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江西省重点中学协作体2019届高三第一次联考

理科综合能力测试卷(化学部分)

可能用到的相对原子质量:

H-1O-16S-32Na-23Fe-56Cu-64Zn-65

一、选择题:

本题共13小题,每小题6分,共78分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。

1.高科技材料与生活、生产、科技密切相关。

下列有关重点发展的科技材料说法错误的是

A.用于“天宫二号”的纳米陶瓷铝合金硬度大、强度高

B.生物塑料可减少白色污染

C.高性能分离膜可用于海水淡化

D.用于3D打印材料的光敏树酯是纯净物

【答案】D

【解析】

【详解】A.纳米陶瓷铝合金属于新型材料,具有高熔点、硬度大的特点,则用于“天宫二号”的纳米陶瓷铝合金具有硬度大的特点,A正确;

B.生物塑料属于可降解塑料,在自然界中会发生降解,不会产生白色污染,B正确;

C.高性能分离膜的特点就是“智能化”,有选择地使粒子通过,所以可用于海水的淡化,C正确;

D.光敏树酯属于有机高分子材料,高分子材料属于混合物,所以用于3D打印材料的光敏树酯是混合物,D错误;

故合理选项是D。

2.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物,螺[3,3]庚烷(

)是其中的一种。

下列关于该化合物的说法不正确的是

A.与环庚烯互为同分异构体B.二氯代物共有6种(不含立体异构)

C.所有碳原子不可能处在同一平面D.1mol该化合物含有20mol共价键

【答案】B

【解析】

【详解】A.螺[3,3]庚烷(

)分子式是C7H12,环庚烯分子式C7H12,二者分子式相同结构不同,所以二者互为同分异构体,A正确;

B.

有2种不同位置的H原子,若二氯代物中两个Cl原子位于同一个C原子上,有2种同分异构体,若位于不同C原子上,在一个四元环上,有2种不同位置;若位于两个四元环上,可能有4种不同结构,因此二氯代物共有2+2+4=8种,B错误;

C.在螺[3,3]庚烷(

)分子中的C原子都是饱和C原子,由于与C原子连接的原子构成的是四面体结构,最多有三个原子处于同一平面上,因此不可能所有碳原子处在同一平面上,C正确;

D.螺[3,3]庚烷分子式是C7H12,1个分子中含有8个C—C键,含有12个C—H,所以一个分子中含有20个共价键,则1mol该化合物中含有20mol共价键,D正确;

故合理选项是B。

3.下列说法正确的是()

A.标准状态下560mL的氢气和氯气混合充分反应后共价键数目为0.05NA

B.标准状态下,将50mL0.01mol/L的NH4Cl溶液与等体积等浓度的NaOH溶液混合,产生气体的分子数为5×10-4NA

C.常温常压下,1.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全充分燃烧,消耗的O2分子数目为1.5NA

D.0.1mol/L的NH4Cl溶液中通入适量氨气呈中性,此时溶液中NH4+数目为NA

【答案】C

【解析】

【详解】A.标准状态下560mL的氢气和氯气混合物含有气体的物质的量为n=0.56L÷22.4L/mol=0.025mol,无论是否反应,每个分子中含有1个共价键,所以0.025mol气体混合物反应后含有的共价键数目为0.025NA,A错误;

B.NH4Cl溶液与NaOH溶液混合反应,只有当溶液饱和后才可能分解产生氨气,所以这两种溶液都是稀溶液,反应产生氨气的物质的量小于0.0005mol,气体分子数小于5×10-4NA,B错误;

C.1molHCHO或1molC2H2O3完全燃烧消耗1mol氧气,所以1.5mol两种物质的混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为1.5mol,则消耗的O2分子数目为1.5NA,C正确;

D.缺少溶液的体积,无法计算微粒的数目,D错误;

故合理选项是C。

4.短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增,W和Z位于同一主族。

已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物,且Y、Q形成一种共价化合物,X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E。

下列说法不正确的是

A.X、Z的最高价氧化物相互化合,生成的产物可用作防火剂

B.Y、Q形成的化合物是强电解质

C.电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液常被用于实验室制备E单质

D.W、X、Q三种元素都能形成多种氧化物

【答案】C

【解析】

【分析】

短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增,已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物,则W是C元素,Q是Cl元素;W和Z位于同一主族,则Z是Si元素;Y、Q形成一种共价化合物,Y的原子序数比Si小。

,则Y只能是Al元素;X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E,则X是Na,2NaOH+H2O+Si=Na2SiO3+H2↑,E是H2,据此解答。

【详解】根据上述分析可知W、X、Y、Z、Q五种元素分别是W是C元素,X是Na元素,Y是Al元素,Z是Si元素,Q是Cl元素,单质E是H2。

A.X是Na,Z是Si元素,二者的最高价氧化物相互化合生成的产物是Na2SiO3,该物质不能燃烧,由于是离子化合物,分解需吸收大量的热,所以可用作防火剂,A正确;

B.Y是Al元素,Q是Cl元素,二者形成的化合物AlCl3是盐,在水中完全电离产生离子,因此该物质是强电解质,B正确;

C.X是Na元素,Q是Cl元素,电解X、Q元素组成的化合物NaCl的饱和溶液,方程式为:

2NaCl+2H2O

Cl2↑+H2↑+2NaOH,但是该方法用于工业上制取氢气和氯气,而在实验室制备恰恰是用Zn与稀硫酸或稀盐酸反应制取,C错误;

D.W是C元素,它的氧化物有CO、CO2等;X是Na元素,钠的氧化物有Na2O、Na2O2;Q是Cl元素,其氧化物有ClO2、Cl2O5、Cl2O7等多种,D正确;

故合理选项是C。

【点睛】本题考查元素的推断及元素化合物的性质判断,题中从常见元素化合物的性质入手考查,是一道位、构、性有机结合综合考查学生分析能力、推断能力的典型题目,准确把握题中信息,能够推断出元素是解题关键,题目难度中等。

5.下列由实验得出的结论不正确的是

选项

实验

结论

A

取一小块鸡皮置于蒸发皿中,滴35滴浓硝酸并在酒精灯上微热,变黄

说明鸡皮中含有蛋白质

B

将带火星的木条伸入盛有体积比为4︰1的NO2与O2的混合气体中,木条复燃

说明NO2具有氧化性能作助燃剂

C

将石蜡油蒸气依次通过加热的内含碎瓷片的玻璃管、盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶,高锰酸钾溶液褪色

说明石蜡油中含有不饱和键的烃

D

将已烯加入溴水中,测溴水层溶液前后的pH值,结果pH值没有变小

说明已烯与溴发生了加成反应,不是取代反应

 

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.向鸡皮上滴加少量浓硝酸,并微热,发生显色反应,鸡皮变黄,A正确;

B.空气中N2、O2的体积比是4:

1,将带火星的木条伸入盛有空气中,木条不复燃,而伸入盛有体积比为4︰1的NO2与O2的混合气体中,木条复燃,证明NO2具有氧化性能作助燃剂,B正确;

C.将石蜡油蒸气依次通过加热的内含碎瓷片的玻璃管、盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶,高锰酸钾溶液褪色,是因为石蜡油在碎瓷片催化作用下发生分解反应,产生的物质中含有不饱和的烯烃,不能说石蜡油中含有不饱和键的烃,C错误;

D.若己烯与溴水发生的是取代反应,反应后产生HBr,溶液的酸性增强,pH会减小,若发生的是加成反应,消耗Br2,由于Br2浓度降低,酸性减弱,pH增大,所以将已烯加入溴水中,测溴水层溶液前后的pH值,结果pH值没有变小,证明发生的是加成反应,不是取代反应,D正确;

故合理选项是C。

6.我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展,利用如图装置进行脱硫,将硫化氢气体转化成硫沉淀。

已知甲、乙池中发生的反应为(右图):

下列说法正确的是

A.甲池中得到H2O2的反应,H2O2既是氧化产物也是还原产物

B.电路中每转移0.2mol电子,甲池溶液质量变化3.4g,乙池溶液质量保持不变

C.光照时乙池电极上发生的反应为:

H2S+I3-=3I-+S+2H+

D.甲池中炭棒上发生的电极反应为:

AQ+2H+-2e-=H2AQ

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据图示可知在甲池中O2与H2AQ反应产生H2O2和AQ,O元素的化合价降低,H元素化合价没有变化,所以H2O2是还原产物,A错误;

B.根据图示可知电路中每转移0.2mol电子,反应产生0.1molH2O2,溶液质量增加3.4g,而在乙池,H2S-2e-=S↓+2H+,产生的H+通过全氟碳酸膜进入甲池,所以乙池溶液质量保持不变,B正确;

C.在乙池中,H2S失电子生成硫单质,I2单质得电子生成I-,发生电池反应为H2S+I3-=3I-+S↓+2H+,不是电极反应式,C错误;

D.甲池中碳棒为正极,正极上发生还原反应,电极反应为:

AQ+2H++2e-=H2AQ,D错误;

故合理选项是B。

7.25℃时,向1L0.1moL某一元酸HR溶液中逐渐加入BOH,若溶液温度和体积保持不变,所得混合溶液的与pH变化的关

系如图中M或N线所示。

下列叙述正确的是

A.M线表示

随pH的变化B.若温度升高,两条线均往上平移

C.BR溶液呈碱性D.25℃,0.1mol/LNaR溶液的pH约为10

【答案】B

【解析】

【详解】A.随着碱的加入,发生反应:

HR+BOH=BR+H2O,溶液中c(R-)增大,c(HR)减小,lg

增大,即pH增大,lg

增大,所以N表示,lg

随pH的变化,A错误;

B.若升高温度,HR、BOH电离程度增大,离子浓度增大,电解质分子浓度降低,所以离子遇分子浓度的比值增大,其对数就增大,因此两条线均往上平移,B正确;

C.M表示BOH,N表示的是HR,根据图像可知,当lg

=0,即

=1时,pH=8,c(OH-)=10-6mol,K(BOH)=

10-6mol/L,lg

=0时,

=1,此时溶液的pH=5,c(H+)=10-5mol,K(HR)=

=10-5mol>10-6mol/L=K(BOH),弱酸的电离平衡常数比弱碱的电离平衡常数大,所以BR溶液呈酸性,C错误;

D.根据lg

=0时,pH=5,可知K(HR)=10-5,所以NaR的水解平衡常数Kh=

,则0.1mol/LNaR溶液的pH大约为9,D错误;

故合理选项是B。

三、非选择题:

包括必考题和选考题两部分。

第22题~第32题为必考题,每个试题考生都必须做答。

第33题第38题为选考题,考生根据要求做答。

(一)必考题(共129分)

8.超顺磁性的Fe3O4粒子(粒子平均直径为25nm)在医疗上有重要作用,实验室制备方法如下:

在有N2保护和剧烈搅拌条件下,向FeCl3、FeCl2混合溶液中滴加氨水,可得到黑色的Fe3O4。

实验装置如图:

请回答下列问题:

(1)恒压滴液漏斗的优点是______________________。

(2)充N2的目的是___________,反应温度应控制在50℃,加热方法为___________。

(3)制备超顺磁性Fe3O4粒子反应原理的离子方程式为______________________。

(4)充分反应后,将三颈烧瓶中的混合物通过离心分离,然后水洗,最后用无水乙醇洗涤,用无水乙醇洗涤的优点是___________;为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子,实验操作:

_______________。

为了检验超顺磁性粒子中含有+2价的铁,需要的化学试剂为___________(填代号)。

A.KSCN溶液B.HCl溶液C.H2O2溶液D.K3[Fe(CN)6]溶液

(5)实验制得的超顺磁性的Fe3O4粒子中含有少量的Fe(OH)3,为测得Fe3O4的含量,称取mg试样,放在小烧杯中用足量稀硫酸溶解后定容于100mL容量瓶中,准确量取其中的20.00mL溶液置于锥形瓶中,然后用cmol/L的KMnO4溶液进行滴定,当______________________停止滴定,然后重复二次滴定,平均消耗KMnO4溶液ⅴmL,该样品的纯度为___________。

(已知MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O)

【答案】

(1).能保证氨水顺利地滴入三颈烧瓶中

(2).防止FeCl3、FeCl2混合溶液中的Fe2+被氧化(3).水浴加热(4).Fe2++2Fe3++8NH3·H2O=Fe3O4+8NH4++4H2O(5).能得到干燥的超顺磁性的Fe3O4粒子(6).将得到的固体分散在水中,做丁达尔效应实验(7).BD(8).滴入最后一滴标准溶液,溶液变成紫红色,且30秒颜色无变化(9).

【解析】

【详解】

(1)恒压滴液漏斗可以使液体物质氨水的液面上下气体压强一致,氨水在重力作用下就可以顺利滴下;

(2)反应装置内的空间有空气,空气能够将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,通入N2就可以防止三颈烧瓶内FeCl3、FeCl2混合溶液中的Fe2+被氧化;由于反应温度应控制在50℃,低于100℃,所以采用的加热方法为水浴加热;

(3)在有N2保护和剧烈搅拌条件下,向FeCl3、FeCl2混合溶液中滴加氨水,可得到黑色的Fe3O4,同时产生NH4Cl,根据原子守恒和电荷守恒,可得制备超顺磁性Fe3O4粒子反应原理的离子方程式为Fe2++2Fe3++8NH3·H2O=Fe3O4+8NH4++4H2O;

(4)充分反应后,将三颈烧瓶中的混合物通过离心分离,然后水洗,最后用无水乙醇洗涤,由于无水乙醇容易挥发,挥发时吸收大量的热,所以若用无水乙醇洗涤的优点是能快速得到干燥的超顺磁性的Fe3O4粒子;超顺磁性的Fe3O4粒子的粒子平均直径为25nm,具有胶体颗粒大小,为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子,可将其分散在水中,做丁达尔效应实验,若产生一条光亮的通路,证明分散系为胶体。

为了检验超顺磁性粒子中含有+2价的铁,用非氧化性的酸HCl溶解,向溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀,就证明其中含有Fe2+,故需要的试剂合理选项是BD;

(5)Fe3O4与硫酸反应产生的离子中含有Fe2+、Fe3+,而Fe(OH)3反应只产生Fe3+,所以用KMnO4酸性溶液滴定时,当Fe2+反应完全,再滴入时,溶液就会由无色变为高锰酸钾溶液的紫色,故滴定终点为:

滴入最后一滴标准溶液,溶液变成紫红色,且30秒颜色无变化。

根据Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O,MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O可得关系式:

5Fe3O4—5Fe2+—MnO4-;n(KMnO4)=cmol/L×V×10-3L×

=5cV×10-3mol,所以n(Fe3O4)=5n(KMnO4)=25cV×10-3mol,故mg试样的纯度为:

9.锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2+、Cd2+、Mn2+,工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌,其工艺流程如下:

(1)滤渣1的成分为___________。

(2)在S2O82-的结构式中只含有一根“O一O”非极性键,则S的化合价为___________;工业上常用惰性电极电解(NH4)2SO4生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵),阳极电极反应式为__________________。

净化1是为了将Mn2+转化为MnO2而除去,写出该反应的离子方程式:

______________________。

(3)净化3的目的_________________________________。

(4)碳化回收溶液的主要成分为___________,该物质循环使用的目的___________________。

(5)碳化在50℃进行,“前驱体”的化学式为ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O,写出碳化过程生成“前驱体”的化学方程式:

__________________________________________________。

【答案】

(1).二氧化硅(或SiO2)

(2).+6(3).2SO42--2e-=S2O82-(4).Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+(5).除去溶液中的Cd2+(6).(NH4)2SO4(7).可用于制备(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)(8).3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑

【解析】

【分析】

硫酸与锌浮渣中酸性氧化物不能反应,而与金属氧化物及比较活泼的金属反应,SiO2不能反应,以滤渣1形式存在;向含锌废水(主要含Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+)加入(NH4)2S2O8将Mn2+转化为MnO2除去,滤渣2为二氧化锰;向净化2溶液中加入H2O2,可以将+2价的Fe氧化为+3价的Fe,形成FeOOH沉淀;在向净化3的溶液中加入锌还原Cd2+生成单质铬,过滤得到滤渣3为铬,然后向滤液中加入碳酸氢铵碳化在50℃进行得到[ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O],碳化时所用NH4HCO3的实际用量为理论用量的1.1倍,这样可以使Zn2+充分沉淀,且较高温度下碳酸氢铵分解会损失,据此分析。

【详解】

(1)锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2等物质,加入稀硫酸,Zn、ZnO与硫酸反应变为Zn2+进入溶液,而SiO2是酸性氧化物,不能与硫酸反应,所以滤渣1主要成分是二氧化硅;

(2)在S2O82-的结构式中只含有一根“O一O”非极性键,则S与S原子之间存在一个—O—O—,S原子与四个O原子形成共价键,每个S原子形成两个S=O双键,两个S-O单键。

由于吸引电子的能力O>S,所以S元素的化合价为+6价;用惰性电极电解(NH4)2SO4生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵),SO42-在阳极上失去电子,变为S2O82-,阳极电极反应式为:

2SO42--2e-=S2O82-;净化1的溶液中含有Zn2+、Mn2+、Fe2+、Cd2+,向净化1溶液中加入(NH4)2S2O8溶液,(NH4)2S2O8将Mn2+氧化转化为MnO2形成滤渣2而过滤除去,S2O82-则获得电子变为SO42-进入溶液,该反应的离子方程式为Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+;

(3)净化2的目的是加入H2O2将溶液中的Fe2+氧化为+3价的铁,与溶液中的OH-结合形成FeOOH沉淀除去,向净化3溶液中加入Zn粉,Zn+Cd2+=Zn2++Cd,然后过滤,可以将过量的Zn及置换出的Cd单质过滤除去,所以滤渣3成分为Zn、Cd;

(4)净化3以后的滤液中含有Zn2+,向该溶液中加入碳酸氢铵碳化,得到硫酸铵和二氧化碳及“前躯体”,其化学式为ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O,反应方程式是3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑,形成沉淀后过滤,得到的滤液中主要溶质是(NH4)2SO4,该物质含有N元素,可直接用作氮肥,也可以用于循环使用制备(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)。

【点睛】本题以制备超细活性氧化锌为线索,考查了物质分离和提纯、化学反应原理、氧化还原反应、物质的循环利用等知识,要注意分析实验过程,充分利用物质性质并加以应用。

10.“绿水青山就是金山银山”,研究NxOy、CO、SO2等大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。

(1)已知:

①NO2+CO

CO2+NO该反应的平衡常数为K1(下同),每1mol下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为

NO2

CO

CO2

NO

812kJ

1076kJ

1490kJ

632kJ

 

②N2(g)+O2(g)

2NO(g)△H=+179.5kJ/molK2

③2NO(g)+O2(g)

2NO2(g)△H=-112.3kJ/molK3

写出NO与CO反应生成无污染气体的热化学方程式_____________________,该热化学方程式的平衡常数K=______________________(用K1、K2、K3表示)

(2)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨,危害环境。

可用NaOH吸收,所得含硫各微粒(H2SO3、HSO3-和SO32-)存在于反应后的溶液中,它们的物质的量分数X与溶液pH的关系如图所示。

①测得溶液的pH=8时,溶液中各离子浓度由大到小的顺序是___________。

②向NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液,溶液中出现浑浊,pH降低,用化学平衡移动原理解释溶液pH降低的原因________________________。

(3)在一定温度下的恒容容器中,反应2N2O(g)

2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如下:

反应时

间/min

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

c(N2O)

/(mol/L)

0.100

0.090

0.080

0.070

0.060

0.050

0.040

0.030

0.020

0.010

0.000

 

①在0~40min时段,反应速率v(N2O)为___________mol/(L·min)。

②若N2O起始浓度c0为0.150mol/L,则反应至30mn时N2O的转化率a=___________。

③不同温度(T)下,N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示(图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间),则T1___________T2(填“>”、“=”或“<”)。

当温度为T1、起始压强为p0,反应至t1min时,体系压强p=___________(用p0表示)

【答案】

(1).2NO(g)+2CO(g)

N2(g)+2CO2(g)△H=-759.8kJ/mol

(2).K12.K3/K2(3).c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)>c(H+)(4).亚硫酸氢根离子存在电离平衡HSO3-

H++SO32-,加入氯化钙后,Ca2++SO32-=CaSO3↓,使电离平衡正向移动,氢离子浓度增大,pH减小。

(5).1.0×10-3(6).20.0%(7).>(8).1.25p0

【解析】

【分析】

(1)由已知,反应①的△H=(812+1076-1490-632)kJ/mol=-234kJ/mol,根据盖斯定律,①×2+③-②得:

2NO2(g)+2CO(g)

N2(g)+2CO2(g),△H=[-234×2+(-112.3)-179.5]kJ/mol=-759.8kJ/mol;当总反应式相加时,平衡常数相乘,相减时平衡常数相除,成倍时平衡常数为幂,据此判断平衡常数关系;

(2)①由图可得,pH=8时溶液中溶质主要为Na2SO3和NaHSO3,c(SO32-)>c(HSO3-),溶液中的主要离子为:

Na+、SO32-、HSO3-,次要离子为OH-、H+,据此判断离子浓度大小顺序;

②NaHSO3溶液中HSO3-存在电离平衡HSO3-

H++SO32-,加入氯化钙后,Ca2++SO32-=CaSO3↓,使电

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