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湖南省長沙市湖南大學(xué)附屬中學(xué)2020屆高三化學(xué)第3次月考試題含解析湖南省長沙市湖南大學(xué)附屬中學(xué)2020屆高三化學(xué)第3次月考試題含解析PAGE36-湖南省長沙市湖南大學(xué)附屬中學(xué)2020屆高三化學(xué)第3次月考試題含解析湖南省長沙市湖南大學(xué)附屬中學(xué)2020屆高三化學(xué)第3次月考試題(含解析)可能用到的相對原子質(zhì)量:H-1C-12O-16Na-23Mg—24Cl—35.5Fe-56Cu—64Zn—65Ag-108一、選擇題1.2018年10月在《自然一催化》雜志上刊登了中科院院士李燦發(fā)表的有關(guān)高效單核催化劑的文章,為實現(xiàn)“液態(tài)陽光”構(gòu)想邁出了關(guān)鍵一步?!耙簯B(tài)陽光”是指由陽光、二氧化碳和水通過人工光合作用得到的綠色液態(tài)燃料。下列有關(guān)“液態(tài)陽光”的說法錯誤的是()A.煤氣化得到的水煤氣不屬于“液態(tài)陽光”B.“液態(tài)陽光”的主要成分可能為甲醇、乙醇和氨基酸C?!耙簯B(tài)陽光”行動有利于可持續(xù)發(fā)展和應(yīng)對氣候的變化D.“液態(tài)陽光”有望解決全球化石燃料面臨枯竭的難題【答案】B【解析】【詳解】A.煤氣化得到的水煤氣主要成分為氫氣和一氧化碳,不屬于“液態(tài)陽光",故A正確;B.根據(jù)元素守恒,液態(tài)陽光中不可能含有氨基酸,故B錯誤;C.“液態(tài)陽光”是指由陽光、二氧化碳和水通過人工光合得到的綠色液態(tài)燃料,能吸收二氧化碳解決溫室效應(yīng),且燃燒產(chǎn)物無污染,有利于可持續(xù)發(fā)展并應(yīng)對氣候變化,故C正確;
D.利用陽光、二氧化碳和水合成綠色燃料減少對化石燃料的依賴,有望解決全球化石燃料不斷枯竭的難題,故D正確;故答案為B.2.下列有關(guān)說法正確的是A。電解質(zhì)溶液導(dǎo)電為化學(xué)變化B.Na、SiO2、H2O都稱為分子式C.NH3的水溶液能導(dǎo)電,所以NH3為電解質(zhì)D.HClO、KNO3、H2O2中均含離子鍵【答案】A【解析】【詳解】A.電解質(zhì)在導(dǎo)電的過程中伴隨著化學(xué)反應(yīng)。陰極和陽極上發(fā)生了氧化還原反應(yīng),A項正確;B。Na可以表示元素或是原子,但不能表示分子,B項錯誤;C.氨水中電離出陰陽離子的是一水合氨而不是氨氣,所以一水合氨是電解質(zhì),氨氣是非電解質(zhì),C項錯誤;D.HClO、H2O2中均只含有共價鍵,KNO3含離子鍵、共價鍵,D項錯誤;答案選A。【點睛】電解質(zhì)導(dǎo)電是本身電離出陰陽離子而能導(dǎo)電,氨氣、二氧化碳、二氧化硫溶于水也能導(dǎo)電,這是氨氣、二氧化碳、二氧化硫和水形成的酸或堿電離出陰陽離子而導(dǎo)電,并非其本身電離出陰陽離子,所以是非電解質(zhì).3.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值.下列說法錯誤的是A。46gC2H5OH含有的共價鍵數(shù)目為8NAB.4.48L(標準狀況)H2和CO混合氣體完全燃燒消耗O2分子數(shù)為0.1NAC。1L0。5mol/L的Na2S溶液中含S的粒子數(shù)目等于0。5NAD.電解精煉銅時,陰極質(zhì)量增重128g,則轉(zhuǎn)移電子數(shù)目大于4NA【答案】CD【解析】【詳解】A.C2H6O可能為乙醇,也可能為甲醚,若為乙醇含有共價鍵的數(shù)目一定為8NA,若為甲醚含有共價鍵鍵的數(shù)目一定為8NA,A項正確;B。標況下4。48L混合氣體的物質(zhì)的量為0。2mol,而1mol氫氣和1molCO均消耗0。5mol氧氣,故0。2molH2和CO的混合物燃燒消耗的氧氣為0。1mol,分子為0.1NA個,B項正確;C。硫離子水解生成硫氫根離子和氫氧根離子,陰離子數(shù)目增加,所以1L0.5mol?L?1Na2S溶液中含S粒子數(shù)目大于0。5NA,C項錯誤;D.電解精煉銅時,陰極上電極反應(yīng)為Cu2++2e?=Cu,故當陰極質(zhì)量增重128g即有2mol銅析出時,轉(zhuǎn)移電子為4mol即4NA個,D項錯誤;答案選CD.4.下列化學(xué)方程式中,不能正確表示反應(yīng)顏色變化的是A。將盛有NO2的密封玻璃容器放入冷水中,顏色變淺:2NO2N2O4B。用鋁筷摩擦浸泡在NaCl溶液中變黑的銀器(黑色物質(zhì)為Ag2S),銀器很快恢復(fù)銀白色:Ag2S+2NaCl===Na2S+2AgClC.氯化亞鐵溶液遇鐵氰化鉀溶液出現(xiàn)藍色沉淀:3FeCl2+2K3[Fe(CN)6]===Fe3[Fe(CN)6]2↓+6KClD.FeCl3溶液中加入銅粉,溶液從黃色變?yōu)樗{綠色:2FeCl3+Cu===2FeCl2+CuCl2【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題表示反應(yīng)顏色變化可知,本題考查化學(xué)反應(yīng)中物質(zhì)的顏色變化,運用化學(xué)反應(yīng)方程式分析?!驹斀狻緼。2NO2N2O4為放熱反應(yīng),將盛有NO2的密封玻璃容器放入冷水中,溫度降低,平衡向放熱方向移動,即向生成無色N2O4的方向移動,顏色變淺,A項正確;B.鋁和Ag2S在氯化鈉電解質(zhì)溶液中形成原電池反應(yīng),鋁做負極,表面有硫化銀的銀器做正極,硫化銀被還原成銀,銀器由黑色很快恢復(fù)銀白色,B項錯誤;C。亞鐵離子與鐵氰化鉀反應(yīng)生成帶有特征顏色的鐵氰化亞鐵沉淀,3FeCl2+2K3[Fe(CN)6]===Fe3[Fe(CN)6]2↓+6KCl,C項正確;D。黃色的鐵離子有強氧化性,與銅單質(zhì)反應(yīng)生成綠色的亞鐵離子和藍色的銅離子,溶液從黃色變?yōu)樗{綠色,D項正確;答案選B。5。S2Cl2和SCl2均為重要的化工原料,都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。已知:①S2(1)+Cl2(g)S2Cl2(g)△H1=xkJ/mol②S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)△H2=ykJ/mol③相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能如下表所示:化學(xué)鍵S-SS-ClCl—Cl鍵能/kJ/molabc下列說法錯誤的是A.SCl2的結(jié)構(gòu)式為C1-S-Cl B。S2Cl2的電子式為:C。y=2b—a-c D。在S2(1)+2Cl2(g)2SCl2(g)的反應(yīng)中,△H=(x+y)kJ/mol【答案】C【解析】【詳解】A。原子都達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),S應(yīng)該形成兩個共價鍵,Cl只能形成1個共價鍵,所以SCl2的結(jié)構(gòu)式為C1—S-Cl,選項A正確;B.原子都達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),S應(yīng)該形成兩個共價鍵,Cl只能形成1個共價鍵,所以S2Cl2的結(jié)構(gòu)式為C1-S—S-Cl,根據(jù)此結(jié)構(gòu)式得到對應(yīng)的電子式為:,選項B正確;C。反應(yīng)的焓變等于反應(yīng)物的鍵能減去生成物的鍵能,根據(jù)上面給出的SCl2和S2Cl2的結(jié)構(gòu)式,反應(yīng)②S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)的焓變△H2=y(tǒng)=a+2b+c-4b=a+c-2b,選項C錯誤;D。反應(yīng)①加上反應(yīng)②可以得到:S2(1)+2Cl2(g)2SCl2(g),所以該反應(yīng)的焓變?yōu)椤鱄=(x+y)kJ/mol,選項D正確;故答案選C?!军c睛】化合物中原子達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)有如下規(guī)律:原子的成鍵個數(shù)=8-原子的最外層電子數(shù);計算出原子應(yīng)該形成的共價鍵數(shù)以后,可以書寫化合物的結(jié)構(gòu)式,注意應(yīng)該是成鍵多的原子在中間,成鍵少的在邊上。6。下列實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是()選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A向某溶液中先滴加H2O2溶液,再滴加KSCN溶液溶液變成血紅色原溶液中一定含有Fe2+B向H2S溶液中通入O2溶液變渾濁氧化性:O2〉SC向等濃度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中分別滴加2滴酚酞溶液前者紅色更深水解程度:NaHCO3〉Na2CO3D取少量某溶液于試管中,向其中加入NaOH溶液,用濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口,觀察試紙顏色變化試紙不變藍原溶液中不含NH4+A.A B。B C.C D。D【答案】B【解析】【詳解】A.原溶液中可能含鐵離子,應(yīng)先加KSCN、后加過氧化氫檢驗亞鐵離子,故A錯誤;B.H2S溶液中通入O2溶液變渾濁,發(fā)生氧化還原反應(yīng):2H2S+O2=2S↓+2H2O,則氧化性:O2>S,故B正確;C.等濃度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液,后者水解程度大,堿性強,水解程度NaHCO3<Na2CO3,故C錯誤;D.檢驗溶液中是否含有NH4+時,滴加濃NaOH溶液,同時需要加熱,再用濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口,觀察試紙顏色變化,故D錯誤;故答案B。7.伏打電堆由幾組鋅和銀的圓板堆積而成,所有的圓板之間夾放著幾張鹽水泡過的布.如圖所示為最初的伏打電堆模型,由八組鋅和銀串聯(lián)組成的圓板堆積而成。下列說法正確的是A.該電池發(fā)生的反應(yīng)為析氫腐蝕B。電池長時間工作后,中間的布上會有白色固體顆粒生成,該固體顆粒為Ag2OC.當電路中轉(zhuǎn)移0.1mol電子時,消耗鋅板的總質(zhì)量為26gD.該伏打電堆工作時,在銀板附近會有Cl2放出【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題中伏打電堆模型可知,本題考查原電池和電解池的工作原理,運用原電池和電解池的工作原理分析?!驹斀狻緼。電解質(zhì)溶液是食鹽水,不是酸性環(huán)境,則該電池發(fā)生的反應(yīng)為吸氧腐蝕,A項錯誤;B.根據(jù)電池總反應(yīng)2Zn+O2+2H2O=2Zn(OH)2可知電池長時間工作后,中間的布上出現(xiàn)白色固體顆粒應(yīng)是Zn(OH)2,B項錯誤;C.負極反應(yīng)為Zn?2e?=Zn2+,轉(zhuǎn)移電子0.1mol時,一組鋅消耗的質(zhì)量為0.05mol×65g/mol=3.25g,八組鋅消耗的總質(zhì)量為3.25g×8=26g,C項正確;D.銀作正極,正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng),不會有氯氣放出,D項錯誤;答案選C。【點睛】金屬在酸性很弱或中性溶液里發(fā)生吸氧腐蝕,在酸性較強的溶液中發(fā)生析氫腐蝕。8。用下列裝置進行相應(yīng)實驗,不能達到實驗?zāi)康牡氖牵?A.圖1所示裝置可制備氫氧化亞鐵B。圖2所示裝置可電解食鹽水制氯氣和氫氣C.圖3所示裝置可驗證氨氣極易溶于水D.圖4所示裝置與操作可除去苯中的苯酚【答案】B【解析】【詳解】A、苯隔絕空氣,氫氧化鈉的膠頭滴管深入液體中再擠出,都可以防止氫氧化亞鐵被氧化,正確,不選A;B、銅連接電源的正極做陽極,銅失去電子生成銅離子,溶液中的氯離子不放電,錯誤,選B;C、氨氣溶于水,使燒瓶中氣壓減小,氣球膨脹,所以正確,不選C;D、苯與氫氧化鈉不反應(yīng),且不互溶,苯酚和氫氧化鈉反應(yīng)生成苯酚鈉溶于水中,可以用分液的方法分離,正確,不選D。故答案選B.9.2019年是“國際化學(xué)元素周期表年"。1869年門捷列夫把當時已知的元素根據(jù)物理、化學(xué)性質(zhì)進行排列,準確預(yù)留了甲、乙兩種未知元素的位置,并預(yù)測了二者的相對原子質(zhì)量,部分原始記錄如下所示。下列說法錯誤的是A。甲位于現(xiàn)行元素周期表第四周期第ⅢA族B。原子半徑比較:甲>乙〉SiC.原子序數(shù):甲-Ca=1D。推測乙的單質(zhì)可以用作半導(dǎo)體材料【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題中甲、乙兩種未知元素的位置可知,本題考查元素周期表的結(jié)構(gòu)及其應(yīng)用,元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用,運用元素周期表和元素周期律分析?!驹斀狻緼。
甲為Ga,位于現(xiàn)行元素周期表第四周期第ⅢA族,A項正確;B。
電子層越多,原子半徑越大,同周期從左向右原子半徑減小,則原子半徑比較:甲〉乙〉Si,B項正確;C。
甲為Ga,位于現(xiàn)行元素周期表第四周期第ⅢA族,原子序數(shù)為31,Ca原子序數(shù)為20,原子序數(shù):甲-Ca=11,C項錯誤;D。乙為Ge,位于金屬與非金屬的交界處,可用作半導(dǎo)體材料,D項正確。答案選C?!军c睛】位于金屬與非金屬的交界處的元素可用作半導(dǎo)體材料,如Si、Ge。10.氯酸鉀和亞硫酸氫鉀溶液能發(fā)生氧化還原反應(yīng)ClO3-+3HSO3-=3SO42—+Cl-+3H+。已知該反應(yīng)的反應(yīng)速率隨c(H+)的增大而增大。如圖所示為用ClO3-在單位時間內(nèi)物質(zhì)的量濃度變化表示的該反應(yīng)的υ-t圖。下列說法不正確的是()A.反應(yīng)開始時速率增大可能是c(H+)增大所致B??v坐標為υ(Cl-)的υ-t曲線與圖中曲線完全重合C。圖中陰影部分的面積表示t1~t2時間內(nèi)ClO3-的物質(zhì)的量的減少量D.后期反應(yīng)速率下降的主要原因是反應(yīng)物濃度減小【答案】C【解析】【詳解】A.由方程式:ClO3-+3HSO3—=3SO42-+Cl—+3H+可知,反應(yīng)開始時隨著反應(yīng)的進行,c(H+)不斷增大,由題目信息可知反應(yīng)的速率隨c(H+)的增大而加快,故反應(yīng)開始時速率增大可能是c(H+)增大所致,故A正確;B.由方程式:ClO3-+3HSO3-=3SO42—+Cl—+3H+可知,υ(ClO3—):υ(Cl—)=1:1,縱坐標為υ(Cl-)的υ—t曲線與圖中曲線重合,故B正確;C.圖中陰影部分“面積”可以表示t1—t2時間內(nèi)ClO3-的物質(zhì)的量濃度的減少量,故C錯誤;D.隨著反應(yīng)的進行,反應(yīng)物的濃度減少,反應(yīng)速率減小,所以后期反應(yīng)速率下降的主要原因是反應(yīng)物濃度減小,故D正確;故答案為C.11。某溶液X中可能含有K+、NH4+、Fe3+、Al3+、Cl-、CO32—中的一種或多種,為了定性檢驗溶液X中的部分離子,做了如下實驗:①向溶液X中加入過量濃KOH溶液并加熱,有無色氣體和紅褐色沉淀生成。②?、俜磻?yīng)后的上層清液,加入NaHCO3溶液,有白色沉淀生成。相關(guān)分析不正確的是()A??梢杂脻駶櫟募t色石蕊試紙檢驗生成的無色氣體B.向溶液X中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,一定會產(chǎn)生白色沉淀C。步驟②中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Al3++3HCO3—=Al(OH)3↓+3CO2↑D。用潔凈的鉑絲蘸取少量①反應(yīng)后的上層清液并灼燒,透過藍色鈷玻璃一定會看到紫色火焰【答案】C【解析】【詳解】①向溶液X中加入過量濃KOH溶液并加熱,有無色氣體和紅褐色沉淀生成,說明溶液中含有NH4+和Fe3+,則一定不含有CO32-,由溶液電荷守恒可知一定含有Cl-;②?、俜磻?yīng)后的上層清液,加入NaHCO3溶液,有白色沉淀生成,說明①反應(yīng)后的上層清液中含有AlO2-,反應(yīng)為AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32—,則原溶液中一定含有Al3+;A.滴加濃KOH溶液并加熱,有無色氣體生成,可以用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗生成的無色氣體,若變藍色,則為NH3,溶液中含有NH4+,故A正確;B.原溶液中一定含有Cl—,則向溶液X中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,一定會產(chǎn)生AgCl白色沉淀,故B正確;C.步驟②中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為AlO2-+H2O+HCO3—=Al(OH)3↓+CO32—,故C錯誤;D.步驟①為向溶液X中加入過量濃KOH溶液并加熱,則反應(yīng)后的溶液中一定含有K+,用潔凈的鉑絲蘸取少量①反應(yīng)后的上層清液并灼燒,透過藍色鈷玻璃一定會看到紫色火焰,故D正確;故答案為C.【點睛】破解離子推斷題的幾種原則:①肯定性原則:根據(jù)實驗現(xiàn)象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的離子;(記住幾種常見的有色離子:Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4-、CrO42-、Cr2O72-);②互斥性原則:在肯定某些離子的同時,結(jié)合離子共存規(guī)律,否定一些離子的存在;(要注意題目中的隱含條件,如:酸性、堿性、指示劑的變化、與鋁反應(yīng)產(chǎn)生H2、水的電離情況等);③電中性原則:溶液呈電中性,一定既有陽離子,又有陰離子,且溶液中正電荷總數(shù)與負電荷總數(shù)相等;(這一原則可幫助我們確定一些隱含的離子);④進出性原則:通常是在實驗過程中使用,是指在實驗過程中反應(yīng)生成的離子或引入的離子對后續(xù)實驗的干擾。12.類推(類比遷移)的思維方法可以預(yù)測許多物質(zhì)的性質(zhì).但類比是相對的,不能違背客觀事實。下列類比分析結(jié)果正確的是A。Fe3O4根據(jù)化合價規(guī)律可表示為FeO?Fe2O3,則Pb3O4也可表示為PbO?Pb2O3B.CaC2能水解:CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑,則Al4C3也能水解:Al4C3+12H2O=4A1(OH)3↓+3CH4↑C.Cl2與Fe加熱生成FeCl3,則I2與Fe加熱生成FeI3DSO2通入BaCl2溶液不產(chǎn)生沉淀,則SO2通入Ba(NO3)2溶液也不產(chǎn)生沉淀【答案】B【解析】【詳解】A。Fe3O4中的Fe的化合價可以認為是+2,+3,則表示為FeO?Fe2O3,但是Pb常見的化合價為+2、+4,則Pb3O4應(yīng)表示為2PbO?PbO2,A錯誤;B.水解反應(yīng)為物質(zhì)與水電離出來的H+和OH-結(jié)合的反應(yīng),Al4C3中的Al與OH-結(jié)合生成Al(OH)3,C與H結(jié)合生成甲烷,化學(xué)方程式為Al4C3+12H2O=4A1(OH)3↓+3CH4↑,B正確;C.碘單質(zhì)的氧化性比氯氣弱,只能將Fe氧化成+2價,則I2與Fe加熱生成FeI2,C錯誤;D。SO2通入BaCl2溶液不產(chǎn)生沉淀,是因為弱酸不能制取強酸,但SO2通入Ba(NO3)2溶液中,SO2溶于水,生成亞硫酸使溶液呈現(xiàn)酸性,溶液中存在硝酸根離子,將SO2氧化成SO42-,會生成硫酸鋇沉淀,D錯誤;答案為B?!军c睛】類推時,要根據(jù)實際情況推測,Pb的化合價為+2、+4價,其氧化物為PbO、PbO2兩種和鐵的不同。13。由相同金屬電極及其不同濃度的鹽溶液組成的電池稱為濃差電池,電子由溶液濃度較小的一極流向濃度較大的一極。如圖所示裝置中,X電極與Y電極初始質(zhì)量相等。進行實驗時,先閉合K2,斷開K1,一段時間后,再斷開K2,閉合K1,即可形成濃差電池,電流計指針偏轉(zhuǎn)。下列不正確的是A。充電前,該電池兩電極不存在電勢差B。放電時,右池中的NO3-通過離了交換膜移向左池C。充電時,當外電路通過0.1mol電子時,兩電極的質(zhì)量差為10.8gD。放電時,電極Y為電池的正極【答案】C【解析】【分析】由題意可知,本題考查電化學(xué)原理的應(yīng)用,運用電解池和原電池原理分析。【詳解】A.充電前,左右兩池濃度相等,則兩極不存在電勢差,A項正確;B.由以上分析可知形成原電池時X為負極,Y為正極,陰離子向負極移動,則右池中的NO3—通過離了交換膜移向左池,B項正確;C.當外電路通過0。1mol電子時,陽極有0。1molAg被氧化,而陰極析出0.1molAg,質(zhì)量都為10。8g,則兩電極的質(zhì)量差為21。6g,C項錯誤;D。放電時,右池硝酸銀濃度較大,則電極Y為電池的正極,D項正確;答案選C?!军c睛】在原電池中,陰離子向負極移動,陽離子移向正極。14.溫度為T1時,在三個容積均為1L的恒容密閉容器中僅發(fā)生反應(yīng)2NO2(g)?2NO(g)+O2(g)ΔH〉0。實驗測得:υ正=υ(NO2)消耗=k正c2(NO2),υ逆=υ(NO)消耗=2υ(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2),k正、k逆為速率常數(shù),受溫度影響.下列說法正確的是()容器編號物質(zhì)的起始濃度(mol·L-1)物質(zhì)的平衡濃度(mol·L-1)c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)Ⅰ0。6000.2Ⅱ0。30。50。2Ⅲ00。50.35A.反應(yīng)達平衡時,容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強之比為1∶1B.反應(yīng)達平衡時,容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的大C.反應(yīng)達平衡時,容器Ⅲ中NO的體積分數(shù)大于50%D。當溫度改變?yōu)門2時,若k正=k逆,則T2〉T1【答案】D【解析】【詳解】A.容器I中的反應(yīng)化學(xué)平衡常數(shù)K===0.8;容器II中開始時濃度商Qc===<0.8,則反應(yīng)正向進行,平衡時混合氣體的物質(zhì)的量濃度之和大于1mol/L,所以達平衡時,容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強之比小于0。8mol/L:1mol/L=4:5,故A錯誤;B.容器I中反應(yīng)平衡時c(O2)=c(NO2),如果容器II中平衡時c(NO2)=c(O2),設(shè)參加反應(yīng)的c(NO2)=xmol/L,則0。3-x=0。2+0。5x,解得x=,平衡時c(NO2)=c(O2)=mol/L,c(NO)=0.5mol/L+mol/L=mol/L,II中Qc==≈1。4>0。8,說明II中平衡時應(yīng)該存在c(NO2)>c(O2),即容器Ⅱ中〈1,而容器I中=1,所以達平衡時,容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的小,故B錯誤;C.若容器Ⅲ在某時刻,NO的體積分數(shù)為50%,可得反應(yīng)的三段式:2NO2(g)?2NO(g)+O2(g)起始量(mol/L)00。50。35變化量(mol/L)2y2yy平衡量(mol/L)2y0。5-2y0。35-y若0.5-2y=2y+0.35-y,解得y=0.05,求出此時濃度商Qc==4.8>K,說明此時反應(yīng)未達平衡,反應(yīng)繼續(xù)向逆反應(yīng)方向進行,NO進一步減少,平衡時NO的體積分數(shù)小于50%,故C錯誤;D.υ正=υ(NO2)消耗=k正c2(NO2),υ逆=υ(NO)消耗=2υ(O2)消耗=k逆c2(NO)?c(O2),達到平衡狀態(tài)時正逆反應(yīng)速率相等,則k正c2(NO2)=k逆c2(NO)?c(O2),T2時若k正=k逆,則c2(NO2)=c2(NO)?c(O2),化學(xué)平衡常數(shù)K=1>0.8,該反應(yīng)的正反應(yīng)是吸熱反應(yīng),升高溫度平衡正向移動,化學(xué)平衡常數(shù)增大,則T2>T1,故D正確;故答案為D?!军c睛】考查化學(xué)平衡計算,側(cè)重考查學(xué)生分析、計算及靈活運用知識解答問題能力,如果單純的根據(jù)設(shè)未知數(shù)計算要涉及一元三次方程而難以解答,這需要學(xué)生靈活運用知識巧妙的避開一元三次方程而解答問題。二、非選擇題15。圖1是部分短周期元素的常見化合價與原子序數(shù)的關(guān)系圖:請回答下列問題:(1)元素F在周期表中的位置為________________(2)C、D、E、G的簡單離子半徑由大到小的順序為_______________(用離子符號表示).(3)二元化合物X是含有元素A的18電子分子,3gX(g)在25℃101kPa下完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時放出QkJ的熱量,寫出表示X燃燒熱的熱化學(xué)方程式:________________(4)某同學(xué)設(shè)計實驗用圖2所示裝置證明元素A、B、F的非金屬性強弱(其中溶液b和溶液c均足量)。①溶液b為_________________②溶液c中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為__________________【答案】(1)。第三周期第ⅣA族(2)。S2-〉O2->Na+>Al3+(3)。C2H6(g)+7/2O2(g)===2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-10QkJ/mol(4)。飽和NaHCO3溶液(5)。SiO32—+CO2+H2O===H2SiO3↓+CO32—【解析】【分析】根據(jù)題意可知,本題考查元素周期表,元素化合價、離子半徑大小、熱化學(xué)方程式的書寫,運用元素周期律、離子半徑大小比較方法、熱化學(xué)方程式書寫步驟分析?!驹斀狻浚?)由圖1分析可得,A為C,B為N、C為O、D為Na、E為Al、F為Si、G為S,因此F在周期表中的位置為第三周期第ⅣA族;故答案為:第三周期第ⅣA族;(2)電子層越多,離子半價越大,具有相同電子排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小,則S2-〉O2->Na+〉A(chǔ)l3+,故答案為:S2-〉O2->Na+>Al3+;(3)二元化合物X是含有元素A的18電子分子,X為C2H6,3gX(g)在25℃101kPa下完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時放出QkJ的熱量,則X燃燒熱的熱化學(xué)方程式為C2H6(g)+O2(g)===2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-10QkJ/mol;故答案為:C2H6(g)+O2(g)===2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-10QkJ/mol;(4)①證明元素A、B、F的非金屬性強弱,則應(yīng)用A、B、F對應(yīng)的最高價氧化物的水化物和其相應(yīng)鹽進行反應(yīng)來驗證,因此溶液a和b、c分別為HNO3、飽和NaHCO3、Na2SiO3溶液;故答案為:飽和NaHCO3溶液;溶液b中產(chǎn)生的二氧化碳通入c中Na2SiO3溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為SiO32-+CO2+H2O===H2SiO3↓+CO32-;故答案為:SiO32—+CO2+H2O===H2SiO3↓+CO32—。16.電鍍行業(yè)產(chǎn)生的酸性含鉻廢水對環(huán)境有污染,其中所含的Cr(Ⅵ)是主要污染物,可采用多種處理方法將其除去。查閱資料可知:①在酸性環(huán)境下,Cr(Ⅵ)通常以Cr2O72-的形式存在;②Cr2O72—的氧化能力強于CrO42—;③常溫下,部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH如下表所示:陽離子Fe3+Fe2+Cr3+開始沉淀的pH1.97。04.3沉淀完全的pH3。29.05。6Ⅰ.腐蝕電池法(1)向酸性含鉻廢水中投放廢鐵屑和焦炭,利用原電池原理還原Cr(Ⅵ)。下列關(guān)于焦炭的說法正確的是_______(填字母代號)。a.作原電池的正極b.在反應(yīng)中作還原劑c.表面可能有氣泡產(chǎn)生Ⅱ.電解還原法向酸性含鉻廢水中加入適量NaCl固體,以Fe為電極電解,經(jīng)過一段時間,有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成排出,從而使廢水中鉻含量低于排放標準.電解裝置如圖1所示。(2)A極連接電源的______________極,A極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為_______________(3)電解開始時,B極上除了發(fā)生產(chǎn)生H2的反應(yīng)外,還有少量Cr2O72—在B極上直接放電,該反應(yīng)的電極反應(yīng)式為_________________(4)電解過程中,溶液的pH不同時,通電時間(t)與溶液中鉻元素去除率的關(guān)系如圖2所示.①由圖可知,電解還原法應(yīng)采取的最佳pH范圍為____(填字母代號)。a.2~4b.4~6c.6~10②解釋曲線Ⅰ和曲線Ⅳ去除率低的原因:________________【答案】(1)。ac(2)。正(3).Fe-2e-===Fe2+(4).Cr2O72-+14H++6e-===2Cr3++7H2O(5).b(6)。曲線Ⅰ的pH較小,此時Cr(Ⅵ)被還原生成的Cr3+難以生成Cr(OH)3沉淀,仍以Cr3+形式存在于溶液中,導(dǎo)致去除率較低;曲線Ⅳ的pH較大,鉻元素主要以CrO42—形式存在,其氧化能力弱于Cr2O72—,Cr(Ⅵ)難以被還原并生成沉淀,導(dǎo)致去除率較低【解析】【分析】根據(jù)題意可知,本題考查電解原理及其應(yīng)用、“三廢”處理與環(huán)境保護,運用電化學(xué)原理和除雜原理分析。【詳解】(1)向酸性含鉻廢水中投放廢鐵屑和焦炭,形成原電池,鐵作原電池的負極,發(fā)生氧化反應(yīng),電極反應(yīng)式為Fe-2e-===Fe2+;焦炭作正極,但焦炭是惰性材料,本身不能被還原,由于廢水呈酸性,正極上可能發(fā)生反應(yīng)2H++2e-===H2↑,觀察到焦炭表面有氣泡產(chǎn)生,則a、c正確,故答案為:ac;(2)由圖可知,與電源的B極相連的一極表面產(chǎn)生H2,該電極的電極反應(yīng)為2H++2e-===H2↑,則B是電源負極,A是電源正極;與A極相連的電極為電解池的陽極,電極材料是Fe,Fe發(fā)生氧化反應(yīng),電極反應(yīng)式為Fe-2e-===Fe2+。故答案為:Fe-2e-===Fe2+;(3)B極是陰極,發(fā)生還原反應(yīng),少量Cr2O在B極上直接放電被還原為Cr3+,電解質(zhì)溶液呈酸性,則電極反應(yīng)式為Cr2O+14H++6e-===2Cr3++7H2O。故答案為:Cr2O+14H++6e-===2Cr3++7H2O;(4)①由圖可知,曲線Ⅱ?qū)?yīng)pH=4時,溶液中鉻元素去除率最大,且所用時間最短,反應(yīng)速率快;曲線Ⅲ對應(yīng)pH=6時,鉻元素去除率最終與pH=4相同,但所用時間較長,反應(yīng)速率比pH=4慢;圖中曲線Ⅰ、Ⅳ對應(yīng)的鉻元素去除率偏低,故最佳pH范圍為4~6,答案選b。故答案選:b;②由題給信息可知,去除廢水中的鉻元素,最終要生成Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀排出。曲線Ⅰ的pH=2,酸性較強,此時Cr(Ⅵ)被還原生成的Cr3+難以生成Cr(OH)3沉淀,仍以Cr3+形式存在于溶液中,導(dǎo)致鉻元素去除率較低;曲線Ⅳ的pH=10,溶液呈堿性,促使平衡Cr2O3-+H2O2CrO+2H+正向移動,鉻元素主要以CrO形式存在,其氧化能力弱于Cr2O,Cr(Ⅵ)難以被還原并生成沉淀,導(dǎo)致鉻元素去除率較低。故答案為:曲線Ⅰ的pH較小,此時Cr(Ⅵ)被還原生成的Cr3+難以生成Cr(OH)3沉淀,仍以Cr3+形式存在于溶液中,導(dǎo)致去除率較低;曲線Ⅳ的pH較大,鉻元素主要以CrO42-形式存在,其氧化能力弱于Cr2O72—,Cr(Ⅵ)難以被還原并生成沉淀,導(dǎo)致去除率較低。17.鎂是一種銀白色的堿土金屬,鎂元素在地殼中的含量約為2。00%,位居第八位,鎂及其化合物在研究和生產(chǎn)中具有廣泛用途。請回答下列問題:(1)在室溫下,純凈的氮化鎂(Mg3N2)為黃綠色的粉末,能與水反應(yīng),常用作觸媒,實驗室用如圖1所示裝置和藥品制備少量氮化鎂。①A中盛裝的是____,B中可盛裝堿石灰,二者混合可制取氨氣.②按照氣流的方向從左至右連接裝置:a接____、____接____、_b__接____.③氣體通過CuO這一裝置的目的是什么?用化學(xué)方程式回答:______.④無水氯化鈣裝置可防止外界空氣中的水進入,以防_____________(化學(xué)方程式表示)的發(fā)生。(2)碳酸鎂可用作耐火材料、鍋爐和管道的保溫材料,以及食品、藥品、化妝品、橡膠、墨水等的添加劑.Ⅰ.合成碳酸鎂晶體的步驟如下:步驟1:配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。步驟2:用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL四口燒瓶中,開啟攪拌器,溫度控制在50℃。步驟3:將250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中,1min內(nèi)滴加完畢,然后用氨水調(diào)節(jié)溶液pH到9.5。步驟4:放置1h后,過濾,洗滌。步驟5:在40℃的真空干燥箱中干燥10h,得到產(chǎn)品碳酸鎂晶體(MgCO3·nH2O,n=1~5)。①配制0.5mol·L-1MgSO4溶液500mL,需要的儀器有托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、量筒、膠頭滴管、____。②步驟3中加氨水后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為________________Ⅱ.測定合成的MgCO3·nH2O中的n值.稱量1。000g碳酸鎂晶體,放入圖2所示的廣口瓶中,加入適量水,滴入稀硫酸與晶體反應(yīng),生成的CO2被NaOH溶液吸收,在室溫下反應(yīng)4~5h,后期將溫度升到30℃,最后燒杯中的溶液用已知濃度的鹽酸滴定,測得生成CO2的總量;重復(fù)上述操作2次。③上述反應(yīng)后期要升溫到30℃,主要目的是_____________________④若實驗測得1。000g碳酸鎂晶體產(chǎn)生CO2的平均物質(zhì)的量為amol,則n為__________(用含a的表達式表示)。⑤若稱取100g上述晶體進行熱重分析,得到的熱重曲線如圖3所示,則合成的晶體中n=____(取整數(shù))?!敬鸢浮?1)。濃氨水(2)。d(3).e(4)。c(5)。b(6)。f(7).2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu(8).Mg3N2+6H2O===3Mg(OH)2+2NH3↑(9).500mL容量瓶(10).Mg2++HCO3—+NH3·H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+NH4+.(11)。升高溫度,氣體溶解度減小,使溶解在水中的CO2逸出,便于吸收完全(12)。1-84a/18a(13)。1【解析】【分析】根據(jù)題意可知,本題考查了物質(zhì)含量的實驗探究過程分析、實驗裝置的連接,運用各物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)和裝置連接步驟分析?!驹斀狻浚?)①A、B二者混合可制取氨氣,而濃氨水和生石灰或氫氧化鈉固體混合放熱,可使一水合氨分解生成氨氣。因此A中盛裝的是濃氨水;故答案為:濃氨水;②根據(jù)實驗?zāi)康募邦}給裝置可知,按照氣流的方向從左向右連接裝置的順序為:a接d,e接c,b接f;故答案為:d;e;c;b;f;③氣體通過CuO這一裝置的目的是氨氣有還原性,能還原氧化銅,生成氮氣,則氣體通過CuO這一裝置的目的用化學(xué)方程式表示為:2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu;故答案為:2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu;④無水氯化鈣裝置可防止外界空氣中的水進入,以防氮化鎂和水發(fā)生反應(yīng)生成氫氧化鎂和氨氣,化學(xué)方程式為:Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3↑;故答案為:Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3↑;(2)①配制0。5mol·L—1
MgSO4溶液500mL,除提供的儀器外,還需要的儀器為500mL容量瓶;故答案為:500mL容量瓶;②步驟3中加氨水后反應(yīng)生成碳酸鎂結(jié)晶水合物,反應(yīng)的離子方程式為Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+NH4+;故答案為:Mg2++HCO3—+NH3·H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+NH4+;③題述反應(yīng)后期將溫度升到30℃,是為了使生成的二氧化碳全部逸出,便于其被氫氧化鈉溶液完全吸收,從而減小測定產(chǎn)生的誤差;故答案為:升高溫度,氣體溶解度減小,使溶解在水中的CO2逸出,便于吸收完全;④若實驗測得1。000g碳酸鎂晶須產(chǎn)生的CO2的平均物質(zhì)的量為a
mol,依據(jù)碳元素守恒可知,晶須中碳酸鎂的物質(zhì)的量為a
mol,根據(jù)MgCO3·nH2O中碳酸鎂和結(jié)晶水的物質(zhì)的量之比為1∶n,得到,得到;故答案為:;⑤由題圖3知400℃時剩余質(zhì)量為82。3g,這是該晶須失去結(jié)晶水后的質(zhì)量,則有,解得n=1;故答案為:1。18。高氯酸銅易溶于水,在130℃時會發(fā)生分解反應(yīng),是一種燃燒催化劑。以食鹽等為原料制備高氯酸銅[Cu(ClO4)2·6H2O]的一種工藝流程如圖1所示:(1)發(fā)生“電解Ⅰ”時,所用的交換膜是____(填“陽”或“陰")離子交換膜。(2)歧化反應(yīng)是同一種物質(zhì)中同種元素自身的氧化還原反應(yīng)。已知上述工藝流程中“歧化反應(yīng)"的產(chǎn)物之一為氯酸鈉,則“歧化反應(yīng)”的化學(xué)方程式為________。(3)“電解Ⅱ”主要的陽極產(chǎn)物是_________(填離子符號)。(4)操作a的名稱是____.(5)用該工藝流程制備高氯酸銅時,若起始時NaCl的質(zhì)量為at,最終制得Cu(ClO4)2·6H2O為bt,則產(chǎn)率為____(用含a,b的代數(shù)式表示)。(6)某溫度下,高氯酸銅[Cu(ClO4)2]按A、B兩種方式同時分解,分解過程中銅的化合價不發(fā)生改變。方式A為Cu(ClO4)2CuCl2+4O2↑,若4mol高氯酸銅在該溫度下按A、B各占50%的方式完全分解,且A、B兩種方式轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為8∶7,則方式B為____(用化學(xué)方程式表示)。【答案】(1)。陽(2)。3Na2CO3+3Cl2===5NaCl+NaClO3+3CO2(3).ClO4—(4)。蒸發(fā)濃縮(5).100%(6).2Cu(ClO4)22CuO+7O2↑+2Cl2↑【解析】【分析】根據(jù)題意可知,本題考查電化學(xué)原理,運用原電池和電解池原理分析?!驹斀狻浚?)“電解I”所發(fā)生的反應(yīng)是電解氯化鈉溶液生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣,需要防止氫氧根離子與氯氣反應(yīng),所以用的交換膜是陽離子交換膜;
故答案為:陽;(2)“歧化反應(yīng)”是碳酸鈉與氯氣反應(yīng)生成氯化鈉和NaClO3,氯元素從0價變?yōu)?1價和+5價,同時生成二氧化碳,反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Na2CO3+3Cl2===5NaCl+NaClO3+3CO2;故答案為:3Na2CO3+3Cl2===5NaCl+NaClO3+3CO2;(3)通過電解,溶液中氯酸根離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)在陽極生成高氯酸根離子,“電解II”的陽極的氯離子失電子產(chǎn)物為ClO4-;
故答案為:ClO4—;(4)加入鹽酸,過濾除去氯化鈉晶體,通過蒸發(fā)濃縮即可得到60%以上的高氯酸,
故答案為:蒸發(fā)濃縮;(5)根據(jù)流程圖,氯化鈉電解生成的氯氣與碳酸鈉反應(yīng)生成氯酸鈉和氯化鈉,電解后氯酸鈉變成高氯酸鈉,加入鹽酸反應(yīng)生成高氯酸,最后與Cu2(OH)2CO3反應(yīng)生成Cu(ClO4)2?6H2O,假設(shè)起始是氯化鈉為6mol,則生成的氯氣為3mol,得到1mol氯酸鈉,根據(jù)氯元素守恒最終可以得到0。5molCu(ClO4)2?6H2O,因此產(chǎn)率為;故答案為:100%;(6)在A方式:中CuCl2是還原產(chǎn)物,O2是氧化產(chǎn)物,反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為16e?,若4mol高氯酸銅在該溫度下按A、B各占50%的方式完全分解,則方式A共轉(zhuǎn)移4mol×16e?=64mole?,A、B兩種方式轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為8:7,則B中轉(zhuǎn)移電子64mole?×=56mole?,Cu(ClO4)2分解時Cu元素化合價不變,則B方式中O2是氧化產(chǎn)物,生成O2的物質(zhì)的量為,若Cl元素還原產(chǎn)物中價態(tài)為x價,則8(7?x)=56,解得:x=0,可知還原產(chǎn)物為Cl2,且其物質(zhì)的量為,則結(jié)合原子守恒,B方式發(fā)生反應(yīng)
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