2021版化学名师讲练大一轮复习鲁科新高考地区专用版阶段滚动检测 （三）
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阶段滚动检测(三)
(第6～8章)
(90分钟 100分)
一、选择题(本题包括12小题,每小题4分,共48分)
1.HBr被O2氧化依次由如下Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成:
Ⅰ.HBr(g)+O2(g)HOOBr(g);
Ⅱ.HOOBr(g)+HBr(g)2HOBr(g);
Ⅲ.HOBr(g)+HBr(g)H2O(g)+Br2(g)
1 mol HBr(g)被氧化为Br2(g)放出12.67 kJ热量,其能量与反应进程的关系如图所示:
下列说法正确的是 ( )
A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为放热反应
B.Ⅰ的反应速率最慢
C.HOOBr比HBr和O2稳定
D.热化学方程式为4HBr(g)+O2(g)2H2O(g)+2Br2(g) ΔH=-12.67 kJ·mol-1
【解析】选B。A选项,第一步反应中反应物总能量低于生成物的总能量,为吸热反应,故A错误;B选项,第一步反应需要的活化能最大,即反应Ⅰ
的反应速率最慢,故B正确;C选项,HOOBr的总能量比HBr和O2的总能量高,能量越高,物质越不稳定,故C错误;D选项,根据题意,1 mol HBr(g)被氧化为Br2(g)放出12.67 kJ热量,则热化学方程式为4HBr(g)+O2(g)2H2O(g)+2Br2(g) ΔH=-50.68 kJ·mol-1,故D错误。
2.各式各样电池的迅速发展是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是( )
A.手机上用的锂离子电池可以用KOH溶液作电解液
B.锌锰干电池中,锌电极是负极
C.氢氧燃料电池工作时氢气在负极上被还原
D.太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅
【解析】选B。锂能与水反应,不能用水溶液作电解液,A错误;锌锰干电池中锌失去电子生成Zn2+为负极,B正确;氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化,C错误;太阳能电池的主要材料为硅,D错误。
3.(双选)下列说法正确的是 ( )
A.11.2 L Cl2与足量铁充分反应,转移电子数为6.02×1023
B.SiCl4(g) +2H2(g)Si(s)+4HCl(g)常温下不能自发进行,则该反应的ΔH>0
C.向硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液,振荡、过滤、洗涤,向沉淀中加入盐酸有气体产生,说明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
D.25 ℃时Ka(HClO)=3.0×10-8,Ka(HCN)=4.9×10-10,若该温度下NaClO溶液与NaCN溶液的pH相同,则c(NaClO)>c(NaCN)
【解析】选B、D。A.没有指明在标准状况下,无法计算,故A错误;B.SiCl4(g) +2H2(g)Si(s)+4HCl(g) 常温下不能自发进行,则ΔH-TΔS>0,由于反应前后气体体积增大ΔS>0,则ΔH一定大于0,故B正确;C.BaSO4
悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液有白色沉淀,是因为碳酸根离子浓度高,而有BaCO3生成,故C错误;D.根据 Ka(HClO)=3.0×10-8,Ka(HCN)=4.9×10-10,知酸性HClO>HCN,酸越弱,酸根离子水解越强,溶液的碱性越强,若要该温度下NaClO溶液与NaCN溶液的pH相同,则c(NaClO)>c(NaCN),故D正确。
4.(2020·榆林模拟)微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示,下列说法正确的是( )
A.HS-在硫氧化菌作用下转化为S的反应为HS-+4H2O-8e-S+9H+
B.电子从电极b流出,经外电路流向电极a
C.如果将反应物直接燃烧,能量的利用率不会变化
D.若该电池电路中有0.4 mol电子发生转移,则有0.5 mol H+通过质子交换膜
【解析】选A。根据题图知,在硫氧化菌作用下HS-转化为S,发生氧化反应:HS-+4H2O-8e-S+9H+,A项正确;电子从电极a流出,经外电路流向电极b,B项错误;如果将反应物直接燃烧,有部分化学能转化为热能和光能,能量的利用率降低,C项错误;若该电池电路中有0.4 mol电子发生转移,则有0.4 mol H+通过质子交换膜,D项错误。
5.(2019·聊城模拟)氢卤酸的能量关系如图所示,下列说法不正确的
是 ( )
A.HX(g)中共价键断裂的过程不一定属于化学变化
B.H2(g)+X2(g)2HX(g)
ΔH>-2a kJ·mol-1
C.卤素气态氢化物的稳定性可以通过a的大小来比较
D.断裂1 mol HX中的化学键需要吸收a kJ的能量
【解析】选D。A选项,HX溶解电离的过程共价键断裂,属于物理变化,正确;B选项,该反应的ΔH为负值,且绝对值小于2a,正确;C选项,卤素气态氢化物的稳定性可以通过a的大小来比较,正确;D选项,未标明HX的状态,错误。
6.已知合成氨反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0,当反应器中按n(N2)∶n(H2)=1∶3投料后,在不同温度下,反应达到平衡时,得到混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线a、b、c如图所示。下列说法正确的是( )
A.曲线a对应的反应温度最高
B.上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系为K(M)=K(Q)
b>a
D.N点时c(NH3)=1 mol·L-1,则N点的c(N2)∶c(NH3)=1∶1
【解析】选D。A项,压强相同时,曲线a NH3的质量分数最大,因为正反应为放热反应,故此时反应温度应最低,错误;B项,M、Q点温度相同,平衡常数相等,N
点对应的温度高,平衡常数小,错误;C项,相同压强下相同投料比,温度越高到达平衡时间越短,即c7
C.pH=3的HA酸溶液中c(H+)=10-3 mol·L-1,稀释为原体积的10倍后pH≤4
D.pH=11和pH=13的NaOH溶液等体积混合后,溶液中的c(H+)= mol·L-1
【解析】选C。NaOH溶液中的H+是由水电离产生的,当稀释或混合时,由于混合液中NaOH浓度的变化,对H2O的电离的抑制作用会改变,水的电离平衡会发生移动,因而将其当成不变的值进行计算是错误的,即A、D错;B项中CH3COOH开始电离出的H+即可将NaOH溶液中和完全,而绝大多数的CH3COOH最初是没电离的,即CH3COOH远远过量,因而混合液呈酸性,B错;C项中HA若为强酸,稀释10倍后pH=4,若为弱酸,稀释10倍后pH<4,正确。
【互动探究】(1)上题B项,两种溶液混合后溶液显中性,则V(CH3COOH)______V(NaOH) (填“>”“<”或“=”)。
提示:<。pH=11的NaOH溶液的c(OH-)=1.0×10-3 mol·L-1,c(NaOH)=1.0×
10-3 mol·L-1,pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)远大于1.0×10-3 mol·L-1,混合后溶液显中性,则V(CH3COOH)c(Cl-)=c(CH3COOH)
D. pH=4的NaHA溶液:c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)
【解析】选B、D。HA溶液与MOH溶液以任意比混合,不论HA是强酸还是弱酸,混合后溶液中的离子就只有H+、M+、OH-、A- ,所以一定满足电荷守恒c(H+) + c(M+)=c(OH-) + c(A-),A正确;B项满足质子守恒c(OH-)=c(HC)+c(H+)
+2c(H2CO3),B错误;醋酸钠、盐酸两溶液混合后含有的离子有Na+、H+、Cl-、OH-、CH3COO-,满足电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-) + c(CH3COO-) + c(Cl-),由于溶液呈中性,c(H+) =c(OH-),则c(Na+)= c(CH3COO-)+c(Cl-),又因为加入的醋酸钠满足物料守恒c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),所以c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(CH3COO-) +c(Cl-),得出c(CH3COOH)=c(Cl-),所以C正确;NaHA可以是强酸的酸式盐也可以是弱酸酸式盐,所以D错误。
11.已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似。如图横坐标为溶液的pH,纵坐标为Zn2+或[Zn(OH)4]2-的物质的量浓度的对数。25 ℃时,下列说法中不正确的是 ( )
A.往ZnCl2溶液中加入过量氢氧化钠溶液,反应的离子方程式为Zn2++4OH-[Zn(OH)4]2-
B.若要从某废液中完全沉淀Zn2+,通常可以调控该溶液的pH在8.0～12.0之间
C.pH=8.0与pH=12.0的两种废液中,Zn2+浓度之比为108
D.该温度时,Zn(OH)2的溶度积常数(Ksp)为1×10-10
【解析】选D。由题意知,锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似,则氢氧化锌是两性氢氧化物。由图可知,在a点,pH=7.0,lgc(Zn2+)=-3.0,所以c(OH-)=
10-7 mol·L-1、c(Zn2+)=10-3 mol·L-1,Ksp[Zn(OH)2]=10-17。当pH=8.0时,
c(Zn2+)==10-5mol·L-1,当pH=12.0时,c(Zn2+)==10-13mol·L-1,所以pH=8.0与pH=12.0的两种废液中,Zn2+浓度之比为108。往ZnCl2溶液中加入过量氢氧化钠溶液,反应的离子方程式为Zn2++4OH-[Zn(OH)4]2-,A项正确;若要从某废液中完全沉淀Zn2+,由图象可知,通常可以调控该溶液的pH在8.0～12.0之间,B项正确;pH=8.0与pH=12.0的两种废液中,Zn2+浓度之比为108,C项正确;该温度时,Zn(OH)2的溶度积常数(Ksp)为1×10-17,D项错误。
12.(2019·郑州模拟)钛被誉为第三金属,广泛用于航天航空等领域。硼化钒(VB2)-空气电池的放电反应为4VB2+11O24B2O3+2V2O5,以该电池为电源制备钛的装置如图所示。
下列说法正确的是 ( )
A.电解过程中,OH-由阴离子交换膜右侧向左侧迁移
B.Pt极反应式为2VB2+22OH--22e-V2O5+2B2O3+11H2O
C.电解过程中,铜极附近电解质溶液的pH减小
D.若石墨极只收集到4.48 L Cl2,则理论上制备4.8 g Ti
【解析】选B。由装置图知,铜极为正极,电极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-,铂为负极,负极反应式为2VB2-22e-+22OH-V2O5+2B2O3+11H2O,负极反应消耗OH-,OH-由交换膜左侧向右侧迁移,A项错误,B项正确;铜极生成OH-,迁移需要一定时间,
铜极附近电解质溶液pH增大,C项错误;没有指明氯气是否处于“标准状况”,不能根据摩尔体积22.4 L·mol-1计算,D项错误。
二、非选择题(本题包括4小题,共52分)
13.(13分)高炉废渣在循环利用前需要脱硫(硫元素主要存在形式为S2-,少量为S和S)处理。
(1)高温“两段法”氧化脱硫。第一阶段在空气中,相关热化学方程式如下:
CaS(s)+2O2(g)CaSO4(s)
ΔH=-907.1 kJ·mol-1
CaS(s)+O2(g)CaO(s)+SO2(g)
ΔH=-454.3 kJ·mol-1
①第二阶段在惰性气体中,反应CaS(s)+3CaSO4(s)4CaO(s)+4SO2(g)的ΔH=______kJ·mol-1。
②整个过程中,CaS完全转化生成1 mol SO2,转移的电子数为______mol。
③生成的SO2用硫酸铜溶液吸收电解氧化,总反应为CuSO4+SO2+2H2OCu+2H2SO4。写出电解时阳极的电极反应式__________。
(2)喷吹CO2脱硫。用水浸取炉渣,通入适量的CO2,将硫元素以含硫气体形式脱去。当 CO2的流量、温度一定时,渣-水混合液的pH、含碳元素各种微粒(H2CO3、HC、 C)的分布随喷吹时间变化如图1和图2所示。
①已知Ksp(CdS)=8.0×10-27,Ksp(CdCO3)=4.0×10-12。取渣-水混合液过滤,可用如下试剂和一定浓度盐酸验证滤液中存在S。试剂的添加顺序依次为______(填字母)。
a.H2O2 b.BaCl2 c.CdCO3
②H2CO3第二步电离的电离常数为Ka2,则pKa2=________(填数值,已知pKa2=
—lgKa2)。
③通入CO2 15～30 min时,混合液中发生的主要脱硫反应离子方程式为
__________。
(3)硫酸工业生产中SO3吸收率与进入吸收塔的硫酸浓度和温度关系如图3,由图可知吸收SO3所用硫酸的适宜浓度约为98.3%,温度为____________________,而工业生产中一般采用60℃的可能原因是__ __________。
【解析】(1)①将题给已知方程式依次编号为①②,利用盖斯定律将②×4-①×3可得反应CaS(s)+3CaSO4(s)4CaO(s)+4SO2(g),则ΔH=(-454.3 kJ·mol-1)×4-(-907.1 kJ·mol-1)×3=904.1 kJ·mol-1;
②CaS完全转化生成SO2时,S元素的化合价从-2价升高到+4价,则CaS完全转化生成1 mol SO2转移的电子数为[(+4)-(-2)] mol=6 mol;
③由电解总方程式可知,SO2在阳极上失电子发生氧化反应生成H2SO4,电极反应式为SO2+2H2O-2e-S+4H+;
(2)①由题意可知渣-水混合液的滤液中含有S2-,为排除S2-对S检验的干扰,应先加入CdCO3将S2-转化为CdS,过滤,向滤液中加入BaCl2溶液,得到碳酸钡和亚硫酸钡沉淀,过滤,向滤渣中加入双氧水充分反应,将亚硫酸钡氧化生成硫酸钡,最后加入盐酸,若滤液中存在S,沉淀不能完全溶解,若不存在S,沉淀会完全溶解;
②由图1、2可知,当溶液中c(C)和c(HC)相等时,溶液的pH为10.25,则Ka2==c(H+)=10-10.25,则pKa2=10.25;
③由图1、2可知,通入CO215～30 min时,溶液中碳元素主要以HC存在,说明二氧化碳与溶液中S2-反应生成HC和H2S,反应的离子方程式为2CO2+S2-+2H2O2HC+H2S↑;
(3)由图3可知,当吸收SO3所用硫酸的适宜浓度为98.3%,温度为40 ℃时SO3的吸收率最高;但是适当升高温度可以加快吸收速率,所以工业生产中一般采用
60 ℃。
答案:(1)①904.1 ②6 ③SO2+ 2H2O-2e-S+4H+ (2)①cba ②10.25
③2CO2+S2-+ 2H2O2HC+ H2S↑ (3)40 ℃ 适当升高反应的温度可加快吸收SO3的速率
14.(13分)(2020·郑州模拟)“低碳经济”备受关注,CO2的排集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
(1)绿色植物通过图1所示过程储存能量,用化学方程式表示其光合作用的过程:__________。
(2)TiO2是一种性能优良的半导体光催化剂,能有效地将有机污染物转化为CO2等小分子物质。图2为在TiO2的催化下,O3降解CH3CHO的过程,则该反应的化学方程式为________________________________。
(3)将一定量的CO2(g)和CH4(g)通入一恒容密闭容器中发生反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。
①已知:反应Ⅰ.CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-802 kJ·mol-1
反应Ⅱ.CO(g)+O2(g)CO2(g)
ΔH2=-283 kJ·mol-1
反应Ⅲ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
ΔH3=-41 kJ·mol-1
则反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的ΔH=____________。
②为了探究反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的反应速率与浓度的关系,起始时向恒容密闭容器中通入CO2与CH4,使其物质的量浓度均为1.0 mol·L-1,平衡时,根据相关数据绘制出两条反应速率与浓度关系曲线(如图3):v(正)～c(CH4)和v(逆)～c(CO),则与v(正)～c(CH4)相对应的是图中曲线________(填“甲”或“乙”);该反应达到平衡后,某一时刻降低温度反应重新达到平衡,则此时曲线甲对应的平衡点可能为________(填“D”“E”或“F”)。
(4)用稀氨水喷雾捕集CO2最终可得产品NH4HCO3。
①在捕集时,气相中有中间体 NH2COONH4(氨基甲酸铵)生成。现将一定量纯净的氨基甲酸铵置于恒容密闭容器中,分别在不同温度下进行反应:NH2COONH4(s)
2NH3(g)+CO2(g)。实验测得的有关数据见下表(t1”“=”或“<”)。
②由图可知,温度升高,NO转化效率升高,原因是______________________。温度过高,NO转化效率下降,NO的浓度反而升高,可能的原因是________________(写出一种即可)。
【解析】Ⅰ.(1)已知:①C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH1=-393.5 kJ·mol-1,
②2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH2=-221.0 kJ·mol-1,
③N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH3=+180.5 kJ·mol-1,由盖斯定律可知①×2-②-③得2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g),则ΔH=2(ΔH1)-(ΔH2)-(ΔH3)=2×
(-393.5 kJ·mol-1)-(-221.0 kJ·mol-1)-(+180.5 kJ·mol-1),故CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2(g)的热化学方程式是2NO(g)+2CO(g)
N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5 kJ·mol-1;
(2)①前4 s内的平均反应速率v(CO)== mol·L-1·s-1
=2.25×10-4 mol·L-1·s-1;
②图中L一定时,NO(g)的平衡转化率随X的增大而降低,说明逆向进行,结合反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5 kJ·mol-1,升高温度时平衡逆向进行,增大压强时平衡正向进行,可知X代表的物理量是温度;当温度一定时,增大压强,平衡正向移动,NO的转化率增大,故L2>L1;
Ⅱ.(3)尿素[CO(NH2)2]水溶液温度高于160 ℃ 时尿素水解,产生NH3,根据质量守恒可知,同时有CO2气体生成,则尿素水解的化学方程式为CO(NH2)2+H2O2NH3+CO2;
(4)①增大尿素的量可提高NO的转化率,即尿素与NO物质的量比值越大,NO的转化率越大,则图象中a>b;
②由图可知,随着温度升高,尿素水解释放氨气的速率加快,c(NH3)增大,且温度升高,催化剂活性增加,导致化学反应速率加快,故温度升高,NO转化效率升高;但温度过高,发生反应 4NH3+5O24NO+6H2O,生成NO,导致NO的浓度升高,NO转化效率下降。
答案:(1)2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5 kJ·mol-1
(2)①2.25 ×10-4 ②温度 L2>L1,该反应为气体体积减小的反应,压强增大,NO转化率增大
(3) CO(NH2)2+H2O2NH3+CO2
(4)①> ②随着温度升高,尿素水解释放氨气的速率加快,c(NH3)增大;温度升高,催化剂活性增加,都导致化学反应速率加快 当温度过高,发生反应4NH3+5O24NO+6H2O,生成NO,导致NO的浓度升高,NO的转化效率下降
16.(13分)(2017·全国卷Ⅰ)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“酸浸”实验中,铁的浸出率结果如下图所示。由图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的实验条件为______________。
(2)“酸浸”后,钛主要以TiOC形式存在,写出相应反应的离子方程式____________________。
(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示:
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O
转化率/%
92
95
97
93
88
分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因________________________。
(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4,其中过氧键的数目为________________。
(5)若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02 mol·L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?________(列式计算)。[FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24]
(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式________________。
【解析】(1)依题意,读图可得浸出率为70%的两个条件为100℃,2 h或90℃,5 h。
(2)根据流程可得所加酸为盐酸,铁元素价态应保持不变,依然为+2价,所以答案为FeTiO3+4H++4Cl-Fe2++TiOC+2H2O。
(3)本题为40 min内转化率,温度过高时原料分解,即30～40℃,温度升高,反应速率加快,则40 min 所得转化率提高。40℃以上,温度过高,H2O2及NH3·H2O分解,转化率下降。
(4)以过氧化氢、过氧化钠等化合物为例,过氧键存在于两个-1价氧原子之间。设化合物中-2价氧为x个,-1价氧为y个,x+y=15,又根据化合价代数和为0得出2x+y=22,解得y=8,即4个过氧键。
(5)先根据Fe3+完全沉淀计算出此时溶液中磷酸根浓度,进而计算是否满足Mg3(PO4)2开始沉淀的条件。Fe3+完全沉淀时c(P)=Ksp/c(Fe3+)=1.3×10-17mol·L-1,此时溶液中c3(Mg2+) ·c2(P)=(0.01)3×(1.3×10-17)2≈1.7×10-40
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