1、滚动测试卷()(第一十单元)(时间:90分钟满分:100分)滚动测试卷第17页可能用到的相对原子质量:H 1C 12O 16Na 23S 32Gr 52一、选择题(本题共18小题,每小题3分,共54分,每小题只有一个选项符合题目要求)1.(2016河南商丘二模)化学与社会、科学、技术、环保密切相关。下列有关说法不正确的是()A.荧光蛋白是一种高分子化合物且能发生水解B.用纯碱溶液和盐酸可以清洗锅炉中的硫酸钙C.利用次氯酸钠溶液的碱性对餐具和环境消毒D.大量排放PM2.5、SO2、NOx等会形成雾霾答案:C解析:荧光蛋白是一种蛋白质,属于高分子化合物,在一定条件下可以水解生成氨基酸,A正确;纯碱
2、溶液能够将硫酸钙转化为碳酸钙沉淀,碳酸钙能够与盐酸反应,B正确;次氯酸钠具有强氧化性,可以对餐具和环境消毒,但不是利用溶液的碱性,C错误;大量排放PM2.5、SO2、NOx等会形成雾霾,造成环境污染,D正确。2.(2016江苏化学,6)根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验,经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤。下列图示装置和原理能达到实验目的的是()答案:C解析:A项,加热分解NH4Cl生成的NH3和HCl遇冷会重新化合生成NH4Cl,错误;B项,为保证CO2充分反应,进气管应伸入液面以下,错误;C项,从溶液中分离溶解度较小的NaHCO3晶体,用过滤
3、法,正确;D项,NaHCO3受热会分解,不能加热干燥,错误。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A.32 g甲醇中含有CH键的数目为4NAB.60 g熔融的NaHSO4中含有的离子数目为1.5NAC.Na2O2与足量H2O反应产生0.2 mol O2,转移电子的数目为0.4NAD.惰性电极电解食盐水,当线路中通过电子数为NA时,阳极产生气体11.2 L导学号16980470答案:C解析:甲醇分子中含有3个CH键,32 g甲醇的物质的量为1 mol,含有3 mol CH键,含有CH键的数目为3NA,A错误;60 g熔融的NaHSO4的物质的量为0.5 mol,0.5 mol熔融硫
4、酸氢钠电离出0.5 mol钠离子和0.5 mol硫酸氢根离子,总共含有1 mol离子,含有的离子数为NA,B错误;过氧化钠中氧元素的化合价为-1价,Na2O2与足量H2O反应产生0.2 mol O2,转移了0.4 mol电子,转移电子的数目为0.4NA,C正确;无法确定是标准状况下,因此不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算生成气体的体积,D错误。4.下列指定反应的离子方程式正确的是()A.漂白粉中加入浓盐酸:ClO-+Cl-+2H+Cl2+H2OB.氯化铁溶液洗涤银镜:Fe3+AgFe2+Ag+C.0.1 molL-1NH4HSO4溶液和0.1 molL-1NaOH溶液等体积混合:N+H+2O
5、H-NH3H2O+H2OD.0.1 molL-1的NaAlO2溶液和0.15 molL-1的H2SO4溶液等体积混合:Al+4H+Al3+2H2O导学号16980471答案:A解析:漂白粉中加入浓盐酸,二者反应生成氯气,反应的离子方程式为ClO-+Cl-+2H+Cl2+H2O,A正确;由于铁离子的氧化性小于银离子,铁离子与银单质不发生反应,B错误;0.1 molL-1NH4HSO4溶液和0.1 molL-1NaOH溶液等体积混合,氢氧化钠不足,正确的离子方程式为H+OH-H2O,C错误;偏铝酸根离子与氢离子的物质的量之比为13,设偏铝酸根离子为1 mol,氢离子为3 mol,1 mol Al与
6、1 mol H+反应生成1 mol Al(OH)3,剩余的2 mol氢离子溶解氢氧化铝的物质的量为 mol,则反应生成氢氧化铝和铝离子的物质的量之比为12,正确的离子方程式为3Al+9H+2Al3+Al(OH)3+3H2O,D错误。5.(2016北京海淀区期中)X、Y、Z、M、R为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如右图所示。下列说法不正确的是()A.简单阳离子半径:XRB.最高价含氧酸的酸性:Zc(CH3COO-)c(H+)c(OH-)B.Na2CO3溶液加水稀释后,恢复至原温度,pH增大,KW不变C.一定温度下,pH=6的HCl溶液和pH=6的NH4Cl溶液中,c(H+)相
7、等D.在Na2S溶液中加入AgCl固体,溶液中c(S2-)不变化导学号16980473答案:C解析:0.1 molL-1 CH3COONa溶液中CH3COO-水解呈碱性,c(OH-)c(H+),A错误;Na2CO3溶液加水稀释后,恢复至原温度,pH减小,KW不变,B错误;因为pH=-lg c(H+),故一定温度下,pH=6的HCl溶液和pH=6的NH4Cl溶液中c(H+)相等,C正确;溶液中加入AgCl固体,存在平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),Ag+和S2-反应生成Ag2S沉淀,使溶液中c(S2-)减小,D错误。12.(2016浙江杭州七校模拟)高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是
8、强酸,其酸性在水溶液中差别不大。下表是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数:酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.610-56.310-91.610-94.210-10根据表中数据判断以下说法不正确的是()A.在冰醋酸中,高氯酸的酸性最强B.水对于这四种酸的强弱没有区分能力,但醋酸可以区分这四种酸的强弱C.在冰醋酸中1 molL-1的高氯酸的电离度约为0.4%D.在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO42H+S答案:D解析:在冰醋酸中,HClO4的Ka最大,酸性最强,A正确;这四种酸在水中都完全电离,在冰醋酸中电离程度不同,因此用冰醋酸可以区分这四种酸的强弱,B正确;因为Ka=1.610-
9、5,在冰醋酸中1 molL-1的高氯酸的c(H+)=410-3 molL-1,所以高氯酸的电离度约为0.4%,C正确;在冰醋酸中硫酸的电离方程式应为H2SO4H+HS,D错误。13.关于如图电解池工作时的相关叙述正确的是()A.Fe电极作阳极,发生氧化反应B.Cl-向石墨极做定向移动C.石墨电极反应:Fe3+3e-FeD.电解池发生总反应:2Cl-+2Fe3+Cl2+2Fe2+答案:A解析:由电子转移方向可知石墨为阴极,铁为阳极。电子流出的一极是电源的负极,故Fe连接电源的正极,为阳极,发生氧化反应,A正确;电解质溶液中,阴离子向阳极移动,故Cl-向Fe极做定向移动,B错误;石墨是电解池的阴极
10、,发生还原反应,电极反应为:Fe3+e-Fe2+,C错误;Fe为阳极,发生氧化反应生成Fe2+,阴极Fe3+得电子生成Fe2+,故电解池发生总反应:Fe+2Fe3+3Fe2+,D错误。14.(2016重庆南开中学月考)在25 时,H2R及其钠盐的溶液中,H2R、HR-、R2-三者所占的物质的量分数(a)随溶液pH变化关系如图所示,下列叙述错误的是()A.H2R是二元弱酸,其Ka1=110-2B.当溶液恰好呈中性时,c(Na+)=2c(R2-)+c(HR-)C.NaHR在溶液中水解倾向大于电离倾向D.含Na2R与NaHR各0.1 mol的混合溶液的pH=7.2导学号16980474答案:C解析:
11、由pH=2可知c(H+)=0.01 molL-1,其Ka1=c(H+)=0.01,A正确;当溶液恰好呈中性时,根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)得出c(Na+)=2c(R2-)+c(HR-),B正确;NaHR在溶液中pH5,HR-电离倾向大于水解倾向,C错误;含Na2R与NaHR各0.1 mol的混合溶液中的R2-和HR-的浓度相等,由Ka2=c(H+)可知溶液的pH=7.2,D正确。15.(2016湖南十三校第一次联考)在T 时,将N2O4、NO2分别充入两个容积均为1 L的密闭容器中,反应过程中浓度变化如下:容器物质起始浓度/(molL-1)平
12、衡浓度/(molL-1)N2O40.1000.040NO200.120N2O400.014 2NO20.1000.071 6下列说法不正确的是()A.平衡时,、中反应物的转化率(N2O4)(NO2)B.平衡后,升高相同温度,以N2O4表示的反应速率v()(NO2),A正确。由表中数据可知,平衡时容器中c(N2O4)大于容器中c(N2O4),故以N2O4表示的反应速率v()v(),升高相同温度,反应速率加快,仍有v()v(),B错误。中反应为N2O4(g)2NO2(g),中反应为2NO2(g)N2O4(g),两者平衡常数互为倒数,故K()=,故C正确。中反应为N2O4(g)2NO2(g)H0,升
13、高温度,平衡正向移动,NO2浓度增大,颜色变深;中反应为2NO2(g)N2O4(g)H0,升高温度,平衡逆向移动,NO2浓度增大,颜色变深,故D正确。16.(2016陕西西安铁一中模拟)X、Y、Z是三种气态物质,在一定温度下其变化符合下图。下列说法不正确的是()A.图中反应的化学方程式为X(g)+3Y(g)2Z(g)B.若升高温度,图中反应的平衡常数减小,Y的转化率降低C.若图中有一种是加入了催化剂,则曲线b是加入催化剂时的能量变化曲线,曲线a是没有加入催化剂时的能量变化曲线D.若图中甲表示压强,乙表示Z的含量,则其变化符合图中曲线答案:D解析:根据图中各物质的变化,可知X、Y是反应物,Z是生
14、成物,浓度变化比值为(0.5-0.3)(0.7-0.1)(0.4-0)=132,根据浓度变化之比等于化学计量数之比可知化学方程式为X(g)+3Y(g)2Z(g),A正确;根据图可知,该反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,平衡常数减小,Y的转化率降低,B正确;加入催化剂能降低反应的活化能,所以图中曲线b是加入催化剂的能量变化曲线,C正确;压强增大平衡右移,Z的含量增大,D错误。17.(2016安徽六校联考)已知合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0,当反应器中按n(N2)n(H2)=13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、
15、c如右图所示。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)baD.N点时c(NH3)=0.2 molL-1,则N点的c(N2)c(NH3)=11答案:D解析:合成氨的反应为放热反应,反应温度越高,越不利于反应正向进行,曲线a的氨气的物质的量分数最高,其反应温度最低,故A错误;平衡常数只与温度有关,该反应是放热反应,温度越高平衡常数越小,题图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系为K(M)=K(Q)K(N),故B错误;反应为放热反应,反应温度越高,越不利于反应的进行,相同条件下曲线a、b、c的氨的物质的量分数abc,则反应温度abc,
16、温度越高反应速率越快,达到平衡时间越短,即达到平衡的时间cba,故C错误;在N点氨气的物质的量分数为20%,剩余氮气和氢气的物质的量分数的和为80%,N点c(NH3)=0.2 molL-1时,氮气和氢气的浓度和为0.8 molL-1,因为n(N2)n(H2)=13,则c(N2)=0.2 molL-1,c(N2)c(NH3)=11,故D正确。18.(2016湖北孝感高中调考)还原沉淀法是处理含铬(含Cr2和Cr)工业废水的常用方法,过程如下:CrCr2Cr3+Cr(OH)3已知转化过程中的反应为2Cr(aq)+2H+(aq)Cr2(aq)+H2O(l)。转化后所得溶液中Cr2中铬元素的含量为28
17、.6 gL-1,Cr转化为Cr2,下列说法不正确的是()A.溶液颜色保持不变,说明上述可逆反应达到平衡状态B.若用绿矾(FeSO47H2O)作还原剂,处理1 L废水,至少需要458.7 gC.常温下转化反应的平衡常数K=11014,则转化后所得溶液的pH=5D.常温下Ksp=110-32,要使处理后废水中的c(Cr3+)降至110-5 molL-1,应调溶液的pH=5导学号16980476答案:C解析:A项,溶液颜色保持不变,说明Cr2和Cr的浓度不变,则题给可逆反应达到平衡状态,正确;B项,根据氧化还原反应中得失电子总数相等可得:28.6 g52 gmol-13=m(FeSO47H2O)27
18、8 gmol-1,解得m(FeSO47H2O)=458.7 g,正确;C项,转化后所得溶液中Cr2中铬元素的含量为28.6 gL-1,则c(Cr2)=0.275 molL-1,有的Cr转化为Cr2,则转化后溶液中c(Cr)=0.275 molL-12=0.055 molL-1,代入2Cr(aq)+2H+(aq)Cr2(aq)+H2O(l)的平衡常数K=11014,解得c(H+)10-6,则pH=6,错误;D项,Ksp=c(Cr3+)c3(OH-),当c(Cr3+)=110-5 molL-1时,可求得c(OH-)=110-9 molL-1,则pH=5,正确。二、非选择题(本题共4个小题,共46分
19、)19.(2016湖南益阳三模)(8分)现有A、B、C、D四种短周期元素,A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物,且甲、乙、丙3种分子中含有相同数目的质子,C、D结合生成化合物丁。有关元素的单质和甲、乙、丙、丁四种化合物的转化关系如图: (1)写出B(单质)+乙甲+C(单质)的化学方程式:。(2)根据以上条件可以确定A、B、C、D四种元素中的三种,不能被确定的第四种元素是(填写序号)。ABCD(3)依据下列条件可以进一步确定上述第四种元素:甲与丙以及乙与丙均能发生反应,甲、丙、丁都是无色有刺激性气味的物质。据此,请回答下列问题:A.写出上述第四种元素在周期表中的位置:;B.写出C(单质
20、)+丙乙+丁的化学方程式:。答案:(1)2F2+2H2O4HF+O2(2)(3)第二周期第A族4NH3+5O24NO+6H2O解析:根据题给信息可初步确定A是氢元素,考虑到B(单质)可置换出C(单质),可初步确定B是氟元素,C是氧元素,D是碳元素或氮元素;如果确定B是氯元素,C是硫元素,则D为磷元素或硅元素,这与“C、D结合生成化合物丁”和“C单质与丙反应生成丁和乙”矛盾,故A是氢元素,B是氟元素,C是氧元素,D是氮或碳元素,甲是HF,乙是H2O,丙是NH3或CH4,丁是NO或CO2。(1)B(单质)+乙甲+C(单质)的反应是氟气和水反应生成氟化氢和氧气的反应,化学方程式为2F2+2H2O4H
21、F+O2。(2)依据分析可知,D元素不能确定。(3)由信息可知丙为NH3,丁为NO,故D元素为氮元素,在周期表中位于第二周期第A族;C(单质)+丙乙+丁的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。20.(2016福建四地六校联考)(12分)甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究。操作现象.A中溶液变红.稍后,溶液由红色变为黄色(1)B中反应的离子方程式是。(2)A中溶液变红的原因是。(3)为了探究现象的原因,甲同学进行如下实验:取A中黄色溶液于试管中,加入NaOH溶液,有红褐色沉淀生成,则溶液中一定存在。取A中黄色溶液于试管中,加入过量的KSCN溶液,最终得到红色溶
22、液。甲同学的实验证明产生现象的原因是SCN-与Cl2发生了反应。(4)甲同学猜想SCN-可能被Cl2氧化了,他又进行了如下研究。资料显示:SCN-的电子式为C-。甲同学认为SCN-中碳元素没有被氧化,理由是。取A中黄色溶液于试管中,加入用盐酸酸化的BaCl2溶液,产生白色沉淀,此实验证明SCN-中被氧化的元素是。通过实验证明了SCN-中氮元素转化为N,他的实验方案是。若SCN-与Cl2反应生成1 mol CO2,写出反应的离子方程式:,并计算转移电子的物质的量是 mol。导学号16980477答案:(1)Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O(2)Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+,Fe3+与
23、SCN-反应生成Fe(SCN)3(3)Fe3+(4)SCN-中的碳元素是最高价态+4价硫元素取足量铜粉于试管中,加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸,加热,观察到试管上方有红棕色气体生成,证明A中存在N,SCN-中氮元素被氧化成了NSCN-+8Cl2+9H2ON+S+CO2+16Cl-+18H+16解析:(4)根据SCN-的电子式可知,SC键中的共用电子对偏向S原子,CN键中的共用电子对偏向N原子,所以SCN-中各元素的化合价为,由于碳元素已达最高价,故不能被氧化。产生的白色沉淀应为BaSO4,故SCN-中被氧化的元素是硫元素。检验N可通过将N转化为NO2的方法。SCN-和Cl2反应生成CO2,说
24、明反应物中还应有H2O,而生成物根据已有信息可知有CO2、N、S,根据氧化还原反应原理知还有还原产物Cl-,由原子守恒可知还有H+,据此可写出反应的离子方程式。21.(2016安徽“江南十校”联考)(12分)雾霾天气是一种大气污染状态,雾霾的源头多种多样,比如汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧,甚至火山喷发等。(1)汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定温度和催化剂的条件下可净化。已知部分化学键的键能如下:分子式/结构式NO/NOCO/COCO2/O=C=ON2/NN化学键NOCOC=ONN键能/(kJmol-1)6321 072750946请完成汽车尾气净化中NO(g)和CO(g)发生
25、反应的热化学方程式:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H= kJmol-1若上述反应在恒温、恒容的密闭体系中进行,并在t1时刻达到平衡状态,则下列示意图不符合题意的是(填选项序号)。(2)在T 时,向体积为10 L的恒容密闭容器中通入NO和CO,测得了不同时间时NO和CO的物质的量如下表:时间/s012345n(NO)/10-2mol10.04.502.501.501.001.00n(CO)/10-1mol3.603.052.852.752.702.70T 时该反应的平衡常数K=,既能增大反应速率又能使平衡正向移动的措施是(写出一种即可)。(3)NH3催化还原氮氧化物(SCR
26、)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。在氨气足量的情况下,不同c(NO2)/c(NO)、不同温度对脱氮率的影响如右图所示(已知氨气催化还原氮氧化物的正反应为放热反应),请回答温度对脱氮率的影响,给出合理的解释:。答案:(1)-538ABC(2)500加压(3)300 之前,温度升高脱氮率逐渐增大;300 之后,温度升高脱氮率逐渐减小300 之前,反应未平衡,反应正向进行,脱氮率增大;300 时反应达平衡,平衡后升温,平衡逆向移动,脱氮率减小解析:(1)化学反应的焓变等于反应物中所有化学键的键能之和减去生成物中所有化学键的键能之和,因此H=2632 kJmol-1+21 072 kJmo
27、l-1-946 kJmol-1-4750 kJmol-1=-538 kJmol-1;t1时刻以后,正反应速率依然在变化,证明没有达到平衡状态,不符合题意,故A错误;平衡常数K只与温度有关,由于该反应是在恒温条件下进行的,因此平衡常数K始终不变,B错误;t1时刻以后,NO和CO2的量依然在变化,证明没有达到平衡状态,C错误;该反应是气体分子数减小的反应,由于该反应在恒温、恒容条件下进行,随着反应的进行,容器内压强不断减小,当反应达到平衡状态时,压强不再发生变化,因此D正确。(2)CO和NO发生反应,化学方程式为:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)起始浓度(10-2 molL-1
28、)1 3.600转化浓度(10-2 molL-1)0.9 0.90.450.9平衡浓度(10-2 molL-1)0.1 2.70.450.9K=500。加压既能增大反应速率,又能使平衡向气体分子数减少的正向移动。(3)根据图示信息可知,300 之前,温度升高脱氮率逐渐增大,300 之后,温度升高脱氮率逐渐减小。原因是300 之前,反应未达到平衡,反应正向进行,脱氮率增大。300 时反应达平衡,之后升温平衡逆向移动,脱氮率减小。22.(2016河北邯郸第一中学第二次模拟)(14分)工业上用菱锰矿为原料制取二氧化锰,其流程示意图如下:已知:生成氢氧化物沉淀的pH如下表:Mn(OH)2Fe(OH)2
29、Fe(OH)3Cu(OH)2开始沉淀时8.36.32.74.7完全沉淀时9.88.33.76.7注:金属离子的起始浓度为0.1 molL-1回答下列问题:(1)含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎,主要目的是;盐酸溶解MnCO3的化学方程式是。(2)向溶液1中加入双氧水时,反应的离子方程式是。(3)滤液2中加入稍过量的难溶电解质MnS,以除去Cu2+,反应的离子方程式是。(4)将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法。其具体做法是用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化,该反应的离子方程式为:5Mn2+2Cl+。(5)将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法。生成MnO2的电极反应式是;若
30、在上述MnCl2溶液中加入一定量的Mn(NO3)2粉末,则无Cl2产生。其原因是。导学号16980478答案:(1)增大接触面积,提高反应速率MnCO3+2HClMnCl2+CO2+H2O(2)2Fe2+H2O2+4H2O2Fe(OH)3+4H+(3)MnS+Cu2+Mn2+CuS(4)4H2OCl25MnO28H+(5)Mn2+-2e-+2H2OMnO2+4H+其他条件不变,增大Mn2+浓度,有利于Mn2+放电(不利于Cl-放电)解析:菱锰矿用盐酸酸浸后,MnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3与盐酸反应,SiO2不与盐酸反应,过滤得到滤渣1为SiO2,滤液1中含有氯化锰、氯化亚铁、氯
31、化铜及剩余的HCl,向滤液1中加入生石灰,调节溶液pH=4,加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+,在pH=4时氧化得到的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,过滤除去,滤液2中加入MnS,将溶液中Cu2+转化为CuS沉淀过滤除去,滤液3中为MnCl2,通过系列转化可得到MnO2。(1)将菱锰矿粉碎,可以增大反应物接触面积,提高反应速率;碳酸锰与盐酸反应生成氯化锰、二氧化碳与水,反应的化学方程式为MnCO3+2HClMnCl2+CO2+H2O。(2)加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+,在pH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,根据电荷守恒有氢离子生成,反应离子方程式为2Fe
32、2+H2O2+4H2O2Fe(OH)3+4H+。(3)MnS与氯化铜反应转化为更难溶的CuS,同时得到氯化锰,反应离子方程式为MnS+Cu2+Mn2+CuS。(4)用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化得到MnO2,锰元素发生氧化反应,则氯元素发生还原反应生成Cl2,由于在酸性条件下反应,根据电荷守恒可知,生成物中有H+生成,根据氢元素守恒可知反应物中缺项物质为H2O,配平后离子方程式为5Mn2+2Cl+4H2OCl2+5MnO2+8H+。(5)由题意可知,Mn2+转化为MnO2,发生氧化反应,由氧元素守恒可知有水参加反应,由电荷守恒可知应有H+生成,电极反应式为:Mn2+-2e-+2H2OMnO2+4H+;Mn2+、Cl-都在阳极放电,二者为竞争关系,增大Mn2+浓度,有利于Mn2+放电(不利于Cl-放电)。
