山东省菏泽市学年高二上学期期末学分认定考Word文档格式.docx
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【点睛】考查化学实验的基本常识和药品的保存,熟悉常见实验操作方法和注意事项是解题关键,易错点忽视双氧水的强氧化性和天平的精确度。
3.下图是自来水表的常见安装方式。
下列有关说法不正确的是( )
A.发生腐蚀过程中,电子从接头流向水表
B.腐蚀时,铁接头发生的是还原反应
C.腐蚀时铜质水表发生的电极反应为:
2H2O+O2+4e—=4OH—
D.腐蚀过程还涉及到反应:
4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3
4.关于下列装置说法正确的是( )
A.装置①中,盐桥中的Cl-移向ZnSO4溶液
B.装置②工作一段时间后,b极附近溶液的pH增大
C.用装置③精炼铜时,c极为粗铜
D.装置④中电子由Zn流向Fe,装置中有Fe2+生成
【答案】A
【解析】A.在装置①中,金属锌是负极,金属铜是正极,盐桥中的Cl-移向ZnSO4溶液,故A正确;
B.在电解池装置②的阳极上是阴离子氯离子失电子的氧化反应,所以最初b极附近溶液的pH不变,故B错误;
C.电解精炼铜时,电解池的阳极是粗铜,阴极时精铜,即c极为精铜,故C错误;
D.在金属的电化学腐蚀中,金属锌是负极,金属铁是正极,电子是从负极Zn流向正极Fe,装置中铁电极上会产生氢气,故D错误;
故选A。
5.在25℃时,密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表:
物质
X
Y
Z
初始浓度/mol•L﹣1
0.1
0.2
平衡浓度/mol•L﹣1
0.05
下列说法错误的是( )
A.反应达到平衡时,X的转化率为50﹪
B.反应可表示为X+3Y
2Z
C.改变温度可以改变此反应的平衡常数
D.增大压强使平衡向生成Z的方向移动,平衡常数增大
【答案】D
【解析】A.反应达到平衡时,X的转化率为:
×
100%=50%,故A正确;
B.根据反应速率之比等于浓度变化量之比等于化学计量数之比可知:
△c(X):
△c(Y):
△c(Z):
=0.05:
0.15:
0.1=1:
3:
2,则反应的方程式为X+3Y⇌2Z,故B正确;
C.平衡常数只受温度的影响,温度改变时,化学平衡常数一定变化,故C正确;
D.增大压强平衡向生成Z的方向移动,但平衡常数不变,故D错误;
故选D。
6.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为:
Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O,可以通过出现浑浊的快慢来判断反应的快慢程度,下列各组实验中最先出现浑浊的是( )
实验
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
V/mL
c/(mol·
L-1)
A
25
5
0.1
20
B
0.2
10
C
35
D
A.AB.BC.CD.D
【解析】因35℃>25℃,则选项C和D中的反应速率大于选项A和B中,又D中反应物的浓度大于C中反应物的浓度,则D中反应速率最快,即在实验中就最先出现浑浊,故选D。
【点睛】考查影响化学反应速率的因素,温度越高、浓度越大,则反应速率就越快,在实验中就最先出现浑浊,注意利用表格中的数据来比较温度和浓度。
7.下列反应中符合下图图象的是( )
A.N2(g)+3H2(g)
2NH3(g);
△H=—Q1kJ·
mol—1(Q1>
0)
B.2SO3(g)
2SO2(g)+O2(g);
△H=+Q2kJ·
mol—1(Q2>
C.4NH3(g)+5O2(g)
4NO(g)+6H2O(g);
△H=—Q3kJ·
mol—1(Q3>
D.H2(g)+CO(g)
C(s)+H2O(g);
△H=+Q4kJ·
mol—1(Q4>
【解析】A.气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和,且为放热反应,故A错误;
B.气体反应物的化学计量数之和小于气体生成物的化学计量数之和,且正反应为吸热反应,故B正确;
C.反应为放热反应,故C错误;
D.气体反应物的化学计量数之和小于气体生成物的化学计量数之和,故D错误;
答案为B。
【点睛】考查化学平衡移动图象,把握图象中曲线的变化特点分析可逆反应的特征是解答该题的关键;
由右图可知,到达平衡后,增大压强逆反应速率增大更大,平衡向逆反应移动,说明气体反应物的化学计量数之和小于气体生成物的化学计量数之和,由左图可知,温度越高平衡时生成物的百分含量越高,说明升高温度,平衡向正反应移动,故正反应为吸热反应,以此解答该题。
8.在恒温恒容的密闭容器中,充入4mol气体A和2mol气体B发生反应:
3A(g)+2B(g)
4C(?
)+2D(?
).反应一段时间后达到平衡,测得生成1.6molC,反应前后体系压强之比为5:
4.则下列说法正确的是( )
A.气体A的平衡转化率大于气体B的平衡转化率
B.物质D的聚集状态一定是气体
C.平衡后升高温度,若平衡向左移动,则正反应的△H>0
D.平衡后若减小该体系的压强,则平衡向左移动,化学平衡常数增大
【解析】反应方程式为:
)
反应前(mol)
4
2
0
0
反应消耗(mol)
1.2
0.8
1.6
0.8
平衡后(mol)
2.8
1.2
反应前后体系压强之比为5:
4,根据气体物质的量之比等于压强之比可知反应后气体物质的量为:
(4+2)mol=4.8mol,所以C、D都必须为气态;
A.充入4mol气体A和2mol气体B发生反应,可以看做先充入3molA和2molB反应达到衡,再加入1molA平衡正向进行,A的转化率减小,B转化率增大,故A错误;
B.根据计算分析可知,物质D的聚集状态一定是气体,故B正确;
C.平衡后升高温度,若平衡向左移动,逆反应为吸热反应,则正反应为放热反应,反应的△H<0,故C错误;
D.平衡后若减小该体系的压强,则平衡向左移动,但化学平衡常数不变,故D错误;
【点睛】考查较为综合,涉及平衡计算、转化率、平衡常数的影响因素等知识,注意掌握化学平衡及其影响因素,气体压强之比等于气体物质的量之比计算分析CD的状态是解题关键,恒容容器中,气体的压强之比等于气体的物质的量之比,从反应物和生成物的化学计量数和反应前后压强之比可知,C和D中至少有一种物质不是气体,利用三段式法计算出反应后气体物质的量,确定C、D的状态。
9.下列叙述正确的是( )
A.95℃纯水的pH<7,说明加热可导致水呈酸性
B.pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后pH=4
C.0.2mol/L的盐酸与0.1mol/L的盐酸等体积水混合后pH=1.5
D.室温下,pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH<7
【解析】A.加热会促进水的电离,故95℃时,纯水的pH<7,但纯水永远显中性,故A错误;
B.醋酸是弱电解质,加水稀释电离被促进,故加水稀释10倍后溶液的pH<4,故B错误;
C.酸和酸混合后溶液显酸性,混合后溶液中的c(H+)=
=0.15mol/L,则pH=-lg0.15≠1.5,故C错误;
D.醋酸是弱酸,不完全电离,故当pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液混合后,醋酸过量,溶液显酸性,即pH<7,故D正确;
10.下列反应中,属于水解反应且使溶液显酸性的是( )
A.NH3+H2O
NH4++OH﹣B.HCO3﹣+H2O
CO32﹣+H3O+
C.S2﹣+H2O
HS﹣+OH﹣D.NH4++H2O
NH3•H2O+H+
【解析】在溶液中盐电离出的离子与水电离出的氢离子和氢氧根结合生成弱电解质的反应是水解反应;
A.该反应是NH3·
H2O的电离方程式,故A错误;
B.该式子是碳酸氢根的电离方程式,故B错误;
C.硫离子的水解反应是可逆、分步进行的过程,故C错误;
D.氨根离子水解生成一水合氨以及氢离子,溶液显示酸性,故D正确;
11.下列实验操作能达到目的的是( )
①用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体
②用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得K2CO3晶体
③用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体
④加热MgCl2溶液制取MgCl2固体.
A.①②B.②③C.③④D.①③
12.下列离子方程式正确的是( )
A.将过量SO2通入稀氨水中:
SO2+NH3•H2O=HSO3﹣+NH4+
B.Fe(OH)3溶于氢碘酸:
Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
C.大理石溶于醋酸中:
CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
D.AlCl3溶液中加入过量稀氨水:
Al3++4NH3•H2O=﹣+4NH4+
【解析】A.将过量SO2通入稀氨水中发生的离子反应为SO2+NH3•H2O=HSO3﹣+NH4+,故A正确;
B.Fe(OH)3溶于氢碘酸发生的离子反应为2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++6H2O+I2,故B错误;
C.醋酸是弱酸,不可拆分,故C错误;
D.稀氨水不能溶解Al(OH)3沉淀,故D错误;
答案为A。
13.下列各组离子在指定的条件下一定能大量存在的是( )
A.在pH=1的无色溶液中:
SO42﹣、Cu2+、Na+、Cl﹣
B.常温下由水电离出的c(H+)=1×
10﹣12mol/L的溶液中:
K+、Na+、Cl﹣、HCO3﹣
C.有Fe3+存在的溶液中:
CO32﹣、NH4+、SO42﹣、Cl﹣
D.在能使石蕊试纸变蓝色的溶液中:
Na+、K+、S2﹣、CO32﹣
【解析】A.含有Cu2+的溶液为蓝色溶液,故A错误;
B.由水电离出的c(H+)=1×
10﹣12mol/L的溶液可能显酸性,也可能显碱性,HCO3﹣在酸、碱性溶液中均不能大量存在,故B错误;
C.Fe3+与CO32﹣在溶液中要发生双水解反应,不能大量共存,故C错误;
D.在能使石蕊试纸变蓝色的溶液显碱性,Na+、K+、S2﹣、CO32﹣彼此间不发生离子反应,且能在碱性溶液中大量存在,故D正确,答案为D。
14.电解质溶液有许多奇妙之处,下列关于电解质溶液的叙述中正确的是( )
A.0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中:
=++
B.0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液中:
=+
C.CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的pH相同,则浓度大小顺序:
c(NaOH)<c(Na2CO3)<c(CH3COONa)
D.向0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至中性,溶液中离子浓度的关系为:
【解析】A.0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中存在的质子守恒式为c(OH﹣)=c(HCO3﹣)+c(H+)+2c(H2CO3),故A错误;
B.0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液中存在的物料守恒式为,c(Na+)=c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH),溶液中的OH﹣来源于水的电离与CH3COO﹣水解,则c(OH﹣)>c(CH3COOH),故B错误;
C.酸越弱,对应的强碱盐的溶液碱性越强,浓度相等时CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的pH大小顺序为c(NaOH)>c(Na2CO3)>c(CH3COONa),则CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的pH相同,浓度大小顺序为c(NaOH)<c(Na2CO3)<c(CH3COONa),故C正确;
D.向0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至中性,结合电荷守恒式可知溶液中离子浓度的关系为c(CH3COO﹣)=c(Na+)>c(OH﹣)=c(H+),故D错误,答案为C。
系:
>>=
15.为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙,可将粗盐溶于水,然后进行下列五项操作.其中正确的操作顺序是( )
(1)过滤;
(2)加过量的NaOH溶液;
(3)加适量HCl;
(4)加过量的Na2CO3溶液;
(5)加过量的BaCl2溶液.
A.
(2)(3)(4)(5)
(1)B.(4)
(1)
(2)(5)(3)
C.(5)
(2)(4)(3)
(1)D.
(2)(5)(4)
(1)(3)
【解析】要先除硫酸根离子,然后再除钙离子,碳酸钠可以除去过量的钡离子,如果加反了,过量的钡离子就没法除去,至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制,因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了,只要将三种离子除完了,过滤就行了,最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子;
【点睛】考查了除杂质的原则,以及除杂质的顺序,盐酸要放在最后,来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠,要先加过量的氯化钡除去硫酸根离子,然后用碳酸钠去除过量的钡离子。
16.室温时,CaCO3在水中的溶解平衡曲线如图所示,已知:
25℃其溶度积为2.8×
10-9mol2/L2,下列说法不正确的是()
A.x数值为2×
10-5
B.c点时有碳酸钙沉淀生成
C.加入蒸馏水可使溶液由d点变到a点
D.b点与d点对应的溶度积相等
【解析】A.在d点c(CO32-)=1.4×
10-4
mol•L-1,因室温时,CaCO3的溶度积Ksp=2.8×
10-9,所以c(Ca2+)=2×
10-5
mol•L-1,故x的数值为2×
10-5,故A正确;
B.在c点c(Ca2+)>×
mol•L-1,即相当于增大c(Ca2+),平衡左移,有CaCO3生成,故B正确;
C.d点为饱和溶液,加入蒸馏水后如仍为饱和溶液,则c(Ca2+)、c(CO32-)都不变,如为不饱和溶液,则二者浓度都减小,故不可能使溶液由d点变成a点,故C错误;
D.b点与d点在相同的温度下,溶度积相等,故D正确;
【点睛】考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化等问题,CaCO3在水中的沉淀溶解平衡为CaCO3(s)
Ca2+(aq)+CO32-(aq),图象中位于曲线上的b、d点为饱和溶液,处于溶解平衡状态,a点处离子浓度小于饱和溶液浓度为不饱和溶液,c点为过饱和溶液,以此解答该题。
6+(-1200KJ/mol)=+2880KJ/mol;
则△H=×
6+(-1200KJ/mol)=+2880KJ/mol,即6CO2(g)+6H2O(l)=C6H12O6(s)+6O2(g)△H=+2880kJ•mol-1;
(2)①a.反应体系气体反应物与生成物的系数和不等,则恒容条件下压强不再改变,可说明是平衡状态,故a正确;
b.气体的总质量和体积始终不变,体系的密度始终不变改变,不能说明是平衡状态,故b错误;
c.各气体的浓度不再改变,量不再随时间改变,可说明是平衡状态,故c正确;
d.各气体的质量分数不再改变,可说明是平衡状态,故d正确;
e.反应速率v(CO2)正∶v(H2)逆=1∶3,可说明是平衡状态,故e正确;
答案为b。
②利用三段式解题法计算
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g),
开始(mol/L):
1
3
变化(mol/L):
0.75
2.25
0.75
0.75
平衡(mol/L):
0.25
0.75
从反应开始到平衡,氢气的平均反应速率v(H2)=
=0.225mol•L-1•min-1;
③氢气的转化率=
100%=75%;
④平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积,则K=
=
=5.33;
⑤要使n(CH3OH)/n(CO2)增大,应使平衡向正反应方向移动;
A.因正反应放热,升高温度平衡向逆反应方向移动,则比值减小,故A错误;
B.充入He(g),使体系压强增大,但对反应物质来说,浓度没有变化,平衡不移动,比值不变,故D错误.故B错误;
C.将H2O(g)从体系中分离,平衡向正反应方法移动,比值增大,故C正确;
D.再充入1molCO2和3molH2,增大反应物浓度,平衡向正反应方向移动,则比值增大,故D正确;
故答案为CD;
⑥若是恒容密闭容器、反应后整个体系的压强比之前来说减小了,加入氢气虽然正向移动,平衡移动的结果是减弱这种改变,而不能消除这种改变,即虽然平衡正向移动,氢气的物质的量在增加后的基础上减小,但是CO2(g)浓度较小、CH3OH(g)浓度增大、H2O(g)浓度增大,且平衡常数不变达到平衡时H2的物质的量浓度与加氢气之前相比一定增大,故c1<c2;
(3)①在碱性溶液中,负极上投放燃料甲烷,发生失电子发生氧化反应:
CH4-8e-+10OH-═CO32-+7H2O;
②燃料电池的总反应是:
CH4+2O2+2KOH═K2CO3+3H2O,消耗氢氧根离子,所以碱性减弱,pH减小;
③甲烷燃烧时要放出热量、光能,所以燃料电池中甲烷的利用率比甲烷燃烧的能量利用率高;
④阳极发生氧化反应,电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O;
根据阴极反应:
Cu2++2e-═Cu,当有6.4g
Cu即0.1mol生成时,反应所转移的电子的物质的量是0.2mol,得到氧气的体积为:
22.4=1.12L,根据电解的离子方程式2Cu2++2H2O
2Cu+O2↑+4H+,反应生成铜的物质的量为:
0.1mol,相当于减少了0.1molCuO,故向电解后的溶液中加入0.1molCuO可使电解质溶液恢复原来的浓度,故答案为C。
【点睛】盖斯定律是指化学反应不管是一步完成还是分几步完成,其反应热是相同的;
即化学反应热只与其反应的始态和终态有关,而与具体反应进行的途径无关;
盖斯定律的基本使用方法:
①写出目标方程式;
②确定“过渡物质”(要消去的物质);
③用消元法逐一消去“过渡物质”,平时要多练习,才能熟能生巧。
17.(24分)
(1)地球上的能源主要源于太阳,绿色植物的光合作用可以大量吸收CO2以减缓温室效应,主要过程可以描述分为下列三步(用“C5”表示C5H10O4,用“C3”表示C3H6O3):
Ⅰ、H2O(l)═2H+(aq)+
O2(g)+2e﹣△H=+284kJ/mol
Ⅱ、CO2(g)+C5(s)+2H+(aq)═2C3+(s)△H=+396kJ/mol
Ⅲ、12C3+(s)+12e﹣═C6H12O6(葡萄糖、s)+6C5(s)+3O2(g)△H=﹣1200kJ/mol
写出绿色植物利用水和二氧化碳合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式 .
(2)降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2,目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇.为探究反应原理,现进行如下实验,在体积为1L的恒容密闭容器中,充入1molCO2和3molH2,一定条件下发生反应:
CH3OH(g)+H2O(g)△H=﹣49.0kJ/mol.
测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图1所示
①一定温度下,不能说明该反应达到平衡状态的是:
(填序号)
a.体系的压强不再改变b.体系的密度不再改变c.各气体的浓度不再改变
d.各气体的质量分数不再改变e.反应速率v(CO2)正∶v(H2)逆=1∶3
②从反应开始到平衡,氢气的平均反应速率v(H2)= mol/(L•min);
③氢气的转化率= ;
④该反应的平衡常数为K= (保留三位有效数字);
⑤下列措施中能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的是 .
A.升高温度B.充入He(g),使体系压强增大
C.将H2O(g)从体系中分离出去D.再充入1molCO2和3molH2
⑥当反应达到平衡时,H2的物质的量浓度为c1,然后向容器中再加入一定量H2,待反应再一次达到平衡后,H2的物质的量浓度为c2.则c1 c2的关系(填>、<、=).
(3)减少温室气体排放的关键是节能减排,大力开发利用燃料电池就可以实现这一目标.如图2所示甲烷燃料电池(在上面).请回答:
①通入甲烷一极的电极反应式为 ;
②随着电池不断放电,电解质溶液的pH (填“增大”、“减小”或“不变”).
③通常情况下,甲烷燃料电池的能量利用率 (填“大于”、“小于”或“等于”)甲烷燃烧的能量利用率.
【解析】
(1)依据盖斯定律由题干所给的热化学方程式,结合盖斯定律计算(①+②)×
6+③得到绿色植物利用水和二氧化碳合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式,
6CO2(g)+6H2O(g)=C6H12O6(葡萄糖、s)+6O2(g)△H=×
6+(﹣1200KJ/mol)=+2880KJ/mol;
6+(﹣1200KJ/mol)=+2880KJ/mol,即6CO2(g)+6H2O(l)=C6H12O6(s)+6O2(g)△H=+2880kJ•mol﹣1,
故答案为:
6CO2(g)+6H2O(l)=C6H12O6(s)+6O2(g)△H=+2880kJ•mol﹣1;
(2)①利用三段式解题法计算
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g),
1300
0.752.250.750.75
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