能力梯级提升思维高效训练26.docx

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能力梯级提升思维高效训练26

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能力梯级提升·思维高效训练

一、选择题

1.（2011·上海高考）据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。

下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是（）

2.2X（g）+Y（g）

2Z（g）ΔH<0，在不同温度（T1和T2）及压强（p1和p2）下，产物Z的物质的量n（Z）与反应时间（t）的关系如图所示。

下列判断正确的是（）

A.T1

B.T1p2

C.T1>T2,p1>p2

D.T1>T2,p1

3.已知反应mA（g）+nB（g）

xC（g）+yD（g），A的转化率α（A）与p、T的关系如图，根据图示可以得出的正确结论是（）

A.正反应吸热，m+n>x+y

B.正反应吸热，m+n

C.正反应放热，m+n>x+y

D.正反应放热，m+n

4.（2011·大连模拟）参照反应Br+H2→HBr+H的能量-反应历程示意图，下列对上述反应叙述中正确的是（）

①反应热：

过程Ⅰ＞过程Ⅱ

②该反应为吸热反应

③过程Ⅰ的活化能为530kJ/mol

④反应速率：

过程Ⅱ＞过程Ⅰ

A.①③B.②④C.②③D.①④

5.根据表中烃的分子式排列规律，判断空格中烃的同分异构体数目是（）

A.3B.4C.5D.6

6.（2011·济南模拟）在恒容条件下化学反应：

2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）ΔH=-QkJ·mol-1

在上述条件下分别充入的气体和反应放出的热量（Q）如表所列：

根据以上数据，下列叙述正确的是（）

A．在上述条件下反应生成1molSO3固体放热Q/2kJ

B．2Q1=2Q2<2Q3

C．Q1=2Q2=2Q3=Q

D．2Q2=2Q3

7．（2011·潍坊模拟）根据下表信息，判断下列说法正确的是（）

A．E的最高价氧化物的水化物的酸性比D的最高价氧化物的水化物的酸性强

B．H的最高价氧化物的水化物是酸性最强的无机含氧酸

C．G是密度最小的金属

D．F与E形成的化合物的化学式只有F2E

二、非选择题

8.在容积相同的不同密闭容器内，分别充入等量的N2和H2，在不同温度，任其发生反应N2+3H2

2NH3，在第7秒时分别测定其中NH3的体积分数

φ（NH3），并绘成如图所示曲线。

（1）A、B、C、D、E中，尚未达到化学平衡状态的点是_______。

（2）此反应的正反应是________热反应。

（3）T1到T2变化时，v（正）______v（逆）；

T3时，v（正）_____v（逆）；T3到T4变化时，

v（正）_____v（逆）（填“>”、“<”或“=”）。

9.金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。

难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度（S/mol·L-1）如图。

（1）pH=3时溶液中铜元素的主要存在形式是__________。

（2）若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3+，应该控制溶液的pH为_______。

A.<1B.4左右C.>6

（3）在Ni（OH）2溶液中含有少量的Co2+杂质，_________（填“能”或“不能”）通过调节溶液pH的方法来除去，理由是___________________________________。

（4）已知一些难溶物的溶度积常数如下表：

某工业废水中含有Cu2+、Pb2+、Hg2+，最适宜向此工业废水中加入过量的_______除去它们。

（选填序号）

A.NaOHB.FeSC.Na2S

10.（2011·宁波模拟）某温度下体积为200L的氨合成塔中,测得如下数据：

（1）根据表中数据计算0～2h内N2的平均反应速率为_______mol/（L·h）；请用上表中合适的数据表达该反应的平衡常数表达式：

___________；若起始时与平衡时的压强之比为a，则N2的转化率为___________（用含a的代数式表示）。

（2）反应在4～5h间，平衡向正方向移动，可能的原因是_______，（选填a～f，下同）表中5～6h之间数值发生变化，可能的原因是________。

a．移走了氨气b．降低温度c．加压d．增加氢气浓度e．升高温度f．增加氮气浓度

11．在标准状况下进行下列实验，甲、乙、丙各取30.0mL同浓度的盐酸，加入同量的镁、铝合金粉末产生气体，有关数据列表如下：

（1）盐酸的物质的量浓度为_______mol·L-1，在表中可作为计算依据的是（填写实验序号，要求全部写出）：

__________________________________________。

（2）根据实验序号_______中的数据，可计算出镁、铝合金中镁和铝的物质的量之比为_______。

高考创新预测

1．向1.0mol/L的甲溶液中逐滴加入1.0mol/L的乙溶液，产生Al（OH）3沉淀的质量（用y轴表示）与所加入乙溶液的体积（用x轴表示）的关系如图所示。

符合图中关系的是下列各组溶液中的（）

2.“卤块”的主要成分为MgCl2（含Fe2+、Fe3+、Mn2+等杂质离子）,若以它为原料,按如下工艺流程图,即可制得“轻质氧化镁”。

如果要求产品尽量不含杂质离子,而且成本较低,流程中所用试剂或pH控制可参考下列附表确定。

请填写以下空白：

*注：

Fe2+的氢氧化物呈絮状，不易从溶液中过滤除去，所以常将它氧化为Fe3+，生成Fe（OH）3沉淀而除去。

（1）试剂X的最佳选择应是_______，其作用是___________________________

__________________________________________________________________。

（2）步骤③之所以要控制pH=9.8，其目的是____________________________。

（3）在步骤④中加入的试剂Z是___________。

（4）写出步骤⑤的化学反应方程式_____________________________________。

答案解析

1.【解析】选B。

A项代表的是放热反应，不正确；C项中反应物和生成物能量相等，既不吸热也不放热，不正确；D项中有催化剂的活化能反而更高，不正确。

2.【解析】选C。

由图像可知：

在p1一定时，T1温度下，达到平衡时所需的时间短，反应速率快，所以温度T1>T2，故A项、B项均错；在T2一定时，p1压强下，达到平衡时所需的时间短，反应速率快，所以压强p1>p2，故D项错，C项对。

3.【解析】选A。

p相同时，升高T，α（A）提高，说明正反应为吸热反应；T相同时，增大p，α（A）提高，说明正反应为气体体积缩小的反应，m+n>x+y。

4.【解析】选B。

反应热只与反应物的总能量（H2+Br）和生成物的总能量（HBr+H）有关，与反应途径无关，①错误；由图像可知，生成物的总能量大于反应物的总能量，故该反应为吸热反应，②正确；反应Ⅰ的活化能为1130-120=

1010kJ/mol，③错误；过程Ⅱ中反应的活化能低，反应速率快，故反应速率过程Ⅱ＞过程Ⅰ。

5.【解析】选A。

观察表格中各烃的分子式的排布规律可发现：

相邻两烃的分子式相差C或CH4原子团（或分成1和2、3和4、5和6、7和8小组进行比较），从而得出第5个烃的分子式为C5H12，共有3种同分异构体：

正戊烷、异戊烷、新戊烷。

6.【解析】选D。

2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）ΔH=-QkJ·mol-1表示2molSO2（g）和1molO2（g）完全反应生成2molSO3（g）时放出QkJ的热量。

由于SO3（g）变成SO3（s）要放出热量，所以在上述条件下反应生成1molSO3固体放热大于

Q/2kJ；甲容器中物质不可能完全反应，所以Q1

故有2Q2=2Q3

7．【解析】选B。

根据各元素的化合价可推知：

A、C是ⅡA族元素，D、E是ⅥA族元素，F、G是ⅠA族元素，H是ⅦA族元素，B是ⅢA族元素，再根据同一主族和同一周期原子半径的递变性规律可确定A、B、C、D、E、F、G、H分别是Mg、Al、Be、S、O、Na、H、Cl。

氧元素不存在氧化物的水化物，故A项不正确；已知高氯酸是酸性最强的无机含氧酸，故B项正确；G为氢元素，不是锂元素，故C项不正确；钠与氧还可以形成过氧化钠（Na2O2），故D项不正确。

8.【解析】该曲线表明在相同时刻不同温度时φ（NH3）的情况，C点是最大点也是转折点，说明C点达到了化学平衡状态，C点之前的A、B点尚未达到平衡；C点之后，T升高，φ（NH3）下降，说明正反应为放热反应；AC段化学反应尚未达到平衡，由于该反应放热T升高，反应速率加快，φ（NH3）增大为增函数；CE段达到平衡后，由于T升高，平衡向吸热的方向移动，故φ（NH3）下降为减函数。

T1→T2，v（正）>v（逆）；T3时，v（正）=v（逆）；T3→T4，v（正）

答案:

（1）A、B

（2）放（3）>=<

9.【解析】

（1）据图知pH=4～5时,Cu2+开始沉淀为Cu（OH）2,因此pH=3时,主要以Cu2+形式存在。

（2）若要除去CuCl2溶液中的Fe3+，以保证Fe3+完全沉淀，而Cu2+还未沉淀，据图知pH为4左右。

（3）据图知，Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小，无法通过调节溶液pH的方法除去Ni（OH）2溶液中的含有的少量Co2+。

（4）因为在FeS、CuS、PbS、HgS四种硫化物中只有FeS的溶度积最大，且与其他三种物质的溶度积差别较大，因此应用沉淀的转化可除去废水中的Cu2+、Pb2+、Hg2+，且因FeS也难溶，不会引入新的杂质。

答案:

（1）Cu2+

（2）B

（3）不能Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小

（4）B

10.【解析】

（1）v（N2）=0.3mol·L-1/2h=0.15mol/（L·h）,根据3～4h物质的量浓度不变，处于平衡状态，则K=c2/（a×b3）；N2的转化率=（2-2/a）×100%

（2）在4～5h之间，平衡正移，且NH3的浓度降低，则只能是移走了氨气；在5～6h时，H2的浓度降低，NH3的浓度增大，平衡正向移动，可以是增大N2的浓度或降低了温度。

答案:

（1）0.15K=c2/（a×b3）（2-2/a）×100%

（2）ab、f

11．【解析】

（1）盐酸体积一定，在255mg合金的基础上再加入合金时，生成气体的体积继续增加，说明甲中合金是不足的；而在385mg合金的基础上再加入合金时，生成气体的体积不再增加，说明丙中盐酸是不足的。

据此可列式求解：

2H+～H2

n（HCl）=0.03mol,c（HCl）=1mol·L-1。

（2）如上述分析，可根据甲组数据计算镁、铝合金中镁和铝的物质的量，

解得：

n（Mg）=0.005mol，n（Al）=0.005mol。

答案:

（1）1乙、丙

（2）甲1∶1

高考创新预测

1．【解析】选D。

A、C两组一开始就产生沉淀，不符合题意；根据B组反应方程式

4NaOH+AlCl3====NaAlO2+3NaCl+2H2O，

3NaAlO2+AlCl3+6H2O====4Al（OH）3↓，

刚产生沉淀所需乙溶液体积是使沉淀达到最大值所需乙溶液体积的3倍，与题图相反；根据D组反应方程式

4HCl+NaAlO2====AlCl3+NaCl+2H2O，

AlCl3+3NaAlO2+6H2O====4Al（OH）3↓+3NaCl,

使沉淀达到最大值所需乙溶液体积是刚产生沉淀所需乙溶液体积时的3倍，符合题意。

2.【解析】结合表中数据分析生产流程中各步转化的目的和意图。

因题中指出Fe（OH）2沉淀不易过滤除去，可将其转化为Fe3+，再通过调pH一并除去，涉及氧化剂问题，从价格等因素综合考虑应选漂液。

用于提高pH的试剂Y可用NaOH，控制pH=9.8的目的是使Mg2+以外的其他杂质离子全部转化为氢氧化物沉淀除去。

由Mg2+到Mg（OH）2可有如下两途径：

（Ⅰ）Mg2+

Mg（OH）2↓

（Ⅱ）Mg2+

MgCO3↓

Mg（OH）2+CO2↑因Na2CO3比NaOH价格便宜，从工艺流程实际出发，试剂Z应为Na2CO3，MgCO3转化为Mg（OH）2的化学方程式为MgCO3+H2O

Mg（OH）2+CO2↑。

答案:

（1）漂液使Fe2+转化成为Fe3+

（2）使Mg2+以外的杂质离子转化为氢氧化物沉淀除去

（3）Na2CO3（4）MgCO3+H2O

Mg（OH）2+CO2↑