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浙江省9 1高中联盟2022-2023学年高一化学下学期期中试题(Word版附解析)
浙江省9 1高中联盟2022-2023学年高一化学下学期期中试题(Word版附解析)
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2022学年第二学期9+1高中联盟期中考试高一年级化学学科试题考生须知:1.本卷满分100分,考试时间90分钟;2.答题前,在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息;3.所有答案必须写在答题卷上,写在试卷上无效,考试结束后,只需上交答题卷;4.参加联批学校的学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析。5.可能用到的相对原子质量:H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28Cl-35.5Fe-56Cu-64Ag-108选择题部分一、选择题(本大题共16小题,每小题3分,共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.进行化学实验时应强化安全意识,下列做法不正确的是A.观察钾与水反应时,需要佩戴护目镜B.少量酸或碱沾到皮肤上,应立即用大量水冲洗C.轻微烫伤时,可先用洁净的冷水处理,降低局部温度,若有水疱,尽量将其弄破D.强氧化物如KMnO4、KClO3、Na2O2等固体不能随便丢弃,可配成溶液或通过化学反应将其转化为一般化学品后,再进行常规处理【答案】C【解析】【详解】A.钾与水反应比钠剧烈,用量多时易发生爆炸,所以观察钾与水反应时,需要佩戴护目镜,A正确;B.少量酸或碱沾到皮肤上,应立即用大量水冲洗,再涂上碳酸氢钠或硼酸溶液,B正确;C.轻微烫伤时,可先用水冷敷,从而降低局部温度,缓解疼痛,若有水疱,尽量不要将其弄破,以防感染,C不正确;D.强氧化物如KMnO4、KClO3、Na2O2等固体,若遇到还原剂,易发生爆炸,所以不能随便丢弃,通常将其转化为一般化学品再处理,D正确;故选C。第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 2.下列有关物质关系的说法正确的是A.SO2和SO3互为同素异形体B.金刚石和石墨互为同位素C.CH4和C9H20互为同系物D.和互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A.SO2和SO3都属于化合物,二者不互为同素异形体,A不正确;B.金刚石和石墨都是碳元素组成的单质,二者互为同素异形体,B不正确;C.CH4和C9H20都属于烷烃,二者分子组成上相差8个“CH2”,二者互为同系物,C正确;D.CH4分子呈正四面体结构,则和为同一种物质,D不正确;故选C。3.人类活动已经离不开各种化学材料,下列有关材料的说法不正确的是A.合金中由于原子层之间的相对滑动困难,因此纯铁的硬度比生铁小B.富勒烯、碳纳米管、石墨烯等碳材料,它们的物理性质有着很大的差异C.硅酸钠的水溶液俗称水玻璃,可用作黏合剂和防火材料D.贮氢合金是一类能大量吸收H2,并与H2通过物理吸附结合成金属氢化物的材料【答案】D【解析】【详解】A.合金中原子的大小不同,原子层之间的相对滑动困难,从而使硬度增大,所以纯铁的硬度比生铁小,A正确;B.富勒烯、碳纳米管、石墨烯虽然都是碳的同素异形体,它们的化学性质相同,但物理性质具有较大的差异,B正确;C.硅酸钠的水溶液俗称水玻璃,具有黏性且不能燃烧,所以可用作黏合剂和防火材料,C正确;D.贮氢合金能与H2发生化学反应,并生成金属氢化物,能大量吸收H2,D不正确;故选D。4.下列有关叙述不正确的是A.甲烷的二氯代物只有一种,可以证明甲烷是正四面体的空间结构B.四氯化碳俗称氯仿,是工业上重要的有机溶剂第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 C.正丁烷与异丁烷相比,前者沸点更高D.适用于管道煤气(主要成分为CO)的灶具改用天然气,其进风口应改大【答案】B【解析】【详解】A.若甲烷为平面结构,则其二氯代物有二种,则由甲烷的二氯代物只有一种,可证明甲烷是正四面体的空间结构,A正确;B.三氯甲烷俗称氯仿,四氯化碳是四氯甲烷的俗称,B不正确;C.正丁烷与异丁烷互为同分异构体,但异丁烷支链较多,所以正丁烷的沸点更高,C正确;D.1molCO燃烧时消耗0.5molO2,1molCH4燃烧时消耗2molO2,则将管道煤气(主要成分为CO)的灶具改用天然气灶具时,其进风口应改大,D正确;故选B。5.近年来,利用半导体光催化实现还原氮气制备氨气引起全世界极大关注。如图是在半导体光催化的作用下,N2被光催化材料捕获进而被还原实现“N2→NH3”的转化示意图。下列说法不正确的是A.此方法属于人工固氮技术B.该过程涉及到光能转化为化学能C.该反应过程既有极性键的断裂和形成又有非极性键的断裂和形成D.该反应的化学方程式是N2+3H22NH3【答案】D【解析】【详解】A.此方法是通过人工将氮气转化为氨气,所以属于人工固氮技术,A正确;B.该过程是在半导体光催化的作用下,实现“N2→NH3”的转化,所以涉及到光能转化为化学能,B正确;C.该反应过程中,N2与H2O反应生成NH3和O2,既有N≡N非极性键的断裂、O=O非极第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 性键的形成,又有H-O极性键的断裂、N-H极性键的形成,C正确;D.在半导体光催化的作用下,N2与H2O反应生成NH3和O2,化学方程式是2N2+6H2O4NH3+3O2,D不正确;故选D。6.已知H2O2(aq)分解为H2O(l)和O2(g)的能量变化如图曲线A所示,若在H2O2溶液中加入少量KI,则H2O2的分解过程可表示为:①H2O2+I-=H2O+IO-,②H2O2+IO-=H2O+O2+I-,其能量变化如图曲线B所示。下列有关说法不正确的是A.上述反应①为吸热反应,反应②为放热反应B.2molH2O2(aq)具有的能量大于2molH2O(l)和1molO2(g)具有的总能量C.I-在H2O2分解过程中起到催化剂作用D.从曲线B可以看出,加入KI减少了H2O2(aq)分解为H2O(l)和O2(g)的能量变化【答案】D【解析】【详解】A.由图可知,反应①生成物能量大于反应物为吸热反应,反应②生成物能量低于反应物为放热反应,A正确;B.过氧化氢分解生成水和氧气总反应为放热反应,故2molH2O2(aq)具有的能量大于2molH2O(l)和1molO2(g)具有的总能量,B正确;C.反应制碘离子被消耗又生成,在H2O2分解过程中起到催化剂作用,C正确;D.催化剂改变反应速率,但是不该变反应的焓变,D错误;故选D。7.一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(已知:KOH溶液中,Zn2+以Zn(OH)存在)。电池放电时,下列说法正确的是第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 A.MnO2电极为负极B.I区的SO通过隔膜向Ⅱ区迁移C.Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移D.Zn电极反应:Zn+2e-+4OH-=Zn(OH)【答案】B【解析】【分析】该装置为原电池装置,Zn为负极,MnO2为正极。【详解】A.根据分析,MnO2电极为正极,A错误;B.I区二氧化锰得电子,与氢离子反应生成锰离子和水,I区的硫酸根通过隔膜向Ⅱ区迁移,B正确;C.Ⅲ区锌失电子与氢氧根反应生成Zn(OH),Ⅲ区的K+通过隔膜向Ⅱ区迁移,C错误;D.Zn为负极,Zn电极反应:Zn-2e-+4OH-=Zn(OH),D错误;故选B。8.下列类比推理的结果正确的是A.Na能在空气中燃烧生成Na2O2,故同主族Li在空气中燃烧生成Li2O2B.H2S与SO2能反应生成S,故NH3与NO2能在一定条件下反应生成N2C.Fe、Cu与浓盐酸构成的原电池中较活泼的Fe作负极,故Fe、Cu与浓硝酸构成的原电池中也是Fe作负极D.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2,故Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2【答案】B【解析】【详解】A.Na能在空气中燃烧生成Na2O2,Li在空气中燃烧生成Li2O,A错误;B.-2价S元素与+4价S元素之间有0价的S元素,故H2S与SO2能反应生成S,-3价的N元素与+4价的N元素之间有0价的N元素,故NH3与NO2能在一定条件下反应生成N2,B正确;C.Fe、Cu与浓盐酸构成的原电池中较活泼的Fe作负极,常温下Fe遇浓硝酸钝化,Fe、Cu与浓硝酸构成的原电池中是Cu作负极,C错误;第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 D.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2,Na2O2与SO2反应生成Na2SO4,D错误;故选B。9.某温度下,在1L恒容真空密闭容器中充入5.0mol块状X,发生反应:2X(s)Y(g)+2Z(g),测得如表数据,下列说法不正确的是时间段/s产物Z的平均生成速率/mol•L-1•s-10~200.100~400.0750~600.05A.第10秒时,Y的浓度小于0.50mol/LB.第30秒时,Z的体积分数约为66.7%C.将块状X改为粉末状,化学反应速率加快D.容器内压强不再变化时,达到化学反应的限度【答案】A【解析】【详解】A.随着反应的进行,平均反应速率不断减小,第20秒时,Z的平均生成速率为0.10mol•L-1•s-1,则第10秒时,Z的平均生成速率大于0.10mol•L-1•s-1,Z的浓度大于0.10mol•L-1•s-1×10s=1mol/L,此时Y的浓度大于0.50mol/L,A不正确;B.反应过程中,始终满足Y(g)、Z(g)物质的量之比为1:2的关系,所以第30秒时,Z的体积分数为≈66.7%,B正确;C.将块状X改为粉末状,反应物的接触面积增大,所以化学反应速率加快,C正确;D.随着反应的进行,X不断分解,混合气的物质的量不断增大,压强不断增大,当容器内压强不再变化时,达到化学反应的限度,D正确;故选A。10.某白色粉末样品,可能含有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3和Na2CO3。取少量样品进行如下实验:①溶于水,得到无色透明溶液②向①的溶液中滴加过量稀盐酸,溶液变浑浊,有刺激性气体逸出,然后离心分离。③取②的上层清液,向其中滴加BaCl2溶液有沉淀生成。有关该样品的说法正确的是A.肯定有Na2SO4、Na2SO3和Na2S2O3B.肯定有Na2SO4和Na2S2O3C.肯定没有Na2SO3和Na2CO3D.可能有Na2SO3,肯定没有Na2CO3第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 【答案】B【解析】【详解】向①的溶液中滴加过量稀盐酸,溶液变浑浊,有刺激性气体逸出,说明有S和SO2生成,说明原溶液中一定含Na2S2O3,可能含Na2CO3和Na2SO3;取②的上层清液,向其中滴加BaCl2溶液有沉淀生成,说明溶液中一定含有Na2SO4,整个实验过程无法确定是否含碳酸钠和亚硫酸钠,故选B。11.过氧化钙晶体CaO2•8H2O不溶于水,遇水缓慢地分解,放出氧气,是一种用途广泛的优良供氧剂。某学习小组利用工业废渣CaCl2(含少量熟石灰)制取CaO2•8H2O,设计了以下工业流程:已知:①CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl②Ca(OH)2与H2O2直接反应,生成杂质较多。下列说法不正确的是A.“混合”操作中,选择的试剂X可以是Ca(OH)2B.“搅拌”操作中,温度过高或温度过低,都不利于反应的进行C.“真空过滤”的目的是加快过滤速率,减少过氧化钙晶体和水的反应D.“搅拌”操作中,加入的H2O2与含氨的CaCl2溶液发生了氧化还原反应【答案】D【解析】【分析】废渣中加入HCl,将CaCl2中含有的少量熟石灰转化为CaCl2,混合并搅拌时通入NH3、加入H2O2,发生反应CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl,真空过滤后,母液循环使用,此时母液中含有NH4Cl,所以需要加入Ca(OH)2将其转化为CaCl2和NH3。【详解】A.由分析可知,“混合”操作中,选择的试剂X可以是Ca(OH)2,A正确;B.H2O2受热易分解,温度低时,反应速率过慢,所以“搅拌”操作中,温度过高或温度过低,都不利于反应的进行,B正确;C.过氧化钙晶体CaO2•8H2O遇水缓慢地分解,放出氧气,需将CaO2•8H2O尽快脱离水环境,所以“真空过滤”的目的是加快过滤速率,减少过氧化钙晶体和水的反应,C正确;D.“搅拌”操作中,加入的H2O2与含氨的CaCl2溶液发生反应CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl,此反应属于非氧化还原反应,D不正确;故选D。12.关于实验装置与试剂选择,下列说法正确的是第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 A.装置①可用于实验室制备NH3B.装置②可用于吸收尾气NH3C.装置③可用于验证氨气在水中的溶解性D.装置④可用于收集NO2气体【答案】C【解析】【详解】A.NH4Cl固体受热分解,生成的NH3和HCl在试管口遇冷又结合为NH4Cl,所以装置①不可用于实验室制备NH3,A不正确;B.NH3易溶于水,装置②中的煤油不能起到防止倒吸的作用,所以装置②不可用于吸收尾气NH3,B不正确;C.装置③中,往烧瓶内滴入水,看到气球体积膨胀,则表明烧瓶内气体压强减小,从而表明NH3易溶于水,所以装置③可用于验证氨气在水中的溶解性,C正确;D.NO2易与水反应生成HNO3和NO,所以装置④不可用于收集NO2气体,D不正确;故选C。13.NH4NO3在某温度下受热分解反应为4NH4NO33N2↑+2NO2↑+8H2O,下列说法中正确的是A.还原产物只有NO2B.该反应中还原产物和氧化产物的物质的量之比为3:2C.反应转移4mol电子时,生成22.4LN2D.0.4molNH4NO3完全分解转移的电子数目为2mol【答案】B【解析】【分析】对于反应为4NH4NO33N2↑+2NO2↑+8H2O,中N元素由-3价升高到0价,中N元素由+5价一部分转化为0价、一部分转化为+4价,产物中的3个N2中,有1个N2来自,有2个N2来自,电子转移的数目为12e-。【详解】A.由分析可知,中N元素由+5价一部分转化为0价、一部分转化为+4价,所以还原产物为NO2和N2,A不正确;第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 B.该反应中还原产物为NO2和N2,氧化产物为N2,则还原产物和氧化产物的物质的量之比为(2+1):2=3:2,B正确;C.在反应中,生成3molN2时,转移电子为12mol,则反应转移4mol电子时,生成1molN2,题中没有指明温度和压强,所以生成N2的体积不一定是22.4L,C不正确;D.由分析可知,4molNH4NO3完全分解,转移电子12mol,则0.4molNH4NO3完全分解转移电子数目为1.2mol,D不正确;故选B。14.下列离子方程式书写正确的是A.少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中:SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClOB.氢氧化钠溶液中加入铝粉:Al+OH-+2H2O=Al(OH)3+H2↑C.过量铁粉投入稀硝酸中:3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2OD.少量Ba(OH)2和过量NH4HSO4溶液混合:Ba2++2OH-+H+++=BaSO4↓+H2O+NH3•H2O【答案】C【解析】【详解】A.少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中,生成的HClO具有强氧化性,能将CaSO3氧化为CaSO4,所以最终产物中不含有CaSO3,A不正确;B.氢氧化钠溶液中加入铝粉,发生反应生成NaAlO2和H2等,B不正确;C.过量铁粉投入稀硝酸中,反应生成Fe(NO3)2、NO气体和水,离子方程式为:3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O,C正确;D.少量Ba(OH)2和过量NH4HSO4溶液混合,生成BaSO4沉淀和水:Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O,D不正确;故选C。15.设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法不正确的是A.常温常压下,16gO2与O3混合气体中含有的电子数目为8NAB.0.5mol/LMgCl2溶液中,Cl-浓度为1.0mol/LC.Na2O2与H2O反应时,生成0.1molO2转移的电子数为0.2NAD.标准状况下,11.2LCl2溶于水,溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA【答案】D【解析】【详解】A.常温常压下,16gO2与O3混合气体中含有氧原子的物质的量为1mol,每个氧原子含有8个电子,则含有的电子数目为8NA,A正确;B.1molMgCl2在溶液中发生完全电离,生成2molCl-,则0.5mol/LMgCl2溶液中,Cl-浓度第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 为1.0mol/L,B正确;C.Na2O2与H2O反应时,一部分Na2O2中的O元素由-1价升高到0价,则生成0.1molO2转移0.2mol电子,所以转移的电子数为0.2NA,C正确;D.溶解在水中的Cl2只有一部分与H2O发生可逆反应生成盐酸和次氯酸,所以标准状况下,11.2LCl2(0.5mol)溶于水,溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于NA,D不正确;故选D。16.下列实验操作、现象和得出的结论正确的是实验操作现象结论A取少量Fe(NO3)2溶液于试管中,滴入硫酸酸化的H2O2溶液溶液由浅绿色变为黄色氧化性:H2O2>Fe3+B向溶液中加入盐酸酸化的氯化钡产生白色沉淀溶液中一定含有C向Na2SiO3溶液中通入CO2气体有白色沉淀生成非金属性:C>SiD取2mL0.1mol/LKI溶液于试管中,加入5mL0.1mol/LFeCl3溶液,充分反应后滴入5滴10%KSCN溶液溶液变血红色KI与FeCl3的反应有一定限度A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.HNO3、H2O2都能将Fe2+氧化为Fe3+,所以少量Fe(NO3)2溶液与硫酸酸化的H2O2溶液反应,依据溶液由浅绿色变为黄色,不能证明氧化性:H2O2>Fe3+,A不正确;B.向溶液中加入盐酸酸化的氯化钡,产生的白色沉淀可能为BaSO4,也可能为AgCl,B不正确;C.向Na2SiO3溶液中通入CO2气体,有白色沉淀生成,则表明酸性H2CO3>H2SiO3,从而得出非金属性:C>Si,C正确;D.向2mL0.1mol/LKI溶液中加入5mL0.1mol/LFeCl3溶液,充分反应后,FeCl3过量,则由滴入KSCN后溶液变为血红色,不能证明KI与FeCl3的反应有一定限度,D不正确;故选C。第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 非选择题部分二、填空题(本大题共5小题,共52分)17.X、Y、Z、W、Q、R六种短周期主族元素,原子序数依次增大。X是元素周期表中原子半径最小的元素,Y元素的最外层电子数是最内层电子数的2倍,Z元素的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐,W与X同主族,Q元素的单质是一种黄色晶体。请回答以下问题:(1)Q元素在周期表中的位置_____。(2)已知Z2X4结构中含非极性共价键,试画出其结构式(用元素符号表示):______。(3)由Z与R组成的一种化合物M,摩尔质量不超过150g/mol,每个原子最外层均满足8e-稳定结构,其水溶液可用于漂白和杀菌,写出M与水初步反应的化学方程式______。(4)根据KH中氢元素的化合价,甲同学认为可把氢元素放在第VIIA族,乙同学认为可把氢元素放在第IVA族,乙同学的理由是______。(5)下列说法不正确的是______。A原子半径:W>Q>RB.Q的氧化物的水化物一定是强酸C.在2mlR单质的饱和溶液中加入几滴紫色石蕊试剂,溶液显红色D.W与Q可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物(6)2.9g由X与Y组成的某化合物在足量的氧气中充分燃烧,然后将全部产物依次通入足量的浓硫酸和碱石灰,浓硫酸增重4.5g,碱石灰增重8.8g,则该化合物的结构简式为______。【答案】(1)第三周期第ⅥA族(2)(3)NCl3+3H2O=NH3+3HClO(4)H的最高化合价为+1,最低化合价为-1,二者的代数和为0(5)BC(6)CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q、R六种短周期主族元素,原子序数依次增大。X是元素周期表中原子半径最小的元素,则X为氢元素;Y元素的最外层电子数是最内层电子数的2倍,即核外电子排布为2、4,其为碳元素;Z元素的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐,则其氢化物显碱性,Z为氮元素;W与X同主族,则W为钠元素;Q元素的单质是一种黄色晶体,则Q为硫元素,R为氯元素。从而得出X、Y、Z、W、Q、R分别为H、C、N、Na、S、Cl。【小问1详解】第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 由分析可知,Q为硫元素,其在周期表中的位置为第三周期第ⅥA族。答案为:第三周期第ⅥA族;【小问2详解】N2H4结构中含非极性共价键,则存在N-N键和N-H键,其结构式为:。答案为:;【小问3详解】由N与Cl组成的一种化合物M,摩尔质量不超过150g/mol,每个原子最外层均满足8e-稳定结构,则其化学式为NCl3,其水溶液可用于漂白和杀菌,则水溶液中含有HClO,从而得出NCl3与水初步反应的化学方程式为NCl3+3H2O=NH3+3HClO。答案为:NCl3+3H2O=NH3+3HClO;【小问4详解】第IVA族元素的特点是最高、最低化合价的数值相等,所以乙同学的理由是H的最高化合价为+1,最低化合价为-1,二者的代数和为0。答案为:H的最高化合价为+1,最低化合价为-1,二者的代数和为0;【小问5详解】A.W、Q、R分别为Na、S、Cl元素,三者为同周期元素且从左到右排列,所以原子半径:Na>S>Cl,A正确;B.Q的氧化物的水化物可能为H2SO3、H2SO4,前者为弱酸,后者为强酸,B不正确;C.在2mlCl2的饱和溶液中,含有HCl和HClO,加入几滴紫色石蕊试剂,溶液先变红后褪色,C不正确;D.W与Q可形成Na2S2,既含离子键又含非极性共价键,D正确;故选BC。答案为:BC;【小问6详解】2.9g由H与C组成的某化合物在足量的氧气中充分燃烧,生成H2O的质量为4.5g,CO2的质量为8.8g,则该化合物含有H元素的质量为=0.5g,含H原子的物质的量为0.5mol,含C元素的物质的量为=0.2mol,质量为0.2mol×12g/mol=2.4g,C、H元素的质量和为2.4g+0.5g=2.9g,则该有机物分子中不含有O元素,分子中C、H原子个数比为0.2mol:0.5mol=2:5,则其分子式为C4H10,结构简式为CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2。答案为:CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2。【点睛】由Na2O2的化学式,利用类推法,可确定Na与S组成的含有非极性键化合物的第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 化学式为Na2S2。18.为探究某液态化合物X(仅含三种短周期元素)的组成和性质,某学习小组进行了如图实验:已知:白色固体D是光导纤维的主要成分。请回答:(1)组成X的三种元素的名称是______。(2)由白色固体D制备的光导纤维作通讯材料时,遇强碱性溶液易造成断路,请用离子方程式解释其原因______。(3)写出液体X与适量水在一定条件下反应的化学方程式______。(4)设计实验检验单质气体A______。【答案】(1)硅、氢、氯(2)SiO2+2OH-=+H2O(3)SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑(4)点燃气体,在火焰上方放一个干冷烧杯,有水珠产生,再放一个内壁涂有澄清石灰水的烧杯,石灰水不变浑浊,从而说明气体是氢气(其他合理答案也得分)【解析】【分析】白色固体D是光导纤维的主要成分,则D为SiO2,B为H2SiO3;C中加入硝酸酸化的硝酸银溶液,产生白色沉淀E,则E为AgCl,C中含有Cl-;单质气体A的物质的量为0.01mol。液体A中,含Si原子的物质的量为=0.01mol,质量为0.28g,含Cl原子的物质的量为=0.03mol,质量为0.03mol×35.5g/mol=1.065g,则所含第三种元素的质量为1.355g-1.065g-0.28g=0.01g,X与水反应产生的单质气体A为0.01mol,则X中含该原子的物质的量为0.01mol,其摩尔质量为=1g/mol,其为氢元素,从而得出,X中所含Si、H、Cl的原子个数比为0.01mol:0.01mol:0.03mol=1:1:3,X的化学式为SiHCl3。【小问1详解】由分析可知,组成X的三种元素的名称是硅、氢、氯。答案为:硅、氢、氯;第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 【小问2详解】白色固体D为SiO2,遇强碱性溶液发生反应,用离子方程式解释其原因:SiO2+2OH-=+H2O。答案为:SiO2+2OH-=+H2O;【小问3详解】液体X为SiHCl3,与适量水在一定条件下反应,生成H2SiO3、HCl,化学方程式:SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑。答案为:SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑;【小问4详解】气体A为H2,可点燃并测定其产物,实验方案为:点燃气体,在火焰上方放一个干冷烧杯,有水珠产生,再放一个内壁涂有澄清石灰水烧杯,石灰水不变浑浊,从而说明气体是氢气(其他合理答案也得分)。答案为:点燃气体,在火焰上方放一个干冷烧杯,有水珠产生,再放一个内壁涂有澄清石灰水的烧杯,石灰水不变浑浊,从而说明气体是氢气(其他合理答案也得分)。【点睛】在SiHCl3中,Si显+4价,H显-1价,Cl显-1价。19.请根据所学知识回答下列问题:(1)已知反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。若要加快该反应的速率,在其他条件不变的情况下,下列措施可行的是______(填字母)。A.升高温度B.改稀硫酸为98%的浓硫酸C.将纯铁改为生铁D.往稀硫酸中加入少量Na2SO4(s)(2)近年来,科学家致力于将二氧化碳和氢气转化为甲醇(CH3OH)的技术研究,为解决环境与能源问题提供了新途径。某温度下在2L的恒容密闭容器中,充入4molCO2和4molH2,发生如下反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。①能判断该反应已达到化学反应限度的是______(填字母)。A.容器内压强保持不变B.容器中CO2浓度与H2浓度之比为1:3C.容器中CO2的物质的量分数保持不变D.CO2的生成速率与CH3OH的生成速率相等②现测得H2的浓度随时间变化如图所示。从反应开始经过12min达到平衡,则0~5min内CO2的平均反应速率v(CO2)=______,第12min时,甲醇的物质的量浓度为______。第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 ③请在图中画出0~15min内H2转化率随时间变化的示意图______。(3)燃料电池能有效提高能源利用率,写出甲醇(CH3OH)空气燃料电池在碱性条件(KOH溶液)中的负极电极反应式______。【答案】(1)AC(2)①.AD②.0.067mol·L-1·min-1③.0.5mol·L-1④.(3)CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O【解析】【小问1详解】A.升高温度,分子的能量增大,运动的速率加快,有效碰撞的次数增多,化学反应速率加快,A符合题意;B.98%的浓硫酸使铁发生钝化,反应不能持续进行,B不符合题意;C.将纯铁改为生铁,生铁可与稀硫酸形成原电池,从而加快反应速率,C符合题意;D.往稀硫酸中加入少量Na2SO4(s),对反应不产生影响,反应速率不变,D不符合题意;故选AC。答案为:AC;【小问2详解】①A.容器内压强保持不变,各物质的浓度保持不变,反应达平衡状态,A符合题意;B.容器中CO2浓度与H2浓度之比为1:3,可能是反应过程中的某一阶段,不一定是平衡状态,B不符合题意;C.某温度下在2L的恒容密闭容器中,充入4molCO2和4molH2,发生如下反应:第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g),设参加反应CO2物质的量为x,则可建立如下三段式:容器中CO2的物质的量分数为=50%,由此可知,不管反应进行到什么程度,CO2的物质的量分数始终保持不变,所以反应不一定达平衡状态,C不符合题意;D.CO2的生成速率与CH3OH的生成速率相等,反应进行的方向相反,且速率之比等于化学计量数之比,反应达平衡状态,D符合题意;故选AD。②从反应开始经过12min达到平衡,则0~5min内CO2的平均反应速率v(CO2)==0.067mol·L-1·min-1,第12min时,氢气的浓度变化量为1.5mol/L,则甲醇的物质的量浓度为=0.5mol·L-1。③从图中可以得出,5min时,H2的转化率为50%,12min时,H2的转化率为75%,由此可在图中画出0~15min内H2转化率随时间变化的示意图为。答案为:AD;0.067mol·L-1·min-1;0.5mol·L-1;;【小问3详解】甲醇(CH3OH)、空气燃料电池,在碱性条件(KOH溶液)中,负极CH3OH失电子产物与电解第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 质反应生成等,电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O。答案为:CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O。【点睛】在可逆反应中,当某物质的转化率不变时,反应不一定达平衡状态。20.某研究性小组为探究NO与Na2O2的反应,设计如图装置:已知:NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化成NO,MnO被还原为Mn2+。请回答下列问题:(1)盛放浓硝酸的仪器名称______,导管c的作用______。(2)写出装置A中发生反应的化学方程式______,装置D中NO与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式______。(3)若NO与Na2O2发生了反应,装置C中能观察到的实验现象是_____。有同学提出即使观察到此现象,也无法得出NO是否与Na2O2发生了反应,其理由是______。(4)实验过程中,观察到装置A中的溶液呈绿色,加热该绿色溶液一段时间(不考虑溶液体积变化),溶液的颜色变为蓝色,试分析溶液呈绿色的原因?______。(5)实验结束时,为减少装置中残留的NO对环境的危害,我们可采取的操作是______。【答案】(1)①.分液漏斗②.平衡装置中压强,使得液体能够顺利滴下(2)①.②.(3)①.淡黄色固体变为白色②.进入的气体中含有水,水也会和过氧化钠反应(4)可能为溶液中溶解了二氧化氮气体,加热气体逸出溶液变为蓝色(5)将尾气与足量氧气混合后通入水中吸收【解析】【分析】装置A中浓硝酸和铜反应生成二氧化氮气体,二氧化氮和B中水反应转化为NO,NO和C中过氧化钠反应,过量的NO进入D和酸性高锰酸钾反应,尾气有毒需要吸收处理;【小问1详解】盛放浓硝酸的仪器名称分液漏斗,导管c第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 的作用平衡装置中压强,使得液体能够顺利滴下;【小问2详解】装置A中浓硝酸和铜反应生成硝酸铜和二氧化氮气体,发生反应的化学方程式;已知:NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化成NO,MnO被还原为Mn2+,则根据电子守恒、质量守恒可知,NO与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为;【小问3详解】过氧化钠为淡黄色固体,若NO与Na2O2发生了反应,装置C中能观察到的实验现象是淡黄色固体变为白色;由于进入的气体中含有水,水也会和过氧化钠反应,故即使观察到此现象,也无法得出NO是否与Na2O2发生了反应;【小问4详解】装置A中生成二氧化氮气体,实验过程中,观察到装置A中的溶液呈绿色,加热该绿色溶液一段时间(不考虑溶液体积变化),溶液的颜色变为蓝色,则溶液呈绿色的原因可能为溶液中溶解了二氧化氮气体,加热气体逸出溶液变为蓝色;【小问5详解】一氧化氮和氧气水生成硝酸,故为减少装置中残留的NO对环境的危害,我们可采取的操作是将尾气与足量氧气混合后通入水中吸收。21.有一份含镁、铝的合金粉末样品,将其分为两等份,向第一份样品中加入过量的氢氧化钠溶液,得到336mLH2(标准状况),向第二份样品中加入100mL1mol/L的盐酸,完全反应后,得到672mLH2(标准状况)。试计算:(1)原样品中铝的物质的量为______。(2)该合金中镁、铝的物质的量之比为______。(3)为将第二份样品反应后的溶液中的镁、铝元素完全分开,至少需加入1mol/L的NaOH溶液_____mL。【答案】(1)0.02mol(2)3:1(3)110【解析】【分析】镁与氢氧化钠溶液不反应,铝与氢氧化钠溶液反应,离子方程式为:,标况下得到氢气的体积为336mL,即物质的量为,故Al的物质的量为0.01mol;根据得失电子守恒,0.01molAl失去0.03mol电子,与盐酸反应生成的氢气的物质的量为0.015mol,第二份样品中金属与盐第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司 酸完全反应得到氢气的物质的量为,根据金属镁与盐酸反应的离子方程式为:,故镁的物质的量为0.03mol。【小问1详解】根据分析,半分样品中铝的物质的量为0.01mol,原样品中铝的物质的量为0.02mol;【小问2详解】该合金中镁、铝的物质的量之比为:0.03:0.01=3:1;【小问3详解】金属镁和铝与盐酸反应的离子方程式为:、,第二份样品中镁离子的物质的量为0.03mol,Al3+的物质的量为0.01mol,氢离子的总物质的量为,溶液中剩余氢离子的物质量为:,将镁和铝完全分开时,镁离子转化为氢氧化镁沉淀,铝离子转化为偏铝酸根,共需要消耗的氢氧化钠的物质的量为:,故至少需要加入1mol/L的氢氧化钠溶液的体积为:。第19页/共19页学科网(北京)股份有限公司
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高中 - 化学
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