北京101中学2022-2023高一下学期期末考试化学试题(原卷版+解析版)

北京101中学2022-2023高一下学期期末考试化学试题(原卷版+解析版)

北京101中学2022-2023学年高一下学期期末考试
化学(等级考)
本试卷满分100分;答题时间为90分钟。
可能用到的相对原子质量:H1 C12 O16 Fe56 Cu64
I卷 选择题(共42分)
(共14道小题,每小题只有一个选项符合题意,每小题3分。)
1. 下列设备工作时,将化学能转化为电能的是
A B C D
碱性干电池 风力发电机 太阳能集热器 燃气灶
A. A B. B C. C D. D
2. 下列物质中属于含有共价键的强电解质的是
A. B. C. D.
3. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程,该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. CH4→CH3COOH过程中,有C—H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C—C键
D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
4. 下列有关原电池装置的说法不正确的是
A. ①、②中,锌片都发生氧化反应
B. ①、②中,SO都向铜片移动
C. ②可将2H++Zn=H2↑+Zn2+释放的能量直接转化为电能
D. 当①、②中通过外电路的电子数相等时,正极生成物的质量比为32:1
5. 某有机物的结构如图所示,则下列说法正确的是
A. 该有机物中有4种官能团
B. 该有机物能与反应
C. 该有机物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团有2种
D. 该有机物能发生加成反应和氧化反应,不能发生取代反应
6. 由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法不正确的是(  )
A. 反应生成1 mol N2时转移4 mol e-
B. 反应物能量之和大于生成物能量之和
C. N2O(g)+NO(g)=N2(g)+NO2(g) ΔH=-139 kJ·mol-1
D. 断键吸收能量之和小于成键释放能量之和
7. 下列实验方案中能达到相应实验目的的是
A B C D
方案 将球浸泡在冷水和热水中
目的 验证对分解有催化作用 比较C、Si和Cl的非金属性 探究温度对化学平衡的影响 干燥氨气
A. A B. B C. C D. D
8. 下图是微生物燃料电池原理示意图。已知:a室中微生物降解有机物产生、和,质子交换膜只允许和通过。下列说法不正确的是
A. 通过质子交换膜从a室进入b室
B. a室内的石墨电极为正极,发生氧化反应
C. b室内电极反应为:
D. 该电池不能在高温环境下工作
9. 25℃、101kPa 下:
①2Na(s)+ O2(g)=Na2O(s) ΔH1=-414 kJ/mol
② 2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) ΔH2=-511 kJ/mol
下列说法正确的是
A. ①和②产物的阴阳离子个数比不相等
B. ①和②生成等物质的量的产物,转移电子数不同
C. 常温下Na与足量O2反应生成Na2O,随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快
D. 25℃、101kPa 下,Na2O2(s)+2 Na(s)= 2Na2O(s)=-317kJ/mol
10. 某同学研究浓度对化学平衡的影响,下列说法正确的是:已知:Cr2O(aq) + H2O(l)2CrO(aq)+ 2H+(aq) △H=+13.8 kJ/mol
待试管b 中颜色不变后与试管a 比较,溶液颜色变浅。滴加浓硫酸, 试管 c 温度略有升高,溶液颜色与试管 a 相比,变深。
A. 该反应为氧化还原反应
B. 待试管b中溶液颜色不变的目的是使Cr2O完全反应
C. 试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度
D. 该实验不能证明减小生成物浓度平衡正向移动
11. 在一定条件下,将和两种气体混合于2L恒容密闭容器中,发生如下反应:。末该反应达平衡,生成,并测得C的浓度为。下列判断正确的是
A.
B. A的转化率为
C. 内B的反应速率为
D. 若混合气体的平均相对分子质量不变,则表明该反应已达到平衡状态
12. 稀硫酸酸化后的软锰矿(主要成分为MnO2)悬浊液可用于吸收燃煤尾气中的SO2,得到MnSO4;MnSO4可与KMnO4反应制备电池材料MnO2,同时生成H2SO4。下列用来解释事实的方程式不正确的是( )
A. MnO2吸收SO2的反应:MnO2+SO2═MnSO4
B. MnO2作为碱性电池正极材料时放电反应:MnO2+e +H+═MnOOH
C. MnSO4与KMnO4反应制备MnO2:2MnO4 +3Mn2++2H2O═5MnO2+4H+
D. 尾气中的SO2还可用足量的氨水吸收:SO2+2NH3 H2O═2NH4++SO32 +H2O
13. 已知反应:2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3,分别在0 ℃和20 ℃下,测得其转化分数随时间变化的关系曲线(Y-t)如图所示。下列说法正确的是
A. b代表下CH3COCH3的Y-t曲线
B. 反应进行到20min末,H3COCH3的
C. 升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D. 从Y=0到Y=0.113,CH3COCH2COH(CH3)2的
14. 在通风橱中进行下列实验:
步骤
现象 Fe表面产生大量无色气泡,液面上方变为红棕色 Fe表面产生少量红棕色气泡后,迅速停止 Fe、Cu接触后,其表面均产生红棕色气泡
下列说法不正确的是
A. Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式:2NO+O2=2NO2
B. Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化膜,阻止Fe进一步反应
C. 对比Ⅰ、Ⅱ中现象,说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D. 针对Ⅲ中现象,在Fe、Cu之间连接电流计,可判断Fe是否被氧化
II卷 非选择题(共58分)
15. 丙烯酸丙酯是一种常见的化工原料,可用于制备聚合物防水涂料,一定条件下的转化关系如下图。
(1)丙烯→A的反应类型是___________。
(2)B中含有的官能团为___________。
(3)区分A、B两种物质的方法是___________。
(4)A与B反应的化学方程式是___________。
(5)D的结构简式是___________。
(6)推测D可能的性质___________(写一条即可)。
16. 研究大气中含硫化合物(主要是SO2和H2S)的转化具有重要意义。
(1)高湿条件下,写出大气中SO2转化为HSO3-的方程式:_________________。
(2)土壤中的微生物可将大气中H2S经两步反应氧化成SO42-,两步反应的能量变化示意图如下:
1mol H2S(g)全部氧化成SO42-(aq)的热化学方程式为___________________。
(3)二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动,其装置示意图如下:
① 质子的流动方向为_____________(“从A到B”或“从B到A”)。
② 负极电极反应式为________。
(4)燃煤烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键。SO2烟气脱除的一种工业流程如下:
① 用纯碱溶液吸收SO2将其转化为HSO3-,反应的离子方程式是__________________。
② 若石灰乳过量,将其产物再排回吸收池,其中可用于吸收SO2的物质的化学式是______________。
17. 在温度和下,和反应生成的平衡常数如下表:
化学方程式
43 34
(1)已知,,HX的生成反应是___________反应(填“吸热”或“放热”)。
(2)HX的电子式是___________。
(3)共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强,HX共价键的极性由强到弱的顺序是___________。
(4)X2都能与H2反应生成HX,用原子结构解释原因:___________。
(5)K的变化体现出X2化学性质的递变性,用原子结构解释原因:___________,原子半径逐渐增大,得电子能力逐渐减弱。
(6)仅依据K的变化,可以推断出:随着卤素原子核电荷数的增加,___________(填字母序号)。
a.在相同条件下,平衡时X2的转化率逐渐降低
b.X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱
c.HX的还原性逐渐减弱
d.HX的稳定性逐渐减弱
(7)为验证VIIA族部分元素非金属性的递变规律,设计如图装置进行实验,请回答:
①棉花中浸有溶液的作用是___________(用离子方程式表示)。
②验证溴与碘的非金属性强弱:通入少量氯气,充分反应后,将A中液体滴入试管内,取下试管,充分振荡、静置,可观察到___________;该实验必须控制氯气的加入量,否则得不出溴的非金属性比碘强的结论,理由是___________。
18. 铁及其化合物在日常生活中有广泛应用。
(1)写出Fe(OH)2转化为Fe(OH)3的化学方程式_______________。
(2)绿矾(FeSO4·7H2O)是补血剂的原料,易变质。检验绿矾是否变质的试剂是_______________
设计实验检验绿矾是否完全变质__________
(3)利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如下:
①干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水,过程中会有少量FeCO3·nH2O在空气中被氧化为FeOOH,该反应的化学方程式为_______________
②取干燥后的FeCO3样品12.49g ,焙烧,最终得到还原铁粉6.16g,计算样品中杂质FeOOH的质量____
(4)以羰基化合物为载体运用化学平衡移动原理分离、提纯某纳米级活性铁粉(含有一些不反应的杂质),反应装置如下图。
Fe(s)+5CO(g) Fe(CO)5(g) ΔH<0
T1___T2(填“>”、“<”或“=”),判断理由是_______________
19. 已知FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应,某小组同学对该反应进行实验探究。
(1)甲同学首先进行了实验1。
实验 1 实验步骤 实验现象
ⅰ. 取2 mL 1 mol·L-1 KI溶液, 滴加0.1 mol·L-1 FeCl3溶液3滴(1滴约为0.05 mL,下同)。 ⅰ. 溶液呈棕黄色。
ⅱ. 向其中滴加2滴0.1 mol·L-1 KSCN溶液。 ⅱ. 溶液不显红色。
① 写出FeCl3溶液与KI溶液反应的离子方程式_______________________。
② 加入KSCN溶液目的是_______________________________________。
③ 甲同学认为溶液不显红色的原因是反应体系中c(Fe3+)太低,改进实验方案,进行实验2。
实验2 实验步骤 实验现象
ⅰ. 取2 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液, 滴加0.1 mol·L-1 FeCl3溶液3滴。 ⅰ. 溶液呈棕黄色。
ⅱ. 向其中滴加2滴0.1 mol·L-1 KSCN溶液。 ⅱ. 溶液显红色。
ⅲ. 继续加入2 mL CCl4,充分振荡、静置。 ⅲ. 液体分层,上层红色消失,变为棕黄色,下层呈紫红色。
本实验改用0.1 mol·L-1 KI溶液的目的是_________________________________________。
用化学平衡原理解释实验2中加入CCl4后上层溶液红色消失的原因________________。
(2)甲同学认为“用CCl4萃取后上层溶液仍为棕黄色”的原因是I2未被充分萃取,但乙同学查阅资料得到信息:I2、I3-在水中均呈棕黄色,两者有如下关系:I2+I-I3-。于是提出假设:萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3-。
① 为验证假设,乙同学设计并完成了实验3。
实验3 实验步骤 实验现象
ⅰ. 取1 mL实验2中棕黄色的上层清液,再加入2 mL CCl4, 振荡、静置。 ⅰ. 液体分层,上层呈黄色,下层呈紫红色。
ⅱ. 取1 mL饱和碘水,加入2 mL CCl4, 振荡、静置。 ⅱ. 液体分层,上层为无色,下层呈紫红色。
实验3结论是_________________________________。
② 甲同学依据乙同学的实验设计思路,选用实验2中的试剂,运用控制变量的方法设计了更加严谨的实验,证明了平衡I2+I- I3-的存在。
请你补充完整他设计的实验步骤:将实验2中下层紫红色溶液平均分成两份,分装于两支试管中,向试管1中加入1 mL水,振荡、静置;向试管2中_________________。两支试管中的现象分别为__________________________________。
北京101中学2022-2023学年高一下学期期末考试
化学(等级考) 答案解析
本试卷满分100分;答题时间为90分钟。
可能用到的相对原子质量:H1 C12 O16 Fe56 Cu64
I卷 选择题(共42分)
(共14道小题,每小题只有一个选项符合题意,每小题3分。)
1. 下列设备工作时,将化学能转化为电能的是
A B C D
碱性干电池 风力发电机 太阳能集热器 燃气灶
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.碱性干电池是将化学能转化为电能,故A符合题意;
B.风力发电机是将风能转化为电能,故B不符合题意;
C.太阳能集热器将太阳能转化为热能,故C不符合题意;
D.燃气灶是将化学能转化为热能,故D不符合题意。
综上所述,答案为A。
2. 下列物质中属于含有共价键的强电解质的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A.是弱酸,属于弱电解质,故A不符合题意;
B.是乙醇,属于非电解质, B不符合题意;
C.是强电解质,但只含离子键,故C不符合题意;
D.含有离子键和共价键,是盐,属于强电解质,故D符合题意;
综上所述,答案为D。
3. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程,该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. CH4→CH3COOH过程中,有C—H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C—C键
D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】
【详解】分析:A项,生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH,原子利用率为100%;B项,CH4选择性活化变为①过程中,有1个C-H键发生断裂;C项,根据图示,①的总能量高于②的总能量,①→②放出能量并形成C-C键;D项,催化剂只影响化学反应速率,不影响化学平衡,不能提高平衡转化率。
详解:A项,根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH,总反应为CH4+CO2CH3COOH,只有CH3COOH一种生成物,原子利用率为100%,A项正确;B项,CH4选择性活化变为①过程中,有1个C-H键发生断裂,B项正确;C项,根据图示,①的总能量高于②的总能量,①→②放出能量,对比①和②,①→②形成C-C键,C项正确;D项,催化剂只影响化学反应速率,不影响化学平衡,不能提高反应物的平衡转化率,D项错误;答案选D。
点睛:本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响,解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能,加快反应速率,催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
4. 下列有关原电池装置的说法不正确的是
A. ①、②中,锌片都发生氧化反应
B. ①、②中,SO都向铜片移动
C. ②可将2H++Zn=H2↑+Zn2+释放的能量直接转化为电能
D. 当①、②中通过外电路的电子数相等时,正极生成物的质量比为32:1
【答案】B
【解析】
【分析】Zn、Cu和硫酸铜溶液构成原电池中,锌为负极,发生失电子的氧化反应生成Zn2+,负极反应式为Zn-2e-═Zn2+,铜为正极,正极上Cu2+发生得电子的还原反应生成Cu,正极反应式为Cu2++2e-=Cu;Cu-Zn与稀硫酸构成的原电池中,Zn失电子生成Zn2+,为负极,Cu为正极,负极反应式为Zn-2e-═Zn2+,正极上H+得电子生成H2,正极反应式为2H++ 2e-═H2↑,原电池工作时,阴离子向负极移动、阳离子向正极移动。
【详解】A. Zn比Cu活泼,能与Cu2+、H+反应,则①、②原电池中,锌片都发生氧化反应生成Zn2+,故A正确;
B. ①、②中,都是锌为负极、铜为正极,工作时阴离子移向负极,SO都向锌片移动,故B错误;
C. Cu-Zn与稀硫酸构成的原电池中,将化学能转化为电能,反应实质是2H++Zn═H2↑+Zn2+,故C正确;
D. ①、②原电池中正极反应式分别为Cu2++2e-=Cu、2H++ 2e-═H2↑,当通过外电路的电子均为2mol时,生成1molCu和1molH2,二者质量之比为1mol×64g/mol:1mol×2g/mol=32:1,故D正确;
故选:B。
5. 某有机物的结构如图所示,则下列说法正确的是
A. 该有机物中有4种官能团
B. 该有机物能与反应
C. 该有机物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团有2种
D. 该有机物能发生加成反应和氧化反应,不能发生取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.该有机物有碳碳双键、羧基和羟基3种官能团,故A错误;
B.只有羧基与氢氧化钠反应,所以该有机物能与反应,故B错误;
C.该有机物中含有的碳碳双键和羟基可被酸性高锰酸钾氧化,从而使酸性高锰酸钾溶液褪色,故C正确;
D.该有机物中含有羟基和羧基,可发生取代反应,故D错误;
故选C
6. 由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法不正确的是(  )
A. 反应生成1 mol N2时转移4 mol e-
B. 反应物能量之和大于生成物能量之和
C. N2O(g)+NO(g)=N2(g)+NO2(g) ΔH=-139 kJ·mol-1
D. 断键吸收能量之和小于成键释放能量之和
【答案】A
【解析】
【详解】A. 化学方程式:N2O+NO = N2+NO2,生成1 mol N2时转移电子2 mol,故A错误;
B. 根据能量变化图,反应物的总能量大于生成物的总能量,此反应属于放热反应,故B正确;
C. 根据能量变化图,N2O(g) +NO(g) = N2(g) +NO2(g) ΔH=(209-348) kJ·mol 1=-139 kJ·mol 1,故C正确;
D. 断键吸收能量,成键释放能量,此反应是放热反应,因此断键吸收能量之和小于成键释放能量之和,故D正确。
综上所述,答案为A。
【点睛】放热反应断键吸收能量之和小于成键释放能量之和;吸热反应断键吸收能量之和大于成键释放能量之和。
7. 下列实验方案中能达到相应实验目的的是
A B C D
方案 将球浸泡在冷水和热水中
目的 验证对分解有催化作用 比较C、Si和Cl的非金属性 探究温度对化学平衡的影响 干燥氨气
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.分解,两个对比实验有两个变量,催化剂和温度,因此不能达到实验目的,故A不符合题意;
B.比较非金属性,应该用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱比较,由于盐酸易挥发,挥发的盐酸也会与硅酸钠反应生成硅酸沉淀,因此不能比较C、Si和Cl的非金属性,故B不符合题意;
C.将球浸泡在冷水和热水中,通过颜色变化来探究温度对化学平衡的影响,能达到实验目的,故C符合题意;
D.氨气与硫酸反应生成硫酸铵,因此不能用浓硫酸干燥氨气,故D不符合题意。
综上所述,答案为C。
8. 下图是微生物燃料电池原理示意图。已知:a室中微生物降解有机物产生、和,质子交换膜只允许和通过。下列说法不正确的是
A. 通过质子交换膜从a室进入b室
B. a室内的石墨电极为正极,发生氧化反应
C. b室内的电极反应为:
D. 该电池不能在高温环境下工作
【答案】B
【解析】
【分析】该装置为原电池,电子由a室石墨流出,则a室石墨为负极,有机物发生氧化反应生成CO2和H +,b室内石墨电极为正极,正极上O2得电子生成H2O;
【详解】A.a室内石墨电极为负极,b室内石墨电极为正极,原电池工作时阳离子移向正极,即H+通过质子交换膜从a室进入b室,选项A正确;
B.a室内石墨电极为负极,有机物发生氧化反应生成CO2和H +,选项B错误;
C.b室内石墨电极为正极,正极上O2得电子生成H2O,正极反应式为O2+4e- +4H+ = 2H2O,选项C正确;
D.微生物不能生活在高温环境下,所以该电池不能在高温环境下工作,选项D正确;
答案选B。
9. 25℃、101kPa 下:
①2Na(s)+ O2(g)=Na2O(s) ΔH1=-414 kJ/mol
② 2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) ΔH2=-511 kJ/mol
下列说法正确的是
A. ①和②产物的阴阳离子个数比不相等
B. ①和②生成等物质的量的产物,转移电子数不同
C. 常温下Na与足量O2反应生成Na2O,随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快
D. 25℃、101kPa 下,Na2O2(s)+2 Na(s)= 2Na2O(s)=-317kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A.①中产物Na2O含有两个Na+和一个O2-,阴阳离子个数比为2∶1,②产物Na2O2含有两个Na+和一个O,阴阳离子个数比也为2∶1,二者相等,A错误;
B.①中Na2O~2e-,②中Na2O2~2e-,则二者生成等物质的量的产物,转移电子数相同,B错误;
C.常温下Na与足量O2反应生成Na2O,随温度升高产物变为Na2O2,C错误;
D.25℃、101kPa 下,根据盖斯定律,反应①×2-②可得:Na2O2(s)+2 Na(s)= 2Na2O(s)=(-414)×2-(-511)=-317(kJ/mol),D正确;
故选D。
10. 某同学研究浓度对化学平衡的影响,下列说法正确的是:已知:Cr2O(aq) + H2O(l)2CrO(aq)+ 2H+(aq) △H=+13.8 kJ/mol
待试管b 中颜色不变后与试管a 比较,溶液颜色变浅。滴加浓硫酸, 试管 c 温度略有升高,溶液颜色与试管 a 相比,变深。
A. 该反应为氧化还原反应
B. 待试管b中溶液颜色不变的目的是使Cr2O完全反应
C. 试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度
D. 该实验不能证明减小生成物浓度平衡正向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A.反应中元素化合价没有变化,不属于氧化还原反应,故A错误;
B.试管b中溶液颜色不变的目的是使反应到达平衡,且可逆反应中反应物不能完全转化,故B错误;
C.试管c颜色变深,说明平衡逆向移动,而c中温度、氢离子浓度均变化,则c中现象不能说明影响平衡的主要因素是温度,故C错误;
D.加入氢氧化钠溶液,可能溶液体积变大,使离子浓度减小导致颜色变浅的,不能证明减小生成物浓度使平衡正向移动,故D正确;
故答案选D。
11. 在一定条件下,将和两种气体混合于2L恒容密闭容器中,发生如下反应:。末该反应达平衡,生成,并测得C的浓度为。下列判断正确的是
A.
B. A的转化率为
C. 内B的反应速率为
D. 若混合气体的平均相对分子质量不变,则表明该反应已达到平衡状态
【答案】D
【解析】
【详解】A.末该反应达平衡,生成,并测得C的浓度为,则C的物质的量改变量为,根据改变量之比等于计量系数之比,则,故A错误;
B.根据D改变量为0.8mol,则A的改变量为1.2mol,则A的转化率为,故B错误;
C.根据D改变量为0.8mol,则B的改变量为0.4mol,内B的反应速率为,故C错误;
D.该反应是体积减小的反应,正向移动,气体质量不变,气体物质的量减小,平均摩尔质量增大,若混合气体的平均相对分子质量不变,则表明该反应已达到平衡状态,故D正确。
综上所述,答案为D。
12. 稀硫酸酸化后的软锰矿(主要成分为MnO2)悬浊液可用于吸收燃煤尾气中的SO2,得到MnSO4;MnSO4可与KMnO4反应制备电池材料MnO2,同时生成H2SO4。下列用来解释事实的方程式不正确的是( )
A. MnO2吸收SO2的反应:MnO2+SO2═MnSO4
B. MnO2作为碱性电池正极材料时的放电反应:MnO2+e +H+═MnOOH
C. MnSO4与KMnO4反应制备MnO2:2MnO4 +3Mn2++2H2O═5MnO2+4H+
D. 尾气中的SO2还可用足量的氨水吸收:SO2+2NH3 H2O═2NH4++SO32 +H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.S元素被二氧化锰氧化为硫酸根离子,则MnO2吸收SO2的反应:MnO2+SO2═MnSO4,故A正确;
B.碱性条件下,电极方程式中不能有氢离子参加,所以MnO2作为碱性电池正极材料时放电反应:MnO2+e +H2O═MnOOH+OH ,故B错误;
C.MnSO4被KMnO4氧化生成MnO2,则MnSO4与KMnO4反应制备MnO2: 2MnO4 +3Mn2++2H2O═5MnO2+4H+,故C正确;
D.SO2是酸性气体,与氨水反应生成盐溶液,所以尾气中的SO2还可用足量的氨水吸收:SO2+2NH3 H2O═2NH4++SO32 +H2O,故D正确。
故选B。
13. 已知反应:2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3,分别在0 ℃和20 ℃下,测得其转化分数随时间变化的关系曲线(Y-t)如图所示。下列说法正确的是
A. b代表下CH3COCH3的Y-t曲线
B. 反应进行到20min末,H3COCH3的
C. 升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D. 从Y=0到Y=0.113,CH3COCH2COH(CH3)2的
【答案】D
【解析】
【详解】A、温度越高反应速率就越快,到达平衡的时间就越短,由图像可看出曲线b首先到达平衡,所以曲线b表示的是20℃时的Y-t曲线,A错误;
B、当反应进行到20min时,从图像中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数,这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快,所以v(0℃)/v(20℃)<1,B错误;
C、根据图像温度越高CH3COCH3转化的越少,说明升高温度平衡向逆反应方向进行,即正方应是放热反应,C错误;
D、根据图像可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同,都是0.113,这说明此时生成的CH3COCH2COH(CH3)2一样多,所以从Y=0到Y=0.113,CH3COCH2COH(CH3)2的△n(0℃)/△n(20℃)=1,D正确;
答案选D。
【点晴】做题时注意观察曲线的变化趋势,以及温度对化学反应速率的影响,本题的关键是根据图像正确判断反应是吸热还是放热。平衡图像题的一般解题流程为:。
14. 在通风橱中进行下列实验:
步骤
现象 Fe表面产生大量无色气泡,液面上方变为红棕色 Fe表面产生少量红棕色气泡后,迅速停止 Fe、Cu接触后,其表面均产生红棕色气泡
下列说法不正确的是
A. Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式:2NO+O2=2NO2
B. Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化膜,阻止Fe进一步反应
C. 对比Ⅰ、Ⅱ中现象,说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D. 针对Ⅲ中现象,在Fe、Cu之间连接电流计,可判断Fe是否被氧化
【答案】C
【解析】
【分析】I中铁和稀硝酸生成一氧化氮,一氧化氮遇空气生成二氧化氮;Ⅱ中Fe遇浓硝酸钝化,表面形成致密的氧化层,阻止Fe进一步反应,所以产生少量红棕色气泡后,迅速停止;Ⅲ中构成原电池,Fe作为负极,且Fe与浓硝酸直接接触,会产生少量二氧化氮,Cu作为正极,发生得电子的反应,生成二氧化氮。
【详解】A.I中铁和稀硝酸生成一氧化氮,一氧化氮遇空气生成二氧化氮,化学方程式为: 2NO+O2=2NO2,A正确;
B.常温下,Fe遇浓硝酸易钝化,表面形成致密的氧化层,阻止Fe进一步反应,B正确;
C.对比Ⅰ、Ⅱ中现象,实验Ⅱ反应停止是因为发生了钝化,不能用来比较浓HNO3和稀HNO3的氧化性强弱,物质氧化性强弱只能通过比较物质得电子能力强弱来分析,C错误;
D.Ⅲ中构成原电池,在Fe、Cu之间连接电流计,可判断Fe是否持续被氧化,D正确;
故选C。
II卷 非选择题(共58分)
15. 丙烯酸丙酯是一种常见的化工原料,可用于制备聚合物防水涂料,一定条件下的转化关系如下图。
(1)丙烯→A的反应类型是___________。
(2)B中含有的官能团为___________。
(3)区分A、B两种物质的方法是___________。
(4)A与B反应的化学方程式是___________。
(5)D的结构简式是___________。
(6)推测D可能的性质___________(写一条即可)。
【答案】(1)加成反应
(2)羧基、碳碳双键 (3)向盛有少量A、B的试管中滴加几滴紫色石蕊,变红的为B(丙烯酸)
(4)CH2=CHCOOH+CH3CH2CH2OHCH2=CHCOOCH2CH2CH3+H2O
(5) (6)与氢氧化钠反应(水解反应)
【解析】
【分析】丙烯和水反应生成1 丙醇,丙烯和氧气反应生成丙烯酸,丙烯酸和1 丙醇发生酯化反应生成丙烯酸丙酯,丙烯酸丙酯发生加聚反应生成聚合物。
【小问1详解】
丙烯和水反应生成1 丙醇,则丙烯→A的反应类型是加成反应;故答案为:加成反应。
【小问2详解】
B为丙烯酸,则B中含有的官能团为羧基、碳碳双键;故答案为:羧基、碳碳双键。
【小问3详解】
A为醇,B含有碳碳双键和羧基,主要通过羧基来区分,因此区分A、B两种物质的方法是向盛有少量A、B的试管中滴加几滴紫色石蕊,变红的为B(丙烯酸);故答案为:向盛有少量A、B的试管中滴加几滴紫色石蕊,变红的为B(丙烯酸)。
【小问4详解】
A与B反应是丙烯酸和1 丙醇发生酯化反应生成丙烯酸丙酯和水,其反应的化学方程式是CH2=CHCOOH+CH3CH2CH2OHCH2=CHCOOCH2CH2CH3+H2O;故答案为:CH2=CHCOOH+CH3CH2CH2OHCH2=CHCOOCH2CH2CH3+H2O。
【小问5详解】
D是CH2=CHCOOCH2CH2CH3发生加聚反应得到,则D的结构简式是 ;故答案为: 。
【小问6详解】
D含有酯基,因此D可能发生水解反应即与氢氧化钠反应;故答案为:与氢氧化钠反应(水解反应)。
16. 研究大气中含硫化合物(主要是SO2和H2S)的转化具有重要意义。
(1)高湿条件下,写出大气中SO2转化为HSO3-的方程式:_________________。
(2)土壤中的微生物可将大气中H2S经两步反应氧化成SO42-,两步反应的能量变化示意图如下:
1mol H2S(g)全部氧化成SO42-(aq)的热化学方程式为___________________。
(3)二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动,其装置示意图如下:
① 质子的流动方向为_____________(“从A到B”或“从B到A”)。
② 负极的电极反应式为________。
(4)燃煤烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键。SO2烟气脱除的一种工业流程如下:
① 用纯碱溶液吸收SO2将其转化为HSO3-,反应的离子方程式是__________________。
② 若石灰乳过量,将其产物再排回吸收池,其中可用于吸收SO2的物质的化学式是______________。
【答案】 ① SO2+H2OH2SO3;H2SO3H++HSO3- ②. H2S(g)+2O2(g)=SO42-(aq)+2H+(aq)ΔH=-806.39kJ·mol-1 ③. 从A到B ④. SO2–2e-+2H2O==SO42-+4H+ ⑤. H2O+2SO2+CO32-=2HSO3-+CO2↑ ⑥. NaOH
【解析】
【详解】(1)二氧化硫为酸性氧化物与水生成亚硫酸,亚硫酸为弱电解质,部分电离产生氢离子与亚硫酸氢根离子,离子方程式:SO2+H2OH2SO3,H2SO3H++HSO3-;
(2)由图可知,第一步热化学反应为:H2S(g)+0.5O2(g)=S(s)+H2O(g)△H=-221.19 kJ mol-1;第二步反应为:S(s)+1.5O2(g)+H2O(g)=2H+(aq)+SO42-(aq))△H=-585.20 kJ mol-1;依据盖斯定律,第一步与第二步方程式相加得:H2S(g)+2O2(g)=SO42-(aq)+2H+(aq)△H=-806.39 kJ mol-1;
(3)①二氧化硫发生氧化反应,氧气发生还原反应,所以二氧化硫所在电极为负极,氧气所在电极为正极,原电池中阳离子移向正极,所以质子移动方向为:从A到B;
②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应,电极反应式为:SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+;
(4)①亚硫酸的酸性大于碳酸,碳酸钠溶液中通入过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳,离子方程式:H2O+2SO2+CO32-=2HSO3-+CO2;
②再生池中,亚硫酸氢钠可以与石灰乳反应生成亚硫酸钙沉淀和氢氧化钠,二氧化硫为酸性氧化物,能够与碱液反应,故NaOH和过量的Ca(OH)2可以用于吸收二氧化硫。
17. 在温度和下,和反应生成的平衡常数如下表:
化学方程式
43 34
(1)已知,,HX的生成反应是___________反应(填“吸热”或“放热”)。
(2)HX的电子式是___________。
(3)共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强,HX共价键的极性由强到弱的顺序是___________。
(4)X2都能与H2反应生成HX,用原子结构解释原因:___________。
(5)K的变化体现出X2化学性质的递变性,用原子结构解释原因:___________,原子半径逐渐增大,得电子能力逐渐减弱。
(6)仅依据K的变化,可以推断出:随着卤素原子核电荷数的增加,___________(填字母序号)。
a.在相同条件下,平衡时X2的转化率逐渐降低
b.X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱
c.HX的还原性逐渐减弱
d.HX的稳定性逐渐减弱
(7)为验证VIIA族部分元素非金属性的递变规律,设计如图装置进行实验,请回答:
①棉花中浸有溶液的作用是___________(用离子方程式表示)。
②验证溴与碘的非金属性强弱:通入少量氯气,充分反应后,将A中液体滴入试管内,取下试管,充分振荡、静置,可观察到___________;该实验必须控制氯气的加入量,否则得不出溴的非金属性比碘强的结论,理由是___________。
【答案】(1)放热 (2)
(3)HF>HCl>HBr>HI
(4)卤素原子最外层都只有7个电子,氢原子最外层有1个电子,两者通过共用1对电子形成HX
(5)同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多
(6)ad (7) ①. ②. 溶液分层,下层为紫红色 ③. 氯气过量,过量的氯气也会氧化碘离子变为单质碘
【解析】
【小问1详解】
已知,,温度越高,平衡常数越小,说明平衡逆向移动,逆向是吸热反应,则正向是放热反应即HX的生成反应是放热反应;故答案为:放热。
【小问2详解】
HX是共价化合物,其电子式是;故答案为:。
【小问3详解】
共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强,非金属性越强,吸引电子能力越强,其电子对越偏向该非金属,因此HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF>HCl>HBr>HI;故答案为:HF>HCl>HBr>HI。
【小问4详解】
X2都能与H2反应生成HX,用原子结构解释原因:卤素原子最外层都只有7个电子,易得到1个电子形成稳定结构,而氢原子最外层只有1个电子,在反应中也想得到1个电子而达到2电子额稳定结构,因此通过共用1对电子形成HX;故答案为:卤素原子最外层都只有7个电子,氢原子最外层有1个电子,两者通过共用1对电子形成HX。
【小问5详解】
K的变化体现出X2化学性质的递变性,用原子结构解释原因:同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多,原子半径逐渐增大,原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱,得电子能力逐渐减弱;故答案为:同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多。
【小问6详解】
a.K值越大,说明反应的正向程度越大,即转化率越高,因此在相同条件下,平衡时X2的转化率逐渐降低,故a符合题意;b.X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱,但不能从K的变化得出,故b不符合题意;c.HX的还原性逐渐增强,但不能从K的变化得出,故c不符合题意;d.反应正向程度越小,说明生成物越不稳定,越易分解,因此HX的稳定性逐渐减弱,故d符合题意;综上所述,答案为:ad。
【小问7详解】
①棉花中浸有溶液的作用是防止氯气逸出污染环境,其离子方程式为;故答案为:。
②验证溴与碘的非金属性强弱:通入少量氯气,充分反应后,将A中液体滴入试管内,取下试管,充分振荡、静置,溴单质将碘离子氧化为单质碘,四氯化碳萃取单质碘,因此可观察到溶液分层,下层为紫红色;该实验必须控制氯气的加入量,否则得不出溴的非金属性比碘强的结论,理由是氯气过量,过量的氯气也会氧化碘离子变为单质碘;故答案为:溶液分层,下层为紫红色;氯气过量,过量的氯气也会氧化碘离子变为单质碘。
18. 铁及其化合物在日常生活中有广泛应用。
(1)写出Fe(OH)2转化为Fe(OH)3的化学方程式_______________。
(2)绿矾(FeSO4·7H2O)是补血剂的原料,易变质。检验绿矾是否变质的试剂是_______________
设计实验检验绿矾是否完全变质__________
(3)利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如下:
①干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水,过程中会有少量FeCO3·nH2O在空气中被氧化为FeOOH,该反应的化学方程式为_______________
②取干燥后的FeCO3样品12.49g ,焙烧,最终得到还原铁粉6.16g,计算样品中杂质FeOOH的质量____
(4)以羰基化合物为载体运用化学平衡移动原理分离、提纯某纳米级活性铁粉(含有一些不反应的杂质),反应装置如下图。
Fe(s)+5CO(g) Fe(CO)5(g) ΔH<0
T1___T2(填“>”、“<”或“=”),判断理由是_______________
【答案】(1)4Fe(OH)2+O2 +2H2O=4Fe(OH)3
(2) ①. KSCN溶液 ②. 取样品溶于水,滴加酸性高锰酸钾溶液,如溶液褪色,则表示样品没有完全变质(或滴加铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀,则样品没有完全变质)
(3) ①. 4FeCO3·nH2O+O2=4FeOOH+4CO2+(4n-2)H2O ②. 0.89g
(4) ①. < ②. 铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量,低温有利于合成易挥发的羰基合铁,羰基合铁易挥发,杂质残留在玻璃管左端;当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时,羰基合铁分解,纯铁粉残留在右端,一氧化碳循环利用
【解析】
【分析】转化中发生Fe2++2═FeCO3↓+H2O+CO2↑,过滤分离出硫酸铵,然后将FeCO3洗涤,干燥过程主要目的是脱去游离水,过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH,该反应的化学方程式为4FeCO3+O2+2H2O═4FeOOH+4CO2,FeCO3与碳混合后焙烧,最终得到还原铁粉;
【小问1详解】
Fe(OH)2具有还原性,易被氧气氧化生成氢氧化铁,Fe(OH)2转化为Fe(OH)3的化学方程式为4Fe(OH)2+O2 +2H2O=4Fe(OH)3;
【小问2详解】
绿矾(FeSO4·7H2O)易变质,Fe2+被氧化为Fe3+,检验绿矾是否变质的试剂是KSCN溶液;检验绿矾是否完全变质即检验样品中是否存在Fe2+,可利用Fe2+的还原性进行检验或用铁氰化钾溶液检验,实验方案为取样品溶于水,滴加酸性高锰酸钾溶液,如溶液褪色,则表示样品没有完全变质(或滴加铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀,则样品没有完全变质);
【小问3详解】
①FeCO3·nH2O在空气中被氧化为FeOOH,化学方程式为4FeCO3·nH2O+O2=4FeOOH+4CO2+(4n-2)H2O;
②设样品中FeCO3的物质的量为xmol,FeOOH的物质的量为ymol,则116x+89y=12.49,x+y==0.11,解得y=0.01mol,样品中杂质FeOOH的质量为m=n M=0.01mol×89g/mol=0.89g;
【小问4详解】
反应Fe(s)+5CO(g) Fe(CO)5(g) ΔH<0,铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量,低温有利于合成易挥发的羰基合铁,羰基合铁易挥发,杂质残留在玻璃管左端;当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时,羰基合铁分解,纯铁粉残留在右端,一氧化碳循环利用,故T1<T2。
19. 已知FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应,某小组同学对该反应进行实验探究。
(1)甲同学首先进行了实验1。
实验 1 实验步骤 实验现象
ⅰ. 取2 mL 1 mol·L-1 KI溶液, 滴加0.1 mol·L-1 FeCl3溶液3滴(1滴约为0.05 mL,下同)。 ⅰ. 溶液呈棕黄色。
ⅱ. 向其中滴加2滴0.1 mol·L-1 KSCN溶液。 ⅱ. 溶液不显红色。
① 写出FeCl3溶液与KI溶液反应的离子方程式_______________________。
② 加入KSCN溶液的目的是_______________________________________。
③ 甲同学认为溶液不显红色的原因是反应体系中c(Fe3+)太低,改进实验方案,进行实验2。
实验2 实验步骤 实验现象
ⅰ. 取2 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液, 滴加0.1 mol·L-1 FeCl3溶液3滴。 ⅰ. 溶液呈棕黄色。
ⅱ. 向其中滴加2滴0.1 mol·L-1 KSCN溶液。 ⅱ. 溶液显红色。
ⅲ. 继续加入2 mL CCl4,充分振荡、静置。 ⅲ. 液体分层,上层红色消失,变为棕黄色,下层呈紫红色。
本实验改用0.1 mol·L-1 KI溶液的目的是_________________________________________。
用化学平衡原理解释实验2中加入CCl4后上层溶液红色消失的原因________________。
(2)甲同学认为“用CCl4萃取后上层溶液仍为棕黄色”的原因是I2未被充分萃取,但乙同学查阅资料得到信息:I2、I3-在水中均呈棕黄色,两者有如下关系:I2+I-I3-。于是提出假设:萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3-。
① 为验证假设,乙同学设计并完成了实验3。
实验3 实验步骤 实验现象
ⅰ. 取1 mL实验2中棕黄色的上层清液,再加入2 mL CCl4, 振荡、静置。 ⅰ. 液体分层,上层呈黄色,下层呈紫红色。
ⅱ. 取1 mL饱和碘水,加入2 mL CCl4, 振荡、静置。 ⅱ. 液体分层,上层为无色,下层呈紫红色。
实验3的结论是_________________________________。
② 甲同学依据乙同学的实验设计思路,选用实验2中的试剂,运用控制变量的方法设计了更加严谨的实验,证明了平衡I2+I- I3-的存在。
请你补充完整他设计的实验步骤:将实验2中下层紫红色溶液平均分成两份,分装于两支试管中,向试管1中加入1 mL水,振荡、静置;向试管2中_________________。两支试管中的现象分别为__________________________________。
【答案】 ①. 2Fe3++2I- 2Fe2++I2 ②. 检验溶液中是否大量存在Fe3+ ③. 提高平衡时溶液中的c(Fe3+) ④. 加入CCl4后,I2被CCl4萃取,平衡2Fe3++2I—2Fe2++I2正向移动,或c(Fe3+)降低,平衡Fe3++3SCN—Fe(SCN)3逆向移动,或c[Fe(SCN)3]降低,所以红色消失 ⑤. 萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3- ⑥. 加入1 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液,振荡、静置 ⑦. 试管1中液体分层,上层为无色,下层呈紫红色,试管2中液体分层,上层呈黄色,下层呈紫红色(或紫红色变浅)
【解析】
【分析】(1)①FeCl3与KI发生 氧化还原反应,且为可逆反应;
②检验Fe3+常用的试剂是KSCN溶液;
③FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应,根据平衡移动规律进行分析;
(2)①CCl4能够萃取碘,溶液显棕黄色,而实验结果不能发生萃取,从而得出萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3-,而不是I2;
②要证明平衡I2+I-I3-的存在,需把试管1作为参照,向试管2提供与实验2完全相同的KI溶液,据此分析实验现象,得出结论。
【详解】(1)①根据FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应,化学方程式为 2FeCl3+2KI2KCl+2FeCl2+I2,离子方程式是2Fe3+ +2I-2Fe2+ +I2;
故答案是:2Fe3++2I- 2Fe2++I2;
②检验Fe3+常用的试剂是KSCN溶液,向溶液中滴入KSCN溶液,Fe3++3SCN- Fe(SCN)3,溶液变为血红色。所以,此处加入KSCN溶液的目的是检验溶液中是否大量存在Fe3+;
故答案是:检验溶液中是否大量存在Fe3+;
③FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应,c(I-)降低,平衡向左移动,c(Fe3+)增大,进而验证甲同学的想法;在溶液中存在两个平衡:平衡1:2Fe3++ 2I- 2Fe2++I2, 平衡2:Fe3++ 3SCN- Fe(SCN)3,加入CCl4后,I2被CCl4萃取,c(I2)减小,平衡1向右移动,c(Fe3+)减小,平衡2向左移动,c[Fe(SCN)3]降低,红色消失;
故答案是:提高平衡时溶液中的c(Fe3+);加入CCl4后,I2被CCl4萃取,平衡2Fe3++2I—2Fe2++I2正向移动,或c(Fe3+)降低,平衡Fe3++3SCN—Fe(SCN)3逆向移动,或c[Fe(SCN)3]降低,所以红色消失;
(2)①由实验3可知,再向1 mL实验2中棕黄色的溶液中加2 mL CCl4,上层黄色溶质仍不能被萃取,同样的向1 mL饱和碘水中加入2 mL CCl4,却能够将碘水萃取为无色,证明萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3-,而不是I2;
故答案是:萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3-;
②要证明平衡I2+I-I3-的存在,需把试管1作为参照,向试管2提供与实验2完全相同的KI溶液,所以加入的是1 mL0.1 mol·L-1KI溶液,试管1中液体分层,上层为无色,下层呈紫红色,试管2中液体分层,上层呈黄色,即生成了I3-,下层呈紫红色(或紫红色变浅)。
故答案是:加入1 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液,振荡、静置;试管1中液体分层,上层为无色,下层呈紫红色,试管2中液体分层,上层呈黄色,下层呈紫红色(或紫红色变浅)。

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