画元素的原子结构示意图_章节学习

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题型：单选题

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单选题 · 2 分

2.下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）

A质子数为17、中子数为20的氯原子：

B氯离子(Cl－)的结构示意图：

C氯分子的电子式：

D氯乙烯分子的结构简式：H3C－CH2Cl

正确答案

C

解析

A．元素符号的左上角标质量数，中子数为20的氯原子，质量数=17+20=37，故正确应为：3717Cl，故A错误； B．Cl原子得到1个电子形成最外层满足8个电子的Cl﹣，离子结构示意图为：，故B错误；C．氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为：，故C正确；D．氯乙烯分子中存在碳碳双键，正确的结构简式为：H2C=CHCl，故D错误；

故选C．

考查方向

原子结构示意图；电子式；结构简式．

解题思路

A．元素符号的左上角标质量数，质量数=质子数+中子数=37；B．氯离子（Cl﹣）为Cl原子得到1个电子形成的阴离子，最外层满足8个电子的稳定结构；C．氯气为双原子分子，最外层均满足8个电子的稳定结构；D．氯乙烯分子中存在碳碳双键，据此解答即可．

易错点

本题主要是对常见化学用语的考查，涉及核素的表示方法、质量数与质子数和中子数的关系、电子式的书写、结构简式书写等，难度不大．

知识点

画元素的原子结构示意图

1

题型：单选题

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单选题 · 6 分

3．设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )

①lmolCH3CH2C(CH3)3所含甲基个数为4NA

②2.8g乙烯和2.8g聚乙烯中含碳原子数均为0.2NA

③1.0L1.0mol/LCH3COOH溶液中，CH3COOH分子数为NA

④8.8g乙酸乙酯中含共用电子对数为1.4NA

⑤标准状况下，22.4L乙醇完全燃烧后生成CO2的分子数为2NA

⑥常温常压下，17g甲基（—14CH3）所含的中子数为9NA

⑦标准状况下，11.2L氯仿中含有C—Cl键的数目为1.5NA

⑧lmolC15H32分子中含碳碳键数目为14NA

A①③⑤⑦

B①②④⑧

C②③⑥⑧

D①②⑥⑧

正确答案

B

解析

①lmolCH3CH2C（CH3）3含有4mol甲基，含有甲基的数目为1mol×4×NAmol-1=4NA，故①正确；

②乙烯和聚乙烯的最简式相同为CH2，碳元素的质量分数相等，则碳元素的质量相等为，所以碳原子数目相等为，故②正确；

③醋酸是弱电解质，1.0mol•L-1CH3COOH溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=1mol/L，所以c（CH3COO-）小于1mol/L，溶液中CH3COOH分子数小于1L×1mol/L×NAmol-1=NA，故③错误；

④乙酸乙酯分子中含有14对共用电子对，8.8g乙酸乙酯的物质的量为，8.8g乙酸乙酯中共用电子对数为0.1mol×14×NAmol-1=1.4NA，故④正确；

⑤标准状况下，乙醇是液态，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故⑤错误；

⑥甲基（一14CH3）中含有的中子数等于碳原子含有的中子数为14-6=8，17g甲基（一14CH3）的物质的量为，含有的中子数为1mol×8×NAmol-1=8NA，故⑥错误；

⑦标准状况下，氯仿是液态，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故⑦错误；

⑧C15H32是烷烃，分子中含有含有14个C-C共价键数，lmolC15H32分子中含C-C共价键数目为1mol×14×NAmol-1=14NA，故⑧正确．

故①②④⑧正确，选：C．

考查方向

本题主要考查阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律，难度不大。

解题思路

①CH3CH2C（CH3）3分子中含有4个甲基，lmolCH3CH2C（CH3）3含有4mol甲基，结合N=nNA计算甲基数目；

②乙烯和聚乙烯的最简式相同为CH2，碳元素的质量分数相等为，根据计算碳原子的物质的量，结合根N=nNA计算碳原子数目；

③醋酸是弱电解质，1.0mol•L-1CH3COOH溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=1mol/L。

④乙酸乙酯分子中含有14对共用电子对，根据计算乙酸乙酯的物质的量，再根据N=nNA计算共用电子对数．

⑤标准状况下，乙醇是液态，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol。⑥中子数=质量数-质子数，H原子不含中子，甲基（一14CH3）中含有的中子数等于碳原子含有的中子数为14-6=8，根据计算甲基的物质的量，再根据N=nNA计算中子数．

⑦标准状况下，氯仿是液态，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol．

⑧C15H32是烷烃，分子中含有含有14个C-C共价键数，根据N=nNA计算C-C共价键数．

易错点

常用化学计量的有关计算，注意公式的运用。⑤中易忽视乙醇是液态，不能使用气体摩尔体积

知识点

画元素的原子结构示意图

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题型：简答题

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简答题 · 15 分

【科目】化学

煤是重要的能源，也是生产化工产品的重要原料。试用所学知识，解答下列问题：

28.煤的转化技术包括煤的气化技术和液化技术。煤的液化技术又分为________和________。

29.在煤燃烧前需对煤进行脱硫处理。煤的某种脱硫技术的原理为这种脱硫技术称为微生物脱硫技术。该技术的第一步反应的离子方程式为_____________________________，

第二步反应的离子方程式为____________________。

30.工业煤干馏得到的产品有焦炭、________。

31.工业上主要采用氨氧化法生产硝酸，如图是氨氧化率与氨－空气混合气中氧氨比的关系。其中直线表示反应的理论值；曲线表示生产实际情况。当氨氧化率达到100%，理论上r[n(O2)/n(NH3)]＝________，实际生产要将r值维持在1.7～2.2之间，原因是__________________________________________。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

直接液化技术　间接液化技术

解析

：煤的液化分为直接液化和间接液化，故答案为：直接液化技术；间接液化技术；

考查方向

煤的干馏和综合利用；化学平衡的影响因素．

解题思路

煤的液化分为直接液化和间接液化；

易错点

煤的综合利用，涉及到氧化还原方程式的书写

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

2FeS2＋7O2＋2H2O4H＋＋2Fe2＋＋4SO42—

4Fe2＋＋O2＋4H＋4Fe3＋＋2H2O

解析

：第一步反应中反应物有FeS2、O2和H2O，生成物有Fe2+和SO42-，根据化合价升降总数相等以及原子守恒，反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42-；Fe2+具有还原性，可被氧气氧化为Fe3+，根据化合价升降总数相等以及原子守恒，反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案为：2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42-；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；

考查方向

煤的干馏和综合利用；化学平衡的影响因素．

解题思路

根据化合价升降总数相等以及原子守恒来写离子方程式；

易错点

煤的综合利用，涉及到氧化还原方程式的书写

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

焦炉煤气、粗氨水、煤焦油

解析

：工业煤干馏得到的产品有焦炭、焦炉煤气、粗氨水、煤焦油；故答案为：焦炉煤气、粗氨水、煤焦油；

考查方向

煤的干馏和综合利用；化学平衡的影响因素．

解题思路

工业煤干馏得到的产品有焦炭、焦炉煤气、粗氨水、煤焦油；

易错点

煤的综合利用，涉及到氧化还原方程式的书写

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

1.25；O2太少不利于NH3的转化，r值为2.2时NH3氧化率已近100%

解析

：由氨氧化的化学方程式：4NH3+5O2----4NO+6H2O，可知氨氧化率达到100%，理论上γ{n（O2）/n（NH3）}=5/4=1.25，故答案为：1.25；

O2浓度太少不利于NH3的转化，γ{n（O2）/n（NH3）值为2.2时NH3氧化率已近100%，故答案为：O2浓度太少不利于NH3的转化，γ{n（O2）/n（NH3）值为2.2时NH3氧化率已近100%；

考查方向

煤的干馏和综合利用；化学平衡的影响因素．

解题思路

根据氨氧化的化学方程式来分析；根据O2浓度对平衡的影响；

易错点

煤的综合利用，涉及到氧化还原方程式的书写

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题型：简答题

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简答题 · 12 分

28．以地下卤水（主要含NaCl，还有少量Ca2+、Mg2+）为主要原料生产亚硫酸钠的新工艺如下，同时能得到用作化肥的副产品氯化铵。

已知以下四种物质的溶解度曲线图：

（1）“除杂”时，先加入适量石灰乳过滤除去Mg2+，再通入CO2并用少量氨水调节pH过滤除去Ca2+，“废渣”的主要成分为（）、（）。

（2）“滤渣1”的化学式为（）。

（3）在“滤液1”中加入盐酸的目的是（）。“滤渣2”的化学式为（）。

（4）已知H2CO3和H2SO3的电离常数如下表，“通入SO2”反应的化学方程式为（）。

正确答案

（1）Mg （OH）2 CaCO3

（2）NaHCO3

（3）除去HCO3- （多答“使更多的Na+形成NaCl析出，提高NH4Cl的纯度”不扣分）

NaCl

（4）NaHCO3+SO2 = NaHSO3+ CO2

解析

解析已在路上飞奔，马上就到！

知识点

画元素的原子结构示意图

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题型：单选题

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单选题 · 3 分

14．关于反应2HI(g) H2(g) ＋ I2(g) - 11 kJ，正确的是

A反应物的总键能低于生成物的总键能

B1mol I2(g)中通入1mol H2(g)，反应放热11kJ

C等物质的量时，I2(g)具有的能量低于I2(l)

D平衡时分离出HI(g)，正反应速率先减小后增大

正确答案

D

解析

A．反应是吸热反应，反应物的总键能高于生成物的总键能，故A错误；

B．反应可逆反应不能进行彻底，1mol I2（g）中通入1mol H2（g），反应放热小于11kJ，故B错误；

C．等物质的量时，I2（g）具有的能量高于I2（l），故C错误；

D．平衡时分离出HI（g），平衡逆向进行，碘化氢浓度先减小后增大，所以反应速率先减小后增大，但比原来速率小，故D正确；

考查方向

化学反应中的能量变化，反应速率

解题思路

A．反应前后能量守恒，反应是吸热反应分析；

B．反应可逆反应不能进行彻底；

C．物质聚集状态气体能量高于液体；

D．平衡时分离出HI（g），平衡逆向进行，碘化氢浓度先减小后增大；

易错点

D项，平衡时分离出碘化氢，碘化氢浓度先减小，平衡逆向移动的，碘化氢浓度又增大

教师点评

本题考查了化学反应能量变化，反应速率影响因素分析判断，题目难度中等

知识点

画元素的原子结构示意图

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题型：单选题

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单选题 · 6 分

10.下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）

A某弱酸的酸式盐NaHA溶液中一定有：c(OH－)＋2c(A2－)＝c(H＋)＋c(H2A)

B0.1 mol·L－1CH3COONa 溶液与0.05 mol·L－1盐酸等体积混合后的酸性溶液中：c(CH3COO－)> c(CH3COOH) > c(Cl－) >c(H＋)

C物质的量浓度相等的HCN溶液和NaCN溶液等体积混合后的溶液中：c(CN－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(HCN)

D0.1 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＋c(Fe2＋)＝0.3 mol·L－1

正确答案

C

解析

A.根据电荷守恒可得c(OH－)＋2c(A2－)＝c(H＋)＋c(Na+)。

B．0.1 mol·L－1CH3COONa溶液与0.05 mol·L－1盐酸等体积混合后发生反应CH3COONa+HCl=NaCl+CH3COOH。反应后是含CH3COONa、 NaCl、CH3COOH等物质的量混合溶液，因为溶液显酸性，则说明CH3COOH的电离大于CH3COO-水解。所以溶液显酸性。弱电解质的电离程度是很微弱的。所以c(Cl－) >c(H＋)、因此该溶液中各离子浓度的大小关系为c(CH3COO－)> c(Cl－) > c(CH3COOH) >c(H＋)。

C.根据电荷守恒可得①c(Na+)+c(H+) =c(CN-) +c(OH-). 根据物料守恒可得：②2c(Na+)= c(CN-)+c(HCN ) 。将①×2-②可得：c(CN－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(HCN)。

D. 0.1 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2的溶液，根据物料守恒可得 c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(Fe2＋)+c(Fe(OH)2)＝0.3 mol·L－1。

考查方向

本题主要考查了守恒定律的应用。

解题思路

A.电荷守恒。

B．0.1 mol·L－1CH3COONa溶液与0.05 mol·L－1盐酸等体积混合后发生反应CH3COONa+HCl=NaCl+CH3COOH。。

C.根据电荷守恒可得①c(Na+)+c(H+) =c(CN-) +c(OH-).物料守恒可得：②2c(Na+)= c(CN-)+c(HCN )。

D.物料守恒。

易错点

守恒定律的书写。

知识点

画元素的原子结构示意图

1

题型：单选题

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单选题 · 6 分

7．常温下，向20mL0.1mol/L某酸HR溶液中滴加0.1mol/L氢氧化钠溶液，溶液的PH与氢氧化钠溶液体积V的关系如图所示。下列说法不正确的是

A可选酚酞或甲基橙作指示剂

B滴定前HR溶液中存在大量HR分子

CV = 20 mL时，溶液中水电离的

c(H+)×c(OH-)=1×10-14mol2/L2

Dc点时溶液中离子浓度大小关系有c(Na+)> c(R-)> c(OH-)> c(H+)

正确答案

A

解析

图象分析可知氢氧化钠溶液加入20ml反应生成NaR溶液，溶液PH大于7显碱性，为R-水解导致，HR为弱酸，

A、c点达到滴定终点，溶质为NaR，R-水解呈碱性，选择指示剂变色范围较近的酚酞，不用甲基橙四因为变色范围大，导致误差大，故A错误；

B、HR为弱酸，滴定前主要以分子形成存在，故B正确；

C、V=20 mL时，由于温度不变，水的离子积常数不变，c（H+）×c（OH-）=1×10-14mol2/L2，故C正确；

D、c点达到滴定终点，溶质为NaR，R-水解呈碱性，c（Na+）＞c（R-）＞c（OH-）＞c（H+），故D正确；

故选A．

考查方向

酸碱中和滴定、电离平衡与溶液的pH专题

解题思路

图象分析可知氢氧化钠溶液加入20ml反应生成NaR溶液，溶液PH大于7显碱性，为R-水解导致，HR为弱酸，主要以分子形成存在，当加入氢氧化钠20mL，时，两者恰好反应生成NaR，由于温度不变，水的离子积常数不变，c点达到滴定终点，溶质为NaR，R-水解呈碱性，据此分析溶液中存在粒子浓度大小关系。

易错点

酸碱中和滴定指示剂的选择；酸碱混合后溶质的判断及离子浓度大小的比较。

教师点评

本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高考常见题型，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，明确图象中酸碱混合后溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可．

知识点

画元素的原子结构示意图

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题型：简答题

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简答题 · 5 分

硝化法是一种古老的生产硫酸的方法，同时实现了氮氧化物的循环转化，主要反应为：NO2（g）＋SO2（g）SO3（g）＋NO（g） △H＝－41．8 kJ·mol－1

11.下列说法中可以说明该反应已达到平衡状态的是________________a．体系内混合气体的密度保持不变 b．v（NO2）正＝v（SO3）逆 c．容器内气体的总压强保持不

变 d．NO体积分数不再改变

12.某温度下，NO2（g）＋SO2（g）SO3（g）＋NO（g）的平衡常数K＝，该温度下在甲、乙、丙三个体积为2L的恒容密闭容器中，投入NO2（g）和SO2（g），其起始浓度如表所示，

①10min后，甲中达到平衡，则甲中反应的平均速率v（NO2）＝______________。②丙达到平衡所用的时间_______10min（填“＜”“＞”“＝”），达到平衡后，设甲、乙、丙中SO2（g）的转化率分别为a、b、c，则三者的大小关系为_______________。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

b,d

解析

a．由于反应是气体体积不变的反应，且全部是气体，故体系内混合气体的密度一直保持不变，故不能作为平衡的标志，故a错误；

b．反应中v（NO2）正=v（SO3）正一直存在，而只有平衡时才有v（SO3）正=v（SO3）逆，故只有平衡时才有v（NO2）正=v（SO3）逆，故当v（NO2）正=v（SO3）逆时，反应达平衡，故b正确；

c．由于反应是气体体积不变的反应，故容器内气体的总物质的量一直不变，则总压强一直保持不变，故不能作为反应达平衡的标志，故c错误；

d．在反应未平衡前，NO的消耗和生成速率不同，故NO体积分数会改变，当NO的体积分数不变时，说明反应达平衡，故d正确．

考查方向

本题考查了化学平衡状态判断的能力

解题思路

a．由于反应是气体体积不变的反应，且全部是气体，故体系内混合气体的密度一直保持不变，故不能作为平衡的标志，故a错误；

b．反应中v（NO2）正=v（SO3）正一直存在，而只有平衡时才有v（SO3）正=v（SO3）逆，故只有平衡时才有v（NO2）正=v（SO3）逆，故当v（NO2）正=v（SO3）逆时，反应达平衡，故b正确；

c．由于反应是气体体积不变的反应，故容器内气体的总物质的量一直不变，则总压强一直保持不变，故不能作为反应达平衡的标志，故c错误；

d．在反应未平衡前，NO的消耗和生成速率不同，故NO体积分数会改变，当NO的体积分数不变时，说明反应达平衡，故d正确．

故选bd．

易错点

根据化学平衡状态的定义，化学反应达到平衡时，正逆反应速率相等，某一物质的物质的量浓度保持一定，这也是判断化学反应是否平衡的标志，常见的化学平衡状态的标志，除了定义标志之外，还有一些衍生标志。

教师点评

本题考查了化学平衡状态判断的能力，在近几年的各省高考题出现的频率较高。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

① 0.006mol/（L·min）（1分）② <（1分） a=c<b（1分）

解析

①根据反应中NO2（g）和SO2（g）的起始浓度分别为0.1mol/L，设在10min达到平衡时，NO2浓度的该变量为x，根据三段式可知：

NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）

初始（mol/L）：0.1 0.1 0 0

△C： x x x x

平衡： 0.1-x 0.1-x x x

根据平衡常数为可知：=x2/(0.1−x)2 解得x=0.06mol/L．

则平均速率v（NO2）=0.06mol/L10min=0.006mol/（L•min），故答案为：0.006mol/（L•min）；

②由于容器体积相同，且反应为气体体积不变的反应，故按照等比加料，达到的是等效平衡，故甲和丙为等效平衡，即丙中所达的平衡状态和甲相同，而由于丙中反应物的浓度大于甲，故反应速率比甲快，到达平衡的时间比10min短；由于甲和丙为等效平衡，故甲、丙中SO2（g）的转化率相等，而乙相当于是向甲容器中加入NO2，据故SO2的转化率大于甲，故三个容器中的转化率的关系为a=c＜b．故答案为：＜；a=c＜b．

考查方向

本题考查了化学反应平衡的知识点

解题思路

①根据反应中NO2（g）和SO2（g）的起始浓度分别为0.1mol/L，设在10min达到平衡时，NO2浓度的该变量为x，根据三段式可知：

NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）

初始（mol/L）：0.1 0.1 0 0

△C： x x x x

平衡： 0.1-x 0.1-x x x

根据平衡常数为可知：=x2/(0.1−x)2 解得x=0.06mol/L．

则平均速率v（NO2）=0.06mol/L10min=0.006mol/（L•min），故答案为：0.006mol/（L•min）；

②由于容器体积相同，且反应为气体体积不变的反应，故按照等比加料，达到的是等效平衡，故甲和丙为等效平衡，即丙中所达的平衡状态和甲相同，而由于丙中反应物的浓度大于甲，故反应速率比甲快，到达平衡的时间比10min短；由于甲和丙为等效平衡，故甲、丙中SO2（g）的转化率相等，而乙相当于是向甲容器中加入NO2，据故SO2的转化率大于甲，故三个容器中的转化率的关系为a=c＜b．故答案为：＜；a=c＜b．

易错点

根据化学平衡状态的定义，化学反应达到平衡时，正逆反应速率相等，某一物质的物质的量浓度保持一定，这也是判断化学反应是否平衡的标志，常见的化学平衡状态的标志，除了定义标志之外，还有一些衍生标志。

教师点评

本题考查了化学反应平衡的知识点，在近几年的各省高考题出现的频率非常高。

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题型：简答题

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简答题 · 15 分

某实验组为研究“不同条件”对化学平衡的影响情况，进行了如下实验：一定条件下，向一个1L密闭容器中加入等物质的量的X、Y和一定量的Z三种气体，甲图表示发生反应后各物质浓度（c）随时间（t）的变化〔其中t0～t1阶段c(Y)、c(Z)未画出〕。乙图表示化学反应速率（v）随时间（t）的变化，四个阶段都只改变一种条件（催化剂、温度、浓度、压强，每次改变条件均不同），已知t3～t4阶段为使用催化剂。

回答下列问题：

16.若t1=5 min，则t0～t1阶段以Y浓度变化表示的反应速率为v(Y)= 。

17.在t2～t3阶段Y的物质的量减小，则此阶段开始时v正 v逆（填“>”、“=”或“<”）。

本题考查化学平衡的计算，中等难度题

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