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甘肃省天水市秦安县第一中学2021—2022学年高一下学期期中考试化学试题H:1O:16Zn:65Cu:64一、选择题(每小题2分,共50分,每题只有一个正确选项)1.中国将与各方携手推动全球环境治理以及可持续发展事业,构建人类命运共同体。下列说法不正确的A.购物时提倡少用塑料袋以减少白色污染B.排放到空气中的、、均会形成酸雨C.为防止电池中的重金属污染土壤,应积极开发废电池的综合利用D.利用太阳能等清洁能源代替化石燃料,有利于节约资源、保护环境【答案】B【解析】【详解】A.提倡购物时少用塑料袋,可以减少“白色污染”,故A正确;B.排放到空气中的、均会形成酸雨,不会形成酸雨,故B错误;C.废旧电池中含有铅、镉、汞等重金属,为防止污染土壤,应积极开发废电池的综合利用,故C正确;D.利用太阳能、氢能源、风能等清洁能源代替化石燃料,有利于节约资源、保护环境,故D正确;故选B。2.“九秋风露越窑开,夺得千峰翠色来”是赞誉越窑秘色青瓷的诗句,描绘我国古代精美的青瓷工艺品。玻璃、水泥和陶瓷均为硅酸盐制品,下列有关说法中正确的是( )A.玻璃是人类最早使用的硅酸盐制品B.制水泥的原料为纯碱、石灰石和石英C.硅酸盐制品的性质稳定、熔点较高D.沙子和黏土的主要成分均为硅酸盐【答案】C【解析】【详解】A.陶瓷是人类最早使用的硅酸盐制品,故A错误;B.纯碱、石灰石和石英是制玻璃的原料,而制水泥的原料是黏土和石灰石,故B错误;C.硅酸盐制品性质稳定、熔点高,故C正确;D.沙子的主要成分是SiO2,黏土的主要成分是硅酸盐,故D错误;故答案: C。3.下列叙述正确的是
A.浓硫酸具有吸水性,因而能使蔗糖炭化B.浓HNO3易挥发,打开装有浓HNO3容器瓶的瓶塞,瓶口有白烟C.浓盐酸是一种干燥剂,能够干燥氨气、氢气等气体D.浓硫酸、浓HNO3在常温下能够使铁、铝金属钝化【答案】D【解析】【分析】【详解】A.浓硫酸具有脱水性,因而能使蔗糖炭化,A错误;B.浓HNO3易挥发,打开装有浓HNO3容器瓶的瓶塞,挥发出来的硝酸与空气中的水蒸气形成液体小液滴,瓶口有白雾,故B错误;C.浓盐酸不具有吸收性、不能做干燥剂,浓硫酸是一种干燥剂,能够干燥氢气等气体,酸性干燥剂不能干燥氨气,C错误;D.浓硫酸、浓HNO3在常温下能够使铁、铝金属钝化,在使铁、铝金属的表面生成致密的氧化膜,阻止反应的进一步发生,故D正确;答案选D。4.下列关于二氧化硫的说法不正确的是A.SO2能使H2S的水溶液出现黄色沉淀,说明SO2具有氧化性B.SO2能使品红溶液褪色,说明SO2具有漂白性C.SO2通入水中无明显现象,说明SO2不与水反应D.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色,说明SO2具有还原性【答案】C【解析】【分析】【详解】A.在溶液中发生反应:SO2+2H2S=3S↓+H2O,在该反应中SO2为氧化剂,得到电子,表现氧化性,A正确;B.SO2能使品红溶液褪色,说明SO2能够与有色物质反应产生无色物质,因此可证明SO2具有漂白性,B正确;C.反应不一定有现象,因此不能根据SO2通入水中无明显现象,就说SO2不能与水反应,事实上二氧化硫溶于水,并与水反应产生亚硫酸,由于亚硫酸溶液显无色,因此无明显现象,C错误;D.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色,是由于酸性KMnO4溶液具有强氧化性,会将SO2氧化为硫酸,KMnO4被还原为无色MnSO4,因此可说明SO2具有还原性,D正确;
故合理选项是C。5.在C(s)+CO2(g)=2CO(g)的反应中,现采取下列措施:①缩小体积,增大压强②增加碳的量③通入CO2④恒容下充入N2⑤恒压下充入N2,上述能够使反应速率增大的措施是A.①④B.②③⑤C.①③D.①②④【答案】C【解析】【详解】①缩小体积,增大压强,浓度增大,反应速率加快;②碳是固体,增加碳的量,反应速率不变;③通入CO2,反应物浓度增大,反应速率加快;④恒容下充入N2,反应物浓度不变,反应速率不变;⑤恒压下充入N2,容器容积增大,浓度减小,反应速率减小;答案选C。6.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0,若在恒压容器中发生,下列选项表明反应一定已达平衡状态的是()A.容器内气体的密度不再变化B.容器内压强保持不变C.相同时间内,生成N-H键的数目与断开H-H键的数目相等D.容器内气体的浓度之比c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=1∶3∶2【答案】A【解析】【详解】A.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0是气体体积减小的反应,反应在恒压容器中发生,体积可变但气体总质量不变,密度不变说明气体的体积不变,表明反应已达平衡状态,选项A正确;B.因反应在恒压条件下进行,反应中压强始终不变,故压强不再变化不能表明反应一定已达平衡状态,选项B错误;C.断开键和生成键均表示正反应,则相同时间内,断开键的数目和生成键的数目相等不能表明反应一定已达平衡状态,选项C错误;D.容器内气体的浓度与反应的起始状态有关,不能表明反应一定已达平衡状态,选项D错误;答案选A。7.如图所示装置中观察到电流计指针偏转,M棒变粗,N棒变细,指针指向M,由此判断下表中所列M、N、P物质,其中可以成立的组合是
MNPA锌铜稀硫酸溶液B铜铁稀盐酸溶液C银锌硝酸银溶液D锌铁硝酸铁溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】电流计指针偏转,M棒变粗,N棒变细,说明M、N与池中液体构成了原电池。N棒变细,作负极,M棒变粗,说明溶液中的金属阳离子在M极上得到电子,生成金属单质,M变粗,M做原电池的正极。【详解】A.如果是锌、铜、稀硫酸构成原电池,则电池总反应式为Zn+2H+=Zn2++H2↑,Zn作负极,M极变细,A项错误;B.如果是铁、铜、稀盐酸构成原电池,电池总反应式为Fe+2H+=Fe2++H2↑,则铁是负极,铜棒M是不会变粗的,B项错误;C.如果是银、锌、硝酸银溶液构成原电池,电池总反应式为Zn+2Ag+=Zn2++2Ag,则锌是负极,N棒变细,析出的银附在银上,M棒变粗,C项正确;D.如果是锌、铁、硝酸铁溶液构成原电池,电池总反应式为Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+,Zn作负极,M极变细,D项错误;答案选C。8.锌—空气电池(原理如右图)适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn转化为ZnO。该电池工作时下列说法正确的是
A.氧气在石墨电极上发生氧化反应B.该电池的负极反应为Zn+H2O-2e-=ZnO+2H+C.该电池放电时OH-向Zn电极移动D.若Zn电极消耗6.5g,外电路转移0.1mole-【答案】C【解析】【详解】A.氧气得电子发生还原反应,故A错误;B.锌作负极,碱性条件下,负极上电极反应式为:,故B错误;C.原电池工作时,溶液中的阴离子向负极移动,即OH-向Zn电极移动,故C正确;D.若Zn电极消耗6.5g,外电路转移0.2mole-,故D错误;故选:C。9.工业上,常用O2氧化HCl转化成Cl2,提高效益,减少污染。反应为:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。一定条件下,测得数据如下:t/ min02.04.06.08.010.012. 0c(Cl2)/10-3mol∙L-101.83.85.77.27.77.7下列说法错误的是A.条件不变时,14min时v正(Cl2)=v逆(H2O)B.2.0~4.0min内平均反应速率大于6.0~8.0min内的C.0~6.0min内HCl的平均反应速率为1.9 mol·L-1·min-1D.加入高效催化剂,达到平衡所用时间小于10.0min【答案】C【解析】【详解】A.由表格数据可知,10min时Cl2浓度不再变化,反应达到平衡,14min时反应依然处于平衡状态,所以v正(Cl2)=v逆(H2O),A正确;
B.2.0~4.0min内Cl2的平均反应速率为,6.0~8.0min内Cl2的平均反应速率为,所以2.0~4.0min内的平均反应速率大于6.0~8.0min内的,B正确;C.0~6.0min内Cl2的平均反应速率为,根据反应速率之比等于化学计量数之比,HCl0~6.0min内的平均反应速率为,C错误;D.催化剂可以加快化学反应速率,缩短达到平衡的反应时间,D正确;故选C。10.将一定量的锌与100mL18.5mol·L−1浓硫酸充分反应后,锌完全溶解,同时生成气体A33.6L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1L,测得溶液的c(H+)=0.1mol·L-1,则下列叙述中错误的是A.气体A为SO2和H2的混合物B.反应中共消耗Zn97.5gC.气体A中SO2和H2的体积比为4∶1D.反应中共转移3mol电子【答案】C【解析】【分析】浓硫酸与锌反应生成二氧化硫气体,随着反应的进行,硫酸的浓度逐渐降低,继续与锌反应生成氢气,所以33.6L气体为二氧化硫和氢气的混合物,生成气体的物质的量为:=1.5mol,溶液稀释至1L,测得溶液中c(H+)=0.1mol·L-1,,所以溶液剩余硫酸的物质的量为0.05mol,参加反应的n(H2SO4)=0.1L×18.5mol/L−0.05mol=1.8mol,随着反应的进行,硫酸的浓度逐渐减小,设反应生成xmolSO2,ymolH2,则,,则有:x+y=1.5,2x+y=1.8,解之得x=0.3,y=1.2,所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。【详解】A.根据上述分析可知,气体为二氧化硫和氢气的混合物,A正确;B.反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=(0.3mol+1.2mol)×65g/mol=97.5g,B正确;C.由上述分析可知,V(SO2):V(H2)=1:4,C错误;D.在反应Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O中,生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol,反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑中,生成1.2mol氢气转移电子2.4mol,所以反应中共转移3mol电子,D正确;答案选C。11.铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和、、的混合气体,这些气体与(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为
A.0.32gB.4.8gC.1.92gD.0.96g【答案】C【解析】【分析】因为过程前后变价的元素是铜元素和氧元素,相当于铜失去电子给氧气,利用得失电子数相等即可得到答案。【详解】铜与浓硝酸反应的还原产物是、、的混合气体,当通入后所有气体完全被水吸收生成硝酸,整个过程氮元素又恢复了原来的价态,所以变价的元素就是铜元素和氧元素,根据电子得失守恒,铜失去的电子就等于氧气得到的电子,设消耗的铜有mg,则有,解得m=1.92,故答案选C。【点睛】守恒法是解决氧化还原反应计算的最简单方法。12.某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO,不考虑其他成分),设计了如图流程。已知:,下列说法正确的是A.固体1中主要含有CaCO3、CaSO4B.捕获剂所捕获的气体主要是COC.X可以是空气,且需过量D.处理含废水时,发生的反应:【答案】B【解析】【分析】【详解】A.固体1是二氧化碳、二氧化硫和氢氧化钙反应生成碳酸钙、亚硫酸钙,因此固体1中主要含有CaCO3、CaSO3,故A错误;B.气体1中NO和氧气和NaOH反应生成NaNO2,因此气体2主要是CO和N2,而捕获剂所捕获的气体主要是CO,故B正确;
C.根据,X可以是空气,但只能适量,过量就会生成硝酸钠,故C错误;D.处理含废水时,铵根和亚硝酸根反应生成氮气,其发生的反应:,故D错误。综上所述,答案为B。13.硅的化合物在材料领域中应用广泛。下列叙述错误的是A.二氧化硅是制造光导纤维的材料B.二氧化硅属于酸性氧化物,不能与任何酸反应C.装碱性溶液的玻璃试剂瓶不能用玻璃塞D.硅酸钠是制备木材防火剂的原料【答案】B【解析】【分析】【详解】A.二氧化硅对光有很好的反射作用,是制造光导纤维的材料,A正确;B.二氧化硅可以和氢氟酸发生反应,B错误;C.玻璃中含有二氧化硅,碱性溶液会和二氧化硅反应生成硅酸盐,所以装碱性溶液的玻璃试剂瓶不能用玻璃塞,C正确;D.硅酸钠的水溶液俗称水玻璃,水玻璃是矿物胶,不燃烧,将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触,可用作制备木材防火剂的原料,D正确;综上所述答案为B。14.下列说法中正确的是A.不锈钢属于化合物B.浓硫酸可以用铁罐运输,是因为铁不与浓硫酸反应C.能使氯水褪色,是因为具有漂白性D.浓硝酸用棕色瓶盛装,是因为硝酸见光易分解【答案】D【解析】【分析】【详解】A.化合物是由二种或二种以上不同元素所组成的纯净物,不锈钢是混合物,A错误;B.常温下铁遇浓硫酸会发生钝化,在铁的表面形成致密的氧化膜,不是不反应,B错误;
C.二氧化硫使氯水褪色是因为二氧化硫有还原性和氯气和水反应生成盐酸和硫酸,C错误;D.硝酸见光易分解,保存时应该用棕色试剂瓶,D正确;故选D15.下列有关浓硫酸的叙述正确的是A.浓H2SO4具有吸水性,能够使蔗糖等有机化合物发生炭化B.浓H2SO4与亚硫酸钠反应制取SO2时,浓H2SO4表现出强氧化性C.浓H2SO4和铜片加热反应时,浓硫酸既能表现酸性,又表现出强氧化性D.常温下,浓H2SO4与铁、铝不反应,所以可用铁、铝质容器盛放浓H2SO4【答案】C【解析】【分析】【详解】A.浓H2SO4具有脱水性,能够使蔗糖等有机化合物发生炭化,故A错误;B.浓H2SO4与亚硫酸钠反应制取SO2时,在反应物中硫元素处于相邻价态,根据氧化还原反应规律知,它们之间是不可能发生氧化还原反应的,应为复分解反应,其原理是用难挥发性酸制易挥发性酸,强酸制弱酸。因而在此反应中浓H2SO4表现的是难挥发性和酸性,故B错误;C.浓H2SO4和铜片加热反应时,铜与浓H2SO4在加热条件下发生反应,其方程式为:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O,反应中浓H2SO4为氧化剂,铜为还原剂,氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1。因每反应的2mol浓H2SO4中,1mol作氧化剂,还有1mol起酸的作用(生成盐和水),故C正确;D.浓H2SO4具有强氧化性,常温下与铁、铝接触,能使金属表面生成一层致密的氧化物保护膜,阻止内部金属继续跟硫酸反应,所以可用铁、铝质容器盛放浓H2SO4,这是金属的钝化现象。金属钝化现象是浓H2SO4与这些金属发生反应引起的,所以不能说常温下浓H2SO4与铁、铝不反应,故D错误;答案选C。16.溶液中常见离子的检验及结论正确的是A.若加入淀粉溶液,溶液显蓝色,则一定有IˉB.若加入AgNO3溶液有白色沉淀产生,则一定有ClˉC.若加入Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀产生,则一定有SOD.若加入NaOH溶液,微热,产生使润湿红色石蕊试纸变蓝的气体,则一定有NH【答案】D【解析】【分析】
【详解】A.碘离子遇到淀粉不变色,若加入淀粉溶液,溶液显蓝色,则一定有碘单质,故A错误;B.碳酸银也是白色沉淀,加入AgNO3溶液有白色沉淀,不一定有Cl-,应该加稀硝酸排除干扰离子,故B错误;C.溶液中如果含有碳酸根离子等会产生干扰,先加盐酸,无白色沉淀产生,再加Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀产生,则一定有SO,故C错误;D.铵根离子与碱反应生成氨气,氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝,若加入NaOH溶液,微热,产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,则一定有NH,故D正确;故选D。17.下列有关的说法正确的是A.已知CO2能与H2O反应生成H2CO3,则SO2能与H2O反应也生成H2SO3B.已知CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成,则SO2通入Ba(NO3)2溶液中也无沉淀生成C.已知BaCO3能溶于盐酸,溶液变澄清,则BaCO3也能溶于硫酸,溶液变澄清D.已知Na2O2与CO2反应为:,则Na2O2与SO2反应也为:【答案】A【解析】【分析】【详解】A.CO2和SO2都是典型的酸性氧化物,所以化学性质类似,CO2能与H2O反应生成H2CO3,则SO2能与H2O反应也生成H2SO3,A项正确;B.过量SO2通入Ba(NO3)2溶液中会生成硫酸钡沉淀,B项错误;C.BaCO3能溶于盐酸,溶液变澄清,则BaCO3也能溶于硫酸,生成硫酸钡,溶液中有沉淀,C项错误D.过氧化钠本身有强氧化性但CO2中的C已是最高价无法再被氧化所以过氧化钠只好把自己歧化了,而SO2中的S只是+4价还可以变为+6价,所以会生成Na2SO4,D项错误;故选A。18.Cl2和SO2的水溶液均具有漂白性,但是将二者等物质的量混合通入水中,所得溶液不具有漂白性,下列说法错误的是A.干燥的Cl2无漂白性B.SO2漂白过品红溶液加热时能恢复原色C.混合后所得溶液的酸性强于混合前D.SO2有毒,不能用作食品添加剂
【答案】D【解析】【分析】【详解】A.干燥的Cl2无漂白性,Cl2与水反应生成的HCIO有漂白性,A项正确;B.SO2与某些色素反应生成不稳定的无色物质,加热时产物重新分解恢复原色,用SO2漂白过的品红溶液加热时能恢复原色,B项正确;C.混合时反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O=4H+++2Cl-,混合后所得溶液的酸性强于混合前,C项正确;D.在严格控制用量的情况下,SO2可被添加到食品中作为漂白剂、防腐剂和抗氧化剂,D项错误;故选D。19.有a、b、c、d四种金属,将a与b用导线连接起来,浸入电解质溶液中,外电路电流从b流向a;将a、d分别投入等浓度盐酸中,d比a反应剧烈;将铜浸入b的盐溶液中,无明显变化;将铜浸入c的盐溶液中,有金属c析出。据此判断它们金属活动性顺序是A.d>c>a>bB.d>a>b>cC.d>b>a>cD.b>a>d>c【答案】B【解析】【详解】将a与b用导线连接起来,浸入电解质溶液中,外电路电流从b流向a,a是负极,b是正极,所以活泼性a>b;将a、d分别投入等浓度盐酸中,d比a反应剧烈,活泼性d>a;将铜浸入b的盐溶液中,无明显变化,活泼性Cu>b;将铜浸入c的盐溶液中,有金属c析出,活泼性所以Cu
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甘肃省天水市秦安县第一中学2021—2022学年高一下学期期中考试化学试题H:1O:16Zn:65Cu:64一、选择题(每小题2分,共50分,每题只有一个正确选项)1.中国将与各方携手推动全球环境治理以及可持续发展事业,构建人类命运共同体。下列说法不正确的A.购物时提倡少用塑料袋以减少白色污染B.排放到空气中的、、均会形成酸雨C.为防止电池中的重金属污染土壤,应积极开发废电池的综合利用D.利用太阳能等清洁能源代替化石燃料,有利于节约资源、保护环境【答案】B【解析】【详解】A.提倡购物时少用塑料袋,可以减少“白色污染”,故A正确;B.排放到空气中的、均会形成酸雨,不会形成酸雨,故B错误;C.废旧电池中含有铅、镉、汞等重金属,为防止污染土壤,应积极开发废电池的综合利用,故C正确;D.利用太阳能、氢能源、风能等清洁能源代替化石燃料,有利于节约资源、保护环境,故D正确;故选B。2.“九秋风露越窑开,夺得千峰翠色来”是赞誉越窑秘色青瓷的诗句,描绘我国古代精美的青瓷工艺品。玻璃、水泥和陶瓷均为硅酸盐制品,下列有关说法中正确的是( )A.玻璃是人类最早使用的硅酸盐制品B.制水泥的原料为纯碱、石灰石和石英C.硅酸盐制品的性质稳定、熔点较高D.沙子和黏土的主要成分均为硅酸盐【答案】C【解析】【详解】A.陶瓷是人类最早使用的硅酸盐制品,故A错误;B.纯碱、石灰石和石英是制玻璃的原料,而制水泥的原料是黏土和石灰石,故B错误;C.硅酸盐制品性质稳定、熔点高,故C正确;D.沙子的主要成分是SiO2,黏土的主要成分是硅酸盐,故D错误;故答案: C。3.下列叙述正确的是
A.浓硫酸具有吸水性,因而能使蔗糖炭化B.浓HNO3易挥发,打开装有浓HNO3容器瓶的瓶塞,瓶口有白烟C.浓盐酸是一种干燥剂,能够干燥氨气、氢气等气体D.浓硫酸、浓HNO3在常温下能够使铁、铝金属钝化【答案】D【解析】【分析】【详解】A.浓硫酸具有脱水性,因而能使蔗糖炭化,A错误;B.浓HNO3易挥发,打开装有浓HNO3容器瓶的瓶塞,挥发出来的硝酸与空气中的水蒸气形成液体小液滴,瓶口有白雾,故B错误;C.浓盐酸不具有吸收性、不能做干燥剂,浓硫酸是一种干燥剂,能够干燥氢气等气体,酸性干燥剂不能干燥氨气,C错误;D.浓硫酸、浓HNO3在常温下能够使铁、铝金属钝化,在使铁、铝金属的表面生成致密的氧化膜,阻止反应的进一步发生,故D正确;答案选D。4.下列关于二氧化硫的说法不正确的是A.SO2能使H2S的水溶液出现黄色沉淀,说明SO2具有氧化性B.SO2能使品红溶液褪色,说明SO2具有漂白性C.SO2通入水中无明显现象,说明SO2不与水反应D.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色,说明SO2具有还原性【答案】C【解析】【分析】【详解】A.在溶液中发生反应:SO2+2H2S=3S↓+H2O,在该反应中SO2为氧化剂,得到电子,表现氧化性,A正确;B.SO2能使品红溶液褪色,说明SO2能够与有色物质反应产生无色物质,因此可证明SO2具有漂白性,B正确;C.反应不一定有现象,因此不能根据SO2通入水中无明显现象,就说SO2不能与水反应,事实上二氧化硫溶于水,并与水反应产生亚硫酸,由于亚硫酸溶液显无色,因此无明显现象,C错误;D.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色,是由于酸性KMnO4溶液具有强氧化性,会将SO2氧化为硫酸,KMnO4被还原为无色MnSO4,因此可说明SO2具有还原性,D正确;
故合理选项是C。5.在C(s)+CO2(g)=2CO(g)的反应中,现采取下列措施:①缩小体积,增大压强②增加碳的量③通入CO2④恒容下充入N2⑤恒压下充入N2,上述能够使反应速率增大的措施是A.①④B.②③⑤C.①③D.①②④【答案】C【解析】【详解】①缩小体积,增大压强,浓度增大,反应速率加快;②碳是固体,增加碳的量,反应速率不变;③通入CO2,反应物浓度增大,反应速率加快;④恒容下充入N2,反应物浓度不变,反应速率不变;⑤恒压下充入N2,容器容积增大,浓度减小,反应速率减小;答案选C。6.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0,若在恒压容器中发生,下列选项表明反应一定已达平衡状态的是()A.容器内气体的密度不再变化B.容器内压强保持不变C.相同时间内,生成N-H键的数目与断开H-H键的数目相等D.容器内气体的浓度之比c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=1∶3∶2【答案】A【解析】【详解】A.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0是气体体积减小的反应,反应在恒压容器中发生,体积可变但气体总质量不变,密度不变说明气体的体积不变,表明反应已达平衡状态,选项A正确;B.因反应在恒压条件下进行,反应中压强始终不变,故压强不再变化不能表明反应一定已达平衡状态,选项B错误;C.断开键和生成键均表示正反应,则相同时间内,断开键的数目和生成键的数目相等不能表明反应一定已达平衡状态,选项C错误;D.容器内气体的浓度与反应的起始状态有关,不能表明反应一定已达平衡状态,选项D错误;答案选A。7.如图所示装置中观察到电流计指针偏转,M棒变粗,N棒变细,指针指向M,由此判断下表中所列M、N、P物质,其中可以成立的组合是
MNPA锌铜稀硫酸溶液B铜铁稀盐酸溶液C银锌硝酸银溶液D锌铁硝酸铁溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】电流计指针偏转,M棒变粗,N棒变细,说明M、N与池中液体构成了原电池。N棒变细,作负极,M棒变粗,说明溶液中的金属阳离子在M极上得到电子,生成金属单质,M变粗,M做原电池的正极。【详解】A.如果是锌、铜、稀硫酸构成原电池,则电池总反应式为Zn+2H+=Zn2++H2↑,Zn作负极,M极变细,A项错误;B.如果是铁、铜、稀盐酸构成原电池,电池总反应式为Fe+2H+=Fe2++H2↑,则铁是负极,铜棒M是不会变粗的,B项错误;C.如果是银、锌、硝酸银溶液构成原电池,电池总反应式为Zn+2Ag+=Zn2++2Ag,则锌是负极,N棒变细,析出的银附在银上,M棒变粗,C项正确;D.如果是锌、铁、硝酸铁溶液构成原电池,电池总反应式为Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+,Zn作负极,M极变细,D项错误;答案选C。8.锌—空气电池(原理如右图)适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn转化为ZnO。该电池工作时下列说法正确的是
A.氧气在石墨电极上发生氧化反应B.该电池的负极反应为Zn+H2O-2e-=ZnO+2H+C.该电池放电时OH-向Zn电极移动D.若Zn电极消耗6.5g,外电路转移0.1mole-【答案】C【解析】【详解】A.氧气得电子发生还原反应,故A错误;B.锌作负极,碱性条件下,负极上电极反应式为:,故B错误;C.原电池工作时,溶液中的阴离子向负极移动,即OH-向Zn电极移动,故C正确;D.若Zn电极消耗6.5g,外电路转移0.2mole-,故D错误;故选:C。9.工业上,常用O2氧化HCl转化成Cl2,提高效益,减少污染。反应为:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。一定条件下,测得数据如下:t/ min02.04.06.08.010.012. 0c(Cl2)/10-3mol∙L-101.83.85.77.27.77.7下列说法错误的是A.条件不变时,14min时v正(Cl2)=v逆(H2O)B.2.0~4.0min内平均反应速率大于6.0~8.0min内的C.0~6.0min内HCl的平均反应速率为1.9 mol·L-1·min-1D.加入高效催化剂,达到平衡所用时间小于10.0min【答案】C【解析】【详解】A.由表格数据可知,10min时Cl2浓度不再变化,反应达到平衡,14min时反应依然处于平衡状态,所以v正(Cl2)=v逆(H2O),A正确;
B.2.0~4.0min内Cl2的平均反应速率为,6.0~8.0min内Cl2的平均反应速率为,所以2.0~4.0min内的平均反应速率大于6.0~8.0min内的,B正确;C.0~6.0min内Cl2的平均反应速率为,根据反应速率之比等于化学计量数之比,HCl0~6.0min内的平均反应速率为,C错误;D.催化剂可以加快化学反应速率,缩短达到平衡的反应时间,D正确;故选C。10.将一定量的锌与100mL18.5mol·L−1浓硫酸充分反应后,锌完全溶解,同时生成气体A33.6L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1L,测得溶液的c(H+)=0.1mol·L-1,则下列叙述中错误的是A.气体A为SO2和H2的混合物B.反应中共消耗Zn97.5gC.气体A中SO2和H2的体积比为4∶1D.反应中共转移3mol电子【答案】C【解析】【分析】浓硫酸与锌反应生成二氧化硫气体,随着反应的进行,硫酸的浓度逐渐降低,继续与锌反应生成氢气,所以33.6L气体为二氧化硫和氢气的混合物,生成气体的物质的量为:=1.5mol,溶液稀释至1L,测得溶液中c(H+)=0.1mol·L-1,,所以溶液剩余硫酸的物质的量为0.05mol,参加反应的n(H2SO4)=0.1L×18.5mol/L−0.05mol=1.8mol,随着反应的进行,硫酸的浓度逐渐减小,设反应生成xmolSO2,ymolH2,则,,则有:x+y=1.5,2x+y=1.8,解之得x=0.3,y=1.2,所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。【详解】A.根据上述分析可知,气体为二氧化硫和氢气的混合物,A正确;B.反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=(0.3mol+1.2mol)×65g/mol=97.5g,B正确;C.由上述分析可知,V(SO2):V(H2)=1:4,C错误;D.在反应Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O中,生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol,反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑中,生成1.2mol氢气转移电子2.4mol,所以反应中共转移3mol电子,D正确;答案选C。11.铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和、、的混合气体,这些气体与(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为
A.0.32gB.4.8gC.1.92gD.0.96g【答案】C【解析】【分析】因为过程前后变价的元素是铜元素和氧元素,相当于铜失去电子给氧气,利用得失电子数相等即可得到答案。【详解】铜与浓硝酸反应的还原产物是、、的混合气体,当通入后所有气体完全被水吸收生成硝酸,整个过程氮元素又恢复了原来的价态,所以变价的元素就是铜元素和氧元素,根据电子得失守恒,铜失去的电子就等于氧气得到的电子,设消耗的铜有mg,则有,解得m=1.92,故答案选C。【点睛】守恒法是解决氧化还原反应计算的最简单方法。12.某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO,不考虑其他成分),设计了如图流程。已知:,下列说法正确的是A.固体1中主要含有CaCO3、CaSO4B.捕获剂所捕获的气体主要是COC.X可以是空气,且需过量D.处理含废水时,发生的反应:【答案】B【解析】【分析】【详解】A.固体1是二氧化碳、二氧化硫和氢氧化钙反应生成碳酸钙、亚硫酸钙,因此固体1中主要含有CaCO3、CaSO3,故A错误;B.气体1中NO和氧气和NaOH反应生成NaNO2,因此气体2主要是CO和N2,而捕获剂所捕获的气体主要是CO,故B正确;
C.根据,X可以是空气,但只能适量,过量就会生成硝酸钠,故C错误;D.处理含废水时,铵根和亚硝酸根反应生成氮气,其发生的反应:,故D错误。综上所述,答案为B。13.硅的化合物在材料领域中应用广泛。下列叙述错误的是A.二氧化硅是制造光导纤维的材料B.二氧化硅属于酸性氧化物,不能与任何酸反应C.装碱性溶液的玻璃试剂瓶不能用玻璃塞D.硅酸钠是制备木材防火剂的原料【答案】B【解析】【分析】【详解】A.二氧化硅对光有很好的反射作用,是制造光导纤维的材料,A正确;B.二氧化硅可以和氢氟酸发生反应,B错误;C.玻璃中含有二氧化硅,碱性溶液会和二氧化硅反应生成硅酸盐,所以装碱性溶液的玻璃试剂瓶不能用玻璃塞,C正确;D.硅酸钠的水溶液俗称水玻璃,水玻璃是矿物胶,不燃烧,将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触,可用作制备木材防火剂的原料,D正确;综上所述答案为B。14.下列说法中正确的是A.不锈钢属于化合物B.浓硫酸可以用铁罐运输,是因为铁不与浓硫酸反应C.能使氯水褪色,是因为具有漂白性D.浓硝酸用棕色瓶盛装,是因为硝酸见光易分解【答案】D【解析】【分析】【详解】A.化合物是由二种或二种以上不同元素所组成的纯净物,不锈钢是混合物,A错误;B.常温下铁遇浓硫酸会发生钝化,在铁的表面形成致密的氧化膜,不是不反应,B错误;
C.二氧化硫使氯水褪色是因为二氧化硫有还原性和氯气和水反应生成盐酸和硫酸,C错误;D.硝酸见光易分解,保存时应该用棕色试剂瓶,D正确;故选D15.下列有关浓硫酸的叙述正确的是A.浓H2SO4具有吸水性,能够使蔗糖等有机化合物发生炭化B.浓H2SO4与亚硫酸钠反应制取SO2时,浓H2SO4表现出强氧化性C.浓H2SO4和铜片加热反应时,浓硫酸既能表现酸性,又表现出强氧化性D.常温下,浓H2SO4与铁、铝不反应,所以可用铁、铝质容器盛放浓H2SO4【答案】C【解析】【分析】【详解】A.浓H2SO4具有脱水性,能够使蔗糖等有机化合物发生炭化,故A错误;B.浓H2SO4与亚硫酸钠反应制取SO2时,在反应物中硫元素处于相邻价态,根据氧化还原反应规律知,它们之间是不可能发生氧化还原反应的,应为复分解反应,其原理是用难挥发性酸制易挥发性酸,强酸制弱酸。因而在此反应中浓H2SO4表现的是难挥发性和酸性,故B错误;C.浓H2SO4和铜片加热反应时,铜与浓H2SO4在加热条件下发生反应,其方程式为:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O,反应中浓H2SO4为氧化剂,铜为还原剂,氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1。因每反应的2mol浓H2SO4中,1mol作氧化剂,还有1mol起酸的作用(生成盐和水),故C正确;D.浓H2SO4具有强氧化性,常温下与铁、铝接触,能使金属表面生成一层致密的氧化物保护膜,阻止内部金属继续跟硫酸反应,所以可用铁、铝质容器盛放浓H2SO4,这是金属的钝化现象。金属钝化现象是浓H2SO4与这些金属发生反应引起的,所以不能说常温下浓H2SO4与铁、铝不反应,故D错误;答案选C。16.溶液中常见离子的检验及结论正确的是A.若加入淀粉溶液,溶液显蓝色,则一定有IˉB.若加入AgNO3溶液有白色沉淀产生,则一定有ClˉC.若加入Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀产生,则一定有SOD.若加入NaOH溶液,微热,产生使润湿红色石蕊试纸变蓝的气体,则一定有NH【答案】D【解析】【分析】
【详解】A.碘离子遇到淀粉不变色,若加入淀粉溶液,溶液显蓝色,则一定有碘单质,故A错误;B.碳酸银也是白色沉淀,加入AgNO3溶液有白色沉淀,不一定有Cl-,应该加稀硝酸排除干扰离子,故B错误;C.溶液中如果含有碳酸根离子等会产生干扰,先加盐酸,无白色沉淀产生,再加Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀产生,则一定有SO,故C错误;D.铵根离子与碱反应生成氨气,氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝,若加入NaOH溶液,微热,产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,则一定有NH,故D正确;故选D。17.下列有关的说法正确的是A.已知CO2能与H2O反应生成H2CO3,则SO2能与H2O反应也生成H2SO3B.已知CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成,则SO2通入Ba(NO3)2溶液中也无沉淀生成C.已知BaCO3能溶于盐酸,溶液变澄清,则BaCO3也能溶于硫酸,溶液变澄清D.已知Na2O2与CO2反应为:,则Na2O2与SO2反应也为:【答案】A【解析】【分析】【详解】A.CO2和SO2都是典型的酸性氧化物,所以化学性质类似,CO2能与H2O反应生成H2CO3,则SO2能与H2O反应也生成H2SO3,A项正确;B.过量SO2通入Ba(NO3)2溶液中会生成硫酸钡沉淀,B项错误;C.BaCO3能溶于盐酸,溶液变澄清,则BaCO3也能溶于硫酸,生成硫酸钡,溶液中有沉淀,C项错误D.过氧化钠本身有强氧化性但CO2中的C已是最高价无法再被氧化所以过氧化钠只好把自己歧化了,而SO2中的S只是+4价还可以变为+6价,所以会生成Na2SO4,D项错误;故选A。18.Cl2和SO2的水溶液均具有漂白性,但是将二者等物质的量混合通入水中,所得溶液不具有漂白性,下列说法错误的是A.干燥的Cl2无漂白性B.SO2漂白过品红溶液加热时能恢复原色C.混合后所得溶液的酸性强于混合前D.SO2有毒,不能用作食品添加剂
【答案】D【解析】【分析】【详解】A.干燥的Cl2无漂白性,Cl2与水反应生成的HCIO有漂白性,A项正确;B.SO2与某些色素反应生成不稳定的无色物质,加热时产物重新分解恢复原色,用SO2漂白过的品红溶液加热时能恢复原色,B项正确;C.混合时反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O=4H+++2Cl-,混合后所得溶液的酸性强于混合前,C项正确;D.在严格控制用量的情况下,SO2可被添加到食品中作为漂白剂、防腐剂和抗氧化剂,D项错误;故选D。19.有a、b、c、d四种金属,将a与b用导线连接起来,浸入电解质溶液中,外电路电流从b流向a;将a、d分别投入等浓度盐酸中,d比a反应剧烈;将铜浸入b的盐溶液中,无明显变化;将铜浸入c的盐溶液中,有金属c析出。据此判断它们金属活动性顺序是A.d>c>a>bB.d>a>b>cC.d>b>a>cD.b>a>d>c【答案】B【解析】【详解】将a与b用导线连接起来,浸入电解质溶液中,外电路电流从b流向a,a是负极,b是正极,所以活泼性a>b;将a、d分别投入等浓度盐酸中,d比a反应剧烈,活泼性d>a;将铜浸入b的盐溶液中,无明显变化,活泼性Cu>b;将铜浸入c的盐溶液中,有金属c析出,活泼性所以Cu
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