高二有机化学复习题.docx
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高二有机化学复习题
参考答案
一、选择题(每小题3分,共54分)
1.解析:
A项,不符合化学反应原理;C项,乙醇是可再生燃料;D项,石油和煤是不可再生燃料,只有B项正确。
答案:
B
2.解析:
石墨完全转化成金刚石时需要吸收能量,说明石墨的能量比金刚石低,故石墨比金刚石稳定,B对;由于金刚石的能量比石墨高,故等质量的石墨和金刚石完全燃烧,金刚石放出的能量多,C对。
答案:
BC
3.解析:
A项中,硫蒸气放出的热量大于硫黄充分燃烧放出的热量,B项由反应热的定义知ΔH=571.6kJ/mol,C项反应为吸热反应,故ΔH>0。
答案:
D
4.解析:
由温度降低时,反应①平衡向右移动知,反应①正方向为放热反应,即ΔH1<0;由温度降低时,反应②平衡向左移动,反应②逆方向为放热反应,即ΔH2>0。
结合三个反应,可得
2(Ⅲ-Ⅱ)=ΔH1<0,即2(-Q3+Q2)<0,Q3>Q2;2(Ⅲ-Ⅰ)=ΔH2>0,即2(-Q3+Q1)>0,Q1>Q3,A项正确。
答案:
A
5.解析:
0.5molCO2与0.75molNaOH反应生成0.25molNa2CO3和0.25molNaHCO3,反应所放出的热量为x kJ,则生成1molNa2CO3和1molNaHCO3放出4x kJ的热量。
1molCO2通入含2molNaOH溶液中生成1molNa2CO3,放出y kJ的热量,则1molCO2与含1molNaOH的溶液反应所放出的热量为(4x-y)kJ,A项、B项均错;D项中Na2CO3与NaOH的状态未标对;只有C正确。
答案:
C
6.解析:
因反应①和②的反应热均为负值,故该反应均为放热反应,A正确;因两个反应中均有1molCH4(g)完全反应其氧化产物均为CO2(g),故转移电子数也相同,B正确;因为等量的H2O(l)比H2O(g)能量低,故a>574,C不正确;D项中,根据盖斯定律,(①+②)/2有:
CH4(g)+2NO2(g)===N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-867kJ/mol,则0.2molCH4反应释放出的热量为0.2mol×867kJ/mol=173.4kJ,故选C。
答案:
C
7.解析:
导致“温室效应”的气体主要是二氧化碳,将煤转化成气体燃料燃烧后不能减少二氧化碳的排放量。
答案:
D
8.解析:
B、C中反应物的能量高于产物的能量,为放热反应;A、D中反应物能量低于产物的能量,为吸热反应,其中C、D代表使用催化剂的情况,使用催化剂能够降低反应物发生反应所需的能量,使反应易于进行,但与反应热无关。
答案:
AD
9.解析:
热化学方程式中的化学计量数表示物质的量,可以是整数,也可是以分数。
ΔH>0表示吸热反应,ΔH<0表示放热反应。
中和热和燃烧热的标准不同,中和热是稀溶液中酸和碱发生中和反应而生成1molH2O时的反应热;燃烧热是25℃,101kPa时,1mol纯物质完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量。
答案:
D
10.解析:
A中热化学方程式中化学计量数表示物质的量,不表示分子个数;液态水分解要比气态水分解需要的热量多,故|ΔH2|>|ΔH1|。
答案:
D
11.解析:
燃烧热指25℃,101kPa,1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量。
A中没有氧化物;B中H2O(g)不是稳定的氧化物;C中应该是1molH2燃烧。
答案:
D
12.解析:
中和热是以生成1molH2O所放出的热量来定义的,依题意,n(KOH)=0.2mol,
n(H2SO4)=0.1mol,两者恰好完全反应生成H2O的物质的量为0.2mol,故生成1molH2O所放出的热量为=57.3(kJ),故选D。
答案:
D
13.解析:
设混合气体含H2 x mol,C3H6 y mol,
根据题意有:
解得
故V(H2)∶V(C3H8)=3.75∶1.25=3∶1。
答案:
B
14.解析:
根据盖斯定律:
(3)式-2×
(2)式+4×
(1)式得2CH3OH(l)+3O2(g)===2CO2(g)+4H2O(l) ΔH=-(Q3-2Q2+4Q1)kJ/mol,则使32g液态甲醇完全燃烧,恢复到室温,放出热量为(0.5Q3-Q2+2Q1)kJ。
答案:
B
15.解析:
根据盖斯定律,
(2)式×2+(3)式×2-
(1)式即得2C(s)+2H2(g)+O2(g)===CH3COOH(l),则其焓变ΔH=(-393.5kJ/mol×2)+(-285.8kJ/mol×2)-(-870.3kJ/mol)=-488.3kJ/mol,故选A。
答案:
A
16.解析:
S(s)+O2(g)===SO2(g) ΔH=-297.23kJ/mol是表示S燃烧的热化学方程式。
根据“放热反应的实质是反应物的总能量高于生成物的总能量”可知,1molSO2(g)的能量总和小于1molS(s)和1molO2(g)的能量总和,则B项正确,A项错误;根据盖斯定律,S(s)+O2(g)===SO2(g)可以看做是通过“S(s)===S(g)(此过程是吸热的,设焓变为ΔH1,则ΔH1>0)”与“S(g)+O2(g)===SO2(g)”两个过程实现,反应热等于两个过程的热效应的叠加,即:
-297.23kJ/mol=-Q kJ/mol+ΔH1,则Q>297.23。
答案:
BC
17.解析:
由题意知,标准状况下,112L混合气体中n(CH4)=4mol,n(H2)=1mol,在常温下水为液态,所以常温下4molCH4和1molH2完全燃烧放出的热量为4Q1+0.5Q3。
答案:
A
18.解析:
A中生成的H2O(g)不是稳定化合物;B中石墨比金刚石稳定;C中ΔH仅与温度有关,与X的量无关;D中CO燃烧还放热,故生成CO2放热比生成CO放热多,故ΔH1<ΔH2。
答案:
D
二、非选择题(共46分)
19.解析:
实验从反应放热的“热”为出发点进行探究,通过放热使温度上升、使气体膨胀、水被蒸发等特征现象,合理地设计了实验探究方案。
答案:
方案甲:
小试管中固体变成乳状,同时有大量水蒸气产生 温度计温度上升
方案乙:
①有气泡产生 ②左边水柱下降,右边水柱上升
方案丙:
无水硫酸铜粉末变蓝色 水和生石灰反应放出热量,使水蒸发
20.答案:
(1)燃烧值高 是清洁能源
(2)CH4+H2O高温CO+3H2
(3)(a)SO2+I2+2H2O===2HI+H2SO4
(b)2HI===H2+I2
(c)H2SO4===SO2+H2O+O2 (c)
21.解析:
(1)6.4g液态肼的物质的量为0.2mol,1mol液态肼完全被过氧化氢氧化为氮气与水蒸气时,转移的电子为4mol,故6.4g液态肼转移的电子为0.8mol;由盖斯定律可知,液态肼与过氧化氢反应生成氮气和液态水的热化学方程式:
N2H4(l)+2H2O2(l)===N2(g)+4H2O(l) ΔH=-817.6kJ·mol-1,故0.2mol液态肼放出的热量为0.2mol×817.6kJ/mol=163.5kJ。
(2)四氧化二氮与偏二甲肼反应的产物为二氧化碳、氮气和水;火箭上升过程中,泄漏出的四氧化二氮分解产生二氧化氮,红棕色即为二氧化氮的颜色。
(3)该燃料电池的负极反应式为:
H2+2OH--2e-===2H2O。
(4)利用Na2O2与二氧化碳、水蒸气反应生成氧气的原理可以处理飞船或空间站中人体新陈代谢产生的“废气”。
答案:
(1)0.8mol 163.5kJ
(2)C2H8N2+2N2O4===2CO2+4H2O+3N2 四氧化二氮分解产生红棕色的二氧化氮
(3)H2+2OH--2e-===2H2O (4)2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2,2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2
22.解析:
本题考查反应热的本质、热化学方程式的书写、反应热计算、化学平衡、水解等知识。
(1)PCl3为Cl2和P反应的中间产物,图示中的ΔH1=-306kJ/mol表示1molP(s)反应生成1molPCl3(g)放出的热量,再根据热化学方程式的书写原则可得其热化学方程式为:
P(s)+Cl2(g)===PCl3(g) ΔH =-306kJ/mol。
(2)图示中的ΔH2=-93kJ/mol,表示1molPCl3(g)与1molCl2(g)反应生成1molPCl5(g)放出的热量,故1molPCl5(g)分解产生1molPCl3(g)与1molCl2(g)吸收93kJ热量,故有:
PCl5(g)===Cl2(g)+PCl3(g) ΔH=+93kJ/mol。
α1=×100%=25%。
因PCl5(g)的分解反应是吸热反应,故升温PCl5(g)的转化率增大,即α2>α1。
(3)因Cl2与P生成PCl3、PCl3与Cl2反应生成PCl5都是放热反应,降温有利于提高反应物的转化率且能防止产物分解。
(4)根据盖斯定律有ΔH4=ΔH3=ΔH1+ΔH2=-306kJ/mol-93kJ/mol=-399kJ/mol。
(5)PCl5发生水解生成H3PO4和HCl两种酸:
PCl5+4H2O===5HCl+H3PO4。
答案:
(1)Cl2(g)+P(s)===PCl3(g) ΔH=-306kJ/mol
(2)PCl5(g)===PCl3(g)+Cl2(g) ΔH=+93kJ/mol 25% 大于
(3)两步反应均为放热反应,降温有利于提高产率,防止产物分解
(4)-399kJ/mol 等于
(5)PCl5+4H2O===H3PO4+5HCl
(其他合理答案亦可)
参考答案
一、选择题(每小题3分,共54分)
1.解析:
A.水总是自发地由高处往低处流,有趋向于最低能量状态的倾向。
B.吸热反应也可以自发进行,例如,在25℃和1.01×105 Pa时,2N2O5(g)===4NO2(g)+O2(g) ΔH=+56.7kJ/mol,(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)+NH3(g) ΔH=+74.9kJ/mol。
不难看出,上述两个反应都是吸热反应,又都是熵增的反应,显然只根据焓变来判断反应进行的方向是不全面的。
C.有序排列的火柴散落时成为无序排列,有趋向于最大混乱度的倾向,属于熵判据。
D.扑克牌的无序排列也属于熵判据。
答案:
A
2.解析:
在测定NO2的相对分子质量时,应该尽量减少N2O4的含量,也就是应该尽量减少N2O4的含量,也就是应该尽量使上述反应平衡向左移动,即应尽量采取高温、低压的条件。
答案:
C
3.解析:
选项C是对题目所给的物质的状态都为气态,反应容器为定容容器未注意,而认为随着反应的进行气体密度在变化;选项D应是直线性关系。
正确的解题思路是:
正反应是吸热反应,温度升高时,平衡向正向移动;增大压强使平衡将向逆向移动,NO2的转化率减小。
答案:
AB
4.解析:
此题应用分段假设法分析,先假设体积增加一倍时若平衡未移动,B的浓度应为原来的50%,现在不是50%而是60%,比假设大,说明平衡向生成B的方向移动,则a<b,由于平衡向正反应方向移动,A减少,B增多,则B的质量分数必然增加。
答案:
D
5.解析:
压缩容器的体积,A的转化率降低,说明该正反应体积增大,B是固体,故m<p,而(m+n)可能小于、等于或大于p,只有C选项符合题意。
答案:
C
6.解析:
该正反应吸热,温度升高,平衡右移,变小,则B、C肯定不会都是固体;若都是气体,符合题意;但若B为气体,C为固体也符合题意。
答案:
CD
7.答案:
C
8.解析:
增大反应物的浓度和增大压强,只能增大活化分子数,不能增大活化分子百分数,而②和⑤既能增大活化分子数,又能增大活化分子百分数。
答案:
C
9.解析:
在300℃条件下,t2时刻反应达到平衡;在500℃条件下,t1时刻反应达到平衡,此时甲醇的物质的量为nB,反应消耗氢气的物质的量为2nB,氢气的平均反应速率为2nB/3t1 mol/(L·min);体积缩小,反应物和生成物浓度均增大,虽压强增大,平衡右移,但根据勒夏特列原理可知,它只能减弱这种改变而不能抵消这种改变,C错;从图像可知温度高时平衡体系中甲醇含量减少,可以推出CO(g)+2H2(g)
CH3(g)正反应为放热反应。
答案:
D
10.解析:
体积不变,增加NO2,相当于增大压强,平衡右移,比值变小,①错;②与①类似;体积增大,相当于减压,平衡左移,比值变大;充入N2,保持压强不变,体积增大,相当于减压,比值变大。
答案:
D
11.答案:
A
12.解析:
A项,升高温度,平衡逆向移动,X的体积分数增大;B项,缩小体积,各物质的物质的量浓度增大,虽压强增大,平衡正向移动,但这只能减弱物质的量浓度的改变;C项,充入稀有气体,未改变容器的体积,Z的物质的量也没有发生变化,则其浓度不变;D项,相当于在相同条件下的另一容器充入一定量Z形成平衡,该平衡与原平衡等效,再将该容器中的平衡气体压入到原容器中,压强增大,平衡正向移动,X的体积分数减小。
答案:
C
13.解析:
在曲线上,当温度一定时,NO的转化率也一定,故曲线上任意一点都表示达到平衡状态,而曲线外的任意一点都表示未达平衡状态。
在曲线下方的任意一点,如c点,要想达到同温度下的平衡状态,即由c点向上引垂直线到曲线上的一点,这样NO的转化率要增大,平衡向右移动,此时v(正)>v(逆);同理,在曲线上方的任意一点,v(正)<v(逆)。
答案:
C
14.解析:
A是固体,其量的变化对平衡无影响;而增大B的浓度,反应速率增大,平衡向正反应方向移动,v(正)>v(逆);升温v(正)、v(逆)均应增大,但v(逆)增大的程度大,平衡向逆反应方向移动;压强增大平衡不移动,但v(正)、v(逆)都增大;催化剂不能使化学平衡发生移动,B的转化率不变。
答案:
B
15.解析:
此反应是放热反应,所以A正确;常温下,若ΔH-TΔS<0,反应可以自发进行,高温和催化剂只是加快反应速率,所以B不正确,C正确;NO、CO都可和血红蛋白结合而使人中毒,D正确。
答案:
B
16.解析:
反应中Fe(s)和Fe3O4(s)的浓度是常数,平衡常数应为生成物的浓度化学计量数次幂与反应物的浓度化学计量数次幂之比,故应选D。
答案:
D
17.解析:
平衡Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的起始状态可以认为是:
2A+B
2C
Ⅰ 3 1 0
Ⅱ 3 2 0
Ⅲ 6 3 0
在平衡Ⅲ中,n(A)∶n(B)=2∶1,与化学计量数之比相等,所以α(A)=α(B);而平衡Ⅰ中n(A)∶n(B)=3∶1,所以α(A)<α(B);由于保持恒温恒压,Ⅲ相当于在Ⅰ的基础上又单独加入了B,会使n(C)/n(A)变大;Ⅲ也相当于在Ⅱ的基础上,单独减少了B,会使n(A)/n(B)变大。
故C项符合题意。
答案:
C
18.解析:
由图像知产物能量比反应物高,正反应为吸热反应;催化剂不改变反应热及平衡状态。
答案:
A
二、非选择题(46分)
19.答案:
(1)用手捂住锥形瓶,观察乙中长导管内液面是否上升
(2)产生相同体积的气体所需时间 (3)反应放热,溶液温度升高
20.答案:
(1)①在1.01×105 kPa和298K条件下,1mol氮气和3mol氢气完全反应生成2mol氨气,放出92.4kJ热量,该反应为可逆反应,不可能进行完全,且反应温度为500℃,所以放出的热量小于92.4kJ ②CDE
(2)K= 减小
21.解析:
(1)据图可知,反应物的总能量高于生成物的总能量,该反应是放热反应,反应热为:
ΔH=-(E1-E2)kJ/mol;由于反应物的总能量低于活化分子的最低能量,因此反应需要加热。
(2)由图可知,在反应H2(g)+O2(g)===H2O(g) ΔH=-241.8kJ/mol中,活化分子的最低能量比反应物分子的能量高167.2kJ/mol;该反应是放热反应,反应物分子的能量又比生成物分子的能量高214.8kJ/mol,因此活化分子的最低能量比生成物分子的能量高(241.8+167.2)kJ/mol=409kJ/mol;逆过程是吸热反应,逆反应的活化能高于原反应的活化能,应等于原反应中活化分子的最低能量与生成物分子的能量差,即409kJ/mol。
(3)催化剂在化学反应中起催化作用的原理是:
加入催化剂,改变了反应历程,降低了反应的活化能,因此,降低反应活化能的唯一途径是使用催化剂。
答案:
(1)放热 需要 -(E1-E2)kJ/mol
(2)409kJ/mol
(3)使用了催化剂
22.解析:
根据实验的条件找出相同的、不同的物理量,出现不同的物理量则是要探究的条件。
金属的质量相同但状态不同,则探究其接触面积与反应速率的关系;硫酸的体积相同但浓度不同,所以考查了其浓度对反应速率的影响;溶液温度不同,所以探究温度对反应速率的影响。
将三者影响因素综合考虑,可得出如下结论,金属表面积越大,反应速率越快;硫酸浓度越大,反应速率越快;温度越高,反应速率越快。
答案:
(1)金属表面积、硫酸溶液浓度、反应温度
(2)
(3)30 等量的金属和酸反应放出的热量基本相同,使等量的溶液温度升高约15℃
参考答案
一、选择题(每小题3分,共54分)
1.解析:
恰好完全反应说明氢离子和氢氧根离子的物质的量相等,即c(H2SO4)×2×1=c(NaOH)×10,故c(H2SO4)∶c(NaOH)=5∶1。
答案:
B
2.解析:
两溶液中氢离子浓度相同,所以氢氧根离子浓度也相同,因此A项正确;pH相同的两溶液,由于醋酸为弱酸,故醋酸的浓度一定大于硫酸的浓度;加入足量锌后醋酸生成的氢气要多;当加水稀释时,醋酸的电离程度增大,硫酸则不能继续电离,所以pH不再相同。
答案:
A
3.解析:
溶液的pH=7,则c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒得:
2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),所以C项正确。
答案:
C
4.解析:
从图中可以看出,用NaOH滴定该弱酸溶液达到终点pH范围是在7~11,变色范围最合适的指示剂是酚酞,而且用去NaOH的体积是20mL,该弱酸滴定前的浓度是20×0.50/100=0.10(mol/L),因为滴定前该弱酸的pH=3,溶液在稀释过程中会继续电离,所以pH小于4。
答案:
C
5.解析:
1.0mol/LHCl溶液滴定1.0mol/LNa2CO3溶液时,溶液中的pH呈下降趋势,当CO转变为HCO后,继续滴加HCl溶液,会生成CO2,而不是H2CO3,H2CO3在酸性溶液中不存在,所以A错误;当溶液为中性时,应是碳酸与HCO共存的情况,因此B项错误;由图像可判断,pH=8时,主要以HCO的形式存在,则C项正确;根据图像可知,碳酸与碳酸根离子不能同时存在,D项错误。
答案:
C
6.解析:
A项中首先忽略水解和弱电解质的电离,则确定NH4Cl浓度最大,在此条件下NH浓度相同的另外两种溶液中,(NH4)2Fe(SO4)2中的Fe2+水解显酸性,抑制了NH的水解,所以其浓度最小;B项中的现象说明AgI的溶解度更小;C项中的pH=
,所以错误;在NaHCO3溶液中HCO既水解:
HCO+H2O
H2CO3+OH-,又电离HCO
H++CO,溶液显碱性,所以满足
c(OH-)+c(CO)=c(H2CO3)+c(H+),D项错误。
答案:
A
7.答案:
B
8.解析:
A:
若混合前三种溶液pH相等,稀释相同倍数,Ba(OH)2、KOH的pH比NH3·H2O大,但Ba(OH)2和KOH的pH相等;B:
若三种溶液浓度相等,则与盐酸反应呈中性,需要盐酸:
Ba(OH)2>KOH>NH3·H2O,正确;C:
若完全中和,需要盐酸Ba(OH)2>KOH=NH3·H2O,即V1>V2=V3;D:
若三者pH相等,酸碱完全中和,需要HCl:
NH3·H2O>Ba(OH)2=KOH,即V3>V1=V2。
答案:
B
9.解析:
固体NaCl不导电,但熔融的NaCl或NaCl的水溶液都能导电,A正确。
水的电离为吸热过程,随着温度的升高,纯水电离出的c(H+)增大,pH减小,B正确。
在CH3COONa溶液中加入少量NaOH可使溶液中c(OH-)增大,C正确。
选项D,纯水中加入少量(NH4)2SO4,NH与水电离出的OH-结合从而促进水的电离,故选项D错误。
答案:
D
10.解析:
证明氨水中一水合氨是弱碱的基本原理有两个:
(1)证明一水合氨不能完全电离,溶液中存在电离平衡,这也是最本质依据;
(2)证明铵根离子水解(谁弱谁水解)。
本题中选项②可以据
(2)原理分析,选项③可以据
(1)分析,而①和④都不能与以上两个原理结合起来,特别是①有迷惑性,①只说明一水合氨能电离而不能体现其电离程度。
答案:
B
11.答案:
A
12.解析:
氨水存在电离平衡,与盐酸中和时平衡正向移动,电离出OH-,则c(OH-)>c(H+),再根据电荷守恒判断B正确。
答案:
B
13.解析:
溶液中只有H+、OH-、Na+、CH3COO-4种离子,因为pH=7,则H+、OH-浓度相等,由电荷守恒,c(Na+)=c(CH3COO-)所以A正确。
由于主要溶质为CH3COONa,C正确。
由于存在电离平衡,混合溶液中还有CH3COOH分子,则原NaOH溶液的浓度小于0.5mol/L。
答案:
B
14.答案:
B
15.答案:
C
16.解析:
对A项,pH=7,c(H+)=c(OH-),则AG=0。
AG大说明c(H+)大,溶液pH小,B项对、C项错。
D项AG=lg=
答案:
C
17.解析:
因1×10-26小于水的离子积常数,故该溶液为酸性溶液或碱溶液,HCO一定不能存在。
答案:
B
18.解析:
D选项加热蒸干后固体完全分解。
C选项加热蒸干灼烧后相当于0.02molNa2SO4,质量为2.84g。
B选项加热蒸干后为0.02molNa2CO3,质量为2.12g,A选项加热蒸干后为0.02molFe2O3,质量为3.2g。
答案:
A
二、非选择题(共46分)
19.
20.解析:
(1)由反应后溶液pH=6知MOH为弱碱,故反应后的溶液pH=6为M+水解产生的,由水电离产生c(H+)=10-6 mol/L。
0.2mol/LHCl溶液中c(H+)=0.2mol/L
(2)0.2mol/LMOH溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后,MOH与MCl物质的量相等,混合后溶液pH<7,说明M+水解趋势大于MOH电离趋势。
(3)pH=3的HR溶液c(H+)=10-3 mol/L,pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=10-3 mol/L。
因HR与NaOH等体积混合后pH≠7,故HR一定为弱酸,酸过量,故pH<7。
答案:
(1)>
(2)< (3)<7
21.解析:
纯碱由于水解而使溶液显碱性,水解程度较小,所以其pH应小于同浓度的一元强碱的pH。
要证明碱性与CO有关,可以用化学反应将CO除去,对比反应前后溶液的酸碱性即可。
答案:
(1)把一小块pH试纸放在表面皿(或玻璃片)上,用蘸有待测溶液的玻璃棒点在
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- 有机化学 复习题