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湖南省长沙市明德中学2020-2021学年高二下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1.(2018高二上·红桥期中)反应H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g) 的发生过程能量变化如下所示:
下列说法错误的是( )
A.H﹣H键比Cl﹣Cl键稳定
B.△H=﹣184.5 kJ mol﹣1
C.正反应活化能比逆反应活化能高
D.在相同条件下,1mol H2(g)和1mol Cl2(g)分别在点燃和光照条件下反应生成2mol HCl(g),重新恢复到原来的状态时△H相同
2.(2021高二下·长沙开学考)下列叙述错误的是( )
A.碳酸氢钠加热可以分解,因为升高温度利于熵增的方向自发进行
B.在温度、压强一定的条件下,自发反应总是向ΔG = ΔH-TΔS < 0的方向进行
C.水结冰的过程不能自发进行的原因是熵减的过程,改变条件也不可能自发进行
D.混乱度减小的吸热反应一定不能自发进行
3.(2021高二下·长沙开学考)下列各组离子能大量共存于同一溶液中的是( )
A.Ba2+、Mg2+、 、 B.H+ 、K+ 、CH3COO-、OH-
C.H+、Al3+、Cl-、 D.Ba2+、Na+、OH- 、Cl-
4.(2020高二下·唐山月考)下图是合成香料香豆素过程的中间产物,关于该物质的说法错误的是( )
A.分子式为C9H8O3
B.有两种含氧官能团
C.1 mol该物质最多能与5 mol H2发生加成反应
D.该物质在一定条件下可发生酯化反应
5.(2021高二下·长沙开学考)铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中,形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀,示意图如图所示。下列说法错误的是( )
A.因铁的金属性比铜强,所以铁铆钉被氧化而腐蚀
B.若水膜中溶解了SO2,则铁铆钉腐蚀的速率变小
C.铜极上的反应是2H++2e =H2↑、O2+4e +4H+=2H2O
D.在金属表面涂一层油脂,能防止铁铆钉被腐蚀
6.(2021高二下·长沙开学考)下列事实,不能用勒夏特列原理解释的是( )
A.反应CO(g)+NO2(g) CO2(g)+NO(g)ΔH<0,升高温度可使平衡向逆反应方向移动
B.合成NH3的反应,为提高NH3的产率,理论上应采取相对较低的温度
C.溴水中存在平衡:Br2+H2O HBr+HBrO,当加入AgNO3溶液后,溶液颜色变浅
D.对2HI(g) H2(g)+I2(g),增大平衡体系的压强(压缩体积)可使体系颜色变深
7.(2021高二下·长沙开学考)下列关于盐类水解的应用的说法正确的是( )
A.加热蒸干Na2CO3溶液,最后可以得到NaOH和Na2CO3的混合固体
B.除去MgCl2溶液中的Fe3+,可以加入NaOH固体
C.明矾净水过程中发生的反应:Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+
D.加热蒸干KCl溶液,最后得到KOH固体(不考虑CO2的反应)
8.下列有机物的分离提纯方法正确的是( )
A.除去乙酸乙酯中含有的乙酸杂质,可以加氢氧化钠溶液充分振荡后,分液
B.用重结晶的方法分离苯甲酸和氯化钠的混合物
C.将工业酒精直接蒸馏可以获得无水酒精
D.用酸性高锰酸钾溶液可以除掉甲烷中的乙烯杂质
9.(2021高二下·长沙开学考)在一定温度下将适量AgBr固体加入水中,存在平衡: 。则下列说法正确的是( )
A.向此体系中滴加足量浓NaCl溶液,发现淡黄色固体转化为白色,说明Ksp(AgCl)<Ksp(AgBr)
B.向此体系中加入少量AgBr固体,平衡正向移动,当再次平衡时c(Ag+)、c(Br-)均增大
C.此体系中一定存在
D.某溶液中 ,说明此时
10.(2016高二下·于都月考)对可逆反应2A(s)+3B(g) C(g)+2D(g);△H<0,在一定条件下达到平衡,下列有关叙述正确的是( )
①增加A的量,平衡向正反应方向移动
②增大B的浓度,v(正)>v(逆)
③压强增大一倍(压缩体积),平衡不移动,v(正)、v(逆)不变
④升高温度,平衡向逆反应方向移动,v(逆)增大、v(正)减小
⑤加入催化剂,B的转化率提高.
A.①② B.② C.③④ D.④⑤
11.(2021高二下·长沙开学考)有关图像说法错误的是( )
A B C D
图阴影部分面积表示反应物浓度的净减少量 图虚线b 表示反应加入催化剂后能量变化曲线 图为可逆反应的浓度-时间图,化学方程式为2X(g)+3Y(g) 2Z(g) 图对应于反应H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g),曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和 曲线Ⅲ改变的条件分别是加入催化剂和将容器的体积快速压缩为原来的2/3
A.A B.B C.C D.D
12.(2021高二下·长沙开学考)用酸性氢氧燃料电池电解苦卤水(含Cl-、Br-、Na+、Mg2+)的装置如下图所示(a、b为石墨电极).下列说法中,正确的是( )
A.电池工作时,正极反应式为: O2+2H2O+4e-=4OH-
B.电解时,a电极周围首先放电的是Br-而不是Cl-,说明当其他条件相同时前者的还原性强于后者
C.电解时,电子流动路径是:负极→外电路→阴极→溶液→阳极→正极
D.忽略能量损耗,当电池中消耗0.02 g H2时,b极周围会产生0.04 g H2
13.(2021高二下·长沙开学考)下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是( )
A.pH相等的① 溶液、② 溶液、③ 溶液中, 的大小顺序为①>②>③
B.pH相等的NaF与 溶液:
C. 的 溶液:
D. 的HCl溶液与 的 溶液等体积混合:
14.(2021高二下·长沙开学考)电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量,根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。在一定温度下,用0.1mol/LKOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol/L的盐酸和醋酸溶液,滴定曲线如图所示。下列有关判断正确的是( )
A.B点的溶液中有:c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
B.A点的溶液中有:c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol/L
C.C点水电离的c(OH-)大于A点水电离的c(OH-)
D.A,B,C三点溶液均有Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14
二、综合题
15.(2021高二下·长沙开学考)常温下,用0.100 0 mol·L 1的 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L 1
的某酸HA溶液所得滴定曲线如图所示。
回答下列问题:
(1)该酸为 酸(填“强”或者“弱”),你的判断理由是 。
(2)点P时溶液中的 c(HA)= mol·L 1。
(3)①该中和滴定应选择 做指示剂,滴定终点时的现象是 。
指示剂变色范围(pH) 甲基橙(3.1~4.4) 石蕊(5~8) 酚酞(8.2~10.0)
颜色 <3.1 3.1~4.4 >4.4 <5 5~8 >8 <8.2 8.2~10.0 >10.0
红 橙 黄 红 紫 蓝 无色 粉红 红
②滴定起始和终点的液面位置如图2所示,则消耗NaOH溶液的体积为 mL。
③下列操作使滴定结果偏高的是 。
a.滴定前,碱式滴定管未用NaOH溶液润洗
b.锥形瓶的待测液中加少量水稀释
c.碱式滴定管滴定前有气泡,滴定后无气泡
d.读数时,滴定前仰视,滴定后俯视
16.(2021高二下·长沙开学考)冬季是雾霾天气高发的季节,其中汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的原因之一。
(1)汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)
①在一定条件下,在一个容积固定为 2L的密闭容器中充入 0.8molNO和1.20mol CO,开始反应至 3min时测得 CO 的转化率为20%,则用 N2 表示的平均反应速率为 v(N2)= 。
②对于气相反应,用某组分(B)的平衡压强 (pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数(记作Kp),则该反应平衡常数的表达式Kp= 。
③在某一绝热,恒容的密闭容器中充入一定量的NO、CO 发生上述反应,测得正反应的速率随时间变化的曲线如图所示(已知 t2~t1=t3~t2)。则下列说法错误的是 。(填编号)
A.反应在 c 点未达到平衡状态 B.反应速率 a 点小于 b 点
C.反应物浓度 a 点大于 b 点 D.NO 的转化率 t1~t2=t2~t3
(2)使用甲醇汽油能减少汽车尾气对环境的污染,某化工厂用水煤气为原料合成甲醇,恒温条件下,在 体积可变的密闭容器中发生反应:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g),到达平衡时,测得 CO、H2、 CH3OH 分别为 1mol 、1mol 、1mol,容器的体积为 3L,现往容器中继续通入 3molCO ,此时v(正) v(逆)(填‘‘>”、“<’’或“=”)。
(3)二甲醚也是清洁能源,用合成气在催化剂存在下制备二甲醚的反应原理为:2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)
已知一定条件下,该反应中CO的平衡转化率随温度、投料比 的变化曲线如图:
①a、b、c 按从大到小的顺序排序为 。
②某温度下,将 2.0molCO(g)和 4.0mol H2(g)充入容积为 2L的密闭容器中,反应到达平衡时,改变压强和温度,平衡体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数变化情况如图所示,关于温度和压强的 关系判断正确的是 ;
A.p3>p2,T3>T2 B.p2>p3,T1>T3 C.p3>p4,T4>T2 D.p1>p4,T2>T3
③在恒容密闭容器里按体积比为1∶2 充入一氧化碳和氢气,一定条件下反应达到平衡状态。当改变反应 的某一个条件后,下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是 。
A.正反应速率先增大后减小 B.逆反应速率先增大后减小
C.化学平衡常数 K 值增大 D.反应物的体积百分含量增大
E.混合气体的密度减小 F.氢气的转化率减小
17.(2021高二下·长沙开学考)按要求回答下列问题:
(1)有机物 X 的分子式为C4H8O2,其红外光谱如图所示:
则该有机物可能的结构为________(填字母 )
A.CH3COOCH2CH3 B.CH3CH2COOCH3
C.HCOOCH2CH2CH3 D.(CH3)2CHCOOH
(2)有机物Y 的结构可能有 和 两种,要对其结构进行物理方法鉴定用 。有机物Y 若为 ,则红外光谱中应该有 个振动吸收;核磁共振氢谱中应有 个峰。
(3)有机物 z 的结构简式为 ,
①1mol Z 最多能消耗 mol NaOH。
②Z 的同分异构体中属于芳香酸的有 种,写出上述同分异构体结构中只含一个支链的结构简式 。
(4)有机物 E 的结构简式为 ,可用系统命名法将它命名为 。
18.(2021高二下·长沙开学考)氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图:
已知:①菱锰矿石主要成分是 MnCO3,还含有少量 Fe、Al、Ca、Mg 等元素;
②相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的 pH 如表:
金属离子 Al3+ Fe3+ Fe2+ Ca2+ Mn2+ Mg2+
开始沉淀的 pH 3.8 1.5 6.3 10.6 8.8 9.6
沉淀完全的 pH 5.2 2.8 8.3 12.6 10.8 11.6
回答下列问题:
(1)“焙烧”时主要反应的化学方程式为 。
(2)分析下列图1、图 2、图 3,氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是: 。
(3)浸出 液“净化除杂”过程如下:首先加入MnO2将Fe2+氧化为 Fe3+,反应的离子方程式为 ;然后调节溶液 pH使 Fe3+、Al3+沉淀完全。
(4)碳化结晶时,发生反应的离子方程式为 Mn2++2HCO MnCO3+CO2↑+H2O,碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液可能的原因是 。
(5)流程中能循环利用的固态物质是 。
答案解析部分
1.【答案】C
【知识点】反应热和焓变;盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、H—H键的键能比Cl—Cl键的键能大,所以H—H键比Cl—Cl键稳定,A不符合题意;
B、△H=反应物键能之和-生成物键能之和=436.4KJ/mol+242.7KJ/mol-2×431.8KJ/mol=-184.5KJ/mol,B不符合题意;
C、该反应是放热反应,活化能是断键吸收的能量,所以正反应活化能比逆反应活化能低,C符合题意;
D、反应热只与始态和终态有关,与反应途径无关,所以点燃和光照条件下ΔH相同,D不符合题意。
故答案为:C。
【分析】A.键能越高化学键越稳定;
B.根据△H=反应物键能之和-生成物键能之和进行计算;
C.活化能与的高低与反应的放热、吸热有关;
D.根据盖斯定律分析反应条件与焓变的关系。
2.【答案】C
【知识点】焓变和熵变;探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A.升温至一定程度,碳酸氢钠固体受热分解为碳酸钠固体、二氧化碳气体和水蒸气,符合熵判据,A不符合题意;
B.既符合焓判据(ΔH < 0)又符合熵判据(ΔS < 0)的反应,即ΔG = ΔH-TΔS < 0的方向,能自发进行,B不符合题意;
C.由于H2O(l) = H2O(s) ΔH < 0,因此水结冰的方向符合焓判据,能自发进行,C符合题意;
D、混乱度减小的吸热反应,既违反焓判据,又违反熵判据,因此该方向不能进行,D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.根据是生产物的状态确定熵变
B.考查的自发反应发生的条件
C.水结冰能自发进行
D.不符合判定的依据
3.【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.Ba2+与 产生硫酸钡沉淀,不能共存,A不符合题意;
B.H+ 与CH3COO-、OH-产生弱电解质醋酸、水,不能共存,B不符合题意;
C.H+与 反应产生水和二氧化碳,Al3+与 发生双水解,不能共存,C不符合题意;
D.Ba2+、Na+、OH- 、Cl-四种离子相互之间不发生反应,能共存,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】考查的是离子的共存问题,不能发生复分解反应或者氧化还原反应
与氢离子不能共存的有:氢氧根、碳酸氢根、醋酸根、碳酸根、偏铝酸跟等
与氢氧根不共存的有,氢离子、碳酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等等
与氯离子不能共存的是:银离子
与钡离子不能共存的是:碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根等等
4.【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质;有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A、根据其结构简式写出其分子式,A符合题意;
B、此物质含有羟基和羧基两种含氧官能团,B符合题意;
C、苯环与氢气1∶3加成,而碳碳双键与氢气1∶1发生加成反应,C错;
D、有羟基和羧基能发生酯化反应,D符合题意。
故答案为:C。
【分析】A、注意该苯环上还有四个H原子;
B、酚羟基、碳碳双键、羧基均为官能团;
C、苯环和碳碳双键均可以发生加成反应;
D、含有羟基和羧基的物质可以发生酯化反应。
5.【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式;原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.因铁的金属性比铜强,形成原电池时铁作负极,铁失电子发生氧化反应,则铁铆钉被氧化而腐蚀,A项不符合题意;
B.若水膜中溶解了SO2,SO2与水反应生成亚硫酸,水膜的酸性增强,则铁铆钉腐蚀的速率变大,B项符合题意;
C.铜极上既发生析氢腐蚀,又发生吸氧腐蚀,则铜电极上的反应是2H++ 2e-=H2↑,O2+ 4e-+ 4H+= 2H2O ,C项不符合题意;
D.在金属表面涂一层油脂,可以使铁铆钉与空气隔绝,能防止铁铆钉被腐蚀,D项不符合题意;
故答案为:B。
【分析】形成的了原电池,金属性强的做负极,铁做负极,失去电子,发生氧化反应。金属性弱的做正极。铜做正极,附近的氧气得到电子发生还原反应,溶解了酸性气体,溶液对的酸性增强,促进了腐蚀的进行了,在表面干燥的情况涂抹一层油脂可以防止生锈
6.【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素;化学平衡移动原理
【解析】【解答】A项、该正反应为放热反应,升高温度,平衡向吸热的逆反应方向移动,可以用勒夏特列原理解释;
B项、合成氨的反应是放热反应,降低温度,平衡向正反应方向移动,NH3的产率增大,可以用勒夏特列原理解释;
C项、加入AgNO3后,Ag+与Br-反应生成AgBr沉淀,降低了Br-的浓度,平衡向正反应方向移动,溶液颜色变浅,能用勒夏特列原理解释;
D项、该反应是一个气体体积不变的可逆反应,压缩体积使压强增大,平衡不发生移动,但由于体积减小,各组分的浓度增大,故颜色变深,不能用勒夏特列原理解释;
故答案为:D。
【分析】使用勒夏特列原理时,该反应必须是可逆反应,否则勒夏特列原理不适用。勒夏特列原理的内容为如果改变影响平衡的条件之一,平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。
7.【答案】C
【知识点】盐类水解的应用;物质的分离与提纯
【解析】【解答】A.Na2CO3在溶液中水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠,水解方程式为:Na2CO3+H2O NaOH+NaHCO3,由于生成的NaOH不挥发,氢氧化钠能够与碳酸氢钠发生中和反应生成碳酸钠和水,所以将Na2CO3溶液加热蒸发后最终得到的固体仍然为Na2CO3,A不符合题意;
B.Mg2+、Fe3+都能与NaOH反应,所以加NaOH不能除去MgCl2中的Fe3+,B不符合题意;
C.明矾在水中电离出Al3+,Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性,即Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+,C符合题意;
D.KCl在溶液中不水解,加热蒸干KCl溶液,最后得到KCl固体,D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.碳酸钠溶液蒸干之后还是碳酸钠固体
B.加入氢氧化钠不能将铁离子除掉
C.胶体具有吸附性
8.【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解,应用饱和碳酸钠溶液除杂,A不符合题意;
B.苯甲酸与氯化钠的溶解度随温度变化不同,可用重结晶的方法分离,B符合题意;
C.工业酒精含有甲醇,直接蒸馏得到共沸物,不能得到纯净的无水酒精,C不符合题意;
D.乙烯被氧化生成二氧化碳,引入新杂质,应用溴水除杂,D不符合题意;
故答案为:B
【分析】A.乙酸乙酯在NaOH(碱性溶液)中,发生完全水解;
B.二者溶解度受温度的影响不同,可用结晶法分离;
C.蒸馏是用于分离沸点不同的液态物质;
D.酸性高锰酸钾能将乙烯氧化成CO2;
9.【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素;化学平衡的调控;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.向此体系中滴加足量浓NaCl溶液,若溶液中满足:c(Ag+)·c(Cl-)>Ksp(AgCl),则会生成AgCl沉淀,所以不能说明Ksp(AgCl)<Ksp(AgBr),故A不符合题意;
B.饱和溶液的浓度只与温度有关,所以向此体系中加入少量AgBr固体,平衡不移动,c(Ag+)、c(Br-)不变,故B不符合题意;
C.在一定温度下将适量AgBr固体加入水中,AgBr饱和溶液中存在 ,Ksp(AgBr)= c(Ag+)·c(Br-),所以此体系中一定存在: ,故C符合题意;
D.在一定温度下,c(Ag+)·c(Br-)= Ksp(AgBr)为常数,当其中一种离子的浓度增大时,另一种离子的浓度会减小,二者的浓度不一定相同,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.考查的死溶度积和离子浓度积乘积的比较判断沉淀的产生
B.固体不影响平衡的移动
D.在一定温度下,Ksp(AgBr)为常数
10.【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解:①A为固体,增加A的量,平衡不移动,故①错误;
②增大B的浓度,平衡正向移动,则改变条件瞬间v(正)>v(逆),故②正确;
③反应前后气体的体积不变,压强增大一倍(压缩体积),正、逆反应速率增大相同倍数,平衡不移动,故③错误;
④升高温度,正、逆反应速率均增大,逆反应速率增大更多,平衡向逆反应方向移动,故④错误;
⑤加入催化剂,同等程度加快正逆反应速率,平衡不移动,故⑤错误.
故选:B.
【分析】①A为固体,增加A的量,平衡不移动;
②增大B的浓度,平衡正向移动;
③反应前后气体的体积不变,压强增大一倍(压缩体积),正逆反应速率增大相同倍数,平衡不移动;
④升高温度,正逆反应速率均增大,平衡向吸热反应方向移动;
⑤加入催化剂,加快反应速率,平衡不移动.
11.【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线;化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.根据 ,图中阴影部分的面积为浓度的变化量,故A不符合题意;
B.从图中可以看出,该反应曲线a的活化能大于曲线b,且反应热不变,故b为加了催化剂之后的反应,故B不符合题意;
C.从图中可以看出,物质X反应开始到1min内,浓度没有变化,平衡时浓度为0,故X不是反应物,故C符合题意;
D.从图中可以看出,曲线I和曲线II的平衡状态相同,且曲线II先达到平衡,故从曲线I变到曲线II的条件为加入催化剂;从曲线I浓度3mol/L到曲线III浓度为4.5mol/L,浓度增加 倍,增大压强该平衡不移动,所以压缩体积为原来的 倍,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.反应物的变化量的计算
B.催化剂可减少活化能
C.判断出生成物和反应物、结合变化量计算出计量系数之比
D.催化剂可缩短时间,结合化学方程式计算出变化量即可
12.【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式;原电池工作原理及应用;电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.电池工作时,通入O2的极为电源的正极,发生还原反应,由于该电池为酸性介质,因此正确的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O,不符合题意;
B.a作阳极,现阳极材料为惰性电极,溶液中还原性强的离子Br-先放电,符合题意;
C.不论在原电池中还是在电解池溶液中均无电子通过,溶液中依靠阴阳离子的定向移动构成回路,不符合题意;
D.燃料电池和电解池中转移的电子数是相等的,当电池中消耗0.02gH2,根据电极反应:H2→2H++2e-,所以转移电子0.02mol,b极的电极反应为:2H++2e-→H2,转移电子0.02mol,会产生0.02gH2,不符合题意;
故答案为:B。
【分析】电池是氢氧燃料电池,负极是氢气失去电子,发生氧化反应,而正极是氧气得电子发生还原反应,a是阳极,b是阴极,根据放电顺序可以确定还原性的强弱,结合气体的消耗,可以求出电子的转移量,同时亦可以求出电解时各电极的变化量
13.【答案】D
【知识点】盐类水解的应用;离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.由于 完全电离生成 、 、 ,pH相等时, 溶液中 浓度最小, 溶液与 溶液中 水解使溶液呈酸性,若pH相等则水解的 的量相等,则 的浓度相等,正确的关系为①=②>③,A不符合题意;
B.两溶液pH相等,则两溶液中 与 浓度均相同,根据电荷守恒有 ,则 ,同理 ,则 ,B不符合题意;
C.由电荷守恒式与物料守恒式可得到 ,C不符合题意;
D. ,过量的 与 反应,得到的溶液为NaCl与 的混合溶液,由于 水解使溶液呈酸性,所以 ,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】A.铵根离子水解显酸性,酸性的强弱是由铵根离子的水解产生的,而硫酸氢氨中氢离子对铵根离子水解起到抑制作用
B.溶液中存在电荷守恒,利用电荷守恒进行比较判断
C.根据电荷守恒和物料守恒综合运用
D.先进行判断过量与否,再根据电荷守恒进行判断
14.【答案】A
【知识点】盐类水解的应用;离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. B点溶液中KOH过量,溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOK和KOH,醋酸根离子水解生成OH-,但水解程度较小,溶液呈强碱性,则离子浓度大小顺序是c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+),A项符合题意;
B.A点溶液中,醋酸和KOH恰好完全反应生成CH3COOK,溶液中存在电荷守恒,则c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+),A点溶液体积增大一倍,则离子浓度降为原来的一半,所以c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol/L,B项不符合题意;
C .C点HCl和KOH恰好完全反应生成KCl,对水的电离无影响;A的溶质为CH3COOK,促进水电离,所以C点水电离的c(OH-)小于A点水电离的c(OH-),C项不符合题意;
D.离子积常数与温度有关,温度相同,离子积常数相同,温度不一定是常温,数值不一定是1.0×10-14,D项不符合题意;
故答案为:A。
【分析】溶液电导率与离子浓度成正比,HCl是强电解质、醋酸是弱电解质,所以相同浓度的盐酸和醋酸,盐酸中离子浓度大于醋酸,则相同浓度的盐酸和醋酸,盐酸电导率较大,根据图象知,①是醋酸和KOH的混合、②是HCl和KOH的混合。
15.【答案】(1)弱;0.100 0 mol·L 1 HA的pH大于1,说明该酸部分电离(或酸碱恰好反应时,对应盐溶液的pH为8,说明A 可以发生水解)
(2)9.9×10 7
(3)酚酞;溶液由无色恰好变为浅红色,且半分钟内不褪色;20.00;ac
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;配制一定物质的量浓度的溶液;中和滴定
【解析】【解答】(1)0.1000 mol·L-1HA的pH大于1,说明该酸部分电离,故该酸为弱酸;或者酸碱恰好反应时,对应盐溶液的pH为8,说明A 可以发生水解,溶液显碱性,故该酸为弱酸;
综上所述,本题答案是:弱
; 0.100 0 mol·L 1 HA的pH大于1,说明该酸部分电离(或酸碱恰好反应时,对应盐溶液的pH为8,说明A 可以发生水解) 。
(2)用20.00 mL 0.100 0 mol·L-1的 NaOH溶液滴定20.00 mL
0.1000 mol·L-1 的HA溶液,两者恰好完全反应得NaA溶液,质子守恒c(HA)+c(H+)=c(OH-),由图1可知,c(H+)=1.0×10-8mol·L-1,则c(OH-)=1.0×10-6mol·L-1故c(HA)=9.9×10-7
mol·L 1。
综上所述,本题答案是:9.9×10-7。
(3)①甲基橙和石蕊在没有中和完全时已经发生了变色,故只能选用酚酞作为指示剂,滴定终点的现象为溶液由无色恰好变为浅红色,且半分钟内不褪色。
综上所述,本题答案是:酚酞
,溶液由无色恰好变为浅红色,且半分钟内不褪色。
②滴定开始时的读数为0.70mL ,滴定终点时的读数为20.70mL ,故消耗的氢氧化钠体积为20.00 mL 。
综上所述,本题答案是:20.00。
③ a.滴定前,碱式滴定管未用NaOH溶液润洗导致NaOH溶液浓度偏小,消耗NaOH溶液体积变大,结果偏高,正确;
b.锥形瓶的待测液中加少量水稀释,HA的物质的量并没有发生变化,消耗的NaOH溶液体积不变,结果不变,不正确;
c.碱式滴定管滴定前有气泡,滴定后无气泡,计算消耗的NaOH溶液体积时加上了气泡的体积,结果偏大,正确;
d.读数时,滴定前仰视,读数偏大,滴定后俯视,读数偏小,计算的到的NaOH溶液体积偏小,结果偏小,不正确;
综上所述,本题选ac。
【分析】对于酸碱指示剂选择的基本原则总结如下:变色要灵敏,变色范围要小,使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致;①不能用石蕊作指示剂;②滴定终点为碱性时,用酚酞作指示剂;③滴定终点为酸性时,用甲基橙作指示剂;④强酸滴定强碱一般用甲基橙,但用酚酞也可以;⑤并不是所有的滴定都须使用指示剂,如用标准的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时,KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。
16.【答案】(1)0.02mol·(L·min)-1;;D
(2)=
(3)a>b>c;BD;B
【知识点】化学平衡的调控;化学平衡状态的判断;化学反应速率与化学平衡的综合应用;化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)①根据题意可建立三段式:
根据 = =0.02mol/(L·min),故填0.02mol/(L·min);
②根据浓度表示的平衡常数,可得出用压强表示的平衡常数为Kp= ,故填 ;
③A.从图中可以看出,从t1~t4正反应速率一直在改变,故c点未达到平衡,故A正确;
B.从图中可以看出,a点反应速率小于b点,故B正确;
C.从a点到b点的过程中反应正向进行,所以a点反应物浓度大于b点浓度,故C正确;
D.根据 ,图中t1~t2的面积小于t2~t3的面积,故转化率 ,故D不正确;
故填D;
(2)反应 的平衡常数 = =9,恒压状态下,通入3molCO后,体积扩大到原来的2倍, = =9, ,平衡不移动,v(正) = v(逆),故填=;
(3)①相同温度下投料比 越大,CO的转化率越高,故 ,故填 ;
②在相同投料比下,升高温度CO的转化率降低,故该反应为放热反应。该反应为分子数减小的反应,在相同温度下,从三维柱形图中可以看出,p1、p2、p3、p4对应的生成物含量依次减少,故 ;在相同压强下,T1、T2、T3、T4对应的生成物浓度依次增大,故 ,
故答案为:BD;
③A.正反应速率先增大后减小,表明反应正向进行,故A不正确;
B.逆反应速率先增大后减小,表明反应逆向进行,故B正确;
C.该反应放热,平衡常数增大,反应正向进行,故C不正确;
D.反应物的体积百分含量增大,可能为增加反应物浓度,平衡正向进行,故D不正确;
E.混合气体的密度减小,可能为移除生成物,平衡正向进行,故E不正确;
F.增大氢气浓度时,氢气的转化率降低,平衡正向进行,故F不正确;
故填B。
【分析】关于反应速率、平衡常数、转化率等问题,可以建立三段式进行解决。
17.【答案】(1)A;B
(2)红外光谱法;5;2
(3)2;4;
(4)2-甲基-1-丙醇
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构;有机物中的官能团;有机化合物的命名;同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)从图中可以看出,有机物X含有酯基,和两个化学环境不同的甲基,故填AB;
(2) 中含有羧基, 中含有酯基,官能团不同,可用红外光谱区分;若有机物Y为 ,其中有甲基、碳碳键、碳氧键、碳氧双键、氢氧键共5振动吸;其结构中含有两种不同化学环境的H,核磁共振氢谱有两组峰,故填红外光谱、5、2;
(3)①Z为乙酸苯酚酯,1mol该酯在酸性条件下水解生成1mol酚和1mol酸,故1molZ最多能消耗2molNaOH,故填2;
②属于芳香酸,则结构中含有苯环和羧基,其结构有 、 、 、 ,共4种,其中只有一个支链的是 ,故填4、 ;
(4)根据有机物的命名规则,该有机物为醇类,含羟基的主链有3个碳原子,2号位有个甲基,其名称为2-甲基-1-丙醇,故填2-甲基-1-丙醇。
【分析】(1)根据红外光谱找出官能团和成键的类型
(2)结构的鉴别其实就是对官能团和氢原子的种类进行鉴别采用红外光谱
(3)①根据结构式确定官能团以及个数确定可以发生的反应②根据条件写出同分异构体
(4)定主链和官能团,再定支链
18.【答案】(1)MnCO3+2NH4Cl MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O
(2)500℃,m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10,60min
(3)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
(4)碳酸根离子水解程度大,碳酸铵溶液中c(OH-)较大,易产生Mn(OH)2沉淀
(5)NH4Cl
【知识点】盐类水解的应用;物质的分离与提纯;制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)焙烧时主要为氯化铵和碳酸锰反应生成氯化锰、二氧化碳、和氨气,其反应为MnCO3+2NH4Cl MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O,故填MnCO3+2NH4Cl MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O;
(2)从图1可以看出焙烧温度最佳为500℃,500℃以后锰的浸出率没有改变;从图2可知氯化铵和菱锰矿的最佳质量比为1.10;从图3可以看出焙烧最佳时间为60分钟,故填500℃,m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10,60min;
(3)根据题意可得 ,故填 ;
(4)碳酸铵中,碳酸根离子水解程度大,碳酸铵溶液中c(OH-)较大,易产生Mn(OH)2沉淀,故填碳酸根离子水解程度大,碳酸铵溶液中c(OH-)较大,易产生Mn(OH)2沉淀;
(5)由流程图可知,可以循环使用的物质为 ,故填 。
【分析】研磨的目的是将颗粒物变小,增大接触面积,提高反应速率;焙烧时碳酸锰分解,其余金属离子以金属氧化物或者氯化物存在;加水除去不溶物,溶液中主要含氯化锰等可溶物质,净化除杂后得到纯净的氯化锰,加入碳酸氢铵沉锰,得到碳酸锰和可循环利用的氯化铵溶液。
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湖南省长沙市明德中学2020-2021学年高二下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1.(2018高二上·红桥期中)反应H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g) 的发生过程能量变化如下所示:
下列说法错误的是( )
A.H﹣H键比Cl﹣Cl键稳定
B.△H=﹣184.5 kJ mol﹣1
C.正反应活化能比逆反应活化能高
D.在相同条件下,1mol H2(g)和1mol Cl2(g)分别在点燃和光照条件下反应生成2mol HCl(g),重新恢复到原来的状态时△H相同
【答案】C
【知识点】反应热和焓变;盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、H—H键的键能比Cl—Cl键的键能大,所以H—H键比Cl—Cl键稳定,A不符合题意;
B、△H=反应物键能之和-生成物键能之和=436.4KJ/mol+242.7KJ/mol-2×431.8KJ/mol=-184.5KJ/mol,B不符合题意;
C、该反应是放热反应,活化能是断键吸收的能量,所以正反应活化能比逆反应活化能低,C符合题意;
D、反应热只与始态和终态有关,与反应途径无关,所以点燃和光照条件下ΔH相同,D不符合题意。
故答案为:C。
【分析】A.键能越高化学键越稳定;
B.根据△H=反应物键能之和-生成物键能之和进行计算;
C.活化能与的高低与反应的放热、吸热有关;
D.根据盖斯定律分析反应条件与焓变的关系。
2.(2021高二下·长沙开学考)下列叙述错误的是( )
A.碳酸氢钠加热可以分解,因为升高温度利于熵增的方向自发进行
B.在温度、压强一定的条件下,自发反应总是向ΔG = ΔH-TΔS < 0的方向进行
C.水结冰的过程不能自发进行的原因是熵减的过程,改变条件也不可能自发进行
D.混乱度减小的吸热反应一定不能自发进行
【答案】C
【知识点】焓变和熵变;探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A.升温至一定程度,碳酸氢钠固体受热分解为碳酸钠固体、二氧化碳气体和水蒸气,符合熵判据,A不符合题意;
B.既符合焓判据(ΔH < 0)又符合熵判据(ΔS < 0)的反应,即ΔG = ΔH-TΔS < 0的方向,能自发进行,B不符合题意;
C.由于H2O(l) = H2O(s) ΔH < 0,因此水结冰的方向符合焓判据,能自发进行,C符合题意;
D、混乱度减小的吸热反应,既违反焓判据,又违反熵判据,因此该方向不能进行,D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.根据是生产物的状态确定熵变
B.考查的自发反应发生的条件
C.水结冰能自发进行
D.不符合判定的依据
3.(2021高二下·长沙开学考)下列各组离子能大量共存于同一溶液中的是( )
A.Ba2+、Mg2+、 、 B.H+ 、K+ 、CH3COO-、OH-
C.H+、Al3+、Cl-、 D.Ba2+、Na+、OH- 、Cl-
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.Ba2+与 产生硫酸钡沉淀,不能共存,A不符合题意;
B.H+ 与CH3COO-、OH-产生弱电解质醋酸、水,不能共存,B不符合题意;
C.H+与 反应产生水和二氧化碳,Al3+与 发生双水解,不能共存,C不符合题意;
D.Ba2+、Na+、OH- 、Cl-四种离子相互之间不发生反应,能共存,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】考查的是离子的共存问题,不能发生复分解反应或者氧化还原反应
与氢离子不能共存的有:氢氧根、碳酸氢根、醋酸根、碳酸根、偏铝酸跟等
与氢氧根不共存的有,氢离子、碳酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等等
与氯离子不能共存的是:银离子
与钡离子不能共存的是:碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根等等
4.(2020高二下·唐山月考)下图是合成香料香豆素过程的中间产物,关于该物质的说法错误的是( )
A.分子式为C9H8O3
B.有两种含氧官能团
C.1 mol该物质最多能与5 mol H2发生加成反应
D.该物质在一定条件下可发生酯化反应
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质;有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A、根据其结构简式写出其分子式,A符合题意;
B、此物质含有羟基和羧基两种含氧官能团,B符合题意;
C、苯环与氢气1∶3加成,而碳碳双键与氢气1∶1发生加成反应,C错;
D、有羟基和羧基能发生酯化反应,D符合题意。
故答案为:C。
【分析】A、注意该苯环上还有四个H原子;
B、酚羟基、碳碳双键、羧基均为官能团;
C、苯环和碳碳双键均可以发生加成反应;
D、含有羟基和羧基的物质可以发生酯化反应。
5.(2021高二下·长沙开学考)铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中,形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀,示意图如图所示。下列说法错误的是( )
A.因铁的金属性比铜强,所以铁铆钉被氧化而腐蚀
B.若水膜中溶解了SO2,则铁铆钉腐蚀的速率变小
C.铜极上的反应是2H++2e =H2↑、O2+4e +4H+=2H2O
D.在金属表面涂一层油脂,能防止铁铆钉被腐蚀
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式;原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.因铁的金属性比铜强,形成原电池时铁作负极,铁失电子发生氧化反应,则铁铆钉被氧化而腐蚀,A项不符合题意;
B.若水膜中溶解了SO2,SO2与水反应生成亚硫酸,水膜的酸性增强,则铁铆钉腐蚀的速率变大,B项符合题意;
C.铜极上既发生析氢腐蚀,又发生吸氧腐蚀,则铜电极上的反应是2H++ 2e-=H2↑,O2+ 4e-+ 4H+= 2H2O ,C项不符合题意;
D.在金属表面涂一层油脂,可以使铁铆钉与空气隔绝,能防止铁铆钉被腐蚀,D项不符合题意;
故答案为:B。
【分析】形成的了原电池,金属性强的做负极,铁做负极,失去电子,发生氧化反应。金属性弱的做正极。铜做正极,附近的氧气得到电子发生还原反应,溶解了酸性气体,溶液对的酸性增强,促进了腐蚀的进行了,在表面干燥的情况涂抹一层油脂可以防止生锈
6.(2021高二下·长沙开学考)下列事实,不能用勒夏特列原理解释的是( )
A.反应CO(g)+NO2(g) CO2(g)+NO(g)ΔH<0,升高温度可使平衡向逆反应方向移动
B.合成NH3的反应,为提高NH3的产率,理论上应采取相对较低的温度
C.溴水中存在平衡:Br2+H2O HBr+HBrO,当加入AgNO3溶液后,溶液颜色变浅
D.对2HI(g) H2(g)+I2(g),增大平衡体系的压强(压缩体积)可使体系颜色变深
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素;化学平衡移动原理
【解析】【解答】A项、该正反应为放热反应,升高温度,平衡向吸热的逆反应方向移动,可以用勒夏特列原理解释;
B项、合成氨的反应是放热反应,降低温度,平衡向正反应方向移动,NH3的产率增大,可以用勒夏特列原理解释;
C项、加入AgNO3后,Ag+与Br-反应生成AgBr沉淀,降低了Br-的浓度,平衡向正反应方向移动,溶液颜色变浅,能用勒夏特列原理解释;
D项、该反应是一个气体体积不变的可逆反应,压缩体积使压强增大,平衡不发生移动,但由于体积减小,各组分的浓度增大,故颜色变深,不能用勒夏特列原理解释;
故答案为:D。
【分析】使用勒夏特列原理时,该反应必须是可逆反应,否则勒夏特列原理不适用。勒夏特列原理的内容为如果改变影响平衡的条件之一,平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。
7.(2021高二下·长沙开学考)下列关于盐类水解的应用的说法正确的是( )
A.加热蒸干Na2CO3溶液,最后可以得到NaOH和Na2CO3的混合固体
B.除去MgCl2溶液中的Fe3+,可以加入NaOH固体
C.明矾净水过程中发生的反应:Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+
D.加热蒸干KCl溶液,最后得到KOH固体(不考虑CO2的反应)
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用;物质的分离与提纯
【解析】【解答】A.Na2CO3在溶液中水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠,水解方程式为:Na2CO3+H2O NaOH+NaHCO3,由于生成的NaOH不挥发,氢氧化钠能够与碳酸氢钠发生中和反应生成碳酸钠和水,所以将Na2CO3溶液加热蒸发后最终得到的固体仍然为Na2CO3,A不符合题意;
B.Mg2+、Fe3+都能与NaOH反应,所以加NaOH不能除去MgCl2中的Fe3+,B不符合题意;
C.明矾在水中电离出Al3+,Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性,即Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+,C符合题意;
D.KCl在溶液中不水解,加热蒸干KCl溶液,最后得到KCl固体,D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.碳酸钠溶液蒸干之后还是碳酸钠固体
B.加入氢氧化钠不能将铁离子除掉
C.胶体具有吸附性
8.下列有机物的分离提纯方法正确的是( )
A.除去乙酸乙酯中含有的乙酸杂质,可以加氢氧化钠溶液充分振荡后,分液
B.用重结晶的方法分离苯甲酸和氯化钠的混合物
C.将工业酒精直接蒸馏可以获得无水酒精
D.用酸性高锰酸钾溶液可以除掉甲烷中的乙烯杂质
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解,应用饱和碳酸钠溶液除杂,A不符合题意;
B.苯甲酸与氯化钠的溶解度随温度变化不同,可用重结晶的方法分离,B符合题意;
C.工业酒精含有甲醇,直接蒸馏得到共沸物,不能得到纯净的无水酒精,C不符合题意;
D.乙烯被氧化生成二氧化碳,引入新杂质,应用溴水除杂,D不符合题意;
故答案为:B
【分析】A.乙酸乙酯在NaOH(碱性溶液)中,发生完全水解;
B.二者溶解度受温度的影响不同,可用结晶法分离;
C.蒸馏是用于分离沸点不同的液态物质;
D.酸性高锰酸钾能将乙烯氧化成CO2;
9.(2021高二下·长沙开学考)在一定温度下将适量AgBr固体加入水中,存在平衡: 。则下列说法正确的是( )
A.向此体系中滴加足量浓NaCl溶液,发现淡黄色固体转化为白色,说明Ksp(AgCl)<Ksp(AgBr)
B.向此体系中加入少量AgBr固体,平衡正向移动,当再次平衡时c(Ag+)、c(Br-)均增大
C.此体系中一定存在
D.某溶液中 ,说明此时
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素;化学平衡的调控;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.向此体系中滴加足量浓NaCl溶液,若溶液中满足:c(Ag+)·c(Cl-)>Ksp(AgCl),则会生成AgCl沉淀,所以不能说明Ksp(AgCl)<Ksp(AgBr),故A不符合题意;
B.饱和溶液的浓度只与温度有关,所以向此体系中加入少量AgBr固体,平衡不移动,c(Ag+)、c(Br-)不变,故B不符合题意;
C.在一定温度下将适量AgBr固体加入水中,AgBr饱和溶液中存在 ,Ksp(AgBr)= c(Ag+)·c(Br-),所以此体系中一定存在: ,故C符合题意;
D.在一定温度下,c(Ag+)·c(Br-)= Ksp(AgBr)为常数,当其中一种离子的浓度增大时,另一种离子的浓度会减小,二者的浓度不一定相同,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.考查的死溶度积和离子浓度积乘积的比较判断沉淀的产生
B.固体不影响平衡的移动
D.在一定温度下,Ksp(AgBr)为常数
10.(2016高二下·于都月考)对可逆反应2A(s)+3B(g) C(g)+2D(g);△H<0,在一定条件下达到平衡,下列有关叙述正确的是( )
①增加A的量,平衡向正反应方向移动
②增大B的浓度,v(正)>v(逆)
③压强增大一倍(压缩体积),平衡不移动,v(正)、v(逆)不变
④升高温度,平衡向逆反应方向移动,v(逆)增大、v(正)减小
⑤加入催化剂,B的转化率提高.
A.①② B.② C.③④ D.④⑤
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解:①A为固体,增加A的量,平衡不移动,故①错误;
②增大B的浓度,平衡正向移动,则改变条件瞬间v(正)>v(逆),故②正确;
③反应前后气体的体积不变,压强增大一倍(压缩体积),正、逆反应速率增大相同倍数,平衡不移动,故③错误;
④升高温度,正、逆反应速率均增大,逆反应速率增大更多,平衡向逆反应方向移动,故④错误;
⑤加入催化剂,同等程度加快正逆反应速率,平衡不移动,故⑤错误.
故选:B.
【分析】①A为固体,增加A的量,平衡不移动;
②增大B的浓度,平衡正向移动;
③反应前后气体的体积不变,压强增大一倍(压缩体积),正逆反应速率增大相同倍数,平衡不移动;
④升高温度,正逆反应速率均增大,平衡向吸热反应方向移动;
⑤加入催化剂,加快反应速率,平衡不移动.
11.(2021高二下·长沙开学考)有关图像说法错误的是( )
A B C D
图阴影部分面积表示反应物浓度的净减少量 图虚线b 表示反应加入催化剂后能量变化曲线 图为可逆反应的浓度-时间图,化学方程式为2X(g)+3Y(g) 2Z(g) 图对应于反应H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g),曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和 曲线Ⅲ改变的条件分别是加入催化剂和将容器的体积快速压缩为原来的2/3
A.A B.B C.C D.D
【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线;化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.根据 ,图中阴影部分的面积为浓度的变化量,故A不符合题意;
B.从图中可以看出,该反应曲线a的活化能大于曲线b,且反应热不变,故b为加了催化剂之后的反应,故B不符合题意;
C.从图中可以看出,物质X反应开始到1min内,浓度没有变化,平衡时浓度为0,故X不是反应物,故C符合题意;
D.从图中可以看出,曲线I和曲线II的平衡状态相同,且曲线II先达到平衡,故从曲线I变到曲线II的条件为加入催化剂;从曲线I浓度3mol/L到曲线III浓度为4.5mol/L,浓度增加 倍,增大压强该平衡不移动,所以压缩体积为原来的 倍,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.反应物的变化量的计算
B.催化剂可减少活化能
C.判断出生成物和反应物、结合变化量计算出计量系数之比
D.催化剂可缩短时间,结合化学方程式计算出变化量即可
12.(2021高二下·长沙开学考)用酸性氢氧燃料电池电解苦卤水(含Cl-、Br-、Na+、Mg2+)的装置如下图所示(a、b为石墨电极).下列说法中,正确的是( )
A.电池工作时,正极反应式为: O2+2H2O+4e-=4OH-
B.电解时,a电极周围首先放电的是Br-而不是Cl-,说明当其他条件相同时前者的还原性强于后者
C.电解时,电子流动路径是:负极→外电路→阴极→溶液→阳极→正极
D.忽略能量损耗,当电池中消耗0.02 g H2时,b极周围会产生0.04 g H2
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式;原电池工作原理及应用;电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.电池工作时,通入O2的极为电源的正极,发生还原反应,由于该电池为酸性介质,因此正确的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O,不符合题意;
B.a作阳极,现阳极材料为惰性电极,溶液中还原性强的离子Br-先放电,符合题意;
C.不论在原电池中还是在电解池溶液中均无电子通过,溶液中依靠阴阳离子的定向移动构成回路,不符合题意;
D.燃料电池和电解池中转移的电子数是相等的,当电池中消耗0.02gH2,根据电极反应:H2→2H++2e-,所以转移电子0.02mol,b极的电极反应为:2H++2e-→H2,转移电子0.02mol,会产生0.02gH2,不符合题意;
故答案为:B。
【分析】电池是氢氧燃料电池,负极是氢气失去电子,发生氧化反应,而正极是氧气得电子发生还原反应,a是阳极,b是阴极,根据放电顺序可以确定还原性的强弱,结合气体的消耗,可以求出电子的转移量,同时亦可以求出电解时各电极的变化量
13.(2021高二下·长沙开学考)下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是( )
A.pH相等的① 溶液、② 溶液、③ 溶液中, 的大小顺序为①>②>③
B.pH相等的NaF与 溶液:
C. 的 溶液:
D. 的HCl溶液与 的 溶液等体积混合:
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用;离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.由于 完全电离生成 、 、 ,pH相等时, 溶液中 浓度最小, 溶液与 溶液中 水解使溶液呈酸性,若pH相等则水解的 的量相等,则 的浓度相等,正确的关系为①=②>③,A不符合题意;
B.两溶液pH相等,则两溶液中 与 浓度均相同,根据电荷守恒有 ,则 ,同理 ,则 ,B不符合题意;
C.由电荷守恒式与物料守恒式可得到 ,C不符合题意;
D. ,过量的 与 反应,得到的溶液为NaCl与 的混合溶液,由于 水解使溶液呈酸性,所以 ,D符合题意;
故答案为:D。
【分析】A.铵根离子水解显酸性,酸性的强弱是由铵根离子的水解产生的,而硫酸氢氨中氢离子对铵根离子水解起到抑制作用
B.溶液中存在电荷守恒,利用电荷守恒进行比较判断
C.根据电荷守恒和物料守恒综合运用
D.先进行判断过量与否,再根据电荷守恒进行判断
14.(2021高二下·长沙开学考)电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量,根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。在一定温度下,用0.1mol/LKOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol/L的盐酸和醋酸溶液,滴定曲线如图所示。下列有关判断正确的是( )
A.B点的溶液中有:c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
B.A点的溶液中有:c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol/L
C.C点水电离的c(OH-)大于A点水电离的c(OH-)
D.A,B,C三点溶液均有Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用;离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. B点溶液中KOH过量,溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOK和KOH,醋酸根离子水解生成OH-,但水解程度较小,溶液呈强碱性,则离子浓度大小顺序是c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+),A项符合题意;
B.A点溶液中,醋酸和KOH恰好完全反应生成CH3COOK,溶液中存在电荷守恒,则c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+),A点溶液体积增大一倍,则离子浓度降为原来的一半,所以c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol/L,B项不符合题意;
C .C点HCl和KOH恰好完全反应生成KCl,对水的电离无影响;A的溶质为CH3COOK,促进水电离,所以C点水电离的c(OH-)小于A点水电离的c(OH-),C项不符合题意;
D.离子积常数与温度有关,温度相同,离子积常数相同,温度不一定是常温,数值不一定是1.0×10-14,D项不符合题意;
故答案为:A。
【分析】溶液电导率与离子浓度成正比,HCl是强电解质、醋酸是弱电解质,所以相同浓度的盐酸和醋酸,盐酸中离子浓度大于醋酸,则相同浓度的盐酸和醋酸,盐酸电导率较大,根据图象知,①是醋酸和KOH的混合、②是HCl和KOH的混合。
二、综合题
15.(2021高二下·长沙开学考)常温下,用0.100 0 mol·L 1的 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L 1
的某酸HA溶液所得滴定曲线如图所示。
回答下列问题:
(1)该酸为 酸(填“强”或者“弱”),你的判断理由是 。
(2)点P时溶液中的 c(HA)= mol·L 1。
(3)①该中和滴定应选择 做指示剂,滴定终点时的现象是 。
指示剂变色范围(pH) 甲基橙(3.1~4.4) 石蕊(5~8) 酚酞(8.2~10.0)
颜色 <3.1 3.1~4.4 >4.4 <5 5~8 >8 <8.2 8.2~10.0 >10.0
红 橙 黄 红 紫 蓝 无色 粉红 红
②滴定起始和终点的液面位置如图2所示,则消耗NaOH溶液的体积为 mL。
③下列操作使滴定结果偏高的是 。
a.滴定前,碱式滴定管未用NaOH溶液润洗
b.锥形瓶的待测液中加少量水稀释
c.碱式滴定管滴定前有气泡,滴定后无气泡
d.读数时,滴定前仰视,滴定后俯视
【答案】(1)弱;0.100 0 mol·L 1 HA的pH大于1,说明该酸部分电离(或酸碱恰好反应时,对应盐溶液的pH为8,说明A 可以发生水解)
(2)9.9×10 7
(3)酚酞;溶液由无色恰好变为浅红色,且半分钟内不褪色;20.00;ac
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;配制一定物质的量浓度的溶液;中和滴定
【解析】【解答】(1)0.1000 mol·L-1HA的pH大于1,说明该酸部分电离,故该酸为弱酸;或者酸碱恰好反应时,对应盐溶液的pH为8,说明A 可以发生水解,溶液显碱性,故该酸为弱酸;
综上所述,本题答案是:弱
; 0.100 0 mol·L 1 HA的pH大于1,说明该酸部分电离(或酸碱恰好反应时,对应盐溶液的pH为8,说明A 可以发生水解) 。
(2)用20.00 mL 0.100 0 mol·L-1的 NaOH溶液滴定20.00 mL
0.1000 mol·L-1 的HA溶液,两者恰好完全反应得NaA溶液,质子守恒c(HA)+c(H+)=c(OH-),由图1可知,c(H+)=1.0×10-8mol·L-1,则c(OH-)=1.0×10-6mol·L-1故c(HA)=9.9×10-7
mol·L 1。
综上所述,本题答案是:9.9×10-7。
(3)①甲基橙和石蕊在没有中和完全时已经发生了变色,故只能选用酚酞作为指示剂,滴定终点的现象为溶液由无色恰好变为浅红色,且半分钟内不褪色。
综上所述,本题答案是:酚酞
,溶液由无色恰好变为浅红色,且半分钟内不褪色。
②滴定开始时的读数为0.70mL ,滴定终点时的读数为20.70mL ,故消耗的氢氧化钠体积为20.00 mL 。
综上所述,本题答案是:20.00。
③ a.滴定前,碱式滴定管未用NaOH溶液润洗导致NaOH溶液浓度偏小,消耗NaOH溶液体积变大,结果偏高,正确;
b.锥形瓶的待测液中加少量水稀释,HA的物质的量并没有发生变化,消耗的NaOH溶液体积不变,结果不变,不正确;
c.碱式滴定管滴定前有气泡,滴定后无气泡,计算消耗的NaOH溶液体积时加上了气泡的体积,结果偏大,正确;
d.读数时,滴定前仰视,读数偏大,滴定后俯视,读数偏小,计算的到的NaOH溶液体积偏小,结果偏小,不正确;
综上所述,本题选ac。
【分析】对于酸碱指示剂选择的基本原则总结如下:变色要灵敏,变色范围要小,使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致;①不能用石蕊作指示剂;②滴定终点为碱性时,用酚酞作指示剂;③滴定终点为酸性时,用甲基橙作指示剂;④强酸滴定强碱一般用甲基橙,但用酚酞也可以;⑤并不是所有的滴定都须使用指示剂,如用标准的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时,KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。
16.(2021高二下·长沙开学考)冬季是雾霾天气高发的季节,其中汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的原因之一。
(1)汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)
①在一定条件下,在一个容积固定为 2L的密闭容器中充入 0.8molNO和1.20mol CO,开始反应至 3min时测得 CO 的转化率为20%,则用 N2 表示的平均反应速率为 v(N2)= 。
②对于气相反应,用某组分(B)的平衡压强 (pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数(记作Kp),则该反应平衡常数的表达式Kp= 。
③在某一绝热,恒容的密闭容器中充入一定量的NO、CO 发生上述反应,测得正反应的速率随时间变化的曲线如图所示(已知 t2~t1=t3~t2)。则下列说法错误的是 。(填编号)
A.反应在 c 点未达到平衡状态 B.反应速率 a 点小于 b 点
C.反应物浓度 a 点大于 b 点 D.NO 的转化率 t1~t2=t2~t3
(2)使用甲醇汽油能减少汽车尾气对环境的污染,某化工厂用水煤气为原料合成甲醇,恒温条件下,在 体积可变的密闭容器中发生反应:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g),到达平衡时,测得 CO、H2、 CH3OH 分别为 1mol 、1mol 、1mol,容器的体积为 3L,现往容器中继续通入 3molCO ,此时v(正) v(逆)(填‘‘>”、“<’’或“=”)。
(3)二甲醚也是清洁能源,用合成气在催化剂存在下制备二甲醚的反应原理为:2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)
已知一定条件下,该反应中CO的平衡转化率随温度、投料比 的变化曲线如图:
①a、b、c 按从大到小的顺序排序为 。
②某温度下,将 2.0molCO(g)和 4.0mol H2(g)充入容积为 2L的密闭容器中,反应到达平衡时,改变压强和温度,平衡体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数变化情况如图所示,关于温度和压强的 关系判断正确的是 ;
A.p3>p2,T3>T2 B.p2>p3,T1>T3 C.p3>p4,T4>T2 D.p1>p4,T2>T3
③在恒容密闭容器里按体积比为1∶2 充入一氧化碳和氢气,一定条件下反应达到平衡状态。当改变反应 的某一个条件后,下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是 。
A.正反应速率先增大后减小 B.逆反应速率先增大后减小
C.化学平衡常数 K 值增大 D.反应物的体积百分含量增大
E.混合气体的密度减小 F.氢气的转化率减小
【答案】(1)0.02mol·(L·min)-1;;D
(2)=
(3)a>b>c;BD;B
【知识点】化学平衡的调控;化学平衡状态的判断;化学反应速率与化学平衡的综合应用;化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)①根据题意可建立三段式:
根据 = =0.02mol/(L·min),故填0.02mol/(L·min);
②根据浓度表示的平衡常数,可得出用压强表示的平衡常数为Kp= ,故填 ;
③A.从图中可以看出,从t1~t4正反应速率一直在改变,故c点未达到平衡,故A正确;
B.从图中可以看出,a点反应速率小于b点,故B正确;
C.从a点到b点的过程中反应正向进行,所以a点反应物浓度大于b点浓度,故C正确;
D.根据 ,图中t1~t2的面积小于t2~t3的面积,故转化率 ,故D不正确;
故填D;
(2)反应 的平衡常数 = =9,恒压状态下,通入3molCO后,体积扩大到原来的2倍, = =9, ,平衡不移动,v(正) = v(逆),故填=;
(3)①相同温度下投料比 越大,CO的转化率越高,故 ,故填 ;
②在相同投料比下,升高温度CO的转化率降低,故该反应为放热反应。该反应为分子数减小的反应,在相同温度下,从三维柱形图中可以看出,p1、p2、p3、p4对应的生成物含量依次减少,故 ;在相同压强下,T1、T2、T3、T4对应的生成物浓度依次增大,故 ,
故答案为:BD;
③A.正反应速率先增大后减小,表明反应正向进行,故A不正确;
B.逆反应速率先增大后减小,表明反应逆向进行,故B正确;
C.该反应放热,平衡常数增大,反应正向进行,故C不正确;
D.反应物的体积百分含量增大,可能为增加反应物浓度,平衡正向进行,故D不正确;
E.混合气体的密度减小,可能为移除生成物,平衡正向进行,故E不正确;
F.增大氢气浓度时,氢气的转化率降低,平衡正向进行,故F不正确;
故填B。
【分析】关于反应速率、平衡常数、转化率等问题,可以建立三段式进行解决。
17.(2021高二下·长沙开学考)按要求回答下列问题:
(1)有机物 X 的分子式为C4H8O2,其红外光谱如图所示:
则该有机物可能的结构为________(填字母 )
A.CH3COOCH2CH3 B.CH3CH2COOCH3
C.HCOOCH2CH2CH3 D.(CH3)2CHCOOH
(2)有机物Y 的结构可能有 和 两种,要对其结构进行物理方法鉴定用 。有机物Y 若为 ,则红外光谱中应该有 个振动吸收;核磁共振氢谱中应有 个峰。
(3)有机物 z 的结构简式为 ,
①1mol Z 最多能消耗 mol NaOH。
②Z 的同分异构体中属于芳香酸的有 种,写出上述同分异构体结构中只含一个支链的结构简式 。
(4)有机物 E 的结构简式为 ,可用系统命名法将它命名为 。
【答案】(1)A;B
(2)红外光谱法;5;2
(3)2;4;
(4)2-甲基-1-丙醇
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构;有机物中的官能团;有机化合物的命名;同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)从图中可以看出,有机物X含有酯基,和两个化学环境不同的甲基,故填AB;
(2) 中含有羧基, 中含有酯基,官能团不同,可用红外光谱区分;若有机物Y为 ,其中有甲基、碳碳键、碳氧键、碳氧双键、氢氧键共5振动吸;其结构中含有两种不同化学环境的H,核磁共振氢谱有两组峰,故填红外光谱、5、2;
(3)①Z为乙酸苯酚酯,1mol该酯在酸性条件下水解生成1mol酚和1mol酸,故1molZ最多能消耗2molNaOH,故填2;
②属于芳香酸,则结构中含有苯环和羧基,其结构有 、 、 、 ,共4种,其中只有一个支链的是 ,故填4、 ;
(4)根据有机物的命名规则,该有机物为醇类,含羟基的主链有3个碳原子,2号位有个甲基,其名称为2-甲基-1-丙醇,故填2-甲基-1-丙醇。
【分析】(1)根据红外光谱找出官能团和成键的类型
(2)结构的鉴别其实就是对官能团和氢原子的种类进行鉴别采用红外光谱
(3)①根据结构式确定官能团以及个数确定可以发生的反应②根据条件写出同分异构体
(4)定主链和官能团,再定支链
18.(2021高二下·长沙开学考)氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图:
已知:①菱锰矿石主要成分是 MnCO3,还含有少量 Fe、Al、Ca、Mg 等元素;
②相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的 pH 如表:
金属离子 Al3+ Fe3+ Fe2+ Ca2+ Mn2+ Mg2+
开始沉淀的 pH 3.8 1.5 6.3 10.6 8.8 9.6
沉淀完全的 pH 5.2 2.8 8.3 12.6 10.8 11.6
回答下列问题:
(1)“焙烧”时主要反应的化学方程式为 。
(2)分析下列图1、图 2、图 3,氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是: 。
(3)浸出 液“净化除杂”过程如下:首先加入MnO2将Fe2+氧化为 Fe3+,反应的离子方程式为 ;然后调节溶液 pH使 Fe3+、Al3+沉淀完全。
(4)碳化结晶时,发生反应的离子方程式为 Mn2++2HCO MnCO3+CO2↑+H2O,碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液可能的原因是 。
(5)流程中能循环利用的固态物质是 。
【答案】(1)MnCO3+2NH4Cl MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O
(2)500℃,m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10,60min
(3)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
(4)碳酸根离子水解程度大,碳酸铵溶液中c(OH-)较大,易产生Mn(OH)2沉淀
(5)NH4Cl
【知识点】盐类水解的应用;物质的分离与提纯;制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)焙烧时主要为氯化铵和碳酸锰反应生成氯化锰、二氧化碳、和氨气,其反应为MnCO3+2NH4Cl MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O,故填MnCO3+2NH4Cl MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O;
(2)从图1可以看出焙烧温度最佳为500℃,500℃以后锰的浸出率没有改变;从图2可知氯化铵和菱锰矿的最佳质量比为1.10;从图3可以看出焙烧最佳时间为60分钟,故填500℃,m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10,60min;
(3)根据题意可得 ,故填 ;
(4)碳酸铵中,碳酸根离子水解程度大,碳酸铵溶液中c(OH-)较大,易产生Mn(OH)2沉淀,故填碳酸根离子水解程度大,碳酸铵溶液中c(OH-)较大,易产生Mn(OH)2沉淀;
(5)由流程图可知,可以循环使用的物质为 ,故填 。
【分析】研磨的目的是将颗粒物变小,增大接触面积,提高反应速率;焙烧时碳酸锰分解,其余金属离子以金属氧化物或者氯化物存在;加水除去不溶物,溶液中主要含氯化锰等可溶物质,净化除杂后得到纯净的氯化锰,加入碳酸氢铵沉锰,得到碳酸锰和可循环利用的氯化铵溶液。
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