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文檔簡介

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁,總=sectionpages22頁第=page11頁,總=sectionpages11頁2024年華師大新版高一化學(xué)上冊月考試卷640考試試卷考試范圍:全部知識點(diǎn);考試時(shí)間:120分鐘學(xué)校:______姓名:______班級:______考號:______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題,共16分)1、某混合氣體由一氧化碳和二氧化碳組成,若混合氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度是1.875g/L,則混合氣體中一氧化碳和二氧化碳的體積比是:()A.1:3B.3:1C.1:7D.7:12、2010年10月,嫦娥二號衛(wèi)星成功進(jìn)入探月試驗(yàn)軌道,科學(xué)家預(yù)測,月球的土壤中吸附著數(shù)百萬噸23He,100噸23He核聚變釋放的能量相當(dāng)于目前人類一年消耗的能量。下列說法正確的是A.23He的最外層電子數(shù)為2,具有較強(qiáng)的金屬性B.23He位于周期表第二周期IIIA族C.其原子核中質(zhì)子數(shù)為2、中子數(shù)為1D.核聚變是通過化學(xué)反應(yīng)而釋放出的能量3、反應(yīng)rm{+HO-NO_{2}xrightarrow[triangle]{{脜簍脕貌脣謾}}}rm{+HO-NO_{2}xrightarrow[triangle

]{{脜簍脕貌脣謾}}}的反應(yīng)類型是rm{-NO_{2}+H_{2}O}rm{(}A.加成反應(yīng)B.取代反應(yīng)C.化合反應(yīng)D.分解反應(yīng)rm{)}4、硝酸銅是制備rm{Cu隆陋Zn隆陋Al}系催化劑的重要原料,制取硝酸銅現(xiàn)有三種設(shè)計(jì)方案可供選用:rm{壟脵C(jī)u}與稀硝酸反應(yīng)制?。簉m{3Cu+8HNO_{3}(}稀rm{)簍T簍T簍T3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{壟脷Cu}與濃硝酸反應(yīng)制?。簉m{Cu+4HNO_{3}(}濃rm{)簍T簍T簍TCu(NO_{3})_{2}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{壟脹}通氧氣于銅屑與稀硝酸的體系中制取:rm{2Cu+4HNO_{3}+O_{2}簍T簍T簍T2Cu(NO_{3})_{2}+2H_{2}O}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.制取相同量的硝酸銅需硝酸的量rm{壟脹}最多B.制取相同量的硝酸銅rm{壟脵}產(chǎn)生的有毒氣體物質(zhì)的量比rm{壟脷}多C.三種方案中硝酸的利用率rm{壟脹>壟脵>壟脷}D.三種方案的反應(yīng)都可以在鐵制容器中進(jìn)行5、rm{2016}年rm{6}月rm{8}日,國際純粹與應(yīng)用化學(xué)聯(lián)合會rm{(IUPAC)}公布了新元素的元素符號,rm{113}號元素為rm{Nh}rm{ll5}號元素為rm{Mc}rm{117}號元素為rm{Ts}rm{ll8}號元素為rm{Og}關(guān)于這四種元素,下列說法正確的是()A.rm{Al}的金屬性強(qiáng)于rm{Nh}B.rm{Mc}所在族的某種元素是一種優(yōu)良的半導(dǎo)體,并在芯片產(chǎn)業(yè)中應(yīng)用廣泛C.單質(zhì)的氧化性:rm{F_{2}>Ts_{2}}D.rm{Og}所在族的所有元素都達(dá)到了最外層rm{8}電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)6、下列各組性質(zhì)比較中,正確的是rm{壟脵}酸性:rm{HClO_{4}>HBrO_{4}>HIO_{4}}rm{壟脷}堿性:rm{Ba(OH)_{2}>Mg(OH)_{2}>Be(OH)_{2}}rm{壟脹}氧化性:rm{F_{2}>C>O_{2}}rm{壟脺}還原性:rm{Na>Mg>Al}rm{壟脻}氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性:rm{HF>HCl>H_{2}S}A.rm{壟脷壟脹壟脺}B.rm{壟脵壟脷壟脺壟脻}C.rm{壟脵壟脹壟脻}D.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺壟脻}7、下表中對應(yīng)關(guān)系正確的是rm{(}rm{)}

。rm{A}rm{CH_{3}CH_{3}+Cl_{2}xrightarrow{{鹿芒脮脮}}CH_{3}CH_{2}Cl+HCl}

rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl隆煤CH_{3}CH_{2}Cl}均為取代反應(yīng)rm{B}明礬用于凈水。

碳酸鈉溶液顯堿性均發(fā)生了水解反應(yīng)rm{C}rm{Cl_{2}+2Br?=2Cl?+Br_{2}}

rm{Zn+Cu^{2+}=Zn^{2+}+Cu}均為單質(zhì)被還原的置換反應(yīng)rm{D}rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}隆眉}

rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}均為水作還原劑的氧化還原反應(yīng)A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}8、下列物質(zhì)中,屬于酸性氧化物,但不溶于水的是rm{(}rm{)}A.rm{CO_{2}}B.rm{SiO_{2}}C.rm{SO_{3}}D.rm{Fe_{2}O_{3}}評卷人得分二、多選題(共9題,共18分)9、下列說法正確的是()A.每一個化學(xué)反應(yīng)都會伴隨著能量變化B.氯化氫溶于水氫氯共價(jià)鍵被破壞C.化學(xué)鍵的斷裂和形成是化學(xué)反應(yīng)能量變化的主要原因D.離子化合物一定由金屬元素和非金屬元素組成,非金屬元素之間不能形成離子化合物10、rm{100mL2mol/L}的鹽酸跟過量的鋅片反應(yīng),為減緩反應(yīng)速率,又不影響生成氫氣的總量,可采用的方法是()A.加入適量的rm{6mol/L}鹽酸B.加入少量rm{NaNO_{3}}溶液C.加入適量的蒸餾水D.加入少量的醋酸鈉固體11、檸檬酸(用H3R表示)是一種高效除垢劑。常溫時(shí),用一定濃度的檸檬酸溶液去除水垢,溶液中H3R、H2R-、HR2-、R3-的物質(zhì)的量百分?jǐn)?shù)隨pH的變化如圖所示。下列說法正確的是。

A.由a點(diǎn)判斷H3R的第一步電離常數(shù)Ka1(H3R)的數(shù)量級為10-3B.若b點(diǎn)溶液中金屬陽離子只有Na+,則有c(Na+)=c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R)C.pH=6時(shí),c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)D.反應(yīng)2H2R-H3R+HR2-在該溫度下的平衡常數(shù)K=10x-y12、常溫下,Ka1(H2SO3)=1.5×10-2,Ka2=1.0×10-7,Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5,設(shè)H2SO3溶液中c(總)=c()+c()+c(H2SO3)。室溫下將氨氣通入25.00mL0.1000mol·L?1H2SO3溶液中(忽略溶液體積變化),下列說法正確的是A.溶液中始終存在:c()+c(H+)=c()+c()+c(OH?)B.在NH4HSO3溶液中:c()>c()>c(NH3·H2O)>c(H2SO3)C.pH=7的溶液:c()=2c()+c()D.c()=2c(總)的溶液中:c(NH3·H2O)+c(OH?)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)13、室溫下,用含0.2molNaOH的溶液恰好吸收0.2molNO2后得1L溶液,反應(yīng)的化學(xué)方程式為:2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O。對反應(yīng)后的溶液,下列說法正確的是(已知:Ka(HNO2)=7.1×10-4、Ka(CH3COOH)=1.7×10-5)()A.n(NO2-)+n(OH-)-n(H+)=0.1molB.若通入0.01molHCl氣體,溶液pH大于2(忽略溶液體積的變化)C.若加入少量CH3COONa固體,溶液的堿性會減弱D.此時(shí)溶液的pH大于0.1mol/L的CH3COONa溶液14、室溫下,若溶液混合引起的體積變化可忽略,室溫時(shí)下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A.的溶液:B.的溶液和的溶液混合C.的溶液和的溶液等體積混合:D.的溶液和的溶液等體積混合:15、由下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是。實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向某溶液中滴加幾滴新制氯水,再滴加少量溶液,溶液變紅溶液中含有B室溫下,測得相同濃度的和溶液的pH分別為8和9酸性:C蔗糖溶液中加入少量稀硫酸,水浴加熱加氫氧化鈉溶液至溶液呈堿性,再加入少量新制繼續(xù)加熱生成磚紅色沉淀蔗糖完全水解D向等體積等濃度的稀硫酸中分別加入少量等物質(zhì)的量的和固體,溶解而不溶解

A.AB.BC.CD.D16、將下列物質(zhì)加入水中,會顯著放熱的有A.燒堿B.濃硫酸C.食鹽D.生石灰17、rm{1L0.1mol隆隴L^{-1}}的rm{K_{2}SO_{4}}溶液中A.rm{K^{+}}的物質(zhì)的量為rm{0.2mol}B.rm{SO_{4}^{2-}}的物質(zhì)的量為rm{0.1mol}C.rm{K^{+}}的物質(zhì)的量濃度為rm{0.1mol隆隴L^{-1}}D.rm{SO_{4}^{2-}}的物質(zhì)的量濃度為rm{0.1mol隆隴L^{-1}}評卷人得分三、填空題(共8題,共16分)18、下圖是氮元素的各種價(jià)態(tài)與物質(zhì)類別的對應(yīng)關(guān)系:(1)根據(jù)A對應(yīng)的化合價(jià)和物質(zhì)類別,A的摩爾質(zhì)量是,從氮元素的化合價(jià)能否發(fā)生變化的角度判斷,圖中既有氧化性又有還原性的化合物有。(2)實(shí)驗(yàn)室依據(jù)復(fù)分解反應(yīng)原理制取NH3的化學(xué)方程式是。(3)濃、稀硝酸的性質(zhì)既相似又有差別,若要除去鐵制品表面的銅鍍層應(yīng)使。(4)汽車尾氣中含有CO和NOx等多種有害氣體,若在汽車的排氣管上安裝一種催化轉(zhuǎn)化裝置,可使CO與NOx反應(yīng),生成兩種無毒氣體,則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(5)合成法制硝酸是以NH3為原料,經(jīng)催化氧化后再用水吸收來實(shí)現(xiàn)的,若開始時(shí)投入17噸NH3,最后生產(chǎn)出的硝酸為42噸,則硝酸的產(chǎn)率是。19、(12)下圖中的每一方框內(nèi)表示一種反應(yīng)物或生成物,其中A、C、D、E、F在通常情況下均為氣體,且A與C物質(zhì)的量之比為1:1。B為常見液體。試回答下列問題:(1)X是;F是(都填化學(xué)式)。(2)AD反應(yīng)的化學(xué)方程式。(3)G與Cu的反應(yīng)中,G表現(xiàn)得性質(zhì)有。(4)X與過量NaOH溶液反應(yīng)(加熱)的離子方程式。(5)以C、B、D為原料可生產(chǎn)G,若使amolC完全轉(zhuǎn)化為G,理論上至少需要Dmol。20、化學(xué)是一門以實(shí)驗(yàn)為基礎(chǔ)的科學(xué),化學(xué)實(shí)驗(yàn)是化學(xué)學(xué)習(xí)的重要內(nèi)容.根據(jù)你掌握的知識,判斷下列描述正確的是____(填序號)

A.將一小塊pH試紙浸入稀鹽酸中;測定溶液的pH

B.要配制一定濃度的氯化鉀溶液1000mL;準(zhǔn)確稱取氯化鉀固體,放入到1000mL的容量瓶中,加水溶解,振蕩搖勻,定容。

C.用苯萃取碘水中的I2時(shí);有機(jī)層從分液漏斗的上口倒出。

D.各放一張質(zhì)量相同的濾紙于天平的兩盤上;將NaOH固體放在左盤紙上稱量。

E.在焰色反應(yīng)實(shí)驗(yàn)中先用稀鹽酸洗滌鉑絲;然后直接蘸取待測液在酒精噴燈上灼燒觀察火焰顏色。

F.在鈉與水反應(yīng)中;用鑷子從煤油中取出金屬鈉,切下綠豆大小的鈉,小心放入裝滿水的燒杯中。

H.在制備一定量的蒸餾水操作中,將溫度計(jì)水銀球靠近蒸餾燒瓶的支管口處.21、現(xiàn)有如下兩個反應(yīng):(A)NaOH+HCl═NaCl+H2O

(B)2FeCl3+Fe═3FeCl2

①根據(jù)兩反應(yīng)本質(zhì),分別判斷能否用于設(shè)計(jì)原電池____.

②如果不能,說明其原因____.22、下列物質(zhì)屬于電解質(zhì)的有_______________________

rm{壟脵C(jī)u}rm{壟脷H_{2}SO_{4}}rm{壟脹NaOH}rm{壟脺NaCl}rm{壟脻CaO}rm{壟脼CO_{2}}rm{壟脽CaCO_{3}}rm{壟脿H_{2}}23、(1)2molN2H4中所含氫原子個數(shù)與______molH2O所含氫原子個數(shù)相同。

(2)含0.6molFe3+的Fe2(SO4)3所含的SO42-的物質(zhì)的量是______mol

(3)3.01×1023個CH4中所含電子的個數(shù)與______molNH3所含電子的個數(shù)相同。

(4)有一種氣體的質(zhì)量是14g,體積是4.48L(標(biāo)準(zhǔn)狀況),該氣體的摩爾質(zhì)量為______g/mol。24、乙烯是石油裂解氣的主要成分;它的產(chǎn)量通常用來衡量一個國家的石油化工水平.請回答下列問題.

(1)乙烯的電子式____,結(jié)構(gòu)簡式____.

(2)鑒別甲烷和乙烯的試劑是____(填序號).

A.稀硫酸。

B.溴的四氯化碳溶液。

C.水。

D.酸性高錳酸鉀溶液。

(3)下列物質(zhì)中,可以通過乙烯加成反應(yīng)得到的是____(填序號).

A.CH3CH3

B.CH3CHCl2

C.CH3CH2OH

D.CH3CH2Br

(4)已知2CH3CHO+O22CH3COOH.若以乙烯為主要原料合成乙酸;其合成路線如下圖所示.

反應(yīng)②的化學(xué)方程式為____.

工業(yè)上以乙烯為原料可以生產(chǎn)一種重要的合成有機(jī)高分子化合物,其反應(yīng)的化學(xué)方程式為____,反應(yīng)類型是____.25、按要求寫出方程式.

rm{(1)}碳酸鈣和鹽酸rm{(}寫出離子方程式rm{)}______

rm{(2)H^{+}+OH^{-}=H_{2}O(}寫出對應(yīng)的化學(xué)方程式rm{)}______

評卷人得分四、判斷題(共1題,共5分)26、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA(判斷對錯)評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題,共9分)27、某探究小組用HNO3與大理石反應(yīng)過程中質(zhì)量減小的方法,研究影響反應(yīng)速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1,大理石有細(xì)顆粒與粗顆粒兩種規(guī)格,實(shí)驗(yàn)溫度為298K、308K,每次實(shí)驗(yàn)HNO3的用量為25.0mL;大理石用量為10.00g。

(1)請完成以下實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)表,并在實(shí)驗(yàn)?zāi)康囊粰谥刑畛鰧?yīng)的實(shí)驗(yàn)編號:。實(shí)驗(yàn)編號T/K大理石規(guī)格HNO3濃度/mol·L-1實(shí)驗(yàn)?zāi)康蘑?98粗顆粒2.00(Ⅰ)實(shí)驗(yàn)①和②探究HNO3濃度對該反應(yīng)速率的影響;

(Ⅱ)實(shí)驗(yàn)①和③探究溫度對該反應(yīng)速率的影響;

(Ⅲ)實(shí)驗(yàn)①和④探究大理石規(guī)格(粗、細(xì))對該反應(yīng)速率的影響;②_______________③_______________④_______________

(2)實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示,如何檢驗(yàn)該裝置的氣密性________________________________

(3)實(shí)驗(yàn)①中CO2質(zhì)量隨時(shí)間變化的關(guān)系見下圖2:依據(jù)反應(yīng)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O,計(jì)算實(shí)驗(yàn)①在70-90s范圍內(nèi)HNO3的平均反應(yīng)速率________________________

(4)請?jiān)诖痤}卡的框圖中,畫出實(shí)驗(yàn)②、③和④中CO2質(zhì)量隨時(shí)間變化關(guān)系的預(yù)期結(jié)果示意圖。_______評卷人得分六、綜合題(共4題,共16分)28、2SO2(g)+O2(g)═2SO3(g)反應(yīng)過程的能量變化如圖所示.已知1molSO2(g)氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1.請回答下列問題:

29、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題30、2SO2(g)+O2(g)═2SO3(g)反應(yīng)過程的能量變化如圖所示.已知1molSO2(g)氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1.請回答下列問題:

31、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題參考答案一、選擇題(共8題,共16分)1、D【分析】試題分析:混合氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度是1.875g/L,則混合氣體平均摩爾質(zhì)量為:1.875g/L×22.4L/mol=42g/mol,設(shè)混合氣體中含有xmolCO,ymolCO2,則M=(28x+44Y)÷(x+y)=42,解之得:x:y=1:7,故C項(xiàng)正確??键c(diǎn):本題考查氣體體積比的計(jì)算?!窘馕觥俊敬鸢浮緿2、C【分析】【解析】【答案】C3、B【分析】解:在加熱;濃硫酸作催化劑的條件下;苯分子中的氫原子被硝基取代生成硝基苯,所以屬于取代反應(yīng),故選B.

根據(jù)取代反應(yīng)的定義“有機(jī)化合物分子里的某些原子或原子團(tuán)被其它原子或原子團(tuán)所代替的反應(yīng)”來分析解答.

本題考查了取代反應(yīng)的判斷,根據(jù)取代反應(yīng)的定義來分析解答即可,注意乙酸和乙醇的酯化反應(yīng)也屬于取代反應(yīng).【解析】rm{B}4、C【分析】【分析】本題考查學(xué)生對實(shí)驗(yàn)方案的理解與評價(jià),難度不大,實(shí)質(zhì)是根據(jù)方程式的計(jì)算,注意基礎(chǔ)知識的靈活運(yùn)用與掌握?!窘獯稹緼.由制取硝酸銅三種設(shè)計(jì)方案的化學(xué)反應(yīng)方程式可以判斷:制備rm{1molCu(NO_{3})_{2}}需要rm{HNO_{3}}的物質(zhì)的量,rm{壟脵}中需要rm{dfrac{8}{3}molHNO_{3}}rm{壟脷}中需要rm{4molHNO_{3}}rm{壟脹}中需要rm{2molHNO_{3}}所以需要硝酸的量rm{壟脷>壟脵>壟脹}rm{壟脹}最少;故A錯誤,故A不符合題意;

B.由制取硝酸銅三種設(shè)計(jì)方案的化學(xué)反應(yīng)方程式可以判斷:制備rm{1molCu(NO_{3})_{2}}rm{壟脵}中放出rm{dfrac{2}{3}molNO}氣體,rm{壟脷}中放出rm{2molNO_{2}}氣體,rm{壟脹}中沒有氣體放出,制取相同量的硝酸銅rm{壟脵}產(chǎn)生的有毒氣體比rm{壟脷}少,故B錯誤,故B不符合題意;

C.由制取硝酸銅三種設(shè)計(jì)方案的化學(xué)反應(yīng)方程式可以判斷:制備rm{1molCu(NO_{3})_{2}}rm{壟脵}中需要rm{dfrac{8}{3}molHNO_{3}}放出rm{dfrac{2}{3}molNO}氣體,硝酸利用率為rm{dfrac{dfrac{8}{3}mol-dfrac{2}{3}mol}{dfrac{8}{3}mol}=75攏樓}rm{dfrac{dfrac{8}{3}mol-

dfrac{2}{3}mol}{dfrac{8}{3}mol}=75攏樓}中需要rm{壟脷}放出rm{4molHNO_{3}}氣體,硝酸利用率為rm{dfrac{4mol-2mol}{4mol}=50攏樓}rm{2molNO_{2}}中沒有氣體放出,rm{dfrac{4mol-2mol}{4mol}=50攏樓

}的利用率為rm{壟脹}三種方案中硝酸的利用率rm{HNO_{3}}故C正確,rm{100%}

D.稀硝酸與鐵發(fā)生反應(yīng),且生成的rm{壟脹>壟脵>壟脷}與鐵反應(yīng),故不可以在鐵制容器中進(jìn)行,故D錯誤,故C符合題意;

故選C。rm{Cu(NO_{3})_{2}}【解析】rm{C}5、C【分析】【分析】本題考查元素周期表和元素周期律知識,難度不大?!窘獯稹緼.rm{Nh}與與rm{Nh}位于同主族,金屬性比rm{Al}強(qiáng),故A錯誤;rm{Al}號元素所在族中的硅元素是一種優(yōu)良的半導(dǎo)體,并在芯片產(chǎn)業(yè)中應(yīng)用廣泛,故B錯誤;B.rm{114}號元素所在族中的硅元素是一種優(yōu)良的半導(dǎo)體,并在芯片產(chǎn)業(yè)中應(yīng)用廣泛,故B錯誤;rm{114}非金屬性強(qiáng)C.非金屬性氣態(tài)氯化物的穩(wěn)定性rm{F>Ts};氣態(tài)氯化物的穩(wěn)定,所以所在族為:rm{HF>HTs};族,氦元素最外層rm{HF>HTs}個電子,故D錯誤。D.rm{Og}所在族為rm{0}族,氦元素最外層rm{2}個電子,故D錯誤。rm{Og}【解析】rm{C}6、B【分析】【分析】本題注意把握元素周期律的遞變規(guī)律以及金屬性、非金屬性與最高價(jià)含氧酸、堿以及氫化物穩(wěn)定性的關(guān)系。【解答】元素的非金屬性越強(qiáng),對應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性越強(qiáng),rm{壟脵}正確正確;元素的金屬性越強(qiáng);對應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的堿性越強(qiáng);元素的非金屬性越強(qiáng),對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定;元素的非金屬性越強(qiáng),對應(yīng)離子的還原性越弱。

rm{壟脵}氧化性的研究對象不是元素,故錯誤;rm{壟脹}氧化性順序?yàn)閞m{壟脺}rm{Li}rm{+}rm{+}rm{>Na}rm{+},故錯誤。故選C。rm{+}【解析】rm{B}7、B【分析】解:rm{A.}乙烯與rm{HCl}發(fā)生加成反應(yīng);而乙烷與氯氣發(fā)生取代反應(yīng),故A錯誤;

B.鋁離子;碳酸根離子均水解;則明礬水解生成膠體用于凈水,碳酸鈉溶液水解顯堿性,故B正確;

C.金屬單質(zhì)之間的置換反應(yīng),金屬單質(zhì)被氧化,則rm{Zn}被氧化;而氯氣與溴離子的反應(yīng)中氯氣被還原,故C錯誤;

D.水中rm{H}rm{O}元素的化合價(jià)均不變;則兩個反應(yīng)中水既不是氧化劑也不是還原劑,故D錯誤;

故選B.

A.乙烯與rm{HCl}發(fā)生加成反應(yīng);

B.鋁離子;碳酸根離子均水解;

C.金屬單質(zhì)之間的置換反應(yīng);金屬單質(zhì)被氧化;

D.水中rm{H}rm{O}元素的化合價(jià)均不變.

本題考查較綜合,涉及氧化還原反應(yīng)、鹽類水解、單質(zhì)置換反應(yīng)及有機(jī)反應(yīng)類型等,為高頻考點(diǎn),把握物質(zhì)的性質(zhì)及反應(yīng)原理為解答的關(guān)鍵,側(cè)重氧化還原反應(yīng)的考查,題目難度不大.【解析】rm{B}8、B【分析】解:氧化鐵是堿性氧化物,不能和堿反應(yīng);二氧化碳、二氧化硫能和堿反應(yīng)生成鹽和水,屬于酸性氧化物,而且易溶于水;rm{SiO_{2}}能和堿反應(yīng)生成鹽和水;但是二氧化硅難溶于水;

故選B.

氧化物是由兩種元素組成并且一種元素是氧元素的化合物;能和堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物屬于酸性氧化物.

本題主要考查氧化物的概念,解答時(shí)要分析物質(zhì)的元素組成,然后再根據(jù)氧化物概念的含義進(jìn)行分析、判斷,從而得出正確的結(jié)論.【解析】rm{B}二、多選題(共9題,共18分)9、ABC【分析】解:A.因?yàn)榛瘜W(xué)反應(yīng)的本質(zhì)為舊鍵的斷裂和新鍵的形成;化學(xué)鍵斷裂吸收能量,生成化學(xué)鍵釋放能量,所以化學(xué)反應(yīng)都會伴隨著能量變化,故A正確;

B.氯化氫溶于水;發(fā)生電離,H-Cl共價(jià)鍵破壞,故B正確;

C.化學(xué)鍵斷裂吸收能量;生成化學(xué)鍵釋放能量,化學(xué)反應(yīng)的實(shí)質(zhì)為化學(xué)鍵的斷裂和形成,則化學(xué)鍵的斷裂和形成是化學(xué)反應(yīng)能量變化的主要原因,故C正確;

D.銨鹽為離子化合物;但不含金屬元素,氯化鋁含金屬元素為共價(jià)化合物,故D錯誤;

故選:ABC.

A.化學(xué)鍵斷裂吸收能量;生成化學(xué)鍵釋放能量,化學(xué)反應(yīng)都會伴隨著能量變化;

B.HCl中只含H-Cl共價(jià)鍵;

C.化學(xué)鍵斷裂吸收能量;生成化學(xué)鍵釋放能量;

D.銨鹽為離子化合物.

本題考查化學(xué)鍵,為高頻考點(diǎn),把握化學(xué)鍵的形成及判斷是為解答的關(guān)鍵,并注意利用實(shí)例來分析解答,側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查,題目難度不大.【解析】【答案】ABC10、CD【分析】【分析】

本題考查影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素,題目難度一般?!窘獯稹緼.加入適量的rm{6mol/L}鹽酸,會增加氫氣的總量,故A錯誤;鹽酸,會增加氫氣的總量,故A錯誤;

rm{6mol/L}B.加入適量rm{NaNO}rm{NaNO}故B錯誤;

C.加入適量的蒸餾水,可rm{{,!}_{3}}

溶液,不能生成氫氣,生成氣體為rm{NO}故B錯誤;可減緩反應(yīng)速率;又不影響生成氫氣的總量,故D正確。

rm{NO}

減緩反應(yīng)速率,又不影響生成氫氣的總量,故C正確;【解析】rm{CD}11、CD【分析】【詳解】

A.檸檬酸溶液電離方程式:H3RH2R-+H+,H2R-HR2-+H+,HR2-R3-+H+,在a點(diǎn)時(shí),c(H2R-)=c(H3R),第一步電離常數(shù)Ka1(H3R)==c(H+)=10-3.3,故其數(shù)量級為10-4;A錯誤;

B.b點(diǎn)時(shí),c(NaH2R)=c(Na2HR),根據(jù)物料守恒可得2c(Na+)=3[c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R)];B錯誤;

C.根據(jù)圖示,隨著pH值的增大,氫離子濃度會減小,平衡向右移動,所以H3R含量會減少。pH=6時(shí),c(R3-)=c(HR2-),溶液顯示酸性,c(H+)>c(OH-),鹽電離產(chǎn)生的離子濃度大于弱電解質(zhì)電離產(chǎn)生的離子濃度,即c(HR2-)>c(H+),故c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-);C正確;

D.H3RH2R-+H+的電離平衡常數(shù)Ka1(H3R)==c(H+)=10-x;H2R-HR2-+H+的電離平衡常數(shù)Ka2(H3R)==c(H+)=10-y,反應(yīng)2H2R-H3R+HR2-在該溫度下的平衡常數(shù)K==10x-y;D正確;

故合理選項(xiàng)是CD。12、CD【分析】【詳解】

A.溶液中始終存在電荷守恒:c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH?),A錯誤;B.常溫下,NH4+的水解常數(shù)K1=≈5.7×10-10,HSO3-的水解常數(shù)K2=≈6.7×10-13,HSO3-的電離常數(shù)Ka2=1.0×10-7,Ka2>K1>K2,所以c()>c(),c(NH3·H2O)>c(H2SO3),故c()>c()>c(NH3·H2O)>c(H2SO3),B錯誤;C.電荷守恒:c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH?),pH=7的溶液:c(H+)=c(OH?),所以c()=2c()+c(),C正確;D.c()=2c(總)=2[c()+c()+c(H2SO3)],則該溶液為(NH4)2SO3,該溶液的質(zhì)子守恒為:c(NH3·H2O)+c(OH?)=c(H+)+c()+2c(H2SO3),D正確。答案選CD。

【點(diǎn)睛】

書寫(NH4)2SO3溶液的質(zhì)子守恒方法:選定NH4+、SO32-、H2O為基準(zhǔn)粒子,所以(NH4)2SO3溶液的質(zhì)子守恒為:c(NH3·H2O)+c(OH?)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)。13、AB【分析】【分析】

反應(yīng)后溶液中存在NO2-,由Ka(HNO2)=7.1×10-4、Ka(CH3COOH)=1.7×10-5可知,HNO2酸性比CH3COOH強(qiáng),反應(yīng)后的溶液pH小于等濃度的CH3COONa。

【詳解】

A.根據(jù)反應(yīng)后溶液中存在電荷守恒可知:其中NaNO3是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽,NaNO3中的故有A項(xiàng)正確;

B.若通入0.01molHCl氣體,因?yàn)辂}酸酸性大于亞硝酸,故發(fā)生反應(yīng):HCl+NaNO2=HNO2+NaCl,故溶液的pH>2;B項(xiàng)正確;

C.若加入少量的CH3COONa固體;因?yàn)榇姿徕c是強(qiáng)堿弱酸鹽,水解顯堿性,溶液的堿性會增強(qiáng),C項(xiàng)錯誤;

D.由Ka(HNO2)=7.1×10-4、Ka(CH3COOH)=1.7×10-5可知,HNO2酸性比CH3COOH強(qiáng),故NaNO2水解程度小于CH3COONa的水解程度,故此時(shí)0.1mol/LNaNO2溶液的pH小于0.1mol/L的CH3COONa溶液;D項(xiàng)錯誤;

答案選AB。14、BD【分析】【詳解】

由題可知,

A.0.1mol/L的NaHA溶液中的物料守恒:HA-的電離常數(shù)大于其水解程度,故溶液中因此故A錯誤;

B.的溶液和的溶液的混合液中c(Na+)<0.2mol/L,該溶液中電荷守恒為:溶液呈中性,故故B正確;

C.該混合溶液中電荷守恒:①,物料守恒:②,將①+②得:故C錯誤;

D.兩溶液混合后發(fā)生反應(yīng):Na2A+H2A=2NaHA,溶液中c(NaHA)=c(H2A)=0.05mol/L,溶液中電荷守恒:①,物料守恒:②,將①+②進(jìn)行相關(guān)轉(zhuǎn)化得:因Ka1>Kh2,故溶液呈酸性,故故D正確;

故答案為:BD。

【點(diǎn)睛】

酸式鹽與多元弱酸的強(qiáng)堿正鹽溶液酸堿性比較:

(1)酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式鹽中酸式酸根離子的電離能力和水解能力哪一個更強(qiáng),如NaHCO3溶液中的水解能力大于其電離能力;故溶液顯堿性;

(2)多元弱酸的強(qiáng)堿正鹽溶液:多元弱酸根離子水解以第一步為主,例如Na2S溶液中:c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。15、BD【分析】【詳解】

A.二價(jià)鐵離子和KSCN不反應(yīng),三價(jià)鐵離子和KSCN溶液反應(yīng)生成血紅色絡(luò)合物,二價(jià)鐵離子易被氯水氧化生成三價(jià)鐵離子,F(xiàn)e2+檢驗(yàn)時(shí)要先加KSCN溶液后加氯水,防止Fe3+干擾;故A錯誤;

B.相同物質(zhì)的量濃度的鈉鹽溶液;溶液的pH越大,酸根離子的水解程度越大,相應(yīng)的酸的酸性越弱;室溫下,測得相同濃度的NaX和NaY溶液的pH分別為8和9可知HX溶液的酸性強(qiáng)于HY,故B正確;

C.蔗糖完全水解和部分水解;溶液中都含有葡萄糖,堿性條件下都能與新制氫氧化銅懸著液共熱反應(yīng)生成氧化亞銅磚紅色沉淀,故C錯誤;

D.相同條件下,組成和結(jié)構(gòu)相似的難溶金屬硫化物,溶解度大的物質(zhì)先溶解于稀硫酸,向等體積等濃度的稀硫酸中分別加入少量等物質(zhì)的量的和固體,溶解而不溶解,說明溶度積故D正確;

故選BD。16、ABD【分析】物質(zhì)溶于水分為兩個過程:構(gòu)成物質(zhì)的微粒向水中擴(kuò)散的過程,這一過程需吸熱,構(gòu)成物質(zhì)的微粒與水分子形成水和分子的過程,這一過程需放熱,如果吸熱大于放熱則溶于水表現(xiàn)為吸熱,如果吸熱小于放熱則溶于水表現(xiàn)為放熱,如果吸熱等于放熱則表現(xiàn)為溶于水溫度不變r(jià)m{.}常見的溶于水放熱的有:濃硫酸、生石灰、氫氧化鈉固體rm{.}常見吸熱的有:硝酸銨.常見的溶于水放熱的有:濃硫酸、生石灰、氫氧化鈉固體rm{.}常見吸熱的有:硝酸銨.A.rm{.}燒堿B.溶于水會放熱,故A正確rm{;}rm{;}C.濃硫酸溶于水放熱不明顯,故C錯誤溶于水會放熱,故B正確rm{;}D.rm{;}溶于水會放熱,故D正確.食鹽【解析】rm{ABD}17、ABD【分析】【分析】本題考察化學(xué)計(jì)量的相關(guān)計(jì)算?!窘獯稹緼.據(jù)公式rm{n=cV}得rm{K}得rm{n=cV}rm{K}rm{{,!}^{+}}的物質(zhì)的量為:rm{2隆脕1L隆脕0.1mol隆隴L}rm{2隆脕1L隆脕0.1mol隆隴L}故A正確;

rm{{,!}^{-1}}據(jù)公式rm{=0.2mol}故A正確;得rm{=0.2mol}B.rm{n=cV}rm{SO}rm{SO}故B正確

rm{{,!}_{4}^{2-}}的物質(zhì)的量為:rm{1L隆脕0.1mol隆隴L}rm{1L隆脕0.1mol隆隴L}rm{{,!}^{-1}}rm{=0.1mol}故B正確rm{=0.1mol}C.rm{1molK}rm{1molK}rm{{,!}_{2}}倍為rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}含rm{2mol}故C錯誤;

rm{2mol}rm{K^{+}},rm{K}rm{K}故D正確。故選ABD。rm{{,!}^{+}}【解析】rm{ABD}三、填空題(共8題,共16分)18、略

【分析】試題分析:(1)由圖看出A屬于氮的氧化物,N化合價(jià)為+5價(jià),可知為N2O5,其摩爾質(zhì)量為108g·mol-1;處于中間價(jià)態(tài)的物質(zhì)應(yīng)既有氧化性又有還原性,圖中化合物中只有NO、NO2;(2)實(shí)驗(yàn)室制取氨氣利用氯化銨和消石灰,2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O;(3)濃、稀硝酸都可以與銅鍍層反應(yīng),但濃硝酸與鐵發(fā)生鈍化,所以用濃硝酸;(4)生成兩種無毒氣體應(yīng)為氮?dú)夂投趸?,反?yīng)方程式為2xCO+2NOx=N2+2xCO2;(5)根據(jù)NH3HNO3,根據(jù)關(guān)系式17噸氨氣理論上制的硝酸質(zhì)量為63噸,實(shí)際產(chǎn)量為42噸,則硝酸的產(chǎn)率為=67%??键c(diǎn):本題考查了有關(guān)氮的化合物的有關(guān)性質(zhì),讀取圖像信息的能力?!窘馕觥俊敬鸢浮浚?)108g·mol-1,NO、NO2(各1分)。(2)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O;(其它反應(yīng)只要滿足題意要求參照給分。沒配平扣1分,無△或↑不扣分)(3)濃硝酸。(1分)(4)2xCO+2NOx=N2+2xCO2(沒配平扣1分)(5)67%(或66.7%)19、略

【分析】試題分析:A、C、D、E、F在通常情況下均為氣體,A是可以和Na2O2反應(yīng)的氣體,常見的是CO2,生成的D為O2,X可以和鹽酸反應(yīng)生成CO2,X是碳酸鹽或碳酸氫鹽,X可以和NaOH反應(yīng)生成氣體,則X還可能是銨鹽,X生成A與C物質(zhì)的量之比為1:1,故X是NH4HCO3,那么B是H2O,C是NH3,E是NO,O2和NO反應(yīng)生成F是NO2,B是H2O,那么G是HNO3,根據(jù)上述推斷,(1)X是NH4HCO3;F是NH3(2)A生成D的化學(xué)方程式為:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(3)G是HNO3,與銅反應(yīng)體現(xiàn)了強(qiáng)氧化性和酸性。(4)NH4HCO3與過量NaOH溶液反應(yīng)(加熱)的離子方程式為:NH4++HCO3-+2OH-2H2O+CO32-+NH3↑(5)根據(jù)電子守恒有:amolNH3變?yōu)镠NO3轉(zhuǎn)移的電子為8amol,轉(zhuǎn)移8amol電子的話需要反應(yīng)O2的量為2amol.考點(diǎn):物質(zhì)的推斷、離子方程式的書寫和氧化還原反應(yīng)中的電子守恒的運(yùn)用。【解析】【答案】(1)NH4HCO3;NH3(2)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(3)氧化性和酸性(4)NH4++HCO3-+2OH-2H2O+CO32-+NH3↑(5)2a20、略

【分析】

A;pH試紙測溶液的pH時(shí);要用玻璃棒蘸取待測也于試紙上,不能用試紙蘸取待測液,故A錯誤;

B;容量瓶的使用原則:不能作為溶解儀器;故B錯誤;

C;分液漏斗的使用原則:上層液體從上口倒出;下層液體從下口流出,故C正確;

D;氫氧化鈉具有較強(qiáng)的吸水性;不能放在紙上稱量,應(yīng)該放在小燒杯或是稱量瓶中,故D錯誤;

E;顏色反應(yīng)的方法:直接蘸取待測液在酒精噴燈上灼燒觀察火焰顏色;故E錯誤;

F;用鑷子從煤油中取出金屬鈉;需要將煤油擦干,否則會燃燒,故F錯誤;

H;蒸餾實(shí)驗(yàn)的原理:測的是物質(zhì)沸點(diǎn)的溫度;所以溫度計(jì)水銀球的位置位于傻婆平的支管口處,故H正確.

故答案為:C;H.

【解析】【答案】A;根據(jù)pH試紙測溶液的pH的方法來回答;

B;根據(jù)容量瓶的使用原則和方法來回答;

C;根據(jù)分液漏斗的使用原則來回答;

D;氫氧化鈉具有較強(qiáng)的吸水性;不能放在紙上稱量;

E;根據(jù)顏色反應(yīng)的方法來回答;

F;用鑷子從煤油中取出金屬鈉;需要將煤油擦干再切;

H;根據(jù)蒸餾實(shí)驗(yàn)的原理知識來確定溫度計(jì)水銀球的位置.

21、(A)不行(B)可以|(A)不是氧化還原反應(yīng),沒有發(fā)生電子的轉(zhuǎn)移【分析】【解答】解:①原電池反應(yīng)是自發(fā)進(jìn)行的放熱的氧化還原反應(yīng);(A)中各元素化合價(jià)不變,不屬于氧化還原反應(yīng),所以不能設(shè)計(jì)成原電池,(B)中Fe元素化合價(jià)發(fā)生變化,所以可以設(shè)計(jì)成原電池,故答案為:(A)不行(B)可以;②(A)不是氧化還原反應(yīng),沒有發(fā)生電子的轉(zhuǎn)移,所以不能設(shè)計(jì)成原電池,故答案為:(A)不是氧化還原反應(yīng),沒有發(fā)生電子的轉(zhuǎn)移.

【分析】①原電池反應(yīng)是自發(fā)進(jìn)行的放熱的氧化還原反應(yīng),結(jié)合元素的化合價(jià)變化分析;②原電池反應(yīng)是自發(fā)進(jìn)行的放熱的氧化還原反應(yīng).22、②③④⑤⑦【分析】【分析】水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔锓Q為電解質(zhì);酸;堿、鹽都是電解質(zhì);在上述兩種情況下都不能導(dǎo)電的化合物稱為非電解質(zhì),蔗糖、乙醇等都是非電解質(zhì)。大多數(shù)的有機(jī)物都是非電解質(zhì);單質(zhì),混合物既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)。

【解答】rm{壟脵C(jī)u}為單質(zhì);既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì).

rm{壟脷H_{2}SO_{4}}能電離出rm{H^{+}}和rm{SO_{4}^{2-}}在水溶液中能導(dǎo)電;屬于電解質(zhì);

rm{壟脹NaOH}為離子化合物;在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電,屬于電解質(zhì);

rm{壟脺NaCl}為離子化合物;在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電,屬于電解質(zhì);

rm{壟脻CaO}為離子化合物;在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電,屬于電解質(zhì);

rm{壟脼CO_{2}}和水反應(yīng)生成碳酸,碳酸能電離出自由移動的陰陽離子而導(dǎo)電,但電離出離子的物質(zhì)是碳酸不是rm{CO_{2}}所以rm{CO_{2}}是非電解質(zhì);

rm{壟脽CaCO_{3}}是鹽,在水溶液中雖難溶,但溶于水的部分或熔化狀態(tài)下都能完全電離,rm{CaCO_{3}簍TCa^{2+}+CO_{3}^{2-}}有自由移動的離子;能導(dǎo)電,屬于電解質(zhì);

rm{壟脿H_{2}}為單質(zhì);既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)。

故答案為:rm{壟脷壟脹壟脺壟脻壟脽}【解析】rm{壟脷壟脹壟脺壟脻壟脽}23、40.90.570【分析】解:(1)要使N2H4含有的氫原子個數(shù)與水含有氫原子個數(shù)相同,則滿足:2mol×4×NA=n(H2O)×2×NA,解得n(H2O)=4mol;

故答案為:4;

(2)Fe2(SO4)3中n(Fe3+):n(SO42-)=2:3,故n(SO42-)=n(Fe3+)=×0.6mol=0.9mol;

故答案為:0.9;

(3)1個甲烷,1個氨氣分子都含有10個電子,所以要使甲烷與氨氣含有相同電子數(shù),則二者物質(zhì)的量相等,即n=-=0.5mol;

故答案為:0.5;

(4)氣體的質(zhì)量是14g,體積是4.48L(標(biāo)準(zhǔn)狀況),該氣體的摩爾質(zhì)量為:=70g/mol;

故答案為:70。

(1)依據(jù)N=nNA結(jié)合物質(zhì)的結(jié)構(gòu)組成計(jì)算;

(2)Fe2(SO4)3中n(Fe3+):n(SO42-)=2:3;

(3)依據(jù)N=nNA結(jié)合1個甲烷;1個氨氣分子都含有10個電子;

(4)依據(jù)M=計(jì)算解答。

本題考查了物質(zhì)的量有關(guān)計(jì)算,明確以物質(zhì)的量為核心計(jì)算公式,熟悉物質(zhì)的結(jié)構(gòu)組成是解題關(guān)鍵,題目難度不大?!窘馕觥?0.90.57024、略

【分析】

(1)乙烯中含碳和碳之間以共價(jià)雙鍵結(jié)合,電子式為:根據(jù)電子式可以書寫結(jié)構(gòu)簡式為:H2C=CH2,故答案為:H2C=CH2;

(2)乙烯中含有碳碳雙鍵;可以發(fā)生加成反應(yīng),使溴水褪色,可以被強(qiáng)氧化劑高錳酸鉀氧化,從而使高錳酸鉀褪色,而甲烷不能,故答案為:BD;

(3)乙烯和溴化氫發(fā)生加成生成溴乙烷;和水加成生成乙醇,和氫氣加成生成乙烷,故答案為:ACD;

(4)乙烯可以和水加成生成乙醇,所以A是乙醇,乙醇可以被氧化為B乙醛,乙醛易被氧化為C乙酸,乙醇的催化氧化反應(yīng)為:2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O;乙烯可以發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚乙烯,反應(yīng)為:屬于加聚反應(yīng),故答案為:加聚反應(yīng).

【解析】【答案】(1)乙烯是含有碳碳雙鍵的最簡單的烯烴;根據(jù)電子式可以書寫結(jié)構(gòu)簡式;

(2)乙烯中含有碳碳雙鍵;可以發(fā)生加成反應(yīng),可以被強(qiáng)氧化劑氧化,而甲烷不能;

(3)乙烯加成反應(yīng)的特征是原子或原子團(tuán)加在雙鍵碳原子上;雙鍵變?yōu)閱捂I;

(4)乙烯可以和水加成生成乙醇;乙醇可以被氧化為乙醛,乙醛易被氧化為乙酸;乙烯可以發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚乙烯.

25、CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O;NaOH+HCl=NaCl+H2O;【分析】解:rm{(1)}碳酸鈣是難溶物和鹽酸反應(yīng)生成氯化鈣、水和二氧化碳;離子方程式為:rm{CaCO_{3}+2H^{+}=Ca^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}故答案為:rm{CaCO_{3}+2H^{+}=Ca^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{(2)}氫氧化鋇溶液和稀硫酸反應(yīng)生成難溶硫酸鋇沉淀和弱電解質(zhì)水;離子方程式為:rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}故答案為:rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}

rm{(3)}硫酸鐵是強(qiáng)電解質(zhì)完全電離;電離方程式為:rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}=2Fe^{3+}+3SO_{4}^{2-}}故答案為:rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}=2Fe^{3+}+3SO_{4}^{2-}}

rm{(4)}符合離子方程式rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}的反應(yīng)是強(qiáng)堿強(qiáng)酸稀溶液發(fā)生的中和反應(yīng)生成水和溶于水的鹽;化學(xué)方程式為:rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}故答案為:rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}

rm{(5)}符合離子方程式rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}的反應(yīng)是可溶于水的碳酸鹽和強(qiáng)酸發(fā)生的反應(yīng),化學(xué)方程式為rm{Na_{2}CO_{3}+2HCl=2NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}故答案為:rm{Na_{2}CO_{3}+2HCl=2NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉.}

rm{(1)}碳酸鈣是難溶物和鹽酸反應(yīng)生成氯化鈣;水和二氧化碳;依據(jù)書寫方法寫出離子方程式;

rm{(2)}氫氧化鋇溶液和稀硫酸反應(yīng)生成難溶硫酸鋇沉淀和弱電解質(zhì)水;

rm{(3)}硫酸鐵是強(qiáng)電解質(zhì)完全電離;

rm{(4)}符合離子方程式rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}的反應(yīng)是強(qiáng)堿強(qiáng)酸稀溶液發(fā)生的中和反應(yīng)生成水和溶于水的鹽;

rm{(5)}符合離子方程式rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}的反應(yīng)是可溶于水的碳酸鹽和強(qiáng)酸發(fā)生的反應(yīng)rm{.}本題考查了化學(xué)方程式、離子方程式、電離方程式的書寫方法和注意問題,題目較簡單,分清強(qiáng)弱電解質(zhì)、難溶物是解題關(guān)鍵.【解析】rm{CaCO_{3}+2H^{+}=Ca^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}四、判斷題(共1題,共5分)26、B【分析】【解答】n===1mol,結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計(jì)算,最外層電子數(shù)為2NA;故錯誤;

故答案為:錯.

【分析】依據(jù)n=計(jì)算物質(zhì)的量,結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計(jì)算.五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題,共9分)27、略

【分析】【分析】

(1)本實(shí)驗(yàn)是由實(shí)驗(yàn)①做對比實(shí)驗(yàn)探究影響反應(yīng)速率的因素,所以在設(shè)計(jì)分組實(shí)驗(yàn)時(shí),要設(shè)計(jì)出分別只有濃度、溫度和接觸面積不同時(shí)反應(yīng)速率的變化,從而找出不同外界因素對反應(yīng)速率的影響。由于實(shí)驗(yàn)①和實(shí)驗(yàn)②探究HNO3濃度對該反應(yīng)速率的影響,實(shí)驗(yàn)①和實(shí)驗(yàn)③探究溫度對該反應(yīng)速率的影響,故實(shí)驗(yàn)③的溫度選擇308K,實(shí)驗(yàn)①和實(shí)驗(yàn)④探究接觸面積對該反應(yīng)速率的影響,故實(shí)驗(yàn)④選擇細(xì)顆粒的大理石;

(2)依據(jù)裝置特點(diǎn)分析氣密性的檢查方法;

(3)化學(xué)反應(yīng)速率通常用單位時(shí)間內(nèi)濃度的變化量來表示。根據(jù)圖像可以計(jì)算出70至90s內(nèi)生成的CO2的體積;然后根據(jù)反應(yīng)式可計(jì)算出消耗的硝酸的物質(zhì)的量,最后計(jì)算其反應(yīng)速率;

(4)根據(jù)反應(yīng)物的用量計(jì)算生成CO2的最大質(zhì)量;根據(jù)影響反應(yīng)速率的因素比較實(shí)驗(yàn)②;③和④反應(yīng)速率大小;以此判斷曲線斜率大小,畫出圖像;

【詳解】

(1)由實(shí)驗(yàn)?zāi)康目芍?;探究濃度;溫度、接觸面積對化學(xué)反應(yīng)速率的影響,則實(shí)驗(yàn)①②的溫度、大理石規(guī)格相同,只有濃度不同,實(shí)驗(yàn)①③中只有溫度不同,實(shí)驗(yàn)①④中只有大理石規(guī)格不同;

故答案為(從上到下;從左到右順序):298;粗顆粒;1.00;308;粗顆粒;2.00;298;細(xì)顆粒;2.00;

(2)該裝置的氣密性的檢查方法是:關(guān)閉分液漏斗活塞,向外拉或向內(nèi)推分液漏斗的活塞,若一段時(shí)間后松開手,活塞又回到原來的位置,則證明裝置氣密性良好;

(3)①70至90s,CO2生成的質(zhì)量為:m(CO2)=0.95g-0.85g=0.1g;

②根據(jù)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O,可知消耗HNO3的物質(zhì)的量為:n(HNO3)==mol;

③溶液體積為25mL=0.025L,所以HNO3減少的濃度Δc(HNO3)==mol/L;

④反應(yīng)的時(shí)間t=90s-70s=20s

⑤所以HNO3在70-90s范圍內(nèi)的平均反應(yīng)速率為:

v(HNO3)=Δc(HNO3)/t==mol·L-1·S-1=0.009mol·L-1·S-1

(4)實(shí)驗(yàn)②、③和④所用大理石的質(zhì)量均為10.00g,其物質(zhì)的量為=0.1mol,實(shí)驗(yàn)①、③和④所用硝酸的量相同均為:2.00mol/L×0.025L=0.05mol,依據(jù)反應(yīng)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知,硝酸不足,生成CO2的質(zhì)量按硝酸計(jì)算得:0.05mol×44g/mol=1.10g,實(shí)驗(yàn)②所用硝酸的量為1.00mol/L×0.025L=0.025mol,大理石過量,反應(yīng)生成的CO2的質(zhì)量為0.025mol×44g/mol=0.55g;

實(shí)驗(yàn)①和②探究HNO3濃度對該反應(yīng)速率的影響,且HNO3濃度①>②,濃度越大,反應(yīng)越快,故曲線斜率①>②;

實(shí)驗(yàn)①和③探究溫度對該反應(yīng)速率的影響,且溫度③高于①,溫度越高反應(yīng)越快,故曲線斜率③>①;

實(shí)驗(yàn)①和④探究大理石規(guī)格(粗、細(xì))對該反應(yīng)速率的影響,且實(shí)驗(yàn)④為細(xì)顆粒,實(shí)驗(yàn)①為粗顆粒,顆粒越小,表面積越大,反應(yīng)越快,故反應(yīng)速率④>①,故曲線斜率④>①;

根據(jù)以上特征;畫出圖像如下:

【點(diǎn)睛】

本題考查了化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素,注意對題給信息的分析是處理是解答的關(guān)鍵,注意控制變量的實(shí)驗(yàn)方法的理解和掌握?!窘馕觥?98粗顆粒1.00308粗顆粒2.00298細(xì)顆粒2.00關(guān)閉分液漏斗活塞,向外拉或向內(nèi)推分液漏斗的活塞,若一段時(shí)間后松開手,活塞又回到原來的位置,則證明裝置氣密性良好Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1六、綜合題(共4題,共16分)28、反應(yīng)物能量生成物能量無降低因?yàn)榇呋瘎└淖兞朔磻?yīng)的歷程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2,4VO2+O2═2V2O5S(s)+O2(g)═SO2(g)△H1=﹣296kJ?mol﹣1SO2(g)+12

O2(g)═SO3(g)△H2=﹣99kJ?mol﹣13s(s)+12

O2(g)═3SO3(g)△H=3(△H1+△H2)=﹣1185kJ?mol﹣1【分析】【解答】(1)因圖中A;C分別表示反應(yīng)物總能量、生成物總能量;B為活化能,反應(yīng)熱可表示為A、C活化能的大小之差,活化能的大小與反應(yīng)熱無關(guān),加入催化劑,活化能減小,反應(yīng)反應(yīng)熱不變;

(2)因1molSO2(g)氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1,所以2molSO2(g)氧化為2molSO3的△H=﹣198kJ?mol﹣1;

則2SO2(g)+O2(g)═2SO3(g)△H=﹣198kJ?mol﹣1;

(3)V2O5氧化SO2時(shí),自身被還原為四價(jià)釩化合物;四價(jià)釩化合物再被氧氣氧化,則反應(yīng)的相關(guān)方程式為:SO2+V2O5═SO3+2VO2;4VO2+O2═2V2O5;

(4)已知①S(s)+O2(g)═SO2(g)△H1=﹣296kJ?mol﹣1;

②SO2(g)+O2(g)═SO3(g)△H2=﹣99kJ?mol﹣1;

則利用蓋斯定律將①×3+②×3可得3S(s)+O2(g)═3SO3(g)△H3=3×(△H1+△H2)=﹣1185kJ?mol﹣1;

【分析】(1)反應(yīng)物總能量大于生成物總能量;催化劑改變了反應(yīng)的歷程使活化能E降低,反應(yīng)熱不變;

(2)根

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