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文档简介
2024届全国一卷五省优创名校高二化学第一学期期中调研试题注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、从海水中提取溴,主要反应为:2Br-+Cl2=Br2+2Cl-,下列说法正确的是A.溴离子具有氧化性 B.氯气是还原剂C.该反应属于复分解反应 D.氯气的氧化性比溴单质强2、有如下合成路线,甲经二步转化为丙:下列叙述错误的是A.步骤(2)产物中可能含有未反应的甲,可用溴水检验是否含甲。B.反应(1)的无机试剂是液溴,铁作催化剂C.甲和丙均可与酸性KMnO4溶液发生反应D.反应(2)反应属于取代反应3、下列方案设计不能达到实验目的的是ABCD测定硫酸与锌反应的化学反应速率由球中气体颜色的深浅判断温度对平衡的影响由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响探究醋酸、碳酸、硼酸的酸性相对强弱A.A B.B C.C D.D4、下列各反应中,反应类型与其他反应不同的是()A.甲烷与氯气混合后光照B.以苯为原料制备溴苯C.由1,2-二溴乙烷制备1,2-乙二醇D.一定条件下甲苯转化为苯甲酸5、决定化学反应速率的主要因素是()A.生成物的浓度 B.反应温度和压强 C.使用催化剂 D.反应物的性质6、下列说法正确的是A.放热反应均是自发反应B.H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深,能用勒夏特列原理解释C.物质的量增加的反应,△S为正值D.2CO(g)=2C(s)+O2(g)已知△H>0,则一定不能自发进行7、在0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡:CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+,下列叙述正确的是()A.加入水时,平衡向逆反应方向移动B.加入少量NaOH固体,平衡向正反应方向移动C.加入少量0.1mol•L﹣1HCl溶液,平衡向逆反应方向移动,溶液中c(H+)减小D.加入少量CH3COONa固体,平衡向正反应方向移动8、将用于2008年北京奥运会的国家游泳中心(水立方)的建筑采用了膜材料ETFE,该材料为四氟乙烯与乙烯的共聚物,四氟乙烯也可与六氟丙烯共聚成全氟乙丙烯。下列说法错误的是A.ETFE分子中可能存在“-CH2-CH2-CF2-CF2-”的连接方式B.合成ETFE及合成聚全氟乙丙烯的反应均为加聚反应C.聚全氟乙丙烯分子的结构简式可能为D.四氟乙烯中既含有极性键又含有非极性键9、下列有机物命名正确的是A.1,3,4—三甲苯B.2—甲基—2—氯丙烷C.2—甲基—1—丙醇D.2—甲基—3—丁炔10、K、Ka、Kw分别表示化学平衡常数、电离常数和水的离子积常数,下列判断正确的是()A.在500℃、20MPa条件下,在5L密闭容器中进行合成氨的反应,使用催化剂后K增大B.室温下Ka(HCN)
<Ka(CH3COOH),说明CH3COOH电离产生的c(H+)一定比HCN电离产生的c(H+)大C.反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在常温时向右进行,加热时向左进行,是因为该正向反应△H>0,△S<0D.2SO2+O22SO3达平衡后,改变某一条件时K不变,SO2的转化率可能增大、减小或不变11、25℃时不断将水滴入0.1mol·L-1的氨水中,下列图像变化合理的是A. B.C. D.12、19世纪中叶,俄国化学家门捷列夫的突出贡献是()A.提出原子学说 B.提出分子学说 C.发现元素周期律 D.发现氧气13、铝具有较强的抗腐蚀能力(即耐腐蚀)的主要原因是A.铝化学性质很稳定(即很不活泼)B.铝与氧气在常温下很难反应C.铝是两性元素(因与酸、碱都能反应)D.铝易氧化形成一层致密氧化膜14、已知:HCN(aq)+NaOH(aq)==NaCN(aq)+H2O(l)ΔH=-12.1kJ·mol-1;HCl(aq)+NaOH(aq)==NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-55.6kJ·mol-1则HCN在水溶液中电离的ΔH等于A.+43.5kJ·mol-1 B.+67.7kJ·mol-1C.-43.5kJ·mol-1 D.-67.7kJ·mol-115、现有三组混合液:①乙酸乙酯和乙酸钠溶液;②乙醇和丁醇;③NaBr和单质Br2的水溶液.分离以上各混合液的正确方法依次是()A.分液、蒸馏、萃取 B.萃取、蒸馏、分液C.分液、萃取、蒸馏 D.蒸馏、萃取、分液16、利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)通过下列反应合成甲醇。下列说法正确的是()反应①:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H1=41kJ·mol–1反应②:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2=–99kJ·mol–1反应③:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)△H3A.反应①为放热反应B.增大反应①的压强,H2转化率提高C.△H3=-58kJ·mol–1D.反应②使用催化剂,△H2不变二、非选择题(本题包括5小题)17、香草醇酯能促进能量消耗及代谢,抑制体内脂肪累积,并且具有抗氧化、抗炎和抗肿瘤等特性,有广泛的开发前景。如图为一种香草醇酯的合成路线。已知:①香草醇酯的结构为(R为烃基);②R1CHO+R2CH2CHO回答下列有关问题:(1)B的名称是________。(2)C生成D的反应类型是_______。(3)E的结构简式为_______。(4)H生成I的第①步反应的化学方程式为_______。(5)I的同分异构体中符合下列条件的有______种(不考虑立体异构),其中核磁共振氢谱中有四组峰的有机物的结构简式为_______。①含有苯环②只含种一含氧官能团③1mol该有机物可与3molNaOH反应(6)参照上述合成路线,设计一条以乙醛为原料(无机试剂任选)合成乙酸正丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)的路线_______。18、近来有报道,碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应,合成一种多官能团的化合物Y,其合成路线如下:已知:RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O回答下列问题:(1)A的化学名称是____________________,E的分子式________________。(2)由A生成B、G生成H的反应类型分别是____________、______________。(3)D的结构简式为.________________________。(4)Y中含氧官能团的名称为________________。(5)E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应,产物的结构简式为_________________。19、某实验小组在同样的实验条件下,用同样的实验仪器和方法步骤进行两组中和热测定的实验,实验试剂及其用量如表所示。反应物起始温度/℃终了温度/℃中和热/kJ·mol-1硫酸碱溶液①0.5mol·L-1H2SO4溶液50mL、1.1mol·L-1NaOH溶液50mL25.125.1ΔH1②0.5mol·L-1H2SO4溶液50mL、1.1mol·L-1NH3·H2O溶液50mL25.125.1ΔH2(1)实验①中碱液过量的目的是____________________。(2)甲同学预计ΔH1≠ΔH2,其依据是______________________。(3)若实验测得①中终了温度为31.8℃,则该反应的中和热ΔH1=________(已知硫酸、NaOH溶液密度近似为1.0g·cm-3,中和后混合液的比热容c=4.18×10-3kJ·g-1·℃-1)。(4)在中和热测定实验中,若测定硫酸的温度计未用水洗涤就直接测量碱溶液的温度,则测得的中和热ΔH________(填“偏大”“偏小”或“不变”,下同)。(5)若实验①中硫酸用盐酸代替,且中和反应时有少量HCl挥发,则测得中和反应过程中放出的热量Q________。20、实验室测定中和热的步骤如下(如图):第一步:量取40.0mL0.25mol/LH2SO4溶液倒入小烧杯中,测量温度;第二步:量取40.0mL0.55mol/LNaOH溶液,测量温度;第三步:将NaOH溶液倒入小烧杯中,混合均匀后测量混合液温度。请回答:(1)图中仪器A的名称是____________。(2)NaOH溶液稍过量的原因____________.(3)加入NaOH溶液的正确操作是____________(填字母)。A.沿玻璃棒缓慢加入B.分三次均匀加入C.一次迅速加入D.用滴定管小心滴加(4)上述实验测得的结果与理论上的57.3kJ/mol有偏差,其原因可能是____________。a.NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中后未及时将盖板盖好b.实验装置保温、隔热效果不好c.用温度计测定NaOH溶液起始温度后又直接测定H2SO4溶液的温度d.使用温度计搅拌混合液体(5)若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合,放出的热量_____(填“小于”、“等于”或“大于”)57.3kJ,原因是__________________________________。(6)已知某温度下:CH3COOH(aq)+OH-(aq)=CH3COO﹣(aq)+H2O(l)△H=﹣12.1kJ•mol﹣1;H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O(l)△H=﹣55.6kJ•mol﹣1。则CH3COOH在水溶液中电离的△H=________________。21、CO2是一种廉价的碳资源,其综合利用具有重要意义。回答下列问题:(1)CO2与CH4经催化重整,制得合成气:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下:化学键C—HC=OH—HCO(CO)键能/kJ·mol−14137454361075则该反应的ΔH=_________。分别在vL恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压,容积可变)中,加入CH4和CO2各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______(填“A”或“B”)。(2)CO2可以被NaOH溶液捕获。①若所得溶液pH=13,CO2主要转化为_______(写离子符号);若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1,溶液pH=___________。(室温下,H2CO3的K1=4×10−7;K2=5×10−11)②当2molCO2通入3molNaOH被吸收时,溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母)________。a.c(Na+)+c(H+)=c(CO32−)+c(HCO3-)+c(OH-)b.c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32−)>c(OH-)>c(H+)c.3c(Na+)=2[c(CO32−)+c(HCO3-)+c(H2CO3)](3)CO2辅助的CO—O2燃料电池,工作原理如图所示,固体介质中CO32—可定向移动。电池的负极反应式:________________________________电池工作时需向某电极通入CO2以触发反应,该电极为_____________(填“甲”或“乙”)
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【题目详解】A.该反应中,溴元素的化合价由﹣1
价变为
0
价,所以溴离子失电子作还原剂,还原剂具有还原性,故
A
错误;B.该反应中氯元素的化合价由
0
价变为﹣1
价,所以氯气得电子作氧化剂,故
B
错误;C.该反应中有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,复分解反应中反应前后各元素的化合价都不变,所以一定不属于复分解反应,故
C
错误;D.该反应中,氯气是氧化剂,溴是氧化产物,所以氯气的氧化性大于溴,故
D
正确;答案选
D。【题目点拨】在氧化还原反应中得电子化合价降低的是氧化剂,失电子化合价升高的是还原剂,氧化剂具有氧化性,还原剂具有还原性,氧化剂对应的产物是还原产物,还原剂对应的产物是氧化产物,复分解反应是两种化合物相互交换成分生成另外的两种化合物,复分解反应一定不是氧化还原反应。2、B【分析】本题主要考查有机物的结构和性质。由合成路线,甲经二步转化为丙,由C=C引入两个-OH,则反应(1)为C=C与卤素单质的加成反应,反应(2)为卤素原子的水解反应,以此来解答。【题目详解】A.步骤(2)产物中可能含有未反应的甲,甲可与溴水反应而使其褪色,而丙不能,则可用溴水检验是否含甲,故A正确;
B.由上述分析可知,(1)为加成反应,不需要Fe为催化剂,故B错误;
C.C=C、-OH均能被酸性KMnO4溶液氧化,则甲和丙均可与酸性KMnO4溶液发生反应,故C正确;
D.反应(2)为卤代烃的水解反应,同时也属于取代反应,故D正确。【题目点拨】本题考查有机物合成及结构与性质,为高频考点,把握合成反应中官能团的变化判断发生的反应为解答的关键,侧重烯烃、卤代烃、醇性质的考查,题目难度不大。3、C【题目详解】A.随着反应不断进行,氢气量不断增大,右侧活塞向右移动,测量一段时间产生氢气的量就可以测量这段时间内的反应速率,故A正确;B.温度升高,气体颜色加深,c(NO2)增大,温度降低,气体颜色变浅,c(NO2)减小,由此球中气体颜色的深浅可以判断温度对平衡的影响,故B正确;C.实验原理方程式:2MnO+4H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O,由于题中高锰酸钾的物质的量不同,无法通过褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响,故C错误;D.强酸能和弱酸盐发生反应生成弱酸,醋酸和碳酸钠反应生成二氧化碳,碳酸钠和硼酸不反应,所以酸性醋酸>碳酸>硼酸,故D正确;故选C。4、D【题目详解】甲烷与氯气混合后光照、以苯为原料制备溴苯、由1,2-二溴乙烷制备1,2-乙二醇都为取代反应,一定条件下甲苯转化为苯甲酸为氧化反应,与其他反应的反应类型不同,故答案选D。5、D【题目详解】决定物质反应速率的主要因素为反应物本身的性质。故选D。6、D【分析】反应能否自发进行,取决于焓变与熵变的综合判据,当△H-T•△S<0时,反应可自发进行,否则不能,以此解答。【题目详解】A.放热反应不一定能发生进行,如铝热反应为放热反应,在常温下不能自发进行,故A项错误;B.H2、I2、HI平衡混合气加压后,浓度变大,所以颜色变深,平衡不移动,不能用勒夏特列原理解释,故B项错误;C.只有气体的物质的量增加的反应,△S为正值,故C项错误;D.2CO(g)=2C(s)+O2(g)已知△H>0,△S<0,由△G=△H-T△S可知,△G>0,则一定不能自发进行,故D项正确。综上,本题选D。【题目点拨】本题考查反应能否自发进行,反应能否自发进行由△G=△H-T•△S决定,当△G<0时,反应可自发进行,当△G>0时,反应不能自发进行。7、B【分析】醋酸是弱电解质,在水溶液里存在电离平衡,加水稀释促进醋酸电离,向醋酸溶液中加入含有氢离子或醋酸根离子的物质抑制醋酸电离,加入和氢离子或醋酸根离子反应的物质促进醋酸电离,以此解答该题。【题目详解】A.加水促进弱电解质的电离,则电离平衡正向移动,故A错误;B.加入少量NaOH固体,与CH3COOH电离生成的H+结合,使电离平衡正向移动,故B正确;C.加入少量0.1mol•L﹣1HCl溶液,c(H+)增大,平衡逆向移动,但pH减小,故C错误;D.加入少量CH3COONa固体,由电离平衡可知,c(CH3COO﹣)增大,则电离平衡逆向移动,故D错误;故选B。8、C【解题分析】A项实为考察由高聚物反推单体,分析该连接方式,得:其单体为CH2=CH2、CF2=CF2,故A正确;因四氟乙烯(CF2=CF2)、乙烯(CH2=CH2)、六氟丙烯(CF2=CF-CF3)中均存在碳碳双键,故可发生加成聚合反应,B正确;合成聚全氟乙丙烯分子的单体为四氟乙烯(CF2=CF2)和六氟丙烯(CF2=CF-CF3),而在六氟丙烯中的-CF3只是一个支链,并不参与直链的形成,故C错误;四氟乙烯分子(CF2=CF2)中既含有极性键(碳氟键)又含有非极性键(碳碳键),故D正确9、B【解题分析】试题分析:A的命名应该为1,2,4-三甲基苯,B正确;醇的命名要先找出最长碳链,在指明羟基的位置,C应该为2-丁醇;炔烃命名是要从离碳碳三键最近的一端开始编号,故D应该为3-甲基-1-丁炔。考点:有机物的命名。10、D【题目详解】A.使用催化剂,只能改变反应速率,从而改变达平衡的时间,但不能使K增大,A不正确;B.虽然室温下Ka(HCN)
<Ka(CH3COOH),但由于两种酸的起始浓度未知,所以CH3COOH电离产生的c(H+)不一定比HCN电离产生的c(H+)大,B不正确;C.反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在常温时向右进行,加热时向左进行,是因为该正向反应△H<0,C不正确;D.2SO2+O22SO3达平衡后,改变某一条件时K不变,则此条件为压强或浓度,缩小容器体积时SO2的转化率增大、增大容器体积时SO2的转化率减小、容器体积不变时充入稀有气体SO2的转化率不变,D正确;故选D。11、C【题目详解】A.0.1mol·L-1的氨水溶液呈碱性,加水稀释时,溶液仍旧呈碱性,与图像不符,A错误;B.加水稀释,NH3∙H2O⇌NH4++OH-,电离平衡正向移动,水的电离程度增大,与图像不符,B错误;C.加水稀释,NH3∙H2O⇌NH4++OH-,电离平衡正向移动,水的电离程度增大,溶液中的离子的浓度逐渐减小,导电能力逐渐减弱,符合图像,C正确;D.氨水的电离平衡常数与加入水的量无关,与图像不符,D错误;答案为C。12、C【题目详解】19世纪中叶,俄国化学家门捷列夫的突出贡献是发现元素周期律。提出原子学说的是道尔顿,提出分子学说的是阿伏加德罗,答案选C。13、D【解题分析】根据铝的化学性质来解答,铝的化学性质比较活泼,常温下就会与氧气等反应,铝与空气中的氧气反应其表面生成一层致密的氧化铝保护膜,使铝有很好的抗腐蚀性来解答。【题目详解】A、因铝的化学性质比较活泼,选项A错误;B、因常温下铝就会与氧气等反应,选项B错误;C、铝与强酸强碱均能反应,但金属没有两性的说法,选项C错误;D、因铝与氧气反应其表面生成一层致密的氧化铝保护膜,使铝有很好的抗腐蚀性,选项D正确;答案选D。【题目点拨】本题考查了铝的化学性质,难度不大,注意铝耐腐蚀是因为表面形成的致密的氧化物薄膜。14、A【题目详解】反应的热化学方程式分别为:HCN(aq)+OH-(aq)═CN-(aq)+H2O(l)△H=-12.1kJ•mol-1…①H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)△H=-55.6kJ•mol-1…②HCN电离方程式为,HCNH++CN-,用①-②可得HCN电离的热化学方程式为HCN(aq)H+(aq)+CN-(aq)△H=-12.1kJ•mol-1-(-55.6kJ•mol-1)=+43.5kJ•mol-1,故A项正确。答案选A。15、A【题目详解】①乙酸乙酯难溶于水、乙酸钠溶于水,因此用分液分离;②乙醇和丁醇是互溶的,利用沸点不同进行蒸馏分离;③NaBr易溶于水,单质Br2的水溶液用有机溶剂萃取分层;故A符合题意。综上所述,答案为A。【题目点拨】难溶于水的液体分离用分液;难溶于水的固体常用过滤分离;互溶的两种液体沸点不同常用蒸馏分离。16、D【解题分析】A、反应①焓变为正值,反应是吸热反应,选项A错误;B、增大反应①的压强,平衡不移动,氢气的转化率不变,选项B错误;C、根据盖斯定律,由①+②得反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=△H1+△H2=-58kJ·mol–1,所以③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)△H3≠-58kJ·mol–1,选项C错误;D、焓变只与系数有关,使用催化剂△H不变,选项D正确。答案选D。二、非选择题(本题包括5小题)17、乙醛加成反应或还原反应(CH3)3CCH2CH2CHO+2NaOH+NaCl+H2O12、CH3COOCH2CH2CH2CH3【分析】由J的分子式,题目中信息、G制备I的流程可知I为,结合G生成H的条件、逆推可知H为;根据质量质量守恒可知F的分子式为C7H14O2,结合“已知反应②”可知B为CH3CHO,C为(CH3)3CCH=CHCHO;结合C的结构中含有碳碳双键及该反应的条件为“H2”,则D为(CH3)3CCH2CH2CH2OH;由D生成E、E生成F的反应条件可知E为(CH3)3CCH2CH2CHO、F为(CH3)3CCH2CH2COOH,则J为,据此分析解答。【题目详解】(1)根据分析,B为CH3CHO,名称是乙醛;(2)C生成D为(CH3)3CCH=CHCHO与氢气发生加成(或还原)反应生成(CH3)3CCH2CH2CH2OH,反应类型是加成反应或还原反应;(3)根据分析,E的结构简式为(CH3)3CCH2CH2CHO;(4)H为,I为,在加热条件下与氢氧化钠溶液发生水解反应生成H的化学方程式为+2NaOH;(5)I为,I的同分异构体中含有苯环,只含种一含氧官能团,1mol该有机物可与3molNaOH反应,符合条件的同分异构体是含有3个羟基的酚类有机物,羟基支链分为-CH2CH3和两个-CH3;当苯环上3个羟基相邻()时,乙基在苯环上有两种情况,两个甲基在苯环上也是两种情况;当苯环上3个羟基两个相邻()时,乙基在苯环上有三种情况、两个甲基在苯环上也是三种情况;当苯环上3个羟基相间()时,乙基、两个甲基在苯环上各有一种情况,故符合条件的同分异构体为12种;其中核磁共振氢谱中有四组峰,即有四种不同环境的氢原子,则结构简式为、;(6)以乙醛为原料(无机试剂任选)合成乙酸正丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3),利用新制的氢氧化铜氧化乙醛制备乙酸,通过“已知反应②”制备丁醇,然后通过酯化反应制备目标产物,具体流程为:CH3COOCH2CH2CH2CH3。【题目点拨】本题难度不大,关键在于根据已知信息分析解答流程中各步骤的物质结构。18、丙炔C6H9O2I取代反应加成反应羟基、酯基【分析】丙炔与氯气在光照条件下发生取代反应生成,和NaCN发生取代反应生成,水解为,和乙醇发生酯化反应生成;由RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O反应可知F是苯甲醛,G是。据此解答。【题目详解】(1)A是,化学名称是丙炔,E的键线式是,分子式是C6H9O2I;(2)A生成B是丙炔与氯气在光照条件下发生取代反应生成,反应类型是取代反应;G生成H是与氢气发生加成反应生成,反应类型是加成反应;(3)根据以上分析,D的结构简式为;(4)Y是,含氧官能团的名称为羟基、酯基;(5)根据E和H反应生成Y,E与苯甲醛在Cr-Ni催化下发生偶联反应生成。【题目点拨】本题考查有机推断,根据反应条件和流程图正确推断有机物的结构简式是解题关键,注意掌握常见官能团的结构和性质,“逆推法”是进行有机推断的方法之一。19、保证酸完全反应,减少实验误差NH3·H2O是弱碱,其电离过程会吸收热量-56kJ/mol偏大偏小【解题分析】(1)为了使盐酸充分反应,碱液应过量;(2)根据弱电解质存在电离平衡,电离过程是吸热过程;(3)本实验中溶液的总质量可看作100mL×1g·cm-3=100g,反应生成水的物质的量为0.05mol,根据ΔH1=-mc(t(4)测定硫酸的温度计未用水洗涤就直接测量碱溶液的温度,使得碱溶液的初始温度偏高,温度差偏小;(5)实验①中硫酸用盐酸代替,且中和反应时有少量HCl挥发,会导致生成水的物质的量减小,会导致中和反应中放出的热量减小。【题目详解】(1)碱液过量的目的是使盐酸充分反应,提高实验的准确度,故答案为:使盐酸充分反应,提高实验的准确度;(2)NH3•H2O是弱电解质,存在电离平衡,电离过程是吸热程,0.5mol•L-1H2SO4溶液50mL、1.1mol•L-1NH3•H2O溶液50mL反应放热偏小,终了温度偏低,反应热数值偏小,但反应热是负值,所以△H1<△H2,故答案为:NH3•H2O是弱电解质,存在电离平衡,电离过程是吸热程;(3)本实验中溶液的总质量可看作100mL×1g·cm-3=100g,反应生成水的物质的量为0.05mol,根据ΔH1=-mc(t2-(4)测定硫酸的温度计未用水洗涤就直接测量碱溶液的温度,使得碱溶液的初始温度偏高,温度差偏小,测得的热量偏小,中和热的数值偏小,但反应热是负值,中和热△H偏大,故答案为:偏大;(5)实验①中硫酸用盐酸代替,且中和反应时有少量HCl挥发,会导致生成水的物质的量减小,会导致中和反应中放出的热量减小,测定的中和热数值偏小,故答案为:偏小。【题目点拨】本题考查了中和热的测定方法,注意掌握测定中和热的正确方法,明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失,使测定结果更加准确,计算反应热时注意应用公式ΔH=-mc(t20、环形玻璃搅拌棒确保硫酸被完全中和Cabcd大于浓硫酸溶于水放出热量干扰中和热测定+43.5kJ•mol﹣1【分析】测定中和热实验时,一要保证所用的酸、碱都为稀的强电解质,否则易产生溶解热、电离热;二要保证酸或碱完全反应,以便确定参加反应的量;三要确保热量尽可能不损失,即把热量损失降到最低。【题目详解】(1)图中仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒。答案为:环形玻璃搅拌棒;(2)为保证硫酸完全反应,NaOH溶液稍过量的原因是确保硫酸被完全中和。答案为:确保硫酸被完全中和;(3)为尽可能减少热量的损失,药品应快速加入,所以加入NaOH溶液的正确操作是C。答案为:C;(4)a.NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中后未及时将盖板盖好,热量会发生散失,从而造成偏差;b.实验装置保温、隔热效果不好,反应放出的热量会散失到大气中,从而造成偏差;c.用温度计测定NaOH溶液起始温度后又直接测定H2SO4溶液的温度,则在温度计表面酸与碱发生反应放热,使测得的初始温度偏高,反应前后的温度差偏低,从而造成偏差;d.使用温度计搅拌混合液体,此操作本身就是错误的,容易损坏温度计,另外,温度计水银球所在位置不同,所测温度有差异,从而造成偏差;综合以上分析,四个选项中的操作都产生偏差,故选abcd。答案为:abcd;(5)若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合,浓硫酸溶于水会释放热量,从而使放出的热量大于57.3kJ,原因是浓硫酸溶于水放出热量干扰中和热测定。答案为:大于;浓硫酸溶于水放出热量干扰中和热测定;(6)已知:CH3COOH(aq)+OH-(aq)=CH3COO﹣(aq)+H2O(l)△H=﹣12.1kJ•mol﹣1①;H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O(l)△H=﹣55.6kJ•mol﹣1②;利用盖斯定律,将反应①-反应②得:CH3COOH(aq)CH3COO﹣(aq)+H+(aq)△H=﹣12.1kJ•mol﹣1-(﹣55.6kJ•mol﹣1)=+43.5kJ•mol﹣1。答案为:+43.5kJ•mol﹣1。【题目点拨】在测定中和热的烧杯内,混合液的温度并不完全相同,靠近烧杯底、烧杯壁的溶液,由于热量发生了散失,所以温度相对偏低。21、+120KJ·mol-1BCO32−10bCO-2e-+CO32−=2CO2乙【分析】(1)根据反应热与键能的关系可得ΔH=+120KJmol-1;该反应的正反应是气体总分子数增加的吸热反应,加入CH4和CO2各1mol的混合气体,恒压条件下反应正向进行的程
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