山西省朔州市怀仁一中2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试卷

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文档介绍

山西省朔州市怀仁一中2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试卷

‎2019-2020学年度上学期高二年级 第一次化学检测 一、客观题(1-13题13*2=26分;14-23题10*3=30分)‎ ‎1.中华先人在以化学为核心的诸多领域取得了辉煌成就,为人类社会的发展做出了杰出贡献,下列中国古代发明的产物与有机物无关的是( )‎ ‎①青铜冶炼②酿酒酿醋③制造火药④做豆腐⑤制饴糖⑥炼金丹⑦树皮造纸⑧制陶瓷 A. ①⑤⑥⑧ B. ①③⑥⑧ C. ③⑤⑥⑦ D. ②④⑦⑧‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①青铜冶炼是利用铁和硫酸铜反应,是无机反应,符合题意,①正确;‎ ‎②酿酒酿醋是利用淀粉生成乙醇、乙酸,为有机反应,与题意不符,②错误;‎ ‎③制造火药是利用硫磺、硝酸钾和木炭按一定比例混合,符合题意,③正确;‎ ‎④做豆腐是利用蛋白质的聚沉,与题意不符,④错误;‎ ‎⑤制饴糖是制取有机物糖类,与题意不符,⑤错误;‎ ‎⑥炼金丹为无机反应,符合题意,⑥正确;‎ ‎⑦树皮造纸利用有机物纤维素制备纸张,与题意不符,⑦错误;‎ ‎⑧制陶瓷利用粘土制备陶瓷,粘土主要成分为硅酸盐、二氧化硅等,符合题意,⑧正确;‎ 答案为B。‎ ‎2.核内中子数为N的R2+ 离子,质量数为A,则ng该氧化物中所含质子的物质的量( )‎ A. (A-N+8)mol B. (A-N+10)mol C. (A-N+2)mol D. (A-N+6)mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 质量数=质子数+中子数,质子数=A-N。‎ ‎【详解】A的物质的量=ng/(A+16)g/mol=mol,则氧化物含有质子的物质的量=×(A-n+8)mol,答案为A。‎ ‎【点睛】某原子的质子数=A-N,则其氧化物中质子数= A-N+8。‎ ‎3.已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-具有相同的电子层结构,则( )‎ A. 原子半径:r(A)>r(B)>r(D)>r(C)‎ B. 原子序数:d>c>b>a C. 离子半径:r(C3-)>r(D-)>r(B+)>r(A2+)‎ D. 单质的还原性:A>B;D>C ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ aA2+、bB+、cC3-、dD-具有相同的电子层结构,则A、B在C、D的下一周期,原子序数cr(A)>r(C)>r(D),A错误;‎ B. 原子序数:cr(D-)>r(B+)>r(A2+),C正确;‎ D.同周期元素,原子序数越大,非金属性逐渐增强,金属性逐渐减弱,则单质的还原性:B>A;C>D,D错误;‎ 答案为C。‎ ‎【点睛】具有相同核外电子排布的离子,原子序数越大,半径越小。‎ ‎4.W、X、Y、Z均为短周期主族元素,原子序数依次增加,且原子核外L电子层的电子 数分别为0、5、8、8,它们的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是 A. 单质的沸点:W>X B. 阴离子的还原性:W >Z C. 氧化物的水化物的酸性:Yr(N)>r(O)>r(H),故A错误;B、Na的最高价氧化物的水化物是NaOH,NaOH属于强碱,故B错误;C、同周期从左向右非金属性增强,即O的非金属性强于N,故C错误;D、可以组成HNO3和NH4NO3,前者属于共价化合物,后者属于离子化合物,故D正确。‎ ‎9. 下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是 ‎①HCl比H2S稳定 ‎②HClO氧化性比H2SO4强 ‎③HClO4酸性比H2SO4强 ‎④Cl2能与H2S反应生成S ‎⑤氯原子最外层有7个电子,硫原子最外层有6个电子 A. ②⑤ B. ①② C. ①②④ D. ①③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析:①HCl比H2S稳定,可以证明元素的非金属性Cl>S,正确;②HClO氧化性比H2SO4强,与元素的非金属性强弱无关,错误;③HClO4酸性比H2SO4强,可以证明元素的非金属性Cl>S,正确;④Cl2能与H2S反应生成S,可以证明元素的非金属性Cl>S,正确;⑤元素的非金属性强弱与元素原子的最外层电子数无直接关系,不能证明元素的非金属性Cl>S,错误。故不能证明的是②⑤,选项A正确。‎ 考点:考查元素非金属性强弱判断的知识。‎ ‎10.两电极用导线连接插入电解质溶液中(不考虑溶液中溶解的氧气的影响),你认为不能构成原电池的是( )‎ 选项 A B C D 电极材料 Zn Fe Cu Al 电极材料 Cu Zn Ag C 电解质溶液 CuCl2溶液 H2SO4溶液 CuSO4溶液 NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析:根据原电池的构成条件分析,原电池的构成条件是:①有两个活泼性不同的电极,②将电极插入电解质溶液中,③两电极间构成闭合回路,④能自发的进行氧化还原反应.‎ 解:A.锌为活泼金属,可与氯化铜发生氧化还原反应,可形成原电池反应,故A错误;‎ B.锌比铁活泼,可与硫酸溶液发生氧化还原反应,可形成原电池,故B错误;‎ C.不能形成自发进行的氧化还原反应,不能形成原电池,故C正确;‎ D.铝比碳活泼,铝可与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应,能形成原电池,故D错误;‎ 故选C.‎ ‎11.分子式为C4H2Cl8的同分异构体共有(不考虑立体异构)‎ A. 10种 B. 9种 C. 8种 D. 7种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析:分子式为C4H2Cl8的有机物可以看作C4H10中的两个Cl原子被两个H原子取代,C4H10结构中,属于直链正丁烷的结构中,两个氢原子有6个位置;属于支链异丁烷结构中,两个氢原子有3个位置,因此该分子的同分异构体共有9种,因此B正确。‎ 考点:卤代烃同分异构体的种类判定方法;‎ ‎12.甲烷燃料电池的化学反应为CH4+ 2O2= CO2+ 2H2O,其中1个电极反应式为 ‎2O2+ 8H4+ 8e-= 4H2O下列叙述不正确的是( )‎ A. CH4通入负极 B. O2通入正极 C. 正极发生氧化反应 D. 负极的电极反应式为:CH4+ 2H2O– 8e-= CO2+ 8H+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在原电池中较活泼的金属作负极,失去电子,发生氧化反应。电子经导线传递到正极上,所以溶液中的阳离子向正极移动,阴离子向负极移动。正极得到电子,发生还原反应。甲烷在反应中失去电子,所以甲烷在负极通入,氧气在正极通入,发生还原反应,C不正确。总反应式减去正极反应式即得到负极反应式,D正确。答案选C。‎ ‎13.下列事实能说明苯分子结构中,碳碳键不是单、双键交替排布,而是6个完全相同的碳碳键的是( )‎ a.苯不能使酸性KMnO4溶液褪色 b.苯中碳碳键的键长均相等 c.苯能在加热和催化剂存在的条件下氢化生成环己烷 d.经实验测得邻二甲苯仅有一种 e.苯在FeBr3存在的条件下同液溴可发生取代反应,但不会因化学变化而使溴水褪色 A. bcde B. acde C. abcd D. abde ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】a.碳碳双键可使高锰酸钾溶液褪色,苯不能使酸性KMnO4溶液褪色说明苯分子中不含有碳碳双键,符合题意,a正确;‎ b.碳碳单键与碳碳双键的键长不相等,则苯中碳碳键的键长均相等,碳碳之间不是单双键交替出现,符合题意,b正确;‎ c.碳碳双键可与氢气在一定条件下发生加成反应,则苯能在加热和催化剂存在的条件下氢化生成环己烷,苯分子中可能含有碳碳双键,与题意不符,c错误;‎ d.经实验测得邻二甲苯仅有一种,则不存在二甲基相连碳原子上有双键、单键2种同分异构现象,相邻碳原子均为同一种化学键,符合题意,d正确;‎ e.碳碳双键可与溴发生加成反应,苯在FeBr3存在的条件下同液溴可发生取代反应,但不会因化学变化而使溴水褪色,苯分子中不含有碳碳双键,符合题意,e正确;‎ 答案为D。‎ ‎14.将4molA气体和2molB气体在2L的密闭容器内混合,并在一定条件下发生如下反应:2A(g)+B(g)2C(g),若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L-1,现有下列几种说法:‎ ‎①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L-1•s-1‎ ‎②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol•L-1•s-1‎ ‎③2s时物质A的转化率为70%‎ ‎④2s时物质B的浓度为0.7mol•L-1‎ 其中正确的是( )‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2s后测得C的浓度为0.6mol/L,则C的物质的量=0.6mol•L-1×2L=1.2mol;‎ ‎2A(g)+B(g)2C(g)‎ 初始:4mol 2mol 反应:1.2mol 0.6mol 1.2mol 平衡:2.8mol 1.4mol 1.2mol ‎【详解】①v(A)=∆c/∆t=0.6mol/L/2s=0.3 mol•L-1•s-1,①正确;‎ ‎②v(B)=∆c/∆t=0.3mol/L/2s=0.15mol•L-1•s-1,②错误;‎ ‎③2s时物质A的转化率=×100%=30%,③错误;‎ ‎④2s时物质c(B)=1.4mol/2L=0.7mol/L,④正确;‎ 答案为B。‎ ‎15.在恒温恒容的密闭体系中,可逆反应:A(s)+2B(g)2C(g);ΔH<0,不能作为该反应达到化学平衡的标志的是 ‎①v正(B)=v逆(C)②n(B)∶n(C)=1∶1 ③容器内压强不再改变 ④容器内气体的密度不再改变 ⑤容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变 A. ②③④⑤ B. ②③ C. ①③④ D. 全部 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①二者化学计量数相同,说明正逆反应速率相等,可做标志;②物质的量相等不能说明反应到平衡;③反应前后气体体积不变,所以压强不能做标志;④气体的总质量随着反应而改变,所以密度不变可做标志;⑤平均相对分子质量=气体总质量/气体总物质的量,由于气体总物质的量不变,而气体的总质量随时改变,所以平均相对分子质量不变可做标志。所以选B。‎ ‎【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。‎ 一、直接标志:正反应速率=逆反应速率 注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系,必须符合方程式中的化学计量数的比值。‎ 二、间接标志 ‎1、各物质的浓度不变。‎ ‎2、各物质的百分含量不变。‎ ‎3、对于气体体积前后改变的反应,压强不变是平衡的标志。‎ ‎4、对于气体体积前后不改变的反应,压强不能做标志。‎ ‎5、对于恒温恒压条件下的反应,气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。‎ ‎6、对于恒温恒容下的反应,有非气体物质的反应,密度不变是平衡标志。‎ ‎16.下列图象分别表示有关反应的反应过能量变化的关系:据此判断下列说法中正确的是( )‎ A. 石墨转变为金刚石是吸热反应 B. 白磷比红磷稳定 C. (g)+O2(g)=SO2(g) △H1 S(s)+O2(g)=SO2(g) △H2,则△H1>△H2‎ D. CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H>0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图像可知,相同物质量的石墨具有的能量低于金刚石的能量,则石墨转变为金刚石是吸热反应,A正确;‎ B.根据图像可知,相同量的红磷具有的能量低于白磷的能量,则红磷比白磷稳定,B错误;‎ C.根据图像可知,S(g)+O2(g)总能量大于S(s)+O2(g)的总能量,则S(g)+O2(g)放出的热量多,焓变小于0,则△H1<△H2,C错误;‎ D.根据图像可知,CO(g)+H2O(g)具有的总能量大于CO2(g)+H2(g)的总能量,则CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为放热反应,△H<0,D错误;‎ 答案为A。‎ ‎【点睛】反应物的总能量大于生成物的总能量时,反应为放热反应,焓变小于零,释放的能量越多,则焓变越小。‎ ‎17.反应:A(气)+3B(气)2C(气); ΔH<0达平衡后,将气体混合物的温度降低,下列叙述中正确的是( )‎ A. 正反应速率加大,逆反应速率变小,平衡向正反应方向移动 B. 正反应速率变小,逆反应速率加大,平衡向逆反应方向移动 C. 正反应速率和逆反应速率都变小,平衡向正反应方向移动 D. 正反应速率和逆反应速率都变小,平衡向逆反应方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析:A、降低温度,正逆反应速率都减小,平衡向正反应方向移动,A错误;B、降低温度,正逆反应速率都减小,平衡向正反应方向移动,B错误;C、降低温度,正逆反应速率都减小,平衡向正反应方向移动,C正确;D、降低温度,正逆反应速率都减小,平衡向正反应方向移动,D错误;答案选C。‎ 考点:考查影响化学反应速率和平衡的因素。‎ ‎18.现有乙烯和丙烯,它们进行加聚反应后,产物中可能含有( )‎ A. 只有①② B. 只有①④ C. 有①②③ D. 全可能含有 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】现有乙烯和丙烯,若乙烯加聚反应,产物为CH2-CH2;若丙烯发生加聚反应,产物为;若乙烯、丙烯发生加聚反应,产物为、,答案为C。‎ ‎19.下表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价,根据表中信息判断以下叙述正确的是( )‎ 元素代号 A B C D E 原子半径/nm ‎0.160‎ ‎0.143‎ ‎0.102‎ ‎0.071‎ ‎0.099‎ 主要化合价 ‎+2‎ ‎+3‎ ‎+6、-2‎ ‎-1‎ ‎-1‎ A. A、B的单质与稀盐酸反应速率B>A B. D、E形成的简单离子的还原性E->D-‎ C. 气态氢化物的稳定性HD<H2C D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性H2CO4>HEO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据表中数据,结合原子半径及化合价的变化规律,可确定D为F,E为Cl,C有正价,则为S;A、B的半径大于C,则A、B分别为镁、铝;‎ ‎【详解】A. A、B的单质分别为镁、铝,且镁比铝活泼,则与稀盐酸反应速率A>B,A错误;‎ B. D、E分别为F、Cl,非金属性F>Cl,形成的简单离子的还原性E->D-,B正确;‎ C. C、D分别为S、F,气态氢化物的稳定性H2C<HD,C错误;‎ D. C、E分别为S、Cl,最高价氧化物对应的水化物的酸性HEO4>H2CO4,D错误;‎ 答案为B ‎20.一定量的锌粉和6mol·L—1的过量盐酸反应,当向其中加入少量的下列物质:①石墨 ②铜粉③CuO ④锌粒 ⑤CuCl2溶液 ⑥无水乙酸 ⑦浓盐酸 ⑧KNO3时,能够加快反应速率,又不响产生H2总量的是(  )‎ A. ①③④ B. ①②⑥⑦ C. ②④⑧ D. ①⑤⑦‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎①加入石墨粉,构成原电池,反应速率加快,不影响锌粉的量,不影响产生H2的总量,①正确;②加入铜粉,构成原电池,反应速率加快,不影响锌粉的量,不影响产生H2的总量,②正确;③加入氧化铜,与盐酸反应生成CuCl2,锌和CuCl2反应生成铜,铜、锌在盐酸溶液中形成原电池反应,加快反应速率,但消耗少量锌,生成氢气量减小,③错误;④加入锌粒,产生H2的总量增大,④错误;⑤加入氯化铜,锌和CuCl2反应生成铜,铜、锌在盐酸溶液中形成原电池反应,加快反应速率,但消耗少量锌,生成氢气量减小,⑤错误;⑥加入无水乙酸氢离子浓度增大,反应速率加快,不影响锌粉的量,不影响产生H2的总量,⑥正确;⑦加入浓盐酸,氢离子浓度增大,反应速率加快,不影响锌粉的量,不影响产生H2的总量,⑦正确;‎ ‎⑧加入硝酸钾溶液,酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性,与锌反应生成NO气体,不生成氢气,⑧错误;答案选B。‎ ‎21.下列说法中正确是( )‎ A. 在相同条件下,若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,后者放出热量多 B. 由“C(石墨)=C(金刚石) ΔH=+1.9kJ·mol-1”可知,金刚石比石墨稳定 C. 在稀溶液中:H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.31kJ·mol-1,若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与1molNaOH溶液混合,放出的热量大于57.31kJ D. 在101kPa时,2gH2完全燃烧生成液态水,放出285.8kJ热量,氢气燃烧的热化学方程式表示为:2H2(g)+O2(g)==2H2O(l) ΔH=+285.8kJ·mol-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在相同条件下,若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,固体硫变为气体硫时,吸收热量,则后者放出热量少,A错误;‎ B.由“C(石墨)=C(金刚石) ΔH=+1.9kJ·mol-1”可知,石墨具有的能量低,则石墨比金刚石稳定,B错误;‎ C.在稀溶液中:H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.31kJ·mol-1,若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与1molNaOH溶液混合,反应除中和热外,还有浓硫酸溶于水释放的热量,则放出的热量大于57.31kJ,C正确;‎ D.在101kPa时,2gH2完全燃烧生成液态水,放出285.8kJ热量,放热反应时焓变小于零,则氢气燃烧的热化学方程式表示为:2H2(g)+O2(g)==2H2O(l) ΔH=-285.8kJ·mol-1,D错误;‎ 答案为C。‎ ‎22.如图是四种常见有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是( )‎ A. 甲能使酸性KMnO4溶液褪色 B. 乙可与溴水发生取代反应而使溴水褪色 C. 丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特键 D. 丁只与浓硫酸混合加热,就能发生酯化反应生成乙酸乙酯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲为甲烷,不能使酸性KMnO4溶液褪色,A错误;‎ B.乙为乙烯,含有碳碳双键可与溴水发生加成反应而使溴水褪色,B错误;‎ C.丙为苯,其含有的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特键,C正确;‎ D.丁为乙醇,与浓硫酸、乙酸混合加热,就能发生酯化反应生成乙酸乙酯,D错误;‎ 答案为C。‎ ‎【点睛】苯环主链上的碳原子之间并不是由以往所认识的单键和双键排列(凯库勒式),每两个相邻碳原子之间的键均相同,是由一个既非双键也非单键的键(大π键)连接。‎ ‎23.海带中提取碘单质,成熟的工艺流程如下 下列关于海水制碘的说法,正确的是 A. 实验室在蒸发皿中灼烧干海带,并且用玻璃棒搅拌 B. 可用酒精萃取碘水中的I2‎ C. 沸水浸泡海带灰的目的是为了加快I-的溶解,并使之溶解更充分 D. 含I-的滤液中加入稀硫酸和双氧水后,碘元素发生还原反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析:A项,灼烧时选用的仪器是坩埚;B项,酒精与水互溶;C项,沸水浸泡海带灰,升高温度加快I-的溶解,使溶解更充分;D项,含I-的滤液中加入稀硫酸和双氧水,发生的离子反应方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O。‎ 详解:A项,灼烧时选用的仪器是坩埚,而不是蒸发皿,A项错误;B项,酒精与水互溶,不能用酒精萃取碘水中的I2,B项错误;C项,沸水浸泡海带灰,升高温度加快I-的溶解,使溶解更充分,C项正确;D项,含I-的滤液中加入稀硫酸和双氧水,发生的离子反应方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O,该反应中碘元素的化合价由-1价升至0价,碘元素发生氧化反应,D项错误;答案选C。‎ 点睛:‎ 本题以从海带中提取碘单质的工艺流程为载体,考查基本的实验操作、物质的分离和提纯、氧化还原反应等知识。注意萃取剂选择的原则:①萃取剂与原溶剂互不相溶,②萃取剂与原溶液不反应,③溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度。‎ 二、主观题(10+12+10+12=44分)‎ ‎24.(1)有以下8种物质:①Ne ②HCl ③P4 ④H2O2 ⑤Na2S ⑥NaOH ⑦Na2O2 ⑧NH4Cl请用上述物质的序号填空:‎ ‎①不存在化学键的是____。‎ ‎②只存在极性共价键的是___。‎ ‎③只存在非极性共价键的是___。‎ ‎④既存在非极性共价键又存在极性共价键的是___。‎ ‎⑤只存在离子键的是___。‎ ‎⑥既存在离子键又存在共价键的是___。‎ ‎(2)在下列变化中:①I2升华 ②烧碱熔化 ③NaCl溶于水 ④HC1溶于水 ⑤O2溶于水 ⑥Na2O2溶于水。‎ ‎①未破坏化学键的是___(填序号,下同);②仅离子鍵被破坏的是____;‎ ‎③仅共价键破破坏的是___;④离子键和共价键同时被破坏的是____。‎ ‎【答案】 (1). ① (2). ② (3). ③ (4). ④ (5). ⑤ (6). ⑥⑦⑧ (7). ①⑤ (8). ②③ (9). ④ (10). ⑥‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①Ne单原子分子,不含有化学键;‎ ‎②HCl只含有极性共价键的化合物;‎ ‎③P4只含有非极性共价键的单质;‎ ‎④H2O2既含有极性共价键,又含有非极性共价键的化合物;‎ ‎⑤Na2S只含有离子键的离子化合物;‎ ‎⑥NaOH既含有离子键,又含有极性共价键的离子化合物;‎ ‎⑦Na2O2既含有离子键,又含有非极性共价键的离子化合物;‎ ‎⑧NH4Cl既含有离子键,又含有极性共价键离子化合物;‎ ‎(2)①I2升华、O2溶于水为物理变化;‎ ‎②烧碱熔化发生NaOH=Na++OH-、NaCl溶于水发生NaCl=Na++Cl-;‎ ‎③HC1溶于水发生HCl=H++Cl-;‎ ‎④Na2O2溶于水发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。‎ ‎【详解】(1)①Ne为单原子分子,不存在化学键;‎ ‎②HCl只存在极性共价键;‎ ‎③P4只存在非极性共价键;‎ ‎④H2O2既存在非极性共价键又存在极性共价键;‎ ‎⑤Na2S只存在离子键;‎ ‎⑥NaOH、Na2O2、NH4Cl既存在离子键又存在共价键;‎ ‎(2)①I2升华、O2溶于水为物理变化,未破坏化学键;‎ ‎②烧碱熔化发生NaOH=Na++OH-、NaCl溶于水发生NaCl=Na++Cl-,只破坏离子键;‎ ‎③HC1溶于水发生HCl=H++Cl-,仅破坏共价键破;‎ ‎④Na2O2溶于水发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,破坏了离子键和共价键。‎ ‎25.某同学用如图所示实验装置制取乙酸乙酯。回答以下问题:‎ ‎(1)在大试管中先加入3mL__,然后一边摇动一边慢慢地加入2mL___和2mL乙酸,混合均匀,然后加入几粒碎瓷片。按上图连好装置,用酒精灯对大试管小心均匀加热,当观察到明显现象时停止实验。‎ ‎(2)加入浓硫酸的目的是:____,_____。‎ ‎(3)加热前,大试管中加入几粒碎瓷片的作用是___。‎ ‎(4)乙酸乙酯的密度比水____(填“大”或“小”),有___气味。‎ ‎(5)与书中采用的实验装置的不同之处是:这位同学采用了球形干燥管代替了长导管,并将干燥管的末端插入了饱和碳酸钠溶液中,在此处球形干燥管的作用有:①____,②___。‎ ‎(6)饱和碳酸钠溶液的作用是____、____、____。‎ ‎【答案】 (1). 乙醇 (2). 浓H2SO4 (3). 催化剂 (4). 吸水剂 (5). 防止暴沸 (6). 小 (7). 芳香 (8). 防止倒吸 (9). 使乙酸乙酯充分冷凝 (10). 溶解乙醇 (11). 中和乙酸 (12). 降低乙酸乙酯的溶解度 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)乙酸乙酯制取实验时,应先加入乙醇,再加入浓硫酸,最后加入乙酸;‎ ‎(2)浓硫酸在反应中作催化剂、吸水剂;‎ ‎(3)加入几粒碎瓷片可防止液体剧烈沸腾;‎ ‎(4)乙酸乙酯的密度比水小,并带有水果香味;‎ ‎(5)干燥管内可盛有较多的液体,可防止倒吸,其与空气的接触面积增大,降低气体温度;‎ ‎(6)饱和碳酸钠可中和乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度。‎ ‎【详解】(1)乙酸乙酯制取实验时,应先加入乙醇,再加入浓硫酸,最后加入乙酸,若把乙醇加入浓硫酸时放出大量的热量,导致飞溅造成危险;‎ ‎(2)浓硫酸在反应中作催化剂、吸水剂;‎ ‎(3)加入几粒碎瓷片可防止液体剧烈沸腾;‎ ‎(4)乙酸乙酯的密度比水小,并带有水果香味;‎ ‎(5)用球形干燥管代替长导管时,干燥管内可盛有较多的液体,可防止倒吸,其与空气的接触面积增大,可使乙酸乙酯温度降低;‎ ‎(6)饱和碳酸钠可与乙酸反应生成乙酸钠溶液,中和乙酸,还可溶解乙醇,降低乙酸乙酯的溶解度。‎ ‎26.(1)反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)过程中的能量变化如图所示,回答下列问题。‎ ‎①该反应是____反应(填“吸热”、“放热”)。‎ ‎②当反应达到平衡时,升高温度,A的转化率___(填“增大”、“减小”、“不变”),原因是____。‎ ‎③反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响?____(填“有”、“无”),原因是____。‎ ‎④在反应体系中加入催化剂,反应速率增大,E1和E2的变化是:E1____,E2____(填“增大”、“减小”、“不变”)。‎ ‎(2)已知由氢气和氧气反应生成1 mol水蒸气,放出241.8kJ热量。‎ ‎①写出该反应的热化学方程式___。‎ ‎②若1g水蒸气转化成液态水放热2.494kJ,则反应H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)的ΔH=_kJ·mol-1。‎ ‎【答案】 (1). 放热 (2). 减小 (3). 该反应正反应是放热反应,升高温度平衡向逆反应移动 (4). 无 (5). 催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变 (6). 减小 (7). 减小 (8). H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8kJ·mol-1 (9). -286.7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据图像可知,反应物的总能量大于生成物的总能量;‎ ‎②正反应为放热反应,根据勒夏特列原理进行推理;‎ ‎③催化剂能降低反应的活化能,对反应物及生成物的总能量无影响;‎ ‎④催化剂能降低反应的活化能;‎ ‎(2)①生成1 mol水蒸气时,氢气为1mol,氧气为0.5mol计算热化学方程式的焓变;‎ ‎②1g水为1/18mol,则1mol水蒸汽生成液体水时释放能量=2.494kJ×18=44.892kJ,则热方程式为H2O(g)= H2O(l) ΔH=-44.892kJ/mol,根据盖斯定律计算焓变。‎ ‎【详解】(1)①根据图像可知,反应物的总能量大于生成物的总能量,反应为放热反应;‎ ‎②正反应为放热反应,根据勒夏特列原理,升高温度,平衡逆向移动,A的反应量减少,转化率减小;‎ ‎③催化剂能降低反应的活化能,对反应物及生成物的总能量无影响,则对反应热无影响;‎ ‎④催化剂能降低反应的活化能,则E1减小,反应的焓变不变,则E2减小;‎ ‎(2)①生成1 mol水蒸气时,氢气为1mol,氧气为0.5mol,则热化学方程式为H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8kJ/mol;‎ ‎②1g水为1/18mol,则1mol水蒸汽生成液体水时释放能量=2.494kJ×18=44.892kJ,则热方程式为H2O(g)= H2O(l) ΔH=-44.892kJ/mol,根据盖斯定律,两式相加可得H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l),则ΔH=-241.8kJ/mol-44.892kJ/mol=-286.7 kJ/mol。‎ ‎27. 某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中,发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题:‎ ‎(1)上述实验中发生反应的化学方程式有 ;‎ ‎(2)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是 ;‎ ‎(3)实验室中现有、、、等4中溶液,可与实验中溶液起相似作用的是 ;‎ ‎(4)要加快上述实验中气体产生的速率,还可采取的措旌有 (答两种);‎ ‎(5)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响,该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中,收集产生的气体,记录获得相同体积的气体所需时间。‎ ‎①请完成此实验设计,其中:V1= ,V6= ,V9= ;‎ ‎②该同学最后得出的结论为:当加入少量溶液时,生成氢气的速率会大大提高。但当加入的溶液超过一定量时,生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因 ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎ ‎
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