欢迎来到天天文库
浏览记录
ID:38401358
大小:190.50 KB
页数:5页
时间:2019-06-11
《能力梯级提升·思维高效训练 2.6》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在行业资料-天天文库。
1、世纪金榜圆您梦想答案解析1.【解析】选B。A项代表的是放热反应,不正确;C项中反应物和生成物能量相等,既不吸热也不放热,不正确;D项中有催化剂的活化能反而更高,不正确。2.【解析】选C。由图像可知:在p1一定时,T1温度下,达到平衡时所需的时间短,反应速率快,所以温度T1>T2,故A项、B项均错;在T2一定时,p1压强下,达到平衡时所需的时间短,反应速率快,所以压强p1>p2,故D项错,C项对。3.【解析】选A。p相同时,升高T,α(A)提高,说明正反应为吸热反应;T相同时,增大p,α(A)提高,说明正反应为气体体积缩
2、小的反应,m+n>x+y。4.【解析】选B。反应热只与反应物的总能量(H2+Br)和生成物的总能量(HBr+H)有关,与反应途径无关,①错误;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,②正确;反应Ⅰ的活化能为1130-120=1010kJ/mol,③错误;过程Ⅱ中反应的活化能低,反应速率快,故反应速率过程Ⅱ>过程Ⅰ。5.【解析】选A。观察表格中各烃的分子式的排布规律可发现:相邻两烃的分子式相差C或CH4原子团(或分成1和2、3和4、5和6、7和8小组进行比较),从而得出第5个烃的分子式为C5H1
3、2,共有3种同分异构体:正戊烷、异戊烷、新戊烷。6.【解析】选D。2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-QkJ·mol-1表示2molSO2(g)和1molO2(g)完全反应生成2molSO3(g)时放出QkJ的热量。由于SO3(g)变成SO3(s)要放出热量,所以在上述条件下反应生成1molSO3固体放热大于-5-世纪金榜圆您梦想Q/2kJ;甲容器中物质不可能完全反应,所以Q14、相同,所以Q2=Q3。故有2Q2=2Q35、时刻不同温度时φ(NH3)的情况,C点是最大点也是转折点,说明C点达到了化学平衡状态,C点之前的A、B点尚未达到平衡;C点之后,T升高,φ(NH3)下降,说明正反应为放热反应;AC段化学反应尚未达到平衡,由于该反应放热T升高,反应速率加快,φ(NH3)增大为增函数;CE段达到平衡后,由于T升高,平衡向吸热的方向移动,故φ(NH3)下降为减函数。T1→T2,v(正)>v(逆);T3时,v(正)=v(逆);T3→T4,v(正)=<9.【解析】(1)据图知pH=4~5时,Cu2+6、开始沉淀为Cu(OH)2,因此pH=3时,主要以Cu2+形式存在。(2)若要除去CuCl2溶液中的Fe3+,以保证Fe3+完全沉淀,而Cu2+还未沉淀,据图知pH为4左右。(3)据图知,Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小,无法通过调节溶液pH的方法除去Ni(OH)2溶液中的含有的少量Co2+。-5-世纪金榜圆您梦想(4)因为在FeS、CuS、PbS、HgS四种硫化物中只有FeS的溶度积最大,且与其他三种物质的溶度积差别较大,因此应用沉淀的转化可除去废水中的Cu2+、Pb2+、Hg2+,且因FeS也难溶,不会引入新7、的杂质。答案:(1)Cu2+(2)B(3)不能Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小(4)B10.【解析】(1)v(N2)=0.3mol·L-1/2h=0.15mol/(L·h),根据3~4h物质的量浓度不变,处于平衡状态,则K=c2/(a×b3);N2的转化率=(2-2/a)×100%(2)在4~5h之间,平衡正移,且NH3的浓度降低,则只能是移走了氨气;在5~6h时,H2的浓度降低,NH3的浓度增大,平衡正向移动,可以是增大N2的浓度或降低了温度。答案:(1)0.15K=c2/(a×b3)(2-2/a)×100%8、(2)ab、f11.【解析】(1)盐酸体积一定,在255mg合金的基础上再加入合金时,生成气体的体积继续增加,说明甲中合金是不足的;而在385mg合金的基础上再加入合金时,生成气体的体积不再增加,说明丙中盐酸是不足的。据此可列式求解:2H+~H2n(HCl)=0.03mol,c(HCl)=1mol·L-1。(2)如上述分析,可根据
4、相同,所以Q2=Q3。故有2Q2=2Q35、时刻不同温度时φ(NH3)的情况,C点是最大点也是转折点,说明C点达到了化学平衡状态,C点之前的A、B点尚未达到平衡;C点之后,T升高,φ(NH3)下降,说明正反应为放热反应;AC段化学反应尚未达到平衡,由于该反应放热T升高,反应速率加快,φ(NH3)增大为增函数;CE段达到平衡后,由于T升高,平衡向吸热的方向移动,故φ(NH3)下降为减函数。T1→T2,v(正)>v(逆);T3时,v(正)=v(逆);T3→T4,v(正)=<9.【解析】(1)据图知pH=4~5时,Cu2+6、开始沉淀为Cu(OH)2,因此pH=3时,主要以Cu2+形式存在。(2)若要除去CuCl2溶液中的Fe3+,以保证Fe3+完全沉淀,而Cu2+还未沉淀,据图知pH为4左右。(3)据图知,Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小,无法通过调节溶液pH的方法除去Ni(OH)2溶液中的含有的少量Co2+。-5-世纪金榜圆您梦想(4)因为在FeS、CuS、PbS、HgS四种硫化物中只有FeS的溶度积最大,且与其他三种物质的溶度积差别较大,因此应用沉淀的转化可除去废水中的Cu2+、Pb2+、Hg2+,且因FeS也难溶,不会引入新7、的杂质。答案:(1)Cu2+(2)B(3)不能Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小(4)B10.【解析】(1)v(N2)=0.3mol·L-1/2h=0.15mol/(L·h),根据3~4h物质的量浓度不变,处于平衡状态,则K=c2/(a×b3);N2的转化率=(2-2/a)×100%(2)在4~5h之间,平衡正移,且NH3的浓度降低,则只能是移走了氨气;在5~6h时,H2的浓度降低,NH3的浓度增大,平衡正向移动,可以是增大N2的浓度或降低了温度。答案:(1)0.15K=c2/(a×b3)(2-2/a)×100%8、(2)ab、f11.【解析】(1)盐酸体积一定,在255mg合金的基础上再加入合金时,生成气体的体积继续增加,说明甲中合金是不足的;而在385mg合金的基础上再加入合金时,生成气体的体积不再增加,说明丙中盐酸是不足的。据此可列式求解:2H+~H2n(HCl)=0.03mol,c(HCl)=1mol·L-1。(2)如上述分析,可根据
5、时刻不同温度时φ(NH3)的情况,C点是最大点也是转折点,说明C点达到了化学平衡状态,C点之前的A、B点尚未达到平衡;C点之后,T升高,φ(NH3)下降,说明正反应为放热反应;AC段化学反应尚未达到平衡,由于该反应放热T升高,反应速率加快,φ(NH3)增大为增函数;CE段达到平衡后,由于T升高,平衡向吸热的方向移动,故φ(NH3)下降为减函数。T1→T2,v(正)>v(逆);T3时,v(正)=v(逆);T3→T4,v(正)=<9.【解析】(1)据图知pH=4~5时,Cu2+
6、开始沉淀为Cu(OH)2,因此pH=3时,主要以Cu2+形式存在。(2)若要除去CuCl2溶液中的Fe3+,以保证Fe3+完全沉淀,而Cu2+还未沉淀,据图知pH为4左右。(3)据图知,Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小,无法通过调节溶液pH的方法除去Ni(OH)2溶液中的含有的少量Co2+。-5-世纪金榜圆您梦想(4)因为在FeS、CuS、PbS、HgS四种硫化物中只有FeS的溶度积最大,且与其他三种物质的溶度积差别较大,因此应用沉淀的转化可除去废水中的Cu2+、Pb2+、Hg2+,且因FeS也难溶,不会引入新
7、的杂质。答案:(1)Cu2+(2)B(3)不能Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小(4)B10.【解析】(1)v(N2)=0.3mol·L-1/2h=0.15mol/(L·h),根据3~4h物质的量浓度不变,处于平衡状态,则K=c2/(a×b3);N2的转化率=(2-2/a)×100%(2)在4~5h之间,平衡正移,且NH3的浓度降低,则只能是移走了氨气;在5~6h时,H2的浓度降低,NH3的浓度增大,平衡正向移动,可以是增大N2的浓度或降低了温度。答案:(1)0.15K=c2/(a×b3)(2-2/a)×100%
8、(2)ab、f11.【解析】(1)盐酸体积一定,在255mg合金的基础上再加入合金时,生成气体的体积继续增加,说明甲中合金是不足的;而在385mg合金的基础上再加入合金时,生成气体的体积不再增加,说明丙中盐酸是不足的。据此可列式求解:2H+~H2n(HCl)=0.03mol,c(HCl)=1mol·L-1。(2)如上述分析,可根据
此文档下载收益归作者所有