届山东省枣庄市台儿庄区高三化学期中复习题四Word文件下载.docx
- 文档编号:22361051
- 上传时间:2023-02-03
- 格式:DOCX
- 页数:32
- 大小:306.70KB
届山东省枣庄市台儿庄区高三化学期中复习题四Word文件下载.docx
《届山东省枣庄市台儿庄区高三化学期中复习题四Word文件下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《届山东省枣庄市台儿庄区高三化学期中复习题四Word文件下载.docx(32页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
D.向FeCl2溶液中滴加足量碘水,能发生反应:
2Fe2++I2=2Fe3++2I-
6.下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是
A.水溶液中:
Na+、K+、NO3-B.空气中:
CO2、SO2、NO
C.氢氧化铁胶体中:
H+、K+、I-D.高锰酸钾溶液中:
H+、SO42-、CH3CH2OH
7.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。
取该溶液100mL,加入过量NaOH,加热,得到0.02mol气体,同时产生红褐色沉淀;
过滤,洗涤,灼烧,得到1.6g固体;
向上述滤液中加足量BaCl2溶液,得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。
由此可知原溶液中()
A.至少存在5种离子
B.Clˉ一定存在,且c(Clˉ)≥0.4mol/L
C.SO42ˉ、NH4+一定存在,CO32-可能存在
D.CO32ˉ、Al3+一定不存在,K+一定存在
8.溴是海水中重要的非金属元素,地球上90%的溴元素以Br﹣的形式存在于海水中,所以人们称溴为“海洋元素”,下列有关说法中正确的是(( )
A.从海水中提取溴时,不涉及氧化还原反应
B.苯与溴水反应生成溴苯
C.可以用CCl4萃取溴水中的溴
D.向FeBr2溶液中通入Cl2时,一定会发生如下反应:
2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣
9.含有N元素的化合物,下列有关判断错误的是
A.HNO3具有氧化性B.NH3既具有氧化性又具有还原性
C.N2只具有还原性D.NO2既具有氧化性又具有还原性
10.在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末,溶液褪色,其中发生反应的离子方程式为:
2MnO4-+16H++5Na2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+.下列判断正确的是
A.Mn2+是氧化产物
B.Na2O2作氧化剂
C.高锰酸钾溶液用浓盐酸酸化
D.标准状况下产生22.4LO2时转移2mole一
11.火法炼铜首先要焙烧黄铜矿(主要成分为CuFeS2,其中Cu、Fe均为+2价),其反应为:
2CuFeS2+O2
Cu2S+2FeS+SO2
关于此反应,下列说法不正确的是
A.CuFeS2中只有硫元素被氧化
B.每生成1molSO2,反应中转移6mol电子
C.该反应中有两种物质作氧化剂
D.CuFeS2中被氧化和被还原的原子数之比为2∶1
12.化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程,化学键的键能是形成(或拆开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量。
已知白磷和P4O6的分子结构如右图所示,现提供以下化学键的键能(kJ·
mol-1)P—P:
198 P—O:
360 O=O:
498;
则反应P4(白磷)+3O2===P4O6的能量变化为()
A.释放1638kJ的能量B.吸收1638kJ的能量
C.释放126kJ的能量D.吸收126kJ的能量
13.SF6是一种优良的绝缘气体,分子结构中存在S-F键.已知1molS(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ,断裂1molF-F、S-F键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ。
则发生反应S(s)+3F2(g)═SF6(g),生成1molSF6时能量变化为()
A、释放1220KJB、吸收1780KJC、吸收1220KJD、释放1780KJ
14.电解冶炼铝时使用了助熔剂Na3AlF6,在电解槽中存在电解质W2[X2Y2Z4],Y原子最外层电子数为次外层的3倍,X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半。
下列说法正确的是( )
A.原子序数:
W>X>Y>Z
B.原子半径:
C.W的最高价氢氧化物的碱性比X弱
D.Y的最简单氢化物的稳定性比Z的强
15.X、Y为两种主族元素,其原子的最外层电子数分别为1和6,则X、Y两种元素形成的化合物( )
A.一定是离子化合物B.一定是共价化合物
C.一定形成X2Y型化合物D.以上答案均不正确
16.研究表明26Al可以衰变为26Mg,可以比较这两种元素金属性强弱的方法是( )
A.比较这两种元素的单质的硬度和熔点
B.在氯化铝和氯化镁的溶液中分别滴加过量的氨水
C.将打磨过的镁带和铝片分别和热水作用,并滴入酚酞溶液
D.将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用
17.可逆反应2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)△H<0,在一定条件下达到平衡状态,时间为t1时改变条件.化学反应速率与反应时间的关系如图所示.下列说法正确的是( )
A.维持温度、容积不变,t1时充入SO3(g)
B.维持压强不变,t1时升高反应体系温度
C.维持温度、容积不变,t1时充入一定量Ar
D.维持温度、压强不变,t1时充入SO3(g)
18.在一定温度下的定容密闭容器中,当下列物理量不再变化时,不能表明反应:
A(固)+2B(气)
C(气)+D(气)已达平衡的是( )
A.混合气体的压强
B.混合气体的密度
C.B的物质的量浓度
D.混合气体的平均相对分子质量
19.在5L的密闭容器中,一定条件下发生化学反应:
2NO(g)+2CO(g)
N2(g)+2CO2(g).起始反应时NO和CO各为3mol,保持密闭容器体积不变,10秒钟达到化学平衡,测得N2为1mol.下列有关反应速率的说法中,正确的是( )
A.达到平衡后,若将容器体积压缩为2L,则正反应速率将增大,逆反应速率将减小
B.反应前5秒钟内,用CO表示的平均反应速率为0.04mol•L﹣1•s﹣1
C.当v正(CO)=2v逆(N2)时,该反应中NO的物质的量不再改变
D.保持压强不变,往容器中充入1molHe,正、逆反应速率都不改变
20.一定温度下,某容器中加入足量的碳酸钙,发生反应CaCO3(s)
CaO(s)+CO2(g),达到平衡,下列说法正确的是
A.将体积缩小为原来的一半,当体系再次达到平衡时,CO2的浓度为原来的2倍
B.CaCO3(s)加热分解生成CaO(s)和CO2(g),△S<
C.将体积增大为原来的2倍,再次达到平衡时,气体的密度变小
D.保持容器体积不变,充入He,平衡向逆反应方向进行
21.25℃时,在氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡:
Mg(OH)2(s)═Mg2+(q)+2OH﹣(aq),已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×
10﹣11,Ksp[Cu(OH)2]=2.2×
10﹣20.下列说法错误的是( )
A.若向Mg(OH)2浊液中加入少量NH4Cl(s),c(Mg2+)会增大
B.若向Mg(OH)2浊液中滴加CuSO4溶液,沉淀将由白色逐渐变为蓝色
C.若向Mg(OH)2浊液中加入适量蒸馏水,Ksp保持不变,故上述平衡不发生移动
D.若向Mg(OH)2浊液中加入少量Na2CO3(s),固体质量将增大
22.暖宝宝(如图所示)采用的是铁的“氧化放热”原理,使其发生原电池反应,铁粉在原电池中充当( )
A.负极B.正极C.阴极D.阳极
23.制备氯化物时,常用两种方法:
①用金属与氯气直接化合制得;
②用金属与盐酸反应制得.用以上两种方法都可制得的氯化物是( )
A.AlCl3B.FeCl3C.FeCl2D.CuCl2
24.向盛有Cl2的三个集气瓶甲、乙、丙中各注入下列液体中的一种,经过振荡,现象如图所示,则甲、乙、丙注入的液体分别是( )
①AgNO3溶液 ②NaOH溶液 ③水.
A.①②③B.②①③C.③②①D.①③②
25.如何解决好碳排放问题是关系到人类可持续发展的重大课题之一。
目前,采用较多的方法是对二氧化碳进行捕集封存和富集再利用。
下列与二氧化碳有关的叙述正确的是
A.CO2是形成酸雨的主要物质
B.CO2导致温室效应,是一种大气污染物
C.CO2(g)+C(s)
2CO(g)H>
0,高温有利于该反应自发进行
D.实验室常用大理石与稀盐酸或稀硫酸反应制取二氧化碳
26.钴(Co)及其化合物在工业上有广泛应用.为从某工业废料中回收钴,某学生设计流程如图(废料中含有Al、Li、Co2O3和Fe2O3等物质).
①物质溶解性:
LiF难溶于水,Li2CO3微溶于水;
②部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH见表.
Fe3+
Co2+
Co3+
Al3+
pH(开始沉淀)
1.9
7.15
﹣0.23
3.4
pH(完全沉淀)
3.2
9.15
1.09
4.7
请回答:
(1)写出步骤Ⅱ中Co2O3与盐酸反应生成Cl2的离子方程式:
.
(2)步骤Ⅲ中Na2CO3溶液的作用是调节溶液的pH,应使溶液的pH不超过;
废渣中的主要成分除了LiF外,还有.
(3)NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀,此反应对步骤Ⅳ所起的作用是.
(4)在空气中加热5.49g草酸钴晶体(CoC2O4·
2H2O)样品,受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质,其质量如表.已知:
M(CoC2O4·
2H2O)=183g/mol
温度范围/℃
固体质量/g
150~210
4.41
290~320
2.41
890~920
2.25
经测定,210~290℃过程中产生的气体只有CO2,此过程发生反应的化学方程式是.温度高于890℃时,固体产物发生分解反应,固体产物为.
27.如图所示,把试管放入盛有25℃饱和石灰水的烧杯中,试管中开始放入几小块镁片,再滴入5mL稀盐酸,试完成下列问题.
(1)实验中观察到的现象是 .
(2)产生上述现象的原因是 .
(3)写出有关反应的离子方程式
(4)由实验推知,MgCl2溶液和H2的总能量 (填“大于”“小于”或“等于”)镁片和盐酸的总能量.
(5)写出下列物质的电子式:
MgHClNH4+NaOHNa2O2
.
28.氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置.如图为电池示意图,该电池电极表面镀一层细小的铂粉,铂吸附气体的能力强,性质稳定.请回答:
(1)氢氧燃料电池的能量转化的主要形式是 ,在导线中电子流动方向为 (填“a到b”或“b到a”).
(2)负极反应式为 .
(3)电极表面镀铂粉的原因是 .
(4)该电池工作时,H2和O2连续由外部供给,电池可连续不断提供电能.因此,大量安全储氢是关键技术之一.金属锂是一种重要的储氢材料,吸氢和放氢原理如下:
2Li+H2
2LiHⅡ.LiH+H2O═LiOH+H2↑
①已知LiH固体密度为0.82g/cm3,用锂吸收224L(标准状况)H2,生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为 .
②由①生成的LiH与H2O作用,放出的H2用作电池燃料,若燃料利用率为80%,则导线中通过电子的物质的量为 mol.
29.如下图所示,根据实验室制取氯气的原理和性质,回答下列问题:
(1)写出装置甲中发生反应的化学方程式:
。
装置甲中的仪器使用前需要检漏的有(写名称)。
(2)利用装置丙制取饱和氯水并测其pH值。
①证明氯水已饱和的现象是。
②测定饱和氯水的pH方法是。
③若撤去装置乙,直接将装置甲和丙相连。
这样做对实验测定结果的影响是。
(3)饱和氯水与石灰石的反应是制取较浓的HClO溶液的方法之一。
某同学运用这一方法,尝试制取HClO溶液并进行了如下定性实验:
i.在试管中加入过量的块状碳酸钙,再加入约20ml饱和氯水,充分反应,有少量气泡产生,溶液的黄绿色褪去;
ii.过滤,将滤液滴在有色布条上,发现其漂白性更强;
iii.为了确定反应产物,将滤液分为三份,分别进行以下实验:
第一份与石灰水混合,立即产生大量白色沉淀;
第二份与稀盐酸混合,立刻产生大量气泡;
第三份加热,看到溶液变浑浊且有大量无色气体产生。
经检测,上述实验中产生的无色气体均为CO2气体。
①试解释可以在饱和氯水中加入石灰石制备HClO的原因:
(用有关的方程式结合文字回答)
②试根据所学知识推测,在ii的滤液中含有的溶质,除了溶解的极少量氯气外,还含有的其他溶质为(写化学式)。
③写出步骤iii中第一份滤液发生反应的离子方程式:
30.某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物进行了如下探究,已知FeCl3在100℃左右时升华。
A
B
C
D
E
(1)装置的连接顺序为a→ → → → →b→c→f
(2)装置D的作用 ;
试剂X为 .
(3)硬质玻璃管与收集器之间没有用导管连接,原因是 .
(4)B中的反应开始前,需排除装置中的空气,应采取的方法是 .
(5)将所得FeCl3固体溶于水,则该溶液呈 (填“中性”、“酸性”或“碱性”)
试卷答案
1.A
试题分析:
A、加碘防止甲状腺,故说法错误;
B、缺铁会患缺铁性贫血,强化铁酱油能够补充铁元素,故说法正确;
C、白砂糖有甜味,属于甜味剂,故说法正确;
D、NaNO2具有防腐作用,延长食品保质期,故说法正确。
2.D
由CeO2电解得到Ce,是还原反应,应发生在阴极,A错误;
互为同位素,B错误;
根据反应:
Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+,可知Ce4+>
Fe3+,故Ce4+氧化性较强,能和I-发生反应,C错误。
3.B
A、标准状况下,四氯化碳为液体,2.24L四氯化碳的物质的量不是0.1mol,所含Cl原子的数目不是0.4NA,错误;
B、白磷分子为正四面体结构,12.4g白磷的物质的量是0.1mol,所以含有的P-P键的数目是0.6NA,正确;
C、5.6g铁粉的物质的量是0.1mol,标准状况下2.24L氯气的物质的量是0.1mol,铁与氯气反应生成氯化铁,所以氯气不足,按照氯气的物质的量进行计算,则转移电子的物质的量是0.2mol,转移电子数是0.2NA,错误;
D、10g46%的酒精水溶液中酒精的质量是4.6g,物质的量是0.1mol,但水中也含有氧原子,所以溶液中的氧原子的数目大于0.1NA,错误,答案选B。
4.B
【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合.
【专题】化学用语专题.
【分析】A.实验式就是最简式;
B.镁离子核外有10个电子;
C.CO2是共价化合物,其结构式为O=C=O,碳原子和氧原子之间有2对电子;
D.根据符号ZAX的意义以及“质子数(Z)+中子数(N)=质量数(A)”解题.
【解答】解:
A.丙烯的实验式:
CH2,故A错误;
B.镁离子核外有10个电子,结构示意图
,故B正确;
C.CO2是共价化合物,其结构式为O=C=O,碳原子和氧原子之间有2对电子,其电子式为
,故C错误;
D.从符号ZAX的意义可知A表示质量数,由质子数(Z)+中子数(N)=质量数(A)得:
A=17+18=35,原子符号:
1735Cl,故D错误.
故选B.
【点评】本题考查了常见化学用语的书写,题目难度中等,涉及实验式、电子式、结构示意图、元素符号等知识,注意掌握常见化学用语的概念及书写原则,审题培养了学生规范答题的能力.
5.A
A、根据题给氧化性、还原性顺序利用氧化还原反应强弱规律判断在含有Br-、Fe2+、I-的溶液中欲只氧化I-而不氧化Br-、Fe2+,可用FeBr3作试剂,正确;
B、向FeI2溶液中通入少量Cl2,先氧化还原性强的碘离子,反应的离子方程式为:
2I-+Cl2=2Fe3++I2,错误;
C、向FeBr2溶液中通入足量Cl2,反应的离子方程式应为:
2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-,错误;
D、向FeCl2溶液中滴加足量碘水,不能发生反应,错误。
6.A
A、水溶液中,Na+、K+、NO3-之间不反应,能大量共存,正确;
B、空气中2NO+O2=2NO2,不能大量共存,错误;
C、氢氧化铁胶体遇H+、K+、I-等离子发生聚沉,不能大量共存,错误;
D、酸性高锰酸钾溶液能氧化CH3CH2OH,不能大量共存,错误。
7.B
加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02mol气体,可知一定存在铵根离子,红褐色沉淀是氢氧化铁,1.6g固体为三氧化二铁,可知一定有Fe3+,一定没有CO32-;
4.66g不溶于盐酸的沉淀,为硫酸钡沉淀,物质的量为0.02mol。
A、由上述分析可知,一定含SO42-、NH4+、Fe3+,溶液中NH4+、Fe3+所带正电荷为0.02mol+3×
0.02mol=0.08mol,SO42-所带负电荷为2×
0.02mol=0.04mol,据电荷守恒,知溶液中必然大量存在另一种阴离子Cl-,至少存在4种离子,故A错误;
B、由电荷守恒可知,Cl-一定存在,且c(Cl-)≥0.4mol/L,故B正确;
C、由上述分析可知,SO42-、NH4+一定存在,CO32-一定不存在;
故C错误;
D、综上所述,原溶液中一定含Fe3+、NH4+、SO42-和Cl-,可能含Al3+、K+,一定不含CO32-,故D错误;
故选B。
8.C
【考点】氧化还原反应;
氯、溴、碘及其化合物的综合应用.
【专题】卤族元素.
【分析】A、海水中溴以离子形式存在,需要氧化还原反应生成溴单质;
B、苯与溴水不反应;
C、溴在CCl4中溶解度大于在水中的溶解度,且CCl4和水不混溶;
D、Fe2+的还原性强于溴离子点的还原性,若氯气少量,只氧化Fe2+.
A、海水中溴以离子形式存在,需要氧化还原反应生成溴单质,故A错误;
B、苯与溴水不反应,苯与液溴在催化剂的条件下反应生成溴苯,故B错误;
C、溴在CCl4中溶解度大于在水中的溶解度,且CCl4和水不混溶,可以用CCl4萃取溴水中的溴,故C正确;
D、Fe2+的还原性强于溴离子的还原性,若氯气少量,只氧化Fe2+,若氯气过量,一定会全部氧化Fe2+和溴离子,故D错误.
故选:
C.
【点评】本题考查了非金属元素的性质及单质的性质、氧化还原反应的判断,注意氧化性Cl2>Br2>Fe3+,题目难度不大.
9.C
元素处于最低价时,只能失电子被氧化;
处于最高价时,只能得电子被还原;
处于中间价时,既能被氧化又能被还原;
N元素最低价是-3,最高价是+5,所以C项错误。
10.D
该反应中MnO4-中Mn化合价降低,Na2O2中O化合价升高,因此MnO4-为氧化剂,Na2O2为还原剂,Mn2+为还原产物,O2为氧化产物,A项错误;
B项错误;
高锰酸钾溶液具有强氧化性,能氧化浓盐酸,C项错误;
该反应中产生5molO2时,转移10mole-,若产生22.4L(标准状况下)O2,则转移2mole-,D项正确。
11.D
考点:
氧化还原反应.
分析:
反应2CuFeS2+O2
Cu2S+2FeS+SO2中,Cu元素由+2价降低为+1价,S元素由﹣2价升高到+4价,氧气中O元素由0降低为﹣2价,以此解答该题.
解答:
解:
A.Cu元素由+2价降低为+1价,S元素由﹣2价升高到+4价,CuFeS2中Cu元素被还原、S元素被氧化,故A正确;
B.由方程式可知,每生成1molSO2,有1mol硫被氧化生成SO2,转移电子为1mol×
[4﹣(﹣2)]=6mol,故B正确;
C.反应中Cu、O元素的化合价降低,两种反应物均作氧化剂,故C正确;
D.Cu元素由+2价降低为+1价,S元素由﹣2价升高到+4价,CuFeS2中Cu元素被还原、S元素被氧化,且生成Cu2S、FeS时S元素的化合价不变,则CuFeS2中被氧化和被还原的原子数目之比为1:
2,故D错误.
故选D.
点评:
本题考查氧化还原反应,为高频考点,把握反应中元素的化合价变化为解答的关键,注意从化合价角度分析,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大.
12.A
断键吸收的能量为(6×
198+3×
498)kJ=2682kJ,形成化学键释放能量12×
360kJ=4320,此反应是放热反应,放出热量为4320-2682=1638kJ,故选项A正确。
13.A
反应热△H=反应物总键能-生成物总键能,所以对于S(s)+3F2(g)═SF6(g),其反应热△H=280kJ/mol+3×
160kJ/mol-6×
330kJ/mol=-1220kJ/mol,即释放1220kJ能量,答案选A。
14.B
在电治铝的电解槽中存在电解质W2[X2Y2Z4],四种元素的简单离子的电子层结构均相同,Y原子最外层电子数为次外层的3倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,故Y为O元素;
X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半,其最外层电子数为3,则X为Al;
该化合物中W应该带正电荷,含有两个铝离子、两个O离子,Z应该带负电荷,根据化合物代数和为0知,W应该带一个单位正电荷,Z带一个单位负电荷,且这四种简单离子电子层结构相同,所以W为Na、Z为F元素,则该电解质为Na2[Al2O2F4]。
A.通过以上分析知,原子序数X>W>Z>Y,故A错误;
B.原子电子层数越多其原子半径越大,同一周期元素,原子半径随着原子序数增大而减小,所以原子半径:
W(Na)>X(Al)>Y(O)>Z(F),故B正确;
C.元素的金属性越强,其最高价氧化物的水化物碱性越强,金属性W>X,所以W的最高价氧化物的水化物碱性比X的强,故C错误;
D.元素的非金属性越强,其气态氢化物的稳定性越强,非金属性Z>Y,所以Y的简单氢化物的稳定性比Z的弱,故D错误;
15.D
【考点】原子结构与元素的性质.
【分析】X、Y为两种主族元素,其原子的最外层电子数分别为1和6,则X、Y两种元素的化合价分别为+1和﹣2价,由此分析解答.
X、Y为两种主族元素,其原子的最外层电子数分别为1和6,则X、Y两种元素的化合价分别为+1和﹣2价,可形成X2Y型化合物,也可形成X2Y2型化合物,如过
- 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:
- 山东省 枣庄市 台儿庄区 化学 期中 复习题