云南师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期教学测评5月月考(六)化学试题
展开第Ⅰ卷(选择题,共48分)
一、选择题(本大题共24小题,每小题2分,共48分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
【解析】
1.苏打是Na2CO3的俗名,D错误。
2.食物放冰箱冷藏存放,温度较低,反应速率减慢,属于调控化学反应速率,A正确。冶铁时将铁矿石粉碎,增大与氧气接触面积,加快反应速率,B正确。粗盐溶解不属于化学反应,C错误。酶是催化剂,洗衣粉中添加酶,能加快去污速率,D正确。
3.氯化铵受热可分解,但遇冷HCl和NH3又会结合生成氯化铵固体,A错误。钠与空气中的水蒸气和氧气都会反应,但与煤油不反应,且密度大于煤油的密度,所以少量钠可保存在煤油中,B正确。烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠,容易将瓶口和瓶塞粘结在一起,故烧碱溶液盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中,C错误。硝酸有强氧化性,不能用橡胶塞,硝酸见光易分解,应保存在棕色试剂瓶中,D错误。
4.碳化硅是一种无机化合物,属于无机非金属材料,A正确。铝合金材料具有密度小,硬度大的特性,因此用于制作返回舱舱体,B正确。芯片的主要成分是晶体硅,而不是二氧化硅,C错误。石墨烯与金刚石是碳元素组成的不同单质,二者互为同素异形体,D正确。
5.铝制品具有一定的抗腐蚀性能,是因为铝与氧气反应生成一层致密的氧化物保护膜,A错误。新版人民币票面文字等处的油墨中所含的磁性物质是Fe3O4,B错误。葡萄酒中加入适量二氧化硫,可以起到杀菌消毒﹑抗氧化的作用,C正确。生物固氮在常温下进行,D错误。
6.图中两金属棒都是铁棒,不能构成原电池,A错误。装置中有两个活泼性不同的电极、有电解质溶液、形成了闭合回路,同时有自发进行的氧化还原反应:Fe+CuCl2=FeCl2+Cu,即符合原电池的构成原理和条件,B正确。无水乙醇为非电解质,不导电,不能构成原电池,C错误。装置未形成闭合回路,不能构成原电池,D错误。
7.原电池电极材料可以是导电的多种物质,如金属、石墨、氧化物等,A正确。原电池是化学能转化为电能的装置,其中发生的反应为自发进行的氧化还原反应,B正确。风力发电、水电等的产生不需要发生化学反应,C错误。原电池中化学能除转化为电能外,还有部分转化为热能,原电池的能量转化率小于100%,D正确。
8.氨气易液化,气化时吸热,可使环境温度降低,工业上可用作制冷剂,与氨气的溶解性无关,A错误。CaO是碱性氧化物,CO2、SO2是酸性氧化物,可以反应得碳酸钙和硫酸钙,但碳酸钙高温下不稳定分解,故燃煤中添加CaO可以减少SO2的排放,无法减少CO2的排放,B错误。二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水,且与其他酸不反应,不是两性氧化物,C错误。浓硫酸与铁加热后发生反应,生成的气体可能是二氧化硫、氢气的混合物,D正确。
9.化学反应速率的比较时,需根据化学计量系数比等于反应速率之比,转换为相同单位利用速率与计量数相比所得的比值大小进行比较。A项,0.8ml·L−1·s−1÷4=0.2ml·L−1·s−1。B项,0.6ml·L−1·s−1÷5=0.12ml·L−1·s−1。C项,0.6ml·L−1·s−1÷4=0.15 ml·L−1·s−1。D项,(12.0÷60)ml·L−1·s−1÷6=0.033ml·L−1·s−1。故A项表示的化学反应速率最快。
10.CO2难溶于饱和碳酸氢钠溶液中,且二者也不反应,气球无明显变化;氯气不溶于饱和食盐水,气球无明显变化;浓氨水与氯化氢气体反应生成氯化铵溶液,烧瓶内气体减少,瓶内气压变小,外界气体进入烧瓶,气球变大;SO2难溶于浓硫酸,气球无明显变化。故选C。
11.和的最简式均为,根据原子守恒和的混合气体中所含原子的数目为,A错误。假如2ml N2和3ml H2完全反应,则生成的NH3的物质的量为2ml,此时还有1ml N2过量,气体分子总数目为,但N2和H2的反应是可逆反应,反应不完全,因此气体分子总数目大于,B错误。标准状况下,22.4L Cl2的物质的量为1ml,1ml Cl2与1ml Fe反应,氯气完全反应,Fe剩余,生成2ml氯离子,转移的电子数为2NA,C错误。He是单原子分子,1ml He气中含有1ml原子即NA个原子,D正确。
12.反应前后气体的化学计量数不相等,即混合气体的压强是变量,当压强不变时,能说明反应达到平衡状态;反应物中有固体,生成物全是气体,反应前后气体的质量不相等,恒容密闭容器中气体体积不变,故密度随反应的进行发生变化,则当密度不变时,证明达到平衡状态;H2O(g)的相对分子质量为18,而产物混合气体的平均相对分子质量为15,所以开始反应后,混合气体的平均相对分子质量逐渐变小,即混合气体平均相对分子质量是一变量,则当混合气体平均相对分子质量不变时,证明达到平衡状态;H2O、CO、H2物质的量之比为1∶1∶1的时刻不能说明反应进行的程度,不能证明反应是否达到平衡状态;故选D。
13.=的离子方程式为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+,A错误。原电池工作时,阴离子向负极移动,B正确。若用Zn作电极材料时,负极发生反应为Zn−2e−=Zn2+,C错误。根据总反应的离子方程式可知,Cl−没有消耗,D错误。
14.FeCl3与NaOH溶液反应得到Fe(OH)3沉淀,不能制得Fe(OH)3胶体,制备Fe(OH)3胶体应向沸水中滴加饱和FeCl3溶液,A错误。氯气密度比空气大、有毒,图中瓶口朝下且敞口,B错误。观察KOH的焰色要通过蓝色钴玻璃,C错误。套装小试管加热温度较低,碳酸氢钠应放在套装小试管中,通过澄清石灰水是否变浑浊可证明稳定性,题中装置可以达到实验目的,D正确。
15.新制氯水中的Cl2可将FeCl2氧化为FeCl3,从而除去杂质,A正确。CaO、CaCO3都能与盐酸反应,不能用盐酸除CaO中的CaCO3,一般用加热法除CaO中的CaCO3,B错误。NH4Cl加热分解为氨气和氯化氢,加热法除食盐中有少量的 NH4Cl,C正确。铝粉可溶于NaOH溶液,而Fe不溶解,可除去杂质,D正确。
16.化学反应速率比等于其系数比,故v(NO)=2v正(O2),A正确。达到化学平衡时物质的正逆反应速率相等,结合化学反应速率比等于其系数比,则v正(NO2)=v逆(NO),B正确。三种气体中只有NO2为红棕色,混合气体颜色不变,即各气体的浓度不变,反应达平衡状态,C正确。若单位时间内消耗2ml NO一定同时消耗1ml O2,但NO、O2的投料比不一定是2∶1,故二者的转化率不一定相等,D错误。
17.粗盐中常含有杂质MgCl2、CaCl2和Na2SO4,一般分别用滴加足量NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液除去,由于Na2CO3溶液在沉淀Ca2+的同时可除去过量的BaCl2溶液,所以Na2CO3溶液一定要加在BaCl2溶液之后,所以三种试剂的顺序可有三种情况:Ⅰ.BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液;Ⅱ.NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液;Ⅲ.BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液。所以试剂①一定不是Na2CO3溶液,A错误。氯化钠的溶解度随温度的改变变化不大,故从溶液中获得氯化钠晶体采用蒸发结晶,不能采用降温结晶,B错误。盐酸容易挥发,则若加入的盐酸过量,在结晶时,也会挥发,不会导致获得的NaCl晶体不纯,C错误。为确保杂质能被除尽,所加除杂试剂需适当过量,D正确。
18.稀硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根,仍然产生白色沉淀,所以不能通过该实验现象判断样品中含有硫酸根,A错误。向某溶液滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀,说明该溶液中含Cl−,B正确。向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热,产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,说明反应产生NH3气体,说明溶液中含有,C正确。无水硫酸铜与水生成蓝色的CuSO4·5H2O,将气体通过无水硫酸铜粉末,粉末变蓝,表明原气体中一定含有水蒸气,D正确。
19.二氧化硫是酸性氧化物,可与碱反应,当二氧化硫过量时可生成亚硫酸氢铵:NH3·H2O+SO2=NH4HSO3,A正确。氯气与二氧化硫混合通入水中发生氧化还原反应:Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl,B正确。NaClO溶液中通入少量SO2,二氧化硫被NaClO氧化为硫酸,NaClO被还原为Cl−,同时得到HClO,离子方程式为3ClO−+SO2+H2O=+Cl−+2HClO,C错误。氧化钙遇水生成氢氧化钙,同时放出热量,促进NH3·H2O的分解,释放出氨气,D正确。
20.根据总反应Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O可知,Cu失电子被氧化,H2O2中氧元素化合价降低被还原,故Cu为负极,石墨为正极,A错误。Cu被双氧水氧化,而不是被稀硫酸溶解,B错误。石墨电极发生反应:H2O2+2e−+2H+=2H2O,消耗H+,故H+透过阳离子交换膜补充石墨电极附近消耗的H+,C正确。电池工作时,H2O2被还原,D错误。
21.二氧化硅为酸性氧化物,与HCl不反应,A错误。氨气催化氧化只能得到NO,不能直接得到NO2,B错误。氯化铝加入氢氧化钠转化为偏铝酸钠,偏铝酸钠中加入过量盐酸转化为氯化铝,D错误。
22.铁片插入浓硝酸中无现象的原因是铁片和浓硝酸发生了钝化,表面生成致密的氧化物保护膜,阻止反应进一步发生,不能证明稀硝酸的氧化性比浓硝酸强,A错误。将浓硫酸滴入蔗糖中并搅拌,得到黑色蓬松的固体并产生有刺激性气味的气体,在该过程中浓硫酸首先体现了脱水性,使有机物蔗糖脱水碳化,然后又将反应产生的C单质部分氧化为CO2,浓硫酸本身被还原产生SO2,同时产生水,反应产生的气体从固体中逸出,使黑色固体蓬松,这又体现了浓硫酸的强氧化性,B错误。向滴有酚酞的氨水中滴加氯水,溶液的红色褪去,氯水具有酸性和漂白性,均可能使红色褪去,C错误。硝酸能将Fe2+氧化为Fe3+,Fe3+能使KSCN溶液变红色,则菠菜中是含有铁元素,D正确。
23.由信息可知X、Y、Z、W分别为H、C、O、Na。离子半径:O2−>Na+>H+,A正确。H、C、Na的氧化物有:H2O、H2O2、CO、CO2、Na2O、Na2O2,B正确。CH3COONa属于正盐,NaHCO3属于酸式盐,C错误。Na在氧气中燃烧生成过氧化钠,过氧化钠为淡黄色固体,D正确。
24.38.4g Cu为0.6ml,由电子守恒可以知道,38.4g Cu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子,0.6×(2−0)=n(NaNO2)×(5−3),n(NaNO2)=0.6ml,由Na原子守恒可以知道n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3),则n(NaNO3)=1ml−0.6ml=0.4ml,则该溶液中和的物质的量之比为2∶3。
第Ⅱ卷(非选择题,共52分)
二、填空题(本大题共4小题,共52分)
25.(除特殊标注外,每空2分,共13分)
(1)acf(3分)
(2)A处液面下降(1分) 不能(1分) NaOH固体溶解也放热
(3)242
(4)2254 92
【解析】(1)图示反应为放热反应,因反应物总能量高于生成物总能量。中和反应、活泼金属与水的反应、白磷的自燃都属于放热反应;而氢氧化钡晶体与氯化铵固体间的反应、盐酸与碳酸氢钠间的反应、炭与二氧化碳间的反应都属于吸热反应。
(2)氢氧化钠固体加入盐酸中,一是固体遇水溶解放热,二是发生中和反应放热,所以这两方面的原因都会使锥形瓶内的气体温度升高,A处液面下降。
(3)对于反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g),断开2ml H—H键和1ml O=O键所吸收的总能量为(2×436+496)kJ,而生成4ml H—O键所释放出的总能量为4463kJ,所以生成2ml H2O(g)放热:,则生成1ml H2O(g)可以放出242kJ的热量。
(4)①断裂1ml N2、3ml H2中的化学键需吸收的能量为。
②生成时释放的能量为,整个反应释放的能量为。
26.(除特殊标注外,每空2分,共13分)
(1)①热能(1分) 电能(1分)
②Zn−2e−=Zn2+ 6.45
(2)①铝棒(1分) Al−3e−+4OH−=[Al(OH)4]−
②= Mg→Al
【解析】(1)①甲装置不能构成原电池,能量的主要转化形式为化学能转化为热能。乙装置可构成原电池,能量的主要转化形式为化学能转化为电能。
②乙装置构成原电池,Zn比Cu活泼,Zn为负极,负极的电极反应式为Zn−2e−=Zn2+。若导线上转移0.1ml电子时,根据Zn−2e−=Zn2+,锌棒减少的质量为0.05ml×65g/ml=3.25g,Cu棒上发生反应:Cu2++2e−=Cu,铜棒上析出Cu的质量为0.05ml×64g/ml=3.2g。则两金属棒的质量之差为3.25g+3.2g=6.45g。
(2)①若电解质溶液X为NaOH溶液,镁棒与NaOH溶液不反应,铝棒与NaOH溶液反应,则铝棒为负极,镁棒为正极,铝棒上发生反应:Al−3e−+4OH−=[Al(OH)4]−。
②若电解质溶液X为稀硫酸,镁比铝活泼,则Mg棒为负极,铝棒为正极,镁棒上的电极反应式为=;电子由负极沿导线移向正极,故导线中电子的流动方向是Mg→Al。
27.(除特殊标注外,每空2分,共13分)
(1)0.6
(2)< 反应开始时反应物浓度较大,速率较快,随反应的进行,速率逐渐减小(合理即可)
(3)>(1分) 反应从正向开始,达到平衡之前v正都大于v逆,而反应进行到10min时仍未达到平衡状态(合理即可)
(4)75% 10∶7(或1.43)
【解析】(1)根据反应图像可知,反应到5min时生成了1.0ml CH3OH,由反应方程式:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知,此时参加反应的H2为3.0ml,则0~5min内,H2(g)的平均反应速率是3.0ml·L−1÷5min=0.6ml/(L·min)。
(2)根据图像可知,0~t1、t1~5min这两个时间段内CH3OH(g)浓度的变化量都是0.5ml·L−1,但由于反应开始时反应物的浓度大,速率快,所以当CH3OH(g)浓度的变化量都是0.5ml·L−1的0~t1段时间差应小于2.5min、t1~5min段的时间差应大于2.5min。
(3)由于反应从正向开始进行,在达到平衡状态之前,都是正反应速率大于逆反应速率,而反应进行到12min时才达到平衡,所以10min时v正大于v逆。
(4)反应进行到12min时反应达到平衡状态,此时生成甲醇1.5ml,则消耗4.5ml H2,则氢气的平衡转化率为4.5ml÷6ml =75%。恒温恒容条件下,容器内气体的压强正比于气体的物质的量。可列“三段式”如下:
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起始/ml 4 6 0 0
转化/ml 1.5 4.5 1.5 1.5
平衡/ml 2.5 1.5 1.5 1.5
则起始时和平衡时混合气体的物质的量之比为(4+6)ml∶(2.5+ 1.5+1.5+1.5)ml=10∶7,即∶=10∶7。
28.(除特殊标注外,每空2分,共13分)
(1)加快酸浸速率,提高浸取率(1分) SiO2(1分)
(2)=
(3)4.5
(4)Ni2++6NH3·H2O= [Ni(NH3)6]2++6H2O 2.8×10−16ml·L−1
(5)+Fe2+=FeCO3↓+H2O+CO2↑ 11.2L(1分)
【解析】废矿渣中加入硫酸酸浸,SiO2不溶于稀硫酸,所以浸渣的成分是SiO2,酸浸液中含有Fe3+、Al3+、Ni2+,加入二氧化硫还原Fe3+生成Fe2+,“净化”时加入适量氨水,生成Al(OH)3,则滤渣1为Al(OH)3,所得滤液加Na2S沉镍,则滤渣2为NiS,所得滤液2中主要的金属阳离子为Fe2+、Na+,加入碳酸氢钠沉铁,反应过程中元素化合价不发生变化,则所得滤渣3为FeCO3,经煅烧得到目标产物铁红。
(1)将废矿渣粉碎后再酸浸可加快酸浸速率,提高浸取率。浸渣的成分为SiO2。
(2)二氧化硫具有还原性,酸性条件下二氧化硫还原Fe3+生成Fe2+,二氧化硫被氧化为硫酸根离子,反应为=。
(3)净化过程是保证Al3+转化为Al(OH)3,而Fe2+尽可能不沉淀,由溶液中各离子的去除率与pH的关系图知,为4.5时最理想。
(4)由题给信息可知,“净化”时Ni2+与过量氨水反应生成[Ni(NH3)6]2+,对应的离子方程式为Ni2++6NH3·H2O=[Ni(NH3)6]2++6H2O。当有NiS开始沉淀时,由于溶液中的c(Ni2+)·c(S2−)=2.8×10−21,所以当c(Ni2+)≤1.0×10−5ml·L−1时,此时溶液中的c(S2−)==2.8×10−16ml·L−1。
(5)根据题意可知,碳酸氢钠加入到“滤液2”中,得到FeCO3和二氧化碳,则反应的离子方程式为+Fe2+=FeCO3↓+H2O+CO2↑。FeCO3经煅烧被空气中氧气氧化为目标产物铁红同时生成二氧化碳,反应为eq \(=====,\s\up7(高温))。160g Fe2O3的物质的量为1ml,则消耗氧气0.5ml,在标准状况下的体积为11.2L。题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
D
C
B
C
C
B
C
D
A
C
D
D
题号
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
答案
B
D
B
D
D
A
C
C
C
D
C
A
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