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2019-2020年高三化学上学期月考试卷(含解析)
一、选择题共6题,每题6分,共36分.在每题给出的四个选项中,只有一项是最符合题目要求的.1.化学与社会、生产、生活密切相关,下列说法正确的是( )A.澳大利亚学者研究发现,夏季给鸡喂食碳酸水会使蛋壳变厚B.陶瓷、水泥及所有玻璃都是硅酸盐产品C.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D.Cl2有漂白性,所以用Cl2可与石灰乳反应制备含氯消毒剂 2.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列有关NA的叙述中正确的是( )A.惰性电极电解饱和食盐水,若电路中通过NA个电子,则阳极产生气体
11.2LB.标准状况下,
4.0gCH4中含有共价键的数目为NAC.1molC12发生化学反应,转移的电子数必为2NAD.在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中,每生成3molI2转移的电子数为6NA 3.下列有关离子方程式与所述事实相符的是( )A.用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2OB.某溶液中存在大量Fe3+、S2﹣、Cl﹣、Na+,加入NaOH溶液发生反应Fe3++3OH﹣=Fe(OH)3↓C.向AlCl3溶液中投入过量的Na Na+Al3++2H2O=Na++AlO2﹣+2H2↑D.将Na2O2固体投入H218O中2H218O+2Na2O2=4OH﹣+4Na++18O2↑ 4.下列有关实验的叙述正确的是( )A.将一定量的氯气通入30mL浓度为
10.0mol/L的氢氧化钠浓溶液中,加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系,n(NaCl)n(NaClO)n(NaClO3)可能为1121B.实验室可以配制一种仅含Al3+、K+、SO42﹣、NO3﹣这4种离子(不考虑来源于水电离的离子)的溶液,且4种离子的浓度均为1mol/LC.HCl、FeCl
3、Fe3O
4、NaOH都可通过置换反应一步得到也可通过化合反应一步得到D.实验室制氢气,为了加快反应速率,可向稀H2SO4中滴加少量Cu(NO3)2溶液 5.下列说法正确的是( )A.比例模型可以表示二氧化碳分子,也可以表示水分子B.室温下,将
0.4mol/LHA溶液和
0.2mol/LNaOH溶液等体积混合(忽略混合时溶液体积的变化)测得混合溶液的pH=5,则混合溶液中由水电离出的c(H+)=1×10﹣5mol/LC.纯碳新材料“碳纳米泡沫”,每个泡沫含有约4000个碳原子,直径约6到9nm,在低于﹣183℃时,泡沫具有永久磁性,“碳纳米泡沫”与石墨互为同位素D.已知Ag2CrO4的Ksp为
1.12×10﹣12,则将等体积的1×10﹣4mol•L﹣1的AgNO3溶液和1×10﹣4mol•L﹣1 K2Cr04溶液混合,不会有Ag2CrO4沉淀产生 6.下列图示与叙述正确的是( )A.表示用
0.1000mol/L的NaOH溶液滴定
20.00ml,
0.1000mol/L的醋酸溶液得到的滴定曲线B.表示压强对可逆反应2A(g)+B(g)⇌3C(g)+D(s)的影响且甲的比乙的压强大C.表示可逆反应Fe3+(aq)+SCN﹣(aq)⇌Fe(SCN)2+(aq)平衡时,物质的量浓度[Fe(SCN)2+]与温度T的关系,反应处于D点时,一定有V(正)>V(逆)D.所示装置可证明溴与苯发生取代反应
二、解答题(共4小题,满分64分)7.(16分)(xx秋•天津校级月考)现有A、B、C、D、E五种短周期主族元素,其原子序数依次增大,它们之间关系如下Ⅰ.原子半径A<C<B<E<DⅡ.原子的核外电子层数B=C=2AⅢ.B元素的主要化合价最高正价+最低负价=2Ⅳ.C是周期表中非金属性最强的元素V.原子的最外层电子数B+D=8VI.E是同周期中半径最小的原子请回答
(1)实验室制取E的单质反应离子方程式为 .
(2)只有A和B两种元素组成的属于离子晶体的化合物可能为 (用化学式表示).
(3)由D元素形成的氢氧化物,与强碱溶液反应的离子方程式为 .下列可作为比较D和Mg金属性强弱的方法是 (填代号).a.测两种元素单质的硬度和熔、沸点b.比较最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱c.比较单质与同浓度盐酸反应的剧烈程度d..比较两种元素在化合物中化合价的高低
(4)由B、C元素组成的化合物BC3,该化合物具有强氧化性,与水反应生成两种酸和一种无色气体,该气体常温下遇空气变红棕色,写出该化合物与水反应的化学方程式 .
(5)由A、B和C三种元素组成的盐,常温下其水溶液显酸性,写出检验该盐中所含阳离子的离子方程式 ;
(6)下图Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两组同学将与B元素同主族的砷元素的化合物按反应“AsO43﹣+2I﹣+2H+⇌AsO33﹣+I2+H2O”设计成的原电池装置,其中C
1、C2均为碳棒.甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸或40%NaOH溶液,电流表指针都不发生偏转;乙组经思考后先添加了一种离子交换膜,然后向图Ⅱ烧杯右侧中逐滴加入适量40%NaOH溶液,发现电流表指针发生偏转.
①甲组电流表指针都不发生偏转的原因是 .
②乙组添加的是 (填“阴”或“阳”)离子交换膜. 8.(16分)(xx秋•天津校级月考)姜黄素具有抗突变和预防肿瘤的作用,其合成路线如图1
(1)姜黄素的分子中有2个甲基,其结构简式是 .
(2)反应
①中反应物的原子利用率为100%,请写出该反应的化学方程式 .
(3)写出一种符合下列条件的Ⅳ的同分异构体的结构简式 .
①苯环上的一硝基取代物有2种
②1mol该物质水解,最多消耗3molNaOH多巴胺是一种重要的中枢神经传导物质,用来帮助细胞传送脉冲的化学物质,能影响人对事物的欢愉感受,多巴胺可由有机物Ⅳ即香兰素与硝基甲烷反应后再经锌汞齐还原水解制得.合成过程可如图2所示
(4)多巴胺的分子式是 .多巴胺的核磁共振氢谱中可以发现有 个特征吸收峰.
(5)反应
①的反应类型是 ;反应
④的反应类型是 ;
(6)写出反应
②发生的化学方程式 .
(7)下列关于多巴胺的说法,正确的是 A、多巴胺能使FeCl3溶液显紫色B、多巴胺能与Na2CO3反应,生成CO2C、多巴胺属于两性有机物D、多巴胺能发生氧化、还原、取代、加成、消去、中和反应. 9.(16分)(xx•高安市校级模拟)硫是一种很活泼的元素,在适宜的条件下能形成﹣
2、+
6、+
4、+
2、+1价的化合物.I焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一.带有强烈的SO2气味,水溶液生成NaHSO3呈酸性,久置空气中易氧化,故该产品不能久存.某研究小组采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5.
(1)装置I中的浓硫酸 (能或不能)用稀硫酸代替,原因是 .
(2)装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出,要获得已析出的晶体,可采取的分离方法是 .
(3)装置Ⅲ用于处理尾气,请在虚线内画出尾气处理装置和药品.
(4)检验Na2S2O5晶体在空气中变质的实验方案是 .Ⅱ而另一种硫的化合物Na2S2O3的溶液可以用于测定溶液中ClO2的含量,可进行以下实验步骤1准确量取ClO2溶液
10.00mL,稀释成100mL试样.步骤2量取V1mL试样加入到锥形瓶中,调节试样的pH≤
2.0,加入足量的KI晶体,摇匀,在暗处静置30分钟.(已知ClO2+I﹣+H+﹣I2+Cl﹣+H2O未配平)步骤3以淀粉溶液作指示剂,用cmol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液V2mL.(已知I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣)
(1)准确量取
10.00mLClO2溶液的玻璃仪器是 .
(2)确定滴定终点的现象为 .
(3)根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为 mol•L﹣1(用含字母的代数式表示)
(4)下列操作会导致测定结果偏高的是 .A.未用标准浓度的Na2S2O3溶液润洗滴定管B.滴定前锥形瓶有少量水C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失D.滴定应在中性或弱酸性环境中进行,若溶液呈碱性E.观察读数时,滴定前仰视,滴定后俯视. 10.(16分)(xx秋•天津校级月考)汽车尾气中NOx的消除及无害化处理引起社会广泛关注.
(1)某兴趣小组查阅文献获得如下信息N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+
180.5kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=﹣
483.6kJ/mol则反应2H2(g)+2NO(g)=2H2O(g)+N2(g)△H= .
(2)该小组利用电解原理设计了如图装置进行H2还原NO的实验[高质子导电性的SCY陶瓷(能传递H+)为介质,金属钯薄膜做电极].钯电极A为 极,电极反应式为 .
(3)污染物NO、NO2也可以用烧碱溶液吸收,生成物中无气体,该反应的离子方程式为 .只有NO2也能与NaOH溶液反应,生成NaNO2和NaNO3.现用某烧碱溶液完全吸收nmolNO2和mmolNO组成的混合气体,若所得溶液中c(NO3﹣)c(NO2﹣)=19,则原混合气体中NO2和NO的物质的量之比n m= .
(4)下列有关含氮元素溶液的说法正确的是 A.c(NH4+)相等的(NH4)2SO
4、(NH4)2CO
3、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中,c[(NH4)2Fe(SO4)2]>c[(NH4)2SO4]>c[(NH4)2CO3]B.常温下,等体积的pH=13的NaOH溶液和pH=1的HNO2溶液混合,所得溶液中c(Na+)>c(NO2﹣)>c(OH﹣)>c(H+)C.某溶液中只存在OH﹣、H+、Cl﹣、NH4+四种离子,其离子浓度c(NH4+)>c(Cl﹣)>c(OH﹣)>c(H+),则溶液中c(NH3•H2O)+c(NH4+)>c(Cl﹣)D.将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体E.施肥时,草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用,是因为K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效F.反应NH3(g)+HCl(g)═NH4Cl(s)在室温下可自发进行,则该反应的△H<0
(5)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3.25℃时,将amolNH4NO3溶于水,溶液显酸性、原因是 (用离子方程式表示).向该溶液滴加氨水至溶液bL时呈中性,则滴加氨水的过程中水的电离平衡将 (填“正向”“不”或“逆向”)移动,所得溶液中氨水的浓度为 mol•L﹣1.(NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5mol•L﹣1)
(6)在恒容密闭容器中,氨基甲酸铵(NH2COONH4)分解反应NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g).
①可以判断该分解反应已经达到平衡的是 .A.2v(NH3)=v(CO2)B.密闭容器中总压强不变C.密闭容器中混合气体的密度不变D.密闭容器中氨气的体积分数不变
②取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中,在
25.0℃下达到分解平衡.若在恒温下压缩容器体积,氨基甲酸铵固体的质量是 (填“增大”,“减小”或“不变”),平衡常数 (填“增大”,“减小”或“不变”). xx学年天津一中高三(上)月考化学试卷
(三)参考答案与试题解析
一、选择题共6题,每题6分,共36分.在每题给出的四个选项中,只有一项是最符合题目要求的.1.化学与社会、生产、生活密切相关,下列说法正确的是( )A.澳大利亚学者研究发现,夏季给鸡喂食碳酸水会使蛋壳变厚B.陶瓷、水泥及所有玻璃都是硅酸盐产品C.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D.Cl2有漂白性,所以用Cl2可与石灰乳反应制备含氯消毒剂考点陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途;绿色化学;氯、溴、碘及其化合物的综合应用.分析A.加碳酸水,平衡向正方向移动,碳酸根离子浓度增大;B.石英玻璃的成分是单一成分二氧化硅;C.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;反应物的原子全部转化为期望的最终产物;D.Cl2无漂白性,Cl2可与石灰乳反应制备漂白粉,具有消毒、漂白、杀菌的作用.解答解A.加碳酸水,H2CO3(aq)⇌H+(aq)+HCO3﹣(aq),HCO3﹣(aq)⇌H+(aq)+CO32﹣(aq),Ca2+(aq)+CO32﹣(aq)⇌CaCO3(s)使得碳酸浓度增大,平衡向正方向移动,使得碳酸根浓度增大,生成碳酸钙增多,使蛋壳变厚,故A正确;B.石英玻璃的成分是二氧化硅,成分不是硅酸盐,故B错误;C.应用化学原理对环境污染进行治理不是从源头上减少和消除工业生产对环境的污染,不符合绿色化学的核心理念,故C错误;D.Cl2可与石灰乳反应制备漂白粉,具有消毒、漂白、杀菌的作用,但是氯气不具有漂白性,故D错误;故选A.点评本题化学与社会、生产、生活密切相关知识,涉及弱电解质的电离、常见物质的成分以及绿色化学等知识,注意知识的迁移和应用是关键,题目难度不大. 2.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列有关NA的叙述中正确的是( )A.惰性电极电解饱和食盐水,若电路中通过NA个电子,则阳极产生气体
11.2LB.标准状况下,
4.0gCH4中含有共价键的数目为NAC.1molC12发生化学反应,转移的电子数必为2NAD.在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中,每生成3molI2转移的电子数为6NA考点阿伏加德罗常数.分析A、依据电解原理和电极反应,结合电子守恒计算生成气体分析判断;B、
4.0g甲烷的物质的量为
0.25mol,
0.25mol甲烷中含有1mol共价键;C、氯气与氢氧化钠溶液的反应中,1mol氯气完全反应转移了1mol电子;D、I元素的化合价由+5价降低为0,I元素的化合价由﹣1价升高为0,转移5e﹣;解答解A、惰性电极电解食盐水,阳极电极反应为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑,若电路中通过NA个电子物质的量为1mol,则阳极产生气体
0.5mol,不一定是标准状况,气体体积不一定是
11.2L,故A错误;B、4g甲烷的物质的量为
0.25mol,
0.25mol甲烷中含有1mol共价键,含有共价键的数目为NA,故B正确;C、氯气与金属的反应中,1mol氯气完全反应得到2mol电子,但氯气与氢氧化钠溶液的反应中,1mol氯气完全反应转移了1mol电子,所以1mol氯气发生的化学反应中,转移的电子的物质的量不一定为2mol,转移的电子数不一定为2NA,故C错误;D、在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中,I元素的化合价由+5价降低为0,I元素的化合价由﹣1价升高为0,生成3mo1I2转移的电子数为5NA,故D错误;故选B.点评本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,氧化还原反应电子转移计算,电解池原理的应用,掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系是解题关键,注意气体摩尔体积适用对象及条件,题目难度中等. 3.下列有关离子方程式与所述事实相符的是( )A.用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2OB.某溶液中存在大量Fe3+、S2﹣、Cl﹣、Na+,加入NaOH溶液发生反应Fe3++3OH﹣=Fe(OH)3↓C.向AlCl3溶液中投入过量的Na Na+Al3++2H2O=Na++AlO2﹣+2H2↑D.将Na2O2固体投入H218O中2H218O+2Na2O2=4OH﹣+4Na++18O2↑考点离子方程式的书写.分析A.发生氧化还原反应生成碘、水;B.Fe3+、S2﹣发生氧化还原反应;C.投入过量的Na,反应生成偏铝酸钠、氯化钠和水,电子、电荷不守恒;D.过氧化钠为氧化剂也为还原剂.解答解A.用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘的离子反应为2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O,故A正确;B.Fe3+、S2﹣发生氧化还原反应,不能大量共存,故B错误;C.向AlCl3溶液中投入过量的Na的离子反应为4Na+Al3++2H2O=4Na++AlO2﹣+2H2↑,故C错误;D.将Na2O2固体投入H218O中的离子反应为2H218O+2Na2O2=2OH﹣+218OH﹣+4Na++O2↑,故D错误;故选A.点评本题考查离子反应方程式书写的正误判断,为高频考点,把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键,侧重氧化还原反应的离子反应考查,注意电子、电荷守恒的分析,题目难度不大. 4.下列有关实验的叙述正确的是( )A.将一定量的氯气通入30mL浓度为
10.0mol/L的氢氧化钠浓溶液中,加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系,n(NaCl)n(NaClO)n(NaClO3)可能为1121B.实验室可以配制一种仅含Al3+、K+、SO42﹣、NO3﹣这4种离子(不考虑来源于水电离的离子)的溶液,且4种离子的浓度均为1mol/LC.HCl、FeCl
3、Fe3O
4、NaOH都可通过置换反应一步得到也可通过化合反应一步得到D.实验室制氢气,为了加快反应速率,可向稀H2SO4中滴加少量Cu(NO3)2溶液考点氧化还原反应的计算;化学反应速率的影响因素;离子共存问题.分析A.n(NaCl)n(NaClO)n(NaClO3)可能为1121,则得到电子数为11,失去电子数为2×1+1×5=12;B.4种离子的浓度均为1mol/L,阳离子电荷总数大于阴离子电荷总数;C.HCl可以2HBr+Cl2=2HCl+Br2置换反应得到,H2+Cl22HCl为化合反应;2FeBr3+3Cl2=3Br2+2FeCl3为置换反应,Cl2+2FeCl2=2FeCl3为化合反应;3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2为置换反应,3Fe+2O2Fe3O4为化合反应;NaOH可以2Na+2H2O=2NaOH+H2↑置换反应得到,H2O+Na2O=2NaOH为化合反应;D.向稀H2SO4中滴加少量Cu(NO3)2溶液,酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性,与金属反应不生成氢气.解答解A.n(NaCl)n(NaClO)n(NaClO3)可能为1121,则得到电子数为11,失去电子数为2×1+1×5=12,则转移电子不守恒,与氧化还原反应的实质不一致,故A错误;B.4种离子的浓度均为1mol/L,阳离子电荷总数大于阴离子电荷总数,与溶液为电中性不一致,故B错误;C.2HBr+Cl2=2HCl+Br
2、2FeBr3+3Cl2=3Br2+2FeCl
3、3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H
2、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑均为置换反应一步得到,H2+Cl22HCl、Cl2+2FeCl2=2FeCl
3、3Fe+2O2Fe3O
4、H2O+Na2O=2NaOH均为化合反应一步得到,故C正确;D.向稀H2SO4中滴加少量Cu(NO3)2溶液,酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性,与金属反应不生成氢气,则不能加硝酸铜,可加硫酸铜构成原电池加快反应速率,故D错误;故选C.点评本题考查较综合,涉及氧化还原反应、电荷守恒、元素化合物性质及转化、反应速率等,综合性较强,注重高频考点的考查,题目难度中等,选项C为解答的难点. 5.下列说法正确的是( )A.比例模型可以表示二氧化碳分子,也可以表示水分子B.室温下,将
0.4mol/LHA溶液和
0.2mol/LNaOH溶液等体积混合(忽略混合时溶液体积的变化)测得混合溶液的pH=5,则混合溶液中由水电离出的c(H+)=1×10﹣5mol/LC.纯碳新材料“碳纳米泡沫”,每个泡沫含有约4000个碳原子,直径约6到9nm,在低于﹣183℃时,泡沫具有永久磁性,“碳纳米泡沫”与石墨互为同位素D.已知Ag2CrO4的Ksp为
1.12×10﹣12,则将等体积的1×10﹣4mol•L﹣1的AgNO3溶液和1×10﹣4mol•L﹣1 K2Cr04溶液混合,不会有Ag2CrO4沉淀产生考点难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;同位素及其应用;球棍模型与比例模型;水的电离.分析A.二氧化碳是直线型分子,水分子在V型分子;B.室温下,将
0.4mol/LHA溶液和
0.2mol/LNaOH溶液等体积混合,混合液中HA与NaA的浓度相等,混合溶液的pH=5,溶液显示酸性,溶液中氢氧根离子为水电离的;C.“碳纳米泡沫”属于碳单质与石墨互为同素异形体;D.在一定温度下,Ksp是一个常数.通过比较Ksp与溶液中有关离子浓度幂的乘积﹣﹣离子积Qc的相对大小,可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或者溶解,则当Qc<Ksp时没有沉淀析出;解答解A.二氧化碳是直线型分子,水分子在V型分子,该比例模型是水分子模型,故A错误;B.测得混合溶液的pH=5,HA过量,溶液显示酸性,反应后的混合液中氢氧根离子是水电离的,所以水电离的氢离子浓度为c(H+)=1×10﹣9mol/L,故B错误;C.“碳纳米泡沫”属于碳单质与石墨互为同素异形体,同位素是原子,故C错误;D.等体积混合后,c(Ag+)=5×10﹣5mol/L,c(CrO42﹣)=5×10﹣5mol/L,Qc=c2(Ag+)×c(CrO42﹣)=(5×10﹣5)2×5×10﹣5<Ksp(Ag2CrO4)=
9.0×10﹣12,故没有沉淀析出,故D正确;故选D.点评本题主要考查了分子结构的比例模型,溶液离子浓度的计算,同位素的判断以及沉淀溶解平衡的判断等,难度不大,注意基础知识的积累. 6.下列图示与叙述正确的是( )A.表示用
0.1000mol/L的NaOH溶液滴定
20.00ml,
0.1000mol/L的醋酸溶液得到的滴定曲线B.表示压强对可逆反应2A(g)+B(g)⇌3C(g)+D(s)的影响且甲的比乙的压强大C.表示可逆反应Fe3+(aq)+SCN﹣(aq)⇌Fe(SCN)2+(aq)平衡时,物质的量浓度[Fe(SCN)2+]与温度T的关系,反应处于D点时,一定有V(正)>V(逆)D.所示装置可证明溴与苯发生取代反应考点体积百分含量随温度、压强变化曲线;化学平衡的影响因素;中和滴定;化学实验方案的评价.分析A.醋酸是弱电解质,部分电离,常温下,
0.1000mol/L的醋酸溶液pH>1;醋酸钠是强碱弱酸盐,其溶液呈碱性;B.压强越高,反应速率越快,则反应达到平衡时间越短;升高压强平衡向气体体积减小的反应方向移动;C.根据浓度与温度的关系知,升高温度,平衡向逆反应方向移动,D点未达到平衡状态,要使该反应达到平衡状态,应该向正反应方向移动;D.证明溴与苯发生取代反应即证明有HBr生成,因为溴单质通入硝酸银溶液同样会生成淡黄色沉淀,所以在检验溴离子前应增加一个氢氧化钠除去挥发出来的溴单质.解答解A.醋酸是弱电解质,部分电离,常温下,
0.1000mol/L的醋酸溶液中氢离子浓度小于
0.1000mol/L,所以pH>1,即未滴加NaOH溶液时pH>1,醋酸钠是强碱弱酸盐,其溶液呈碱性,二者物质的量相等时溶液呈碱性,故A错误;B.压强越高,反应速率越快,则反应达到平衡时间越短,所以甲压强大于乙;但该反应为气体体积不变的反应,所以升高压强平衡不移动,故B错误;C.根据浓度与温度的关系知,升高温度,平衡向逆反应方向移动,正反应是放热反应;D点未达到平衡状态,要使该反应达到平衡状态,应该向正反应方向移动,则一定有V(正)>V(逆),故C正确;D.证明溴与苯发生取代反应即证明有HBr生成,因为溴单质通入硝酸银溶液同样会生成淡黄色沉淀,所以在检验溴离子前应增加一个氢氧化钠除去挥发出来的溴单质,故D错误;故选C.点评本题考查图象分析,侧重考查学生分析判断及图象识别能力,明确纵横坐标含义是解本题关键,明确平衡移动原理,易错选项是C,题目难度中等.
二、解答题(共4小题,满分64分)7.(16分)(xx秋•天津校级月考)现有A、B、C、D、E五种短周期主族元素,其原子序数依次增大,它们之间关系如下Ⅰ.原子半径A<C<B<E<DⅡ.原子的核外电子层数B=C=2AⅢ.B元素的主要化合价最高正价+最低负价=2Ⅳ.C是周期表中非金属性最强的元素V.原子的最外层电子数B+D=8VI.E是同周期中半径最小的原子请回答
(1)实验室制取E的单质反应离子方程式为 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++2H2O+C12↑ .
(2)只有A和B两种元素组成的属于离子晶体的化合物可能为 NH4H(或(NH4)3N、NH4N3) (用化学式表示).
(3)由D元素形成的氢氧化物,与强碱溶液反应的离子方程式为 Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+H2O .下列可作为比较D和Mg金属性强弱的方法是 bc (填代号).a.测两种元素单质的硬度和熔、沸点b.比较最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱c.比较单质与同浓度盐酸反应的剧烈程度d..比较两种元素在化合物中化合价的高低
(4)由B、C元素组成的化合物BC3,该化合物具有强氧化性,与水反应生成两种酸和一种无色气体,该气体常温下遇空气变红棕色,写出该化合物与水反应的化学方程式 3NF3+5H2O=HNO3+2NO↑+9HF .
(5)由A、B和C三种元素组成的盐,常温下其水溶液显酸性,写出检验该盐中所含阳离子的离子方程式 NH4++OH﹣NH3↑+H2O ;
(6)下图Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两组同学将与B元素同主族的砷元素的化合物按反应“AsO43﹣+2I﹣+2H+⇌AsO33﹣+I2+H2O”设计成的原电池装置,其中C
1、C2均为碳棒.甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸或40%NaOH溶液,电流表指针都不发生偏转;乙组经思考后先添加了一种离子交换膜,然后向图Ⅱ烧杯右侧中逐滴加入适量40%NaOH溶液,发现电流表指针发生偏转.
①甲组电流表指针都不发生偏转的原因是 氧化还原反应在电解质溶液中直接进行,没有电子沿导线通过 .
②乙组添加的是 阳 (填“阴”或“阳”)离子交换膜.考点位置结构性质的相互关系应用.分析A、B、C、D、E五种短周期主族元素,其原子序数依次增大,原子的核外电子层数B=C=2A,则A处于第一周期,B、C处于第二周期,则A为H元素;B元素的主要化合价最高正价+最低负价=2,B处于ⅤA族,则B为N元素;原子的最外层电子数B+D=8,则D的最外层电子数为8﹣5=3,D的原子序数大于N元素,则D为Al元素;C是周期表中非金属性最强的元素,则C为F元素;E是同周期中半径最小的原子,E处于第三周期,则E为Cl元素,据此进行解答
(1)~
(5);
(6)
①甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸,发生氧化还原反应,不发生原电池反应;
②乙组向图ⅡB烧杯中逐滴加入适量浓盐酸或40%NaOH溶液,发生原电池反应,A中发生I2+2e﹣═2I﹣,为正极反应,而B中As化合价升高,发生氧化反应,以此分析.解答解A、B、C、D、E五种短周期主族元素,其原子序数依次增大,原子的核外电子层数B=C=2A,则A处于第一周期,B、C处于第二周期,则A为H元素;B元素的主要化合价最高正价+最低负价=2,B处于ⅤA族,则B为N元素;原子的最外层电子数B+D=8,则D的最外层电子数为8﹣5=3,D的原子序数大于N元素,则D为Al元素;C是周期表中非金属性最强的元素,则C为F元素;E是同周期中半径最小的原子,E处于第三周期,则E为Cl元素,
(1)实验室制取氯气是二氧化锰和浓盐酸共热,反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++2H2O+C12↑,故答案为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++2H2O+C12↑;
(2)A、B分别为N、H元素,N和H组成的离子化合物一定含有铵根离子,可能为NH4H或(NH4)3N、NH4N3,故答案为NH4H(或(NH4)3N、NH4N3);
(3)由D元素形成的氢氧化物为Al(OH)3,Al(OH)3和NaOH反应的离子方程式为Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+H2O;a.金属性强弱与两种元素单质的硬度和熔、沸点无关,故a错误;b.金属元素的最高价氧化物对应水化物的碱性越弱,金属性越弱,故b正确;c.金属性越强,单质与同浓度盐酸反应的剧烈程度就越大,故c正确d.金属性强弱与化合价高低无关(即与失去电子数多少),与难易程度有关,故d错误;故答案为Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+H2O;bc;
(4)由B、C元素组成的化合物BC3,为NF3,该化合物具有强氧化性,与水反应生成两种酸HNO
3、HF和一种无色气体,该气体常温下遇空气变红棕色为NO,该化合物与水反应的化学方程式3NF3+5H2O=HNO3+2NO↑+9HF;故答案为3NF3+5H2O=HNO3+2NO↑+9HF;
(5)A、B和C三种元素组成的盐为NH4F,铵根离子部分水解,溶液显示酸性,检验铵根离子的反应为取少量该盐溶液于一支试管中,加入过量的浓氢氧化钠溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验,若变蓝,则有NH4+,反之无NH4+,涉及的反应为NH4++OH﹣NH3↑+H2O,故答案为NH4++OH﹣NH3↑+H2O;
(6)
①甲组操作时,两个电极均为碳棒,不发生原电池反应,则微安表(G)指针不发生偏转,故答案为氧化还原反应在电解质溶液中直接进行,没有电子沿导线通过;
②乙组向图ⅡB烧杯中逐滴加入适量浓盐酸或40%NaOH溶液,发生原电池反应,A中发生I2+2e﹣═2I﹣,为正极反应,而B中As化合价升高,发生氧化反应,添加了阳离子交换膜,故答案为阳.点评本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用,题目难度中等,试题知识点较多、综合性较强,充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力,注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系. 8.(16分)(xx秋•天津校级月考)姜黄素具有抗突变和预防肿瘤的作用,其合成路线如图1
(1)姜黄素的分子中有2个甲基,其结构简式是 .
(2)反应
①中反应物的原子利用率为100%,请写出该反应的化学方程式 .
(3)写出一种符合下列条件的Ⅳ的同分异构体的结构简式 .
①苯环上的一硝基取代物有2种
②1mol该物质水解,最多消耗3molNaOH多巴胺是一种重要的中枢神经传导物质,用来帮助细胞传送脉冲的化学物质,能影响人对事物的欢愉感受,多巴胺可由有机物Ⅳ即香兰素与硝基甲烷反应后再经锌汞齐还原水解制得.合成过程可如图2所示
(4)多巴胺的分子式是 C8H11O2N .多巴胺的核磁共振氢谱中可以发现有 8 个特征吸收峰.
(5)反应
①的反应类型是 加成反应 ;反应
④的反应类型是 还原反应 ;
(6)写出反应
②发生的化学方程式 .
(7)下列关于多巴胺的说法,正确的是 AC A、多巴胺能使FeCl3溶液显紫色B、多巴胺能与Na2CO3反应,生成CO2C、多巴胺属于两性有机物D、多巴胺能发生氧化、还原、取代、加成、消去、中和反应.考点有机物的推断.分析
(1)姜黄素的分子中有2个甲基,结合姜黄素的分子式、、CH3COCH2COCH3及反应信息,可知应是中醛基与CH3COCH2COCH3中甲基脱去H2O形成C=C双键,且为2分子与1分子CH3COCH2COCH3脱去2分子H2O;
(2)反应
①中反应物的原子利用率为100%,应属于加成反应,为OHC﹣COOH与发生的加成反应;
(3)Ⅳ的同分异构体符合条件
②1mol该物质水解,最多消耗3molNaOH,结合其分子式知水解后的产物含有2个酚羟基和一个羧基,故含有1个酚羟基、1个羧酸与酚形成的酯基;
①环上的一硝基取代物有2种,说明是含有两个不同取代基且处于对位;
(4)根据多巴胺的结构简式确定分子式;其分子中含有8种化学环境不同的H原子;
(5)对比反应
①中反应物、产物结构可知,应是香兰素中醛基与CH3NO2中甲基发生加成反应;对比反应
④前、后物质结构,可知硝基被还原为氨基;
(6)对比M前、后物质的结构,可知反应
②发生醇的消去反应生成M,反应
④发生加成反应,故M为;
(7)多巴胺含有酚羟基,具有酚的性质,含有氨基,具有碱性,含有苯环,具有苯的性质.解答解
(1)姜黄素的分子中有2个甲基,结合姜黄素的分子式、、CH3COCH2COCH3及反应信息,可知应是中醛基与CH3COCH2COCH3中甲基脱去H2O形成C=C双键,且为2分子与1分子CH3COCH2COCH3脱去2分子H2O,故姜黄素的结构简式为,故答案为;
(2)反应
①中反应物的原子利用率为100%,应属于加成反应,为OHC﹣COOH与发生的加成反应,反应方程式为,故答案为;
(3)Ⅳ的同分异构体符合条件
②1mol该物质水解,最多消耗3molNaOH,结合其分子式知水解后的产物含有2个酚羟基和一个羧基,故含有1个酚羟基、1个羧酸与酚形成的酯基;
①环上的一硝基取代物有2种,说明是含有两个不同取代基且处于对位,符合条件同分异构体为,故答案为;
(4)根据多巴胺的结构简式,可知分子式为C8H11O2N;其分子中含有8种化学环境不同的H原子,核磁共振氢谱有8组吸收峰,故答案为C8H11O2N;8;
(5)对比反应
①中反应物、产物结构可知,应是香兰素中醛基与CH3NO2中甲基发生加成反应;对比反应
④前、后物质结构,可知硝基被还原为氨基,属于还原反应,故答案为加成反应;还原反应;
(6)对比M前、后物质的结构,可知反应
②发生醇的消去反应生成M,反应
④发生加成反应,故M为,反应方程式为,故答案为;
(7)A.多巴胺含有酚羟基,能使FeCl3溶液显紫色,故A正确;B.酚羟基不能与碳酸钠反应生成二氧化碳,只能得到碳酸氢钠,故B错误;C.多巴胺含有酚羟基、含有氨基,属于两性有机物,故C正确;D.多巴胺能发生氧化、还原、取代、加成、中和反应,不能发生消去反应,故D错误,故选AC.点评本题考查有机物的合成与推断、有机物的结构与性质、限制条件同分异构体书写等,注意根据有机物的进行进行分析解答,侧重考查学生分析推理能力与知识迁移运用能力,需要学生熟练掌握官能团的性质与转化,难度中等. 9.(16分)(xx•高安市校级模拟)硫是一种很活泼的元素,在适宜的条件下能形成﹣
2、+
6、+
4、+
2、+1价的化合物.I焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一.带有强烈的SO2气味,水溶液生成NaHSO3呈酸性,久置空气中易氧化,故该产品不能久存.某研究小组采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5.
(1)装置I中的浓硫酸 不能 (能或不能)用稀硫酸代替,原因是 二氧化硫易溶于水,故不能用稀硫酸 .
(2)装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出,要获得已析出的晶体,可采取的分离方法是 过滤 .
(3)装置Ⅲ用于处理尾气,请在虚线内画出尾气处理装置和药品.
(4)检验Na2S2O5晶体在空气中变质的实验方案是 取少量Na2S2O5晶体于试管中,加适量水溶解,滴加足量的盐酸,振荡,再滴入氯化钡溶液,有白色沉淀生成,则说明变质 .Ⅱ而另一种硫的化合物Na2S2O3的溶液可以用于测定溶液中ClO2的含量,可进行以下实验步骤1准确量取ClO2溶液
10.00mL,稀释成100mL试样.步骤2量取V1mL试样加入到锥形瓶中,调节试样的pH≤
2.0,加入足量的KI晶体,摇匀,在暗处静置30分钟.(已知ClO2+I﹣+H+﹣I2+Cl﹣+H2O未配平)步骤3以淀粉溶液作指示剂,用cmol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液V2mL.(已知I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣)
(1)准确量取
10.00mLClO2溶液的玻璃仪器是 酸式滴定管 .
(2)确定滴定终点的现象为 滴加最后一滴Na2S2O3溶液时,溶液刚好由蓝色变为无色,且保持30s不变 .
(3)根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为 mol•L﹣1(用含字母的代数式表示)
(4)下列操作会导致测定结果偏高的是 AC .A.未用标准浓度的Na2S2O3溶液润洗滴定管B.滴定前锥形瓶有少量水C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失D.滴定应在中性或弱酸性环境中进行,若溶液呈碱性E.观察读数时,滴定前仰视,滴定后俯视.考点制备实验方案的设计;探究物质的组成或测量物质的含量.分析I
(1)装置I中的反应产生二氧化硫,二氧化硫易溶于水,据此判断;
(2)装置Ⅱ中为Na2S2O5晶体和溶液,根据分离固体和液体通常用的方法答题;
(3)装置Ⅲ用于处理尾气,吸收未反应的二氧化硫,应防止倒吸,且不能处于完全密闭环境中;
(4)Na2S2O5晶体在空气中变质生成硫酸钠,通过检验硫酸根离子可判断是否变质;Ⅱ
(1)ClO2溶液具有强氧化性;
(2)滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原,以淀粉溶液作指示剂,溶液蓝色褪去;
(3)由方程式2ClO2+10I﹣+8H+=5I2+2Cl﹣+4H2O、I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣得关系式ClO2~5S2O32﹣,n(S2O32﹣)=cV2×10﹣3mol,所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10﹣4mol,根据c=计算出原ClO2溶液的物质的量浓度;
(4)A.未用标准浓度的Na2S2O3溶液润洗滴定管,会导致标准液浓度变小,用去标准液的体积偏大;B.滴定前锥形瓶有少量水,对实验无影响;C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失,会导致标准液的体积偏大;D.滴定应在中性或弱酸性环境中进行,若溶液呈碱性,会导致用去的标准液的体积偏小;E.观察读数时,滴定前仰视,滴定后俯视,读出标准液的体积的数据偏小;解答解I
(1)装置I中的反应产生二氧化硫,二氧化硫易溶于水,所以不能用稀硫酸代替浓硫酸,故答案为不能;二氧化硫易溶于水,故不能用稀硫酸;
(2)装置Ⅱ中为Na2S2O5晶体和溶液,分离固体和液体通常用的方法是过滤,故答案为过滤;
(3)装置Ⅲ用于处理尾气,吸收未反应的二氧化硫,应防止倒吸,且不能处于完全密闭环境中,所以尾气处理装置和药品为,故答案为;
(4)Na2S2O5晶体在空气中变质生成硫酸钠,通过检验硫酸根离子可判断是否变质,实验方案是取少量Na2S2O5晶体于试管中,加适量水溶解,滴加足量的盐酸,振荡,再滴入氯化钡溶液,有白色沉淀生成,则说明变质,故答案为取少量Na2S2O5晶体于试管中,加适量水溶解,滴加足量的盐酸,振荡,再滴入氯化钡溶液,有白色沉淀生成,则说明变质;Ⅱ
(1)ClO2溶液具有强氧化性,所以准确量取
10.00mLClO2溶液的玻璃仪器是酸式滴定管,故答案为酸式滴定管;
(2)滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原,以淀粉溶液作指示剂,溶液蓝色褪去,滴定终点的现象为滴加最后一滴Na2S2O3溶液时,溶液刚好由蓝色变为无色,且保持30s不变,故答案为滴加最后一滴Na2S2O3溶液时,溶液刚好由蓝色变为无色,且保持30s不变;
(3)由方程式2ClO2+10I﹣+8H+=5I2+2Cl﹣+4H2O、I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣得关系式ClO2~5S2O32﹣,n(S2O32﹣)=cV2×10﹣3mol,所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10﹣4mol,则10mL的原溶液含有ClO2的物质的量为2cV2×10﹣4mol×=×10﹣2mol,所以原ClO2溶液的物质的量浓度为=mol/L,故答案为;
(4)A.未用标准浓度的Na2S2O3溶液润洗滴定管,会导致标准液浓度变小,用去标准液的体积偏大,所以测定结果偏高;B.滴定前锥形瓶有少量水,对实验无影响;C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失,会导致标准液的体积偏大,所以测定结果偏高;D.滴定应在中性或弱酸性环境中进行,若溶液呈碱性,会导致用去的标准液的体积偏小,所以测定结果偏低;E.观察读数时,滴定前仰视,滴定后俯视,读出标准液的体积的数据偏小,所以测定结果偏低,故答案为AC.点评本题考查了性质实验方案的设计、化学实验基本操作方法及其综合应用,题目难度中等,明确实验原理及化学实验基本操作方法为解答关键,试题综合性较强,充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力. 10.(16分)(xx秋•天津校级月考)汽车尾气中NOx的消除及无害化处理引起社会广泛关注.
(1)某兴趣小组查阅文献获得如下信息N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+
180.5kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=﹣
483.6kJ/mol则反应2H2(g)+2NO(g)=2H2O(g)+N2(g)△H= ﹣
664.1kJ/mol .
(2)该小组利用电解原理设计了如图装置进行H2还原NO的实验[高质子导电性的SCY陶瓷(能传递H+)为介质,金属钯薄膜做电极].钯电极A为 阴 极,电极反应式为 2NO+4H++4e﹣=N2↑+2H2O .
(3)污染物NO、NO2也可以用烧碱溶液吸收,生成物中无气体,该反应的离子方程式为 NO2+NO+2OH﹣=2NO2﹣+H2O .只有NO2也能与NaOH溶液反应,生成NaNO2和NaNO3.现用某烧碱溶液完全吸收nmolNO2和mmolNO组成的混合气体,若所得溶液中c(NO3﹣)c(NO2﹣)=19,则原混合气体中NO2和NO的物质的量之比n m= 32 .
(4)下列有关含氮元素溶液的说法正确的是 CEF A.c(NH4+)相等的(NH4)2SO
4、(NH4)2CO
3、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中,c[(NH4)2Fe(SO4)2]>c[(NH4)2SO4]>c[(NH4)2CO3]B.常温下,等体积的pH=13的NaOH溶液和pH=1的HNO2溶液混合,所得溶液中c(Na+)>c(NO2﹣)>c(OH﹣)>c(H+)C.某溶液中只存在OH﹣、H+、Cl﹣、NH4+四种离子,其离子浓度c(NH4+)>c(Cl﹣)>c(OH﹣)>c(H+),则溶液中c(NH3•H2O)+c(NH4+)>c(Cl﹣)D.将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体E.施肥时,草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用,是因为K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效F.反应NH3(g)+HCl(g)═NH4Cl(s)在室温下可自发进行,则该反应的△H<0
(5)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3.25℃时,将amolNH4NO3溶于水,溶液显酸性、原因是 NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ (用离子方程式表示).向该溶液滴加氨水至溶液bL时呈中性,则滴加氨水的过程中水的电离平衡将 逆向 (填“正向”“不”或“逆向”)移动,所得溶液中氨水的浓度为 mol•L﹣1.(NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5mol•L﹣1)
(6)在恒容密闭容器中,氨基甲酸铵(NH2COONH4)分解反应NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g).
①可以判断该分解反应已经达到平衡的是 BC .A.2v(NH3)=v(CO2)B.密闭容器中总压强不变C.密闭容器中混合气体的密度不变D.密闭容器中氨气的体积分数不变
②取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中,在
25.0℃下达到分解平衡.若在恒温下压缩容器体积,氨基甲酸铵固体的质量是 增大 (填“增大”,“减小”或“不变”),平衡常数 不变 (填“增大”,“减小”或“不变”).考点含氮物质的综合应用;用盖斯定律进行有关反应热的计算;原电池和电解池的工作原理;化学平衡状态的判断;盐类水解的原理;有关混合物反应的计算.分析
(1)根据已知反应和盖斯定律,可得目标反应的△H;
(2)根据在钯电极A的反应物和生成物,可知发生还原反应,利用守恒配平即得电极反应式;
(3)二氧化氮中N的化合价为+4价,NO中N元素的化合价为+2价,反应生成一种盐,则只能生成+3价的NaNO2,反应的化学方程式为NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O,然后改写成离子方程式即可;根据二氧化氮、一氧化氮和氢氧化钠反应的方程式中各个物理量之间的关系式计算;
(4)A.这几种铵盐溶液中,碳酸根离子促进铵根离子水解、亚铁离子抑制铵根离子水解,铵根离子水解程度越大,相同c(NH4+)的溶液中溶质的浓度越大;B.常温下,等体积的pH=13的NaOH溶液和pH=1的HNO2溶液混合,溶液呈酸性;C.氯化铵溶液呈酸性,要使溶液呈碱性,溶质应该还有一水合氨,所以溶质应该为NH4Cl、NH3.H2O;D.NH4Cl受热易分解;E.草木灰中碳酸钾溶液中水解显碱性,氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性,二者混合水解相互促进损失肥效;F.当△G=△H﹣T•△S<0时,反应能自发进行;
(5)依据铵根离子水解分析回答;依据同粒子效应,一水合氨对铵根离子水解起到抑制作用;依据一水合氨的电离平衡常数计算得到氨水浓度;
(6)反应到达平衡状态时,正逆反应速率相等,平衡时各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,由此进行判断;根据压强对化学平衡移动的影响来回答判断,平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值,化学平衡常数只与温度有关,温度不变平衡常数不变.解答解
(1)根据已知反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+
180.5kJ/mol﹣﹣﹣﹣﹣
①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H2=﹣
483.6kJ/mol﹣﹣﹣﹣﹣
②根据盖斯定律,则反应2H2(g)+2NO(g)=2H2O(g)+N2(g)可由
②﹣
①得到,则△H=△H2﹣△H1=﹣
664.1kJ/mol,故答案为﹣
664.1kJ/mol;
(2)在钯电极A,NO转化为N2,发生还原反应,故为阴极,根据已知反应物和生成物,利用守恒配平即得电极反应式为2NO+4H++4e﹣=N2+2H2O,故答案为阴;2NO+4H++4e﹣=N2↑+2H2O;
(3)NO2中N的化合价为+4价,NO中N元素的化合价为+2价,反应生成一种盐和水,则只能生成+3价的NaNO2,该反应的化学方程式为NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O,改写成离子方程式为NO2+NO+2OH﹣=2NO2﹣+H2O,设原混合气体中NO2和NO的物质的量n和m,NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O,112mmolmmol2mmol2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O,211(n﹣m)mol所得溶液中c(NO3﹣)c(NO2﹣)=[]=19,所以n m=32,故答案为NO2+NO+2OH﹣=2NO2﹣+H2O;32;
(4)A.(NH4)2SO
4、(NH4)2CO
3、(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液中,碳酸根离子促进铵根水解,亚铁离子抑制铵根离子水解,相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度大小是(NH4)2Fe(SO4)2>(NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH3•H2O,则如果(NH4)2SO
4、(NH4)2CO
3、(NH4)2Fe(SO4)
2、溶液中c(NH4+)相等,铵根离子水解程度越大,相同c(NH4+)的溶液中溶质的浓度越大,则这几种溶液的浓度大小顺序是c[(NH4)2CO3]>c[(NH4)2SO4]>c[(NH4)2Fe(SO4)2],故A错误;B.亚硝酸不完全电离,溶液中存在电离平衡,常温下,等体积的pH=13的NaOH溶液和pH=1的HNO2溶液混合,亚硝酸电离出的氢离子能完全中和氢氧化钠电离出的氢氧根离子,亚硝酸电离平衡右移,溶液呈酸性,c(NO2﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣),故B错误;C.某溶液中只存在OH﹣、H+、Cl﹣、NH4+四种离子,其离子浓度c(NH4+)>c(Cl﹣)>c(OH﹣)>c(H+),氯化铵溶液呈酸性,要使溶液呈碱性,溶质应该还有一水合氨,所以溶质应该为NH4Cl、NH3•H2O,一水合氨的电离大于水解,所以c(NH3•H2O)+c(NH4+)>c(Cl﹣),故C正确;D.NH4Cl受热易分解,应采用冷却热NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体,故D错误;E.当施肥时草木灰(有效成分为K2CO3)与NH4Cl混合使用,则二者的水解作用相互促进,使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降低,故E正确;F.反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行,△G=△H﹣T•△S<0,•△S<0,则该反应的△H<0,故F正确;故选CEF;
(5)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3.25℃时,将amolNH4NO3溶于水,溶液显酸性,是因为铵根离子水解;反应的离子方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+;加入氨水溶液抑制铵根离子水解,平衡逆向进行;将amolNH4NO3溶于水,向该溶液滴加bL氨水后溶液呈中性,依据电荷守恒计算可知,溶液中氢氧根离子浓度=10﹣7mol/L,c(NH4+)=c(NO3﹣);NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5mol•L﹣1,设混合后溶液体积为1L,(NH4+)=c(NO3﹣)=amol/L;根据一水合氨电离平衡得到NH3•H2O⇌NH4++OH﹣,平衡常数K===2×10﹣5mol•L﹣1,计算得到c(NH3•H2O)=mol/L,故答案为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+;逆向;;
(6)A.2v(NH3)═v(CO2),不能说明正逆反应速率相等,不一定是平衡状态,故A错误;B.反应是一个前后系数和变化的反应,密闭容器中总压强不变,证明达到了平衡状态,故B正确;C.密闭容器中混合气体的密度ρ=,质量不守恒,分子变化,V不变,容器中总密度不变,证明达到了平衡状态,故C正确;D.密闭容器中氨气的体积分数不变,不能证明达到平恒状态,故D错误.若在恒温下压缩容器体积,则会将压强增大,平衡向左移动,固体质量增大,同一反应,平化学衡常数只受温度影响,非温度改变的平衡移动,平衡常数不变,故答案为BC;增大;不变.点评本题考查了反应热的计算、氧化还原反应的计算、化学平衡的影响因素分析,平衡标志的判断理解,平衡常数的影响因素和计算应用,弱电解质溶液中的电离平衡的计算应用、离子浓度大小比较等,综合性大,题目难度较大.。