[ID:7-5823928] 2019高考人教化学二轮过关练习(5份)及解析
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2019高考人教化学二轮过关练习(1)及解析 1、【2018天水调研】下列对古文献记载内容理解错误的是( ) A.《天工开物》记载:“凡埏泥造瓦,掘地二尺余,择取无沙粘土而为之”。“瓦”,传统无机非金属材料,主要成分为硅酸盐 B.《本草纲目》“烧酒”条目下写道:“自元时始创其法,用浓酒和糟入甑,蒸令气上……其清如水,味极浓烈,盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏 C.《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载:“以火烧之,紫青烟起,乃真硝石也”,该方法应用了焰色反应 D.《抱朴子·金丹篇》中记载:“丹砂烧之成水银,积变又还成丹砂”。该过程未发生氧化还原反应 【答案】D 【解析】瓦由无沙粘土制成,其主要成分为硅酸盐,属于传统无机非金属材料,A项正确;根据“蒸令气上”知所用的“法”是指蒸馏,B项正确;硝石(KNO3)灼烧时火焰为紫色,朴硝(Na2SO4)灼烧时火焰为黄色,该方法利用了焰色反应,C项正确;该过程发生反应:HgSHg+S、Hg+S===HgS,上述反应属于氧化还原反应,D项错误。 2、【2018长春第二次质检】化学与生产、生活、社会等密切相关,下列说法正确的是( ) A.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 B.用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料,能减少白色污染及其危害 C.推广使用煤的液化技术,可从根本上减少二氧化碳等温室气体的排放 D.明矾常用于水体杀菌消毒 【答案】B 【解析】绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染,A项错误。聚碳酸酯塑料能够降解,可减少白色污染及其危害,B项正确。推广使用煤的液化技术,不能减少CO2的排放,C项错误。明矾水解生成的氢氧化铝胶粒具有吸附性,可净水,但是不能杀菌消毒,D项错误。 3、【2018江西新余一中高三二测】含有下列各组离子的溶液中,通入(或加入)过量的某种物质后仍能大量共存的是( ) A.H+、Ba2+、Fe3+、NO,通入SO2气体 B.AlO、Na+、Br、SO,通入CO2气体 C.Ca2+、Cl、K+、H+,通入CO2气体 D.HCO、Na+、I、HS,加入AlCl3溶液 【答案】C 【解析】SO2气体与硝酸发生氧化还原反应,故A错误;AlO与CO2反应生成氢氧化铝沉淀,故B错误;含Ca2+、Cl、K+、H+的溶液中,通入过量CO2气体后仍能大量共存,故C正确;Al3+与HCO发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳,故D错误。 4、【2018阜阳第一次联考】生产生活中的化学电源、金属冶炼、环境污染等都与氧化还原反应息息相关,研究氧化还原反应,对人类进步和社会发展都具有极其重要的意义。 (1)已知下列反应在一定条件下可以发生:H2O2+2Fe2++2H+===2Fe3++2H2O;H2O2+2Fe3+===2Fe2++2H++O2↑ ①通过观察以上两个反应,对其中Fe2+的认识是 。 ②I2和Fe2+一样也能与H2O2发生上述类似反应,类比上述反应,在下面空格上填入合适的化学方程式:H2O2+I2===2HIO; 。总的化学方程式为 。 (2)据报道某地周边污水渗坑给该地的水环境带来隐患,目前采用多种方法对污水进行处理,改善水资源状况。 ①碱性环境下,Cl2可将水中残存的CN转化为两种无毒的气体,则该反应生成两种无毒气体的物质的量之比为 。 ②酸性环境下,向含重铬酸根(Cr2O)的废水中加入FeSO4溶液,然后调节溶液pH,使生成的Cr3+转化为Cr(OH)3,写出第一步反应的离子方程式 。 【答案】(1)①Fe2+为过氧化氢分解的催化剂 ②2HIO+H2O2=I2+2H2O+O2↑ 2H2O22H2O+O2↑  (2)①n(CO2)∶n(N2)=2∶1 ②Cr2O+ 6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O 【解析】(1)已知下列反应在一定条件下能发生:H2O2+2Fe2++2H+===2Fe3++2H2O;H2O2+2Fe3+===2Fe2+ +2H++O2↑,①通过观察以上两个反应,将两方程式相加,得2H2O2===2H2O+O2↑,则Fe2+为该反应的催化剂;②用总反应2H2O2===2H2O+O2↑减去H2O2+I2===2HIO得2HIO+H2O2===I2+2H2O+O2↑;总的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑;(2)①2CN+8OH+5Cl2===2CO2+N2+10Cl+4H2O,生成两种无毒气体CO2和N2的物质的量之比为2∶1;②酸性环境下,Cr2O能够将Fe2+氧化成Fe3+,本身被还原为Cr3+,反应的离子方程式为Cr2O+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O。 5、【2018新课标1卷】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10;W与Y同族;W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应,其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是( ) A.常温常压下X的单质为气态 B.Z的氢化物为离子化合物 C.Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性 D.W与Y具有相同的最高化合价 【答案】B 【解析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,且均不大于20。W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应,其生成物可腐蚀玻璃,生成物是HF,因此W是F,Z是Ca,W与Y同族,则Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10,则X的最外层电子数为10-7-2=1,所以X是Na,据此解答。根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca。则A、金属钠常温常压下是固态,A错误;B、CaH2中含有离子键,属于离子化合物,B正确;C、Y与Z形成的化合物是氯化钠,其水溶液显中性,C错误;D、F是最活泼的非金属,没有正价,Cl元素的最高价是+7价,D错误。答案选B。 6、【2018届山西大同一中月考】为探究硫酸铜的量对锌与稀硫酸反应生成氢气速率的影响,该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中,收集产生的气体,记录获得相同体积的气体所需的时间。下列说法正确的是( ) 混合溶液 A B C D E F 4mol·L-1 H2SO4溶液/mL 30 V1 V2 V3 V4 V5 饱和CuSO4溶液/mL 0 0.5 2.5 5 V6 20 H2O/mL V7 V8 V9 V10 10 0 A.V1=30,V6=10 B.反应一段时间后,实验A、E中的金属呈暗红色 C.加入MgSO4与Ag2SO4可以起与硫酸铜相同的加速作用 D.硫酸铜的量越多,产生氢气的速率肯定越快 【答案】A 【解析】A项,本实验是探究硫酸铜的量对锌与稀硫酸反应生成氢气速率的影响,那么每组硫酸的量要保持相同,六组反应的总体积也应该相同,所以V1=30,V6=10,故A正确;B项,A中没有加入硫酸铜,锌与稀硫酸反应后,锌的表面凹凸不平,有很多细小的锌的颗粒,由于颗粒很小,光被完全吸收,所以看到的固体是灰黑色,E中Zn能够置换出Cu附着在Zn表面,金属变为紫红色,故B错误;C项,银能被锌置换出来,而镁不能,所以与CuSO4溶液起相似作用的是Ag2SO4溶液,故C错误;D项,因为锌会先与硫酸铜反应,直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气,硫酸铜量较多时,反应时间较长,而且生成的铜会附着在锌片上,会阻碍锌片与硫酸继续反应,氢气生成速率下降,故D错误。 7、【2018合肥中学联考】已知反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=Q kJ·mol-1;在三个不同容积的容器中分别充入1mol CO与2mol H2,测得平衡时CO的转化率如下表。下列说法正确的是( ) 温度(℃) 容器体积 CO转化率 平衡压强(p) ① 200 V1 50% p1 ② 200 V2 70% p2 ③ 350 V3 50% p2 A.反应速率:③>①>② B.平衡时体系压强:p1∶p2 =5∶4 C.若容器体积V1>V3,则Q<0 D.若实验②中CO和H2用量均加倍,则CO转化率<70% 【答案】C 【解析】根据表中所给数据可知,容器①和容器②温度相同,但是容器②中CO转化率大,说明p2>p1,容器②与容器③中压强相等,且容器③中温度高于容器②中温度,则反应速率③>②>①,A选项错误;容器①和容器②的温度相同,但容器①和容器②的体积不同,不能确定压强之比,B选项错误;若容器①和容器③的温度相同,且V1>V3,则实验③与实验①相比,平衡正向移动,平衡时CO的转化率大,而实际上实验③和实验①中CO的转化率相同,故升高温度时,平衡逆向移动,所以正反应一定为放热反应,即Q<0,C选项正确;若实验②中CO和H2用量均加倍,则相当于增大压强,平衡正向移动,CO的转化率大于70%,D选项错误。 8、【2018四川省绵阳中学实验学校高三5月模拟】取0.1mol·L?l的NaA和NaB两种盐溶液各1L,分别通入0.02mol CO2,发生如下反应:NaA+CO2+H2OHA+NaHCO3、2NaB+CO2+H2O2HB+ Na2CO3,则HA和HB的1L溶液分别加水稀释至体积为VL时对应的曲线是( ) A.X是HA、Z是HB B.Y是HA、Z是HB C.Z是HA、R是HB D.Z是HA、Y是HB 【答案】B 【解析】已知:NaA+CO2+H2OHA+NaHCO3、2NaB+CO2+H2O2HB+Na2CO3,则酸性:H2CO3>HA>HCO>HB,加水稀释,促进弱酸的电离,酸性越弱,溶液稀释时pH变化越小,所以加水稀释相同的倍数时,pH变化小的是HB,由图可知,Z为HB,Y为HA,故B正确;故选B。 9、【2018陕西部分学校摸底检测】下列实验装置能达到相应目的的是( ) 【答案】D 【解析】甘油和水互溶,不分层,不能用分液的方法分离二者,A项不能达到实验目的;蔗糖与浓硫酸反应除了生成CO2,还生成SO2,SO2也能使澄清石灰水变浑浊,B项不能达到实验目的;当液面离容量瓶颈刻度线下1~2cm时,应改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切,C项不能达到实验目的;向工业酒精中加入生石灰,然后蒸馏可以得到无水酒精,D项能达到实验目的。 10、【2018成都第三次诊断检测】下列实验设计方案合理且能达到实验目的的是( ) 选项 A B C D 实验目的 验证HCl水溶液的酸性 检验葡萄糖中的醛基 配制一定质量分数的AlCl3水溶液 测定中和反应的反应热 实验设计方案 【答案】C 【解析】A项装置容易发生倒吸,A项错误;B项中加入的氢氧化钠的量太少,不能得到Cu(OH)2悬浊液,从而无法检验葡萄糖中的醛基,B项错误;为防止氯化铝水解,配制一定质量分数的AlCl3水溶液时应加入少量浓盐酸,C项正确;D项装置中缺少环形玻璃搅拌棒,D项错误。 11、【2018新课标1卷】化合物W可用作高分子膨胀剂,一种合成路线如下: 回答下列问题: (1)A的化学名称为 。 (2)②的反应类型是 。 (3)反应④所需试剂,条件分别为 。 (4)G的分子式为 。 (5)W中含氧官能团的名称是 。 (6)写出与E互为同分异构体的酯类化合物的结构简式(核磁共振氢谱为两组峰,峰面积比为1∶1) 。 (7)苯乙酸苄酯()是花香型香料,设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯的合成路线。(无机试剂任选) 【答案】(1)氯乙酸 (2)取代反应 (3)乙醇/浓硫酸、加热 (4)C12H18O3 (5)羟基、醚键 (6)、 (7) 【解析】A是氯乙酸与碳酸钠反应生成氯乙酸钠,氯乙酸钠与NaCN发生取代反应生成C,C水解又引入1个羧基。D与乙醇发生酯化反应生成E,E发生取代反应生成F,在催化剂作用下F与氢气发生加成反应将酯基均转化为醇羟基,2分子G发生羟基的脱水反应成环,据此解答。(1)根据A的结构简式可知A是氯乙酸;(2)反应②中氯原子被-CN取代,属于取代反应。(3)反应④是酯化反应,所需试剂和条件分别是乙醇/浓硫酸、加热;(4)根据G的键线式可知其分子式为C12H18O3;(5)根据W的结构简式可知分子中含有的官能团是醚键和羟基;(6)属于酯类,说明含有酯基。核磁共振氢谱为两组峰,峰面积比为1∶1,说明氢原子分为两类,各是6个氢原子,因此符合条件的有机物结构简式为或;(7)根据已知信息结合逆推法可知合成苯乙酸卞酯的路线图为 2019高考人教化学二轮过关练习(2)及解析 1、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是( ) A.14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA B.1mol N2与4mol H2反应生成的NH3分子数为2NA C.1mol Fe溶于过量硝酸,电子转移数为2NA D.标准状况下,2.24L CCl4含有的共价键数为0.4NA 【答案】A 【解析】乙烯、丙烯的分子式均符合CnH2n的通式,无论如何混合,平均分子组成为CnH2n,14g混合气体中n(CnH2n)== mol,含n(H)=×2n mol=2mol,含氢原子数为2NA,A项正确;N2与H2的反应是可逆反应,1mol N2不能完全转化为2mol NH3,B项错误;由于硝酸具有强氧化性,过量的硝酸将Fe氧化到+3价,C项错误;标准状况下CCl4为液态,不能用此状况下的气体摩尔体积计算,D项错误。 2、【2018郑州一中一轮检测】下列表述不正确的是( ) A.明矾可用于自来水杀菌 B.在医疗上碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多 C.人造刚玉熔点很高,可用作高级耐火材料,主要成分是Al2O3 D.分散系中分散质粒子的直径:Fe(OH)3悬浊液>Fe(OH)3胶体>FeCl3溶液 【答案】A 【解析】明矾可用于净水,但不能用于自来水杀菌,A错误;在医疗上碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多,B正确;人造刚玉的主要成分为Al2O3,Al2O3的熔点很高,可用作高级耐火材料,C正确;浊液、胶体、溶液中粒子直径的大小范围分别为大于100nm、1~100nm、小于1nm,因此分散系中分散质粒子的直径:Fe(OH)3悬浊液>Fe(OH)3胶体>FeCl3溶液,D正确。 3、【2018西安高三上学期大联考】某溶液中,若忽略水的电离,只含有下表中所示的四种离子,则表中X离子种类及其个数b为( ) 离子种类 Na+ Al3+ Cl X 个数 2a a a b A.NH、4a B.SO、2a C.OH、4a D.CO、2a 【答案】B 【解析】因为溶液中含Al3+,根据离子共存的原则,溶液一定不存在OH、CO。根据溶液中电荷守恒,另一种阴离子所带的电荷数为n(Na+)+3n(Al3+)-n(Cl)=2a+3a-a=4a,B项符合题意。 4、【2018黄冈调研】髙锰酸钾(KMnO4)是一种常用的氧化剂。 (1)有下列变化:CO→CO2、C2O→CO2、Fe3+→Fe2+,找出其中一个变化与“MnO→Mn2+”组成一个反应,写出该反应的离子方程式 。 (2)不同条件下高锰酸钾可发生如下反应: MnO+5e-+8H+Mn2++4H2O;MnO+3e+2H2OMnO2+4OH;MnO+eMnO。由此可知,高锰酸根离子(MnO)反应后的产物与 有关。 (3)高锰酸钾溶液可代替二氧化锰用来制取Cl2,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 (4)高锰酸钾溶液与硫化亚铁有如下反应:10FeS+6KMnO4+24H2SO4===3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+ 10S+24H2O,若上述反应前后固体的质量减少了2.8g,则FeS与KMnO4反应转移的电子数目为 。(用NA表示) 【答案】(1)2MnO+5C2O+16H+===10CO2↑+2Mn2++8H2O  (2)酸碱性环境  (3)1∶5  (4)0.15NA 【解析】(1)CO→CO2、C2O→CO2、Fe3+→Fe2+,其中发生氧化反应的只有C2O→CO2,故能有C2O与MnO发生反应,其离子方程式为2MnO+5C2O+16H+===10CO2↑+2Mn2++8H2O。(2)根据离子反应方程 式可知,在不同的酸碱性条件下,高锰酸根离子反应后得到的产物不同。(3)高锰酸钾用来制取Cl2,反应方程式为2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,部分氯元素化合价升高,故部分反应物HCl是还原剂,锰元素化合价降低,故反应物KMnO4是氧化剂。其中所有锰元素化合价降低,部分氯元素化合价升高,故氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶5。(4)10FeS+6KMnO4+24H2SO4===3K2SO4 + 6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S+24H2O,反应物中固体为FeS,产物中固体为单质S,反应前后质量减少2.8g,根据差量法计算可知,共有0.05mol FeS发生反应,由S2-→S、Fe2+→Fe3+知,转移0.05mol×3=0.15mol电子,故反应转移的电子数目为0.15NA。 5、【2018天津卷】下列有关物质性质的比较,结论正确的是( ) A.溶解度:Na2CO3T2,x=1 B.T2℃时,该反应的平衡常数为0.8 C.A的平衡转化率α(甲)∶α(乙)=2∶3 D.15~20min内C的平均反应速率v(乙)< v(丙) 【答案】B 【解析】甲、乙容器只有反应温度不同,由于乙容器中反应达到平衡的时间较短,所以T1c(H+)>c(H2C2O4)>c(C2O) 【答案】C 【解析】A.酸的二级电离小于次氯酸,所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸,则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式:ClO?+CO2+H2O==HClO+HCO,故A错误;B.CH3COOH的电离抑制水的电离,而NaClO的溶液中ClO?的水解促进水的电离,故B错误;C.CH3COOH溶液中c(CH3COO?)c(H+)/c(CH3COOH)=1.8×10?5,c(CH3COOH):c(CH3COO?)=5︰9,则c(H+)=1×10?5mol·L?1,则pH=5,故C正确;D.常温下,0.lmol·L?1的 NaHC2O4溶液pH=4,说明HC2O的电离大于其水解,则溶液中:c(H2C2O4)<c(C2O),故D错误;答案为C。 9、【2018湖北部分重点中学高三新起点考试】用下列装置不能达到实验目的的是( ) A.用甲图装置可证明ρ(煤油)<ρ(钠)<ρ(水) B.用乙图装置制备Fe(OH)2 C.用丙图装置制取金属锰 D.用丁图装置制取氯气 【答案】D 【解析】甲图装置,通过钠块在煤油层与水层界面上与水反应,可以证明ρ(煤油)<ρ(钠)<ρ(水),A项能达到实验目的;用乙图装置可以制备Fe(OH)2,B项能达到实验目的;丙图装置,利用铝热反应可以制备金属锰,C项能达到实验目的;丁图装置,1mol·L?1盐酸为稀盐酸,用该装置制备氯气时应该用浓盐酸和MnO2,D项不能达到实验目的。 10、【2018天津卷】由下列实验及现象推出的相应结论正确的是( ) 实验 现象 结论 A.某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液 产生蓝色沉淀 原溶液中有Fe2+,无Fe3+ B.向C6H5ONa溶液中通入CO2 溶液变浑浊 酸性:H2CO3>C6H5OH C.向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液 生成黑色沉淀 Ksp(CuS)9溶解) (1)实验室用98%(密度为1.84g·cm-3)的浓硫酸配制200mL 4.8mol·L-1的硫酸溶液,配制时需要量取98%的浓硫酸的体积为 mL(保留小数点后一位小数),所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外,还需 。 (2)过滤操作时,需要对沉淀进行洗涤,洗涤沉淀的方法是 。 (3)加入H2O2的作用一方面是氧化+3价Cr使之转变成+6价Cr(CrO或Cr2O),以便于与杂质离子分离;另一方面是 。(用离子方程式表示) (4)调节溶液的pH=8除去的杂质离子是 。 (5)钠离子交换树脂的原理为Mn++nNaRMRn+nNa+,被交换的杂质离子是 。 (6)通SO2气体时,还原过程发生以下反应(填写缺项物质并配平):   Na2Cr2O7+  SO2+   ===  Cr(OH)(H2O)5SO4+  Na2SO4。 【答案】(1)65.2 250mL容量瓶、胶头滴管  (2)沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水,至刚好浸没沉淀物,等蒸馏水自然流尽后,再重复操作2~3次  (3)2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O  (4)Fe3+、Al3+  (5)Ca2+、Mg2+  (6)1 3 11 H2O 2 1 【解析】(1)由于实验室中没有200mL的容量瓶,故配制200mL 4.8mol·L-1的硫酸溶液时需要用250mL的容量瓶,根据题中数据可求出浓硫酸的物质的量浓度为mol·L-1=18.4mol·L-1,设配制该硫酸溶液时需要量取的浓硫酸的体积为V,则18.4mol·L-1×V=4.8mol·L-1×250mL,解得V≈ 65.2mL。(3)H2O2不仅能氧化Cr3+,还能将Fe2+氧化成Fe3+:2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O。(4)根据表中数据可知当调节溶液的pH=8时,Al3+和Fe3+均完全转化成沉淀除去。(5)根据硫酸浸取液中含有Cr3+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+及题给流程图可知,被交换的杂质离子应为Ca2+和Mg2+。(6)根据得失电子守恒和原子守恒配平该反应的化学方程式。 5、【2018江苏卷】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X是地壳中含量最多的元素,Y原子的最外层只有一个电子,Z位于元素周期表ⅢA族,W与X属于同一主族。下列说法正确的是( ) A.原子半径:r(W)>r(Z)>r(Y) B.由X、Y组成的化合物中均不含共价键 C.Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱 D.X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强 【答案】D 【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大;X是地壳中含量最多的元素,X为O元素;Y原子的最外层只有一个电子,Y为Na元素;Z位于元素周期表中IIIA族,Z为Al元素;W与X属于同一主族,W为S元素。A项,Na、Al、S都是第三周期元素,根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小,原子半径:r(Y)> r(Z)> r(W),A项错误;B项,由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2,Na2O中只有离子键,Na2O2中既含离子键又含共价键,B项错误;C项,金属性:Na(Y)>Al(Z),Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强,C项错误;D项,非金属性:O(X)>S(W),X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强,D项正确;答案选D。 6、【2018河南洛阳上学期尖子生第一次联考】关于有效碰撞理论,下列说法正确的是( ) A.活化分子间发生的所有碰撞均为有效碰撞 B.增大反应物浓度能够增大活化分子百分数,化学反应速率一定增大 C.升高温度,活化分子百分数增加,化学反应速率一定增大 D.增大压强,活化分子数一定增加,化学反应速率一定增大 【答案】C 【解析】能够发生反应的碰撞才能称为有效碰撞,A项错误;增大反应物浓度,增大了单位体积内活化分子的数目,有效碰撞的几率增大,反应速率增大,但活化分子百分数不变,B项错误;升高温度,能使更多的分子变为活化分子,增大了活化分子的百分数,有效碰撞的次数增多,反应速率增大,C项正确;恒温恒容下,通入不反应的气体,增大了压强,但气体反应物的浓度不变,单位体积内的活化分子数目不变,反应速率不变,D项错误。 7、【2018合肥第三次质检】对烟道气中的SO2进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。 Ⅰ.CO还原法 (1)一定条件下,由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图甲所示,每生成16g S(s),该反应 (填“放出”或“吸收”)的热量为 。 (2)在绝热恒容的密闭容器中,进行反应:2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g),该反应的平衡常数表达式为 。对此反应下列说法正确的是 。 A.若混合气体密度保持不变,则已达平衡状态 B.从反应开始到平衡,容器内气体的压强保持不变 C.达平衡后若再充入一定量CO2,平衡常数保持不变 D.分离出S,正、逆反应速率均保持不变 (3)向2L恒温恒容密闭容器中通入2mol CO和1mol SO2,分别进行a、b、c三组实验。在不同条件下发生反应:2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g),反应体系总压强随时间的变化曲线如图乙所示,则三组实验温度的大小关系是a b c (填“> ”“< ”或“=”) ;实验a从反应开始至平衡时,反应速率v(SO2)= 。 Ⅱ.Na2SO3溶液吸收法 常温下,用300mL 1.0mol·L-1Na2SO3溶液吸收SO2的过程中,溶液pH随吸收SO2物质的量的变化曲线如图丙所示。 (4)若用等体积、等物质的量浓度的下列溶液分别吸收SO2,则理论上吸收量最多的是 。 A.NH3·H2O B.Na2S C.Na2CO3 D.FeCl3 (5)常温下,H2SO3的二级电离平衡常数Ka2的数值为 。 【答案】(1)放出 135kJ  (2)K= AD  (3)= <;6.25×10-3mol·L-1·min-1  (4)B  (5)10-7.3 【解析】(1)根据题图甲可知,该反应为放热反应,热化学方程式为SO2(g)+2CO(g)S(s)+2CO2(g) ΔH=-(679-409) kJ·mol-1=-270kJ·mol-1,则每生成16g S(s),该反应放出的热量为135kJ。(2)该反应的平衡常数表达式为K=。该反应体系中有非气体物质,因此混合气体密度为变量,则混合气体密度保持不变时可以说明反应达到平衡状态,A项正确;该反应在反应前后气体分子数不相等,因此容器内气体压强为变量,故从反应开始到平衡,容器内气体的压强会发生变化,B项错误;达到平衡后若再充入一定量CO2,则平衡向 逆反应方向移动,由(1)知,该反应的逆反应为吸热反应,且该容器为绝热容器,故重新达到平衡时的温度小于原平衡的温度,而平衡常数与温度有关,故平衡常数会发生变化,C项错误;S为固体,分离出S,正、逆反应速率均保持不变,D项正确。(3)由题图乙知,a、b组实验的起始压强、平衡压强均相同,所以两组实验最终达到的是等效平衡,故温度关系为a=b,另外b组实验先达到平衡,说明该组实验中加入了催化剂;起始时a、c组实验均是向恒温恒容容器中通入2mol CO和1mol SO2,但由题图乙知,c组实验的起始压强大于a组实验,故c组实验温度高,故a=bH2SiO3 【答案】C 【解析】A. 混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO,再与BaCl2反应产生白色沉淀,体现了SO2的还原性,A正确;B. SO2与H2S在溶液发生反应SO2+H2S===3S+2H2O,体现了SO2的氧化性,B正确;C. SO2使酸性KMnO4溶液褪色,这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+,体现了SO2的还原性,C错误;D. SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀,根据较强酸制较弱酸,可得结论:酸性:H2SO3>H2SiO3,D正确,答案选C。 2019高考人教化学二轮过关练习(4)及解析 1、【2018衡水一模】化学与生活密切相关。下列说法不正确的是( ) A.乙烯可作水果的催熟剂 B.硅胶可作袋装食品的干燥剂 C.福尔马林可作食品的保鲜剂 D.氢氧化铝可作胃酸的中和剂 【答案】C 【解析】A.乙烯是一种植物生长调节剂,可作水果的催熟剂,A正确;B.硅胶多孔,吸收水分能力强,可 作袋装食品的干燥剂,B正确;C.福尔马林是甲醛的水溶液,甲醛有毒,不能作食品的保鲜剂,C不正确;D.氢氧化铝属于两性氢氧化物能与酸反应,可作胃酸的中和剂,D正确,答案选C。 2、【2018成都第三次诊断】下列关于化学与生产、生活的说法不正确的是( ) A..酸雨是碳、氮、硫的氧化物大量排放引起的 B.“火树银花”焰火的实质是金属元素的焰色反应 C.侯氏制碱法中使用氨水是利用了其碱性 D.工业上由石油获取乙烯的过程中既有物理变化又有化学变化 【答案】A 【解析】酸雨是氮和硫的氧化物大量排放引起的,A项错误;“火树银花”焰火的实质是金属元素的焰色反应,B项正确;侯氏制碱法中使用氨水是因为其具有碱性,能促进二氧化碳的吸收,C项正确;工业上由石油获取乙烯的过程中既有物理变化又有化学变化,D项正确。 3、【2018金华模拟】下列各组离子在溶液中按括号内的物质的量之比混合,得到无色、碱性、澄清溶液的是( ) A.Na+、Al3+、Cl、OH(5∶2∶7∶4) B.NH、Ba2+、OH、Cl(1∶1∶1∶2) C.Fe3+、Na+、Cl、S2-(1∶2∶3∶1) D.K+、H+、I、NO(1∶1∶1∶1) 【答案】B 【解析】Al3+与OH按物质的量之比2∶4混合时,有Al(OH)3沉淀生成,A项不符合题意;NH与OH按物质的量之比1∶1混合,恰好生成NH3·H2O,最终可得到无色、碱性、澄清溶液,B项符合题意;Fe3+与S2-能发生氧化还原反应生成S沉淀和Fe2+,C项不符合题意;D项各离子在溶液中混合后,H+、NO会与I 发生氧化还原反应,所得溶液不呈碱性,D项不符合题意。 4、【2018新课标1卷、节选】醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·H2O]为砖红色晶体,难溶于冷水,易溶于酸,在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂,将三价铬还原为二价铬;二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示,回答下列问题: (1)将过量锌粒和氯化铬固体置于c中,加入少量蒸馏水,按图连接好装置,打开K1、K2,关闭K3。 ①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色,该反应的离子方程式为____________________________。 ②同时c中有气体产生,该气体的作用是_________________________________。 (2)指出装置d可能存在的缺点:__________________________________。 【答案】(1)①Zn+2Cr3+===Zn2++2Cr2+ ②排除c中空气 (2)敞开体系,可能使醋酸亚铬与空气接触 【解析】在盐酸溶液中锌把Cr3+还原为Cr2+,同时产生氢气排尽装置中的空气防止氧化。生成的氢气导致c中压强增大,可以把生成的CrCl2压入d装置发生反应,据此解答。(1)①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色,说明Cr3+被锌还原为Cr2+,反应的离子方程式为Zn+2Cr3+===Zn2++2Cr2+;②锌还能与盐酸反应生成氢气,由于装置中含有空气,能氧化Cr2+,所以氢气的作用是排除c中空气;(2)由于d装置是敞开体系,因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化而使产品不纯。 5、【2018成都毕业班摸底考试】下列比较不正确的是( ) A.酸性:H2SO4O2? 【答案】D 【解析】根据非金属性:SI,则还原性:HBrNa+,D项错误。 6、【2018豫南豫北名校第二次联考如图所示与对应叙述相符的是( ) A.用硝酸银溶液滴定等浓度的A?、B?、C?的混合溶液(均与Ag+反应生成沉淀),由图1可确定首先沉淀的是C? B.图2表示反应中某反应物的正、逆反应速率随温度变化情况,由图可知该反应的正反应是吸热反应 C.一定条件下,X和Y反应生成Z,由图3推出该反应的方程式可表示为X+3YZ D.图4表示一定条件下反应:ClCH2CH2OH(g)ClCH=CH2(g)+H2O(g) ΔH>0,氯乙醇的浓度与温度和时间的关系,则反应速率大小关系为v逆(M)”“=”或“<”,后同),K1 K2。 (4)若开始时向容器中加入1mol N2和3 mol H2,充分反应后,放出的热量 92.4kJ(填“<”“>”或“=”),理由是 。 (5)为有效提高氢气的转化率,实际生产中宜采取的措施有 (填标号)。 A.降低温度 B.不断补充氮气 C.恒容时,充入氦气 D.升高温度 E.原料气不断循环 F.及时移出氨 (6)氨催化氧化制NO在热的铂铑合金催化下进行,4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g),反应过程中合金始终保持红热,当升高温度时,化学平衡常数K会 (填“增大”“减小”或“不变”)。NH3的转化率在温度为T1时随反应时间(t)的变化曲线如图3所示。其他条件不变,仅改变温度为T2(T2>T1),在框图中画出温度为T2时,NH3的转化率随反应时间变化的预期结果示意图。 图3 【答案】(1)0.045mol·L-1·min-1 d  (2)g  (3)< >  (4)< 该反应为可逆反应,反应物不能全部变为生成物,故放出的热量小于92.4kJ  (5)BEF  (6)减小 【解析】(1)v(N2)==0.015mol·L-1·min-1,所以v(H2)=0.045mol·L-1·min-1。压缩容器的体积即为增大体系压强,平衡正向移动,n(N2)减小,压缩的瞬间,n(N2)不变,与压缩前曲线有连接点,曲线d符合。(2)由于其他条件未发生变化,所以氢气的浓度越大,氮气的转化率越高,即eK2。(4)该反应为可逆反应,反应物不能全部转化为生成物,故放出的热量小于92.4kJ。(5)温度过低,反应不能正常进行,温度过高,平衡逆向移动,充入氦气,平衡不发生移动,因此改变这几个条件,均不能增大氢气转化率;补充氮气或移除氨气,平衡均正向移动,氢气转化率增大;循环利用原料气,氢气可充分反应,转化率增大。(6)整个反应中合金始终保持红热,故为放热反应,温度升高时,平衡向逆反应方向移动,K值减小。作图要点:因为T2>T1,温度升高,平衡向逆 反应方向移动,NH3的转化率下降,T2温度下达到平衡时NH3的转化率要低于T1的;另外温度越高,越快达到平衡,所以T2温度下达到平衡所用的时间要小于T1的。 8、【2018南昌三模】下列有关电解质溶液的说法正确的是( ) A.在蒸馏水中滴加浓H2SO4,Kw不变 B.CaCO3难溶于稀硫酸,也难溶于醋酸 C.在Na2S稀溶液中,c(H+)=c(OH?)?2c(H2S)?c(HS?) D.NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性,两溶液中水的电离程度相同 【答案】C 【解析】浓硫酸溶于水会放出大量的热,使水的温度升高,所以Kw增大,A项错误;碳酸钙既可以和硫酸反应,也可以和醋酸反应,当与硫酸反应时,生成的硫酸钙覆盖在碳酸钙表面,阻止了反应的进行,B项错误;根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(S2?)+c(OH?)+c(HS?)和物料守恒c(Na+)=2c(S2?)+2c(H2S)+2c(HS?)可得:c(H+)=c(OH?)?2c(H2S)?c(HS?),C项正确;氯化钠为强酸强碱盐,不影响水的电离,而醋酸铵是弱酸弱碱盐,促进水的电离,故两溶液中水的电离程度不同,D项错误。 9、【2018广东六校第二次联考】下列有关各实验的叙述中正确的是( ) A.①澄清石灰水变浑浊,证明蔗糖与浓硫酸反应生成了CO2 B.②进行H2、NH3、CO2、Cl2、NO、NO2等气体的收集 C.③当X选用苯时可进行NH3或HCl的吸收,并防止倒吸 D.④可用于NH3的干燥,收集并吸收多余的NH3 【答案】D 【解析】浓硫酸滴入蔗糖中,蔗糖脱水炭化产生的气体可使品红溶液褪色,可确定所产生的气体中含有SO2,但品红溶液不能完全除去SO2,SO2进入澄清石灰水中可使澄清石灰水变浑浊,故不能证明有CO2生成,A项错误;a管进气,可收集H2、NH3,b管进气可收集CO2、Cl2、NO2,但NO易被空气中的O2氧化为NO2,应用排水法收集NO,B项错误;苯的密度比水的小,且与水不互溶,苯与水混合静置后苯在上层,C项错误;NH3是碱性气体,可用碱石灰干燥,密度小于空气,收集气体时短管进气,多余的NH3可用水吸收,倒扣的漏斗恰好与水面相平,能起到防止倒吸的作用,D项正确。 10、下列由实验得出的结论正确的是( ) 实验 结论 A 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液,溶液最终变为无色透明 生成的1,2—二溴乙烷无色、可溶于四氧化碳 B 乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体 乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性 C 用乙酸浸泡水壶中的水垢,可将其清除 乙酸的酸性小于碳酸的酸性 D 甲烷与氯气在光源下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红 生成的氯甲烷具有酸性 【答案】A。 【解析】A. 乙烯与溴发生发生加成反应,生成1,2-二溴乙烷,1,2-二溴乙烷属于有机物,四氯化碳是良好的有机溶剂,1,2-二溴乙烷溶于四氯化碳,得到无色透明溶液,故A正确;B. 钠与水反应比与乙醇反应剧烈,说明水中的氢比乙醇中的氢活泼,故B错误;C. 根据酸性强的制酸性弱的,得出乙酸酸性大于碳酸,故C错误;D. 甲烷与氯气光照下发生取代反应出生成氯甲烷外,还产生了HCl,HCl使湿润的石蕊变红故D错误。 11、【2018新课标2卷】以葡萄糖为原料制得的山梨醇(A)和异山梨醇(B)都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物。由葡萄糖为原料合成E的路线如下: 回答下列问题: (1)葡萄糖的分子式为___________________。 (2)A中含有的官能团的名称为_______________。 (3)由B到C的反应类型为_______________。 (4)C的结构简式为__________________。 (5)由D到E的反应方程式为________________________。 (6)F是B的同分异构体,7.30g的F与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24L二氧化碳(标准状况),F的可能结构共有_______种(不考虑立体异构);其中核磁共振氢谱为三组峰,峰面积比为3∶1∶1的结构简式为____________________。 【答案】(1)C6H12O6 (2)羟基 (3)取代反应 (4) (5) (6)9; 【解析】葡萄糖在催化剂作用下与氢气发生醛基的加成反应生成A,A在浓硫酸的作用下发生分子内脱水反应生成B,B与乙酸发生酯化反应生成C,根据C与D的分子式可知C生成D是C分子中另一个羟基与硝酸发生酯化反应,D在氢氧化钠溶液中水解生成E,据此解答。(1)葡萄糖的分子式为C6H12O6。(2)葡萄糖在催化剂作用下与氢气发生醛基的加成反应生成A,因此A中含有的官能团的名称为羟基。(3)由B到C发生酯化反应,反应类型为取代反应。(4)根据B的结构简式可知C的结构简式为。(5)由D到E是乙酸形成的酯基水解,反应方程式为。(6)F是B的同分异构体,7.30g的F与足量饱和碳酸氢钠可释放出2.24L二氧化碳(标准状况),说明F分子中含有羧基,7.30g F的物质的量是7.3g÷146g·mol-1=0.05mol,二氧化碳是0.1mol,因此F分子中含有2个羧基,则F相当于是丁烷分子中的2个氢原子被羧基取代,如果是正丁烷,根据定一移一可知有6种结构。如果是异丁烷,则有3种结构,所以可能的结构共有9种(不考虑立体异构),即、、、、、、、、。其中核磁共振氢谱为三组峰,峰面积比为3∶1∶1的结构简式为。 2019高考人教化学二轮过关练习(五)及解析 1、【2018洛阳调研】工业上将氨气和空气的混合气体通过铂—铑合金网发生氨氧化反应,若有标准状况下V L氨气完全反应,并转移n个电子,则阿伏加德罗常数(NA)可表示为( ) A.  B.  C.  D. 【答案】D 【解析】根据反应4NH3+5O24NO+6H2O,当有标准状况下V L NH3完全反应时,NH3的物质的量为 mol,转移电子的物质的量为 mol,已知在此反应中转移电子数为n,则n=×NA,所以,NA=。 2、【2018沈阳第三次模拟】下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是( ) 选项 叙述Ⅰ 叙述Ⅱ A 纳米铁粉有很好的吸附性 纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子 B 硅胶可以和水发生化学反应 硅胶作袋装食品的干燥剂 C SO2有毒 不能作食品防腐剂 D 肥皂水显碱性 肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂 【答案】D 【解析】纳米铁粉能除去被污染水体中的重金属离子,是因为铁的活泼性强于Pb、Cu、Cd、Hg等金属,与纳米铁粉的吸附性无关,A项错误。硅胶多孔,吸收水分的能力较强,可作袋装食品的干燥剂,但硅胶不与水发生化学反应,B项错误。SO2能够抑制细菌和霉菌的滋生,可以作食品防腐剂,C项错误。蚊虫叮咬处含有蚁酸,而肥皂水呈碱性,能与蚁酸发生中和反应,D项正确。 3、【2018郑州一模】下列指定反应的离子方程式正确的是( ) A.用铁电极电解饱和食盐水:2Cl+2H2O2OH+H2↑+Cl2↑ B.用强碱溶液吸收工业制取硝酸的尾气:NO+NO2+2OH===2NO+H2O C.向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀:Cu2++HS===CuS↓+H+ D.向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水:Al3++4NH3·H2O===[Al(OH)4]+4NH 【答案】C 【解析】用铁电极电解饱和食盐水,阳极上铁失去电子,发生氧化反应,不会生成Cl2,A项错误;用强碱溶液吸收工业制取硝酸的尾气,发生反应:NO+NO2+2OH===2NO+H2O,B项错误;硫酸铜溶液与硫氢化钠溶液反应生成硫化铜和硫酸氢钠,C项正确;向硫酸铝溶液中加入过量氨水,生成氢氧化铝沉淀:Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH,D项错误。 4、【2018新课标2卷、节选】我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS,含有 相关金属离子[C0(Mm)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下: 金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4 沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4 回答下列问题: (1)熔烧过程中主要反应的化学方程式为_________________________________。 (2)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为____________________。 (3)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为_______________________________;沉积锌后的电解液可返回_______工序继续使用。 【答案】(1)2ZnS+3O22ZnO+2SO2 HSO (2)Zn+Cd2+===Zn2++Cd (3)Zn2++2e-===Zn 溶浸 【解析】焙烧时硫元素转化为SO2,然后用稀硫酸溶浸,生成硫酸锌、硫酸亚铁和硫酸镉,二氧化硅与稀硫酸不反应转化为滤渣,由于硫酸铅不溶于水,因此滤渣1中还含有硫酸铅。由于沉淀亚铁离子的pH较大,需要将其氧化为铁离子,通过控制pH得到氢氧化铁沉淀;滤液中加入锌粉置换出Cd,最后将滤液电解得到金属锌,据此将解答。(1)由于闪锌矿的主要成分是ZnS,因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2。(2)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,反应的离子方程式为Zn+Cd2+===Zn2++Cd。(3)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极发生得到电子的还原反应,因此阴极是锌离子放电,则阴极的电极反应式为Zn2++2e-===Zn;阳极是氢氧根放电,破坏水的电离平衡,产生氢离子,所以电解后还有硫酸产生,因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。 5、【2018湖北重点中学新高三起点考试】短周期元素A、B、C、D、E 的原子序数依次增大,A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代,B的氢化物的水溶液呈碱性;C、D为金属元素,且D原子最外层电子数等于其K层电子数;若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液,可观察到溶液先变红后褪色。下列说法中正确的是( ) 【答案】C 【解析】A的一种核素常用来鉴定文物的年代,则A为C;B的氢化物的水溶液呈碱性,则B为N;C、D为金属元素,且D原子最外层电子数等于其K层电子数,则D为Mg,结合原子序数关系,则C为Na;往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液,可观察到溶液先变红后褪色,则E为Cl。由以上分析可知酸性:HClO4>HNO3,A项错误;某物质焰色反应呈黄色,说明该物质中含有钠元素,其可以是NaOH,B项错误;Mg与沸水反应生成Mg(OH)2和H2,反应后的溶液呈弱碱性,滴加酚酞,溶液变红,C项正确;N的氢化物有NH3、N2H4等,而C的氢化物有烷烃、烯烃、芳香烃等,故N的氢化物的沸点不一定高于C的氢化物的沸点,D项错误。 6、【2018江西赣州十四县(市)联考】一定温度下,将2mol SO2和1mol O2充入10L恒容密闭容器中,发生反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH =-196kJ·mol-1,5 min 时达到平衡,测得反应放热166.6kJ。下列说法错误的是( ) A.0~5min内,用O2表示的平均反应速率v(O2)=0.017mol·L-1·min-1 B.条件不变,起始时向容器中充入4mol SO2和2mol O2,平衡时反应放热小于333.2kJ C.若增大O2的浓度,则SO2的转化率增大 D.的值不变时,该反应达到平衡状态 【答案】B 【解析】测得反应放热166.6kJ,则SO2、O2的转化率为×100%=85%,故0~5min内,v(O2)==0.017mol·L-1·min-1,A项正确;条件不变,起始时向容器中充入4mol SO2和2mol O2,相当于增大压强,由于加压时平衡正向移动,故放出的热量大于166.6kJ×2=333.2kJ,B项错误;若增大O2的浓度,则平衡正向移动,SO2的转化率增大,C项正确;起始时充入的SO2和O2的量一定,的值不变,说明O2、SO3的物质的量不变,则该反应达到平衡状态,D项正确。 7、【2018江苏卷】根据下列图示所得出的结论不正确的是( ) A.图甲是CO(g)+H2O(g)===CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线,说明该反应的ΔH<0 B.图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线,说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小 C.图丙是室温下用0.1000mol·L?1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000mol·L?1某一元酸HX的滴定曲线,说明HX是一元强酸 D.图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时,溶液中c(Ba2+)与c(SO)的关系曲线,说明溶液中c(SO)越大c(Ba2+)越小 【答案】C 【解析】A项,升高温度,lgK减小,平衡向逆反应方向移动,逆反应为吸热反应,正反应为放热反应,该反应的ΔH<0,A项正确;B项,根据图像,随着时间的推移,c(H2O2)变化趋于平缓,随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小,B项正确;C项,根据图像,没有滴入NaOH溶液时,0.1000mol·L-1HX溶液的pH>1,HX为一元弱酸,C项错误;D项,根据图像可见横坐标越小,纵坐标越大,?lgc(SO)越小,?lgc(Ba2+)越大,说明c(SO)越大c(Ba2+)越小,D项正确;答案选C。 8、【2018黄冈中学高考预测卷】准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中,用0.1000mol·L?1 NaOH溶液滴定。下列说法正确的是( ) A.滴定管用蒸馏水洗涤后,装入NaOH溶液进行滴定 B.随着NaOH溶液滴入,锥形瓶中溶液pH由小变大 C.用酚酞作指示剂,当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定 D.滴定达终点时,发现滴定管尖嘴部分有悬滴,则测定结果偏小 【答案】B 【解析】滴定管用蒸馏水洗涤并用NaOH溶液润洗后,方可装入NaOH溶液进行滴定,A项错误;在滴定过程中,溶液的pH会由小逐渐变大,B项正确;用酚酞作指示剂,当溶液由无色变为浅红色,且30s内颜色不褪去,说明达到滴定终点,可停止滴定,C项错误;滴定后,若滴定管尖嘴部分有悬滴,说明计算时代入的NaOH溶液体积的值比实际滴入的大,导致测定结果偏大,D项错误。 9、【2018昆明适应性检测】用如图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体(图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去;必要时可以加热;a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂)。其中正确的是 选项 气体 a b c d A CO2 盐酸 CaCO3 饱和Na2CO3溶液 浓硫酸 B Cl2 浓盐酸 MnO2 NaOH溶液 浓硫酸 C NH3 饱和NH4Cl溶液 消石灰 H2O 固体NaOH D NO 稀硝酸 铜屑 H2O 浓硫酸 【答案】D 【解析】二氧化碳与饱和Na2CO3溶液反应,应用饱和碳酸氢钠溶液吸收,故A错误;氯气和氢氧化钠反应而导致收集不到氯气,故B错误;氨气易溶于水,所以不能用水洗气,故C错误;铜和稀硝酸反应生成的一氧化氮和水不反应,所以可以用水作洗液吸收NO被氧气氧化生成的二氧化氮及挥发出来的硝酸,再用浓硫酸干燥,故D正确。 10、下列实验操作规范且能达到目的的是( ) 目的 操作 A 取20.00mL盐酸 在50mL酸式滴定管中装入盐酸,调整初始读数为30.00mL后,将剩余盐酸放入锥形瓶 B 清洗碘升华实验所用试管 先用酒精清洗,再用水清洗 C 测定醋酸钠溶液pH 用玻璃棒蘸取溶液,点在湿润的pH试纸上 D 配制浓度为0.010mol·L?1的KMnO4溶液 称取KMnO4固体0.158g,放入100mL容量瓶中,加水溶解并稀释至刻度 【答案】B 【解析】A.最大刻度到尖嘴部分还容纳有盐酸,所以滴定管中盐酸体积大于20.00mL,故A错误;B.碘易于酒精,可用酒精清洗碘,又由于酒精与水互溶,再用水清洗即可洗净,故B正确;C.湿润pH试纸相当于稀释溶液,会造成醋酸钠溶液pH偏低,故C错误;D.容量瓶是定容容器,不能在容量瓶中溶解KMnO4固体,故D错误;答案为B。
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