- 物质结构
- 共214题
现有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的前四周期元素,A元素原子序数与周期序数相同;B、C同周期左右紧邻且二者能形成多种常见有害于大气的气态化合物;D是所在周期的原子序数最大的金属元素; E处于第四周期且其基态原子价层电子排布式为md2mnsn-2。请回答下列问题(用元素符号或化学式作答):
8.(1)BA3分子的空间构型为 ,B、C元素的第一电离能大小关系为 。
9.与D元素同族的短周期元素M与B元素形成的某种化合物是具有特殊功能的陶瓷,其晶胞结构如图,则每个晶胞中含M原子的个数为 ,该功能陶瓷的化学式为 。
10.A、C两元素形成原子个数比1∶1的化合物在酸性条件下能将E2+氧化,写出其离子方程式 。
11.写出以金属D、E为两电极、NaOH溶液为电解质溶液组成原电池的负极反应式 。
12.已知在微生物作用的条件下,BA4+经过两步反应被氧化成BC3-。两步反应的能量变化如右图。试写出1 mol BA4+(aq)全部氧化成BC3-(aq)的热化学方程 。
正确答案
(1)三角锥形 ; N>O(或O
解析
由于A元素原子序数与周期序数相同可以判断其为H元素,“B、C同周期左右紧邻且二者能形成多种常见有害于大气的气态化合物”并结合化学元素周期表中前四周期非金属元素可知,B、C分别为:N和O;E位于第四周期,其核外电子层有4层,可知其基态原子价层电子排布md2mnsn-2中m为3,n为4,其电子排布为3d64s2,其原子序数为26,为Fe元素;D作为同周期原子序数最大的金属元素,其原子序数小于Fe,大于O;故只能是第三周期的Al元素
(1)BA3为NH3,其空间结构和N元素的特性有关,N存在孤对电子,NH3的空间结构为
三角锥形;N的电子排布为:1s22s22p3,第二层的第二亚层p中有三个电子,处于半充满状态,比较稳定,故相对于电子排布为1s22s22p4的O元素更加稳定,所以N的第一电离能大于O元素的第一电离能
考查方向
解题思路
利用化学元素周期表、原子核外电子排布规律和题干中给出的信息判断出各个元素,根据短周期元素的特性以及题目中给出的信息结合对氧化还原反应的理解,推断出相应的分子结构和相关的化学反应方程式;
易错点
对原子核外电子排布规律理解不清晰,对短周期元素的特性及其规律没有认识到位,无法推断出相应的元素,对价层电子互斥理论概念理解有误,晶胞的原子个数比例的计算有误
正确答案
(2)2 ; BN
解析
由于A元素原子序数与周期序数相同可以判断其为H元素,“B、C同周期左右紧邻且二者能形成多种常见有害于大气的气态化合物”并结合化学元素周期表中前四周期非金属元素可知,B、C分别为:N和O;E位于第四周期,其核外电子层有4层,可知其基态原子价层电子排布md2mnsn-2中m为3,n为4,其电子排布为3d64s2,其原子序数为26,为Fe元素;D作为同周期原子序数最大的金属元素,其原子序数小于Fe,大于O;故只能是第三周期的Al元素
(2)Al的同族短周期元素为B,由N的特性可知,其中的黑色原子应为N,晶包顶点处的B原子
同时属八个晶胞所共有,包括晶胞内部的一个B原子,故一个晶胞中应该有2个B原子,四周四个棱上的N原子同时属于四个晶包,加上内部一个N原子共有2个,所以陶瓷的化学式应该为BN
考查方向
解题思路
利用化学元素周期表、原子核外电子排布规律和题干中给出的信息判断出各个元素,根据短周期元素的特性以及题目中给出的信息结合对氧化还原反应的理解,推断出相应的分子结构和相关的化学反应方程式;
易错点
对原子核外电子排布规律理解不清晰,对短周期元素的特性及其规律没有认识到位,无法推断出相应的元素,对价层电子互斥理论概念理解有误,晶胞的原子个数比例的计算有误
正确答案
(3)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
解析
由于A元素原子序数与周期序数相同可以判断其为H元素,“B、C同周期左右紧邻且二者能形成多种常见有害于大气的气态化合物”并结合化学元素周期表中前四周期非金属元素可知,B、C分别为:N和O;E位于第四周期,其核外电子层有4层,可知其基态原子价层电子排布md2mnsn-2中m为3,n为4,其电子排布为3d64s2,其原子序数为26,为Fe元素;D作为同周期原子序数最大的金属元素,其原子序数小于Fe,大于O;故只能是第三周期的Al元素
(3)H和O两种元素1:1形成的化合物可以判断为H2O2,其与Fe2+在酸性溶液中反应的氧化还原
反应式应该为:H2O2+ 2Fe2++2H+=2H2O+2Fe2+;
考查方向
解题思路
利用化学元素周期表、原子核外电子排布规律和题干中给出的信息判断出各个元素,根据短周期元素的特性以及题目中给出的信息结合对氧化还原反应的理解,推断出相应的分子结构和相关的化学反应方程式;
易错点
对原子核外电子排布规律理解不清晰,对短周期元素的特性及其规律没有认识到位,无法推断出相应的元素,对价层电子互斥理论概念理解有误,晶胞的原子个数比例的计算有误
正确答案
(4)Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O
解析
由于A元素原子序数与周期序数相同可以判断其为H元素,“B、C同周期左右紧邻且二者能形成多种常见有害于大气的气态化合物”并结合化学元素周期表中前四周期非金属元素可知,B、C分别为:N和O;E位于第四周期,其核外电子层有4层,可知其基态原子价层电子排布md2mnsn-2中m为3,n为4,其电子排布为3d64s2,其原子序数为26,为Fe元素;D作为同周期原子序数最大的金属元素,其原子序数小于Fe,大于O;故只能是第三周期的Al元素
(4)Al和Fe两种元素的化学活泼性:Al > Fe,故Al应该为负极,反应式为:Al-3e-+4OH-=2H2O+AlO2-;
考查方向
解题思路
利用化学元素周期表、原子核外电子排布规律和题干中给出的信息判断出各个元素,根据短周期元素的特性以及题目中给出的信息结合对氧化还原反应的理解,推断出相应的分子结构和相关的化学反应方程式;
易错点
对原子核外电子排布规律理解不清晰,对短周期元素的特性及其规律没有认识到位,无法推断出相应的元素,对价层电子互斥理论概念理解有误,晶胞的原子个数比例的计算有误
正确答案
(5)NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l) ΔH=-346 kJ/mol
解析
由于A元素原子序数与周期序数相同可以判断其为H元素,“B、C同周期左右紧邻且二者能形成多种常见有害于大气的气态化合物”并结合化学元素周期表中前四周期非金属元素可知,B、C分别为:N和O;E位于第四周期,其核外电子层有4层,可知其基态原子价层电子排布md2mnsn-2中m为3,n为4,其电子排布为3d64s2,其原子序数为26,为Fe元素;D作为同周期原子序数最大的金属元素,其原子序数小于Fe,大于O;故只能是第三周期的Al元素
(5)由图知热化学方程式中第一步反应应为:2NH4+(aq)+3O2(g)=2NO2-(aq)+2H2O(l)+4H+(aq) ΔH=-273 KJ/mol;N的化合价从-3上升到了+3价,上升了6个价位;第二步反应: 2NO2-(aq)+O2(g)=2NO3-(aq) ΔH=-73 KJ/mol;N的化合价从+3价上升到+5价,上升了2个价位;故总反应方程式为:2NH4+(aq)+4O2(g)=2NO2-(aq)+2H2O(l)+4H+(aq) ΔH=-346 kJ/mol
考查方向
解题思路
利用化学元素周期表、原子核外电子排布规律和题干中给出的信息判断出各个元素,根据短周期元素的特性以及题目中给出的信息结合对氧化还原反应的理解,推断出相应的分子结构和相关的化学反应方程式;
易错点
对原子核外电子排布规律理解不清晰,对短周期元素的特性及其规律没有认识到位,无法推断出相应的元素,对价层电子互斥理论概念理解有误,晶胞的原子个数比例的计算有误
8.NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是
正确答案
解析
A.重水的摩尔质量为20g/mol,含10个电子,故20g重水的物质的量为1mol,故含10mol电子即10NA个,故A正确;
B.溶液体积不明确,故溶液中氢氧根的个数无法计算,故B错误;
C.钠反应后变为+1价,故1mol钠失去1mol电子即NA个,故C错误;
D.当反应生成2molHCl时,断裂2mol化学键,故当生成标况下22.4LHCl即1molHCl时,断裂1mol化学键即NA个,故D错误.
故选A.
考查方向
阿伏加德罗常数
解题思路
A.重水的摩尔质量为20g/mol,含10个电子;
B.溶液体积不明确;
C.钠反应后变为+1价;
D.当反应生成2molHCl时,断裂2mol化学键.
易错点
本题容易出现公式使用的不熟练和物质结构记忆错误。
知识点
【科目】化学
氢化铝钠(NaAlH4)是一种新型轻质储氢材料,掺入少量Ti的NaAlH4在150℃时释氢,在170℃、15.2MPa条件下又重复吸氢。NaAlH4可由AlCl3和NaH在适当条件下合成。NaAlH4的晶胞结构如右下图所示。
20.基态Ti原子的价电子轨道表示式为 。
21.NaH的熔点为800℃,不溶于有机溶剂。NaH属于 晶体,其电子式为 。
22.AlCl3在178℃时升华,其蒸气的相对分子质量约为267,蒸气分子的结构式为 (标明配位键)。
23.AlH4-中,Al的轨道杂化方式为 ;例举与AlH4-空间构型相同的两种离子 (填化学式)。
24.NaAlH4晶体中,与Na+紧邻且等距的AlH4-有 个;NaAlH4晶体的密度为 g·cm-3(用含a的代数式表示)。若NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代,得到的晶体为 (填化学式)。
25.NaAlH4的释氢机理为:每3个AlH4-中,有2个分别释放出3个H原子和1个Al原子,同时与该Al原子最近邻的Na原子转移到被释放的Al原子留下的空位,形成新的结构。这种结构变化由表面层扩展到整个晶体,从而释放出氢气。该释氢过程可用化学方程式表示为 。
正确答案
(或其他合理的价电子轨道表示式)
解析
:Ti的原子序数为22,电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2,价电子排布式为3d24s2,价电子轨道表示式为;故答案为:;
考查方向
解题思路
Ti的原子序数为22,电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2,价电子排布式为3d24s2,根据原子轨道中电子的填充规则画出其价电子轨道表示式;
易错点
核外电子分布图的书写,离子构型的书写
正确答案
离子 Na+[∶H]-
解析
NaH的熔点为800℃,不溶于有机溶剂,属于离子晶体;NaH是离子化合物,电子式为Na+[:H]-;
故答案为:离子;Na+[:H]-;
考查方向
解题思路
离子晶体的熔沸点较高,一般不溶于有机溶剂;NaH是离子化合物,其电子式由阴、阳离子的电子式组合而成;
易错点
核外电子分布图的书写,离子构型的书写
正确答案
解析
氯化铝中铝原子最外层电子只有3个电子,形成3个共价键,每个铝原子和四个氯原子形成共价键,且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键,如图;故答案为:分子;;
考查方向
解题思路
AlCl3在178℃时升华,其蒸气的相对分子质量约为267,则分子式为Al2Cl6,氯化铝中铝原子最外层电子只有3个电子,形成3个共价键,每个铝原子和四个氯原子形成共价键,且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键;
易错点
核外电子分布图的书写,离子构型的书写
正确答案
sp3 NH4+、BH4−(或“SO42−”“PO43−” 等其他合理答案)
解析
AlH4-中,Al的价层电子对数=4+1/2(3+1-1×4)=4,所以Al原子为sp3杂化;等电子体的结构相似,所以AlH4-空间构型相同的两种离子NH4+、BH4-(或“SO42-”“PO43-”);故答案为:sp3;NH4+、BH4-(或“SO42-”“PO43-”);
考查方向
解题思路
先求出中心原子的价层电子对数,再判断杂化类型;根据等电子体的结构相似;
易错点
核外电子分布图的书写,离子构型的书写
正确答案
8 (或“ ”)Na3Li(AlH4)4
解析
: 以底面Na+离子研究,与之最近的AlH4-距离为√2/2anm,位于同一面的4个顶角以及其余4个侧面的面心上,共有8个;根据均摊法可知,晶胞中钠离子的个数为6×0.5+4×1/4=4,晶体的化学式为NaAlH4,所以晶胞中AlH4-的个数为4,该晶胞的质量为54×4/NAg,该晶胞体积为2a3nm3=2a3×10-21cm3,则该晶胞的密度为(216/NA)2a3×1021g•cm-3=108×1021/2a3NAg•cm-3;晶胞中AlH4-的个数为4,钠离子的个数为4,若NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代,则晶胞中AlH4-的个数为4,钠离子的个数为3,锂离子的个数为1,晶体的化学式为:Na3Li(AlH4)4;故答案为:8;
考查方向
解题思路
以底面Na+离子研究,与之最近的AlH4-位于同一面的4个顶角以及其余4个侧面的面心上;根据晶胞类型以及化学式计算出晶胞所含原子数,根据公式ρ=计算得到;根据晶胞中AlH4-的个数为4,钠离子的个数为4来解答;
易错点
核外电子分布图的书写,离子构型的书写
正确答案
3NaAlH4 == Na3AlH6 + 2Al + 3H2↑
解析
NaAlH4的释氢机理为:每3个AlH4-中,有2个分别释放出3个H原子和1个Al原子,同时与该Al原子最近邻的Na原子转移到被释放的Al原子留下的空位,即产物有Al、H2和AlH63-,方程式为:3NaAlH4═Na3AlH6+2Al+3H2↑;
故答案为:3NaAlH4═Na3AlH6+2Al+3H2↑.
考查方向
解题思路
根据NaAlH4的释氢机理得出产物,从而写出方程式.
易错点
核外电子分布图的书写,离子构型的书写
二氧化氯是一种黄绿色到橙黄色的气体,是国际上公认为安全、无毒的绿色消毒剂。回答下列问题:
18.二氧化氯可溶于水,但常温下难以与水反应,加热时会发生反应生成等物质的量的次氯酸和氯气,同时放出氧气,该反应的化学方程式为_____________________________,产物之一次氯酸的电子式为_____________。二氧化氯还能溶于强碱溶液,该过程中发生反应生成等物质的量的氯酸钠和另一种氯的含氧酸盐,同时生成水,该反应的离子方程式为________________________________。
19.工业上可利用电解法制备二氧化氯,如图为以石墨作电极制备二氧化氯的过程,写出产生二氧化氯气体的电极反应式:____________________。可利用滴定法测定电解过程中产生的二氧化氯,其过程如下:在锥形瓶中加入足量用硫酸酸化的碘化钾溶液,将生成的二氧化氯通入锥形瓶中至完全吸收,再向锥形瓶中滴加几滴淀粉溶液,用0.1 mo1·L1硫代硫酸钠标准液进行滴定(I2+2S2O32-==2I-+S4O62-),共用去100.00 mL标准液。则电解过程中产生的气体折算为标准状况下的体积为________mL
正确答案
12ClO2 + 2H2O 4HClO + 4Cl2+ 11O2;;2ClO2 + 2OH- = ClO2- + ClO3- + H2O
解析
根据二氧化氯与水反应生成次氯酸和氯气,同时放出氧气,可以先写出相应的反应物和生产物,然后根据化合价升降总数相等完成配平的第一步骤:ClO2每生成1mol的HClO 和Cl2,化合价总共降低11,而每生成一个氧气,化合价升高4,所以最小公倍数为44,再用观察法配平H2O的系数为2,所以该反应的化学方程式为12ClO2 + 2H2O 4HClO + 4Cl2+ 11O2;产物次氯酸中氧元素为中心原子,所以电子式为,由于二氧化氯溶于强碱溶液生成等物质的量的氯酸钠和另一种氯的含氧酸盐,根据化合价升降守恒的原则,生成1mol氯酸钠,化合价升了1,所以也要降低1,故应该生成+3价的亚氯酸,所以该反应的离子方程式为2ClO2 + 2OH- = ClO2- + ClO3- + H2O。故答案为:12ClO2 + 2H2O 4HClO + 4Cl2+ 11O2;; 2ClO2 + 2OH- = ClO2- + ClO3- + H2O
考查方向
解题思路
根据二氧化氯与水反应生成次氯酸和氯气,同时放出氧气,可以先写出相应的反应物和生产物,然后根据化合价升降总数相等完成配平,再用观察法配平H2O的系数为2。产物次氯酸中氧元素为中心原子,根据化合价升降守恒的原则,生成1mol氯酸钠,化合价升了1,所以也要降低1,故应该生成+3价的亚氯酸。
易错点
不能有效提取相关信息书写陌生的方程式,不能通过电子守恒法进行氧化还原滴定的计算,最后在计算电解过程中产生的气体折算为标准状况下的体积时容易忽略H2的体积。
正确答案
Cl- + 2H2O – 5e- = ClO2↑+ 4H+;156.8
解析
以石墨作电极制备二氧化氯的过程就是将Cl-氧化为ClO2的过程,所以电极反应式为:Cl- + 2H2O – 5e- = ClO2↑+ 4H+。ClO2 有较强氧化性,把I- 氧化为I2 ,根据反应过程中电子得失可以得出三者关系:2ClO2 ~5I2~10S2O32-n(ClO2)=0.2n(S2O32-)=0.2×0.01=0.002mol。根据电解过程中的电子守恒可以知道,再阳极每生成1molClO2,同时在阴极要生成2.5molH2。则电解过程中产生的气体折算为标准状况下的体积为(0.002+0.005)×22400=156.8 mL故答案为:Cl- + 2H2O – 5e- = ClO2↑+ 4H+;156.8。
考查方向
解题思路
以石墨作电极制备二氧化氯的过程就是将Cl-氧化为ClO2的过程;ClO2 有较强氧化性,把I- 氧化为I2 ,根据反应过程中电子得失可以得出三者关系:再根据电解过程中的电子守恒确定阴极产生的H2。电解过程中产生的气体折算为标准状况下的体积ClO2与H2的总和。
易错点
不能有效提取相关信息书写陌生的方程式,不能通过电子守恒法进行氧化还原滴定的计算,最后在计算电解过程中产生的气体折算为标准状况下的体积时容易忽略H2的体积。
氨是化肥工业和基本有机化工的主要原料,合成氨工业因此成为基本无机化工之一。回答下列问题:
23.如何获得廉价的氢气是合成氨工业中的重要课题,目前常用戊烷跟水蒸气反应的方法 获得氢气: C5H12(g)+5H2O(g) 5CO(g)+11H2(g)已知几个反应的能量变化如下图所示,则上述反应的△H=______kJ·mol-1
24.合成氨的反应原理为: 3H2(g)+N2(g) 2NH3(g)
现有甲、乙、丙3个固定容积为2 L的密闭容器,在相同温度和催化剂条件下,按不同的反应物投入量进行合成氨反应,相关数据如下表所示:
①下列描述不能说明该反应已达到平衡状态的是_______.(填序号);容器内混合气体的密度保持不变 b.3v正(N2)==v逆(H2)c.容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变
②乙容器中的反应在20 min后达到平衡,这段时间内NH3的平均反应速率v(NH3)= _____mol·L-1·min-1,该温度下,反应的平衡常数K=______L2·mol-2(结果保留3位有效数字);③分析上表中的数据,下列关系正确的是________(填序号)。 a.cl>c3 b.wl<w2 c.>>
25.在合成氨工业中,为了提高反应物的利用率,除了要提供适宜的温度、压强和使用催化剂外,还要采取的措施是________。
正确答案
c-5a-11b
解析
根据能量变化图可以得出:
C5H12(g)+8O2(g) ==5CO2(g)+6H2O(g) △H= ckJ·mol-1
①H2O(g) ===1/2O2(g)+H2(g) △H= -bkJ·mol-1
②CO2(g) ===1/2O2(g)+CO(g) △H= -akJ·mol-1
③根据盖斯定律,①+②×11+③×5得出 C5H12(g)+5H2O(g) 5CO(g)+11H2 (g)△H=(c-5a-11b) kJ·mol-1 所以答案为:c-5a-11b.
考查方向
解题思路
根据能量变化图可以得出:相关的热方程式,然后根据盖斯定律求解;
易错点
无
正确答案
①a ②0.05;5.33 ③ac
解析
①a 气体的体积不变,质量守恒,所以密度始终不变,不能根密度不再变化来判断平衡状态,故a错误; b.当3v正(N2)==v逆(H2)时,说明单位时间内消耗的N2与单位时间内生成的N2量相等,故达到了平衡状态,b正确;c.该反应是一个反应前后气体物质的量发生变化的化学反应,由于反应前后质量守恒,所以容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变,就达到了平衡状态。故答案为a。
②乙容器中的反应在20 min后达到平衡时,消耗的N2为4-2×1.5=1mol,所以这段时间内N2的平均反应速率v(N2)= [1mol/(2L) ]/(20min)=1/40 mol·L-1·min-1,所以v(NH3)=2v(N2) =0.05_mol·L-1·min-1,平衡时c(N2)=1.5 mol·L-1 ,c(H2)=0.5 mol·L-1,c(NH3)=1 mol·L-1,所以该温度下,反应的平衡常数K=c2(NH3)/[c(N2) × c3(H2)]=5.33L2·mol-2,所以答案为:0.05;5.33
③a由等效平衡可知,若丙中2molNH3完全转化为N2和H2,则有1molN2和3molH2,由于甲中只有2molN2,所以反应达到平衡时消耗的N2更少,所以cl>c3,所以a正确;b.甲与乙为恒压条件下的等效平衡,此时两个容器中N2的体积分数相等,当在衡容条件下,相当于给容器乙加压,所以乙中平衡正向移动,故w2<w1 所以b错误; c.容器体积相同,乙中含有4molN2和4molH2,质量最大,丙中含有2molNH3,质量最小,密度大小关系为:>>,所以c正确。
故答案:ac。
考查方向
解题思路
①a 气体的体积不变,质量守恒,所以密度始终不发生变化变;b.当3v正(N2)==v逆(H2)时,说明单位时间内消耗的N2与单位时间内生成的N2量相等;c.该反应是一个反应前后气体物质的量发生变化的化学反应,由于反应前后质量守恒,所以容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变,就达到了平衡状态。
②根据乙容器中的反应在20 min后达到平衡时N2的浓度变化量求解出平均反应速率v(N2),再根据v(NH3)=2v(N2) 求解;根据平衡时c(N2)、c(H2)、c(NH3)求解该温度下反应的平衡常数K=c2(NH3)/[c(N2) × c3(H2)] ; ③a由等效平衡进行判断;b.甲与乙为恒压条件下的等效平衡,然后将容器乙加压,根据乙中平衡移动判断;c.容器体积相同,根据容器中气体质量判断密度大小。
易错点
(2)中等效平衡的实质理解不透导致解题错误。
正确答案
将产物混合气中的氨冷却分离后,剩余气体循环使用
解析
(3)在合成氨工业中,为了提高反应物的利用率,除了要提供适宜的温度、压强和使用催化剂外,还要可以通过将产物混合气中的氨冷却分离后以减小生成物的浓度,使得平衡正向移动,提高反应物的利用率,同时通过剩余气体循环使用提高反应物的利用率,故答案为将产物混合气中的氨冷却分离后,剩余气体循环使用。
考查方向
解题思路
为了提高反应物的利用率,除考虑温度、压强和使用催化剂外,还要可以通过将产物混合气中的氨冷却分离后以减小生成物的浓度,使得平衡正向移动,提高反应物的利用率,同时通过剩余气体循环使用提高反应物的利用率。
易错点
无
2.下列说法正确的是()
正确答案
解析
A.高锰酸钾具有强氧化性,研磨时用力过大,容易发生爆炸,所以研磨高锰酸钾时一定要控制好力度,故A错误;
B.润洗后,从滴定管的下口放出,不能从上口倒出,其他操作均合理,故B错误;
C.油脂难溶于水,在乙醇中的溶解度较大,油脂制肥皂实验中加一定量的乙醇是为了增加油脂的溶解,增大与碱的接触面积,加快反应速率,故C正确;
D.起始温度应为混合前酸、碱的温度,然后混合后测定最高温度,以此计算中和热,故D错误。
故选C。
考查方向
解题思路
A.高锰酸钾为强氧化剂,不能用力研磨,否则容易发生爆炸;
B.润洗后,从滴定管的下口放出;
C.油脂难溶于水,在乙醇中的溶解度较大;
D.起始温度应为混合前酸、碱的温度。
易错点
本题考查化学实验方案的评价,涉及油脂的性质及皂化反应、滴定实验及操作等,侧重分析与实验能力的综合考查,注意实验的评价性分析,题目难度中等。
知识点
14.1.92g铜投入一定量浓HNO3中,铜完全溶解,生成气体颜色越来越浅,共收集到标准状况下672mL气体。将盛有此气体的容器倒扣在水中,通入标况下一定体积的O2,恰好使气体完全溶于水中,则通入O2的体积( )
正确答案
解析
解析已在路上飞奔,马上就到!
知识点
7.下列说法正确的是( )
正确答案
解析
解析已在路上飞奔,马上就到!
知识点
23.对合成氨的研究具有很高的应用价值。
在三个1L的密闭容器中,同温度下、使用相同催化剂分别进行反应:
,按不同方式投入反应物,保持恒温、恒容,反应达到平衡时有关数据如下表:
(1)下列能说明该反应已达到平衡状态的是___________(填字母序号)。
a.容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1:3:2
b.
c.容器内压强保持不变
d.混合气体的密度保持不变
(2)甲容器中达到平衡所需要的时间t_________5min(填“>”、“<”或“=”)。
(3)乙中从反应开始到平衡时N2的化学反应速率为__________________。
(4)分析上表数据,下列关系正确的是_________(填字母序号)。
a.mol·
b.
c.
(5)该温度下,反应的化学平衡常数K=______________(用分数表示)。
正确答案
(1)c
(2)>
(3)0.2 mol·L-1·min-1
(4)c
(5)(mol·L-1)-2
解析
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知识点
27. 目前,“低碳经济”备受关注,CO2的产生及有效开发利用成为科学家研究的重要课题。
(1)向浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2,可以制得纳米级碳酸钙(粒子直径在1〜10nm之间)。
①向浓CaCl2溶液中通人NH3和CO2气体制纳米级碳酸钙时,应先通入NH3,后通 入C02。制备纳米级碳酸钙的离子方程式为______________
②判断产品中是否含有纳米级碳酸钙的实验方法为_____________。
(2)—定条件下,C(s)和H2O(g)反应,能生成C02(g)和H2(g)。将C(s)和H20(g)分别 加入甲、乙两个密闭容器中,发生反应:C(s)+2H20(g)C02(g)+2H2(g),其相关数 据如下表所示:
①T10C时,该反应的平衡常数K=_______
②乙容器中,当反应进行到1.5min时,H20(g)的物质的量浓度_______ (填选项字母)。
A. =0.8 mol/L B. -1.4 mol/L
C. <1.4 mol/L D. >1.4 mol/L
③丙容器的容积为1L,时,起始充入a mol和b mol ,反应达到平衡时,测得的转化率大于的转化率,则的值需满足的条件为______________;
④丁容器的容积为1L,时,按下列配比充入C(s)、、和, 达到平衡时各气体的体积分数与甲容器完全相同的是_______(填选项字母)。
A. 0.6 mol、1.0 mol、0.5 mol、1.0 mol
B. 0.6 mol、2.0 mol、0 mol、0 mol
C. 1.0 moK2.0 mol、1.0 mol、2.0 mol
D. 0.25 mol、0.5 mol、0.75 mol、1.5 mol
(3)在一定条件下可转化为甲醚()。用甲醚燃料电池做电源,用惰性电极电 解饱和溶液可制取和KOH,实验装置如下图所示:
①甲醚燃料电池的负极反应式为________
②A口导出的物质为_____________________ (填化学式)。
③若燃料电池通入的速率为 ,2 min时,理论上C 口收集到标准状况下气体的体积为______________
正确答案
(1)
①Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH4+
②丁达尔效应
(2)
①12.8
②C
③a/b < 1/2
④AD
(3)
①CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+
②H2SO4
③26.88 L
解析
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知识点
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