化学 大连市2016年高三期末试卷
精品
|
单选题 本大题共20小题,每小题2分,共40分。在每小题给出的4个选项中,有且只有一项是符合题目要求。
1
题型: 单选题
|
分值: 2分

1.今年11月初经历了辽宁史上最严重的雾霾天气,作为雾霾的重要污染源之一,秸秆焚烧问题引起了大家更多的关注。我省桓仁县的“秸秆变燃气”工程实现了秸秆的无污染利用。下列说法不正确的是

A霾的形成与PM2.5有直接关系

B煤的氧化和秸秆变燃气本质上都是提供热量使原料气体,是物理变化

C大量秸焚烧秆可能是导致霾的形成主要是因为不完全燃烧生成大量的固体颗粒

D秸秆变燃气,燃烧效率高,产物无污染,有利于保护环境

正确答案

B

解析

秸秆焚烧可以直接排放一次颗粒物,直接形成PM2.5,所以霾的形成与 PM2.5有直接关系,故A正确; B. 煤的氧化和秸秆变燃气本质上都发生了氧化还原反应,所以是化学反应,故B 错误; C.秸秆焚烧,直接排放一次颗粒物,增加空气中PM2.5的含量,导致了霾的形成, 故C正确; D.“秸秆变燃气”工程将秸秆转化为可燃性气体,实现了秸秆的无污染利用,故D 正确;

考查方向

通过考查常见的生活环境的污染及治理,引导考生关注环境问题。

解题思路

A.秸秆焚烧,直接排放一次颗粒物,秸秆焚烧散发的烟气含‘有机气溶胶’,可形成PM2.5,所以霾的形成与PM2.5有直接关系B. 煤的氧化和秸秆变燃气本质上都发生了化学反应;C.秸秆焚烧,直接排放一次颗粒物,增加空气中PM2.5的含量,导致了霾的形成D.“秸秆变燃气”工程将秸秆转化为可燃性气体,实现了秸秆的无污染利用。

易错点

不了解霾的形成条件和霾的危害;不了解煤的氧化和秸秆变燃气的本质,

知识点

绿色化学
1
题型: 单选题
|
分值: 2分

3.在室温下的所给溶液中,下列粒子一定能够大量共存的是

A0.1 mol•L-1的KNO3溶液:H+、Fe2+、Cl-、SO42-

B甲基橙呈红色的溶液:NH4+、Ba2+、AlO2-、Cl-

CpH=1的溶液中:K+、Cr2O72-、CH3CH2OH、SO42-

D由水电离的c(H+)=1.0×10-13mol/L的溶液中:Ba2+、K+、Cl-、NO3-

正确答案

D

解析

A.H+、Fe2+、NO3-离子之间发生氧化还原反应,则不能共存,故A错误;B.甲基橙呈红色的溶液表明溶液呈酸性,存在大量H+,与AlO2-反应可以生成Al(OH)3沉淀或Al3+,所有不能共存;故B错误;C.pH=l的溶液,显酸性,CH3CH2OH、Cr2O72-发生氧化还原反应,故C错误;D.由水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol/L的溶液,为酸或碱溶液,Ba2+、K+、Cl-、NO3-既不相互之间不反应,且不能与酸又能与碱反应,所以可以共存;故D正确

考查方向

本题通过题中的信息及离子之间的反应考查离子的共存。

解题思路

A.H+、Fe2+、NO3-离子之间发生氧化还原反应;B.甲基橙呈红色的溶液表明溶液呈酸性,存在大量H+,与AlO2-不能共存;C.pH=l的溶液,显酸性,CH3CH2OH、Cr2O72-发生氧化还原反应,D.由水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol/L的溶液,为酸或碱溶液,Ba2+、K+、Cl-、NO3-既不能与酸又能与碱反应,且相互之间不反应;

易错点

忽视限定条件,如酸性溶液(H+)、碱性溶液(OH-),不能正确理解由水电离的c(H+)=1.0×10-13mol/L这一隐含的酸碱性条件。

知识点

离子共存问题
1
题型: 单选题
|
分值: 2分

4.下列离子方程式正确的是

A浓烧碱溶液中加入铝片:Al+4OH-=AlO2-+2H2O

B将磁性氧化铁溶于盐酸:Fe3O4+8H+=3Fe3++4H2O

C用铁电极电解氯化铁溶液:2Cl-+2H2O=2OH-+H2↑+Cl2

D等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶解与NH4HCO3稀溶液混合Ba2++2OH-+NH4++HCO3-=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O

正确答案

D

解析

A.烧碱溶液与铝片反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子方程式为:2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑,所以A错误;B.将磁性氧化铁溶于盐酸的离子反应为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O,所以B错误;C.用惰性电极电解氯化钠时,在两极上分别产生氢气和氯气,而用铁做电极,则阳极上是铁放电,故而没有氯气生成,反应的离子方程式为:Fe+2H2OFe(OH-)2+H2↑,所以C错误;D.等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合,说明反应物反应Ba(OH)2与NH4HCO3的物质的量相等,恰好反映生成了碳酸钡、一水合氨和水,所以D正确。

考查方向

考查离子反应方程式的正误判断。

解题思路

A.烧碱溶液与铝片反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子方程式为:2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑B.将磁性氧化铁溶于盐酸的离子反应为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O,C.用惰性电极电解氯化钠时,在两极上分别产生氢气和氯气,而用铁做电极,则阳极上是铁放电,故而没有氯气生成;D.等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合,反应生成了碳酸钡、一水合氨和水。

易错点

盐酸没有强氧化性,不能将Fe2+氧化为Fe3+电解过程中活泼金属做阳极要比阴离子优先放电;

知识点

镁、铝的重要化合物
1
题型: 单选题
|
分值: 2分

6.下列有关分类的说法正确的是

A胶体的本质特征是具有丁达乐效应

B阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素,则由这样的阴、阳离子组成的物质一定是纯净物

C白磷转化为红磷是物理变化

D碱性氧化物一定是金属氧化物,酸性氧化物不一定是非金属氧化物

正确答案

D

解析

A.胶体的本质特征是分散质颗粒的直径是介于1nm~100nm之间,而丁达乐效应是胶体的表观特征,所以A错误。B.阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素,则由这样的阴、阳离子组成的物质不一定是纯净物,如FeCl2与FeCl3,考查变价元素的性质,所以A错误。C.由于白磷和红磷的的分子结构不一样,所以白磷转化为红磷是化学变化,C错误。D.碱性氧化物一定是金属氧化物,酸性氧化物,不一定是非金属氧化物,比如CrO3是酸性氧化物,所以D正确。

考查方向

通过物质的分类,考查胶体的本质、纯净物及酸、碱性氧化物的判断以及同素异形体的转化本质,进而考查化学基础知识。

解题思路

A.胶体的本质特征是分散质颗粒的直径是介于1nm~100nm之间,B.阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素,则由这样的阴、阳离子组成的物质不一定是纯净物,如FeCl2与FeCl3,考查变价元素的性质。C.在隔绝空气条件下,白磷加热到260℃时就回转化为红磷;红磷加热到416℃时就升华,其蒸气冷却后变成白磷,白磷和红磷的的分子结构不一样,所以白磷转化为红磷是化学变化,D.金属氧化物,不一定是碱性氧化物,比如CrO3是酸性氧化物,非金属氧化物,不一定是酸性氧化物,比如NO是不成盐氧化物,酸性氧化物,不一定是非金属氧化物,比如CrO3是酸性氧化物,碱性氧化物,一定是金属氧化物。

易错点

胶体的最本质的特征是分散质颗粒的直径在1nm~100nm之间;阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素,则由这样的阴、阳离子组成的物质一定是纯净物,如FeCl2与FeCl3

知识点

弱电解质在水溶液中的电离平衡
1
题型: 单选题
|
分值: 2分

7.下列有关物质用途的说法错误的是

A明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物,可用于水的净化

B工业上用石灰对煤燃烧后形成的烟气进行脱硫,并能回收到石膏

C单质硅可用于制半导体、光导纤维等

D氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂

正确答案

C

解析

A.明矾净水的原理是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附作用,可以吸附水中悬浮物,具有净水作用,所以A正确;B.石灰吸收烟气中的二氧化硫,生成亚硫酸钙,继续氧化可以得到石膏,所以B正确;C.单质硅可用于制半导体、二氧化硅可用于制光导纤维;所以C错误;D.氯气与烧碱溶液反应产物有次氯酸钠,氯气和石灰乳反应产物有次氯酸钙,次氯酸钠和次氯酸钙都可以做消毒剂;所以D 正确;

考查方向

通过考查明矾、石灰、单质硅以及氯气的用途,进而考查常见元素化合物的基本性质等基础知识。

解题思路

A.明矾净水的原理是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附作用,可以吸附水中悬浮物,具有净水作用;B.石灰吸收烟气中的二氧化硫,生成亚硫酸钙,继续氧化可以得到石膏C.单质硅可用于制半导体、二氧化硅可用于制光导纤维;D.氯气与烧碱溶液反应产物有次氯酸钠,氯气和石灰乳反应产物有次氯酸钙,次氯酸钠和次氯酸钙都可以做消毒剂;

易错点

光导纤维的成分是二氧化硅而不是单质硅。

知识点

硅的用途
1
题型: 单选题
|
分值: 2分

8.含有5个碳原子的饱和一元醇C5H12O的同分异构体中,能被气体成醛的有

A2种

B4种

C6种

D8种

正确答案

B

解析

符合条件的能氧化成醛的醇的有四种,即所以B正确。

考查方向

同分异构现象和同分异构体以及醇的化学性质。

解题思路

分子中含有5个碳原子的饱和一元醇,发生氧化后能生成醛的则羟基应该连接在碳链的第一个C原子上,而且该C原子上最少连接两个H原子。

易错点

能被氧化成醛必须是与羟基相连的碳原子上含有至少2个氢原子。

知识点

乙醛的化学性质
1
题型: 单选题
|
分值: 2分

9. NA为阿伏加罗常数的值,下列有关计算正确的是

A标准状况下,22.4LCHCl3中含有的氯原子数目为3NA

B46g二氧化氮含有的原子总数一定为3NA

C5NH4NO3=2NHO3+4N2↑+9H2O该反应生成28gN2时,转移的电子数目为4NA

D在密闭容器中加入1,5molH2和0.5molN2,充分反应后可得到NH3分子数为NA

正确答案

B

解析

A.标准状况下,CHCl3为液态,不能用22.4L/mol进行计算,所以标准状况下,22.4LCHCl3的物质的量无法确定,故A错误;B.46g二氧化氮的物质的量为1mol,1molNO2分子中所含的原子总数一定为3NA,故B正确;C.28gN2时,28gN2物质的量为1 mol,根据化学方程式5NH4NO3 =2HNO3+4N2+9H2O可以看出NH4+的N从-3到0,NO3-的N从+5到0,所以5个NH4NO3分子转移5×3=15个电子,得到4个N2分子,即5个NH4+和个NO3-反应得到4个N2,而28gN2为1mol ,所以转移电子数为(1/4)×5×3=3.75mol电子,故C错误;D.氢气和氮气反应生成氨气是可逆反应,所以在密闭容器中加入l.5mol H2和0.5molN2,充分反应后得到NH3小于1mol,分子数小于NA,故D错误。

考查方向

本题通过气体摩尔体积、质量换算物质的量、氧化还原反应中电子转移的数目、可逆反应中分子数目等,考查了阿伏伽德罗常数的应用。

解题思路

A.标准状况下,CHCl3为液态,不能用22.4L/mol进行计算;B.46g二氧化氮的物质的量为46g/(46g/mol)=1mol,所以原子总数一定为3NA;C.28gN2时,28gN2物质的量为:1 mol,根据化学方程式5NH4NO3 =2HNO3+4N2+9H2O可以看出NH4+的N从-3到0,NO3-的N从+5到0,所以5个NH4NO3分子转移5×3=15个电子,得到4个N2分子,即5个NH4+和个NO3-反应得到4个N2,而28gN2为1mol ,所以转移电子数为(1/4)×5×3=3.75mol电子;D.氢气和氮气反应生成氨气是可逆反应,不能进行彻底,在密闭容器中加入l.5mol H2和0.5molN2,充分反应后得到NH3分子数小于NA

易错点

标准状况下,只有气体才能用22.4L/mol进行计算,可逆反应,不能进

行彻底,物质的量不能确定。

知识点

阿伏加德罗常数
1
题型: 单选题
|
分值: 2分

2.下列有关实验的说法正确的是

A配制FeSO4溶液,应先将盐溶解在稀硫酸中,再加水稀释到所需浓度,并加入少量铁屑;

B切割白磷时,必须用镊子夹取,置于桌面上的玻璃片上,小心用刀切割;

C向淀粉溶液中加入稀硫酸,水浴加热一段时间。要证明淀粉已水解,取样后加入银氨溶液,水浴加热,观察是否有银镜生成

D配制硫酸溶液时,可先在量筒内加入一定体积的水,再在搅拌下慢慢加入浓硫酸

正确答案

A

解析

A.硫酸亚铁溶液中,亚铁离子在溶液中发生水解生成氢氧化亚铁和氢离子,为了抑制亚铁离子水解,通常加入少量的稀硫酸;亚铁离子容易被氧化成铁离子,为了防止亚铁离子被氧化,配制完毕后还需要加入少量铁屑,所以A正确。B.因白磷容易自燃,在空气中切割容易自然,所以要在水中切割,所以B错误;C.淀粉的水解生成葡萄糖,可以用银氨溶液检验是否发生水解,但葡萄糖与银氨溶液反应均须在碱性条件下进行,故在加银氨溶液之前必须先加碱中和,所以C错误;D.量筒只能用来量取一定体积的溶液,不能在量筒中稀释浓硫酸,所以D错误。

考查方向

通过FeSO4溶液的配制、白磷的切割、淀粉水解产物的证明以及硫酸溶液的配制,考查化学实验基本操作。

解题思路

A.硫酸亚铁溶液中,亚铁离子在溶液中发生水解生成氢氧化亚铁和氢离子,为了抑制亚铁离子水解,通常加入少量的稀硫酸;亚铁离子容易被氧化成铁离子,为了防止亚铁离子被氧化,配制完毕后需要加入少量铁屑。B.因白磷容易自燃,在空气中切割容易自然。C.淀粉的水解程度包括部分水解和完全水解,其中碘水可检验淀粉是否完全水解,银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液可检验淀粉是否发生水解,但葡萄糖与银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液的反应均须在碱性条件下进行,故在加银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液之前必须先加碱中和。D.量筒只能用来量取一定体积的溶液,不能在量筒中稀释浓硫酸.

易错点

不了解易发生水解反应或者易被氧化、不了解白磷在空气中易自然导致错误;忽视银镜反应在碱性条件下才能发生。

知识点

铁的氧化物和氢氧化物
1
题型: 单选题
|
分值: 2分

5.下列说法正确的是

A乙烯的结构简式为CH2=CH2,可以用作果实催熟剂

B淀粉和纤维素分子式均可表示成(C6H10O5)n,它们互为同分异构体

C已烷和苯可以用酸性高锰酸钾溶液来鉴别

D糖类、油脂、蛋白质都可以发生水解反应

正确答案

A

解析

A.有机化合物的结构简式中不能省略官能团,所以乙烯的结构简式为CH2=CH2,同时可以用作果实催熟剂,所以A正确;B.淀粉和纤维素分子式均可表示成(C6H10O5)n,但是均属于混合物,且n值不同,所以它们不为同分异构体;B错误;C.已烷是饱和烃,不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,同样苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,所以不能用用酸性高锰酸钾溶液来鉴别,C错误;D.油脂、蛋白质都可以发生水解反应,但是糖类中的单糖不能发生水解反应,D错误。

考查方向

考查常见有机化合物的结构和性质、同分异构体的判断以及常见有机物的鉴别。

解题思路

A.有机化合物的结构简式中不能省略官能团;B.淀粉和纤维素分子式均可表示成(C6H10O5)n,但是均属于混合物,所以它们不为同分异构体;C.已烷是饱和烃,不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,同样苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.油脂、蛋白质都可以发生水解反应,但是糖类中的单糖不能发生水解反应。

易错点

淀粉和纤维素分子式的表达式相同,但是均属于混合物,不存在同素异

构体、糖类包括单糖,单糖不能发生水解反应;

知识点

淀粉的性质和用途
1
题型: 单选题
|
分值: 3分

11.下列说法正确的是

A实验中要配制500mL0.2 mol•L-1KCl溶液,需用托盘天平称量7.45gKCl固体

B实验室制氢气时,为了加快反应速率,可向稀硫酸中滴加少量Cu(NO3)2溶液

C排除碱式滴定管尖嘴端气泡时,向上弯曲橡皮管,然后挤压玻璃球,排出气泡

D向FeBr2和FeI2的混合溶液通入足量的氯气,将溶解蒸干、灼烧,得到FeCl3固体

正确答案

C

解析

A.用托盘天平称量的固体的最小值为0.1g,所以用托盘天平可以称量7.5gKCl固体,故A错误;B.稀硫酸中滴加Cu(NO3)2,Cu(NO3)2中的NO3-在硫酸中的H+作用下具有强氧化性,可以与活泼金属反应生成NO,从而干扰了氢气的制取,故B错误;C.将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上,用两指捏住胶管,轻轻挤压玻璃珠,使溶液从尖嘴流出,从而溶液充满尖嘴,排除气泡,故C正确;D.向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入足量氯气,生成氯化铁与碘单质与液溴,蒸干过程中溴挥发、碘升华,氯化铁水解得到的HCl具有挥发性,此时得到氢氧化铁,然后灼烧得固体是Fe2O3,故D错误。

考查方向

通过溶液的配制、反应速率的控制、滴定管的使用、纯净物的制备等考查化学实验基本操作知识。

解题思路

A.托盘天平的精确度为0.1g,所以用托盘天平称量的固体的最小值为0.1g;B.稀硫酸中滴加Cu(NO3)2,Cu(NO3)2中的NO3-在硫酸中的H+作用下具有强氧化性,可以与活泼金属反应生成NO;C.将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上,用两指捏住胶管,轻轻挤压玻璃珠,使溶液从尖嘴流出,从而溶液充满尖嘴,排除气泡;D.含有FeBr2、FeI2的混合溶液中通入足量氯气,生成氯化铁与碘单质与液溴,蒸干过程中溴挥发、碘升华,氯化铁水解得到的HCl具有挥发性,此时得到氢氧化铁,然后灼烧得固体是Fe2O3

易错点

托盘天平的精确度为0.1g,所以用托盘天平称量的固体的最小值为0.1g,稀硫酸中滴加Cu(NO3)2,Cu(NO3)2中的NO3-在硫酸中的H+作用下具有强氧化性。

知识点

计量仪器及使用方法
1
题型: 单选题
|
分值: 3分

13.向稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL中逐渐加入铁粉,产生气体的量随铁粉质量的变化如下图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。

下列分析错误的是

AOA段产生的是NO,AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段产生H2

BA点溶液中的溶质为Fe(NO3)3和H2SO4

C原混合酸中NO3-物质的量为0.2mol

D原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为2mol•L-1

正确答案

B

解析

A.混合酸中硝酸首先与铁反应,即OA段表示铁与硝酸反应生成硝酸铁、NO和水,离子方程式为Fe+4H+NO3=Fe3++2H2O+NO↑。当NO3完全被还原后继续加入铁粉,Fe3+氧化性大于H+,所以Fe3+先与铁粉反应,即AB段的离子方程式为Fe+2 Fe3+=3Fe2+。最后加入铁粉,氢离子与铁发生置换反应生成氢气,即BC产生H2,所以A正确;B.点A时溶液中的NO3被还原为NO,此时消耗铁的质量是11.2g,所以A点溶液中的溶质为Fe2(SO4)3和H2SO4,故B错误;C.点A时溶液中的NO3被还原为NO,由于消耗铁的物质的量为0.2mol,则根据方程式可知消耗NO3的物质的量是0.2mol,原混合酸中NO3的物质的量为0.2 mol,所以C正确;D.最终消耗铁的质量是22.4g,物质的量为0.4mol。因此最终生成硫酸亚铁的物质的量是0.4mol。则根据原子守恒可知,硫酸的物质的量是0.4mol,则硫酸的浓度=0.4mol÷0.2L=2.0mol/L,所以D正确。

考查方向

结合图象考查有关金属和混合酸反应的计算。

解题思路

A.硝酸是氧化性酸,因此首先与铁反应,即OA段表示铁与硝酸反应生成硝酸铁、NO和水,离子方程式为Fe+4H+NO3=Fe3++2H2O+NO↑。当NO3完全被还原后继续加入铁粉,铁离子开始氧化铁粉,即AB段的离子方程式为Fe+2 Fe3+=3Fe2+。最后加入铁粉,氢离子与铁发生置换反应生成氢气,即BC产生H2

B.点A时溶液中的NO3被还原为NO,此时消耗铁的质量是11.2g,所以A点溶液中的溶质为Fe2(SO4)3和H2SO4;C.点A时溶液中的NO3被还原为NO,由于消耗铁的物质的量为0.2mol,则根据方程式可知消耗NO3的物质的量是0.2mol,原混合酸中NO3的物质的量为0.2 mol;D.最终消耗铁的质量是22.4g,物质的量为0.4mol。因此最终生成硫酸亚铁的物质的量是0.4mol。则根据原子守恒可知,硫酸的物质的量是0.4mol,则硫酸的浓度=0.4mol÷0.2L=2.0mol/L。

易错点

不了解金属与混合酸反应过程中不同微粒的反应先后次序。

知识点

二氧化硫的污染及治理
1
题型: 单选题
|
分值: 3分

14.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2,在一定条件下使反应SO2(g)+NO2(g)

SO3(g)+NO(g)达到平衡,正反应速率随时间变化的示意图如下所示。由图可得出的正确结论是

A该反应为放热反应

B反应物浓度:c>b>a

Ca、b均未建立平衡,c点恰好达到平衡

D若在恒温恒容容器中,以相同的投料进行该反应,平衡后转化率小于绝热恒容容器中的转化率

正确答案

A

解析

A.从图中可以看出,随反应进行反应物浓度减小,而正反应速率增大,说明体系温度升高,故正反应是放热反应,所以A正确;B.因为随反应进行反应物浓度减小,故反应物浓度:a点大于b点,b点大于c点,即a>b>c,所以B错误;C.反应在c点,反应速率仍在变化,说明反应仍在进行,故未达到平衡状态,所以C错误;D.在恒温恒容容器中,热量可以散失,所以平衡后容器的温度低于绝热恒容密闭容器中的温度,则在恒温恒容容器中反应进行程度大,SO2的转化率大,所以D错误。

考查方向

通过化学平衡图像考查化学反应速率与化学平衡的综合应用。

解题思路

A.因为随反应进行反应物浓度减小,而正反应速率增大,说明体系温度升高,故正反应是放热反应;B.因为随反应进行反应物浓度减小,故反应物浓度:a点大于b点,b点大于c点;C.反应在c点,反应速率仍在变化,说明反应仍在进行,故未达到平衡状态,D.若在恒温恒容容器中,以相同的投料进行该反应,平衡后容器的温度低于绝热恒容密闭容器中的温度,则在恒温恒容容器中反应进行程度大,SO2的转化率大。

易错点

绝热恒容密闭容器中的温度随着反应的进行要发生变化。

知识点

氮气的化学性质
1
题型: 单选题
|
分值: 3分

15.用类推的方法可能会得出错误结论,因此推出的结论要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列推论中正确的是

①Na与氧气反应生成过氧化钠,锂与氧气反应生成过氧化锂

②Ca(HCO3)2的溶解度大于CaCO3,NaHCO3的溶解度大于Na2CO3

③Fe3O4可以写成FeO·Fe2O3的形式,Pb3O4也可写成PbO·Pb2O3的形式

④Al3+与S2-在溶液中可发生双水解反应生成沉淀和气体,Fe3+和S2-也如此

⑤可以用铝制或铁制容器常温下贮运浓硫酸,也可贮运浓硝酸

⑥电解CuCl2溶液阴极析出Cu,电解AlCl3溶液阴极上析出的是Al

A1句

B2句

C3句

D4句

正确答案

A

解析

①但是Li的活泼性弱于Na,锂与氧气反应只生成氧化锂,所以说法错误。②一般难溶性的碳酸盐的溶解度小于相应的碳酸氢盐,如Ca(HCO3)2的溶解度大于CaCO3,而可溶性的碳酸盐的溶解度大于相应的碳酸氢盐,如Na2CO3溶解度大于NaHCO3,所以说法错误。③在Fe3O4中因铁分别显+2、+3价,故可写成FeO•Fe2O3的形式;但Pb3O4中的Pb分别显+2、+4价,其可以写成2PbO•PbO2,但不能写成PbO•Pb2O3的形式,所以说法错误。④因S的氧化性较弱,不能将Fe氧化成+3价,因此两者化合生成FeS,而Al没有可变化合价,S与Al化合时也只有生成Al2S3,说法错误。⑤常温下铁、铝能和浓硝酸、浓硫酸形成致密的氧化膜,阻止进一步的腐蚀,所以说法正确。⑥电解AlCl3溶液阴极上阴极上Al3+氧化性弱于H+,所以析出的是H2,所以Al不能用电解AlCl3溶液的方法制取,所以说法错误。

即只有说法正确,选A。

考查方向

通过考查类推这一思维方法在化学学科中的应用,将科学方法方法与化学知识相结合。

解题思路

①Na与氧气反应生成过氧化钠,但是Li的活泼性弱于Na,所以锂与氧气反应只生成氧化锂;②一般难溶性的碳酸盐的溶解度小于相应的碳酸氢盐,如Ca(HCO3)2的溶解度大于CaCO3,而可溶性的碳酸盐的溶解度大于相应的碳酸氢盐,如Na2CO3溶解度大于NaHCO3;③在Fe3O4中因铁分别显+2、+3价,故可写成FeO•Fe2O3的形式;但Pb3O4中的Pb分别显+2、+4价,所以其可以写成2PbO•PbO2,但不能写成PbO•Pb2O3的形式;④因S的氧化性较弱,不能将Fe氧化成+3价,因此两者化合生成FeS,而Al没有可变化合价,S与Al化合时也只有生成Al2S3;⑤常温下铁、铝能和浓硝酸、浓硫酸形成致密的氧化膜,阻止进一步的腐蚀;⑥电解CuCl2溶液时,阴极上Cu2+氧化性强于H+,所以析出Cu,而电解AlCl3溶液阴极上阴极上Al3+氧化性弱于H+,所以析出的是H2,所以Al不能用电解AlCl3溶液的方法制取。

易错点

应用化学规律进行类推时,忽视规律的变化或者特例。

知识点

钠的化学性质
1
题型: 单选题
|
分值: 3分

16.对下列由电极和电解质溶液构成的装置叙述不正确的是

A若X、M、Q分别是H2SO4、Pb和PbO2,a、b连接后两极都有PbSO4生成

B若X、M、Q分别是滴加酚酞的Na2SO4、C和Fe,a、b分别连接电源的正、负极,则通电后Q周围溶液颜色变红

C若X、M、Q分别CuSO4、Cu和Fe,a、b分别连接电源的正、负极,则可在铁上镀铜

D若X、M、Q分别是NaCl、C和Fe,则a、b连接后,M电极上有气体产生

正确答案

D

解析

A.若X、M、Q分别是H2SO4、Pb和PbO2,则该装置为铅蓄电池,铅蓄电池放电时,正极上PbO2得电子被还原,电极反应式为PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O,负极上铅失电子发生氧化反应,电极反应式为Pb(s)+SO42-(aq)-2e-=PbSO4(s),都生成PbSO4,所以A正确;B.若X、M、Q分别是Na2SO4、C和Fe,a、b相连时形成原电池,铁为负极,由于负极附近的H+放电生成H2所以负极附近有OH-产生,使酚酞变,所以B正确;C.若X、M、Q分别CuSO4、Cu和Fe,a、b是分别连接电源的正负极,为电镀装置,铜为阳极,可在铁上镀铜,故C正确;D.若X、M、Q分别是NaCl、C和Fe,则a、b连接后,铁发生吸氧腐蚀,没有气体生成,故D错误。

考查方向

考查原电池和电解池原理的综合应用。

解题思路

A.若X、M、Q分别是H2SO4、Pb和PbO2,则该装置为铅蓄电池,铅蓄电池放电时,正极上PbO2得电子被还原,生成PbSO4,负极上铅失电子发生氧化反应,也生成PbSO4;B.若X、M、Q分别是Na2SO4、C和Fe,a、b相连时形成原电池,铁为负极,由于负极附近的H+放电生成H2所以负极附近有OH-产生,使酚酞变;C.若X、M、Q分别CuSO4、Cu和Fe,a、b是分别连接电源的正负极,为电镀装置,铜为阳极,可在铁上镀铜;D.若X、M、Q分别是NaCl、C和Fe,则a、b连接后,铁发生吸氧腐蚀,没有气体生成。

易错点

不能准确对原电池和电解池工作原理以及构成条件进行区别。

知识点

电解质溶液的导电性
1
题型: 单选题
|
分值: 3分

17.下图为常用玻璃仪器组成的七种实验装置,根据需要可在其中加入液体或固体试剂。下列说法错误的是

AA、B装置既能用于收集Cl2,又能用于收集NO

B装有浓硫酸的F装置可用于干燥CO2气体

CC、E用于尾气吸收能防止液体倒吸到气体发生装置中

DG装置可用于合成氨实验中,可干燥、混合并能大致观察H2和N2的体积比

正确答案

B

解析

A.NO可以用排水法收集,Cl2可用排饱和食盐水法,都可以用A、B装置用于收集,所以A正确。B.干燥CO2气流可用液体干燥剂如浓硫酸,采用洗气法的A装置,或采用固体干燥剂如硅胶或五氧化二磷用干燥管的E或F装置,所以B错误。C.C装置左边的广口瓶和右边的烧杯可吸收尾气并能防止液体倒吸的作用,E装置中干燥管中的球形部分可以装入液体,可起到液体倒吸的作用,所以C正确。D.G装置可达到干燥、混合并能大致通过观察H2和N2冒气泡的速率来判断体积比的目的,所以D正确。

考查方向

通过气体的净化和干燥、气体的收集,考查常见化学仪器的使用及装置选择,涉及了气体的净化与收集、实验安全等问题,进一步考查了考生灵活应用所学知识解决实际问题的能力。

解题思路

A.由于NO气体能与空气中的氧气反应,所以不能用排空气法收集,只能用排水法收集,Cl2可用排饱和食盐水法。B.干燥CO2用液体干燥剂如浓硫酸,可以采用洗气法的A装置,或采用固体干燥剂如硅胶或五氧化二磷用干燥管的E或F装置。C.C装置左边的广口瓶和右边的烧杯可吸收尾气并能防止液体倒吸的作用,E装置中干燥管中的球形部分可以装入液体,可起到液体倒吸的作用。D.G装置可达到干燥、混合并能大致通过观察H2和N2冒气泡的速率来判断体积比的目的。

易错点

不了解Cl2的收集方法还可以用排饱和食盐水法、合成氨实验中,可干燥、混合并能大致观察H2和N2的体积比的具体操作方法。

知识点

计量仪器及使用方法
1
题型: 单选题
|
分值: 3分

19.常温下,用0.1000 mol•L-1 NaOH溶液滴定20.00mL0.1000 mol•L-1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如右图,下列说法不正确的是

A点③溶液显碱性的原因是 CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-

B点②时溶液中c(Na+)大于c(CH3COO-)

C点①溶液中 c(CH3COOH)+c(H+)>c(CH3COO-)+c(OH-)

D在逐滴加入NaOH溶液至40mL的过程中,水的电离程度先增大后减小

正确答案

B

解析

A.在点③时, NaOH溶液和CH3COOH溶液的等体积、等浓度混合,溶液中含有的物质的量相等,等物质的量的醋酸和氢氧化钠恰好反应生成强碱弱酸盐醋酸钠,弱酸根醋酸根离子水解导致其溶液呈碱性;CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,所以A正确。B.根据电荷守恒:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),而点②时溶液的pH=7,由于pH=7时c(OH-)=c(H+),故溶液中c(Na+)=c(CH3COO-),所以B错误。C.点①溶液中NaOH溶液不足,反应后剩余的CH3COOH的物质的量为0.001mol,反应生成的CH3COONa也为0.001mol,此时溶液呈酸性,c(CH3COOH)>c(Na+),根据电荷守恒:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)可以得出:c(CH3COOH)+c(H+)>c(CH3COO-)+c(OH-),所以C正确D.酸或碱对水的电离产生抑制作用,而能水解的盐对水的电离产生促进作用,在逐滴加入NaOH溶液至40mL的过程中,CH3COOH逐渐被NaOH中和,生成了嫩滑水解的CH3COONa,所以对水的电离产生促进作用,水的电离程度逐渐增大,当NaOH过量后,水的电离程度又逐渐减小。

考查方向

本题考查了酸碱混合溶液定性判断,盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较知识,根据酸的初始pH确定强弱酸,再根据酸碱混合溶液中溶液酸碱性结合电荷守恒来确定离子浓度大小。

解题思路

A.点③时, NaOH溶液和CH3COOH溶液的体积均为20mL,而且浓度也相等,所以溶液中含有的物质的量也就相等,等物质的量的醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠,醋酸钠是强碱弱酸盐,弱酸根离子水解导致其溶液呈碱性;B.点②时溶液的pH=7,根据电荷守恒:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),由于c(OH-)=c(H+),所以溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)。C.点①溶液中NaOH溶液不足,反应后剩余的CH3COOH的物质的量为0.001mol,反应生成的CH3COONa也为0.001mol,此时溶液呈酸性,c(CH3COOH)>c(Na+),c(CH3COOH)+c(H+)>c(CH3COO-)+c(OH-)D.酸或碱对水的电离产生抑制作用,而能水解的盐对水的电离产生促进作用,在逐滴加入NaOH溶液的过程中,CH3COOH逐渐被NaOH中和,所以对水的电离的抑制程度减弱,当NaOH过量后,水的电离程度又逐渐减小。

易错点

不能准确提取图中信息,不会利用电荷守恒解决等量和大小关系。

知识点

钠的重要化合物
1
题型: 单选题
|
分值: 2分

10.下列说法中,正确的是

A在25℃ 101KPa下,2gH2完全燃烧生成液态水,放出285.8kJ热量,氢气燃烧的热化学方程式可表示为:2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6kJ•mol-1

B表示中和热的化学方程式:H++OH-=H2O △H= -57.3kJ•mol-1

C将水库中的水闸(钢板)与外加直流电源的正极相连,负极连接到一块废铁上可防止闸被腐蚀

D已知热化学方程式:S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=a kJ•mol-1

S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=b kJ•mol-1 则b>a

正确答案

A

解析

A.2gH2为1mol,完全燃烧生成液态水,放出285.8kJ热量,则2molH2燃烧放出的热量应为517.6KJ,氢气燃烧的热化学方程式应为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1);△H=-517.6kJ/mol,所以A正确;B.中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水时放出的热量,同时热方程式必须注明物质的聚集状态,所以表示中和热的化学方程式:H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H= -57.3kJ•mol-1,所以B错误;C.将水库中的水闸(钢板)与外加直接电源的负极相连,做阴极被保护,正极连接到一块废铁上可防止水闸被腐蚀,所以C错误;D.当气体转化为固体时要放出热量,故等量的S(g)和S(s)分别完全燃烧,S(g)放出的热量多,由于放热△H是负值,则放热越多,△H越小,即a>b,所以D错误。

考查方向

通过热方程式的判断、中和热的概念、金属的腐蚀、热方程式的意义等知识,考查化学反应的能量变化。

解题思路

热化学方程式中各物质化学式前的化学计量数仅表示该物质的物质的物质的量,并不表示物质的分子或原子数。因此化学计量数以“mol”为单位,数值可以是小数或分数。同时反应物和产物的聚集状态不同,反应热△H也不同。因此,必须注明物质的聚集状态,由于已经注明物质的聚集状态,所以热化学方程式中不用↓和↑。在所写的化学方程式的右边写下△H的“+”与“-”数值和单位,若为放热反应,△H为“-”,若为吸热反应,△H为“+”,由于△H与反应完成的物质的量有关,所以化学计量数必须与△H相对应。A.2gH2为1mol,完全燃烧生成液态水,放出285.8kJ热量,则2molH2燃烧放出的热量应为517.6KJ;B.中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水时放出的热量,同时热方程式必须注明物质的聚集状态;C.在电解池中,阳极金属更容易被腐蚀,阴极上的金属被保护,将水库中的水闸(钢板)与外加直接电源的负极相连,正极连接到一块废铁上可防止水闸被腐蚀。D.S(g)和S(s)的聚集状态不同,当气体转化为固体时要放出热量,故等量的S(g)和S(s)分别完全燃烧,S(g)放出的热量多。

易错点

热方程式中容易漏写物质的聚集状态致错;在放热反应中,由于放热

△H是负值,则放热越多,△H越小。

知识点

化学能与热能的相互转化
1
题型: 单选题
|
分值: 3分

12.下列有关物质结构的说法正确的是

A第三周期非金属元素氧化物水化物的酸性从左到右依次增强

B水加热到很高的温度都难以分解是因为水分子间存在氢键

C同主族元素从上到下,单质的熔点逐渐降低

D元素的种类由核内质子数决定

正确答案

D

解析

A.非金属性越强,最高价氧化物的水化物的酸性越强,所以第三周期非金属元素最高价氧化物水化物的酸性从左到右依次增强,故A错误;B.水加热不易分解并非主要是氢键所致,而是氢氧共价键较强,水分子本身的稳定性较高的体现。氢键的键能和效应弱于一般化学键,只能影响物理性质,故B错误;C.卤素单质的熔点从上到下逐渐增大,而碱金属从上到下单质的熔点逐渐降低,所以同一主族元素的单质熔点高低与晶体类型、化学键、分子间作用力等因素有关,故C错误;D.质子数决定元素在元素周期表中的位子,原子种类如同位素的不同结构不同,都是需要质子数、中子数和核外电子排布共同决定,故D正确。

考查方向

试题通过非金属元素氧化物水化物的酸性、氢键、同主族元素单质的熔点规律、元素的种类的判断,以元素周期律与元素周期表为载体,考查考生对常见元素周期律及其元素化合物的性质熟练应用。

解题思路

A.非金属性越强,最高价氧化物的水化物的酸性越强;B.水加热不易分解并非主要是氢键所致,而是氢氧共价键较强,水分子本身的稳定性较高的体现。氢键的键能和效应弱于一般化学键,只能影响物理性质。C.卤素单质的熔点从上到下逐渐增大,而碱金属从上到下单质的熔点逐渐降低,熔点高低与晶体类型、化学键、分子间作用力等因素有关。D.质子数决定元素在元素周期表中的位子,原子种类如同位素的不同结构不同,都是需要质子数、中子数和核外电子排布共同决定。

易错点

非金属元素氧化物水化物的酸性规律必须是最高价,水分子难分解是由

于共价键的键能比较大,与氢键无关。

知识点

元素周期律的实质
1
题型: 单选题
|
分值: 3分

18.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂。工业上先制得高铁酸钠,然后在低温下,在高铁酸铁的溶液中加入KOH至饱和就可析出高铁酸钾(K2FeO4)。

湿法制备:2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O,

干法制备:2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2

下列有关说法错误的是

A干法中生成的高铁酸钠既是氧化产物又是还原产物

B湿法中每生成1mol Na2FeO4 转移3mol电子

C干法中每生成1 mol Na2FeO4 转移4mol电子

DK2FeO4处理水时,不仅能消毒杀菌,生成的Fe(OH)3胶体还能吸附水中的悬浮杂质

正确答案

C

解析

AFe元素的化合价升高,O元素的化合价降低,则高铁酸钠既是氧化产物,又是还原产物,故B正确;B.湿法制备中,Fe元素的化合价由+3价升高为+6价,则每生成1mol Na2FeO4,共转移1mol×(6-3)=3mol电子,故B正确;C.反应2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中,每生成2molNa2FeO4,转移电子数=化合价升高数=化合价降低数=10mol,所以每生成1molNa2FeO4共转移5mol电子,故C错误D.K2FeO4中+6价铁具有强氧化性,所以能杀菌消毒,高铁酸钾与水反应时生成的Fe(OH)3(胶体)具有净水作用,故D正确。

考查方向

考查氧化还原反应的有关概念以及氧化还原反应的基本规律。

解题思路

A.Fe元素的化合价升高,O元素的化合价降低,则高铁酸钠既是氧化产物,又是还原产物;B.湿法制备中,Fe元素的化合价由+3价升高为+6价,则每生成1mol Na2FeO4,共转移1mol×(6-3)=3mol电子;C.反应2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中,每生成2molNa2FeO4,转移电子数=化合价升高数=化合价降低数=10mol,所以每生成1molNa2FeO4共转移5mol电子D.+6价铁具有强氧化性,不仅能杀菌,还能除去等H2S、NH3,还原产物中铁离子水解生成胶体,可使悬浮杂质沉降

易错点

不能准确把握反应中元素的化合价变化规律,对氧化还原的基本概

念及转移电子的理解不透彻,复杂化合物中元素的化合价判断不准确。

知识点

铁的氧化物和氢氧化物
1
题型: 单选题
|
分值: 3分

20.已知:Ksp(CuS)=1.3×10-36mol2/L2,Ksp(MnS)=2.6×10-13mol2/L2。工业生产中常用MnS作为沉淀剂,除去工业废水中的Cu2+:Cu2+(aq)+MnS(s)=CuS(s)+Mn2+(aq),下列说法错误的是

AMnS使用量越大,废水中的Cu2+的去除率越高

B该反应可将工业废水中的Cu2+沉淀完全

C往平衡体系中加入少量CuSO4固体后,c(Mn2+)变大

D该反应的平衡常数K=2.0×1023

正确答案

A

解析

A.MnS是固体,所以增大使用量,平衡不移动,因此MnS使用量越大,不能增大废水中的Cu2+的去除率,A错误;B.当废水中的Cu2+浓度小于10-5时,就可以看作沉淀完全,B正确;C.往平衡体系中加入少量CuSO4固体后,溶液中铜离子浓度增大,平衡正向移动,所以c(Mn2+)变大,C正确。D.该反应的平衡常数K==(2.6×10-13)/(1.3×10-36)=2.0×1023,D正确。

考查方向

考查溶解平衡以及沉淀转化的有关判断和计算

解题思路

A.MnS是固体,所以增大使用量,平衡不移动。B.当废水中的Cu2+浓度小于10-5时,就可以认为沉淀完全,C.往平衡体系中加入少量CuSO4固体后,溶液中铜离子浓度增大,平衡正向移动,所以c(Mn2+)变大。D.该反应的平衡常数K==(2.6×10-13)/(1.3×10-36)=2.0×1023

易错点

固体的浓度是一个常数.改变固体或纯液体的量不会影响化学平衡、当废水中的Cu2+浓度小于10-5时,就可以认为沉淀完全。

知识点

常见金属的活动性顺序及其应用
简答题(综合题) 本大题共50分。简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
1
题型:简答题
|
分值: 12分

22.2015年九月末爆发的德国大众柴油车尾气排放作弊事件引起了公众的关注。柴油车尾气中常含有大量氮氧化物,通常会采用喷射尿素溶液的方法,将有毒的氮氧化物还原成无污染的物质。大众选择了一种违规做法,即在客户平时用车时不开启喷射尿素的尾气后处理系统,而是通过软件让这一系统只在尾气排放检测时启动

Ⅰ、通过NOx传感器可监测空气的NOx的含量,其工作原理图如下图,写出NiO电极的电极反应式_________________;

Ⅱ、以CO2与NH3为原料可合成尿素。已知:

①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2 NH4(s)+l59.5kJ•mol-1

②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)-116.5kJ•mol-1

③H2O(l)=H2O(g)-44.0kJ•mol-1

(1)写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式___________;

(2)恒温下将0.8molNH3和0.4molCO2放入容积为4L的密闭容器中,反应生成NH2CO2NH4(s),t1时达到平衡。则平衡时CO2的转化率是_______________。若其他条件不变,t1时将容器体积压缩到2L。请画出t1后c(CO2)随时间t变化曲线(t2达到新的平衡)。

Ⅲ、尿素在一定温度下可分解生成NH3,NH3催化还原NxOy可以消除氮氧化物的污染。已知:反应a:4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) 反应b:2NO(g)+O2(g)2NO2(g) 反应c: 4NH3(g)+6NO2(g)5N2(g)+3O2(g)+6H2O(l) 

(1)相同条件下,反应a在2L密闭容器内,选用不同的催化剂,反应产物N2的量随时间变化如图所示。下列说法正确的是________________。

A.该反应的活化能大小顺序是:Ea(A)>Ea(B)>Ea(C)

B.增大压强能使反应速率加快,是因为增加了活化分子百分数

C.单位时间内H-O键与N-H键断裂的数目相等时,说明反应已经达到平衡

D.若在恒容绝热的密闭容器中发生反应,当K值不变时,说明反应已经达到平衡 

(2)一定条件下,反应II达到平衡时体系中n(NO):n(O2):n(NO2)=2:1:2.在其它条件不变时,再充入NO2气体,NO2体积分数_____(填“变大”、“变小”或“不变”);

(3)恒温恒容容器中,反应c达到平衡;若起始投料相同,起始温度和压强相同,若反应在恒温恒压容器中进行,则NH3的转化率将_____________(填“变大”、“变小”或“不变”)。

正确答案

(2)75%  ;

Ⅲ、(1)AD  (2)变大    (3)变大

解析

I NiO 电极上NO失去电子生成NO2为负极,发生氧化反应,NiO 电极的电极反应式:NO-2e-+O2-=NO2

II(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②-③得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式。依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②-③得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式为:2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=-87.0KJ/mol;

(2)在恒温下将0.4mol NH3和0.2mol CO2放入容积为2L的密闭容器中,达到平衡时,  2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2CO2NH4(s)

起始量(mol/L)  0.2       0.1           0

变化量(mol/L) 0.15       0.075

平衡量(mol/L) 0.05        0.025

进而可以求出转化率=0.15/0.2=75%;t1时达到平衡过程中c(CO2)随时间t变化趋势曲线如图所示。若其他条件不变,t1时将容器体积压缩到1L,二氧化碳浓度应增大到0.05mol/L,压强增大,平衡正向进行,由于生成物是固体,所以达到平衡状态,二氧化碳浓度保持不变,据此画出变化曲线为:,故答案为:75% 

 Ⅲ、(1)A.由于A点生成的N2大于B点,即条件A的反应速率大于B,活化能越小,反应速率越大,Ea(B)>Ea(A),同理可知Ea(C)>Ea(B),所以该反应的活化能大小顺序是:Ea(C)>Ea(B)>Ea(A),所以A错误。B.增大压强,使浓度增大,活化分子浓度增加,而活化分子百分数不变所以,B错误;C.单位时间内H-O键与N-H键断裂的数目相等时,说明正逆反应速率相等,反应已经达到平衡,所以C正确;D.若在恒容绝热的密闭容器中发生反应,当K值不变时,说明容器中温度不发言变化,即反应已经达到平衡,所以C正确。故答案为:CD

(2)一定条件下,反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)达到平衡时体系中n(NO):n(O2):n(NO2)=2:1:2.在其它条件不变时,恒温恒压条件下,再充入NO2气体,则与原来的平衡为等效平衡,则NO2体积分数与原来平衡相同;若恒温恒容容器中,再充入NO2气体,容器中压强增大,与原来平衡相比较,平衡正向移动,则NO2体积分数变大;故答案为:变大。

(3)恒温恒容容器中,反应4NH3(g)+6NO2(g)5N2(g)+3O2(g)+6H2O(l)过程中气体的量要减少,所以压强减小,若反应在恒温恒压容器中进行,则相当于加压,平衡正向移动,NH3的转化率将变大,故答案为:变大。

考查方向

考查了原电池电极反应的书写、题考查了化学平衡影响因素分析判断、平衡常数的应用、反应速率计算、平衡状态的判断等,侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力。

解题思路

I NiO 电极上NO失去电子生成NO2为负极,发生氧化反应,NiO 电极的电极反应式:NO-2e-+O2-=NO2

II(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②-③得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式。依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②-③得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式为:2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=-87.0KJ/mol;

(2)在恒温下将0.4mol NH3和0.2mol CO2放入容积为2L的密闭容器中,达到平衡时, 

2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2CO2NH4(s)

起始量(mol/L)  0.2       0.1           0

变化量(mol/L) 0.15       0.075

平衡量(mol/L) 0.05        0.025

进而可以求出转化率;t1时达到平衡过程中c(CO2)随时间t变化趋势曲线如图所示。若其他条件不变,t1时将容器体积压缩到1L,二氧化碳浓度应增大到0.05mol/L,压强增大,平衡正向进行,由于生成物是固体,所以达到平衡状态,二氧化碳浓度保持不变;

Ⅲ、(1)A.相同时间内生成的氮气的物质的量越多,则反应速率越快,活化能越低,所以该反应的活化能大小顺序是:Ea(A)<Ea(B)<Ea(C)。

B.增大压强,使浓度增大,活化分子浓度增加,而活化分子百分数不变;

C.单位时间内H-O键与N-H键断裂的数目相等时,说明正逆反应速率相等,反应已经达到平衡

D.若在恒容绝热的密闭容器中发生反应,当K值不变时,说明容器中温度不发言变化,即反应已经达到平衡。

(2)一定条件下,反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡时,再充入NO2气体,平衡逆向移动,但是NO2的量增多,所以NO2体积分数变大;

(3)恒温恒容容器中,反应4NH3(g)+6NO2(g)5N2(g)+3O2(g)+6H2O(l)过程中气体的量要减少,所以压强减小,若反应在恒温恒压容器中进行,则相当于加压,平衡正向移动,NH3的转化率将变大。

易错点

不能准确判断电极材料致错、不能熟练应用盖斯定律致错,没有理解化学平衡的本质特点致错。

知识点

常见金属的活动性顺序及其应用
1
题型:简答题
|
分值: 14分

23.酸性锌锰干电池是一种一次性电池,外壳为金属锌,中间是碳棒,其周围是有碳粉、MnO2、NH4Cl等组成的糊状填充物,其结构如下图。该电池在放电时发生的主要反应为:Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH回收处理该废旧电池可以得到多种化工原料,有关数据下图所示:溶解度/(g/100g水)

某化学课外小组设计了如下废旧电池综合利用工艺(不考虑废旧电池中实际存在的少量其他金属):

回答下列问题:

(1)该酸性锌锰干电池放电时的正极反应式为________________;

(2)晶体A的化学式为________________;

(3)操作③的名称为________________;

(4)从MnO2获得K2MnO4的反应方程式为________________;

(5)用废电池的锌皮制作ZnSO4·7H2O,需去除少量杂质铁,其方法是:

①加入足量的稀H2SO4和H2O2溶解。加入H2O2反应的离子方程式是________;

②加碱调节pH为________,使铁刚好完全沉淀,过滤。向滤液中继续加碱调节pH使锌刚好完全沉淀。过滤、洗涤。

③将沉淀溶于稀H2SO4,经过___________________(答操作名称)、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O,晶体用冷水洗涤的原因是__________________________。

正确答案

(1)MnO2+e-+NH4+=MnOOH+NH3   

(2)NH4Cl     

(3)在空气中灼烧 

(4)3MnO2+KClO3+6KOH=3K2MnO4+KCl+3H2O

(5)①2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O   

②3 

③蒸发浓缩、冷却结晶     降低晶体的溶解度,减少损失

解析

(1)MnO2做正极,由MnO2得电子,电极反应为MnO2+e-+NH4+=MnOOH+NH3;故答案为:MnO2+e-+NH4+=MnOOH+NH3

(2)废电池糊状填充物加水处理后,过滤,滤液中主要有NH4Cl和ZnCl2,两个溶解度一个受温度影响较大,一个较小,可用重结晶法,二者可通过加热浓缩,冷却结晶分离回收,NH4Cl溶解度小,所以先析出NH4Cl晶体,故答案为:NH4Cl;

(3)碳粉和MnOOH都不溶,所以最后还有碳粉和MnOOH,根据碳粉和MnOOH性质,在空气中加热碳粉变为二氧化碳,MnOOH变为MnO2,故答案为:在空气中灼烧。 

(4)MnO2 在熔融状态下与KClO3、6KOH发生氧化还原反应生成K2MnO4,故答案为:3MnO2+KClO3+6KOH=3K2MnO4+KCl+3H2O;

(5)①在酸性条件下Fe变为Fe2+ ,具有强氧化性的H2O2把Fe2+变成三价铁离子,故答案为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;  

②根据溶度积原理,Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+c(OH-)3c(OH-)3= Ksp[Fe(OH)3]/ c(Fe3+)=10-39/10-5==10-34c(H+)=Kw/c(OH-)=10-2.7,所以pH为2.7,故答案为:2.7。

③由于ZnSO4·7H2O容易分解失去结晶水,所以要通过蒸发浓缩、冷却结晶后再过滤,同时由于ZnSO4·7H2O的溶解度随温度的升高而增大,因此用冰水洗涤的目的是减少洗涤过程中ZnSO4·7H2O的损耗,故答案为:蒸发浓缩、冷却结晶;降低晶体的溶解度,减少损失。

考查方向

以酸性锌锰干电池为载体,考查电极反应的书写、化学实验操作、化学方程式及离子方程式的书写、物质的分离提纯的方法等中学化学核心知识。考查了学生对知识理解、综合运用能力及阅读材料、接受信息的能力和思维能力,对相关知识的掌握情况。

解题思路

(1)MnO2做正极,由MnO2得电子生成MnOOH。

(2)废电池糊状填充物加水处理后,过滤,滤液中主要有NH4Cl和ZnCl2,两个溶解度一个受温度影响较大,一个较小,可用重结晶法,二者可通过加热浓缩,冷却结晶分离回收,NH4Cl溶解度小,所以先析出NH4Cl晶体;

(3)碳粉和MnOOH都不溶,所以最后还有碳粉和MnOOH,根据碳粉和MnOOH性质,在空气中加热碳粉变为二氧化碳,MnOOH变为MnO2

(4)MnO2 在熔融状态下与KClO3、6KOH发生氧化还原反应生成K2MnO4

(5)①在酸性条件下Fe变为Fe2+ ,具有强氧化性的H2O2把Fe2+变成三价铁离子,

②根据溶度积原理,Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+c(OH-)3,进而求解pH。

③由于ZnSO4·7H2O的溶解度随温度的升高而增大,因此用冰水洗涤的目的是减少洗涤过程中ZnSO4·7H2O的损耗。

易错点

不能有效提取图表中信息,阅读材料、接受信息的能力不强,物质的分离提纯的方法掌握不熟练。

知识点

原电池和电解池的工作原理弱电解质在水溶液中的电离平衡
1
题型:简答题
|
分值: 9分

21.已知FeSO4在不同条件下分解得到的产物不同,可能是FeO和SO3,也可能是Fe2O3、SO3和SO2。某研究小组探究在酒精喷灯加热条件下FeSO4分解的气体产物。已知SO3的熔点是16.8℃,沸点是44.8℃。

(1)装置Ⅱ的试管中不装任何试剂,其作用是______,试管浸泡在50℃的水浴中,目的是______;

(2)装置Ⅲ和装置Ⅳ的作用是探究本实验气体产物成分.请完成实验设计,填写检验试剂、预期现象与结论.限选试剂:3mol•L-1 H2SO4、6mol•L-1 NaOH、0.5mol•L-1 BaCl2、0.5mol•L-1 Ba(NO3)2、0.01mol•L-1酸性KMnO4溶液、0.01mol•L-1溴水.

(3)也有同学认为可以通过检验试管中残留固体证明分解产物。方案如下:取适量残留固体于试管中,加入足量稀硫酸,将所得溶液分为两份。向第一份溶液中滴加硫氰化钾溶液,若变红,证明分解产物中有氧化铁;向第二份溶液滴加酸性高锰钾溶液,若褪色证明分解产物中有氧化亚铁。

①写出第一份溶液中反应的离子方程式_____________________________;

②有同学认为高锰酸钾溶液褪色不能说明分解产物有氧化亚铁,理由是_________;

正确答案

(1)防止溶液倒吸入装置Ⅰ中(或安全瓶);防止SO3液化或凝固

(2)

(3)①Fe3++3SCN-Fe(SCN)3   

②如果FeSO4未完全分解,溶液里也存在Fe2+

解析

(1)Ⅰ中产生的气体极易和溶液反应时,会产生倒吸,所以装置II的试管能防止溶液倒吸入装置Ⅰ中(或安全瓶);SO3的沸点是44.8°C,当温度高于44.8°C时SO3为气体状态,把试管浸泡在50℃的热水浴中能防止SO3液化或凝固,故答案为:防止溶液倒吸入装置Ⅰ中(或安全瓶);防止SO3液化或凝固;

(2)根据FeSO4分解的气体产物可能为SO3,也可能是SO3和SO2的混合物,SO3遇到钡离子生成白色沉淀,所以用0.5 mol.L -1 BaCl2检验SO3;SO2能使高锰酸钾或溴水褪色,所以选用0.01 mol.L-1 酸性 KMnO4 溶液(或0.0l mol.L-1 溴水)检验SO2;若则溶液紫色(或橙色)褪去,证明气体产物中含有SO2,若溶液紫色(或橙色)无明显变化,证明气体产物中不含SO2;故答案如下:

(3)①能使硫氰化钾溶液变红,证明溶液中有Fe3+,故反应的离子方程式为:Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 ②酸性高锰钾溶液褪色只能证明在溶液里存在Fe2+,如果FeSO4未完全分解,溶于水后溶液中也会里也存在Fe2+;所以高锰酸钾溶液褪色不能说明分解产物有氧化亚铁,故答案为如果FeSO4未完全分解,溶液里也存在Fe2+

考查方向

通过二氧化硫和二氧化硫的检验考查了考生实验仪器的使用以及实验方案的设计能力与实验探究能力。

解题思路

(1)Ⅰ中产生的气体极易和溶液反应时,会产生倒吸,所以装置II的试管能防止溶液倒吸入装置Ⅰ中(或安全瓶);SO3的沸点是44.8°C,当温度高于44.8°C时SO3为气体状态,把试管浸泡在50℃的热水浴中能防止SO3液化或凝固;

(2)根据FeSO4分解的气体产物可能为SO3,也可能是SO3和SO2的混合物,SO3遇到钡离子生成白色沉淀,SO2能使高锰酸钾或溴水褪色;

(3)①向第一份溶液中滴加硫氰化钾溶液,变红,证明溶液中有Fe3+②酸性高锰钾溶液褪色只能证明在溶液里存在Fe2+

易错点

不能准确提取题中有效信息(数据信息和装置图中信息),不了解酸性 KMnO4 溶液检验Fe2+的来源。

知识点

弱电解质在水溶液中的电离平衡
1
题型:简答题
|
分值: 15分

24.节能降耗,保护环境是可持续发展的主要课题。请你分析并回答下列问题:

(1)“绿色化学”的最大特点在于它是在始端就采用预防实验污染的科学手段,因而过程和终端均为零排放和零污染,具有“原子经济性”。下列化学反应不符合“绿色化学”思想的是___________; 

A.制备环氧乙烷:2CH2=CH2+O2=

B.制备硫酸铜:Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2↑+2H2O

C.制备甲醇:2CH4+O2=2CH3OH

D.制备硝酸铜:3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O

(2)冶金废水中含有-,其电离出的CN-有毒,当与H+结合生成HCN时,其毒性更强.工业上处理这种废水是在碱性条件下,用NaClO将CN-氧化为CO32-和一种无毒气体,该反应的方程式为______________,在酸性条件下,ClO-也能将CN-氧化,但实际处理时却不在酸性条件下进行的主要原因___________;

(3)工业上目前使用两种方法制取乙醛--“乙炔水化法”和“乙烯氧化法”.下面两表提供生产过程中原料、反应条件、原料平衡转化率和产量等的有关信息

表一:原料、反应条件、平衡转化率、日产量

表二:原料来源生产工艺

从两表中分析,现代工业上“乙烯氧化法”将逐步取代“乙炔水化法”的可能原因。

①从产率和产量角度分析________________________;

②从环境保护和能耗角度分析___________________;

正确答案

(1)BD    

(2)5ClO-+2CN-+2OH-=2CO32-+N2↑+5Cl-+H2O;

在酸性条件下,CN-与H+结合生成毒性很强的HCN,对人和环境造成危害

(3)①虽然乙烯氧化法的转化率略小于乙炔水化法,但反应快、日产量比其高得多

②两者反应条件温度相当,但乙炔水化法制乙醛使用的是汞盐催化剂,毒性大;乙炔的制取要经过多步反应制得,且消耗大量的热能、电能;乙烯来源于石油裂解气,消耗的总能量比乙炔少,且较容易获得。

解析

(1)根据绿色化学的特点:原子的利用率高,原料中所有的原子全部转化到产品中。所以符合绿色化学特点的反应类型是化合反应。即反应过程中多合一,生成物只有一种,A中制备环氧乙烷、C中制备甲醇都是是化合反应,符合绿色化学这一特点,B、D均有其他副产物产生,所以答案为BD。

(2)NaClO将CN-氧化为CO32-和一种无毒气体,该无毒气体一定为N2

反应方程式为:5ClO-+2CN-+2OH-=2CO32-+N2↑+5Cl-+H2O。

在酸性条件下,CN-与H+结合生成毒性很强的、对人和环境造成危害的HCN,

所以答案为:5ClO-+2CN-+2OH-=CO32-2+N2↑+5Cl-+H2O;

在酸性条件下,CN-与H+结合生成毒性很强的HCN,对人和环境造成危害。

(3)①从表中数据分析产率和产量:乙烯氧化法的转化率略小于乙炔水化法,但反应快、日产量比其高得多,所以答案为:虽然乙烯氧化法的转化率略小于乙炔水化法,但反应快、日产量比其高得多。

②从表中数据分析环境问题和能量消耗:两者反应条件温度相当,但乙炔水化法制乙醛使用的是汞盐催化剂,毒性大;乙炔的制取要经过多步反应制得,且消耗大量的热能、电能;乙烯来源于石油裂解气,消耗的总能量比乙炔少,且较容易获得,所以答案为:两者反应条件温度相当,但乙炔水化法制乙醛使用的是汞盐催化剂,毒性大;乙炔的制取要经过多步反应制得,且消耗大量的热能、电能;乙烯来源于石油裂解气,消耗的总能量比乙炔少,且较容易获取。

考查方向

通过绿色化学的特点,培养了学生的环保意识,通过引导考生通过产率和产量角度以及环境保护和能耗角度分对比“乙烯氧化法”将逐步取代“乙炔水化法”的可能原因,考查考生分析实际问题和解决实际问题的能力。

解题思路

(1)绿色化学又称环境友好化学,它的主要特点之一是:提高原子的利用率,使原料中所有的原子全部转化到产品中,实现“零排放”.符合绿色化学这一特点的反应类型是化合反应.化合反应的特点是多合一,生成物只有一种,A中制备环氧乙烷、C中制备甲醇都是是化合反应,符合绿色化学这一特点

(2)NaClO将CN-氧化为CO32-和一种无毒气体,该无毒气体一定为N2;在酸性条件下,CN-与H+结合生成毒性很强的HCN,对人和环境造成危害。

(3)①从表中数据分析产率和产量:虽然乙烯氧化法的转化率略小于乙炔水化法,但反应快、日产量比其高得多。

②从表中数据分析环境问题和能量消耗:两者反应条件温度相当,但乙炔水化法制乙醛使用的是汞盐催化剂,毒性大;乙炔的制取要经过多步反应制得,且消耗大量的热能、电能;乙烯来源于石油裂解气,消耗的总能量比乙炔少,且较容易获得。

易错点

阅读材料、分析对比能力不强,对绿色化学的本质把握不准确。

知识点

烷烃及其命名

点击 “立即下载”

即可下载本试卷,含解析哦

知道啦