化学 厦门市2017年高三第三次月考
精品
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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
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分值: 2分

4.  在催化剂作用下,H2O2发生分解,其反应能量随反应的进程变化如右图。下列说法正确的是

AH2O2分解反应的△H>0

B催化剂的加入使反应的热效应减小

C催化剂的加入提高了H2O2的分解率

D催化剂通过改变反应历程、降低反应的活化能,来提高H2O2分解速率

正确答案

D

解析

A.图象分析反应是放热反应,反应物的总能量高于生成物的总能量,△H<0,故A错误;B.催化剂只通过改变活化能来改变反应速率,不改变反应的热效应,故B错误;C.催化剂只改变反应速率不改变化学平衡,反应体系中加入催化剂不改变H2O2的平衡转化率,故C错误;D.催化剂通过降低反应的活化能,来加快正逆反应速率,故D正确;故选D。

考查方向

本题考查化学反应的能量变化规律。

解题思路

A.图象分析反应是放热反应,反应物的总能量高于生成物的总能量; B.催化剂只通过改变活化能来改变反应速率;C.化剂只改变反应速率不改变化学平衡;D.催化剂在化学反应中可降低反应的活化能以提高反应速率;

易错点

本题考查化学反应的能量变化规律,注意催化剂只通过改变活化能来改变反应速率,不改变反应的热效应和转化率。

1
题型: 单选题
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分值: 2分

5. 下列关于有机化合物的说法正确的是

A2-甲基丁烷也称异丁烷

B由乙烯生成乙醇属于加成反应

CC4H9Cl有3中同分异构体

D油脂和蛋白质都属于高分子化合物

正确答案

B

解析

A.2−甲基丁烷为含5个C的烷烃,则也称为异戊烷,故A错误;B.乙烯中含碳碳双键,可与水发生加成反应生成乙醇,故B正确;C.丁烷、异丁烷中含H种类分别为2、2,则C4H9Cl有4种同分异构体,故C错误;D.油脂的相对分子质量在10000以下,不是高分子,而蛋白质属于高分子化合物,故D错误;故选B。

考查方向

本题考查有机物的结构和性质, 同分异构现象和同分异构体, 取代反应与加成反应, 有机高分子化合物的结构和性质。

解题思路

A.2-甲基丁烷为含5个C的烷烃;B.乙烯与水发生加成反应生成乙醇;C.丁烷、异丁烷中含H种类分别为2、2;D.油脂的相对分子质量在10000以下;

易错点

本题考查有机物的结构和性质, 同分异构现象和同分异构体, 取代反应与加成反应, 有机高分子化合物的结构和性质,注意油脂的相对分子质量在10000以下,不是高分子化合物。

1
题型: 单选题
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分值: 2分

8.  一定条件下,等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中发生反应:N2(g)+O2(g)2NO(g),下图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化,曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是

A曲线a和曲线b表示该反应可能在相同温度下进行

B曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂

C温度T下,该反应平衡前后混合气体的密度不发生变化

D温度T下,该反应的平衡常数K=[4(c0-c12]/c02

正确答案

C

解析

A.由图可知,b曲线化学反应速率快(变化幅度大),所以两者温度不同,故A错误;B.由图可知,b曲线氮气的平衡浓度减小,故应是平衡发生移动,催化剂只能改变速率,不能改变平衡,故b曲线不可能是由于催化剂影响的,故B错误;C.反应物和生成物均是气体,故气体的质量m不变,容器为恒容容器,故V不变,那么密度不变,故C正确;D.根据曲线a可知N2(g)+O2(g)⇌2NO(g),

,故D错误;

故选C。

考查方向

本题考查化学平衡的影响因素, 化学平衡的计算。

解题思路

A.由图可知,b曲线化学反应速率快,所以不可能是相同温度;B.催化剂只能改变化学反应色速率,不能改变物质的转化率;C.此容器为恒容密闭容器,,据此判断即可;D.依据氮气的浓度变化,找出三段式,计算平衡常数即可;

易错点

本题考查化学平衡的影响因素, 化学平衡的计算,选项D根据三段式进行计算,需要对基础知识的积累与应用。

1
题型: 单选题
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分值: 2分

10. 常温下,将一定浓度的HA和HB分别与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合,记录如下表:

下列说法中正确的是

AHA是强酸,HB是弱酸

B升高温度,溶液②c(B)/c(Na)中增大

C溶液①中离子浓度的关系:c(A)>c(Na)>c(OH)>c(H

D溶液②中离子浓度的关系:c(Na)+c(H)+c(B)=0.12 mol·L-1

正确答案

D

解析

0.10mol/L的HA与0.10mol⋅L−1的NaOH溶液等体积混合,恰好完全反应生成NaA,溶液的pH=8.6,显碱性,说明NaA为强碱弱酸盐,即HA为弱酸;

0.12mol/L的HB与0.10mol⋅L−1的NaOH溶液等体积混合,反应后剩余的酸的浓度为,溶液中c(H+)=0.01mol/l,所以HB完全电离,即HB为强酸;A.由分析可知,HA是弱酸,HB是强酸,故A错误;B.NaB强酸强酸碱盐,升高温度,B−、Na+的浓度不变,所以溶液②中c(B-)/c(Na+)不变,故B错误;C.溶液①中,恰好完全反应生成NaA,溶液的pH=8.6,显碱性,c(OH−)>c(H+),水解程度较小,所以c(A−)>c(OH−),则离子浓度的关系:c(Na+)>c(A−)>c(OH−)>c(H+),故C错误;D.溶液②中c(H+)=0.01mol/L,c(B−)=0.12mol⋅L−1÷2=0.06mol/L,c(Na+)=0.1mol/L÷2=0.05mol/L,所以c(Na+)+c(H+)+c(B−)=0.12mol⋅L−1,故D正确。

考查方向

本题考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算。

易错点

本题考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算,根据题干信息判断HA、HB是否是强电解质,是解题的关键,题目有一定难度。

1
题型: 单选题
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分值: 2分

1.下列说法不正确的是

A钠、钾着火时,不能用干粉灭火器灭火

B氧化铝是冶炼金属铝的原料,也是较好的耐火材料

C石英是制造光导纤维的原料。也是常用的半导体材料

D在汽车尾气系统中装催化转化器,可降低尾气中CO、NOX等的排放量

正确答案

C

解析

A.钠、钾着火时应用沙土盖灭,因生成过氧化物,可与二氧化碳反应,故A正确;B.工业用电解熔融的氧化铝冶炼铝,氧化铝的熔点高,可用作耐火材料,故B正确;C.石英的主要成分为二氧化硅,可用于光导纤维,因不导电,不能用于半导体材料,故C错误;D.CO、NOx在转化器的作用下可生成二氧化碳、氮气,可降低有害气体的排放量,故D正确;

故选C。

考查方向

本题考查钠的重要化合物,氮的氧化物的性质及其对环境的影响, 硅和二氧化硅。

解题思路

A.钠、钾着火时生成过氧化物,可与二氧化碳反应;B.工业用电解熔融的氧化铝冶炼铝,氧化铝的熔点高;C.石英的主要成分为二氧化硅,不导电;D.CO、NOx在转化器的作用下可生成二氧化碳、氮气;

易错点

石英的主要成分为二氧化硅,可用于光导纤维,因不导电,不能用于半导体材料。

1
题型: 单选题
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分值: 2分

2.  甲、乙、丙三种物质有如右图转化关系:则甲不可能是

AAl2O3

BNH4Cl

CCO2

DSiO2

正确答案

B

解析

A.氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝或氢氧化铝,加热氢氧化铝生成氧化铝,所以符合转化关系,故A不选;B.氯化铵和氢氧化钠溶液反应生成氨水,氨水和盐酸反应生成氯化铵,加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢,所以不符合转化关系,故B错误;C.二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠或碳酸氢钠,碳酸钠或碳酸氢钠与盐酸反应生成碳酸,碳酸加热生成二氧化碳,所以符合转化关系,故C不选;D.二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠,硅酸钠和盐酸反应生成硅酸,加热硅酸生成二氧化硅,所以符合转化关系,故D不选;

故选B。

考查方向

本题考查无机物的推断。

解题思路

甲和氢氧化钠溶液能反应,则甲可能是铝、酸、酸式盐、酸性氧化物、酯、氢氧化铝等,甲和氢氧化钠反应生成乙,易能和盐酸反应生成丙,丙加热生成甲,根据各物质的性质来分析解答;

易错点

氯化铵和氢氧化钠溶液反应生成氨水,氨水和盐酸反应生成氯化铵,加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢。

1
题型: 单选题
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分值: 2分

3.  NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是

A常温常压下,28g N2所含电子数为10NA

B46g 钠充分燃烧时转移电子数为2NA

C0.1mol/L NH4Cl溶液中NH4+离子数小于0.1NA

D密闭容器中2mol NO与1molO2充分反应,产物的分字数为2NA

正确答案

B

解析

A.28g氮气的物质的量为:28g÷28g/mol=1mol,1mol氮气分子中含有14mol电子,所含电子数为14NA,故A错误;B.46g钠的物质的量为:46g÷23g/mol=2mol,2molNa完全燃烧生成2mol钠离子,转移了2mol电子,转移电子数为2NA,故B正确;C.缺少0.1mol/L NH4Cl溶液的体积,无法计算氯离子的物质的量,故C错误;D.2 mol NO与1 mol O2充分反应生成2mol二氧化氮,由于部分二氧化氮转化成了四氧化二氮,则产物的分子数小于2NA,故D错误;

故选B。

考查方向

本题考查阿伏加德罗常数。

解题思路

A.氮气分子中含有14个电子,根据计算出氮气的物质的量,再计算出含有的电子数;B.钠为+1价金属,根据计算出钠的物质的量,从而可计算出转移电子数;C.没有告诉氯化铵溶液的体积,无法计算溶液中氯离子的物质的量;D.二氧化氮与四氧化二氮之间存在转化平衡,部分二氧化氮转化成了四氧化二氮;

易错点

本题考查常用化学计量的有关计算,难度不大,注意D二氧化氮与四氧化二氮之间存在转化平衡等。

1
题型: 单选题
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分值: 2分

6.  某无色溶液含有下列离子中的若干种:H+、NH4+、Cu2+、Ba2+、Al3+、CO32-、Cl、OH、NO3向该溶液中加入铝粉,只放出H2,则溶液中能大量存在的离子最多有

A3种

B4种

C5种

D6种

正确答案

C

解析

无色溶液中一定不存在有色的Fe3+;溶液中加入金属铝,发生反应并放出H2,溶液可能呈酸性,也可能呈碱性,若溶液为酸性,则不存在:OH、NO3、CO32−,阴离子只能为Cl,阳离子可以为:H+、NH4+、Ba2+、Al3+,最多存在5种离子;若呈碱性,则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+,阳离子只能为Ba2+,则一定不存在CO32−,可存在的离子为:Ba2+、Cl、OH、NO3,则最多只有4种,根据分析可知,最多存在5种离子。

故选C。

考查方向

本题考查离子共存问题。

解题思路

溶液无色,则一定不存在有色的Fe3+;在其中加入金属铝,发生反应并放出H2,溶液可能呈酸性,也可能呈碱性,若为酸性,则不存在OH-、NO3-、CO32-,若呈碱性,则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+,以此解答该题;

易错点

本题考查离子共存问题,明确离子共存的条件是解本题关键,根据离子共存条件来分析解答即可,注意特殊条件的限制,题目难度中等。

1
题型: 单选题
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分值: 2分

7.  下列实验中,所采取的分离方法与对应原理都正确的是

A

B

C

D

正确答案

B

解析

A.二者均与碳酸钠溶液反应,不能除杂,应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气,故A错误;B.乙酸与CaO反应后生成乙酸钙,增大与乙醇的沸点差异,然后蒸馏可分离,故B正确;C.二者溶解度受温度影响不同,冷却结晶可分离,原理不合理,故C错误;D.乙酸和乙醇互溶,但沸点不同,则蒸馏可分离,分离方法及原理均不合理,故D错误。

故选B。

考查方向

本题考查物质的分离、提纯的基本方法选择与应用。

解题思路

A.二者均与碳酸钠溶液反应;B.乙酸与CaO反应后,增大与乙醇的沸点差异;C.二者溶解度受温度影响不同;D.乙酸和乙醇互溶,但沸点不同;

易错点

本题考查物质的分离、提纯的基本方法选择与应用,注意知识的归纳和梳理是关键,难度不大。

1
题型: 单选题
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分值: 2分

9.  已知:2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-;2Fe3++2I-=2Fe2++I2,向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气,溶液中某些离子的物质的量变化如图所示。下列有关说法中,不正确的

A还原性:I->Fe2+>Br-

B原混合溶液中FeBr2的物质的量为3 mol

C当通入1 mol Cl2时,溶液中已发生的反应为:2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-

D原溶液中:n(Fe2+):n(I-):n(Br-)=2:1:3

正确答案

C

解析

A.反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中,还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br,所以还原性:Fe2+>Br,反应2Fe3++2I=2Fe2++I2中,还原剂I的还原性强于还原产物Fe2+,所以还原性:I>Fe2+,所以还原性I>Fe2+>Br,故A正确;B.通入氯气后,碘离子先被氧化,其次是亚铁离子,最后是溴离子,在通入氯气的量为0∼1mol的过程中,碘离子从最大量降到0,即得到碘离子的物质的量为2mol,通入氯气的量为1∼3mol的过程中,亚铁离子从4mol降到0,三价铁的量逐渐增大,所以含有亚铁离子共4mol,在通入氯气的量为3∼6mol的过程中溴离子从6mol降到0,所以溴离子的物质的量是6mol,即FeBr2的物质的量为3mol,故B正确;C.当通入1molCl2时,2mol的I消耗氯气1mol,即溶液中发生的离子反应可表示为2I+Cl2=I2+2Cl,故C错误;D.由B可知,碘离子的物质的量为2mol,亚铁离子是4mol,溴离子的物质的量是6mol,n(Fe2+):n(I):n(Br)=2:1:3,故D正确;

故选C。

考查方向

本题考查离子方程式的有关计算。

解题思路

首先根据氧化还原反应中:氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性,还原剂的还原性>还原产物的还原性,氧化剂先氧化还原性强的离子,再氧化还原性弱的离子,判断离子的反应先后顺序,然后根据图象判断参加反应的各离子的物质的量,A.在氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性,根据方程式判断还原剂和还原产物;B.氯气首先氧化碘离子,然后是亚铁离子,最后是溴离子,根据图象可知原混合溶液中碘离子是2mol、亚铁离子是4mol,溴离子是6mol,则FeBr2的物质的量为3 mol;C.当通入1 mol Cl2时碘离子恰好完全被氧化;D.根据以上分析可知原溶液中:n(Fe2+):n(I-):n(Br-)=2:1:3;

易错点

本题考查离子方程式的有关计算,先判断离子的反应先后顺序,然后根据图象判断参加反应的各离子的物质的量,是解题的方法,注意知识的积累与应用。

1
题型: 单选题
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分值: 3分

13.  X、Y、Z、M、R为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图所示。

下列说法不正确的是

A简单阳离子半径:X< R

B最高价含氧酸的酸性:Z < Y

CM的氢化物常温常压下为气体

DX与Y可以形成正四面体结构的分子

正确答案

B

解析

X、Y、Z、M、R为五种短周期元素,X、R最外层只有一个电子,为第IA族元素;Y最外层有4个电子,位于第IVA族,Z原子最外层有5个电子,位于第VA族,M最外层有6个电子,位于第VIA族;

R原子半径最大,为Na元素,X原子半径最小,为H元素;Y原子和Z原子半径接近、Y原子半径大于Z而最外层电子数小于Z,所以Y是C、Z是N;M原子半径大于Y、Z,M为S元素;A.R离子为Na+,有两个电子层,而X离子为H+,离子电子层数越多其离子半径越大,故简单离子半径:X4,而甲烷是正四面体结构,故D正确。

故选B。

考查方向

本题考查原子结构与元素的性质。

解题思路

X、Y、Z、M、R为五种短周期元素,X、R最外层只有一个电子,为第IA族元素;Y最外层有4个电子,位于第IVA族,Z原子最外层有5个电子,位于第VA族,M最外层有6个电子,位于第VIA族;

R原子半径最大,为Na元素,X原子半径最小,为H元素;Y原子和Z原子半径接近、Y原子半径大于Z而最外层电子数小于Z,所以Y是C、Z是N;M原子半径大于Y、Z,M为S元素;A.离子电子层数越多其离子半径越大;B.元素的非金属性越强,其最高价含氧酸的酸性越强;C.M为S元素;D.X、Y可以形成CH4

易错点

本题考查原子结构与元素的性质,根据化合价、原子半径判断出每一个元素是解题的关键,注重基础知识积累的考查,难度一般。

1
题型: 单选题
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分值: 3分

14. 某同学进行下列实验:

下列说法合理的是

A烧杯A中发生反应:3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O

B红棕色气体消失只与NO2和烧杯C中的KI发生反应有关

C烧杯C中溶液变蓝只与NO2和C中溶液发生反应有关

D若将铜片换成铁片,则C中的液体也可能变蓝

正确答案

D

解析

A.铜与浓硝酸反应生成的是二氧化氮气体,正确的反应为:Cu+4HNO3═Cu(NO3)2+NO2↑+2H2O,故A错误;B.二氧化氮能够直接与水反应生成硝酸和无色的NO,所以红棕色气体消失与NO2和烧杯C中的KI发生反应有关,也与二氧化氮与水反应有关,故B错误;C.浓硝酸具有挥发性,则烧杯C中溶液变蓝与NO2和C中溶液发生反应有关,也与挥发出的硝酸有关,故C错误;D.若将铜片换成铁片,铁与浓硝酸发生钝化,由于浓硝酸具有挥发性,则挥发出的硝酸能够氧化碘离子,导致C中的液体也可能变蓝,故D正确;

故选D。

考查方向

本题考查化学实验方案的评价。

解题思路

将盛有浓硝酸的烧杯A放入盛有淀粉KI溶液的烧杯C中,然后将铜片放入烧杯A后,立即用烧杯B罩住,烧杯A中铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体,反应方程式为:Cu+4HNO3═Cu(NO3)2+NO2↑+2H2O;A中生成的二氧化氮气体与C中水反应生成硝酸,且浓硝酸具有挥发性,导致C中碘离子被硝酸氧化成碘单质,C中液体变蓝,据此进行解答;

易错点

本题考查化学实验方案的评价,选项D解答时容易忽略浓硝酸的挥发性。

1
题型: 单选题
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分值: 3分

16. 在硫酸工业生产中,为了有利于SO2的转化,且能充分利用热能,采用了中间有热交换器的接触室(见图)。下列说法错误的是

Aa、b两处的混合气体成分含量相同,温度不同

Bc、d两处的混合气体成分含量相同,温度不同

C热交换器的作用是预热待反应的气体,冷却反应后的气体

Dc处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率

正确答案

B

解析

A.根据装置图可知,从a进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气,经过热交换器后从b处出来的是热的气体,成分与a处相同,故A正确;B.在c处出来的气体SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有SO3及未反应的SO2、O2等气体,该反应是放热反应,当经过热交换器后被冷的气体降温,SO3变为液态,故二者含有的气体的成分不相同,故B错误;C.热交换器的作用是预热待反应的冷的气体,同时冷却反应产生的气体,为SO3的吸收创造条件,故C正确;D.处气体经过热交换器后再次被催化氧化,目的就是使未反应的SO2进一步反应产生SO3,从而可以提高SO2的转化率,故D正确;

故选B。

考查方向

本题考查工业制取硫酸, 物质的组成、结构和性质的关系。

解题思路

A.从a进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气,经过热交换器后从b处出来的是热的气体;B.在c处出来的气体SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有SO3及未反应的SO2、O2等气体,该反应是放热反应,当经过热交换器后被冷的气体降温,SO3变为液态;C.热交换器的作用是预热待反应的冷的气体,同时冷却反应产生的气体,为SO3的吸收创造条件;D.使未反应的SO2进一步反应产生SO3,从而可以提高SO2的转化率;

易错点

本题考查工业制取硫酸, 物质的组成、结构和性质的关系,掌握反应原理是解题的关键,注重对基础知识的理解与应用。

1
题型: 单选题
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分值: 3分

17. 根据下图海水综合利用的工业流程图,判断下列说法正确的是

已知:MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等。

A过程①的提纯是物理过程,过程②通过氧化还原反应可产生2种单质

B在过程③中将MgCl2·6H2O灼烧即可制得无水MgCl2

C在过程④、⑥反应中每氧化0.2 mol Br 需消耗2. 24 L Cl2

D过程⑤反应后溶液呈强酸性,生产中需解决其对设备的腐蚀问题

正确答案

D

解析

A.因由粗盐得到精盐,就是要除去粗盐中的杂质,除去Mg2+、CO32-、SO42- 分别用NaOH溶液、盐酸、BaCl2溶液,这些反应都是化学反应,不是物理过程,故A错误;    B.因MgCl2•6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等,得不到无水MgCl2,若要由MgCl2•6H2O灼烧即可制得无水MgCl2,为防止Mg2+发生水解,应在HCl气氛中进行,故B错误;   C.因 2Br-+Cl2 =Br2 +2Cl-,每氧化0.2molBr-需消耗0.1molCl2,0.1molCl2的体积标准状况为2.24L,在其他状况下不一定为2.24L,故C错误;    D.因 Br2+SO2 +2H2O=2HBr+H2SO4,反应后溶液呈酸性,能与金属容器反应,故D正确;

故选D。

考查方向

本题考查海水资源及其综合利用,粗盐提纯。

解题思路

A.根据离子的除杂方法确定是物理还是化学方法;     B.根据从溶液中得到溶质或除去晶体中的结晶水,应考虑盐类的水解、盐类的氧化等;     C.根据化学方程式系数之比等于物质的量之比来分析;D.根据SO2的还原性,可以与Br2水发生反应来分析;

易错点

本题考查海水资源及其综合利用,粗盐提纯,注意选项C气体摩尔体积的使用条件。

1
题型: 单选题
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分值: 3分

19. 在100℃时,将0.40mol NO2气体充入2L的密闭容器中,发生如下反应:

2NO2(g) N2O4(g)  ΔH<0.监测反应获得如下数据:

下列说法正确的是

A0-20s内,v(NO2)=0.005mol/(L·s)

B59s时,c(NO2)一定大于0.12mol/L

C若仅将起始时充入NO2的量增至0.80mol,则该反应的平衡常数K>25/9

D若上述反应在120℃时进行,则反应至80s时,n(N2O4)<0.08mol

正确答案

D

解析

A.0∼20s内,v(N2O4)=mol•L−1•s−1=0.00125mol•L−1•s−1,根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比,所以v(NO2)=0.0025mol•L−1•s−1,故A错误;B.60s时△n(N2O4)=0.08mol,所以60s时△n(NO2)=0.16mol,所以如果59s未平衡,n(NO2)>0.40−0.16=0.24mol,则c(NO2)一定大于0.12mol•L−1;如果平衡c(NO2)等于0.12mol•L−1,故B错误;C.60s反应达平衡状态,平衡常数为:,所以若仅将起始时充入NO2的量增至0.80mol,则该反应的平衡常数,故C错误;D.2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0,正反应是放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,所以反应在120℃时进行,则反应至80s时,n(N2O4)<0.08mol,故D正确;

故选D。

考查方向

本题考查化学平衡的影响因素。

解题思路

A.速率之比等于对应物质的化学计量数之比;B.随反应的进行反应物的浓度减少,但59 s时是否是平衡状态不知;C.平衡常数是温度的函数;D.2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0,正反应是放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动;

易错点

本题考查化学平衡的影响因素,选项C反应的平衡常数只与温度有关,温度不变,反应的平衡常数不变。

1
题型: 单选题
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分值: 3分

20.  H2C2O4为二元弱酸。20℃时,配制一组c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.100mol•L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液,溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是

ApH=2.5的溶液中:c(H2C2O4)+c(C2O42-)>c(HC2O4-

Bc(Na+)=0.100mol•L-1的溶液中:c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-

Cc(HC2O4-)=c(C2O42-)的溶液中:c(Na+)>0.100mol•L-1+c(HC2O4-

DPH=7的溶液中:c(Na+)>2c(C2O42-

正确答案

B

解析

A.分析图象可知,pH=2.5的溶液中c(H2C2O4)和c(C2O42-)浓度之和小于c(HC2O4-),则c(H2C2O4)+c(C2O42-)2O4-),故A错误;B.依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析,c(Na+)=0.100mol/L的溶液中为NaHC2O4溶液,溶液中存在电荷守恒(H+)+c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH),物料守恒c(Na+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4),代入计算得到c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH)+c(C2O42-),故B正确;C.c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.100mol⋅L−1,c(HC2O4-)=c(C2O42-),电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH),pH约为4,此时氢离子浓度大于氢氧根离子浓度,得到溶液中c(Na+)<0.100mol⋅L−1+c(HC2O4-),故C错误;D.pH=7,故c(H+)=c(OH),根据电荷守恒(H+)+c(Na+)=2c(C2O42-+c(OH),所以c(Na+)=2c(C2O42-),故D错误;

故选B。

考查方向

本题考查离子浓度大小的比较。

解题思路

A.依据图象可知pH=2.5的溶液中:c(H2C2O4)+c(C2O42-)>c(HC2O4-);B.依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析,c(Na+)=0.100mol/L的溶液中c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-);C.c(HC2O4-)=c(C2O42-)的溶液中c(Na+)<0.100 mol•L-1+c(HC2O4-);D.pH=7的溶液中,(H+)=c(OH-),根据电荷守恒判断;

易错点

本题考查离子浓度大小的比较,是高考常见题型,本题要结合图像进行分析作答。

1
题型: 单选题
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分值: 3分

11. 柠檬中含有的柠檬酸(其结构简式如下)对鲜切苹果具有较好的保鲜效果,可以在一段时间内防止鲜切苹果表面变色。下列说法不正确的是

A柠檬酸的分子式是C6H8O7

B柠檬酸是易溶于水的有机物

C1mol柠檬酸足量的钠反应生成2.0mol的氢气

D柠檬酸只能发生取代反应

正确答案

D

解析

A.由结构可知柠檬酸的分子式是C6H8O7,故A正确;B.含−OH、−COOH,与水形成氢键,易溶于水,故B正确;C.含3个−COOH,1个−OH,均与Na反应生成氢气,则1mol柠檬酸足量的钠反应生成2.0mol的氢气,故C正确;D.含−OH可发生取代、氧化、消去反应,含−OH、−COOH可发生缩聚反应,故D错误;

故选D。

考查方向

本题考查有机物的结构和性质。

解题思路

由结构可知分子式,分子中含3个-COOH,1个-OH,结合醇、羧酸的性质来解答。

易错点

本题考查有机物的结构和性质,注意选项D含−OH可发生取代、氧化、消去反应,含−OH、−COOH可发生缩聚反应。

1
题型: 单选题
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分值: 3分

12. 最新报道:科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下,下列说法中正确的是

ACO和O生成CO2是吸热反应

B在该过程中,CO断键形成C和O

CCO和O生成了具有极性共价键的CO2

D状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程

正确答案

C

解析

A.由图可知反应物总能量大于生成物总能量,为放热反应,故A错误;B.由图可知不存在CO的断键过程,故B错误;C.CO与O在催化剂表面形成CO2,CO2含有极性共价键,故C正确;D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程,而不是与氧气反应,故D错误;

故选C。

考查方向

本题考查吸热反应和放热反应,化学键。

解题思路

由图可知反应物总能量大于生成物总能量,为放热反应,CO与O在催化剂表面形成CO2,不存在CO的断键过程,以此解答该题。

易错点

本题考查吸热反应和放热反应, 化学键,由图可知反应物总能量大于生成物总能量,为放热反应,CO与O在催化剂表面形成CO2,不存在CO的断键过程。

1
题型: 单选题
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分值: 3分

15. 气体的自动化检测中常常应用原电池原理的传感期。下图为电池的工作示意图:气体扩散进入传感器,在敏感电极上发生反应,传感器就会接收到电信号。下表列出了待测气体及敏感电极上部分反应产物。则下列说法中正确的是

A上述气体检测时,敏感电极均作电池正极

B检测Cl2和NO2体积分数相同的两份空气样本时,传感器上产生的电流大小相同

C检测H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时,传感器上产生的电流大小相同

D检测H2S时,对电极充入空气,对电极上的电极反应式为O2 + 4e= 2O2-

正确答案

B

解析

A.失电子发生氧化反应的电极是负极,得电子发生还原反应的电极是正极,根据待测气体和反应产物可知,部分气体中元素化合价上升,部分气体中元素的化合价下降,所以敏感电极不一定都做电池正极,故A错误;B.1molCl2和NO2得到电子的物质的量都为2mol,则检测Cl2和NO2体积分数相同的两份空气样本时,传感器上产生的电流大小相同,故B正确;C.产生的电流大小与失电子多少有关,检测H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时,硫化氢失去电子数大于CO,所以产生电流大小不同,故C错误;D.检测硫化氢时,硫化氢生成硫酸,硫元素化合价由−2价变为+6价而发生氧化反应,则其所在电极为负极,正极上氧气得电子和氢离子反应生成水,电极电极反应式为O2+4H++4e═2H2O,故D错误。

故选B。

考查方向

本题考查原电池和电解池的工作原理。

解题思路

A.失电子发生氧化反应的电极是负极、得电子发生还原反应的电极是正极;B、C.产生的电流大小与失电子多少有关;D.检测硫化氢时,硫化氢生成硫酸,硫元素发生氧化反应,则其所在电极为负极

易错点

本题考查原电池和电解池的工作原理,选项D在酸性介质中正极上氧气得电子和氢离子反应生成水。

1
题型: 单选题
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分值: 3分

18. 现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合剂,某同学为了确认其成分,取部分制剂作为试液,设计并完成了如下实验:

已知:控制溶液pH=4时,Fe(OH)3沉淀完全,Ca2+、Mg2+不沉淀。

该同学得出的结论正确的是

A根据现象1可推出该试液中含有Na

B根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根

C根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2+,但没有Mg2+

D根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2+

正确答案

C

解析

A.因加入了NaOH(aq)和Na2CO3(aq),在滤液中引入了Na+,不能根据滤液焰色反应的黄色火焰判断试是否含Na+,故A错误;B.试液是葡萄糖酸盐溶液,其中一定含葡萄糖酸根,葡萄糖能发生银镜反应,葡萄糖酸根不能发生银镜反应,故B错误;C.根据“控制溶液pH=4时,Fe(OH)3沉淀完全,Ca2+、Mg2+不沉淀”信息,在过滤除去Fe(OH)3的滤液中分别加入NH3•H2O(aq)和Na2CO3(aq),加入NH3•H2O(aq)不产生沉淀说明滤液中不含Mg2+,加入Na2CO3(aq)产生白色沉淀,说明滤液中含Ca2+,故C正确;D.溶液加入H2O2后再滴加KSCN(aq)显血红色,不能证明葡萄糖酸盐试液中是否含Fe2+,正确的方法是:在溶液中滴加KSCN(aq)不显血红色,再滴入滴加H2O2显血红色,证明溶液中只含Fe2+.若此前各步均没有遇到氧化剂,则可说明葡萄糖酸盐试液中只含Fe2+,故D错误。

故选C。

考查方向

本题考查物质的检验和鉴别的实验方案设计。

解题思路

A.加入了NaOH(aq)和Na2CO3(aq),在滤液中引入了Na+;B.葡萄糖酸根不能发生银镜反应;C.加入NH3•H2O(aq)不产生沉淀说明滤液中不含Mg2+,加入Na2CO3(aq)产生白色沉淀,说明滤液中含Ca2+;D.溶液加入H2O2后再滴加KSCN(aq)显血红色,不能证明葡萄糖酸盐试液中是否含Fe2+

易错点

本题考查物质的检验和鉴别的实验方案设计,试液是葡萄糖酸盐溶液,其中一定含葡萄糖酸根,葡萄糖能发生银镜反应,葡萄糖酸根不能发生银镜反应。

简答题(综合题) 本大题共46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
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分值: 8分

高铁酸钾(K2FeO4)是一种理想的绿色高效水处理剂。某学习小组用下图所示装置(夹持仪器已略去)制备KClO溶液,并通过KClO溶液与Fe(NO33溶液的反应制备K2FeO4

查阅资料知K2FeO4的部分性质如下:①可溶于水、微溶于浓KOH溶液;②在0℃~5℃、强碱性溶液中比较稳定;③在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解;④在酸性至弱碱性条件下,能与水反应生成Fe(OH)3和O2

请回答下列问题:

25.仪器C和D中都盛有KOH溶液,其中C中KOH溶液的用途是_________________。

26.Cl2与KOH的浓溶液在较高温度下反应生成KClO3。为保证反应生成KClO,需要将反应温度控制在0~5℃下进行,在不改变KOH溶液浓度的前提下,实验中可以采取的措施是__________________。

27.在搅拌下,将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中即可制取K2FeO4,写出该反应的化学方程式___________;该操作不能将KClO饱和溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中,其原因是______________。

28.制得的粗产品中含有Fe(OH)3、KCl等杂质。一种提纯方案为:将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 mol·L-1KOH溶液中,用砂芯漏斗过滤,将滤液置于冰水浴中,向滤液中加入饱和KOH溶液,搅拌、静置,再用砂芯漏斗过滤,晶体用适量乙醇洗涤2~3次后,在真空干燥箱中干燥。

①第一次和第二次过滤得到的固体分别对应的是(填化学式)____________、_________。

②晶体用乙醇洗涤的原因是__________________。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

和氯气反应制备KClO

解析

根据实验装置图可知,A装置中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气,氯气中有挥发出的来的氯化氢,所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢,装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠,反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收,仪器C中,由仪器A生成的Cl2通入KOH溶液中,并使用玻璃棒搅拌,故C中KOH溶液的用途为和氯气反应制备KClO;

考查方向

本题考查物质的制备。

解题思路

根据实验装置图可知,A装置中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气,氯气中有挥发出的来的氯化氢,所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢,装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠,反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收;由仪器A生成的Cl2通入KOH溶液中,根据氯气与KOH溶液溶液反应生成氯化钾、次氯酸钾和水分析;

易错点

本题考查物质的制备,装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠,分析得出C中KOH溶液的用途。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

装置C加冰水浴冷却

解析

根据实验装置图可知,A装置中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气,氯气中有挥发出的来的氯化氢,所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢,装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠,反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收,Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3,要将反应温度控制在0~5℃,需要对装置C降温,可采取的措施是加冰水浴冷却;

考查方向

本题考查实验方案的选择。

解题思路

根据实验装置图可知,A装置中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气,氯气中有挥发出的来的氯化氢,所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢,装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠,反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收,根据题中所给资料可知,Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3,要将反应温度控制在0~5℃,根据需要对装置C降温分析;

易错点

本题考查实验方案的选择,Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3,影响产物KClO的生成,需要提高处理材料信息的能力。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

2Fe(NO3)3+ 3KClO +10 KOH = 2K2FeO4 +3KCl + 6KNO3+5H2O       生成的K2FeO4在Fe3+催化作用下会发生分解

解析

KClO饱和溶液中还含有KOH,反应的产物之一为K2FeO4,故化学方程式为:2Fe(NO3)3+ 3KClO +10 KOH = 2K2FeO4 +3KCl + 6KNO3+5H2O;根据已知③,K2FeO4在Fe3+催化作用下会发生分解,而Fe(NO3)3饱和溶液中含有大量Fe3+,故生成的K2FeO4会分解,无法制取;

考查方向

本题考查化学方程式的书写及实验方案的评价。

解题思路

KClO饱和溶液中还含有KOH,反应的产物之一为K2FeO4,除此之外还有KCl、KNO3和H2O生成,据此书写反应的化学方程式;根据题中信息:在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解,则K2FeO4在Fe3+催化作用下会发生分解,据此分析;

易错点

本题考查化学方程式的书写及实验方案的评价,需要对题干信息“在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解”进行加工。

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

①Fe(OH)3      K2FeO4      ②乙醇挥发时带走水分,防止K2FeO4与水发生反应

解析

①将K2FeO4粗产品溶于冷的3mol·L-1KOH溶液,Fe(OH)3为不溶性杂质,故第一次过滤得到的固体为Fe(OH)3;根据已知①,K2FeO4微溶于浓KOH溶液,故加入饱和KOH溶液后K2FeO4从溶液中析出,第二次过滤得到的固体为K2FeO4;KOH为强碱,具有很强的腐蚀性,若用普通漏斗过滤会将滤纸腐蚀,故选择砂芯漏斗;②由已知④可知,K2FeO4易与水发生反应,故不选水洗,并且由于乙醇易挥发,故醇洗可加快K2FeO4表面的水分挥发,从而防止K2FeO4与水发生反应。

考查方向

本题考查实验方案的评价。

解题思路

①将K2FeO4粗产品溶于冷的3mol·L-1KOH溶液,Fe(OH)3为不溶性杂质;根据K2FeO4微溶于浓KOH溶液,故加入饱和KOH溶液后K2FeO4从溶液中析出;KOH为强碱,具有很强的腐蚀性,据此分析;②根据题给信息,在酸性至弱碱性条件下,K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2,故不选水洗,再结合乙醇易挥发分析。

易错点

将K2FeO4粗产品溶于冷的3mol·L-1KOH溶液,Fe(OH)3为不溶性杂质;根据K2FeO4微溶于浓KOH溶液,故加入饱和KOH溶液后K2FeO4从溶液中析出。

1
题型:简答题
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分值: 12分

钴(Co)及其化合物在磁性材料、电池材料、超硬材料及催化剂等领域有广泛应用。

已知钴属于铁系元素,其单质与化合物的性质与铁相似,其常见化合价有+2和+3。请回答下列问题:

34.在空气中加热CoCO3可得到黑色Co3O4,写出该反应的化学方程式_______________。

35.Co3O4与浓盐酸反应能生成黄绿色气体,写出该反应的离子方程式______________。

36.常温下,CoCl2溶液在碱性条件下可以得到粉红色Co(OH)2沉淀。已知当溶液中某离子的浓度

≤10-5mol·L-1时,就认为该离子不存在,Ksp[Co(OH)2]=1.0×10-15mol3·L-3。若要使0.1 mol·L-1CoCl2溶液中的Co2+完全沉淀,则溶液pH的控制范围为____________。

37.Co(OH)2具有较显著的两性,在浓的强碱溶液中可以形成 [Co(OH)4]2-,写出Co(OH)2酸式电离的电离方程式_______________。

38.Co(OH)2在空气中加热时,样品质量随温度变化的曲线如下图所示,通过分析计算确定:

①1000℃时,固体的成分为_____________。

②取400℃时的产物(其中Co的化合价为+2、+3),用480 mL5 mol·L-1盐酸恰好完全溶解固体,得到CoCl2溶液和4.48 L(标准状况)黄绿色气体。则该钴氧化物中n(Co2+) :n(Co3+)=__________。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

6CoCO3+O22Co3O4+ 6CO2

解析

在空气中加热CoCO3可以和氧气反应得到黑色Co3O4,即6CoCO3+O22Co3O4+ 6CO2

考查方向

本题考查化学方程式的书写。

解题思路

在空气中加热CoCO3可以和氧气反应得到黑色Co3O4,据此书写方程式;

易错点

本题考查化学方程式的书写,难度不大,注意反应条件的书写。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

Co3O4 + 8H+ + 2Cl- =3Co2+ + Cl2↑ + 4H2O

解析

Co3O4 与浓盐酸反应,能生成黄绿色气体氯气,同时得到还原产物氯化钴,发生反应的离子方程式为:Co3O4 + 8H+ + 2Cl- =3Co2+ + Cl2↑ + 4H2O;

考查方向

本题考查离子方程式的书写。

解题思路

Co3O4 与浓盐酸反应,能生成黄绿色气体氯气,同时得到还原产物氯化钴,据此回答;

易错点

本题考查离子方程式的书写,注意根据题干信息书写,注意坚持知识的积累。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

≥9

解析

Co2+完全沉淀,即c(Co2+)<10−5 mol⋅L−1,Ksp=c(Co2+)•c2(OH),溶液中氢氧根离子浓度为,故c(H+)=10-9mol/L,若要使0.1mol⋅L−1CoCl2溶液中的Co2+完全沉淀,则溶液pH的控制范围为⩾9;

考查方向

本题考查有关范围讨论题的计算。

解题思路

依据溶度积常数结合Co2+完全沉淀,即c(Co2+)<10-5 mol•L-1,计算溶液中氢氧根离子浓度,得到溶液pH;

易错点

本题考查有关范围讨论题的计算,注意氢氧根离子浓度与pH的换算。

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

Co(OH)2+2H2O [Co(OH)4]2-+2H+

解析

Co(OH)2酸式电离电离出氢离子和[Co(OH)4]2-,电离方程式为:Co(OH)2+2H2O [Co(OH)4]2-+2H+

考查方向

本题考查电离方程式的书写。

解题思路

Co(OH)2酸式电离电离出氢离子和[Co(OH)4]2-,结合氢氧化铝的两性来回答;

易错点

本题考查电离方程式的书写,注意可逆符号的使用。

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

①CoO  ②3∶2

解析

①由于Co有+2、+3价,原始为Co(OH)2,相对分子质量为93,得到固体的质量是x,则,解得x=75,所以得到的固体成分为为CoO;②由电子守恒:n(Co3+)=2n(Cl2)=2×=0.4mol,,由电荷守恒:n(Co原子)总=n(Co2+)溶液=n(Cl)=×(0.48L×5mol/L−2×)=1mol,所以固体中的n(Co2+)=1mol−0.4mol=0.6mol,则钴氧化物中n(Co2+):n(Co3+)=0.64:0.4=3:2。

考查方向

本题考查物质的组成的计算。

解题思路

①1000℃时,Co(OH)2在空气中加热得到的固体质量不再发生变化,根据质量变化情况来计算;

②由电子守恒:n(Co3+)=2 n(Cl2),由电荷守恒:

n(Co原子)总=n(Co2+)溶液=n(Cl-),联立计算n氧化物n(Co2+),然后计算钴氧化物中n(Co2+):n(Co3+);

易错点

本题考查物质的组成的计算,注意根据质量变化情况来计算。

1
题型:简答题
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分值: 8分

A、B、C、D均为中学化学中常见的单质或化合物,它们之间的关系如图a所示(部分产物已略去)。

21.若A为非金属单质,D是空气的主要成分之一。请写出B的电子式       

22.若A为金属单质,D是某强酸的稀溶液,则反应C+DB的离子方程式为:

23.若A为强碱,D为气态氧化物。常温时将B的水溶液露置于空气中一段时间,其pH变化如图b所示,则其pH变化的原因是

24.若C常温下为淡黄色固体,96g C在氧气中充分燃烧,放出891.69KJ的热量,请写出C燃烧的热化学方程式:

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

A为非金属单质,D是空气的主要成分之一,则D为O2,A为C,B为CO2,C为CO;故D的电子式为

考查方向

本题考查无机推断综合及电子式的书写。

解题思路

A为非金属单质,D是空气的主要成分之一,则D为O2,A为C,B为CO2,C为CO。

易错点

本题考查无机推断综合及电子式的书写,能够结合转化关系推断出每一个物质是解题关键,电子式的书写需要加强基础知识的积累。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++2H2O+NO↑

解析

A为金属单质,D是某强酸的稀溶液,若满足图示转化关系,说明A有两种正化合价,则D为稀硝酸,A为Fe,B为硝酸铁,C为硝酸亚铁,则反应C+DB的离子方程式为:3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++2H2O+NO↑ ;

考查方向

本题考查无机推断综合及离子方程式的书写。

解题思路

A为金属单质,D是某强酸的稀溶液,若满足图示转化关系,说明A有两种正化合价,则D为稀硝酸,A为Fe,B为硝酸铁,C为硝酸亚铁,以此答题;

易错点

本题考查无机推断综合及离子方程式的书写,能够根据所学知识结合转化关系推断出每一个物质是解题关键,离子方程式的书写需要加强基础知识的积累。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

2HSO3-+O2=2H++2SO42-

解析

A为强碱,D为气态氧化物,则D可以是二氧化硫、二氧化碳,B的水溶液露置于空气中一段时间,其pH变小, 说明D为二氧化硫,B为亚硫酸氢盐,亚硫酸氢根被空气氧化生成H+和SO42-,从而使溶液pH变小,离子方程式表示为:2HSO3-+O2=2H++2SO42-

考查方向

本题考查无机推断综合及离子方程式的书写。

解题思路

A为强碱,D为气态氧化物,则D可以是二氧化硫、二氧化碳,B的水溶液露置于空气中一段时间,其pH变小, 说明D为二氧化硫,B为亚硫酸氢盐,亚硫酸氢根被空气氧化生成H+和SO42-,从而使溶液pH变小,以此答题;

易错点

本题考查无机推断综合及离子方程式的书写,能够根据所学知识结合转化关系推断出每一个物质是解题关键,离子方程式的书写需要加强基础知识的积累。

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

S(s)+O2(g)=SO2(g)   ∆H=-297.23KJ/mol

解析

若C常温下为淡黄色固体,C在氧气中可以燃烧,可知A为氯化氢,D为氧气,C为硫,B二氧化硫,96g硫在氧气中充分燃烧,放出891.69KJ的热量,则1mol硫在氧气中充分燃烧,放出297.23KJ的热量,则燃烧的热化学方程式:S(s)+O2(g)=SO2(g)   ∆H=-297.23KJ/mol。

考查方向

本题考查无机推断综合及热化学方程式的书写。

解题思路

若C常温下为淡黄色固体,C在氧气中可以燃烧,可知A为氯化氢,D为氧气,C为硫,B为二氧化硫,以此答题;

易错点

本题考查无机推断综合及离子方程式的书写,能够根据所学知识结合转化关系推断出每一个物质是解题关键,热化学方程式的书写需要加强基础知识的积累。

1
题型:简答题
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分值: 18分

煤制天然气工艺是煤高效洁净利用的新途径之一,其工艺流程简图如下:

29.反应I:C(s) + H2O(g)  CO(g) + H2(g)    ΔH = +135 kJ·mol-1

①通入的氧气会与部分碳发生燃烧反应。请利用能量转化及平衡移动原理说明通入氧气的作用:      

②若反应Ⅰ在体积不变的密闭容器中进行,下列能说明反应Ⅰ达到平衡状态的是         

a.压强不变  b.气体密度不变   c.气体平均摩尔质量不变   d.氢气浓度不变

30.反应II:CO(g) + H2O(g)  CO2(g) + H2(g)  ΔH = −41 kJ·mol-1。下图表示不同温度条件下,煤气化反应I发生后的汽气比(水蒸气与原料气中CO物质的量之比)与CO平衡转化率的变化关系。

① 判断T1、T2和T3的大小关系:            

② 若煤气化反应Ⅰ发生后的汽气比为0.8,经煤气化反应Ⅰ和水气变换反应Ⅱ后,得到CO与H2的物质的量之比为1:3,则反应Ⅱ应选择的温度是          (填“T1”“T2”或“T3”)。

31.① 甲烷化反应Ⅳ发生之前需要进行脱酸反应Ⅲ。煤经反应Ⅰ和Ⅱ后的气体中含有两种酸性气体,分别是H2S和          ② 工业上常用热碳酸钾法脱除H2S气体得到两种酸式盐,该反应的化学方程是         

33.一定条件下,如图所示装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其他有机物)

①A电极反应式为__________________________________。

②该储氢装置的电流效率η=________。(η=生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数×100%,计算结果保留小数点后1位)

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

①氧气与碳发生燃烧反应放热,放出的热被可逆反应C(s) + H2O(g) CO(g)+H2(g)吸收利用,促进反应正向移动 ②abcd

解析

①反应I:C(s) + H2O(g)  CO(g) + H2(g)    ΔH = +135 kJ·mol-1,是吸热反应,而碳与氧气反应放出热量,使反应C(s) + H2O(g) CO(g)+H2(g),促进正反应方向移动,提高碳的利用率;

若反应Ⅰ在体积不变的密闭容器中进行,a.反应前后气体物质的量改变,故压强不变可以说明反应Ⅰ达到平衡状态;b.体积不变,正反应气体质量增加,气体密度不变可以说明反应Ⅰ达到平衡状态;c.该反应向正反应方向进行,气体平均摩尔质量减小,故气体平均摩尔质量不变可以说明反应Ⅰ达到平衡状态;d.氢气浓度不变可以说明反应Ⅰ达到平衡状态;

考查方向

本题考查能量转化及平衡移动原理,平衡状态的判断。

解题思路

①反应I:C(s) + H2O(g)  CO(g) + H2(g)    ΔH = +135 kJ·mol-1,是吸热反应,而碳与氧气反应放出热量,升高温度平衡向吸热方向移动;

②根据化学平衡状态的定义判断反应Ⅰ是否达到平衡状态;

易错点

化学平衡状态的判断。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

① T12< T3    ② T3

解析

①反应CO(g) + H2O(g) ⇌CO2(g) + H2(g)  ΔH = −41 kJ·mol-1的正反应为放热反应,温度越高一氧化碳的转化率越低,由图可知,温度的大小为:T123,故答案为:T123;②若煤气化反应I发生后的汽气比为0.8,设水蒸气的物质的量是4mol、则生成的CO物质的量为5mol,同时生成5mol氢气,经煤气化反应I和水气变换反应II后,设反应II中CO转化的为xmol,则生成xmol氢气,则(5−x):(5+x)=1:3,x=2.5,,根据图知,反应温度为T3

考查方向

本题考查化学平衡的影响因素。

解题思路

①反应CO(g) + H2O(g) ⇌CO2(g) + H2(g)  ΔH = −41 kJ·mol-1的正反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动;②若煤气化反应I发生后的汽气比为0.8,设水蒸气的物质的量是4mol、则生成的CO物质的量为5mol,同时生成5mol氢气,经煤气化反应I和水气变换反应II后,设反应II中CO转化的为xmol,则生成xmol氢气,则(5-x):(5+x)=1:3,x=2.5,,据此判断反应温度;

易错点

本题考查化学平衡的影响因素,能够正确分析图像并且提取信息分析问题,有一定困难。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

①CO2    ② K2CO3 + H2S = KHS + KHCO3

解析

①根据方程式II知,生成的酸性气体还有二氧化碳,故答案为:CO2;②工业上常用热碳酸钾法脱除H2S气体得到两种酸式盐,则二者反应生成碳酸氢钾和硫氢化钾,反应方程式为K2CO3+H2S═KHS+KHCO3

考查方向

本题考查化学方程式的书写。

解题思路

①根据方程式II知,生成的酸性气体还有二氧化碳;②工业上常用热碳酸钾法脱除H2S气体得到两种酸式盐,则二者反应生成碳酸氢钾和硫氢化钾;

易错点

本题考查化学方程式的书写,需要分析题干进行解答,难度不大。

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

①C6H6+6H+6e=C6H12,2H+2e=H2↑    ②64.3%

解析

①根据图知,苯中的碳得电子生成环己烷,则D作阴极,所以A是负极,B是正极,电子从负极流向阴极,故A电极反应式为C6H6+6H+6e=C6H12,2H+2e=H2↑;

②阳极上氢氧根离子放电生成氧气,阳极上生成2.8mol氧气转移电子的物质的量为2.8mol×4=11.2mol,生成1mol氧气同时生成2mol氢气,则生成2.8mol氧气时同时生成5.6mol氢气,设参加反应苯的物质的量为xmol,参加反应氢气的物质的量为3xmol,剩余苯的物质的量为10mol×24%-xmol,反应后苯的含量为,解得x=1.2,故苯转换为环己烷转移的电子的物质的量为1.2mol×6=7.2mol,故电流效率

考查方向

本题考查原电池中电极反应式的书写及电流效率的计算。

解题思路

①根据图知,苯中的碳得电子生成环己烷,则D作阴极,所以A是负极,B是正极,电子从负极流向阴极;②阳极上生成氧气,同时生成氢离子,阴极上苯得电子和氢离子反应生成环己烷,苯参加反应需要电子的物质的量与总转移电子物质的量之比就是电流效率η;

易错点

注意②中10mol×(24%-10%)不是参加反应的苯的物质的量,为易错点。

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