四川省成都外国语学校2023-2024学年高二上学期10月月考化学Word版含解析.docx

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成都外国语学校2023—2024学年度高二(上)10月月考化学试卷注意事项:1、本试卷分Ⅰ卷(选择题)和Ⅱ卷(非选择题)两部分。2、本堂考试75分钟,满分100分。3、答题前,考生务必先将自己的姓名、学号填写在答卷上,并使用2B铅笔填涂。4、考试结束后,将答题卡交回。可能用到的相对原子质量:H-1C-12N-14O-16Na-23S-32第Ⅰ卷(选择题,共42分)1.中华优秀传统文化涉及了很多化学知识,下列有关说法错误的是A.《本草纲目拾遗》中对强水的记载:“性最猛烈,能蚀五金。”强水为强电解质B.《神农本草经》中“石胆……能化铁为铜、成金银”描述的是湿法炼铜C.刘长卿诗云“水声冰下咽,砂路雪中平”,固态冰转化为液态水为熵增的过程D.“火树银花合,星桥铁锁开”中涉及化学能转化为热能和光能【答案】A【解析】【详解】A.强水是王水,是浓盐酸和浓硝酸按体积比3∶1形成的混合物,则强水是混合物,不属于强电解质,A错误;B.“石胆……能化铁为铜、成金银”指的是硫酸铜与铁发生置换反应,生成硫酸亚铁和铜单质,描述的是湿法炼铜,B正确;C.固态冰转化为液态水,混乱度增加,属于熵增的过程,C正确;D.“火树银花合,星桥铁锁开”中涉及燃烧,燃烧将化学能转化为热能和光能,D正确;故选A。2.下列关于化学反应速率的说法正确的是①恒温时,增大压强,化学反应速率一定加快 ②其他条件不变,温度越高化学反应速率越快③使用催化剂可改变反应速率,从而改变该反应过程中吸收或放出的热量 ④的反应速率一定比的反应速率大⑤有气体参加的化学反应,若增大压强(即缩小反应容器的体积),可增加单位体积内活化分子数,从而使反应速率增大  ⑥增大反应物浓度,可增大活化分子的百分数,从而使单位时间有效碰撞次数增多A.②⑥B.②⑤C.①②③⑤D.①②④⑤【答案】B【解析】【分析】【详解】①恒温时,增大压强,如没有气体参加反应,化学反应速率不加快,故错误;②其他条件不变,温度升高,增大活化分子百分数,化学反应速率越快,故正确;③使用催化剂不能改变反应热,故错误;④没有指定反应,也没有指定反应速率用方程式中的哪种物质表示,所以无法比较3mol/(L▪s)和1mol/(L▪s)的反应速率的快慢,故错误;⑤有气体参加的化学反应,若增大压强(即缩小反应容器的体积),活化分子百分数不变,增加了单位体积内活化分子数,故正确;⑥增大反应物浓度,活化分子的百分数不变,增加的是单位体积内活化分子数,故错误;②⑤正确,故答案选B。3.下列物质属于弱电解质的是A.B.KOHC.D.【答案】D【解析】【详解】A.本身在溶液中不能导电,是非电解质,故A错误;B.KOH是强碱,在溶液中完全电离,是强电解质,故B错误;C.本身不导电,是非电解质,故C错误;D.是弱酸,在水中部分电离,是弱电解质,故D正确;故选:D。4.下列关于热化学方程式的说法正确的是A.若的燃烧热为akJ⋅mol,则热化学方程式为kJ⋅molB.若1mol和0.5mol完全反应放热98.3kJ,则热化学方程式为kJ⋅molC.若kJ⋅mol,则稀硫酸与稀 反应的热化学方程式为kJ⋅molD.若3lg白磷的能量比3lg红磷多bkJ,则白磷转化为红磷的热化学方程式为(白磷,s)(红磷,s)kJ⋅mol【答案】D【解析】【详解】A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量,H2在Cl2中燃烧不叫燃烧热,故A错误;B.;故B错误;C.则稀硫酸与稀反应还会生成沉淀,有沉淀的生成热,故的kJ⋅mol,故C错误;D.若31g白磷的能量比31g红磷多bkJ,31g白磷(P4)的物质的量为n(P4)==0.25mol,1molP4(白磷,s)转化为4mol(红磷,s)放出4bkJ热量,则白磷转化为红磷的热化学方程式为P4(白磷,s)=4P(红磷,s)ΔH=-4bkJ•mol-1,故D正确。答案选D。5.一定条件下,实现燃煤烟气中硫回收的反应为:<0。一定温度下,在容积为2L的恒容密闭容器中充入和发生反应,5min后达到平衡,生成。下列说法正确的是A.反应前2min的平均速率B.当混合气体的物质的量不再改变时,反应达到平衡状态C.平衡后保持其他条件不变,从容器中分离出部分硫,平衡向正反应方向移动D.平衡后保持其他条件不变,升高温度和加入催化剂,的转化率均增大【答案】B【解析】【分析】反应为气体分子数减小的放热反应,据此结合化学反应原理分析。【详解】A.根据速率公式可知5min内的平均速率 ,反应前2min的平均速率应大于,A错误;B.随着正反应的进行,气体体积减少,气体物质的量减小,当混合气体的物质的量不变,正逆反应速率相同,反应达到平衡状态,B正确;C.硫为固体,分离出部分硫,不影响反应速率和反应平衡,C错误;D.上述反应为放热反应,所以升高温度,不利于转化,的转化率减小,催化剂不影响化学平衡,的转化率不变,D错误;故选B。6.室温下,100mL0.01mol/L的氨水与10mL0.1mol/L氨水相比较,下列数值前者小于后者的是A.溶液中的物质的量B.溶液中的物质的量C.的电离常数D.恰好完全被中和,消耗HCl的物质的量【答案】A【解析】【详解】A.溶液越稀,电解质的电离程度越大,则0.01mol/L的氨水电离消耗的比0.1mol/L的大,则的物质的量是前者小,故A正确;B.溶液越稀,电解质的电离程度越大,所以OH-的物质的量前者大于后者,故B错误;C.NH3•H2O的电离常数只与温度有关,温度相同,电离常数相同,故C错误;D.由n=cV可知,100mL0.01mol/L的NH3•H2O与10mL0.1mol/L的NH3•H2O中溶质的物质的量都是0.001mol,则中和时所需HCl的量相等,故D错误;故选:A。7.在硫酸工业生产中,通过下列反应使SO2氧化成SO3:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ/mol。下表列出了在不同温度和压强下,反应达到平衡时SO2的转化率温度/℃平衡时的转化率0.1MPa0.5MPa1MPa5MPa10MPa 45097.598.999.299.699.755085.692.994997.798.3从化学反应速率、化学平衡及生产成本、产量等角度综合分析,在实际生产中有关该反应适宜条件选择的说法正确的是A.SO2的转化率与温度成反比,故采用尽可能低的温度B.该反应在450℃左右、1MPa(常压)下进行较为合适C.SO2的转化率与压强成正比,故采用尽可能高的压强D.为了提高的SO2的转化率,应使用合适的催化剂【答案】B【解析】【详解】A.由表格数据可知,SO2的转化率与温度成反比,降低温度平衡向正反应方向移动,但反应速率减小,不利于提高SO2的产量,故A错误;B.在1MPa、450℃时SO3的平衡转化率(97.5%)就已经很高了,若继续增大压强,平衡虽正向移动,但效果并不明显,比其高压设备的高额造价,得不偿失,故B正确;C.由表格数据可知,SO2的转化率与压强成正比,但采用高压,平衡虽正向移动,但效果并不明显,比其高压设备的高额造价,得不偿失,故C错误;D.催化剂不能改变SO2的平衡转化率,故D错误;故选B。8.甲醇是一种绿色能源。工业上用H2和CO合成CH3OH的反应为△H<0。将2molH2和1molCO充入1L密闭容器中,在恒温恒容条件下,充分反应一段时间后达到平衡状态1。下列说法不正确的是A.若反应在恒温恒压条件下进行,平衡时CO的转化率大于平衡状态1的B.容器中CO和H2的体积分数之比保持不变不能说明反应达到平衡状态C.若平衡状态1中再充入amolCH3OH,达到新平衡时,H2的体积分数比原平衡状态的小D.若反应在绝热恒容条件下进行,平衡时CH3OH的体积分数大于平衡状态1的【答案】D【解析】【详解】A.恒温恒容条件下,平衡后气体压强减小,若反应在恒温恒压条件下进行,则相当于恒温恒容条件下的平衡体系加压,平衡正向移动,平衡时CO的转化率大于平衡状态1的,A正确; B.容器中CO和H2的起始投入量之比等于化学计量数之比,变化量之比等于化学计量数之比,则体积分数之比始终等于化学计量数之比,所以体积分数不变不能说明反应达到平衡状态,B正确;C.若平衡状态1中再充入amolCH3OH,相当于原平衡体系加压,达到新平衡时,H2的体积分数比原平衡状态的小,C正确;D.正反应为放热反应,反应在绝热恒容条件下进行时,混合气的温度升高,相当于恒温恒容条件下的平衡体系升温,平衡逆向移动,平衡时CH3OH的体积分数小于平衡状态1的,D不正确;故选D。9.已知部分弱酸的电离平衡常数如下:弱酸HClOHCN电离常数根据以上数据,判断下列反应可以成立的是AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】弱酸的电离平衡常数越大,则酸性越强,强酸能够制取弱酸。【详解】A.根据HCOOH和HCN的电离平衡常数可知,HCOOH的酸性强于,因此该反应能自发进行,A符合题意;B.HCN的酸性弱于HClO,因此该反应不能自发进行,B不符合题意;C.HClO的电离平衡常数小于H2CO3第一级电离平衡常数,而大于H2CO3第二级电离平衡常数,因此该反应不能自发进行,C不符合题意;D.HCN的酸性弱于,因此该反应不能自发进行,D不符合题意;故选A。10.已知CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)∆H>0,工业上可利用此反应生产合成氨原料气H2 ,下列有关该反应的图象正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】A.增大水碳比,甲烷的转化率应增大,A错误;B.温度越高反应速率越快,所以T2>T1,该反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,H2的含量增加,B正确;C.该反应为吸热反应,升高温度平衡常数增大,C错误;D.当正逆反应速率相等时反应达到平衡,该反应为气体系数之和增大的反应,继续增大压强平衡逆向移动,v逆应该大于v正,D错误;综上所述答案为B。11.下列实验能达到目的的是实验目的实验方法或操作A比较和的催化效果向等体积等浓度的溶液中分别加入5滴等浓度的和溶液,观察气体产生的速度B比较HCl和的酸性强弱相同温度下,用pH计分别测定0.010mol/LHCl溶液和0.010mol/L溶液的pHC探究草酸浓度对反应速率影响在两支试管中均加入2mL1mol/L的酸性 溶液,再同时向两支试管分别加入2mL0.1mol/L的溶液和2mL0.05mol/L的溶液,观察高锰酸钾溶液褪色所需时间D探究温度对反应速率的影响向2支试管中各加入相同体积、相同浓度的溶液,再分别加入不同体积相同浓度的稀硫酸,分别放入冷水和热水中A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.向等体积等浓度的溶液中分别加入5滴等浓度的和溶液,观察气体产生的速度,由于所加的阴离子不同,该操作不能比较和的催化效果,A错误;B.相同温度下,用pH计分别测定同浓度的HCl溶液和溶液的pH,可比较HCl和的酸性强弱,B正确;C.酸性高锰酸钾与草酸反应的离子方程式为,在两支试管中均加入2mL1mol/L的酸性溶液,再同时向两支试管分别加入2mL0.1mol/L的溶液和2mL0.05mol/L的溶液,都过量,两支试管都不会完全褪色,C错误;D.向2支试管中各加入相同体积、相同浓度的溶液,再分别加入不同体积相同浓度的稀硫酸,分别放入冷水和热水中,由于稀硫酸的体积不同,变量不止温度一个,不能探究温度对反应速率的影响,D错误;故选B。12.目前,丁烷脱氢制丁烯的研究已取得重大突破,利用计算机技术测得在催化剂表面的反应历程如图所示,其中能化剂表面上的物质用*标注,TS表示过渡态物质。下列说法错误的是 A.该历程中决速步骤为C4H9*+H*=C4H8*+2H*B.催化剂可降低反应活化能C.C4H10→C4H8+H2,该反应有非极性键形成D.该反应的热化学方程式为:C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)△H=+0.06NAeV【答案】A【解析】【详解】A.反应的活化能越大,反应速率越慢,化学反应取决于最慢的一步,由图可知,C4H10转化为C4H10*时的活化能最大,则该历程中决速步骤为C4H10=C4H10*,故A错误;B.催化剂能改变反应的途径,降低反应活化能,加快反应速率,故B正确;C.由图可知,该反应的方程式为C4H10→C4H8+H2,反应中有氢氢非极性键形成,故C正确;D.由图可知,该反应的方程式为C4H10→C4H8+H2,反应的焓变△H=+0.06NAeV,则反应的热化学方程式为C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)△H=+0.06NAeV,故D正确;故选A。13.下列说法中,能说明化学平衡一定向正反应方向移动的是(  )A.N2O4(g)2NO2(g),改变某一条件后,气体颜色加深B.H2(g)+I2(g)2HI(g),单位时间内消耗H2和HI的物质的量之比大于1:2C.N2(g)+3H2(g)2NH3(g),改变某一条件后,NH3的体积分数增加D.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),恒温恒压条件下,充入He【答案】B【解析】【详解】A.增大压强平衡向体积减小的方向移动,即向逆反应移动,但NO2浓度增大,颜色加深;若恒容下加入N2O4,平衡向正反应移动,NO2浓度增大,颜色加深,所以平衡不一定向正反应移动,A项错误;B.单位时间内消耗H2和HI的物质的量之比等于1:2,处于平衡状态,大于1:2,说明氢气的消耗速率大于生成速率,反应未到达平衡状态,反应向正反应进行,B项正确; C.增大压强平衡向体积减小的方向移动,即向正反应方向移动,NH3的体积分数增大,增大氨气的浓度平衡向逆反应移动,移动的结果是降低氨气浓度增大的趋势,平衡时仍比原来的浓度高,所以平衡不一定向正反应移动,C项错误;D.恒温恒压充入He,体积增大,相当于减小压强,平衡逆向移动,D项错误;答案选B。14.反应中,每生成,放出166kJ的热量,该反应的速率表达式为(k、m、n待测),其反应包含下列两步:①(慢)②(快)T℃时测得有关实验数据如表:序号c(NO)/(mol/L)c(H2)/(mol/L)速率/()Ⅰ0.00600.0010Ⅱ0.00600.0020Ⅲ0.00100.0060Ⅳ0.00200.0060下列说法正确的是A.整个反应速率由第②步反应决定B.正反应的活化能一定是①<②C.该反应速率表达式:D.该反应的热化学方程式为【答案】C【解析】分析】【详解】A.整个反应速率由慢反应决定,根据题意可知第①步反应是慢反应,第②步反应是快反应,因此整个反应速率由第①步反应决定,A错误; B.反应的活化能越大,发生反应需要的能量就越高,反应就越不容易发生,反应速率越慢。由于反应①是慢反应,反应②是快反应,说明正反应的活化能一定是①>②,B错误;C.根据反应I、II可知:在c(NO)不变时,c(H2)是原来的2倍,速率也是原来的2倍,说明反应速率v与c(H2)呈正比;故反应III、IV可知:在c(H2)不变时,c(NO)是原来的2倍,反应速率v是原来的4倍,则速率与c(NO)的平方呈正比。再利用反应I,将c(NO)、c(H2)的带入速率公式,可得速率常数k=5000,所以该反应速率表达式:v=5000c2(NO)·c(H2),C正确;D.7gN2的物质的量是n(N2)==0.25mol,根据题意每生成7gN2,放出166kJ的热量,则反应产生1molN2,反应放出的热量Q==664kJ,所以该反应的热化学方程式可表示为:2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-664kJ·mol-1,D错误;故答案选C。第Ⅱ卷(非选择题,共58分)15.回答下列问题(1)甲醇是人们开发和利用的一种新能源。已知:kJ/molkJ/mol①由上述方程可知甲醇的燃烧热为___________;②上述第二个反应的能量变化如图所示,则___________kJ/mol。(用、的相关式子表示);(2)已知反应kJ/mol,试根据表中所列键能数据估算___________。化学键H-HN-HN≡N键能/kJ/mol436391945(3)1mol和1mol完全燃烧放出的热量分别为:286kJ、890kJ,等质量的和 完全燃烧放出的热量,___________(填化学式)放出的热量多。(4)火箭推进器中盛有强还原剂液态肼()和强氧化剂液态双氧水,当它们混合反应时,即产生大量氮气和水蒸气,并放出大量热。已知0.4mol液态肼与足量液态双氧水反应,生成氮气和水蒸气,放出256kJ的热量。①写出该反应的热化学方程式:___________。②此反应用于火箭推进,除释放大量热和快速产生大量气体外,还有一个很大的优点是___________。【答案】(1)①.764.7kJ/mol②.(2)-93(3)(4)①.kJ/mol②.生成物质无污染【解析】【小问1详解】①先对已知热化学方程式编号:①kJ/mol②kJ/mol根据盖斯定律,①+②得,则=-571.8kJ/mol+(-192.9kJ/mol)=-764.7kJ/mol;故甲醇的燃烧热为764.7kJ/mol;②生成物总能量-反应物总能量,即;【小问2详解】反应物总键能-生成物总键能=945kJ/mol+3436kJ/mol-6391kJ/mol=-93kJ/mol;【小问3详解】和得质量都定为1g,1g完全燃烧放出的热量为143kJ,1g完全燃烧放出的热量为kJ,故放出的热量多;【小问4详解】①0.4 mol液态肼与足量液态双氧水反应,生成水蒸气和氮气,放出256 kJ的热量,则1mol液态肼与足量液态双氧水反应,生成水蒸气和氮气,放出热量256kJ×2.5=640kJ,热化学方程式为kJ/mol; ②液态肼与足量液态双氧水反应,生成水蒸气和氮气,生成物对环境无污染。16.Ⅰ.一定条件下,在容积为5L的密闭容器中,A.B.C三种气体的物质的量n随时间t的变化如图所示。已知达平衡后,降低温度,A的体积分数减小。(1)该反应的化学方程式为___________。(2)该反应的反应速率v随时间t的关系如图所示。①根据图乙判断,在t3时刻改变的外界条件是___________。②A、B、C对应的平衡状态中,C的体积分数最大的是___________状态。③各阶段的平衡常数如下表所示:t2~t3t4~t5t5~t6K1K2K3K1、K2、K3之间的大小关系为___________(用“>”“<”或“=”连接)。Ⅱ.高温下,与足量的碳在密闭容器中实现反应:C(s)+CO2(g)2CO(g)。(3)向压强为p,体积可变的恒压容器中充入一定量CO2,650℃时反应达平衡,CO的体积分数为40.0%,则CO2的转化率为___________。气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数,用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp),此温度下,该反应的化学平衡常数Kp=___________(用含p的代数式表示),若向平衡体系中再充入体积比为V(CO2):V(CO)=5:4的混合气体,平衡___________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。【答案】(1)A+2B2C (2)①.升高温度②.a③.K1>K2=K3(3)①.25%②.③.逆向【解析】【小问1详解】从图中可以看出,A、B的起始物质的量都为1mol,C的起始物质的量为0,随着反应的进行,A、B的物质的量减小,C的物质的量增大,则A、B为反应物,C为生成物,且物质的量的变化量分别为0.3mol、0.6mol、0.6mol,则A、B、C的化学计量数之比为1:2:2,该反应的化学方程式为A+2B2C。【小问2详解】①由图乙可知,在t3时刻,v逆、v正都增大,且v逆增大更多,平衡逆向移动,已知达平衡后,降低温度,A的体积分数减小,则表明正反应为放热反应,所以改变的外界条件是升高温度。②A、B、C对应的平衡状态中,t3时平衡逆向移动,t5时平衡不移动,所以C的体积分数最大的是a状态。③t3时,升高温度,平衡逆向移动,K值减小,t5时加催化剂,温度不变,平衡常数不变,则K1、K2、K3之间的大小关系为K1>K2=K3。【小问3详解】向压强为p,体积可变的恒压容器中充入一定量CO2(设为1mol),650℃时反应达平衡,CO的体积分数为40.0%,设参加反应CO2的物质的量为x,可建立如下三段式:则,x=0.25mol,CO2的转化率为=25%。此温度下,该反应的化学平衡常数Kp==,若向平衡体系中再充入体积比为V(CO2):V(CO)=5:4的混合气体,相当于先充入V(CO2):V(CO)=3:2的混合气,再减少一定量的CO2,两种情况下平衡都逆向移动,所以最终平衡逆向移动。【点睛】往C(s)+CO2(g)2CO(g)的平衡体系中充入CO2气体,也相当于加压,CO2的转化率减小。17.Ⅰ.教材采用图实验装置测定锌与稀硫酸反应的速率。 (1)检查图1装置气密性的操作方法是___________。(2)分别取2g颗粒大小相同的锌粒分别与体积均为40mL的1mol/L硫酸、4mol/L硫酸反应,收集20mL时所需时间前者比后者___________(填“长”或“短”)。(3)同学们在实验操作中发现,本实验设计存在明显不足,例如(举一例)___________。(4)某化学兴趣小组对教材实验装置进行如图所示改进,检查装置气密性后进行的实验操作有:a.在多孔塑料袋中装入锌粒;b.在锥形瓶中加入40mL1mol/L硫酸;c.塞好橡胶塞,___________(填操作)时,立即用秒表计时;d.注射器内每增加10mL气体时读取一次秒表。(5)实验观察到锌与稀硫酸反应初期速率逐渐加快,其原因是___________,反应进行一定时间后速率逐渐减慢,原因是___________。(6)测得产生的体积与反应时间的关系曲线如下图所示,时间段氢气体积略有减小的原因是___________;在64s内用浓度表示的平均反应速率___________(此时,溶液体积仍为40mL,气体摩尔体积为25L/mol)。Ⅱ.一种新型催化剂能使NO和CO发生反应: 。已知增大催化剂的比表面积可提高该反应速率。为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律,某同学设计了三组实验,如表所示。实验编号T/℃NO初始浓度(mol⋅L-1)CO初始浓度(mol⋅L-1)催化剂的比表面积(m2⋅g-1)①2801.20×10-35.80×10-382②2801.20×10-35.80×10-3124③350a5.80×10-382(7)表中___________。(8)能验证温度对化学反应速率影响规律的是实验___________(填实验编号)。(9)实验①和实验②中,NO的物质的量浓度随时间t的变化曲线如图所示,其中表示实验②的是曲线___________(填“甲”或“乙”)。【答案】(1)关闭分液漏斗旋塞,拉动(或推压)注射器活塞,松手后活塞能恢复原位,则装置不漏气(2)长(3)硫酸难以顺利加入;分液漏斗中溶液滴下占据体积引起气体体积读数误差(答对一条即可)(4)多孔塑料袋浸入稀硫酸(5)①.反应放热,溶液温度升高②.反应物消耗,硫酸浓度减小(6)①.气体遇冷压缩②.0.00125mol/(L·s)(7)(8)①和③(9)乙【解析】【小问1详解】检查图1装置气密性,可关闭分液漏斗活塞,向外拉(或向内推)注射器的内管一段距离后松手,若内管能回到开始位置,证明气密性好,若不能则说明气密性不好;【小问2详解】锌粒质量、表面积相同,但两份硫酸溶液中c(H+)不同,后者反应速率快,由此可确定收集25mLH2时所需时间前者比后者长; 【小问3详解】由实验装置可知,加入硫酸时产生气体,硫酸可能不会顺利加入;加入硫酸时液面上升,会对气体的体积测量造成影响;【小问4详解】C塞好橡胶塞,反应刚开始时,即多孔塑料袋浸入稀硫酸时,立即用秒表计时;【小问5详解】实验观察到锌与稀硫酸反应初期速率逐渐加快,因为c(H+)不断减小,所以只能是反应放热,温度升高反应速率加快;反应进行一定时间后速率逐渐减慢,则应为酸中氢离子浓度减小所致;【小问6详解】因为气体遇冷压缩,t1~t2时间段氢气体积略有减小;H2的物质的量n(H2)==0.0016mol,n(H+)=2n(H2)=0.0032mol,v(H+)==0.00125mol/(L·s);小问7详解】验证温度对化学反应速率的影响,只能是温度不同,其他条件必须相同,对比实验Ⅰ和Ⅲ可知a=1.20×10-3;【小问8详解】要验证温度对化学反应速率的影响,对比实验中只有温度不同,其他条件应该相同,3组实验中只有实验①和③的温度不同,其他条件均相同,即通过对比实验①和③可验证温度对化学反应速率影响;【小问9详解】催化积的比表面积大,反应速率快,达到平衡所需时间短,由图可知,曲线乙代表的实验的反应速率快,实验②的催化剂的比表面积大,其他条件与①相同,则表示实验②的是曲线乙。18.某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au),可用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等,以实现有害废料的资源化利用,工艺流程如下:已知:煅烧时,发生的反应为:(1)煅烧时,发生反应的化学方程式为___________。 (2)浸出液中除了含有(在电解过程中不反应)外,还含有___________(填化学式)。“还原”步骤后,得到的粗碲经洗涤后可以得到较为纯净的碲单质,检验碲单质是否洗涤干净的实验操作:___________。(3)工业上用重铬酸钠()母液生产重铬酸钾()的工艺流程如图所示:通过冷却结晶能析出大量的原因是___________。(4)测定产品中(g/mol)含量的方法如下:称取试样2.50g配成250mL溶液,取25.00mL样品置于锥形瓶中,加入足量稀硫酸和几滴指示剂,用标准液可以测定的含量,涉及的离子反应方程式为___________。若消耗0.1000mol/L标准液的体积为25.00mL,则所得产品中的纯度为___________。【答案】(1)(2)①.CuSO4②.取最后一次洗涤液少量于试管,滴加盐酸酸化的氯化钡溶液,若无白色沉淀,说明洗涤干净,若有白色沉淀则没有洗干净(3)低温条件下的溶解度在整个体系中最小,且的溶解度随温度的降低而显著减小(4)①.②.49.0%【解析】【分析】电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au),先煅烧,Cr2O3与O2、Na2CO3高温反应生成Na2CrO4、CO2,水浸后,过滤,滤液中含有Na2CrO4,酸化后得到Na2Cr2O7,另煅烧时,Cu2Te与O2反应生成CuO、TeO2,沉渣加入稀硫酸时,CuO、TeO2、Cr2O3均与稀硫酸反应生成硫酸盐,Au不溶,过滤,除去,将沉积液进行电解,铜离子在阴极放电,生成铜单质,再向电解后的溶液中通入SO2,含有+4价的Te被还原生成粗Te。【小问1详解】由分析可知,煅烧时,发生反应即Cr2O3与O2、Na2CO3高温反应生成Na2CrO4、CO2 ,则该反应的化学方程式为,故答案为:;【小问2详解】由分析可知,浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外,还含有CuSO4,“还原”步骤后,得到的粗碲经洗涤后可以得到较为纯净的碲单质,其表面含有可溶性杂质硫酸根离子,故检验碲单质是否洗涤干净的实验操作:取最后一次洗涤液少量于试管,滴加盐酸酸化的氯化钡溶液,若无白色沉淀,说明洗涤干净,若有白色沉淀则没有洗干净,故答案为:CuSO4;取最后一次洗涤液少量于试管,滴加盐酸酸化的氯化钡溶液,若无白色沉淀,说明洗涤干净,若有白色沉淀则没有洗干净;【小问3详解】通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小,故答案为:低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小;【小问4详解】

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