化学 热门试卷

已知：CH3OH、H2的燃烧热（△H）分别为－726.5kJ/mol、－285.8kJ/mol，可知

①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l），△H1=-571.68kJ•mol-1，

②CH3OH（g）+3/2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l），△H2=-726.5kJ•mol-1

利用盖斯定律CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)  △H3；

△H3=3/2△H1-△H2=－130.9kJ·mol－1；

故答案为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)  △H=－130.9kJ·mol－1；

①从图像知道，相同压强，升高温度，甲醇体积分数减少，平衡逆向移动，正反应是放热反应；因此升温，逆向，K变小；同一温度，K值相同，所以KA＞KB=KC；

对比B、C两点，温度相同，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，增大压强，平衡正向移动，甲醇体积分数增大，所以B点压强大于C点压强，即P1>P2；

A点和B点甲醇体积分数相同，体系中各物质的量相同；因为P1>P2，所以B点的反应物浓度大于A点浓度，故v逆(A)逆(B)；

在C点，甲醇体积分数=50%，设起始加入的CO和H2物质的量分别是1mol和2mol，

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

开始     1mol   2mol          0

变化      x      2x           x

C点     1-x      2-2x        x

50%=

x=0.75=75%

在C点，若再按物质的量之比1:2充入一定量的CO和H2，当其它条件不变，达到新的平衡时，此时等效于在原平衡基础上减小体积，压强增大，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大。

②若在恒温恒容条件下，能表示该可逆反应达到平衡状态的有          。

A. 反应过程体积不变，气体质量不变，故混合气体的密度保持始终不变，故A不符合题意；

B. 反应过程气体质量不变，若混合气体的平均相对分子质量保持不变，则气体物质的量不变，故B符合题意；

C. 反应过程体积不变，若容器内的压强保持不变，则气体物质的量不变，故C符合题意；

D. 单位时间内正反应每消耗1molCO的同时消耗2molH2，生成2molH2代表的是逆反应，故D符合题意；

E. CO、H2、CH3OH的浓度保持不变，符合题意；

F. CO、H2、CH3OH的浓度之比为1:2:1，平衡时不是浓度比值等于多少，而是浓度不变，故F不符合题意。

故选BCDE。

故答案为：①KA＞KB=KC；＞；＜；75%；增大；

②BCDE；

氢硫酸、碳酸均为二元弱酸，根据表格中信息，酸性强弱比较H2CO3 >H2S> HCO3- >HS-

发生反应时向生成弱电解质的方向进行，所以H2S和Na2CO3溶液反应，产物是HCO3－和HS－，对应化学方程式CO32－+H2S=HCO3－+HS－；

NaHCO3溶液NaHS溶液都发生水解，生成的弱电解质是H2CO3 和H2S，根据越弱越水解，HS－水解程度大，氢氧根浓度大，pH值大，pH较小的为NaHCO3溶液。

故答案为： CO32－+H2S=HCO3－+HS－；NaHCO3；

若a极附近生成的白色浑浊是CuCl，则铜的化合价升高，被氧化，判断铜丝a应为阳极，与电源正极相连；电极反应式书写时注意电解质环境，Cu+Cl――e－=CuCl。

电解氯化钠溶液，b极是阴极发生还原反应，根据放电顺序，氢离子得电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大，b极附近溶液pH值增大。

故答案为：增大；

橙黄色沉淀中含有Cu2O，说明有CuOH；而CuOH来自沉淀转化，CuCl为微溶于水， CuOH为难溶于水。

沉淀转移依据CuOH溶解度更小，CuCl+OH－=CuOH+Cl－ ；CuOH易分解为红色的Cu2O，2CuOH=Cu2O+H2O；

故答案为：CuCl+OH－=CuOH+Cl－ ；2CuOH=Cu2O+H2O；

本题考查电解池工作原理，在电解池电解液中，阴极产生的OH－自下而上向阳极定向移动，随着氢氧根浓度增大，发生沉淀转化，CuOH分解，故答案为：通电时，在阴极产生的OH－自下而上向阳极定向移动。

废料加入氢氧化钠溶液碱浸，得到钴渣，为充分反应溶解，增加反应物的接触面积，加快化学反应速率，提高原料利用率，将废料粉碎；Co3O4、Al、Si、Li2O、Fe2O3等物质加入氢氧化钠溶液碱浸，Al、Si溶于氢氧化钠，分别得到NaAlO2、Na2SiO3，故答案为：增加反应物的接触面积，加快化学反应速率，提高原料利用率等；NaAlO2、Na2SiO3；

有黄绿色气体生成，判断为氯气，浓盐酸被氧化，Co3O4是氧化剂，强氧化性来自钴元素从+3价到+2价，利用电子守恒、质量守恒配平，Co3O4+8H++2Cl－=3Co2++Cl2↑+4H2O，故答案为：Co3O4+8H++2Cl－=3Co2++Cl2↑+4H2O；

依据表中数据分析判断加入碳酸钠调节溶液PH，沉淀铁离子，但不能沉淀钴离子，步骤中Na2CO3溶液的作用是调节溶液的pH，为沉淀完全铁离子，应使溶液的pH应当大于3.2；但不能沉淀钴离子，保证pH应当不超过7.15，废渣中的主要成分除了LiF外还有Fe(OH)3；故答案为：3.2≤pH＜7.15；LiF、Fe(OH)3

分离方法的选择是根据混合物的性质来确定，步骤I、III、IV都是分离固体液体，选用方法是过滤；在实验室中完成该操作用到的玻璃仪器烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：过滤；烧杯、漏斗、玻璃棒；

5.49gCoC2O4·2H2O（其相对分子质量为183），从质量分别是4.41、2.25、2.41，可以计算固体的相对分子质量。对应关系式：

CoC2O4·2H2O（其相对分子质量为183），Co相对原子质量=59，

183-147=36，150~210℃发生反应为CoC2O4·2H2O失去两个结晶水，故4.41g固体化学式是CoC2O4；

290℃~320℃时固体质量2.25g，固体相对分子质量=75，分子式CoO，损失部分化学式C3O4，因为产物为两种气体，推知是CO和CO2，相关方程式CoC2O4CoO+CO↑+CO2↑；

83.3不合题意，因此固体3的相对分子质量是83.3的倍数，合理答案83.3×3=241

400℃~500℃所得固体是CoO在空气中灼烧所得，应该是钴元素的氧化物，设分子式为ComOn

59m+16n=241，合理答案：Co3O4

Na2SO3的水溶液逐滴加入CuCl2的水溶液中，得到CuCl，铜离子被还原，意味着亚硫酸根被氧化，氧化还原的离子方程式配平，遵守三个守恒，故答案为：2Cu2++SO32－+2Cl－+H2O=2CuCl↓+SO42－+2H+。

快速过滤采用的常见方法抽滤或减压过滤；第一问已经设计碱性环境，CuCl发生沉淀转化，生成溶解度更小的CuOH。故答案为：抽滤或减压过滤；防止CuCl的水解；

将无色溶液分成两份，一份放置于空气中，一段时间后溶液变为蓝色，证明了沉淀中阳离子是亚铜离子；阴离子应该是氯离子，为了验证氯离子，应该用硝酸酸化的硝酸银，故答案为：加入足量的稀硝酸，再滴加几滴硝酸银溶液，有白色沉淀生成；

A是原子半径最小的元素，A是氢元素；B元素的一种核素可用于考古断代，B是碳元素；C、E是同主族元素，它们的核外均有3个未成对电子，核外电子排布式分别为1s22s22p3和1s22s22p63s23p3，对应氮元素和磷元素；D元素的s轨道和p轨道上的电子数相等，符合要求的有1s22s22p4和1s22s22p63s2，因为是非金属，故D是氧元素。故A、B、C、D、E分别是H、C、N、O、P。

E的基态排布是1s22s22p63s23p3，有5种能量不同的电子。

A、B、C、D、E分别是H、C、N、O、P，电负性大小HP，所以最大的是氧元素；元素第一电离能大小N是1s22s22p3，p轨道半充满，元素第一电离能大于相邻的C和O，氮氧同主族，N>P，所以第一电离能最大的是氮元素。

故答案为：O；N；

CD2－是NO2-,中心原子是氮原子，氮原子的价层电子对数=2+=3，中心原子价层电子数=3，所以电子对互斥模型为平面三角形，因为N连接两个氧原子，故CD2－的立体构型是式V形；

中心原子价层电子数=3，所以中心原子轨道杂化方式是sp2。

氨气在水中的电离和水分子有关，联氨电离和氨气在水中电离类似，N2H4+H2ON2H5++OH－，故答案为：N2H4+H2ON2H5++OH－；

按照均摊法，一个晶胞中镁原子数=，氢原子个数==4,1mol晶胞质量=52g，1mol晶胞体积=NAVcm3，密度== g·cm－3

故答案为：；