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2018年高三化学上册高考模拟相关

2019届高三上册第二次月考化学试卷完整版(河南省新乡市三校联考)

下列叙述中正确的是
A. 二氧化硅分子由1个硅原子和2个氧原子构成
B. 用加热的方法可将氯化铵固体中混有的少量碘除去
C. 陶瓷、玻璃、水泥容器都能贮存氢氟酸
D. 玻璃窑中出来的气体的主要成分是二氧化碳

【答案】D
【解析】
A.二氧化硅是由硅原子和氧原子以1∶2的比例结合形成的立体网状结构,并不以分子的形式存在,故A错误;
B. 氯化铵加热分解为氨气和氯化氢,遇冷后又可生成氯化铵,碘受热易升华,冷却后又变为固体碘,不能用加热的方法分离,故B错误;
C.陶瓷、玻璃、水泥中的二氧化硅都能和氢氟酸反应,所以陶瓷、玻璃、水泥容器都不能贮存氢氟酸,故C错误;
D. 玻璃窑中石灰石、石英和纯碱在高温下发生反应生成硅酸钠、硅酸钙和二氧化碳,,故D正确;
综上所述,本题选D。

下列物质与其用途相符合的是
①Cl2——自来水消毒剂 ②浓硫酸——干燥剂 ③AgI——人工降雨
④FeCl3——印刷电路板 ⑤淀粉——检验I2的存在 ⑥Na2O2——漂白纺织物
A. ②③④⑤⑥ B. ①②③④⑤ C. ②③④⑤ D. 全部

【答案】D
【解析】
①Cl2能与水反应生成次氯酸,次氯酸可作消毒剂,用于杀菌消毒,故正确;
②浓硫酸具有吸水性,可以做干燥剂,故正确;
③AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核,有利水汽粒子的碰撞增大,从而形成雨,故正确;
④FeCl3具有氧化性,能够腐蚀铜,故正确;
⑤碘遇淀粉变蓝色,可用来检验碘单质,故正确;
⑥Na2O2具有强氧化性,可用于漂白纺织物 ,故正确;
综上所述,本题选D。

下列说法正确的是
A. 足量的Fe在Cl2中燃烧只生成FeCl3
B. 铁的化学性质比较活泼,它能和水蒸气反应生成H2和Fe(OH)3
C. 用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2
D. 向某溶液中加NaOH溶液得白色沉淀,且颜色逐渐变为红褐色,说明该溶液中只含有Fe2+

【答案】A
【解析】A、铁与氯气反应,无论过量与否都生成FeCl3,故A正确;B、铁与水蒸气反应:3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,故B错误;C、KMnO4能把Cl-氧化成Cl2,对Fe2+的检验产生干扰,故C错误;D、生成白色沉淀变为红褐色沉淀,说明原溶液中一定含有Fe2+,但也可能含有Mg2+等离子,与NaOH溶液产生白色沉淀,被红褐色沉淀干扰,故D错误。

下列说法中正确的是
A. 第ⅦA族单质从上往下熔沸点逐渐升高,第ⅠA族单质从上往下熔沸点逐渐降低
B. Na2SiO3溶液可用作矿物胶、木材防火剂,还可用作制备硅胶的原料
C. 品红溶液和滴有酚酞的NaOH溶液均能与SO2气体作用而褪色,且其实质相同
D. 镁和铝性质稳定且都有很强的抗腐蚀能力,所以镁铝合金可用于飞机、轮船制造

【答案】B
【解析】
A. 第ⅦA族单质从上往下:氟气、氯气、液溴、固体碘、固体砹,物质由气态变为液态,所以熔沸点逐渐升高,第一主族的金属元素,从上到下,原子半径逐渐增大,形成的金属键逐渐减弱,熔沸点逐渐降低,但该族元素还含有H元素,H2常温下为气体,熔点低于同族元素的单质,故A错误;
B.硅酸钠的水溶液是矿物胶,和酸反应可以制备硅胶,具有防腐阻燃的作用,做木材防火剂的原料,故B正确;
C.品红遇二氧化硫褪色体现二氧化硫的漂白作用,而且加热红色能复原;二氧化硫能跟滴有酚酞的氢氧化钠反应生成亚硫酸钠,溶液碱性减弱,红色褪去,各元素没有价态变化,是复分解反应,二者褪色原理不一样,故C错误;
D.镁铝合金密度小,硬度大,可用于制造飞机、汽车等部件,故D错误;
综上所述,本题选B。

海水是资源的宝库,蕴藏着丰富的化学元素,如氯、溴、碘等。卤素单质及化合物在许多性质上都存在着相似性和递变性。下列有关说法正确的是
A. 卤化银AgF、AgCl、AgBr、AgI都难溶于水
B. 卤化氢的键能按H-F、H-Cl、H-Br、H-I的顺序依次减小
C. 卤化氢水溶液的酸性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱
D. 卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由难变易

【答案】B
【解析】
A. AgF能够溶于水,而AgCl、AgBr、AgI都难溶于水,A错误;
B. 原子半径越大,则键长越长,卤族元素原子随着原子序数增大,卤化氢的键长按H-F、H-Cl、H-Br、H-I的顺序依次增大,而键长越长,键能就越小,故B正确;
C. HF在水中不能完全电离,故其水溶液为弱酸;HCl、HBr、HI在水中都能完全电离,故其水溶液都是强酸,,C错误;
D. 元素的非金属性越强,其单质与氢气更容易化合,非金属性F>Cl>Br>I,所以卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由易变难,故D错误;
综上所述,本题选B。

下列方程式正确的是
A. Fe2(SO4)3溶液和足量Zn充分反应:2Fe3++Zn═2Fe2++Zn2+
B. NaClO溶液与FeCl2溶液混合:Fe2++2ClO-+2H2O═Fe(OH)2↓+2HClO
C. 氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O
D. 氧化铁溶于稀硝酸的离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O

【答案】D
【解析】
A. Zn的活泼性大于铁,过量的锌可以置换出铁,反应离子方程式:2Fe3++3Zn═2Fe+3Zn2+;A错误;
B. 由于次氯酸具有强氧化性,能够把+2价铁氧化为+3价,不能生成Fe(OH)2,B错误;
C. 氢氧化铁与HI溶液反应时,发生Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O反应,同时还有2Fe3++2I-=2 Fe2++ I2反应发生,方程式书写不完全,C错误;
D. 碱性氧化物氧化铁与稀硝酸反应生成盐和水,离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O,D正确;
综上所述,本题选D。

用如图所示装置进行实验,将少量液体甲逐滴加入到固体乙中,试管中试剂为丙,则下表中对应选项错误的是

试管中的现象

A

浓硫酸

亚硫酸钠

石蕊试液

先变红后褪色

B

醋酸

粉状贝壳

Na2SiO3溶液

浑浊

C

浓氨水

生石灰

AgNO3溶液

先沉淀后溶解

D

浓硝酸

生成无色气体并在试管口变为红棕色



A. A B. B C. C D. D

【答案】A
【解析】
A. 亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫,二氧化硫具有漂白性,但不漂白酸碱指示剂,因此二氧化硫通入石蕊试液中,溶液只变红不褪色,故A可选;
B.醋酸和碳酸钙反应生成二氧化碳,二氧化碳和硅酸钠反应生成不溶于水的硅酸,所以试管中溶液变浑浊,故B不选;
C.浓氨水和生石灰混合放热导致氨水分解生成氨气,氨气和硝酸银溶液反应生成氢氧化银沉淀,但随着氨水的过量,氢氧化银沉淀溶解在氨水中,故C不选;
D.浓硝酸和铜反应生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成一氧化氮,一氧化氮在试管口遇空气中氧气会发生反应生成二氧化氮,所以试管口出现红棕色,故D不选;
综上所述,本题选A。

氰(CN)2的结构简式为N≡C—C≡N,其化学性质与卤素(X2)很相似,化学上称之为拟卤素,其氧化性介于Br2和I2之间。下列有关反应的化学方程式不正确的是
A. (CN)2+H2===2HCN
B. MnO2+4HCNMn(CN)2+(CN)2↑+2H2O
C. 将(CN)2通入水中:(CN)2+H2O ===HCN+ HCNO
D. 在NaI和KCN混合液中通入少量Cl2:Cl2+2KCN===2KCl+(CN)2

【答案】D
【解析】
A项,(CN)2化学性质与卤素性质相似,卤素单质能与氢气反应,则可发生反应:(CN)2+H2===2HCN,故A项正确;
B项,MnO2和 HCN反应可以类推二氧化锰和浓盐酸的反应,则化学反应方程式为:MnO2+4HCNMn(CN)2+(CN)2↑+2H2O ,故B项正确;
C项,(CN)2与H2O反应以类推氯气和水的反应,则化学反应方程式为:(CN)2+H2O ===HCN+ HCNO,故C项正确;
D项,在NaI和KCN混合液中通入少量Cl2,(CN)2氧化性介于Br2和I2之间,则氧化性强于I2,所以还原性:I-> CN-,所以先发生:Cl2+2NaI===2NaCl+I2反应,故项D错误;
综上所述,本题选D。

用1L1mol·L-1NaOH溶液吸收0.8molCO2,所得溶液中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比约为
A. 1︰2 B. 1︰3 C. 2︰3 D. 3︰2

【答案】B
【解析】
1L1mol·L-1NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为1mol,根据2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O,可以知道,如果完全反应生成碳酸钠,需要消耗0.5mol二氧化碳;若生成碳酸氢钠: NaOH+CO2=NaHCO3,则消耗1mol二氧化碳;而题给0.8molCO2,所以二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物,设反应生成碳酸钠xmol、碳酸氢钠ymol,则:2x+y=1、x+y=0.8,计算得出:x=0.2mol、y=0.6mol;则所得溶液中Na2CO3和NaHCO3的物质的量的比为:0.2:0.6=1:3;B选项正确;
综上所述,本题选B。

室温下,0.1mol/L的Na2CO3溶液中,下列粒子浓度关系式不正确的是
A. c(Na+)= 2[c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3)]
B. c(Na+)+ c(H+)= 2c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(OH—)
C. c(H+)= c(OH-)—c(HCO3-)—c(H2CO3)
D. c(Na+)>c(CO32-)> c(OH—)> c(HCO3-)> c(H+)

【答案】C
【解析】
0.1mol/L的Na2CO3溶液中,存在水解平衡:CO32-+H2OHCO3-+OH- HCO3-+H2OH2CO3+OH-,且第一步水解程度大于第二步水解程度;所以溶液中各离子浓度大小关系为:c(Na+)>c(CO32-)> c(OH—)> c(HCO3-)> c(H+),D正确;溶液中各离子间满足电荷守恒:c(Na+)+ c(H+)= 2c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(OH—),B正确;物料守恒(碳元素守恒):1/2c(Na+)= c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3), A正确;根据电荷守恒:c(Na+)+ c(H+)= 2c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(OH—)和物料守恒:1/2c(Na+)= c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3),二者消去c(Na+),得出质子守恒为:c(OH-)= c(H+)+ c(HCO3-)+2c(H2CO3),C错误;
综上所述,本题选C。

下列有关说法正确的是
A. 常温下,将pH =10的氨水稀释,溶液中所有离子浓度都减小
B. 常温下,反应2A (s)+B (g)=2C (g)+D (g)不能自发进行,则该反应△H一定大于0
C. 用NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液时,使用甲基橙作指示剂
D. 水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大,说明水的电离是放热反应

【答案】B
【解析】
A项,氨水被稀释时,溶液中氢氧根离子浓度降低,根据KW=c(H+)c(OH-)可知,温度不变,则溶液氢离子浓度增加,故A项错误;
B项,常温下,反应2A (s)+B(g)=2C(g)+D(g)为熵增大的反应,∆S>0,其中T>0,由该反应不能自发进行,可知∆G=△H-T∆S>0 ,此时T∆S>0,可知△H一定大于0,故B项正确;
C项,用NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液时,所得醋酸钠溶液显碱性,应该用酚酞作指示剂,故C项错误;
D项,水的电离过程是一个吸热的过程,水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大,故D项错误。
综上所述,本题选B。

化学实验中常将溶液或试剂进行酸化,下列酸化处理的措施中正确的是
A. 定性检验SO32-,将BaCl2溶液用HNO3酸化
B. 为提高高锰酸钾溶液的氧化能力,用硫酸将高锰酸钾溶液酸化
C. 检验溶液中是否含有Fe2+时,用硝酸酸化
D. 检验溶液中是否含有SO42-时,在无其他阳离子干扰的条件下,先用盐酸酸化,所得溶液再加Ba(NO3)2溶液

【答案】B
【解析】
A、定性检验SO32-,将BaCl2溶液用HNO3酸化,因为硝酸具有强氧化性,易将亚硫酸根氧化为硫酸根,硫酸根也和钡离子反应生成白色沉淀,会干扰亚硫酸根的检验,故A错误;
B、硫酸不与高锰酸钾溶液反应,所以用硫酸将高锰酸钾溶液酸化时,提高了高锰酸钾的氧化能力,故B正确;
C、硝酸具有强氧化性,易将亚铁离子氧化为三价铁离子,会干扰亚铁离子的检验,故C错误;
D、含有SO32-的溶液中,先用盐酸酸化,再加Ba(NO3)2溶液,由于在酸性环境下,硝酸具有强氧化性,能够把SO32-氧化为SO42-,SO42-与钡离子产生白色沉淀,不能证明原溶液中一定含有SO42-,故D错误;
综上所述,本题选B。

在容积为2.0 L的密闭容器内,物质D在T ℃时发生反应,其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图,下列叙述不正确的是

A. 从反应开始到第一次达到平衡时, A物质的平均反应速率为0.0667 mol/(L·min)
B. 该反应的化学方程式为2D(s) 2A(g)+B(g),该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2·c(B)
C. 已知:反应的∆H>0,则第5分钟时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系的温度
D. 若在第7分钟时增加D的物质的量,则表示A的物质的量变化正确的是a曲线

【答案】D
【解析】
A.根据v=∆c/∆t计算得A物质的平均反应速率为0.4/(2×3)= 0.0667 mol/(L·min),A正确;
B.根据图在第一次达到平衡时A的物质的量增加了0.4mol,B的物质的量增加了0.2mol,所以A、B为生成物,D的物质的量减少了0.4mol/L,所以D为反应物,D、A、B的变化量之比为0.4:0.4:0.2=2:2:1,反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比,化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g),该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2·c(B) ,故B正确;
C.第5分钟时A、B的物质的量在原来的基础上增加,而D的物质的量在原来的基础上减小,说明平衡正向移动,因为反应的∆H>0,所以此时是升高温度,故C正确;
D.因为D是固体,量的改变不影响化学平衡,所以A的物质的量不变,故D错误;
综上所述,本题选D。

下图是采用新能源储能器件将CO2转化为固体产物,实现CO2的固定和储能灵活应用的装置。储能器件使用Li-CO2电池,组成为:钌电极/CO2饱和的LiClO4-DMSO电解液/锂片。下列说法不正确的是

A. Li-CO2电池的电解液由LiClO4和DMSO溶于水得到
B. CO2的固定中,每转移8 mol e-,生成6 mol气体
C. 过程Ⅱ中化学能转化为电能
D. 过程Ⅰ的钌电极的电极反应式为2Li2CO3+C-4e-═4Li++3CO2↑

【答案】A
【解析】
A. 金属锂能够与水反应,电解液不能由LiClO4和DMSO溶于水得到,A错误;
B. 根据电极反应方程式:2Li2CO3=4Li++2CO2↑+O2↑+4e-可知,得到4mole-,生成2molCO2气体和1molO2,现转移8mole-,生成6mol气体,B正确;
C. 通过图示可知,电子不断的流出,过程Ⅱ中化学能转化为电能,C正确;
D. 通过图示可知,碳变为二氧化碳,发生氧化反应,过程Ⅰ的钌电极的电极反应式为2Li2CO3+C-4e-═4Li++3CO2↑,D正确;
综上所述,本题选A。

某充电宝锂离子电池的总反应为:xLi + Li1-xMn2O4 LiMn2O4,某手机镍氢电池总反应为:NiOOH + MH M+ Ni(OH)2(M为储氢金属或合金),有关上述两种电池的说法不正确的是:

A. 锂离子电池放电时Li+向正极迁移
B. 镍氢电池放电时,正极电极反应式:NiOOH+H2O +e-==Ni(OH)2+OH-
C. 上图表示用锂离子电池给镍氢电池充电
D. 锂离子电池充电时,阴极的电极反应式: LiMn2O4—xe-== Li1-xMn2O4+ xLi+

【答案】D
【解析】
试题A、放电时,相当于原电池,则阳离子向正极移动,正确;B、镍氢电池放电时,正极发生还原反应,元素的化合价降低,则NiOOH得到电子生成氢氧化镍,正确;C、根据装置图中的电极材料可知,左图是锂离子电池的放电反应,上图是镍氢电池的充电反应,所以表示用锂离子电池给镍氢电池充电,正确;D、锂离子电池充电时,阴极发生还原反应,所以锂离子得到电子生成Li单质,错误,答案选D。

已知A是一种常见的非金属单质,B是氧化物,E是A的氢化物,D是A的最高价氧化物对应的水化物,上述物质间转化关系如图所示。下列说法错误的是 ( )

A. 若E、D的水溶液均呈酸性,则A为硫
B. 若D是一种难溶于水的物质,则A为硅
C. 若E、D的水溶液均呈酸性,则B能与水反应
D. 若D是一种难溶于水的物质,则B能与水反应

【答案】D
【解析】A.H2S和S均能在氧气中燃烧生成SO2,SO2继续氧化生成SO3,SO3溶于水生成H2SO4,符合题中转化关系和条件,故A正确;B.Si和SiH4均能在氧气中燃烧生成SiO2,SiO2溶于NaOH溶液生成Na2SiO3,Na2SiO3和稀硫酸反应生成难溶于水的H2SiO3,符合题中转化关系和条件,故B正确;C.H2S和S均能在氧气中燃烧生成SO2,SO2继续氧化生成SO3,SO3溶于水生成H2SO4,其中SO2能溶于水生成H2SO3,符合题中转化关系和条件,故C正确;D.B.Si和SiH4均能在氧气中燃烧生成SiO2,SiO2溶于NaOH溶液生成Na2SiO3,Na2SiO3和稀硫酸反应生成难溶于水的H2SiO3,符合题中转化关系,但SiO2不能溶于水,故D错误;答案为D。

四氯化钛是生产金属钛及其化合物的重要中间体。某校化学课外活动小组准备利用下图装置制备四氯化钛(部分夹持仪器已略去)。

资料表明:室温下,四氯化钛为无色液体,熔点:-25 ℃,沸点:136.4 ℃。在空气中发烟生成二氧化钛固体。在650~850 ℃下,将氯气通过二氧化钛和炭粉的混合物可得到四氯化钛和一种有毒气体。回答下列问题:
(1)检查该装置气密性的方法是_______________________________________________。
(2)实验中B装置的作用是____________________。
(3)写出D装置中物质制备的化学方程式________________________________;写出四氯化钛在空气中发烟的化学方程式______________________________。
(4)E处球形冷凝管的冷却水应从________(填“c”或“d”)口通入。
(5)F装置中盛装的物质是________。
(6)该实验设计略有缺陷,请指出其不足之处:______________________________。

【答案】在B装置中加入蒸馏水至浸没玻璃导管a的下端,关闭活塞b,微热A装置中的烧瓶,若导管a中的液面上升一定的高度,则气密性良好(或在B装置中加入蒸馏水至浸没玻璃导管a的下端,F装置处连接导气管并将尾端放到水槽中,微热A装置中的烧瓶,水槽中导气管的尾端有气泡冒出,停止加热,倒吸形成一段稳定的水柱,则气密性良好等合理即可)洗去Cl2中的HCl气体、用作安全瓶(或用作平衡气压的安全装置,或用作防堵塞的安全装置)TiO2+2Cl2+2C 650~850℃ TiCl4+2COTiCl4+2H2O===TiO2+4HCl↑c碱石灰没有对CO进行尾气处理
【解析】
(1)检查装置气密性的方法是整个装置要形成密闭体系,通过液柱的升降来判断装置的气密性;检查该装置气密性的方法是:在B装置中加入蒸馏水至浸没玻璃导管a的下端,关闭活塞b,微热A装置中的烧瓶,若导管a中的液面上升一定的高度,则气密性良好(或在B装置中加入蒸馏水至浸没玻璃导管a的下端,F装置处连接导气管并将尾端放到水槽中,微热A装置中的烧瓶,水槽中导气管的尾端有气泡冒出,停止加热,倒吸一段水柱,则气密性良好等合理即可);正确答案:在B装置中加入蒸馏水至浸没玻璃导管a的下端,关闭活塞b,微热A装置中的烧瓶,若导管a中的液面上升一定的高度,则气密性良好(或在B装置中加入蒸馏水至浸没玻璃导管a的下端,F装置处连接导气管并将尾端放到水槽中,微热A装置中的烧瓶,水槽中导气管的尾端有气泡冒出,停止加热,倒吸一段水柱,则气密性良好等合理即可)。
(2)氯气中含有氯化氢杂质气体,可以用饱和食盐水除去氯化氢,同时,一旦气体发生堵塞,还能起到安全瓶的作用;正确答案:洗去Cl2中的HCl气体;用作安全瓶(或用作平衡气压的安全装置,或用作防堵塞的安全装置)。
(3) D装置中,氯气通过二氧化钛和炭粉的混合物可得到四氯化钛和有毒气体一氧化碳;反应的化学方程式:TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO;根据信息可知,四氯化钛在空气中和水蒸气反应生成二氧化钛固体和氯化氢,看到发烟现象;化学方程式:TiCl4+2H2O===TiO2+4HCl↑;正确答案:TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO ;TiCl4+2H2O===TiO2+4HCl↑。
(4)为保证冷凝效果,采用逆流原理,冷凝效果好;E处球形冷凝管的冷却水应从 c口通入;正确答案c。
(5) TiCl4与水易发生水解,反应剩余的氯气不能直接排放到空气中,污染环境;因此F装置中盛装的物质既能吸水,又能吸收氯气,因此该试剂为碱石灰;正确答案:碱石灰。
(6)在制备TiCl4过程中,会产生有毒气体CO,不能被碱石灰吸收,直接排放到空气中,污染空气;正确答案:没有对CO进行尾气处理。

甲醇(CH3OH)是重要的溶剂和替代燃料,工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为: CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH
(1)T℃时,在体积为1L的恒容密闭容器中,充入2molCO和4molH2,一定条件下发生上述反应,测得CO(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图一所示。

①反应2min到5min,用氢气表示的平均反应速率v(H2)=___________。
②下列说法正确的是______________(填字母序号)。
A.达到平衡时,CO的转化率为50%
B.5min后容器中压强不再改变
C.达到平衡后,再充入氩气,反应速率增大
D.2min前v(正)>v(逆),2min后v(正)<v(逆)
E.加入催化剂可以加快化学反应速率,同时提高 CO和H2平衡的转化率
③下列叙述可以说明该反应在该条件下已经达到化学平衡的是:______(填字母序号)。
A.混合气体密度不发生改变 B.混合气体的平均相对分子质量不再发生改变
C.v(CO)正=2v(H2)逆D.n(CO)与n(H2)的比值不变
(2)某温度下,在一容积可变的恒压密闭容器中分别充入1molCO和1.2molH2,达到平衡时容器体积为2L,且含有0.5molCH3OH(g),则该反应平衡常数的值为_______,此时向容器中再通入0.3molCO和0.3molCH3OH(g),则此平衡将______________移动。(填“向正反应方向”、“不”或“向逆反应方向”)
(3)若压强、投料比x=n(CO)/n(H2)对反应的影响如图二所示,则图中曲线所示的压强关系:p1_____p2(填“=”“>”或“<”)。
(4)工业上另一种合成甲醇的方法是利用CO2和H2,己知:CH3OH、H2的燃烧热(ΔH)分别为-726.9kJ/mol、-285.8kJ/mol,则常温下CO2和H2反应生成CH3OH(l)和H2O(l)的热化学方程式______________________________________________。

【答案】1/3mol/(Lmin) B B 100 向逆反应方向 < CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=-130.5kJ/mol
【解析】
(1)① 反应2min到5min,甲醇的浓度变化量为1.5-1=0.5mol/L,v(CH3OH)=0.5/(5-2)=1/6 mol/(Lmin),根据速率之比和系数成正比关系可知,v(H2)=2 v(CH3OH)=1/3mol/(L∙min);综上所述,本题答案是:1/3mol/(L∙min)。
②A.结合三段式可知:设CO的消耗量为xmol,
CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)
起始量 2 4 0
变化量 x 2x x
平衡量 2-x 4-2x x
根据图像可知:2-x=0.5,x=1.5 mol;达到平衡时,CO的转化率为1.5/2×100%=75% ,错误;
B.5min后反应达到平衡,该反应是一个气体体积减小的反应,当容器中压强不再改变时,反应达到平衡状态,正确;
C.恒温恒容条件下,达到平衡后,再充入氩气,总压增大分压不变,速率不变,错误;
D.2min前后,反应未达到平衡状态,反应正向进行,v(正)(逆),故D错误;
E.加入催化剂可以加快化学反应速率,但是平衡不移动,不能提高 CO和H2平衡的转化率,错误;
综上所述,本题选B。
③A.反应前后混合气体的质量不变,容器的体积不变,所以混合气体的密度不发生改变 ,恒为定值,不能判定反应达到平衡状态,错误;
B. 反应前后混合气体的质量不变,反应向右混合气体的总量减小,因此混合气体的平均相对分子质量不再发生改变时,反应达到平衡状态,正确;
C. 正逆反应的速率比等于系数比一定达到平衡状态,所以v(CO)正=2v(H2)逆不一定平衡,错误;
D. 根据(A)可知n(CO):n(H2)=(2-x):(4-2x)=1:2,所以n(CO)与n(H2)比值是定量,定量不变不一定平衡,错误;
综上所述,本题选B。
(2) CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)
开始 1 1.2 0
转化 0.5 1 0.5
平衡 0.5 0.2 0.5
平衡时各物质浓度为:c(CO)=0.5/2=0.25mol/L c(H2)= 0.2/2=0.1 mol/L, c(CH3OH )=0.5/2=0.25mol/L, 则该反应平衡常数的值为0.25/(0.25×0.12)=100;此时向容器中再通入0.3molCO和0.3mo1CH3OH(g),容器的体积变为1.8×2/1.2=3L,Q=(0.8/3)/[(0.8/3)×(0.2/3)2]>100,所以此平衡将逆向移动;综上所述,本题答案是:100,向逆反应方向。
(3)增大压强平衡正向移动,氢气的百分含量降低,所以p1<p2;综上所述,本题答案是:<。
(4)CH3OH、H2的燃烧热(△H)分別为-726.9kJ/mol、-285.8kJ/mol,则①CH3OH(l)+3/2 O2(g)=CO2(g)+ 2H2O(l) ΔH=--726.9kJ/mol;②H2(g)+1/2 O2(g)= H2O(l) ΔH= -285.8kJ/mol,根据盖斯定律②×3-① ,得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=-130.5kJ/mol;综上所述,本题答案是:CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=-130.5kJ/mol。

金属镓是广泛用于电子工业和通讯领域的重要金属,化学性质与铝元素相似。
(1)工业上提纯镓的方法很多,其中以电解精炼法为多。具体原理如下:以待提纯的粗镓(内含Zn、Fe、Cu杂质)为阳极,以高纯镓为阴极,以NaOH水溶液为电解质溶液。在电流作用下使粗镓在阳极溶解进入电解质溶液,并通过某种离子迁移技术到达阴极并在阴极放电析出高纯镓。
①已知离子氧化性顺序为Zn2+<Ga3+<Fe2+<Cu2+。电解精炼镓时阳极泥的成分是_______。
②GaO2-在阴极放电的电极方程式是__________________________。
(2)工业上利用固态Ga与NH3高温条件下合成固体半导体材料氮化镓(GaN)同时又有氢气生成。反应中每生成3 mol H2时就会放出30.8 kJ热量。
①该反应的热化学方程式为__________________________。
②一定条件下,加入一定量的Ga与NH3进行上述反应,下列叙述符合事实且可作为判断反应已达到平衡状态的标志的是_______________。
A.恒温恒压下,混合气体的密度不变
B.断裂3 mol H—H键,同时断裂2 mol N—H键
C.恒温恒压下达平衡后再加入2 mol H2使平衡移动,NH3消耗速率等于原平衡时NH3的消耗速率
D.升高温度,氢气的生成速率先增大再减小

【答案】Fe、CuGaO2-+3e-+2H2O═Ga+4OH-2Ga(s)+2NH3(g)═2GaN(s)+3H2(g) ΔH=-30.8 kJ/molAC
【解析】
(1)①已知离子氧化性顺序为:Zn2+<Ga3+<Fe2+<Cu2+,则电解精炼镓时阳极是 Zn和 Ga失去电子,而铁和铜变为阳极泥;综上所述,本题答案是:Fe、Cu。
②GaO2-在阴极得到电子转化为金属单质,因此放电的电极方程式是:GaO2-+3e-+2H2O═Ga+4OH-;综上所述,本题答案是:GaO2-+3e-+2H2O═Ga+4OH-。
(2)①反应中每生成3molH2时就会放出30.8 kJ 热量,因此该反应的热化学方程式为: 2Ga(s)+2NH3(g)═2GaN(s)+3H2(g) ΔH=-30.8 kJ/mol; 综上所述,本题答案是: 2Ga(s)+2NH3(g)═2GaN(s)+3H2(g) ΔH=-30.8 kJ/mol。
②A. 密度是混合气的质量和容器容积的比值,在反应过程中质量是不变的,正反应体积增大,压强不变,因此容积变化,所以恒温恒压下,混合气体的密度不变说明反应达到平衡状态,A正确;
B.断裂3molH—H键,同时断裂6molN—H键,说明反应达到平衡状态,B 错误;
C. 恒温恒压下达平衡,加入2molH2使平衡移动,由于平衡是等效的,因此NH3的消耗速率等于原平衡时NH3的消耗速率,C正确;
D.升高温度,氢气的生成速率先增大再减小,最后不变,D错误;
综上所述,本题选AC。

下图中A~J分别代表相关反应的一种物质。已知A分解得到等物质的量的B、C、D,图中有部分生成物未标出。

请填写以下空白:
(1)A的化学式________;B的结构式________;D的电子式________;
(2)写出反应①②的化学方程式:
①________________________________________________,
②_________________________________________。
(3)写出反应③的离子方程式:________________________________________。
(4)J与F反应的化学方程式: _________________________________________。
(5)在反应④中,当生成标况下3.36 L G时,转移电子数为__________mol。

【答案】NH4HCO3O=C=O2Mg+CO22MgO+C4NH3+5O24NO+6H2ONH4++HCO3-+2OH-NH3↑+CO32-+2H2OC+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O0.3
【解析】
A受热能分解,得到等物质的量的B、C、D,且A与碱反应生成D,则A为酸式盐或铵盐,C能和过氧化钠反应,则C为水或二氧化碳,镁条能在B中燃烧,则B为二氧化碳或氧气,因为A受热分解生成B、C、D,则B为二氧化碳,C为水,水和过氧化钠反应生成NaOH和O2,D能在催化剂条件下反应生成H,则D是NH3,G是O2,H是NO,I是NO2,J是 HNO3,镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳,C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水,则E是MgO,F是C,通过以上分析知,A为NH4HCO3;据以上分析解答。
A受热能分解,得到等物质的量的B、C、D,且A与碱反应生成D,则A为酸式盐或铵盐,C能和过氧化钠反应,则C为水或二氧化碳,镁条能在B中燃烧,则B为二氧化碳或氧气,因为A受热分解生成B、C、D,则B为二氧化碳,C为水,水和过氧化钠反应生成NaOH和O2,D能在催化剂条件下反应生成H,则D是NH3,G是O2,H是NO,I是NO2,J是 HNO3,镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳,C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水,则E是MgO,F是C,通过以上分析知,A为NH4HCO3;
(1) 据以上分析可知:A的化学式NH4HCO3;B为二氧化碳,属于共价化合物,结构式O=C=O;D是NH3,属于共价化合物,电子式:;综上所述,本题答案是:NH4HCO3,O=C=O,
(2)镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳,反应①的化学方程式:2Mg+CO22MgO+C;氨气和氧气发生催化氧化生成一氧化氮和水,反应②的化学方程式:4NH3+5O24NO+6H2O ;综上所述,本题答案是:2Mg+CO22MgO+C; 4NH3+5O24NO+6H2O 。
(3)碳酸氢铵与过量的氢氧化钠溶液加热反应生成氨气、碳酸钠和水,反应③的离子方程式:NH4++HCO3-+2OH-NH3↑+CO32-+2H2O;综上所述,本题答案是:NH4++HCO3-+2OH-NH3↑+CO32-+2H2O。
(4)浓硝酸与碳加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水,反应的化学方程式:C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O;综上所述,本题答案是:C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O。
(5)过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,反应方程式为:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,反应转移2mole-时,生成氧气1mol,当生成标况下3.36 L 氧气时,即氧气的物质的量为3.36/22.4=0.15mol, 转移电子数为0.3 mol ;综上所述,本题答案是:0.3。

周期表前四周期的元素a、b、c、d、e,原子序数依次增大,a和b是组成物质种类最多的元素,c是地壳中含量最多的元素,d与b同族,e2+离子的3d轨道中有9个电子。回答下列问题:
(1)c、d两种元素形成的化合物统称硅石,可通过______________方法区分其结晶形和无定形的两种存在形态,c的电子排布图为_______________________。
(2)A和B是生活中两种常见的有机物,A能与CaCO3反应,可用于厨房除水垢;B分子中的碳原子数目与A中相同,可发生银镜反应。A中存在化学键的类型是______;
A.离子键 B.极性键 C.非极性键 D.σ键 E.π键
B分子官能团中碳原子的轨道杂化类型是____。
(3)用“>”或“<”填空:

第一电离能

熔点

b___d

dc2晶体___d晶体


(4)c与e两种元素可形成一种半导体材料,化学式为e2c,在其立方晶胞内部有四个c原子,其余c原子位于面心和顶点,则该晶胞中有____个e原子,e元素位于元素周期表的_______区。
(5)向e2+硫酸盐的水溶液中加入过量的氨水,可得到深蓝色透明溶液,加入乙醇可析出深蓝色晶体,请书写析出晶体的离子方程式___________________。
(6)e单质为面心立方晶体,其原子半径为rcm,其晶胞棱长为a nm,则e单质的密度为__________g·cm-3,其空间利用率的计算式为_______________________。

【答案】X-射线衍射实验BCDEsp2 >>16ds[Cu(NH3)4]2++SO42-+H2O= [Cu(NH3)4] SO4·H2O↓p= ×100%
【解析】
周期表前四周期的元素a、b、c、d、e,原子序数依次增大,a和b是组成物质种类最多的元素,a为氢,b为碳; c是地壳中含量最多的元素,c为氧;d与b同族,d为硅;e2+离子的3d轨道中有9个电子,其原子核外电子排布式为: 1s22s22p63s23p63d104s1,核电荷数为29,该元素为铜;
(1)c、d两种元素形成的化合物为二氧化硅,可通过X-射线衍射实验方法区分其结晶形和无定形的两种存在形态;c为氧元素,核电荷数为8,,电子排布图为;正确答案: X-射线衍射实验 ;
(2)A为有机物,A能与CaCO3反应,可用于厨房除水垢,所以A为醋酸;B分子中的碳原子数目与A中相同,可发生银镜反应,B为甲酸甲酯;醋酸的结构为CH3COOH,所以A中存在化学键的类型有:极性键、非极性键、σ键、π键;B分子结构简式为HCOOCH3,其官能团为酯基:-COO-,碳原子的轨道杂化数=0+3=3,属于sp2杂化;正确答案:BCDE; sp2 。
(3)一般规律:同一主族从上到下,第一电离能逐渐减小,因此第一电离能:碳大于硅; 二氧化硅、硅均为原子晶体,但因Si-O键的键能大于 Si-Si键的键能,键能越大,熔点越高,所以熔点二氧化硅大于晶体硅;正确答案:>;>。
(4)晶胞中含有氧原子数为1/8×8+1/2×6+4=8.则该晶胞中铜原子数是氧原子数的2倍,即16个;根据铜元素原子排布:1s22s22p63s23p63d104s1,铜元素位于元素周期表ds的区;正确答案:16;ds。
(5)乙醇的极性小于水,在溶液中加入乙醇能够减小溶剂的极性,降低[Cu(NH3)4] SO4溶解度;所以向硫酸铜溶液中加入乙醇可析出深蓝色晶体为[Cu(NH3)4] SO4·H2O;离子方程式:[Cu(NH3)4]2++SO42-+H2O=[Cu(NH3)4] SO4·H2O↓;正确答案:[Cu(NH3)4]2++SO42-+H2O= [Cu(NH3)4] SO4·H2O↓。
(6)铜单质为面心立方晶体,含有铜原子数为8×1/8+6×1/2=4,其相对质量为4×64,该晶胞的体积为V=(a×10-7)3cm3,晶胞的密度为ρ=m/V=4×64/NA×(a×10-7)3= g·cm-3;1个晶胞中铜原子的体积为4×4πr3/3 cm3 ,晶胞的体积为(a×10-7)3cm3,根据晶胞的结构可知,a=2r×10-7cm,所以,空间利用率的计算式为(4×4πr3/3)/(2r)3=×100%;正确答案:p=×100%。

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