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河北省实验中学2021届高三化学上学期期中试题(附答案Word版)

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时间:2021-01-04

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河北省实验中学 2021 届高三年级上学期期中考试化 学(时间:90 分钟,分值 100 分。 )注意:第Ⅰ卷答案必须用 2B 铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷的非选择题,答案必须填在答题纸的相应位置。相对原子量:K-39 O-16 Fe-56 Ca-40 Mg-24 N-14 C-12 Cu-64 Fe-56 Ni-59第Ⅰ卷(选择题 共 50 分)一、选择题:本题共 15 小题,每小题 2 分,共 30 分。每小题只有一个选项符合要求。1.宋代张杲《医说》引《集验方》载:每每外出,用雄黄桐子大,在火中烧烟薰脚绷、草履、领袖间,以消毒灭菌,防止疫菌通过衣物的接触而传染。雄黄的结构如图所示,下列说法错误的是( )。A.雄黄中硫的价态为-2 价B.古代熏蒸的消毒原理与 H2O2、酒精相同C.佩戴药剂香囊是中医独特的防疫措施D.生活中也可使用火、盐水消毒器具2.根据 v-t 图分析外界条件改变对可逆反应 A(g)+3B(g) 2C(g) 的影响。该反应的速率与时间的关系如图所示:可见在 t1、t3、t5、t7时反应都达到平衡,如果 t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件,则下列对 t2、t4、t6、t8时改变条件的判断正确的是( )。A.使用了催化剂、增大压强、减小反应物浓度、降低温度B.升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂C.增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度D.升高温度、减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂3.为增强铝的耐腐蚀性,现以铅蓄电池为外电源,以 Al 作阳极、Pb 作阴极,电解稀硫酸,使铝表面的氧化膜增厚。其反应原理如下:0∆H电池:Pb(s)+PbO2(S) +2H2SO4(aq)=2PbSO4(S)+ 2H2O (Ⅰ)电解池:2A1+3H2O = Al2O3+3H2↑,对该电解过程,以下判断正确的是( )。电池 电解池A H+移向Pb电极 H+移向Pb电极B 每消耗3mo1 Pb 生成1mol A12O3C 正极: PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O 阳极:2A1+3H2O-6e-=A12O3+6H+D Pb电极反应质量不变 Pb电极反应质量不变4.利用太阳能电解水制 H2是解决能源危机的重要方向。采用固体氧化还原调节剂作为离子交换体系,实现 H2、O2分离。下列分析正确的是( )A.左侧电解池应选用酸性溶液,a 极反应式为: 2H++2e-=H2↑B.b 极反应式:NiOOH+H2O+e-=Ni(OH) 2+OH-C.c 为阳极,发生氧化反应D.电解一段时间后,可将 b、c 对调,循环利用物质5.短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 原子序数依次增大,Y 元素最外层电子数是其电子层数的 3 倍,Q 与 Y 同主族,X 与 Y 构成的化合物可引起光化学烟雾,Z、W、Q 的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应。下列说法正确的是( )。A.简单氢化物的沸点:YQ B.气态氢化物的稳定性:YXC.简单离子半径最大的为 Z D.W 的氧化物可作耐高温材料6.下列实验方案不能达到相应实验目的的是( )实验目的 实验方案A 制各CuSO4 用稀硫酸、过氧化氢和铜粉反应B加快酸性KMnO4与H2C2O4溶液的反应速率加入一粒黄豆大的MnSO4固体C除去NaC1固体表面的少量KC1杂质用饱和NaC1溶液洗涤D 探究浓度对反应速率的影响向盛有同体积、不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入同体积、同浓度NaC1O溶液,观察现象7.Na2CO3(aq)与盐酸反应过程中的能量变化示意图(在下页)如下,下列选项正确的是( )。A.H2CO3(aq)=CO2 (g)+H2O (Ⅰ)为放热反应B.CO32-(aq)+H+(aq)=HCO3-(aq)△H=a kJ·mol-1C.HCO3-(aq)+H+(aq)=CO2 (g)+H2O (Ⅰ) △H=(c-b) kJ·mol-1D.CO32-(aq)+2H+(aq)=CO2(g)+H2O(Ⅰ) △H=(a+b-c) kJ·mol-18.用如图装置探究 Cl2 和 NO2 在 NaOH 溶液中的反应。通入适当比例的 C12 和 NO2,发生的化学反应为 Cl2+2NO2+4NaOH===2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列叙述正确的是( )A.实验室中可用 Cu 与 1 mol·L-1的硝酸制备二氧化氮气体B.装置 II 中的玻璃管起到平衡气压作用,可将多余气体直接排出C.由该反应可知氧化性顺序:NO2NaNO3D.通过观察装置 I、III 中的气泡的快慢控制 C12和 NO2的通入量9.用下列装置完成相关实验,合理的是( )A.图①:验证 H2CO3的酸性强于 H2SiO3 B.图②:可用于收集 CO2或 NH3C.图③:分离 Na2CO3 溶液与 CH3COOC2H5 D.图④:分离 CH3CH2OH 与CH3COOC2H510.I2在 KI 溶液中存在下列平衡:I2 (aq)+ I-(aq) I3- (aq)。测得不同温度下该反应的平衡常数值如下表:下列说法正确的是( )A.反应 I2(aq)+ I-(aq) I3-(aq)的△HOB.利用该反应可以除去硫粉中少量的碘单质C.在上述体系中加入苯,平衡不移动D.25℃时,向溶液中加入少量 KI 固体,平衡常数 K 小于 68011.某工厂的一个生产工艺流程如图所示,下列叙述正确的是( )A.该工艺流程是用来制备 Fe2(SO4) 3的B.气体 M 是 H2SC.气体 M 参加的反应是化合反应D.SO2参加的反应中 n(氧化剂) :n(还原剂)=l :112.臭氧层中臭氧分解过程如图所示,下列说法正确的是( ) A.催化反应①②均为放热反应B.E1是催化反应①对应的正反应的活化能,(E2+△H)是催化反应②对应的逆反应的活化能。C.决定 O3分解反应速率的是催化反应②。D.温度升高,总反应的正反应速率的增幅小于逆反速率的增幅,且平衡常数增大。13.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂,以四甲基氯化铵[(CH3)4NCI]为原料,采用电渗析法合成(CH3)4NOH],其工作原理如图所示(a、b 为石墨电极,c、d、e为离子交换膜),下列说法不正确的是( )A.N 为电源正极B.b 极电极反应式:4OH--4e-=O2↑+2H2OC.c 为阳离子交换膜,d、e 为阴离子交换膜D.a、b 两极均有气体生成,同温同压下体积比为 2 :114.碘循环工艺不仅能吸收 SO2降低环境污染,同时又能制得氢气,具体流程如下,下列说法不正确的是( )A.该工艺中 I2和 HI 的相互转化体现了“碘循环”B.反应器中,控制温度为 20-100℃,温度过低速率慢,温度过高水气化且增大碘的流失,反应速率也慢C.分离器中的物质分离操作为过滤D.碘循环工艺的总反应为 2SO2+2H2O=H2+H2SO415.氮气是制备含氮化合物的一种重要物质,而氮的化合物用途广泛。两个常见的固氮反应的平衡常数对数值(Ig K)与温度的关系如图所示:①N2(g)+3H2 (g) 2NH3(g)和②N2(g)+O2(g) 2NO(g),根据图中的数据判断下列说法正确的是( )A.反应①和②均为放热反应B.升高温度,反应①的反应速率减小C.在常温下,利用反应①固氮和利用反应②固氮反应程度相差很大D.在 1 000℃时,反应①和反应②体系中 N2的浓度一定相等二、选择题:本题共 5 小题,每小题 4 分,共 20 分。每小题有一个或两个选项符合题目要求,全部选对得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错的得 0 分。16.国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”,有望减少废旧电池产生的污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是( )A.“全氢电池”工作时,将酸碱反应的中和能转化为电能B.吸附层 b 发生的电极反应: H2-2e-+2OH-= 2H2OC.NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应D.“全氢电池”的总反应:2H2+O2-2H2O17.700℃时,向容积为 2L 的密闭容器中充入一定量的 CO 和 H2O,发生反应:CO(g)+H2O(g) CO2 (g)+H2 (g),反应过程中测定的部分数据见下表(表中 t2t2)下列说法正确的是( )。反应时间/min n(CO)/mol H20/ mol0 1.20 0.60t1 0.80t2 0.20A.反应在 t1min 内的平均速率为 v(H2)= 0.40/t1mol·L-1·min-1B.保持其他条件不变,起始时向容器中充入 0.60molCO 和 1.20 molH2O,到达平衡时,n(CO2) =0.40 mol。C.保持其他条件不变,向平衡体系中再通入 0.20molH2O,与原平衡相比,达到新平衡时 CO 转化率增大,H2O 的体积分数减小。D.温度升至 800℃,上述反应平衡常数为 0.64,则正反应为吸热反应18.用下列实验装置(部分夹持装置略去)进行相应的实验,能达到实验目的的是( )A.加热装置 I 中的烧杯分离 I2和高锰酸钾固体B.用装置 II 验证二氧化硫的漂白性C.用装置 III 制备氢氧化亚铁沉淀D.用装置 IV 检验氯化铵受热分解生成的两种气体19.用煤油作溶剂,二(2-乙基己基)磷酸酯作流动载体,H2SO4作内相酸处理含铜废水。在其他条件相同时,Cu2+萃取率 与初始Cu2+浓度关系如图 l 所示;在其他条件相同时,处理前初始 Cu2+浓度为 200 mg·L-1,Cu2+萃取率与废水 pH 的关系如图 2 所示。下列说法错误的是( )A.根据图 l 可知,废水中初始 Cu2+浓度越大,Cu2+的萃取效果越好B.根据图 2 可知,废水初始 pH2 时,去除 Cu2+的效果较好C.根据图 l 可知,Cu2+初始浓度为 200 mg·L-1时,Cu 2+的萃取率为 97.0%D.根据图 2 可知,若取 800 mL 初始 Cu 2+浓度为 200 mg·L-1的废水,在 pH =1.5 时处理废水,则处理后的废水中剩余 Cu2+的物质的量为 l.5×10-3mol(假设体积不变)20.已知:氧化锂(Li2O)晶体形成过程中的能量变化如图所示,下列说法正确的是( )[ ]%100Cuc)Cu(c-)Cu(c222×= +++处理前处理后处理前)(萃取率三、非选择题:本题共 4 小题,共 50 分。21.(12 分)辉铜矿的主要成分是 Cu2S,含较多的 Fe2O3、SiO2杂质:软锰矿的主要成分是MnO2,含有较多的 SiO2杂质。辉铜矿的湿法冶炼,目前国内外都处于探索之中。自氧化还原氨分离法是一种较为理想的湿法冶炼方法,工艺流程如下:回答下列问题:(1)将 100g 辉铜矿和 40g 98%的浓硫酸混合,在 80~90℃条件下浸出 2.5h,铜的浸出率随软锰矿用量的变化如下:锰矿用量(g) 15 20 25 30 35铜浸出率(%) 84.0 86.5 89.8 89.9 89.9则浸出 100g 辉铜矿,软锰矿的最适宜用量为 g。(2)“浸出”后的浸出液中含有 CuSO4、MnSO4、Fe2(SO4)3等溶质,“滤渣 I”中含有淡黄色固体单质,则“浸出”时产生淡黄色固体的化学方程式为 。(3)研究表明矿物中 Fe2O3在“浸出”反应中起着重要的媒介作用,促进 Cu2S 与 MnO2的溶解,其反应过程如下:①Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4) 3+3H2O;②Cu2S+2Fe2(SO4)3=2CuSO2+4FeSO4+S↓③ 。(写出反应的化学方程式)(4)“滤渣 II”的主要成分是 ;“沉锰”后,得到的深蓝色溶液中除 NH4+、H+外,还含有的阳离子为 。(写化学式)(5)“滤液 III”经结晶可得到(NH4)2SO4晶体。结晶时,当 时,即可停止加热。(6)如图表示用石墨作电极,在一定条件下电解饱和食盐水制取 Cl2时,与 a 相连的电极上会产生少量的 ClO2,产生 ClO2电极反应式: ;与 b 相连的电极上的电极反应式: ;电解一段时间,当阴极产生标准状况下气体 112mL 时,停止电解,则通过阳离子交换膜的阳离子物质的量为 mol。22.(12 分)氟及其化合物用途十分广泛,回答下列问题:(1)氟化物 OF2、NF3、SiF4、PF5、SF6中,中心原子采取 Sp3杂化的是 。(2)[H2F]++[SbF6]-(氟锑酸)是一种超强酸。锑的价电子排布式为 。阳离子[H2F]+的空间构型为 ,写出[H2F]+的等电子体 (分子和离子各举一例)。(3) SF6被广泛用于高压电器设备的绝缘介质。根据 理论,可判断出其空间构型为正八面体。SF6的键能可通过类似 Born-Haber 循环能量构建能量图(图甲,在下一页)计算键能,则 S-F 的键能为 kJ·mol-1。(4)工业上电解 AlO3制取单质铝,常利用冰晶石 Na3[AlF6]降低 Al2O3的熔点。冰晶石的生产原理为 2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3=2Na[AlF6]+3CO2↑+9H2O。①测定气态 HF 的摩尔质量时,往往得不到 20g·mol-1的数据,原因是 。②冰晶石的晶体不导电,但熔融时能导电,则在冰晶石晶体中存在 (填序号)。a.离子键 b.极性键 c.配位键 d.范德华力③反应物中元素(氢除外)的第一电离能从大到小的顺序为 (用元素符号表示)。(5) NiO 的晶体结构如下图所示,其中离子坐标参数 A 为(0,0,0),B 为(1,1,0),则 C 离子坐标参数为 。(6) 一定温度下,NiO 晶体可以自发地分散并形成“单分子层”,可以认为 O2-作密置单层排列,Ni2+填充其中(如上右图),已知 O2-的华径为 a pm,每平方米面积上分散的该晶体的质量为 g(用含 a、NA 的代数式表示)。23.(12 分)过氧化钙可用于治理赤潮、应急供戴等。已知:过氧化钙,为白色或淡黄色结晶粉末,难溶于水,不溶于乙醇、乙醚等有刷溶剂,常温下干燥品很稳定,能溶于稀酸生成过氧化氢。某小组同学探究过氧化钙的糊法和性质:(1)甲、乙两位同学设计的过氧化钙实验室制法如下,其中产率较低的是 (填 A、B)方法 A Ca (OH)2(s)+H2O2 CaO2(s) +2H2O △H0方法 B CaCl2(s)t+H2O2 CaO2(s) +2HCl △H0方法 A 所得产品中纯度不高,所含杂质主要是 (填化学式)如果不加入稳定剂,则两种方法都需在 5℃以下进行实验,原因可能是 。(2)丙同学认为 CO2、SO2与过氧化钙的反应原理相同,丁同学认为 SO2具有较强的还原性,而 CO2 没有,故而反应原理不相同。他们设计了如下实验装置,通过测量装置 E中所得气体体积判断反应情况:①试剂 B 的作用是 。②若实验中 SO2足量,且与过氧化钙充分反应,取反应后的固体进行探究,以验证过氧化钙与 SO2反应的生成物。若 SO2未被氧化,则反应的化学方程式为: 。③装置 E 中收集到的氧气体积为 V L(已换算成标准状况下),若 SO2 完全被氧化,则V= 。(3)某工厂利用电石渣(主要成分为氢氧化钙)生产过氧化钙的生产流程如下:①用上述方法制备过氧化钙(CaO2·8H2O),搅伴步骤的化学方程式是 。②某小组采用单变量法确定温度、H2O2浓度对产率的影响,结果如下:温度(℃) 50 40 30 20 10 0产率 43.24 52.80 64.54 63.80 60.45 52.40H2O2% 30% 25% 20% 15% 10% 5%产率 60.40 62.42 64.54 63.20 63.10 62.40则实际生产应选择的适宜条为____。24.(14 分)工业合成氨是解决人类的生存问题。回答下列问题:(1)科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示,其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示,对图中线间距离窄小的部分,其能量差用 的方式表示。由图可知合成氨反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的△H= KJ·mol-1,反应速率最慢的步骤的化学方程式为 。(2)工业合成氨反应为:N2(g)+3H2(g) 2NH3(g),当进料体积比 V(N2):V(H2)=1:3 时,平衡气体中 NH3的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示:则 500℃时:①平衡常数 KP(30MPa) KP(100MPa)。(填“”、“=”、“”)②30MPa 时,氢气的平衡转化率为 (结果保留 3 位有效数字)。用平衡分压表示平衡常数 KP= (列出计算式即可,不必化简)。(3)科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨,工作时阴极区的微观反应过程如图所示,其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液。①阴极区生成 NH3的电极反应式为 。②下列说法正确的是 (填标号)。A.三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性B.选择性透过膜可允许 N2和 NH3通过,防止 H2O 进入装置C.保持电流强度不变,升高溶液的温度,可以加快电解反应的速率化学参考答案1.【答案】B【解析】A.根据雄黄的结构可知化学式 As4S4,As 的化合为+2 价,S 的化合价为-2 价,A 正确;B.古代熏蒸的清毒原理与 H2O2类似,是利用氧化性使蛋白质变性,酒精破坏了蛋白质原有的氢键使蛋白质变性,原理不同,B 错误;C.佩戴药剂香囊是借中药气味挥发,是中医独特的防疫措施,C 正确;D.生活中也可使用火消毒器具,即高温使蛋白质变性,使用盐水可以抑菌,杀菌,D 正确;2.【答案】D【解析】t2时正、逆反应速率均增大,且平衡逆向移动,排除 A、C 项;t4时正、逆反应速率均减小,平衡逆向移动,可以是减小压强;t6时正反应速率大于逆反应速率,逆反应速率瞬时不变,平衡正向移动,所以是增大反应物浓度,D 项符合。故选 D。3.【答案】B【解析】A.电池中,溶液中氢离子向,正极二氧化铅电极移动,故 A 错误,B.串联电池中转移电子数相等,每消耗 3molPb,根据电子守恒生成 lmolAl2O3,故正确;C.原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅,故 C 错误;D.原电池中铅作负极,负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅,所以质量增加,在电解池中,Pb阴极,阴极上氢离子得电子生成氢气,所以铅电极质量不变,故 D 错误;4.D。由图中信息得出,左右都是碱性,有 OH-离子移动,C 为阴极。5.D【解析】由题意可知,短周期主族元素 X 为 N、Y 为 O、Z 为 Na、W 为 Al、Q 为 S;Y、Q 的简单氢化物分别为 H2O、H2S,水分子间存在氢键,沸点 H2OH2S,A 错误;W的氧化物为氧化铝,熔点高达 2000℃以上,可作耐高温材料,D 正确;N、O、Na、Al的简单离子都是 10 电子,核电荷数越大,半径越小,则 r(N3-r(O2-)r(Na+)r(Al3+),氧、硫同主族,核电荷数越大,半径越大,则 r(S2-)r(O2-),故钠离子半径不可能最大,C 错误:非金属性 NO,则气态氢化物的稳定性 H2ONH3,B 错误。答案选择为 D 项。6.【答案】D【解析】A.铜粉与稀硫酸、过氧化氢反应生成硫酸铜和水,反应过程中无污染物,且原料利用率高,A 正确;B.MnSO4 是该反应的催化剂,B 正确;C.NaCl 晶体难溶于饱和 NaCl 溶液,可用于洗涤除去 KCl 杂质,C 正确;D.该实验没有明确说明温度相同,且本实验现象不明显,故不能达到实验目的,D 错误。7.【答案】C【解析】根据 H2CO3(aq)和 CO2(g)、H2O(I)的能量高低可知,H2CO3(aq)=CO2(g)+H2O(I)为吸热反应,A 项错误;CO32-(aq)+ H+(aq)=HCO3-(aq)△H=-akJ/mol,B 项错误;HCO3-(aq)+H+(aq)=CO2(g)+H2O(I)此反应为吸热反应,△H0,故△H=(c-b)kJ/mol,C 项正确;CO32- (aq)+ 2H+ (aq)= CO2(g)+H2O(I)为放热反应,△H0,故△H=(c-a-b)kJ/mol,D 项错误。 8.【答案】D【解析】A.实验室中可用 Cu 与 1mol·L-1的硝酸是稀硝酸只能生成 NO,得不到二氧化氮气体,A 错误;B.装置 II 中的玻璃管起到平衡气压作用,可将多余气体有 Cl2 和 NO2、NO 等气体都是有毒的气体,不能直接排出,B 错误;C.该反应 Cl2+2NO2+4NaOH===2NaNO3+2NaCl+2H2O 中 Cl2 是氧化剂,NO2 是还原剂,NaNO3 是氧化产物,故只能得出氧化性顺序:Cl2NO2、Cl2NaNO3,但不能得出 NO2NaNO3,C错误;D.由于同温同压下,气体的体积之比等于其物质的量之比,故可以通过观察装置 I、III 中的气泡的快慢控制 Cl2和 NO2的通入量,D 正确:9.【答案】B【详解】A、生成的二氧化碳中含有氯化氢,氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀,干扰二氧化碳与硅酸钠反应,A 错误;B.氨气的密度比空气密度小,二氧化碳的密度比空气密度大,则导管长进短出收集二氧化碳,短进长出收集氨气,B 正确:C.Na2CO3 溶液与 CH3COOC2H5 分层,应选分液法分离,C 错误;D.CH3CH2OH 与CH3COOC2H5互溶,不能分液分离,应选蒸馏法,D 错误;10.【答案】B【解析】A.由表中数据可知,温度越大平衡常数越小,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,故正反应方向为放热反应,即△H0,故 A 错误;B.硫难溶于水,而碘单质与 I-形成 I3-。而溶于水,可以达到除去少量碘的目的,故 B 正确;C.加入苯,碘能溶于苯,这样水中碘的浓度变小,平衡向逆向移动,故 C 错误;D.加入 KI 固体,平衡向右移动,但平衡常数只受温度影响,与物质的浓度无关,加入少量 KI 固体,平衡常数 K 不变,故 D 错误;11.【答案】D【详解】A.根据上述分析知该工艺流程是用来制备硫酸的,故 A 错误;B.根据反应关系知气体 M、H2SO4和 FeSO4作用生成 Fe2 (SO4),Fe 元素的化合价升高,M 是具有氧化性的气体,如 O2 等,H2S 具有还原性,故 B 错误;C.气体 M、FeSO4溶液和硫酸作用除生成 Fe2 (SO4),外,还有 H2O 生成,气体 M 参加的反应不是化合反应,故 C 错误; D . SO2 参加反应时的化学方程式为 SO2+Fe2 (SO4)+2H2O= 2FeSO4+2H2SO4,参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比是 1:1,故 D 正确;12.【答案】B【解析】A 项,从图上可知,①反应中生成物能够高于反应物,①是吸热反应,故 A 错误;B 项,据图可知 E1 为催化反应①中反应物断键吸收的能量,即催化反应①对应的正反应的活化能,E2+△H 为催化反应②生成物成键时释放的能量,即催化反应②对应的逆反应的活化能,故 B 正确;C 项,决定总反应速率的是慢反应,活化能越大反应越慢,据图可知催化反应①的正反应活化能更大,反应更慢,所以催化反应①决定臭氧的分解速率,故 C 错误;D 项,据图可知总反应的反应物能量高于生成物的能量,所以总反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度,平衡常数减小,故 D 错误:故选 B。13.【答案】C【解析】以四丁基溴化铵[(CH3)4NCl]为原料,采用电渗析法合成[(CH3) 4NOH]的过程中,根据第三个池中浓度变化得出:钠离子从第四池通过 e 膜,氯离子从第二池通过 d 膜,得到 c、e 均为阳离子交换膜,a 为阴极 b 为阳极,阳极电极反应式为 4OH--4e-=O2↑+2H2O。A 项,a 为阴极 b 为阳极,N 为电源正极,故 A 正确;B 项,b 为阳极,发生氧化反应,b 极电极反应式:4OH--4e-=O2↑+2Hz0,故 B 正确;C 项,钠离子从第四池通过 e 膜,氯离子从第二池通过 d 膜,得到 c、e 均为阳离子交换膜,d为阴离子交换膜,故 C 错误;D 项,a 电极为氢离子放电事成氢气,故电极反应方程式为 2H++2e-=H2↑,b 电极为氢氧根离子放电生成氧气 4OH--4e-=O2↑+2H2O,标况下制备 lmol(CH3) 4NOH,转移电子是 1mol,a、b 两极产生气体物质的量分别为 0.5mol和 0.25mol,a、b 两极均有气体生成,同温同压下体积比为 2:l,故 D 正确;故选 C。14.【答案】C【解析】A.在反应器中 I2 反应转换为 HI,在膜反应器中 HI 分解转化为 H2和 I2,从而实现了碘循环,A 正确;B.在反应器中,控制温度为 20-100℃,根据温度对化学反应速率的影响,若反应温度过低速率慢,但温度过高,水气化,会使碘单质升华,增大碘的流失,也会导致反应速率比较慢,B 正确;C.H2SO4、HI 都溶于水,所以分离器中的物质分离操作不可能是过滤,C 错误.D.在中发生反应: SO2+I2+2 H2O=H2SO4+2HI,在膜反应器中发生反应:2HI=H2+I2,所以碘循环工艺总反应为2SO2+2H2O=H2+H2SO4。15.【答案】C【解析】反应①的 K 值随温度升高而减小,反应①是放热反应,反应②的 K值随温度升高而增大,反应②是吸热反应,A 错误;升高温度,两个反应的反应速率都增大,B 错误;在常温下,反应①K≈1010,反应②K≈10-30,相差很大,故利用反应①固氮和利用反应②固氮反应程度相差很大,C 正确;在 1000℃时。反应①、反应②的 K值相等, ,而体系中 N2的浓度不一定相等,D 错误。16.A。17.【答案】B【详解】CO + H2O f CO2 + H2 CO + H2O f CO2 + H2c0 0.60 0.30 0 0 c0 0.60 0.30 0 0Vc 0.20 0.20 0.20 0.20 Vc 0.20 0.20 0.20 0.20c(t1) 0.40 0.10 0.20 0.20 c(t2) 0.40 0.10 0.20 0.20则 v(H2)=0.20 mol·L-1/ t1min,故 A 错误;选项 B 保持其他条件不变,相当于只是将两反应物交换,但量不变,所以达相同的平衡态,故正确;C.再通入 0.20molH2O,平衡右移,则;达到新平衡时 CO 转化率增大,但 H2O 的转化率减小,故 H2O 的体积分数应增大,故 C 错误;D、计算,得:K (700℃)=(0.20×0.20)/(0.40×0.10)= ''1'',而 K(800℃)=0.64,说明温度升高,K 值减小,,平衡右移,则逆向是吸热的,故 D 错误18.【答案】D【详解】A.加热碘升华,高锰酸钾分解,加热法不能分离两者混合物,故 A 错误;B.二氧化硫与溴水发生氧化还原反应,与二氧化硫的还原性有关,与漂白性无关,故 B 错误;C.关闭止水夹,NaOH 难与硫酸亚铁接触,不能制备氢氧化亚铁,故C 错误;D.氯化铵分解生成氨气、HCI,氨气可使湿润的酚酞试纸变红,HCI 可使蓝色石蕊试纸变红,P2O5 可以吸收氨气,碱石灰可以吸收 HCI,所以可检验氯化铵受热分解生成的两种气体,故 D 正确。19.【答案】AD【解析】根据图 l 可知,Cu2+萃取率随初始 Cu2+浓度(100-400mg/L)的增大而减小;根据图 2 可知,废水初始 pH2 时,,去除 Cu2+的效果较好且稳定,结合图像数据进行具体分析。A.根据图 l 可知,Cu2+萃取率运初始 Cu2+浓度的增大而减小,故 A 错误;B.根据图 2 可知,废水初始 pH2 时,去除 Cu2+的效果较好,故 B 正确;C.根据图 l 可知,Cu2+初始浓度为 200 mg·L-1 时,Cu2+的萃取率为 97.0%,故 C 正确;D.根据图 2 可知,若取 800 mL 初始 Cu2+浓度为 200 mg·L-1 的废水,n(Cu2+)=0.8 L×0.2 g·L-1/64 g·mol-1 =2.5xl0-3mol,在 pH=1.5 时处理废水,萃取率为60%,则除去的 n(Cu2+)=2.5×10-3 mol×60% =1.5×10-3 mol,则处理后的废水中剩余 Cu2+的物质的量为 l×10-3 mol.故 D 错误;答案选 AD。20.【答案】BD【解析】A.Li 晶体转化为 Li(g)是吸热过程,Li(g)→Li+(g)是失电子过程吸)()( 22223232O)N()NO(H)N()NH(cccccc•=⋅热,即△H10、△H20,故 A 错误; B.由盖斯定律可知,△H1+△H1+△H3+△H4+△H6=△H5,即-△H5+△H1+△H2+△H3+△H4+△H6 =0,故 B 正确;C. O2(g)到 O(g)是键断裂过程吸热,O(g)→O2-(g)是得电子过程放热,即△H30、△H4 0,故 C 错误;D.气态离子形成 1mol 离子晶体释放的能量是晶格能。21.【答案】(1) 25 (2) 2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O (2 分)(3)2FeSO4+MnO2+2H2SO4=MnSO4+FC2(SO4)3+2H2O (2 分)(4)Fe(OH)3 [Cu(NH3)4] 2+(5)溶液表面出现晶膜(或溶液出现晶体)(6)Cl--5e-+2H2O===ClO2↑+4H+ 2H2O+2e-===H2↑+2OH- 0.01(2 分)【解析】(l)根据表中数据,加入 25g 软锰矿时,铜的浸出率即为 89.9%,再增加浸出率不再提高,则选用 25g 为宜;(2)硫化亚铜与二氧化锰在酸性条件下生成硫酸锰、硫酸铜、淡黄色的沉淀硫和水,方程式为 2MnO2+Cu2S+4H2SO4==S+2CuSO4+2 MnSO4+4H2O(3)③硫酸亚铁与二氧化锰、硫酸作用生成硫酸铁、硫酸锰和水,方程式为2FeSO4+MnO2+2H2SO4==MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O;(4)分析可知,“滤渣 II”的主要成分是氯氧化铁;“沉锰”后,得到的深蓝色溶液中除 NH4+、H+外,溶液中的铜离子以与氨形成的配离子的形式存在,即[Cu(NH3) 4] 2+;(5)“滤液 III”经结晶可得到(NH4)2SO4晶体。硫酸铵受热易分解,则在溶液中出现晶体时停止加热。22.(12 分)(1)OF2、NF3、SiF4(写对两个可得 1 分) (2) 5s25p3 V 型 H2O 或 H2S、NH2-(3)价层电子互斥 327 (4)①部分气态 HF 分子间以氢键结合了②abc③FOCAlNa(5)(1,l/2,l/2) (6) ( 2 分,其余 1 分) 【解析】(1) OF2 中 O 形成 2 个 键,孤电子对 ,总共电子对数为2+2=4,所以 OF2为 sp3杂化,故符合题意;NF3中 N 形成 3 个 键,孤电子 ,总共电子对数为 1+3=4,所以为 sp3杂化,故符合题意;SiF4中 Si 形成 4 个 键,没有孤电子对,总共电子对数为 0+4=4,所以为 sp3 杂化,故不符合题意;PF5 中 P 形成 521)102325(10275 242242×× − AA NaNa或δ 22126 =×−=δ 12135 =×−=δ个 键,没有孤电子对,总共电子对数为 0+5=5,所以为 sp3d 杂化,故不符合题意;SF6中 S 形成 6 个 键,孤电子对 ,总共电子对数为 0+6=6 为 sp3d2 杂化,故不符合题意;(2)锑为第五周期第 V 主族元素,其价电子排布式为 5s25p3。[H2F]+与H2O、NH2-,互为等电子体,结构相似,其空间构型均为:V 型,故答案:5s25p3;V型;H2O、NH2-; (3) SF6被广泛用于高压电器设备的绝缘介质。根据价层电子互斥理论,可判断出其空间构型为正八面体。根据 Born-Haber 循环能量构建能量图可知,S(s)+3F2(g)→SF6的 S-F的键能 。故答案为:价层电子互斥;327; (4)①因为 HF 分子间存在氢键,所以在测定气态 HF 的摩尔质量时,有部分 HF 分子通过氢键而结合了,往往得不到 20g·mol-1 的数据,故答案:有部分 HF 分子通过氢键而结合了;②冰晶石(Na3AlF6)晶体不导电,但熔融时能导电,说明属于离子化合物,含有离子键,由 Na+、[AlF6] 3-构成,[AlF6] 3-中含有配位键,也属于极性键,故选:abc;③冰晶石的生产原理为 2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3=2Na3[AlF6]+3CO2↑+9H2O,反应物中元素(氢除外)还有 Al、O、F、Na、C 元素,根据非金属性越强,其电负性越强,电力能越大,所以他们的第一电离能从大到小的顺序为 FOCAlNa; (6)根据结构知,氧离子和相邻的镍离子之间的距离为 2a,距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的 倍,所以其距离是 2 am;根据图片知,每个氧化镍所占的面积=2am×2am×sin600×l0-24,则每平方米含有的氧化镍个数=1/(2am×2am×2am×sin600×l0-24)= ;每个氧化镍的质量 ,所以每平方米含有的氧化镍质量 。23.【答案】(1)B(1 分) Ca (OH)2(1 分) 反应是放热反应,使平衡向左移动,需要在较低温度下反应,为了提高原料利用率,避免双氧水在温度较高条件下分解(1 分)(2)①干燥气体(1 分) 2CaO2+2SO2=2CaSO3+O2(2 分) 0(2 分)(3)CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl(2 分) ②温度为 30℃、H2O2浓度为 20% (2 分)【详解】(1)过氧化钙能溶于稀酸生成过氧化氢,因此甲、乙两位同学设计的过氧化钙实δδ 02166 =×−=1molkJ3276kJ/mol1962 −•==2 224210321 ×ag75AN−=验室制法如下,其中产率较低的是 B;方法 A 所得产品中纯度不高,主要是含有没有反应的氢氧化钙;两种方法都需在 5℃以下进行实验,原因可能是反应是放热反应,使平衡向左移动,需要在较低温度下反应,为了提高原料利用率,避免双氧水在温度较高条件下分解,(2)①过氧化钙和水要反应,需要除掉水蒸气,二氧化硫与过氧化钙反应,因此试剂 B 的作用是干燥气体,故答案为:干燥气体。②若 SO2未被氧化,则二氧化硫和过氧化钙反应生成亚硫酸钙和氧气,因此反应的化学方程式为:2CaO2+2SO2=2CaSO3+O2,故答案为:2CaO2+2SO2=2CaSO3+O2。③若 SO2 完全被氧化,则全部变为硫酸钙,因此没有气体剩余,则 V=0,故答案为:0。②根据数据得出实际生产应选择的适宜条件为温度为 30℃、H2O2浓度为 20%,故答案为:温度为 30℃、H2O2浓度为 20%。24.【答案】(1)-92(2 分) Nad+3Had NHad+2Had(2 分) (2)①=(2 分) ②33.3% (2 分) (2 分) (3)①Nz+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-(2 分)②AB(2 分)【解析】(1)由图可知,反应物 和生成物[NH3(g)]的能量差为 46 kJ·mol-1,合成氨反应; NH3(g)的△H=-46 kJ·mol-1,则N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的△H =2×(-46 kJ·mol-1)= -92kJ·mol-1;反应的活化能越大,破坏化学链消耗能量越大,反应速率越慢,由图可知,(Nad+3Had)转化为(NHad+2Had)时,反应物破坏化学键消耗能量最大,则反应速率最慢,反应的化学方程式为 Nad+3HadNHad+ 2Had。(2)①化学平衡常数是温度函数,只受温度变化的影响,则 500℃时,反应平衡常数Kp(30MPa)=Kp(l00MPa);②设参加反应 N2的物质的量为 x,由题意建立如下三段式:N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)起始量(mol) 1 3 0变化量(mol) x 3x 2x平衡量(mol) 1-x 3-3x 2x由图可知,氨气的物质的量分数为 20%,则由三段式可得 ,解得 ,32%)6030(%)2030(%)2030(××××]gH23gN21[ 22 )()( +)()( gH23gN2122 +10020242 =− xx31=x则氢气的平衡转化率为 ;由三段式数据可得 N2 的体积分数为;H2的体积分数为 ,则用平衡分压表示平衡常数 。(3)①从阴极区的微观反应过程示意图可知,N2 与 C2H5OH 在阴极区得到电子发生还原反应生成 NH3 和 C2H5O-,电极反应式为 N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-,故答案为:N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-;②A 项,从阴极反应看,电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液,三氟甲磺酸锂并未参与反应,作用是电离出离子,使溶液中离子浓度增大,增强溶液导电性,A 正确;B 项,从示意图可知,水在选择性透过膜上方,说明选择性透过膜可允许 N2和 NH3通过,不允许 H2O 透过,B 正确;C 项,保持电流恒定,升高温度不改变电解反应速率,C 错%33%10033 =×x%20%100241 =×−−xx%60%1002433 =×−−xx32%)6030(%)2030(%)2030(××××=PK

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