高考冲刺模拟理综卷化学部分练习2Word格式.docx
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B.电池工作时Na+向负极移动
C.废液的pH大于NaClO溶液的pH
D.X电极上发生的反应为:
ClO-+2H2O-4e-=ClO3-+4H+
6.在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)⇌zC(g),图1表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化关系,图2表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A):
n(B)的变化关系.则下列结论正确的是( )
A.200℃时,反应从开始到平衡的平均速率v(B)=0.04mol•L-1•min-1
B.图2所知反应xA(g)+yB(g)⇌zC(g)的△H>0,且a=1
C.若在图1所示的平衡状态下,再向体系中充入He,此时v正>v逆
D.200℃时,向容器中充入2mol
A和1mol
B,达到平衡时,A的体积分数小于0.5
7.25℃时,部分弱酸的电离平衡常数如表:
弱酸
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数
1.8×
10-5
4.9×
10-10
K1=4.3×
10-7
K2=5.6×
10-11
下列有关说法正确的是( )
A.等物质的量浓度溶液的pH关系为pH(NaCN)>pH(Na2CO3)>pH(CH3COONa)
B.a
mol•L-1HCN溶液与b
mol•L-1NaOH溶液等体积混合后,所得溶液中:
c(Na+)>c(CN-),则a一定小于b
C.往冰醋酸中逐滴加水,溶液的导电性逐渐增大
D.将0.2
mol•L-1
KHCO3溶液与0.1
KOH溶液等体积混合:
c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO
)+2c(CO
)
三、简答题(本大题共2小题,共30.0分)
8.化学在解决雾霾污染中有着重要的作用,雾霾由多种污染物形成,其中包含颗粒物PM2.5)、氮氧化物(NOx)、CO、SO2等.
(1)已知:
NO(g)+
O2(g)=NO2(g)△H=-56.5kJ•mol-1
2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-196.6kJ•mol-1
则反应NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)△H=______kJ•mol-1.
一定条件下,将NO2与SO2以物质的量比1:
2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应,下列能说明反应达到平衡状态的有______
a.混合气体的平均相对分子质量
b.混合气体颜色保持不变
c.SO3和NO的体积比保持不变
d.每消耗1mol
SO3的同时生成1mol
NO2
测得上述反应平衡时NO2与SO2物质的量比为1:
3,则平衡常数K=______(用分数表示)
NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术.在氨气足量的情况下,不同c
不同温度对脱氮率的影响如图1所示(已知氨气催化还原氮氧化物的正反应为放热反应),请解释300℃之后脱氮率逐渐减小的原因:
______
(2)CO综合利用.
①CO用于合成甲醇反应方程式为:
CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)若起始投入1molCO,2mol
H2,CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图2所示.得知该反应的△H______0,该反应的实际生产条件控制在
250℃、1.3×
104kPa左右最为适宜.反应达平衡后,下列操作既能加快反应速率,又能使平衡混合物中CH3OH物质的量分数增大的是______
a.
升温
b.恒容条件下充入H2
c.加入合适的正催化剂
d.恒容条件下再充入1molCO,2mol
H2
e.压缩体积
f.移走一部分CH3OH
②电解CO制备CH4,电解质为碳酸钠溶液,工作原理如图3所示,写出阴极区电极反应式______
(3)利用喷雾干燥法脱硫工艺是除去SO2的常见方法,先将含SO2的废气溶于水,再用饱和石灰浆吸收,具体步骤如下:
SO2(g)+H2O(l)⇌H2SO3(l)H+(aq)+HSO3-(aq)Ⅰ
HSO3-(aq)⇌H+(aq)+SO32-(aq)Ⅱ
Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH-(aq)Ⅲ
Ca2+(aq)+SO32-(aq)⇌CaSO3(s)Ⅳ
该温度下,测定吸收后液体中c(Ca2+)一直保持为0.70mol/L,
已知Ksp(CaSO3)=1.4×
10-7,则吸收后溶液中的SO32-的浓度为______.
9.钨是我国丰产元素,是熔点最高的金属,广泛用于拉制灯泡的灯丝,钨在自然界主要以钨(VI)
酸盐的形式存在.有开采价值的钨矿石之一白钨矿的主要成分是CaWO4,含有二氧化硅、氧化铁等杂质,工业冶炼钨流程如下:
已知:
①钨酸酸性很弱,难溶于水
②完全沉淀离子的pH值:
SiO32-为8,WO42-为5
③碳和金属钨在高温下会反应生成碳化钨
(1)74W在周期表的位置是第______周期.
(2)CaWO4与纯碱发生的化学反应方程式是______.
(3)滤渣B的主要成分是(写化学式)______.调节pH可选用的试剂是:
______(填写字母序号).
A.氨水
B.氢氧化钠溶液
C.盐酸
D.碳酸钠溶液
(4)母液中加入盐酸的离子方程式为______.检验沉淀C是否洗涤干净的操作是______.
(5)为了获得可以拉制灯丝的高纯度金属钨,不宜用碳而必须用氢气作还原剂的原因是______.
(6)将氢氧化钙加入钨酸钠碱性溶液中可得到钨酸钙,已知温度为T时Ksp(CaWO4)=1×
10-10,
Ksp[Ca(OH)2]=4×
10-7,当溶液中WO42-恰好沉淀完全(离子浓度等于10-5mol/L)时,溶液中
=______.
10.震惊全国的天津港“8.12”爆炸事故中,因爆炸冲击导致氰化钠泄漏而造成环境污染,可以通过喷洒双氧水或硫代硫酸钠溶液来处理.
资料:
氰化钠化学式NaCN(N元素-3价),白色结晶颗粒,剧毒,易溶于水
(1)NaCN用双氧水处理后,产生一种酸式盐和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,写出该反应的化学方程式______.
(2)某化学兴趣小组实验室制备硫代硫酸钠(Na2S2O3),并检测用硫代硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水能否达标排放.
【实验一】实验室通过图装置制备Na2S2O3.
①a装置中盛浓硫酸的仪器名称是______;
b装置的作用是______.
②c装置中的产物有Na2S2O3和CO2等,d装置中的溶质有NaOH、Na2CO3,还可能有______.
③实验结束后,在e处最好连接盛______(选填“NaOH溶液”、“水”、“CCl4”中任一种)的注射器,再关闭K2打开K1,目的是______
【实验二】测定用硫代硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量.
①废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L.
②Ag++2CN-=[Ag
(CN)2]-,Ag++I-=AgI↓,AgI呈黄色,且CN-优先与Ag+反应.
实验如下:
取25.00mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中,并滴加几滴KI溶液作指示剂,用1.000×
10-4
mol/L的标准AgNO3溶液滴定,消耗AgNO3溶液的体积为2.50mL.
④滴定终点的判断方法是______
⑤处理后的废水中氰化钠的含量为______mg/L,______(选填“能”、“不能”)排放.
11.
11.东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载,云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外,曾主要用于造币,亦可用于制作仿银饰品.回答下列问题:
(1)镍元素基态原子的电子排布式为______,3d能级上的未成对电子数为______.
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液.
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是______.
②在[Ni(NH3)6]SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______,提供孤电子对的成键原子是______.
③氨的沸点______(填“高于”或“低于”)膦(PH3),原因是______;
氨是______分子(填“极性”或“非极性”),中心原子的轨道杂化类型为______.
(3)单质铜及镍都是由______键形成的晶体;
元素铜与镍的第二电离能分别为:
ICu=1958kJ•mol-1、INi=1753kJ•mol-1,ICu>INi的原因是______.
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示.
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为______.
②若合金的密度为d
g•cm-3,晶胞参数a=______nm.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
解:
A.水、乙醇均与Na反应生成氢气,则不能用金属钠检验乙醇中是否含有水,故A错误;
B.甲烷可发生燃烧反应,则能发生取代反应、氧化反应,故B错误;
C.苯、乙酸和四氯化碳与水混合的现象为:
分层后有机层在上层、不分层、分层后有机层在下层,现象不同,可鉴别,故C错误;
D.植物油含碳碳双键,与溴水发生加成反应,则不能用于萃取溴水中的溴,故D正确;
故选D.
A.水、乙醇均与Na反应生成氢气;
B.甲烷可发生燃烧反应;
分层后有机层在上层、不分层、分层后有机层在下层;
D.植物油含碳碳双键,与溴水发生加成反应.
本题考查有机物的结构与性质,为高考常见题型和高频考点,把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意有机物性质的应用,题目难度不大.
2.【答案】C
A.标况下水是液体,不能使用气体摩尔体积,故A错误;
B.镁离子水溶液中部分水解,所以1L
mol▪L-1的MgCl2溶液中含Mg2+的数目小于0.1NA,故B错误;
C.17.6g丙烷物质的量为0.4mol,每摩尔丙烷中含有共价键10mol,所以0.4mol丙烷含共价键为4mol,即4NA,故C正确;
D.双氧水分解时,1mol双氧水转移1mol电子,故20mL2mol/L的双氧水即0.04mol双氧水分解转移0.04NA个电子,故D错误;
故选:
C.
A.气体摩尔体积使用对象为气体;
B.镁离子水溶液中部分水解;
C.依据n=
计算丙烷的物质的量,结合1个丙烷分子含有8个C-H,2个C-C;
D.双氧水分解时,1mol双氧水转移1mol电子.
本题考查阿伏加德罗常数的应用,掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,明确标况下气体摩尔体积的使用条件是解题关键,题目难度中等.
3.【答案】B
根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知:
金属M为Al,X为Si,Y为N,Z为O。
A、同周期自左到右原子半径逐渐减小,同族原子半径逐渐增大,因此原子半径Al>S>O,故A正确;
B、由于非金属性:
N>Si,所以最高价氧化物对应水化物的酸性:
HNO3>H2SiO3,故B错误;
C、由于非金属性:
O>Si,所以气态氢化物的稳定性:
H2O>SiH4,故C正确;
D、O原子含有2个电子层,最外层含有6个电子,因此O位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族,故D正确;
B。
A、同周期自左到右原子半径逐渐减小,同族原子半径逐渐增大;
B、根据非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强分析;
C、根据非金属性越强,气态氢化物的稳定性越强分析;
D、根据O原子含有2个电子层,最外层含有6个电子分析。
本题考查元素周期表及元素周期律的综合应用,通过元素周期表中短周期部分的结构和元素位置推出元素种类,熟悉物质的性质和元素周期律的知识是解题的关键,题目难度不大。
4.【答案】B
A、该有机物的分子式为C7H8O3,故A错误;
B、该有机物含有碳碳双键、碳氧双键、醇羟基,所以碳碳双键和碳氧双键能与氢气发生加成反应和还原反应;
醇羟基能和羧基发生酯化反应,也是取代反应;
该有机物能燃烧,所以能发生氧化反应,故B正确;
C、能和氢气发生加成反应的有碳碳双键和碳氧双键,所以1mol该有机物最多能与3molH2发生加成反应,故C错误;
D、该有机物含有三个双键,其芳香族同分异构体含有苯环,所以苯环的支链上不可能含有醛基,导致其芳香族同分异构体不能发生银镜反应,故D错误;
A、根据各元素形成的共价键确定分子式;
B、该分子中含有的官能团有酮羰基、碳碳双键、醚基和醇羟基,所以具有酮、烯烃、醚和醇的性质;
C、根据1mol该有机物中含有的碳碳双键和碳氧双键的物质的量计算;
D、根据该有机物的芳香族同分异构体是否含有醛基判断.
本题考查了有机物的结构和性质,易错选项是D,能正确判断该有机物芳香族同分异构体的结构是解答本题的难点.
5.【答案】A
A.Mg容易失去电子,OH-在燃料电池中移向流出电子的负极,故Mg作Y电极,故A正确;
B.Na+移向流入电子的正极或X电极,故B错误;
C.镁失去2个电子变为镁离子,镁离子与氢氧根离子结合为氢氧化镁沉淀,OH-被消耗,反应后废液的主要成分为氯化钠,故废液的pH小于
NaClO溶液的pH,故C错误;
D.H+与OH-不能大量共存,则正极反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-,故D错误。
A。
原电池工作时,阴离子向负极移动,阳离子向正极移动,由阴离子移动方向可知Y为负极,X为正极,负极发生氧化反应,正极发生还原反应,以此解答该题.
本题综合考查电解池和原电池知识,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握电极方程式的书写,为解答该类题目的关键,难度中等.
6.【答案】D
A.由图Ⅰ可知,200℃时5min达到平衡,平衡时B的物质的量变化量为0.4mol-0.2mol=0.2mol,故v(B)=
=0.02mol•L-1•min-1,故A错误;
B.由图Ⅱ可知,n(A):
n(B)一定时,温度越高平衡时C的体积分数越大,说明升高温度平衡向正反应移动,升高温度平衡向吸热反应移动,故正反应为吸热反应,即△H>0;
图Ⅰ可知,200℃时平衡时,A的物质的量变化量为0.8mol-0.4mol=0.4mol,B的物质的量变化量为0.2mol,在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比,平衡时生成物C的体积分数就最大,A、B的起始物质的量之比=0.4mol:
0.2mol=2,即a=2,故B错误;
C.恒温恒容条件下,通入氦气,反应混合物各组分的浓度不变,平衡不移动,故v(正)=v(逆),故C错误;
D.由图Ⅰ可知,200℃时平衡时,A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol,物质的量之比等于化学计量数之比,故x:
y;
z=0.4mol:
0.2mol:
0.2mol=2:
1:
1,平衡时A的体积分数为
=0.5,200℃时,向容器中充入2molA和1molB达到平衡等效为原平衡增大压强,平衡向正反应移动,A的增大,故达到平衡时,A的体积分数小于0.5,故D正确;
A.由图Ⅰ可知,200℃时平衡时,B的物质的量变化量为0.4mol-0.2mol=0.2mol,根据v=
计算v(B);
n(B)一定时,温度越高平衡时C的体积分数越大,说明升高温度平衡向正反应移动,据此判断反应热效应;
在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比,平衡时生成物C的体积分数就最大,由图Ⅰ判断200℃时A、B的起始物质的量,据此计算a的值;
C.恒温恒容条件下,通入氦气反应混合物的浓度不变,平衡不移;
D.200℃时,向容器中充入2molA和1molB达到平衡等效为原平衡增大压强,根据图Ⅰ中A、B、C的物质的量变化量之比等于化学计量数之比确定x、y、z,据此判断增大压强平衡移动方向.
本题考查化学平衡图象、反应速率计算、影响化学平衡的因素、化学平衡有关计算等,难度中等,注意B选项中理解稀有气体对化学平衡移动的影响.
7.【答案】D
A.酸的电离平衡常数越大,酸根离子水解程度越小,相同浓度的钠盐溶液pH越小,水解程度CO32->CN->CH3COO-,则这三种盐pH大小顺序是pH(Na2CO3)>pH(NaCN)>pH(CH3COONa),故A错误;
B.HCN与NaOH恰好反应生成NaCN,CN-发生水解浓度减小,所以NaCN溶液中c(Na+)>c(CN-),此时a=b,故B错误;
C.溶液导电能力与离子浓度成正比,稀释过程中促进醋酸电离,溶液中离子浓度先增大后减小,所以溶液导电能力先增大后减小,故C错误;
D.0.2mol•L-1KHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合生成K2CO3,KHCO3有剩余,溶液中的电荷守恒为:
c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),故D正确;
A.酸的电离平衡常数越大,酸根离子水解程度越小,相同浓度的钠盐溶液pH越小;
B.HCN与NaOH恰好反应生成NaCN,CN-发生水解浓度减小;
C.溶液导电能力与离子浓度成正比;
D.0.2mol•L-1KHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合生成K2CO3,KHCO3有剩余,根据电荷守恒分析.
本题考查了弱电解质的电离及盐类水解,明确酸的强弱与酸根离子水解程度关系是解本题关键,注意:
溶液导电能力与离子浓度成正比,与电解质强弱无关,易错选项是C.
8.【答案】
(1)-41.8;
b;
;
300℃时反应达平衡,后升温平衡逆向移动,脱氮率减小;
(2)①<;
de;
②CO+6e-+5H2O=6OH-+CH4;
(3)2.0×
10-7mol/L。
【分析】
本题考查了盖斯定律的应用、平衡状态的判断、平衡常数的计算、电极方程式的书写及其计算、图象的分析与应用等,考查了学生的分析能力以及对基础知识的综合应用能力,题目难度中等。
(1)利用盖斯定律计算反应热,得到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度不变,由此衍生的一些物理量也不变,计算平衡时各物质的浓度,可K=
计算平衡常数;
根据图示得到温度和脱氮率的关系300℃之前,温度升高脱氮率逐渐增大;
300℃之后,温度升高脱氮率逐渐减小,据此结合温度对平衡移动的影响知识来回答即可;
(2)①图象分析可知压强一定,温度升高CO转化率减小,说明升温平衡逆向进行,逆向是吸热反应,温度在250°
一氧化碳转化率高,反应速率大,既能加快反应速率,又能使平衡混合物中CH3OH物质的量分数增大,依据影响化学反应速率的因素分析,反应正向进行,CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g),反应是气体体积减小的放热反应,a.反应是放热反应,升温速率增大,平衡逆向进行;
b.恒容条件下充入H2
,增大反应物浓度平衡正向进行,反应速率增大;
c.催化剂改变反应速率不改变化学平衡;
d.恒容条件下再充入1molCO,2mol
H2
,相当于增大压强平衡正向进行;
e.压缩体积压强增大反应速率增大平衡正向进行;
f.移走一部分CH3OH平衡正向进行,反应速率减小;
②由此电解原理可知,阳极失去电子生成二氧化碳气体,加入碳酸钠,碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠,阴极CO得到电子生成甲烷气体,据此解答即可;
(3)利用溶度积常数计算溶液中亚硫酸根离子浓度。
【解答】
(1)NO(g)+
O2(g)═NO2(g)△H=-56.5kJ•mol-1①
2SO2(g)+O2(g)═2SO3(g)△H=-196.6kJ•mol-1②
将方程式
-①得:
NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)△H=(
+56.5)kJ•mol-1=-41.8kJ/mol,
a.随反应:
NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)的进行,气体的质量和物质的量都不变,所以平均相对分子质量也不变,不能说明到达平衡状态,故a错误;
b.混合气体颜色保持不变,说明二氧化氮的浓度不变,说明到达平衡状态,故b正确;
c.随反应进行,SO3和NO都是生成物,所以体积比一直等于系数比,所以SO3和NO的体积比保持不变,不能说明到达平衡状态,故c错误;
d.每生成1molSO3的同时消耗1molNO2都表示正反应速率,反应自始至终都按此比例进行,故d错误;
NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)
起始物质的体积a
2a
0
0
转化物质的体积x
x
x
x
平衡物质的体积a-x
2a-x
平衡时NO2与SO2体积比为1:
3,即(1a-x):
(2a-x)=1:
3,故x=
a,故平衡常数K=
=
根据图示信息得到:
300℃之前,温度升高脱氮率逐渐增大;
300℃之后,温度升高脱氮率逐渐减小,这是因为:
300℃之前,反应未平衡,反应向右进行,脱氮率增大;
300℃时反应达平衡,后升温平衡逆向移动,脱氮率减小,
故答案为:
-41.8;
(2)①图象分析可知压强一定,温度升高CO转化率减小,说明升温平衡逆向进行,逆向是吸热反应,正向为放热反应,△H<0,图象分析可知,温度在250°
一氧化碳转化率高,反应速率大,既能加快反应速率,又能使平衡混合物中CH3OH物质的量分数增大,依据影响化学反
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- 高考 冲刺 模拟 理综卷 化学 部分 练习
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