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安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题(含解析).doc

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1、安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题(含解析)1. 下列事实不能作为实验判断依据的是( )A. 钠和镁分别与冷水反应,判断金属活动性强弱:NaMB. 铁投入CuSO4溶液中,能置换出铜,钠投入CuSO4溶液中不能置换出铜,判断钠与铁的金属活动性强弱:FeNaC. 酸性H2CO3Cl【答案】B【解析】【分析】A元素的金属性越强,其单质与水或酸反应越剧烈;B元素的金属性越强,其单质的还原性越强,其单质与水或酸反应越剧烈;C元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强;D元素的非金属性越强,其单质与氢气化合越容易。【详解】A元素的金属性越强,其单质与水或酸反应越

2、剧烈,钠和镁分别与冷水反应,钠反应比镁剧烈,所以可以据此判断金属性强弱,A正确;B钠投入硫酸铜溶液中,钠先和水反应生成NaOH,NaOH再和硫酸铜发生复分解反应,铁能置换出硫酸铜中的铜,这两个实验都说明Cu的活泼性最弱,不能说明Fe、Na的活泼性强弱,B错误;C元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强,酸性H2CO3H2SO4,这两种酸都是其最高价氧化物的水化物,所以能判断非金属性强弱,C正确;D元素的非金属性越强,其单质与氢气化合越容易,F2与Cl2分别与H2反应,根据其反应剧烈程度判断非金属性FCl,D正确;答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价,题目难度不大,侧重考查学生

3、分析判断及知识运用能力,熟悉非金属性、金属性强弱判断方法,注意非金属性、金属性强弱与得失电子多少无关,只与得失电子难易程度有关。2. 根据表1信息,判断以下叙述正确的是( )表1部分短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号LMQRT原子半径nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价2326、22A. 氢化物的沸点为H2TH2RB. 单质与稀盐酸反应的速率为LQC. M与T形成的化合物具有两性D. L2与R2的核外电子数相等【答案】C【解析】【分析】由表中信息可知,T只有2价,且原子半径小,所以T为O元素;R的最高正价为6价,最低价为2价,所以R为S元素;L的原子半径最大,

4、化合价为2价,所以L为Mg;M的原子半径介于Mg和S之间且化合价为3价,所以M为Al;而Q的原子半径在Mg和O之间且化合价为2价,所以Q为Be。【详解】A.由于H2O中存在氢键,所以沸点:H2H2R,A不正确;B.由于Mg的金属性比Al强,所以与HCl反应的速率:LQ,B不正确;C.选项C中Al和Be的化合物具有两性,C正确;D.Mg2只有两个电子层,而S2具有三个电子层,D不正确。故选C。3. 两种微粒的质子数和电子数均分别相等,它们不可能是( )A. 一种阳离子和一种阴离子B. 一种单质和一种化合物分子C. 两种分子D. 一种原子和一种分子【答案】A【解析】【分析】两种微粒的质子数和电子数

5、均分别相等,因中性微粒中质子数等于电子数,则两种微粒可能均为分子、原子,也可能为分子、原子,但离子中质子数一定不等于电子数。【详解】对于中性微粒,质子数等于核外电子数,所以如果两种微粒的质子数和电子数均分别相等,它们不可能是一种阳离子和一种阴离子,故选A。【点睛】本题考查微粒中质子数、电子数的关系,明确中性微粒不显电性,离子带电,离子中的质子数一定不等于电子数是解答关键。4. 氰,硫氰等称为拟卤素,与卤素单质性质相似,它们的阴离子与也卤素阴离子性质相似,阴离子的还原性顺序为:,又知,拟卤素形成的无氧酸和含氧酸一般为弱酸,下列反应中,不合理的是( )A. 浓B. C. D. 【答案】B【解析】【

6、分析】由阴离子的还原性强弱为,可知氧化性顺序为,结合氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性以及卤素单质的性质来解答。【详解】A浓盐酸可与二氧化锰在加热条件下生成氯气,因还原性Cl-CN-,则可发生浓,故A合理;B卤素单质能与水反应,与卤素单质的性质相似,则与水反应,发生,拟卤素形成的无氧酸和含氧酸一般为弱酸,不能拆成离子形式,故B不合理;C与卤素单质的性质相似,可以发生类似氯气与碱的反应,与碱发生反应,故C合理;D还原性:,则能氧化,即,故D合理;故答案选B。【点睛】本题考查物质的性质及氧化还原反应,把握离子的还原性及氧化还原反应中氧化性比较规律为解答的关键,要注重知识的迁移应用。5

7、. 下列说法正确的是( )A. 同温同压下,H2(g)Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的H不同B. 已知4P(红磷,s)=P4(白磷,s)H=+17 kJ/mol ,则白磷比红磷更稳定C. 已知2H2(g)+O2(g) =2H2O(l) H=571.6kJ/mol,则氢气的燃烧热为285.8 kJ/molD. 稀溶液中:H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) H=53.7 kJ/mol ,将含1 mol CH3COOH与含1 molNaOH的稀溶液混合,放出的热量等于53.7 kJ【答案】C【解析】【详解】A、反应的H只与反应物和生成物的总能量有关,与反应条件无关,同温同压下

8、,H2(g)Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的H相同,错误;B、红磷转化成白磷吸热,说明红磷的总能量小于白磷的总能量,则红磷比白磷稳定,错误;C、由热化学方程式知1molH2完全燃烧生成H2O(l)放出285.8kJ的热量,氢气的燃烧热为285.8kJ/mol,正确;D、CH3COOH为弱酸,CH3COOH电离吸热,含1 mol CH3COOH与含1 molNaOH的稀溶液混合生成1molH2O,放出的热量小于53.7 kJ,错误;答案选C。6. 下列有关物质结构的说法正确的是A. 78 g Na2O2晶体中阴、阳离子个数均为2NAB. 4.48 L NH3中含有0.6NA个NH

9、键C. S2Cl2的结构式为ClSSClD. PCl5和NH3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构【答案】C【解析】【详解】A. 78 g Na2O2的物质的量是1mol,晶体中阴、阳离子个数分别为NA、2NA,A错误;B. 4.48 L NH3的物质的量不一定是0.2mol,其中不一定含有0.6NA个NH键,B错误;C. S2Cl2是共价化合物,结构式为ClSSCl,C正确;D. PCl5和NH3分子中P和H均没有达到8电子稳定结构,D错误;答案选C。7. 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

10、成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B. CH4CH3COOH过程中,有CH键发生断裂C 放出能量并形成了CC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】分析:A项,生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH,原子利用率为100%;B项,CH4选择性活化变为过程中,有1个C-H键发生断裂;C项,根据图示,的总能量高于的总能量,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

11、利用率为100%,A项正确;B项,CH4选择性活化变为过程中,有1个C-H键发生断裂,B项正确;C项,根据图示,的总能量高于的总能量,放出能量,对比和,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H、不能使化学平衡发生移动。8. 一定条件下,在水溶液中1 mol Cl-、ClOx- (x=1,2,3,4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列

12、有关说法正确的是 ()A. 这些离子中结合H+能力最强的是AB. A、B、C、D、E五种微粒中C最稳定C. CB+D的反应,反应物的总键能小于生成物的总键能D. BA+D反应的热化学方程式为3ClO-(aq)=ClO3- (aq)+2Cl-(aq) H=+116 kJmol-1【答案】C【解析】【详解】A酸性越弱的酸,阴离子结合氢离子能力越强,次氯酸是最弱的酸,所以ClO-结合氢离子能力最强,即B结合氢离子能力最强,故A错误;BA、B、C、D、E中A能量最低,所以最稳定,故B错误;CCB+D,根据转移电子守恒得该反应方程式为2ClO2-=ClO3-+ClO-,反应热=(64kJ/mol+60k

13、J/mol)-2100kJ/mol=-76kJ/mol,则该反应为放热,所以反应物的总键能小于生成物的总键能,故C正确;D根据转移电子守恒得BA+D的反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-,反应热=(64kJ/mol+20kJ/mol)-360kJ/mol=-116kJ/mol,所以该热化学反应方程式为3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)H=-116kJ/mol,故D错误;故选C。【点睛】本题的易错点为CD,要注意焓变与键能的关系,H=反应物的总键能-生成物的总键能。9. 可逆反应X(g)+2Y(g)2Z(g) 、2M(g)N(g)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室

14、中进行,反应室之间有无摩擦,可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示:下列判断正确的是:A. 反应的正反应是吸热反应B. 达平衡(I)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14:15C. 达平衡(I)时,X的转化率为D. 在平衡(I)和平衡(II)中,M的体积分数相等【答案】B【解析】【分析】A.从降温导致平衡()向平衡()移动时,X、Y、Z的总物质的量变化导致反应移动的方向来判断反应是吸热还是放热;B.根据等温时,反应中气体的物质的量不变,压强与体积成反比,并且左右两个容器中的压强关系可判断; C.相同压强下,根据物质的量之比等于体积之比计算中气体的物质的量,进而

15、求出转化率;D.由于温度变化反应的平衡已经被破坏,M的体积分数不会相等的。【详解】A.降温由平衡(I)向平衡(II)移动,同时X、Y、Z的物质的量减少,说明平衡向右移动,正反应放热,A项错误。B.达平衡(I)时的压强于开始时的体系的压强之比为:2.8:3=14:15,B项正确;C.达平衡(I)时,反应的总物质的量由3.0 mol减小为2.8 mol,X(g)+2Y(g)2Z(g)该反应正反应气体总量减小, 设反应的X的物质的量为n(X),利用差量可得:1:1=n(X):(3.02.8),解之得:n(X)=0.2mol,则X的转化率为100%=20%,C项错误;D.由平衡(I)到平衡(II),由

16、于反应过程温度降低,化学反应发生移动,M的量发生变化,M体积分数是不会相等的,D项错误;故答案:B。10. 在一密闭容器中进行反应:X2(g)+Y2(g)2Z(g),若X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L,在一定条件下,当反应达到平衡状态时,下列说法正确的是A. Z的浓度可能为0.3mol/LB. 平衡时X2、Y2的转化率相等C. 平衡时,Y2和Z的生成速率之比为2:1D. 若平衡后再改变外界条件,升高温度,则反应的平衡常数将变大【答案】A【解析】【详解】A.X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L,若X2

17、完全反应,生成Z的浓度为0.4mol/L,实际上对于可逆反应,反应物不能完全进行,Z的浓度小于0.4mol/L,A项正确;B.按系数比加入各物质,各物质的转化率才相等,而X2、Y2的浓度比为1:3,平衡时X2、Y2的转化率不相等,B项错误;C.化学反应速率之比等于化学计量数之比,则平衡时,Y2和Z的生成速率之比为1:2,C项错误;D.若该反应为放热反应,升高温度,反应的平衡常数将减小,若该反应为吸热反应,升高温度,反应的平衡常数将增大,D项错误;答案选A。11. 在一定条件下,向一带活塞的密闭容器中充入2molA和1molB,发生下列反应:2A(g)+B(g)2C(g) Hx,x只能等于1。b

18、、c曲线压强相等,则先达到平衡的b曲线对应的温度T1更高,曲线b的C物质含量比温度低的T2的小,说明升高温度,平衡逆向移动,正反应为放热反应。【详解】A. 对于图,等温时p3的y值更大。如果P3P4,压强由P3变化到P4,压强增大时平衡向气体体积减小的正反应方向移动,反应物A2的转化率增大,因此,当y表示A2的转化率时,温度相同时压强为P4的曲线应当位于压强为P3的曲线上方,所以A错误;B. 温度升高时,上述放热反应平衡向逆反应方向移动,A2的浓度增大,因此,当y表示A2浓度时,曲线的走向应当是逐渐增大,所以B错误;C. 由于容器体积一定、混合气体总质量不变,所以混合气体的密度始终不变,当y表

19、示混合气体密度时,每条图线均为平行于横坐标的直线,因此C错误;D. P3P4,压强由P3变化到P4,压强减小时平衡向逆反应方向移动,产物C不断消耗,当温度相同时,压强更小的P4对应的产物C体积分数更小,曲线位于下方,图符合;而温度升高时,平衡向逆反应方向移动,产物C不断消耗,y表示C的体积分数时,曲线走向逐渐向下,图也符合,所以D正确;正确答案D。【点睛】化学平衡移动原理研究时,一般仅涉及两个变量,因此在多变量题型中需要通过对题目的分析固定一些变量,使得研究时只有自变量和应变量两个变量。如上述分析开始部分,仅研究曲线a、b就是使温度不再是变量,平衡体系的研究则是排除时间因素,所以只留下压强和C

20、物质的含量两个变量。13. 在容积一定的密闭容器中,置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应:C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g),平衡时c (NO)与温度T的关系如图所示,则下列说法正确的是A. 该反应的H0B. 在T2时,若 反 应 体 系 处于 状 态D ,则 此 时v正v逆C. 若状态B、C、D的压强分别为PB、PC 、PD ,则PC=PDPBD. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2,则K1K2【答案】B【解析】【详解】A、随温度升高NO浓度升高,平衡逆向移动,该反应的HPD=PB,C错误;D、随温度升高NO浓度升高,平衡逆向移动,平衡常数减小,K1K2,D错误

21、。答案选B。14. 2.0molPCl3和1.0molCl2充入体积为2L的密闭容器中,在一定条件下发生下述反应:PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g);反应达到平衡时,PCl5为0.4mol;如果此时移走1.0molPCl3和0.5molCl2,在相同的温度下再达到平衡时,PCl5的物质的量浓度为A. 小于0.1mol/LB. 0.1mol/LC. 0.2mol/LD. 大于0.1mol/L,小于0.2mol/L【答案】A【解析】【分析】达平衡后移走1 mol PCl3和0.5 mol C12,重新到达的平衡,利用等效平衡的思想,与原平衡相比相当于压强减小,据此分析作答。【详解】达平衡后

22、移走1 mol PCl3和0.5 mol C12,重新到达的平衡,可以等效为开始加入1 mol PC13和0.5 mol C12到达的平衡,与原平衡相比压强减小,该反应为气体体积缩小的反应,则平衡向逆反应移动,反应物的转化率减小,达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的,即在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量0.4mol = 0.2 mol,则其浓度小于 = 0.1 mol/L,故A项正确;答案选A。15. 在密闭容器中,一定量混合气体发生反应xA(g)+yB(g)=zC(g),达到平衡时,测得A的浓度为0.5mol/L,在温度不变的条件下,将容器的体积扩大到两倍,使再达到平衡,测得A的浓

23、度降低为0.3mol/L,下列有关判断正确的是A. x+y”“ (5). 124500kJ【解析】【分析】(1)根据能量越低越稳定和图中信息分析。(2)根据分子间作用力和化学键的定义分析。(3)根据键长与键能关系;先计算2H2(g)O2(g)2H2O(g)放出的热量,再计算每千克H2燃烧放出的热量。【详解】(1)根据能量越低越稳定,氢气是稳定的状态,因此HH键的键长为0.074nm,根据图中能量关系得到中,体系能量由高到低的顺序是;故答案为:0.074nm;。(2)A氢气分子间存在分子间作用力,故A错误;B共价键的本质就是高概率地出现在原子间的电子与原子核间的静电作用,所以由到,电子在核间出现

24、的概率增加,故B正确;C由通过吸收能量变为,因此必须消耗外界的能量,故C正确;D一个氢气分子中含有一个非极性共价键,故D错误;综上所述,答案为BC。(3)SiSi键键长比SiC键的键长长,根据键长越长,键能越小,因此键能大小可知:X;故答案为:。2H2(g)O2(g)2H2O(g),断键吸收的热量为436 kJmol12 mol498 kJmol11mol1370 kJ,放出的热量为467 kJmol14mol1868kJ,因此2mol氢气反应生成水蒸气放出498 kJ的热量,每千克H2燃烧(生成水蒸气)放出的热量约为498 kJ41000124500kJ;故答案为:124500kJ。【点睛】

25、化学反应与能量变化是常考题型,主要考查化学键的断键吸收热量与成键放出热量、键长与键能关系、热量的计算等。20. 甲醇是结构最为简单的饱和一元醇,又称“木醇”或“木精”。甲醇是一碳化学基础的原料和优质的燃料,主要应用于精细化工、塑料、能源等领域。已知甲醇制备的有关化学反应如下:反应: 反应: 反应: (1)若500时三个反应的平衡常数依次为K1、K2、K3,已知500时K1、K2的值分别为2.5、1.0,并测得该温度下反应在某时刻,H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol/L)分别为0.8、0.1、0.3、0.15,则此时_(填“”、“=”或“”)(2)在3L容积可

26、变的密闭容器中发生反应,c(CO)随反应时间t变化如图中曲线所示。若在t0时刻分别改变一个条件,曲线变为曲线和曲线III。当曲线变为曲线时,改变的条件是_。当通过改变压强使曲线变为曲线III时,曲线III达到平衡时容器的体积为_。(3)在另一温度下按反应合成甲醇的反应,如图关闭K,向A容器中充入1molCO2和4molH2,向B容器中充入1.2molCO2和4.8molH2,两容器分别发生上述反应。已知起始时容器A和B的体积均为aL,反应达到平衡时容器B的体积为0.9aL,维持其他条件不变,若打开K一段时间后重新达到平衡,容器B的体积为_L(不考虑温度的变化,P为可自由滑动活塞,不考虑活塞的摩

27、擦力)。【答案】 (1). (2). 加入催化剂 (3). 2L (4). 0.65a【解析】【分析】(1)先计算出第三个反应方程的平衡常数,再计算该时刻的浓度商并与平衡常数比较。(2)根据图像分析说明平衡未移动;根据反应是等体积反应,因此压强增大,平衡不移动,物质的量不变,计算容器体积。(3)先根据体积之比等于物质的量之比计算B容器中的物质的量,再计算转化率,再根据等压容器等效平衡原理计算两个容器中物质放在一起时平衡后的总物质的量,再计算容器体积。【详解】(1)若500时三个反应的平衡常数依次为K1、K2、K3,已知500时K1、K2的值分别为2.5、1.0,反应是反应加上反应,则K3=K1

28、K2=2.5,并测得该温度下反应在某时刻,H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol/L)分别为0.8、0.1、0.3、0.15,该时刻的浓度商,则此时,故答案为:。(2)当曲线变为曲线时,反应速率加快,浓度未变,说明平衡未移动,因此改变的条件是加催化剂。当通过改变压强使曲线变为曲线III时,由于反应是等体积反应,因此压强增大,平衡不移动,物质的量不变,容器体积减小,浓度变大,由原来的3 molL1变为4.5 molL1,则体积由原来的3L变为曲线III达到平衡时容器的体积为;故答案为:加催化剂;2L。(3)在另一温度下按反应合成甲醇的反应,如图关闭K,向A容器中充

29、入1molCO2和4molH2,向B容器中充入1.2mol CO2和4.8mol H2,两容器分别发生上述反应。已知起始时容器A和B的体积均为aL,反应达到平衡时容器B的体积为0.9aL,根据体积之比等于物质的量之比,则,所以此时B的物质的量为5.4mol,(1.2a) mol+(4.83a)mol +amol+amol = 5.4mol,解得a=0.3mol,则CO2转化率为,此时维持其他条件不变,若打开K一段时间后重新达到平衡,和原B容器是等效平衡,转化率和原来相同也为25%,此时整个容器中有2.2molCO2和8.8molH2,因此容器中物质的量为1.65mol+7.15mol+0.55

30、mol+0.55mol=9.9mol,因此总的体积为,因此B的体积为1.65aLaL=0.65aL;故答案为:0.65a。【点睛】化学平衡及平衡移动是常考题型,主要考查化学平衡常数、浓度商计算、平衡移动原理、等效平衡的计算。21. 已知在稀溶液中,酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热现利用如图装置进行中和热的测定,请回答下列问题:(1)图示装置有两处重要组成部分未画出,它们是_、_。(2)若操作时分几次注入反应液,求得的反应热数值_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(3)做一次完整的中和热测定实验,温度计需使用_次。(4)量取0.5 molL1的盐酸和0.55 molL1的N

31、aOH溶液各50mL进行实验,测得盐酸和NaOH溶液起始平均温度为t1,混合反应后最高温度为t2,设溶液密度均为1g/mL,生成溶液的比热容。请列式计算中和热:_不用化简)。【答案】 (1). 硬纸板 (2). 环形玻璃搅拌棒 (3). 偏小 (4). 3 (5). 【解析】【分析】中和热测定实验,先用温度计测酸或碱溶液的温度,再洗净温度计,再测定另外一个溶液的温度,将两种溶液快速混合,盖上硬纸板,搅拌,测定混合后溶液的温度。【详解】(1)图示装置有两处重要组成部分未画出,它们是硬纸板、环形玻璃搅拌棒;故答案为:硬纸板;环形玻璃搅拌棒。(2)若操作时分几次注入反应液,则测得的温度偏小,计算出的

32、温度差偏小,因此求得的反应热数值偏小;故答案为:偏小。(3)做一次完整的中和热测定实验,先测酸溶液的温度,再洗净后测碱溶液的温度,再将两者溶液混合后则混合溶液的温度,因此温度计需使用3次;故答案为:3。(4)量取0.5 molL1的盐酸和0.55 molL1的NaOH溶液各50mL进行实验,测得盐酸和NaOH溶液起始平均温度为t1,混合反应后最高温度为t2,设溶液密度均为1gmL1,生成溶液的比热容。中和热为: kJmol1;故答案为:。【点睛】中和热测定实验是常考题型,主要考查实验仪器、实验操作、误差分析、中和热的计算。22. A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的元素,A、D元素的

33、原子最外层电子数相同,A元素的一种原子没有中子;B的一种同位素可用于考古断代;C是地壳中含量最多的一种元素;D元素的阳离子电子层结构与氖原子相同;E的最外层电子数是电子层数的2倍;F的单质具有强氧化性;G是用途最广泛的金属元素,它的单质能被磁铁所吸引;试回答以下问题:(1)E原子结构示意图:_。(2)化合物甲、乙由A、B、C、D中的三种或四种组成的常见物质,且甲、乙的水溶液均呈碱性。则甲、乙反应的化学方程式为_。(3)E的最高价氧化物对应水合物的浓溶液加入G单质,下列说法正确的是_。A.常温下两者不发生反应B.常温下无现象,G单质不溶解C.受热能发生反应,开始放出氢气D.受热能发生反应,开始放

34、出是SO2(4)用电子式写出A2C的形成过程_。【答案】 (1). (2). (3). BD (4). 【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的元素,A、D元素的原子最外层电子数相同,A元素的一种原子没有中子,则A为H,D元素的阳离子电子层结构与氖原子相同,结合题目(2)可判断D为Na,B的一种同位素可用于考古断代,则B为C,C是地壳中含量最多的一种元素,则C为O;E的最外层电子数是电子层数的2倍,则E为S;F的单质具有强氧化性,F为Cl,G是用途最广泛的金属元素,它的单质能被磁铁所吸引,则G为Fe。【详解】(1)E的原子结构示意图:;故答案为:。(2)化合物甲、乙由A、B、C、D中的三种或四种组成的常见物质,且甲、乙的水溶液均呈碱性,则为NaOH和NaHCO3。则甲、乙反应的化学方程式为NaOHNaHCO3Na2CO3H2O;故答案为:NaOHNaHCO3Na2CO3H2O。(3)E的最高价氧化物对应水合物的浓溶液为H2SO4,加入Fe单质,常温下两者发生钝化反应,无现象,Fe单质不溶解,若受热两者能发生反应,浓硫酸具有强氧化性,开始放出SO2,故BD正确;答案为BD。(4)氢和氧形成水,用电子式写出A2C的形成过程;故答案为:。

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