[ID:7-5828361] 2019高考人教化学巩固练习ABC及解析
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2019高考人教化学巩固练习A及解析 1、【2018衡水调研】化学让生活更美好。以下说法错误的是( ) A.酒精溶液可以使蛋白质变性,酒精纯度越高杀菌消毒效果越好 B.在烟花中加入某些金属元素,使焰火更加绚丽多彩 C.苏打水呈弱碱性,可以舒缓胃酸分泌过多时的不适感 D.在葡萄酒中添加微量二氧化硫作抗氧化剂,使酒保持良好品质 【答案】A 【解析】70%~75%的酒精既能顺利进入细菌体内,又能有效地将细菌体内的蛋白质凝固,从而彻底杀死细菌,故70%~75%的酒精杀菌消毒效果最好,而不是酒精纯度越高杀菌消毒效果越好,A项错误;某些金属元素的焰色反应会呈现特定的颜色,在烟花中加入这些金属元素,可使焰火更加绚丽多彩,B项正确;胃酸的主要成分是盐酸,苏打水能与盐酸发生反应,从而缓解胃酸分泌过多时的不适感,C项正确;二氧化硫具有还原性,在葡萄酒中添加微量二氧化硫作抗氧化剂,可防止酒被氧化,D项正确。 2、【2018广西南宁第二中学高三月考】下列有关说法正确的是( ) A.将粒子(不溶于水)直径为10 nm的分散质分散到水中,形成的混合物称为溶液 B.液态甲醛俗称福尔马林 C.I2溶于苯中形成的混合物属于胶体 D.乙醛、苯均能使溴水褪色,但原理不同 【答案】D 【解析】直径为10nm的分散质分散到水中,形成的混合物称为胶体,A项错误。35%~40%的甲醛溶液称为福尔马林,B项错误。I2溶于苯形成溶液,C项错误。乙醛与溴水中的溴单质发生氧化反应而使其褪色,苯使溴水褪色是利用萃取原理,D项正确。 3、(2018江苏省东台市高三5月模拟)下列有关离子检验的说法正确的是( ) A.检验溶液中是否含有Ba2+:取少量待测液,向其中加入少量稀硫酸,若有白色沉淀产生,则溶液中含有Ba2+ B.检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁,可选用的试剂是酸性KMnO4溶液 C.检验溶液中是否含有CO:取少量待测液,向其中加入适量稀盐酸,观察是否有大量气泡产生 D.在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀,加稀硝酸,沉淀不溶解,说明未知溶液中存在SO或SO 【答案】B 【解析】Ca2+也能与稀硫酸反应生成沉淀,A项错误。Fe2+能与酸性KMnO4溶液反应,使酸性KMnO4溶液的紫色褪去,因此可用酸性KMnO4溶液检验硫酸亚铁,B项正确。HCO、HSO等都能与稀盐酸反应产生大量气泡,C项错误。Ag+与Cl反应生成的AgCl沉淀也不溶于稀硝酸,D项错误。 4、砷(As)是第四周期ⅤA族元素,可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物,有着广泛的用途。回答下列问题: (1)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状,通入O2氧化,生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式____________________________________________________。 【答案】(1)2As2S3+5O2+6H2O===4H3AsO4+6S 【解析】(1)根据题给信息可以得到As2S3—O2→H2AsO4—S,,As2S3总共升高10价,根据得失电子守恒配平得到2As2S3+5O2→4H2AsO4+6S,再考虑质量守恒,反应前少12个H和6个O,所以反应原理为:2As2S3+5O2+6H2O===4H3AsO4+6S 5、【2018南昌调研】X、Y、Z、M、W、N六种元素的原子序数依次增大,其中X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X原子的核外电子数等于其电子层数,W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍,Y、Z、M、W在周期表中的相对位置如图所示,N是生活中常见的金属元素且常温下N的单质可与稀盐酸发生反应。下列说法不正确的是( ) Y Z M W A.原子半径:W>Y>Z>M>X B.X2Z、YM3、WM4分子中各原子最外层均为8电子稳定结构 C.沸点:X2Z>YX3;热稳定性:XM>X2Z D.N的一种氧化物可用作油漆和涂料 【答案】B 【解析】根据题意并结合题表,可推知X为H,Y为N,Z为O,M为F,W为Si,N为Fe。原子半径:r(Si)>r(N)>r(O)>r(F)>r(H),A项正确。H2O分子中H的最外层为2电子稳定结构,B项错误。常温下H2O为液态,NH3为气态,故沸点:H2O>NH3;非金属性:F>O,故热稳定性:HF>H2O,C项正确。Fe2O3为红棕色粉末,俗称铁红,常用作红色油漆和涂料,D项正确。 6、【2018陕西部分学校摸底检测】在一定条件下,利用CO2合成CH3OH的反应为:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1,研究发现,反应过程中会发生副反应:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2,温度对CH3OH、CO的产率影响如图所示。下列说法中不正确的是( ) A.ΔH1<0,ΔH2>0 B.增大压强有利于加快合成反应的速率 C.生产过程中,温度越高越有利于提高CH3OH的产率 D.合成CH3OH反应的平衡常数表达式是K= 【答案】C 【解析】由题图可知,随着温度的升高,CH3OH的产率逐渐减小,CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g)平衡逆向移动,则ΔH1<0;CO的产率随温度的升高而逐渐增大,CO2(g)+H2(g)CO(g)+ H2O(g)平衡正向移动,则ΔH2>0,A项正确,C项错误;对于有气体参与的反应,压强越大反应速率越快,且合成CH3OH的反应为气体体积减小的反应,所以增大压强有利于加快合成反应的速率,B项正确;合成CH3OH反应的平衡常数表达式是K=,D项正确。 7、【2018新课标3卷、节选】三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题: (1)对于反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。 ①343K时反应的平衡转化率α=_________%。平衡常数K343K=__________(保留2位小数)。 ②在343K下:要提高SiHCl3转化率,可采取的措施是________________________________;要缩短反应达到平衡的时间,可采取的措施有_____________________、____________________。 ③比较a、b处反应速率大小:va________vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v=v正?v逆=?,k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,x为物质的量分数,计算a处=__________(保留1位小数)。 【答案】(1)①22;0.02;②及时移去产物;改进催化剂;提高反应物压强(浓度);③大于;1.3 【解析】(1)①由图示,温度越高反应越快,达到平衡用得时间就越少,所以曲线a代表343K的反应。从图中读出,平衡以后反应转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1mol·L-1,得到: 2SiHCl3 SiH2Cl2+SiCl4 起始: 1 0 0 反应: 0.22 0.11 0.11(转化率为22%) 平衡: 0.78 0.11 0.11 所以平衡常数K=0.112÷0.782=0.02。 ②温度不变,提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离(两边物质的量相等,压强不影响平衡)。缩短达到平衡的时间,就是加快反应速率,所以可以采取的措施是增大压强(增大反应物浓度)、加入更高效的催化剂(改进催化剂)。③a、b两点的转化率相等,可以认为各物质的浓度对应相等,而a点的温度更高,所以速率更快,即Va>Vb。根据题目表述得到v正= k正,v逆= k逆,当反 应达平衡时v正= v逆,v正= k正=v逆= k逆,所以,=实际就是平衡常数K值,所以=0.02。a点时,转化率为20%,所以计算出: 2SiHCl3 SiH2Cl2+SiCl4 起始: 1 0 0 反应: 0.2 0.1 0.1(转化率为20%) 平衡: 0.8 0.1 0.1 所以=0.8;=0.1;所以===0.02×=1.3 8、【2018年衡水中学高考押题卷】化学上常用AG表示溶液中的lg[c(H+)/c(OH?)]。25℃时,用0.100mol·L?1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.100mol·L?1的HNO2溶液,AG与所加NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示,下列说法正确的是( ) A.D点溶液的pH =11.25 B.B点溶液中存在c(H+)?c(OH?)=c(NO)?c(HNO2) C.C点时,加入NaOH溶液的体积为20mL D.25℃时,HNO2的电离常数Ka=1.0×10?5.5 【答案】A 【解析】A项:D点lg=-8.5,则=1.0×10?8.5,因为Kw =1.0×10?14,所以c(H+)=1.0×10?11.25,pH=11.25,A项正确;B项:B点溶液为等浓度的HNO2和NaNO2的混合溶液,电荷守恒式为c(H+)+c(Na+)=c(OH?)+c(NO),物料守恒式为2c(Na+)=c(NO)+c(HNO2),则2c(H+)?2c(OH?)=c(NO)?c(HNO2),B项错误;C项:C点溶液的lg=0,则=1,HNO2的电离程度与NaNO2的水解程度相同,加入NaOH溶液的体积 小于20mL,C项错误;D项:A点溶液lg=8.5,则=1.0×10?8.5,Kw=1.0×10?14,c2(H+)=1.0×10?5.5,则HNO2的电离常数Ka=eq \f(c(H+)·c(NO), c(HNO2))==,D项错误。 9、【2018辽宁五校协作体联合模拟考试】下列实验装置、试剂选择和操作均正确的是( ) A.除去NO中的NO2 B.铁制品表面镀锌 C.配制一定浓度的硫酸 D.鉴定Fe3+ 【答案】A 【解析】NO2溶于水生成硝酸和NO,选项A正确;电镀时电解质溶液应该含有镀层金属离子,故应该用氯化锌溶液作为电解质溶液,选项B错误;容量瓶不能用来稀释浓硫酸,选项C错误;胶头滴管不能插入到试管中,选项D错误。 10、由下列实验及现象不能推出相应结论的是( ) 实验 现象 结论 A 向2mL 0.1的溶液中加足量铁粉,震荡,加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失,加KSCN溶液颜色不变 还原性: B 将金属钠在燃烧匙中点燃,迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟,瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性 C 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管,并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性 D 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和Nal溶液 一只试管中产生黄色沉淀,另一支中无明显现象 【答案】C 【解析】A.向2mL 0.1FeCl3的溶液中加足量铁粉,发生2Fe3++Fe===3Fe2+,反应中Fe为还原剂,Fe2+为还原产物,还原性:Fe>Fe2+,可观察到黄色逐渐消失,加KSCN溶液颜色不变,故A正确;B.瓶内有黑色颗粒产生,说明二氧化碳被还原生成碳,反应中二氧化碳表现氧化性,故B正确;C.加热碳酸氢铵,分解生成氨气,可使石蕊试纸变蓝色,且为固体的反应,与盐类的水解无关,故C错误;D.一只试管中产生黄色沉淀,为AgI,则Qc>Ksp,另一支中无明显现象,说明QcAl3+,A项正确;Si的非金属性比Cl的弱,故氢化物的稳定性:SiH4T2,温度越高平衡时c(X)越大,则逆反应为吸热反应,正反应为放热反应,M点X的转化量小于W点X的转化量,反应进行到M点放出的热量小于进行到W点放出的热量,A项错误;T2下,Δt=t1,Δc(Y)=mol·L-1,v(Y)=mol·L-1·min-1,B项错误;M点温度比W点温度高,且M点c(X)大于W点c(X),所以M点的正反应速率大于W点的正反应速率,W点时,反应达到平衡,正逆反应速率相 等,故M点的正反应速率大于W点的逆反应速率,而W点的逆反应速率大于N点的逆反应速率,则M点的正反应速率大于N点的逆反应速率,C项正确;由于是恒容下反应,再加入一定量X,相当于增大压强,平衡向正反应方向移动,再次平衡时X的转化率增大,D项错误。 7、【2018新课标2卷、节选】CH4-CO2的催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)。还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题: (1)反中催化剂活性会因积碳反应而降低,同时存在的碳反应则使积碳碳量减少。相关数据如下表: 积碳反应CH4(g)===C(s)+2H2(g) 消碳反应CO2(g)===C(s)+2CO(g) △H(kJ·mol-1) 75 172 活化能/kJ·mol-1 催化剂X 33 91 催化剂Y 43 72 ①由上表判断,催化剂X________Y(填“优于或劣于”),理由是_____________________________。在反应进料气组成,压强及反应时间相同的情况下,某催化剂表面的积碳最随温度的变化关系如右图所示,升高温度时,下列关于积碳反应,消碳反应的平衡常数(K)和速率(V)的叙述正确的是_________(填标号) A.K积、K消均增加 B.V积减小V消增加 C.K积减小、K消增加 D.V消增加的倍数比V积增加的倍数大 ②在一定温度下,测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)·[pa(CO2)]-0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时,不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如右图所示,则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为______________________________。 【答案】(1)①劣于;相对于催化剂X,催化剂Y积碳反应的活化能大,积碳反应的速率小;而消碳反应活化能相对小,消碳反应速率大;AD;②pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2) 【解析】(1)①根据活化能对反应的影响分析;根据反应热结合温度对平衡状态的影响以及图像曲线变化趋势解答;②根据反应速率方程式分析影响其因素结合图像解答。已知:C(s)+2H2(g)===CH4(g) △H=-75kJ·mol-1;C(s)+O2(g)===CO2(g) △H=-394kJ·mol-1;C(s)+O2(g)===CO(g) △H=-111kJ·mol-1;根据盖斯定律可知③×2-②-1即得到改催化从整反应CH4(g)+CO2(g)===2CO(g)+2H2(g)的△H=+247kJ·mol?1。正反应是体积增大的吸热反应,所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压,答案选某温度下,在体积为2L的容积中加入2mol CH4、1mol CO2以及催化剂进行重整反应,达到平衡时的转化率是50%,根据方程式可知 CH4(g)+ CO2(g) ===2CO(g)+ 2H2(g) 起始浓度(mol·L?1) 1 0.5 0 0 转化浓度(mol·L?1) 0.25 0.25 0.5 0.5 平衡浓度(mol·L?1) 0.75 0.25 0.5 0.5 所以其平衡常数为mol-2·L-2 (2)①根据表中数据可知相对于催化剂X,催化剂Y积碳反应的活化能大,积碳反应的速率小;而消碳反应活化能相对小,消碳反应速率大,所以催化剂X劣于Y。A.正反应均是吸热反应,升高温度平衡向正反应方向进行,因此K积、K消均增加,A正确;B.升高温度反应速率均增大,B错误;C.根据A中分析可知选项C错误;D.积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低,这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大,D正确。答案选AD。②根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时,生成速率随p(CO2)的升高而降低,所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。 8、用沉淀滴定法快速测定 NaI等碘化物溶液中c(I?),实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。 Ⅰ.准备标准溶液 a.准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250mol)后,配制成250mL标准溶液,放在棕色试剂瓶中避光保存,备用。 b.配制并标定100mL 0.1000mol·L?1 NH4SCN标准溶液,备用。 Ⅱ.滴定的主要步骤 a.取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。 b.加入25.00mL 0.1000mol·L?1 AgNO3溶液(过量),使I?完全转化为AgI沉淀。 c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。 d.用0.1000mol·L?1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag+,使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后,体系出现淡红色,停止滴定。 e.重复上述操作两次。三次测定数据如下表: 实验序号 1 2 3 消耗NH4SCN标准溶液体积/mL 10.24 10.02 9.98 f.数据处理。 回答下列问题: (1)将称得的AgNO3配制成标准溶液,所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有 。 (2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是 。 (3)滴定应在pH<0.5的条件下进行,其目的是 。 (4)b和c两步操作是否可以颠倒 ,说明理由 。 (5)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为 mL,测得c(I?)= mol·L?1。 (6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步,应进行的操作为 。 (7)判断下列操作对c(I?)测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”) ①若在配制AgNO3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,则测定结果 。 ②若在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面,则测定结果 。 【答案】(1)250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管  (2)AgNO3见光易分解  (3)防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3+的水解)  (4)否(或不能)(1分) 若颠倒,Fe3+与I?反应,指示剂耗尽,无法判断滴定终点  (5)10.00 0.0600  (6)用NH4SCN 标准溶液进行润洗  (7)①偏高 ②偏高 【解析】(1)配制一定物质的量浓度的标准溶液,除烧杯和玻璃棒外,还需用到的仪器有250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管。(2)AgNO3见光易分解,因此需要保存在棕色试剂瓶中。(3)滴定实验中用NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂,Fe3+容易发生水解,影响滴定终点判断,因此控制pH<0.5,目的是抑制Fe3+的水解。(4)Fe3+能与I?发生氧化还原反应:2Fe3++2I?===2Fe2++I2,因此b、c不能颠倒,否则指示剂耗尽,无法判断滴定终点。(5)第1组数据误差较大,舍去,取第2组、第3组实验数据的平均值,消耗NH4SCN标准溶液的体积为(10.02+9.98)mL×1/2=10.00mL。根据滴定原理,则n(Ag+)=n(I?)+n(SCN?),故n(I?)=n(Ag+)?n(SCN?)=0.025L× 0.1000mol·L?1?0.01L×0.1000mol·L?1=0.0015mol,则c(I?)=0.0015mol/0.025L=0.0600mol·L?1。(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液之前,要先用NH4SCN标准溶液润洗滴定管。(7)①配制AgNO3标准溶液时,若烧杯中溶液有少量溅出,配制的AgNO3标准溶液的浓度偏低,则滴定时消耗的NH4SCN标准溶液的体积偏小,测得的c(I?)偏高。②滴定管0刻度在上,读数时从上往下读数,读取体积偏小,计算所用NH4SCN的物质的量偏低,测得的c(I?)偏高。 9、【2018东北师范大学附属中学联考】用下列实验方案及所选玻璃仪器(非玻璃仪器任选)能达到相应实验目的是( ) 选项 实验目的 实验方案 所选玻璃仪器 A 除去KNO3中少量NaCl 将混合物制成热的饱和溶液,冷却结晶,过滤 酒精灯、烧杯、玻璃棒 B 证明HClO和CH3COOH的酸性强弱 同温下用pH试纸测定浓度为0.1mol·L?1 NaClO溶液和0.1mol·L?1 CH3COONa溶液的pH 玻璃棒、玻璃片 C 证明AgBr的溶度积比AgCl的小 向AgNO3溶液中先滴加NaCl溶液,出现白色沉淀后,再向其中滴加与NaCl溶液同浓度的NaBr溶液 试管、滴管 D 配制1L 1.6%的CuSO4溶液(溶液密度近似为1g·mL?1) 将25g CuSO4·5H2O溶解在975mL水中 烧杯、量筒、玻璃棒 【答案】D 【解析】KNO3溶解度受温度变化的影响较大,NaCl溶解度受温度变化的影响较小,因此除去KNO3中NaCl采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法,用到的玻璃仪器有酒精灯、烧杯、玻璃棒、漏斗等,故A错误;NaClO具有强氧化性,能把pH试纸漂白,无法读出数值,故B错误;应先加入过量NaCl溶液,然后滴加NaBr溶液,如果出现淡黄色沉淀,说明AgBr的溶度积比AgCl的小,用到的玻璃仪器是试管和滴管,故C错误;25g CuSO4·5H2O中CuSO4的质量为25×160/250g=16g,溶液的密度为1g·mL?1,则溶液质量为(25+975)g=1000g,溶质质量分数为16/1000×100%=1.6%,需要的玻璃仪器是烧杯、量筒、玻璃棒,故D正确。 10、【2018开封一中月考】根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是( ) 选项 实验操作 现象 结论 A 将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水 石灰水变浑浊 该溶液中一定含有CO B 常温下,将铁片浸入足量浓硫酸中 铁片不溶解 常温下,铁与浓硫酸一定没有发生化学反应 C 向某食盐溶液中滴加淀粉溶液 溶液颜色不变 该食盐中一定没有添加KIO3 D 向苯酚钠溶液中滴加乙酸溶液 溶液变浑浊 相同条件下,乙酸的酸性一定比苯酚强 【答案】D 【解析】A项忽视了HCO、HSO和SO的干扰,A项错误;常温下铁遇浓硫酸发生钝化,其实质是铁表面部分被氧化为致密的氧化膜,阻止了反应的进一步进行,不能说铁与浓硫酸没有发生化学反应,B项错误;KIO3不能使淀粉变蓝色,只有单质碘才能使淀粉变蓝色,C项错误;向苯酚钠溶液中滴加乙酸,溶液变浑浊,是因为生成了苯酚,常温下苯酚在水中的溶解度较小,说明乙酸的酸性强于苯酚的酸性,D项正确。 2019高考人教化学巩固练习C及解析 1、【2018武汉一模】NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A.往足量水中通入1mol Cl2所得的新制氯水中,HClO、Cl、ClO粒子数之和为2NA B.标准状况下,22.4 L NH3和HCl的混合气体中含有的分子总数为NA C.常温下,pH=2的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.02NA D.高温下,0.3 mol Fe与足量的水蒸气完全反应失去的电子数为0.8NA 【答案】D 【解析】若通入的Cl2全部溶于水,根据氯原子守恒,新制氯水中2n(Cl2)+n(HClO)+n(Cl)+n(ClO)=2mol,A项错误。因为NH3+HCl===NH4Cl,NH4Cl为离子化合物,所以两者混合后分子数目小于NA,B项错误。因为缺少溶液的体积,无法计算溶液中的H+的物质的量及数目,C项错误。由3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,可知D项正确。 2、【2018江苏卷】下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( ) A.NaHCO3受热易分解,可用于制胃酸中和剂 B.SiO2熔点高硬度大,可用于制光导纤维 C.Al2O3是两性氧化物,可用作耐高温材料 D.CaO能与水反应,可用作食品干燥剂 【答案】D 【解析】A项,NaHCO3能与HCl反应,NaHCO3用于制胃酸中和剂,NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系;B项,SiO2传导光的能力非常强,用于制光导纤维,SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系;C项,Al2O3的熔点很高,用作耐高温材料,Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系;D项,CaO能与水反应,用于食品干燥剂,CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系;答案选D。 3、【2018郑州一中一轮检测】某强酸性溶液X:可能含有Al3+、Ba2+、NH、Fe2+、Fe3+、CO、SO、SiO、NO中的一种或几种离子,取该溶液进行实验,转化关系如图所示。反应过程中有一种气体在空气中会变为红棕色。回答下列问题: (1)由题给信息可知,溶液X中确定不存在的阴离子有 。 (2)沉淀C是 (填化学式),由此可确定溶液X中肯定不存在的阳离子有 。 (3)气体A是 (填化学式),产生气体A的离子方程式为 。 (4) (填“能”或“不能”)根据沉淀E确定溶液X中存在Fe3+,理由是 。 (5)步骤④中发生反应的离子方程式为 。 (6)根据题给信息和图中转化关系,可以确定溶液X中肯定存在的离子有 ,可能存在的离子有 。检验可能存在的离子的方法是 。 【答案】(1)CO、SiO、NO  (2)BaSO4 Ba2+  (3)NO 3Fe2++4H++NO===3Fe3++NO↑+2H2O  (4)不能 溶液B中含有由Fe2+氧化得到的Fe3+,故无法确定溶液X中是否存在Fe3+ (5)AlO+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+HCO  (6)Al3+、NH、SO、Fe2+ Fe3+ 取少量溶液X于试管中,滴加几滴KSCN溶液,若溶液变红色,则溶液X中含有Fe3+ 【解析】溶液显酸性,则一定不存在CO、SiO。溶液X与硝酸钡溶液反应生成气体A、溶液B和沉淀C,则C为硫酸钡,溶液X中一定含有SO,一定不存在Ba2+。A在空气中能变为红棕色,则A为NO,这说明溶液X中含有Fe2+,因此一定不存在NO。溶液B与过量氢氧化钠溶液反应生成气体D,则D是氨气,溶液X中一定存在NH,沉淀E为Fe(OH)3,与盐酸反应生成FeCl3。溶液F中通入过量的CO2生成沉淀H, H为Al(OH)3,所以原溶液中含有Al3+。实验过程不能确定是否含有Fe3+。综述:(1)溶液X中确定不存在的阴离子有CO、SiO、NO。(2)沉淀C是BaSO4,由此可确定溶液X中肯定不存在的阳离子有Ba2+。(3)气体A是NO,产生气体A的离子方程式为3Fe2++4H++NO===3Fe3++NO↑+2H2O。(4)由于溶液B中含有由 Fe2+氧化得到的Fe3+,故无法确定溶液X中是否存在Fe3+。(5)步骤④中发生反应的离子方程式为AlO+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+HCO。(6)溶液X中肯定存在的离子有Al3+、NH、SO、Fe2+,可能存在的离子有Fe3+。检验Fe3+:取少量溶液X于试管中,滴加几滴KSCN溶液,若溶液变红色,则溶液X中含有Fe3+。 4、【2018南通一模】下列应用不涉及氧化还原反应的是( ) A.Na2O2用作呼吸面具的供氧剂 B.工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al C.工业上利用合成氨实现人工固氮 D.实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3 【答案】D 【解析】A选项,呼吸面具中的过氧化钠通过与CO2和H2O反应来提供氧气,发生的反应是氧化还原反应;B选项,电解氧化铝制备金属铝,反应中有单质生成,是氧化还原反应;C选项,氮气与氢气反应生成氨 气,是氧化还原反应;D选项,用铵盐与碱加热制氨气属于复分解反应,与氧化还原反应无关。 5、【2018昆明三模】短周期元素R、Q、M、N、W的原子序数依次增大,它们在周期表中的相对位置如图所示。已知M的原子序数比Q的大3。 下列有关说法不正确的是( ) A.W、Q都能与M组成离子化合物 B.简单离子的半径:r(W)>r(Q)>r(M)>r(N) C.最高价氧化物对应的水化物的碱性:M>N D.R2W的稳定性比R2Q的弱,R2W的沸点比R2Q的高 【答案】D 【解析】由R、M在周期表中的相对位置可以推断,R为H、M为Na。再根据M和Q的原子序数关系推知,Q为O,W为S,N为Al。A项,S、O分别与Na形成Na2S、Na2O等,都是离子化合物,说法正确;B项,简单离子的半径:r(S2-)>r(O2-)>r(Na+)>r(Al3+),说法正确;C项,氢氧化钠的碱性比氢氧化铝的强,说法正确;D项,常温下,H2O是液态,H2S是气态,则H2O的沸点高于H2S的,说法错误。 6、【2018吉林中学二模】Ⅰ.化学与生活、生产密切相关。下列食品添加剂中,其使用目的与反应速率有关的是________。 A.调味剂 B.防腐剂 C.增稠剂 D.着色剂 Ⅱ.下列各项分别与哪个影响化学反应速率因素的关系最为密切? (1)夏天的食品易变霉,在冬天不易发生该现象:____________。 (2)同浓度同体积的盐酸中放入同样大小的锌块和镁块,产生气体有快有慢:____________。 (3)MnO2加入双氧水中放出气泡更快:__________。 Ⅲ.在一定温度下,4L密闭容器内某一反应中气体M、气体N的物质的量随时间变化的曲线如下图: (1)比较t2时刻,正逆反应速率大小v正________(填“>”“=”或“<”)v逆。 (2)若t2=2 min,计算反应开始至t2时刻用M的浓度变化表示的平均反应速率为________________。 (3)t3时刻化学反应达到平衡,反应物的转化率为____________。 (4)如果升高温度,则v逆________(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】Ⅰ.B  Ⅱ.(1)温度  (2)反应物本身性质  (3)催化剂 Ⅲ.(1)>  (2)0.25mol·L-1·min-1  (3)75% (4)增大 【解析】Ⅰ.防腐剂是减缓食物腐败的反应速率,故B正确。Ⅱ.(1)夏天温度较高,反应速率较大,而冬天温度较低,反应速率较小。(2)反应物本身性质是影响化学反应速率的主要因素,镁比锌活泼,与同浓度同 体积的盐酸反应更剧烈。(3)二氧化锰为该反应的催化剂,可加快反应速率。Ⅲ.(1)t2时刻,反应物逐渐减少,生成物逐渐增多,反应正向进行,v正>v逆。(2)v===0.25mol·L-1·min-1。(3)t3时刻化学反应达到平衡,剩余2mol N,则转化了6mol N,转化率为×100%=75%。(4)升高温度,正逆反应速率都增大。 7、【2018新课标1卷、节选】采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术,在含能材料、医药等工业中得到广泛应用,回答下列问题: (1)F. Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应: 其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡,体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=∞时,N2O4(g)完全分解): t/min 0 40 80 160 260 1300 1700 ∞ p/kPa 35.8 40.3 42.5. 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1 ①研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=2×10?3×(kPa·min?1),t=62min时,测得体系中=2.9 kPa,则此时的=________ kPa,v=_______kPa·min?1。 ②若提高反应温度至35℃,则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)________63.1kPa(填“大于”“等于”或“小于”),原因是________________________________________________________。 ③25℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_______kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。 (2)对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg提出如下反应历程: 第一步 N2O5NO3+NO2 快速平衡 第二步 NO2+NO3NO+NO2+O2 慢反应 第三步 NO+NO32NO2 快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是__________(填标号)。 A.v(第一步的逆反应)>v(第二步反应) B.反应的中间产物只有NO3 C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D.第三步反应活化能较高 【答案】(1)①30.0;6.0×10-2;②大于;温度提高,体积不变,总压强提高;NO2二聚为放热反应,温度提高,平衡左移,体系物质的量增加,总压强提高;③13.4 (2)AC 【解析】(2)①根据压强之比是物质的量之比计算;根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1∶2,又因为压强之比是物质的量之比,所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2=5.8kPa,则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa-5.8kPa=30.0kPa,因此此时反应速率v=2.0×10-3×30=6.0×10-2(kPa·min-1);②根据温度对压强和平衡状态的影响分析;由于温度升高,容器容积不变,总压强提高,且二氧化氮二聚为放热反应,温度提高,平衡左移,体系物质的量增加,总压强提高,所以若提高反应温度至35℃,则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1kPa。③根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强,然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强。根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa,根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2=71.6kPa,氧气是35.8kPa÷2=17.9kPa,总压强应该是71.6kPa+17.9kPa=89.5kPa,平衡后压强减少了89.5kPa-63.1kPa=26.4kPa,所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa,二氧化氮对应的压强是71.6kPa-26.4kPa×2=18.8kPa,则反应的平衡常数Kp=kPa ≈13.4kPa;(2)根据三步反应的特点分析判断。A. 第一步反应快,所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率,A正确;B. 根据第二步和第三步可知中间产物还有NO,B错误;C. 根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效,C正确;D. 第三步反应快,所以第三步反应的活化能较低,D错误。答案选AC。 8、【2018定州中学建模】有①NaOH溶液 ②Na2CO3溶液 ③CH3COONa溶液各10 mL,物质的量浓度均为0.1mol·L?1,下列说法正确的是( ) A.三种溶液pH的大小顺序是①>③>② B.三种溶液中由水电离出的OH?浓度大小顺序是①>②>③ C.若将三种溶液稀释相同倍数,pH变化最大的是③ D.若分别加入10mL 0.1mol·L?1盐酸后,pH最大的是② 【答案】D 【解析】A项,等浓度时NaOH的pH最大,CO的水解程度大于CH3COO?的,所以三种溶液pH的大小顺序是①>②>③,错误;B项,碱会抑制水的电离,能水解的盐会促进水的电离,且水解程度越大,对水的电离的促进程度也越大,故三种溶液中由水电离出的OH?浓度大小顺序是②>③>①,错误;C项,若将三种溶液稀释相同倍数,pH变化最大的是①,因为加水稀释会促进CO、CH3COO?的水解,错误;D项,分别加入10 mL 0.1 mol·L?1的盐酸后,①中溶质为NaCl,②中溶质为NaHCO3、NaCl,③中溶质为NaCl、CH3COOH,HCO水解显碱性,所以pH最大的是②,正确。 9、【2018湖南长郡中学第四次考试】下列实验过程中的相关操作正确的是( ) 选项 实验 操作 A 检验Fe(NO3)2晶体是否变质 将样品溶于稀硫酸,滴入几滴KSCN溶液 B 验证Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp大小 取2mL 1.0mol·L?1 NaOH溶液,先滴3滴1.0mol·L?1 MgCl2溶液,再滴3滴1.0mol·L?1 FeCl3溶液 C 比较醋酸和碳酸酸性的强弱 pH计分别伸入0.1mol·L?1 CH3COONa溶液和0.1mol·L?1 Na2CO3溶液中,读取pH D 测定中和反应的反应热 混合前分别用冲洗干净的温度计测量50mL 0.50mol·L?1 HCl溶液与50mL 0.55mol·L?1 NaOH溶液的温度 【答案】D 【解析】检验Fe(NO3)2晶体是否变质,应将样品溶于蒸馏水,滴入几滴KSCN溶液,观察溶液是否变红色,若将样品溶于稀硫酸,则发生反应:3Fe2++4H++NO===3Fe3++NO↑+2H2O,会对Fe3+的检验产生干扰,A项错误;验证Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp的大小是通过沉淀的相互转化实现的,可向饱和Mg(OH)2溶液中滴入3滴0.1mol·L?1FeCl3溶液,而若要得到饱和Mg(OH)2溶液,应将NaOH溶液滴入MgCl2溶液中,否则NaOH过量,干扰实验结果,B项错误;用pH计测定相同浓度的CH3COONa、Na2CO3溶液的pH,比较的是CH3COO?、CO的水解程度,得出的是CH3COOH、HCO的酸性强弱,C项错误。测定中和热时,为保证50mL 0.50 mol·L?1的盐酸完全被NaOH溶液中和,应采用50mL 0.55mol·L?1 NaOH溶液,同时混合前分别测定盐酸和NaOH溶液的温度,并取平均值,D项正确。 10、【2018合肥一中质检】某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中,有大量气泡产生。为探究该反应原理,该同学做了以下实验并观察到相关现象,由此得出的结论不合理的是( ) 选项 实验及现象 结论 A 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口,试纸变蓝 反应中有NH3产生 B 收集产生的气体并点燃,火焰呈淡蓝色 反应中有H2产生 C 收集气体的同时测得溶液的pH为8.6 弱碱性溶液中Mg也可被氧化 D 将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中,有气泡产生 弱碱性溶液中OH?氧化了Mg 【答案】D 【解析】氯化铵溶液与镁条反应生成氯化镁、氨气和氢气,A、B项结论合理;因NH3·H2O电离而使溶液显弱碱性,在弱碱性溶液中镁也可被氧化,C项结论合理;将镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中,有气泡产生,根据C项实验知,应是镁与溶液中的H+作用产生了氢气,D项结论不合理。 11、【2018新课标2卷】硫及其化合物有许多用途,相关物质的物理常数如下表所示: H2S S8 FeS2 SO2 SO3 H2SO4 熔点/℃ -85.5 115.2 >600(分解) -75.5 16.8 10.3 沸点/℃ -60.3 444.6 -10.0 45.0 337.0 回答下列问题: (1)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为________________________________,基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______________层。 (2)根据价层电子对互斥理论,H2S,SO2,SO3的气态分子中,中心原子价层电子对数不同于其他分子的是__________。 (3)图(a)为S8的结构,其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多,主要原因为__________ _____________________________________________________________________ (4)气态三氧化硫以单分子形式存在,其分子的立体构型为_____________形,其中共价键的类型有__________种;固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子。该分子中S原子的杂化轨道类型为_____ _________。 (5)FeS2晶体的晶胞如图(c)所示,晶胞边长为a nm,FeS2相对式量为M、阿伏加德罗常数的值为NA,其晶体密度的计算表达式为_________________g·cm-3;晶胞中Fe2+位于S22-所形成的的正八面体的体心,该正八面体的边长为____________nm。 【答案】(1);哑铃(纺锤) (2)H2S (3)S8相对分子质量大,分子间范德华力强 (4)平面三角;2;sp3 (5) ×1021;eq \f(,2)a 【解析】(1)根据铁、硫的核外电子排布式解答;基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,则其价层电子的电子排布图(轨道表式)为;基态S原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p4,则电子占据最高能是3p,其电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形;(2)根据价层电子对互斥理论 分析;根据价层电子对互斥理论可知H2S、SO2、SO3的气态分子中,中心原子价层电子对数分别是2+=4、2+=3、3+=3,因此不同其他分子的是H2S;(3)根据影响分子晶体熔沸点高低的是分子间范德华力判断;S3、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体,由于S3相对分子质量大,分子间范德华力强,所以其熔点沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多;(4)根据价层电子对互斥理论分析;气态三氧化硫以单分子形式存 在,根据(2)中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3,且不存在孤对电子,所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键,因此其中共价键的类型有2种,即σ键、π键;固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子,该分子中S原子形成4个共价键,因此其杂化轨道类型为sp3。(5)根据晶胞结构、结合密度表达式计算。根据晶胞结构可知含有铁原子的个数是12×+1=4,硫原子个数是8×+6×=4,晶胞边 长为a nm、FeS2相对式量为M,阿伏加德罗常数的值为NA,则其晶体密度的计算表达式为ρ== g·cm?3=×1021g·cm?3;晶胞中Fe2+位于S所形成的正八面体的体心,该正八面体的边长是面对角线的一半,则为eq \f(,2)a nm。
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  • 资料类型: 试卷 试卷 试卷
  • 资料版本:人教版(新课程标准)
  • 适用地区:全国
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化学精优课

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