学年河南省平顶山市高二下学期期末考试理科综合化学试题 解析版Word格式文档下载.docx

1、A、标准状况下，22.4L乙烷的物质的量为1mol，每1mol乙烷中含6molC-H键，1molC-C键，其中C-H键为极性键，故1mol乙烷中含极性共价键6NA，故A错误；B.SO2与O2的反应为可逆反应，0.05molSO2不能完全转化为SO3，则生成的SO3分子数目少于0.05NA，故B错误；C.过量的铜和浓硝酸反应开始生成二氧化氮，随着反应进行硝酸浓度变小，生成一氧化氮，即依次发生两个反应：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O ；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O ；1.2molHNO3若只发生反应：则转移电子：1.2mol=0.6m

2、ol；1.2molHNO3若只发生反应：1.2mol=0.9mol，故转移的电子数介于0.6NA0.9NA之间，C正确；D. NH4+发生水解是离子数目减少，故1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，NH4+的数量小于0.1NA，故D错误。综上所述，本题正确答案为C。3. 解释下列事实的方程式不正确的是A. 纯碱溶液遇酚酞变红:CO32-+H2OHCO3-+OH-B. 以石墨为电极电解MgCl2溶液:2Cl-+2H2O Cl2+H2+20H-C. 纯碱溶液处理锅炉中的水垢:CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）D. 在Fe（NO3）2溶液中加稀硫酸有气体产生:3

3、Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O【答案】BA.碳酸钠的水解反应的离子反应为CO32-+H2OHCO3-+OH-；B.用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极产生H2和OH，OH与Mg2生成沉淀；C.水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去；D. Fe（NO3）2溶液中含有二价铁离子和硝酸根离子，逐滴加入稀硫酸后，相当于加入了氢离子，溶液中存在了稀硝酸，稀硝酸能将亚铁离子氧化为三价，本身被还原为一氧化氮气体，所以溶液变为棕黄色，溶液中有NO气体放出。以此解答。A.碳酸钠的水解反应的离子反应为CO32-+H2OHCO3-+OH

4、-，故A正确；生成沉淀，正确的离子方程式为：Mg2+2Cl-+2H2O Cl2+H2+Mg（0H）2,故B项错误；C.水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去，离子方程式：CaCO3（s）+SO42-（aq），故C正确；D. Fe（NO3）2溶液中含有二价铁离子和硝酸根离子，逐滴加入稀硫酸后，相当于加入了氢离子，溶液中存在了稀硝酸，稀硝酸能将亚铁离子氧化为三价，本身被还原为一氧化氮气体，溶液中有NO气体放出，离子方程式为：3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O，故D正确；综上所述，本题正确答案为B。4. 某有机物A的结构

5、简式如图所示，下列关于A的说法正确的是A. 分子式为C18H16O3B. 1molA最多可以与8molH2发生加成反应C. A在酸催化条件下的水解产物都能在一定条件下发生聚合反应D. A能与Na、NaHCO3、溴水、酸性KMnO4溶液等反应有机物含有含有醇羟基,可发生取代、消去和氧化反应,含有碳碳双键,可发生加成、加聚和氧化反应，含有酯基，能发生水解反应，以此解答。详解:A.由有机物结构简式可以知道有机物分子式为C18H18O3，所以A选项是错误的；B. 能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1molA最多可以与7molH2发生加成反应，所以B选项是错误的；C. 在酸催化条件下的水解生成和

6、，两种产物在一定条件下都能发生聚合反应，所以C选项是正确的；D.A中不含羧基，不能NaHCO3反应，故D错误。所以C选项是正确的。5. 依据下列实验操作及现象能得出正确结论的是选项操作现象结论A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体溶液红色变浅溶液中存在CO32-的水解平衡B室温下，向20mL浓度为0.1mol/LNa2S溶液中先源加几滴0.1mol/LZnSO4溶液，再满加几滴0.1mol/LCuSO4溶液先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀Kg（ZnS）c（Na+）c（H+）c（OH-）D. 由到过程中，水的电离程度先增大后减小【答案】D根据0.01mol/L的HA溶液pH大于2可

7、以知道HR为弱酸，该过程为一元强碱滴定一元弱酸的过程，点溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，且溶液显酸性；点溶液中呈中性；点溶液是二者恰好完全反应生成NaA，强碱弱酸盐，溶液显碱性；酸碱溶液对水的电离起到抑制作用,水解的盐对水的电离起到促进作用，以此分析解答。A. HAH+A-，pH=3.8，c（H+）=10-3.8，该酸的电离常数K=10-5.6，故A正确；B.该测定为强碱滴弱酸，反应完全时，生成强碱弱酸盐，溶液显碱性，应该选择酚酞为指示剂，若选用甲基橙为指示剂，因甲基橙变色范围3.14.4，误差较大，故B正确；C. 点溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，且溶液显酸性；HA的电离大于A-

8、水解，则溶液中离子浓度关系为:c（OH-），故C正确；D. 在、点对应的溶液中， 点溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，且溶液显酸性；酸碱溶液对水的电离起到抑制作用，水解的盐对水的电离起到促进作用，所以由到过程中，水的电离程度逐渐增大，故D错误；综上所述，本题正确答案为D。8. 请回答下列问题:（1）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ/moL、497kJ/mol。N2 （g）+ O2 （g）=2NO（g） H=+180.0kJ/moL。则相同条件下破坏1molNO中化学键需要吸收的能量为_kJ.（2）25时，pH=5的CH3COOH溶液中，由水电离出的氢离子浓度c（H+）=_

9、mol/L。若加入少量NaOH固体，则溶液中_（填增大”、“减小”或“不变”）。（3）25下,向某Na2CO3溶液中加入稀盐酸，其含碳元素的微粒物质的量分数（）随溶液pH变化的部分情况如图所示。在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32- _（填“能”或“不能”）大量共存。pH=12时，Na2CO3溶液中物料守恒关系为_。当pH=7时，溶液中含碳元素的微粒主要为_。反应的CO32-+H2OHCO3-+OH-的平衡常数Kh=_。【答案】 （1）. 631.5 （2）. 10-9 （3）. 不变 （4）. 不能 （5）. c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）

10、 （6）. HCO3- （7）. 10-4（1）旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量值即为化学反应所吸收的能量，结合N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ/moL、497kJ/mol，N2（g）+O2（g）=2NO（g） H=+180.0kJ/moL，可以计算NO分子中化学键的键能；（2）溶液中pH=-lgc（H+），CH3COOH为酸，水电离出的c（H+）等于溶液中溶液中的c（OH-）；往溶液中加入少量NaOH固体，反应生成醋酸钠，溶液中，温度不变电离平衡常数不变，溶液中存在电荷守恒；（3）常温下在Na2CO3溶液中逐滴加入稀盐酸，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳、水，

11、根据图2可以知道，pH=8时只有碳酸氢根离子，pH大于8时存在碳酸根离子和碳酸氢根离子离子，pH小于8时存在碳酸和碳酸氢根离子，在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能共存；Na2CO3溶液中物料守恒关系，即Na原子是C原子的2倍，以此分析；pH=7时，溶液中溶质为碳酸氢钠、氯化钠及碳酸，存在的离子主要为：HCO3-；当溶液中c（HCO3-）:c（CO32-）=1:1时，图象可以知道pH=10，c（H+）=10-10mol/L，由Kw可以知道c（OH-）=10-4 mol/L，据此计算水解平衡常数。（1）根据N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJmol-1、497kJmol-

12、1以及反应N2（g）+O2（g）=2NO（g） H=+180kJmol-1可设NO分子中化学键的键能为X，则有：946kJmol-1+497kJmol-1-2X=180kJmol-1得：X=631.5kJmol-1，故答案为：631.5；（2）CH3COOH为酸，pH=-lgc（H+），pH等于5的CH3COOH溶液中C（H+）=1.010-5mol/L，25时：Kw=c（OH-）c（H+）=10-14，溶液中的c（OH-）=1.010-9mol/L，pH等于5的CH3COOH溶液中氢离子来源为乙酸的电离和水的电离，但乙酸溶液中水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以由水电离出的C（H+）

13、是1.010-9mol/L，往溶液中加入少量NaOH固体，反应生成醋酸钠，溶液中温度不变电离平衡常数不变，故答案为：1.010-9mol/L；不变；（3）常温下在Na2CO3溶液中逐滴加入稀溶液，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳、水。由反应及图象可知，在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存，故答案为：不能；Na2CO3溶液中物料守恒关系，即Na原子是C原子的2倍，因此有：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）；由图象可知，pH=7时，c（OH-）=c（H+），溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-、H2CO3（少量），故答案为：

14、CO32-的水解常数Kh=，当溶液中c（HCO3-）：c（CO32-）=1：1时，图象可知pH=10，c（H+）=10-10mol/L，由Kw可知c（OH-）=10-4mol/L，则Kh=c（OH-）=10-4mol/L，故答案为：10-4。本题考查较综合，涉及热化学方程式书写、盐类的水解、平衡常数计算、弱电解质的电离及溶液中酸碱之间的反应，综合考查学生分析问题、解决问题的能力。本题的易错点是Na2CO3溶液中加入稀盐酸图像的分析与解答。9. 氮化俚（Li3N）是一种金属化合物，常用作储氢材料，某化学兴趣小组设计制备氮化锂并测定其组成的实验如下（已知:Li3N易水解）。请回答下列问题：（1）L

15、i3N水解的化学方程式为_。（2）实验时首先点燃A处酒精灯。写出装置A中发生反应的化学方程式_。（3）装置D的作用是_。（4）请用化学方法确定氮化锂中含有未反应的锂，写出实验操作及现象_。（5）测定氮化锂的纯度。假设锂粉只与氮气反应。称取6.0g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入200.00mL1.00mol/L盐酸中，充分反应后，将所得溶液稀释至500.00mL；取25.00mL稀释后的溶液注入锥形瓶中,加入几滴酚酞，用0.10mol/LNaOH标准溶液滴定过量的盐酸。判断滴定终点的现象是_。滴定起始和终点的液面位置如图，则产品的纯度为_。若漓定前平视读数，滴定后仰视读数，

16、则测定结果_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【答案】 （1）. Li3N+3H2O=3LiOH+NH3 （2）. 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O （3）. 防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置 （4）. 取少量产物于试管中，加入适量蒸馏水（或盐酸），用排水法收集得到无色气体，则证明产物中含有未反应的锂。（或“取少量产物放入足量盐酸中，若有气泡逸出，则证明产物中含有未反应的锂”） （5）. 最后一滴氢氧化钠溶液滴入时，溶液由无色变红色，且在半分钟之内不恢复原来的颜色 （6）. 93.1% （7）. 偏低由图可以知道A中发生2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，B中浓硫酸的作

17、用是吸收未反应的氨气同时干燥氮气，C中发生6Li+N2=2Li3N，D装置碱石灰吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，防止进入C中，以此来解答。（1） Li3N固体水解生成氢氧化锂和氨气，据此写出化学方程式；（2）A中氨气和氧化铜在加热条件下发生氧化还原反应生成N2；（3） 根据氮化锂易水解的性质分析装置D的作用；（4） 氮化锂与水反应生成氨气，锂与水反应生成氢气，检验生成的气体有氢气即可确定氮化锂中含有未反应的锂；（5） 酚酞遇碱变红，碱滴酸溶液颜色由无色变红；氮化锂与水反应生成氨气，被过量的盐酸吸收，根据剩余的盐酸量可得消耗的盐酸，即可得到氨气的量，据此计算产品的纯度；仰视滴定管读数将使侧定的剩余

18、盐酸含量偏多，导致测定结果偏小。（1） Li3N固体水解生成氢氧化锂和氨气，化学方程式为：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，因此，本题正确答案是：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3；因此，本题正确答案是: 取少量产物于试管中，加入适量蒸馏水（或盐酸），用排水法收集得到无色气体，则证明产物中含有未反应的锂。（或“取少量产物放入足量盐酸中，若有气泡逸出，则证明产物中含有未反应的锂”）；（5） 滴定终点的现象是最后一滴氢氧化钠溶液滴入时，溶液由无色变红色，且在半分钟之内不恢复原来的颜色；剩余的盐酸量为0.10mol/L0.0202L=0.0404mol，故参与反应的盐酸为0.2L1mol/

19、L-0.0404=0.1596mol，根据氮元素守恒：Li3NNH3，则n（Li3N）= 0.1596mol ，则氮化锂的质量分数为：100%=93.1%； 93.1%；达到滴定终点时，仰视滴定管读数将使消耗的氢氧化钠标准液的体积读数偏大，使剩余盐酸的量计算偏大，反应盐酸的氨气量偏小，故测定结果偏低；最后一滴氢氧化钠溶液滴入时，溶液由无色变红色，且在半分钟之内不恢复原来的颜色； 93.1% ； 偏低。10. 氨的合成对社会发展与进步有巨大贡献。（1）某温度下，在容积均为2L的两个密闭容器中分别发生反应。N2（g）+3H2（g） 2NH3（g） H=-92.0kJ/mol。相关数据如下:容器甲乙

20、反应物投入量1molN2（g）和3molH2（g）2molNH3（g）平衡时c（NH3）c1c2平衡时能量变化放出18.4kJ吸收akJ下列情况能说明该反应一定达到中平衡状态的是_（填字母）。A.3v（N2）正=v（H2）逆 B.N2、H2的浓度之比不再随时间改变C.容器内混合气体的密度保持不变 D.容器内混合气体的平均相对分子质量不变其他条件不变，达到平衡后，下列不能提高H2转化率的操作是_ （填字母）。A.升高温度 B.充入更多的H2 C.移除NH3 D.压缩容器体积c1_c2（填“”“”或“=”）。（2）合成氨也可以采用电化学法，其原理如右图所示。则阴极的电极反应式是_。（3）已知:氨在

21、某催化剂催化氧化过程中主要有以下两个竞争反应:反应I:4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g） H=-906kJ/mol反应II:4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g） H=-1267kJ/mol该条件下，N2（g）+O2（g）2NO（g） H=_kJ/mol为分析催化剂对反应的选择性，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，在一定时间内测得有关物质的物质的量随温度变化如图所示。该催化剂在较低温度时主要选择反应_填“反应I”或“反应II”）。当温度高于840时，反应I中NO的物质的量减少的原因是_。520时，反应I的平衡常数K=_（只列算式不计算）。【答案】 （1）. AD （2）. AB （3）. = （4）. N2+6e-+6H+=2NH3 （5）. +180.5 （6）. 反应 （7）. 反应为放热反应，在840时，反应达到平衡状态，继续升高温度，平衡逆向移动，从而使NO物质的量减少 （8）. mol/L（1）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；N2（g）+3H2（g） 2NH3（g），两种物质组成改变一种会增大另一种物质转化率