专题检测卷九26.docx

1、专题检测卷九 26温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。专题检测卷(九) (45分钟 100分)一、选择题(本题包括7小题，每小题6分，共42分)1.参照反应Br+H2=HBr+H的能量-反应历程示意图，下列对上述反应叙述中正确的是( )反应热：过程过程该反应为吸热反应过程的活化能为530 kJmol-1反应速率：过程过程A. B. C. D.2.(2012厦门二模)如图，采用NH3作还原剂，烟气以一定的流速通过两种不同催化剂，测量逸出气体中氮氧化物含量，从而确定烟气脱氮率，反应原理为NO(g)+NO2(g)+2NH3(g) 2N2(g

2、)+3H2O(g)，相关说法正确的是( )A.上述反应的正反应为吸热反应B.催化剂、分别适合于250 和450 左右脱氮C.曲线、最高点表示此时平衡转化率最高D.相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响3.反应N2O4(g) 2NO2(g)在温度为T1、T2(T2T1)时，平衡体系中NO2的体积分数随压强的变化如图所示。下列说法正确的是( )A.由图可知B点时平衡常数与C点时相同B.A、C两点气体的颜色：A深，C浅C.A、C两点气体的平均相对分子质量：A”“”或“=”)。(3)在高温下，氨会被CuO氧化：2NH3(g)+3CuO(s) N2(g)+3H2O(g)+3Cu。往两个等容的恒容容器充入等

3、量NH3与足量的CuO，在不同的高温下分别反应，N2在混合气体中的体积分数(N2)随时间改变的示意图如下，其中一个容器在t1时刻将温度由T1 变为T3 ，T1、T2、T3由低到高的次序_；维持T3 ，在t2时刻加入少量H2O，图中ag七条曲线最合理的是_。.两位希腊化学家在科学杂志上发表论文，称他们在常压下把氢气和用氦气稀释的氮气分别通入一个加热到570 的电解池中，合成氨的转化率达到了78%。用来合成氨的固体电解质起传导H+的作用(示意图如上)。(4)写出上述电解池阴极发生的反应和电解池的总反应方程式。阴极_；总反应方程式_。9.(14分)(2012莆田一模)CoCl26H2O是一种饲料营养

4、强化剂。一种利用水钴矿主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8(1)写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式_。(2)NaClO3的作用是_。(3)加Na2CO3调pH至5.2所得沉淀为_。(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。萃取

5、剂的作用是_；其使用的适宜pH范围是_。A.2.02.5 B.3.03.5 C.4.04.5(5)为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%，其原因可能是_。(答一条即可)10.(12分)(2012南通调研)以硫铁矿为原料生产硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表。表1.几种砷酸盐的Ksp难溶物KspCa3(AsO4)26.810-19AlAsO41.610-16FeAsO45.710-21表2.工

6、厂污染物排放浓度及允许排放标准污染物H2SO4As浓度28.42 gL-11.6 gL-1排放标准pH 690.5 mgL-1回答以下问题：(1)该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)= _molL-1。(2)写出难溶物Ca3(AsO4)2的Ksp表达式：KspCa3(AsO4)2=_，若混合溶液中Al3+、Fe3+的浓度均为1.010-4 molL-1，c(AsO43-)最大是_molL-1。(3)工厂排放出的酸性废水中的三价砷(H3AsO3弱酸)不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷(H3AsO4弱酸)，写出该反应的离子方程式_。(4)在处理含砷废水时采用分段式，先向

7、废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3(AsO4)2形式沉降。将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为_；Ca3(AsO4)2在pH调节到8左右才开始沉淀的原因为_。11.(18分)(2012新课标全国卷)光气(COCl2)在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用高温下CO与Cl2在活性炭催化下合成。(1)实验室中常用来制备氯气的化学方程式为_；(2)工业上利用天然气(主要成分为CH4)与CO2进行高温重整制备CO，已知CH4、H2和CO的燃烧热(H)分别为-890.3 kJmol-1、-285.8 kJmol-1和-283.0

8、 kJmol-1，则生成1 m3(标准状况)CO所需热量为_ ；(3)实验室中可用氯仿(CHCl3)与双氧水直接反应制备光气，其反应的化学方程式为_；(4)COCl2的分解反应为COCl2(g)=Cl2(g)+CO(g) H=+108 kJmol-1。反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如图所示(第10 min到14 min的COCl2浓度变化曲线未标示出)：计算反应在第8 min时的平衡常数K=_；比较第2 min反应温度T(2)与第8 min反应温度T(8)的高低：T(2)_T(8)(填“”或“=”)；若12 min时反应于温度T(8)下重新达到平衡，则此时c(COCl2

9、)=_ molL-1；比较产物CO在2 min3 min、5 min6 min和12 min13 min时平均反应速率平均反应速率分别以v(23)、v(56)、v(1213)表示的大小_；比较反应物COCl2在5 min6 min和15 min16 min时平均反应速率的大小：v(56)_v(1516)(填“”或“=”)，原因是_。答案解析1.【解析】选B。反应热只与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与反应途径无关，错；由图像可知，生成物的总能量大于反应物的总能量，故该反应为吸热反应，正确；反应的活化能为1 130-120=1 010(kJmol-1)，错误；过程中反应的活化能低，反应速率快

10、，故反应速率：过程过程。2.【解析】选B。图中两个最高点应为催化活性最好的温度，反应能进行到平衡状态，之后脱氮率均下降，是因为反应为放热反应，升温不利于脱氮，A、C项错误，B项正确；该反应为气体体积增大的反应，增压平衡左移，D项错误。3.【解析】选C。由于B点和C点对应的温度不同，因此平衡常数也不同，选项A错。p(C)p(A)，可以认为由A点C点，体积缩小，增大压强，根据平衡移动原理“减弱”而不能“消除”可知，该过程的气体的颜色变化应由浅变深再变浅，但最后C点仍比A点深，B错。选项D中再充入N2O4气体，相当于增大反应物浓度，化学平衡应向正反应方向移动，D错。保持体积不变，在平衡体系中N2O4

11、(g) 2NO2(g)不论充入N2O4还是NO2，混合气体中N2O4的体积分数均比原来大，混合气体的平均相对分子质量也比原来大。4.【解析】选D。由于是硝酸和硫酸的混酸，所以解题时借助离子反应。OA段：Fe+4H+NO3-=Fe3+NO+2H2O，AB段：2Fe3+Fe=3Fe2+，BC段：Fe+2H+=Fe2+H2。根据氮元素守恒，硝酸的物质的量等于0.05 mol，浓度为1 molL-1；根据电荷守恒，n(NO)3+n(H2)2=n(Fe)2，n(Fe)=0.1 mol，所以m2(Fe)=5.6 g。5.【解析】选B。本题主要考查对化学实验数据的分析能力。CuSO4和FeCl3催化H2O2

12、分解的能力不同，A中反应速率不同；B中盐酸和硫酸溶液中的c(H+)相同，体积也相同，反应速率相同；钠与水反应剧烈，与乙醇反应缓慢；铁在海水中腐蚀速度快，在蒸馏水中腐蚀速度慢。6.【解析】选C。A项1 L浓度均为0.1 molL-1的Ba(OH)2、NaAlO2混合液中含Ba2+:0.1 mol，OH-:0.2 mol,AlO2-:0.1 mol，当加入1 L 0.1 molL-1 H2SO4时,H+与OH-的物质的量相等,只产生BaSO4沉淀；当加入1.5 L 0.1 molL-1 H2SO4时,发生反应：AlO2-+H+H2O=Al(OH)3；当加入3 L 0.1 molL-1 H2SO4时

13、,发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O,A正确。B项铝离子结合氢氧根离子的能力比铵根强,先进行反应。生成1 mol氢氧化铝需要3 mol氢氧根离子,溶解1 mol 氢氧化铝只需要1 mol氢氧根离子,B正确。C项形成1 mol偏铝酸根离子需要1 mol铝离子,消耗1 mol 偏铝酸根离子却只需要1/3 mol铝离子,C错。D项氢氧化铝沉淀不能溶解于氨水,D正确。7.【解析】选B。根据各元素的化合价可推知：A、C是第A族元素，D、E是第A族元素，F、G是第A族元素，H是第A族元素，B是第A族元素，再根据同一主族和同一周期原子半径的递变性规律可确定A、B、C、D、E、F、G、H分别是

14、Mg、Al、Be、S、O、Na、H、Cl。氧元素不存在最高价氧化物的水化物，故A项不正确；已知高氯酸是酸性最强的无机含氧酸，故B项正确；G为氢元素，不是锂元素，故C项不正确；钠与氧还可以形成过氧化钠(Na2O2)，故D项不正确。8.【解析】(1)H2O(l)的浓度为常数，不出现在K的数学表达式中，故K=。(2)温度越高，产物NH3的产量越大，说明正反应吸热，即a0。(3)由Ot1时，T1 与T2 两曲线知，T2T1，说明该反应放热，平衡时N2含量越高，说明温度越低，故T2T3T1。T3 下达到平衡时再加入水，瞬间(N2)减小，在随后的平衡左移中，(N2)会更小直至达到平衡，(N2)不再改变。(

15、4)阴极上发生N2得电子的还原反应，阳极上发生H2失电子的氧化反应。答案:(1) (2) (3)T2T3T1 g(4)N2+6H+6e-=2NH3 N2+3H22NH3【易错提醒】速率平衡图像与表格常见易错点1.浓度-时间(c-t)图像中，误认为反应物和生成物的曲线交点是平衡点，如2.认为下图中的交点不是平衡点。其实A点代表在p1压强下v(正)=v(逆)，处于平衡状态。3.错误认为曲线的转折(极值)点才是平衡点，而其他各点一定不是平衡点。如对于5个容器中，2NO2(g) N2O4(g) H0，反应相同时间后，若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得

16、快，导致NO2的百分含量少的情况，在图中转折点均为平衡状态，转折点左侧为未平衡状态，右侧为平衡状态。4.将表格中的最大值或最小值，当作特殊值(平衡点)看待，其实表格不同于图像，其数据变化无连续性，也许真正的平衡点未被测到而跳过，因此表中最值未必具有特殊含义。9.【解析】(1)根据浸出液中含有Co2+，可知Co2O3与Na2SO3发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O；(2)由图表中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH可知，Fe(OH)2开始沉淀的pH为7.6，完全沉淀的pH为9.6，而Co(OH)2开始沉淀的pH为7.6，完全沉淀

17、的pH为9.2，二者在碱性条件下无法区分。而Fe(OH)3开始沉淀的pH为2.7，完全沉淀的pH为3.7，故NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+。(3)根据图表可得：加Na2CO3调pH至5.2，所得沉淀为Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)除掉Fe2+、Al3+后溶液中还有Co2+、Mn2+，萃取剂的作用是除去溶液中的Mn2+，由图可以看出：萃取剂的作用是除去溶液中的Mn2+，而不能除掉Co2+，故应该在提高Mn2+的萃取率时限制Co2+的萃取率。其使用的适宜pH范围是3.03.5；(5)通过计算发现粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%，其原因可能是粗产品含有可溶性氯化

18、物或晶体失去了部分结晶水。答案:(1)Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O(2)将Fe2+氧化成Fe3+(3)Fe(OH)3、Al(OH)3(4)除去溶液中的Mn2+ B(5)粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水10.【解析】(1)H2SO4的浓度为28.42 gL-1，转化为物质的量浓度为。(2)Ksp的表达式为离子浓度幂的乘积。Ksp小的物质先生成沉淀，所以Fe3+先沉淀，。(3)弱酸在写离子方程式时写成化学式，氧化还原反应方程式依据得失电子守恒进行配平。(4)当Ca2+的浓度增大时，Ca2+与SO42-可生成CaSO4沉淀。酸与碱发生中和反应，c(AsO

19、43-)增大，当Ca2+与AsO43-浓度幂的乘积达到Ca3(AsO4)2的Ksp时，开始沉淀。答案:(1)0.29 (2)c3(Ca2+)c2(AsO43-) 5.710-17(3)2H+MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2+H2O(4)CaSO4 H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时AsO43-浓度增大，Ca3(AsO4)2开始沉淀11.【解题指南】解答本题时应注意外界条件对化学平衡和化学反应速率的影响，以及化学反应速率的意义。【解析】(1)实验室一般用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气。(2)CH4+CO22CO+2H2 H=反应物的燃烧热-2产物的燃烧热=+247.3 kJ

20、mol-1，也就是生成2 mol CO，需要吸热247.3 kJ，那么要得到1立方米的CO，放热为(1 000/22.4)247.3/2=5.52103 kJ。(3)分析碳元素化合价的变化，CHCl3中碳为+2价，COCl2中碳为+4价，即可写出化学方程式。(4)根据平衡常数K计算公式代入即可求出，K=。由表可看出，由T(2)平衡到T(8)平衡，反应物COCl2的浓度减小，产物浓度增大，且4 min时该物质的浓度连续增大或减小，说明是升高温度使平衡正向移动，T(2)T(8)。8 min和12 min时的平衡温度相同，平衡常数相同，所以，可计算c(COCl2)=0.031 molL-1；用单位时间内CO的浓度的变化表示反应速率，由表格可看出，2 min3 min、12 min13 min处于平衡状态，用CO的浓度变化表示的平均反应速率为0。5 min6 min反应未达平衡状态，所以此时平均反应速率大于处于平衡状态时的平均反应速率。从表中曲线变化的斜率可以看出单位时间内5 min6 min时浓度改变大于15 min16 min时浓度的改变。答案:(1)MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O(2)5.52103 kJ(3)CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2(4)0.234 v(23)=v(1213) 在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大