶的,所以“净化”时还能除去Ca2+,滤渣3为ZnS、MgF2、CaF2,过滤分离。
加入氨水“沉锰”,主要生成Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4沉淀,滤液中含有氨水、硫酸钠、硫酸铵、硫化钠、硫化铵等,最后氧化得到Mn3O4。
(1)利用纤维素“酸浸”相较于FeS2酸浸法,除了原料来源丰富、成本低廉、耗能低外还有的优点是:
纤维素环保、可以再生等;
(2)反应在酸性条件下进行,由电荷守恒可知,需要氢离子参加反应,由原子守恒可知有水生成,反应离子方程式为:
C6H12O6+12MnO2+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O;
(3)由上述分析可知,“中和”的目的是将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而过滤除去;
(4)CaF2是难溶于水的,所以“净化”时还能除去Ca2+,即还可以除去Ca元素;
(5)Mg2+与氨水反应生成Mn(OH)2与NH4+,反应离子方程式为:
Mn2++2NH3·
(6)根据图知,在175min时,锰的含量已经很高,时间再长,含量升高变化很小,最佳氧化时间为175min;
A.氧化时,发生反应:
6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O、3Mn2(OH)2SO4+O2=2Mn3O4+3H2SO4,开始为碱性溶液,生成硫酸时pH下降比生成水更快,前15min主要是Mn(OH)2被氧化,15~150min主要是Mn2(OH)2SO4被氧化,故A正确;
B.由A中分析可知,15~150min主要发生的反应是3Mn2(OH)2SO4+O2=2Mn3O4+6H++3SO42﹣,有硫酸生成,所以溶液的pH值下降较快,故B正确;
C.150min之后,pH趋于稳定,但到250min时Mn的含量还再升高,说明Mn2(OH)2SO4没有完全氧化,氧化反应速率比较慢,故C错误;
D.250min后Mn的含量降低,应是Mn3O4被氧气氧化,导致Mn元素含量降低,可能氧化生成Mn2O3及MnO2,故D正确。
【28】
(1)3X+Y⇌2Z;
(2)0.0018mol·
L−1·
s−1;
(3)946;
(4)负极;
CH3OH−6e−+H2O=CO2+6H+;
11.2;
(5)④⑥。
(1)根据图1可知,X、Y为反应物,Z为生成物,0~2min,Δn(X)=1mol−0.7mol=0.3mol,
Δn(Y)=1mol−0.9mol=0.1mol,Δn(Z)=0.2mol,Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)=3∶1∶2,则该反应化学方程式:
3X+Y⇌2Z;
(2)0~50s内,Δn(NH3)=0.36mol,v(NH3)=
=0.0036mol·
s−1,
根据方程式N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g),v(N2)=
0.0036mol·
s−1=0.0018mol·
(3)设N≡N的键能为xkJ·
mol–1,根据生成1molNH3过程中放出46kJ的热量,写出热化学方程式:
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92kJ·
mol–1,ΔH=反应物键能总和−
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 人教版 高一化学 必刷题 参考答案 解析