1、河北省武邑中学2018-2019学年高二上学期期末考试化学试题1.下列过程没有发生化学反应的是A. 用消毒液杀灭游泳池中的藻类 B. 用CaCl2融化路面的积雪C. 用石灰修复被酸雨浸蚀的土壤 D. 用催化剂将汽车尾气中的CO和NO转化为无害物质【答案】B【解析】试题分析:A消毒液杀灭游泳池中的藻类,是利用了消毒液的强氧化性,使藻类的细胞组织变性,发生了化学反应;B用CaCl2融化路面的积雪,是降低了冰的凝固点,是物理变化;C用石灰修复被酸雨浸蚀的土壤,是利用石灰的碱性,与酸性土壤发生了酸碱中和反应;D用催化剂将汽车尾气中的CO和NO转化为无害物质,有新物质生成,是化学变化。故选B。考点:化学
2、反应的判断2.下列有关对定量实验误差分析正确的是A. 中和热测定实验中,缓慢地将NaOH溶液倒入测定装置中测定结果无影响B. 酸碱中和滴定实验中,锥形瓶用待测液润洗测定结果无影响C. 测定溶液pH的实验中,用干燥pH试纸测定新制氯水的pH 测定结果无影响D. 现需90 mL 1.0 mol/LNaOH溶液,称取3.6 g NaOH 固体配制 溶液浓度偏低【答案】D【解析】【详解】A项、缓慢地将NaOH溶液倒入测定装置中,会使热量损失,造成中和热测量数值偏小,故A错误;B项、锥形瓶用蒸馏水洗后,不能用待测润洗,否则待测液的物质的量增加,滴定时标准液所用体积增加,导致测定结果偏大,故B错误;C项、
3、新制氯水中含有次氯酸,能漂白pH试纸,不可用pH试纸测定新制氯水的pH,故C错误;D项、实验室没有90mL容量瓶,配制90mL 1.0molL-1NaOH溶液,需要选用100mL容量瓶,需要氢氧化钠的物质的量为:1mol/L0.10L=0.1mol,需要氢氧化钠的质量为:40g/mol0.1mol=4.0g,称取3.6gNaOH固体配制,溶质偏小,溶液浓度偏低,故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学实验基本操作,侧重于分析能力和实验能力的考查,注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器是解答关键。3.将amol二氧化锰粉末加入 50 mL b molL1的浓盐酸中加热完全溶解,反应中转移电子d个,设
4、NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A. 可以收集到氯气 22.4d/2NA LB. 反应后溶液中的Cl数目为2aC. 转移电子数d与MnO2 的物质的量n的关系为 d/NA=2n(MnO2)D. 反应后溶液中的H数目为0.05b2d【答案】C【解析】【分析】二氧化锰与浓盐酸共热反应MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O,随反应的进行,浓盐酸变为稀盐酸,稀盐酸与二氧化锰不反应。【详解】A项、没有明确是否为标准状况,无法计算收集到氯气的体积,故A错误;B项、2a只是计算了生成的氯化锰中的氯离子,过量盐酸中的氯离子没有计算在内,故B错误;C项、依据电子转移守恒:MnO2MnCl22e
5、-, n(MnO2)2NA=d,则d/NA=2n(MnO2),故C正确;D项、浓盐酸具有挥发性,反应中挥发的盐酸无法计算,则无法计算反应后溶液中H+的数目,故D错误。故选C。【点睛】本题考查化学方程式有关计算,侧重考查分析能力,D选项为易错点,容易忽略盐酸易挥发。4.下列实验操作正确的是实验操作A证明某溶液中存在Fe2先加少量氯水,再滴加KSCN溶液,出现血红色B测定熔融苛性钠的导电性在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量C证明氯的非金属性大于碳向碳酸钙中滴加盐酸,有气泡产生D制备氯化镁固体将MgCl2晶体在氯化氢的气流中加热A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A、先
6、加少量氯水,可氧化亚铁离子;B、瓷坩埚中熔化氢氧化钠,发生二氧化硅与NaOH的反应;C、向碳酸钙中滴加盐酸,发生强酸制取弱酸的反应,但HCl为无氧酸;D、MgCl2溶液在氯化氢的气流中蒸干,抑制水解。【详解】A项、先加少量氯水,可氧化亚铁离子,检验亚铁离子应先加KSCN溶液无现象,再加氯水,故A错误;B项、瓷坩埚中熔化氢氧化钠,瓷坩埚中二氧化硅与NaOH的反应,不能测定熔融苛性钠的导电性,应选铁坩埚,故B错误;C项、向碳酸钙中滴加盐酸,发生强酸制取弱酸的反应,但HCl为无氧酸,则不能比较Cl、C的非金属性,故C错误;D项、MgCl2溶液在氯化氢的气流中蒸干,抑制水解,则可制备氯化镁晶体,故D正
7、确。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价,侧重分析与实验能力的考查,注意元素化合物知识于实验的结合,把握物质的性质、发生的反应、离子检验、盐类水解等为解答的关键。5.将反应 4(NH4)2SO4=N2+ 6NH3+ 3SO2+ SO3+ 7H2O 的产物气体通入BaCl2溶液,下列判断正确的是A. 无沉淀生成 B. 肯定没有BaSO3生成C. 得到的沉淀是纯净物 D. 得到的沉淀是BaSO4和BaSO3组成的混合物【答案】D【解析】试题分析:产生的三氧化硫溶于水生成硫酸,进而产生硫酸钡沉淀;由于还有氨气产生,因此能与二氧化硫一起反应生成亚硫酸铵,进而生成亚硫酸钡沉淀,答案选D。考点:考查
8、元素及其化合物的性质6.在指定条件下,下列各组离子可能大量共存的是A. 无色澄清透明溶液中:H+、Fe2+、SO42、ClB. 与铝反应放出H2的溶液中:NH4+、K+、NO3、BrC. 由水电离的c(OH)=1013mol/L的溶液中:Na+、Cl、CO32、NO3D. 滴加酚酞显红色的溶液中:Na+、ClO、SO32、SO42【答案】C【解析】【分析】A、Fe2+在溶液中为浅绿色;B、与铝反应放出H2的溶液,可能为酸溶液或强碱溶液;C、水电离的c(OH-)=10-13molL-1的溶液,可能为酸溶液或碱溶液;D、溶液中ClO-、SO32之间发生氧化还原反应。【详解】A项、Fe2+在溶液中为
9、浅绿色,与无色溶液不符,故A错误;B项、与铝反应放出H2的溶液,可能为酸溶液或强碱溶液,碱溶液中氢氧根与铵根离子反应不能大量共存,酸溶液中Al与硝酸发生氧化还原反应生成一氧化氮,不能生成氢气,故B错误;C项、水电离的c(OH-)=10-13molL-1的溶液,可能为酸溶液或碱溶液,无论是酸溶液还是碱溶液,该组离子之间不反应,可大量共存,故C正确;D项、滴加酚酞显红色的溶液为碱性溶液,溶液中ClO-、SO32之间发生氧化还原反应,不能大量共存,故D错误。故选C。【点睛】本题考查离子的共存,明确习题中的信息及信息的应用是解答的关键,注意离子之间的氧化还原反应为解答的难点。7.将溶液(或气体)X逐渐
10、加入(或通入)到一定量的Y溶液中,产生沉淀的质量与加入X的物质的量关系如图所示,符合图中情况的一组物质是XY溶液ABa(HCO3)2溶液NaOH溶液BKOH溶液Mg(HSO4)2溶液CNa2CO3溶液CaCl2溶液DCO2气体石灰水A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】试题分析:A、将Ba(HCO3)2溶液逐滴加入NaOH溶液,开始发生的反应为:Ba2+ 2OH-+2 HCO3-2BaCO3 + 2H2O,一开始就生成沉淀,与图像不符,错误;B、将KOH溶液逐滴加入Mg(HSO4)2溶液,发生的反应依次为:H+OHH2O、Mg2+2OHMg(OH)2,开始不产生沉淀,一段时间
11、后生成沉淀,与图像相符,正确;C、将Na2CO3溶液逐滴加入CaCl2溶液,发生的反应为:CO32-+ Ca2+=CaCO3。一开始就生成沉淀,与图像不符,错误;D、将CO2气体通入石灰水知过量,发生的反应为:CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O,CO2+CaCO3+H2OCa(HCO3)2,先生成沉淀后消失,与图像不符,错误。考点:考查与化学反应相关的图像分析。8.短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的位置如图,其中Y所处的周期数与族序数相等。W最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法不正确的是 WXYZA. X、Y、Z、W的原子半径依次减小B. 气态氢化物的稳定性:WZC. W与X形
12、成的化合物中只含有离子键D. W与Y形成的化合物可分别与NaOH溶液和盐酸反应【答案】C【解析】试题分析:短周期元素中,W最外层电子数是其内层电子数的3倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,W为O元素;W、Z同主族,则Z为S元素;Y所处的周期序数与族序数相等,短周期元素,则Y为第三周期第A族元素,即Y为Al,由元素的位置可知X为Na。A.同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大,原子半径XYZW,A项正确;B.非金属性OS,氢化物稳定性H2OH2S,B项正确;C.W与X形成的化合物有氧化钠、过氧化钠,过氧化钠中含有离子键、共价键,C项错误;D.W与Y形成的化合物为氧化铝,可
13、分别与NaOH溶液和盐酸反应,D项正确;答案选C。考点:考查元素周期表和元素周期律的应用。9.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度,现将w1g样品加热,其质量变为w2g,则该样品的纯度(质量分数):A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析:设样品中含有NaHCO3杂质的质量为x,则根据反应方程式:2NaHCO3Na2CO3CO2H2O可知:每有284g NaHCO3发生反应,会产生106g Na2CO3,反应前后固体质量减少m=62g,现在固体质量减小(w1-w2) g,则含有的NaHCO3杂质的质量x=(w1-w2) g62g168g =84(w1w2)/ 31
14、g,所以该样品的纯度(质量分数)是w(Na2CO3)=(w1x)w1=,故选项A正确。考点:考查物质的量在混合物的化学计算的知识。10.室温下,在0.2mol/LAl2(SO4)3溶液中,逐滴加入1.0mol/LNaOH溶液,实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如下图,下列有关说法正确的是A. a点时,溶液呈酸性的原因是Al3+水解,离子方程式为:Al3+3OH-Al(OH)3B. ab段,溶液pH增大,Al3+浓度不变C. bc段,加入的OH-主要用于生成Al(OH)3沉淀D. d点时,Al(OH)3沉淀开始溶解【答案】C【解析】试题分析:A、铝离子的水解方程式应为Al33H2OAl(
15、OH)33H,错误;B、ab段,溶液pH增大,水解平衡正向移动,铝离子浓度减小,错误;C、bc段,加入氢氧根主要用于生成氢氧化铝沉淀,正确;D、c点时,Al(OH)3沉淀开始溶解,错误。考点:考查与化学反应相关的图像,盐类的水解,铝的化合物的性质。11.取浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB两种盐溶液各1L,分别通入0.02molCO2,发生反应:NaA + CO2 + H2O=HA + NaHCO3、 2NaB + CO2 + H2O=2HB + Na2CO3。将浓度均为0.1 mol/L、体积均为1L的HA溶液和HB溶液分别加水稀释至体积为VL,溶液pH的变化曲线如图所示,则下列说法正
16、确的是A. HA是强酸,HB是弱酸B. X是HB,Y是HAC. 常温下,pH相等的NaA溶液与NaB溶液的物质的量浓度:c(NaA)c(NaB)D. NaA与NaB的混合溶液中:c(Na+) + c(H+)c(A) + c(B) + c(HA) + c(HB)【答案】B【解析】试题分析:由反应:NaA+CO2+H2O=HA+NaHCO3、2NaB+CO2+H2O=2HB+Na2CO3可知,酸性:H2CO3HAHCO3HB。AHA、HB浓度均为0.1mol/L,由图中起点pH值可知,pH(HA)=2,pH(HB)3,则HA、HB都是弱酸,故A错误;B加水稀释,促进弱酸的电离。酸性越弱,溶液稀释后
17、pH变化越小,所以相同倍数稀释时,pH变化小的X为酸性更弱的HB,Y为HA,故B正确;C酸越弱,对应离子的水解能力越强,则水解能力NaBNaA,因两溶液水解呈碱性且pH相等,则c(NaA)c(NaB),故C错误;DNaA与NaB的混合溶液中,根据电荷守恒可得,c(Na+)+c(H+)=c(A)+c(B)+c(OH),故D错误。故选B。考点:弱电解质的电离平衡与离子浓度大小比较12.现有a、b、c三个容器,a容器恒容恒温,b容器恒压恒温,c容器恒容绝热。在三个容器中各充入1molI2(g)和2molH2发生反应I2(g) + H2(g)2HI(g) H0,初始时三个容器的体积和温度均相等,则反应
18、达到平衡后,三个容器中I2(g)的转化率的大小关系是A. a=bc B. bac C. cba D. a=bc,故选A。13.对于密闭容器中可逆反应A2(g) + 3B2(g)2AB3(g),探究单一条件改变情况下,可能引起平衡状态的改变,得到如下图所示的曲线(图中T表示温度,n表示物质的量)下列判断正确的是A. 加入催化剂可以使状态d变为状态bB. 若T1T2,则逆反应一定是放热反应C. 达到平衡时A2的转化率大小为:bacD. 在T2和n (A2)不变时达到平衡,AB3的物质的量大小为:cba【答案】D【解析】试题分析:A催化剂只改变反应速率不改变平衡移动,所以加入催化剂不可能使状态d变为
19、状态b,故A错误;B若T1T2,由图象可知温度升高AB3的平衡体积分数减小,说明升高温度平衡向逆反应分析移动,则逆反应为吸热反应,故B错误;C由图可知,横坐标为B2的物质的量,增大一种反应物的量会促进另一种反应物的转化率增大,则B2越大达到平衡时A2的转化率越大,即达到平衡时A2的转化率大小为cba,故C错误;D由图可知,横坐标为B2的物质的量,增大一种反应物的量必然会促进另一种反应物的转化,则B2越大达到平衡时A2的转化率越大,生成物的物质的量越大,则平衡时AB3的物质的量大小为:cba,故D正确;故选D。考点:考查了化学平衡移动图象的相关知识。14.25时,0.1 mol/L下列溶液的pH
20、如下表,有关比较正确的是序号溶液NaClCH3COONH4NaClONaHCO3Na2CO3pH7.07.010.38.311.6A. 酸性的相对强弱:HClOHCO3B. 由水电离产生的c(H+):C. 溶液中酸根离子浓度:c(ClO)c(HCO3)D. 在溶液等体积混合后的溶液中:c(HCO3) + c(CO32) + c(H2CO3)0.1 mol/L【答案】D【解析】根据表中数据得到碱性为:NaClONa2CO3,再根据越弱越水解的原理得到酸性为:HClOHCO3,选项A错误。NaCl对于水的电离无影响,CH3COONH4对于水的电离起到促进作用,所以选项B错误。因为碱性:NaClON
21、aHCO3,所以ClO-的水解能力更强,则ClO-剩余的浓度应该更小,即溶液中酸根离子浓度:c(ClO)c(HCO3),选项C错误。溶液等体积混合后是c(NaHCO3)=c(Na2CO3)=0.05mol/L的混合溶液(注意体积变为原来的2倍),c(HCO3)+c(CO32)+c(H2CO3)=0.1mol/L是溶液的物料守恒,选项D正确。点睛:利用越弱越水解的原理解决问题时,应该要注意二元酸的正盐和酸式盐的区别。一般可以这样理解:正盐对应的“酸”应该酸式盐的酸根,酸式盐对应的酸才是真正的二元酸。例如:碳酸钠对应的是碳酸氢根,碳酸氢钠对应的是碳酸。15.在2L密闭容器中进行反应C(s)+H2O
22、(g)CO(g)+H2(g)H0,测得c(H2O)随反应时间(t)的变化如图。下列判断正确的是A. 05min内,v (H2)=0.05mol/(Lmin)B. 5min时该反应的K值一定小于12 min时的K值C. 10 min时,改变的外界条件可能是减小压强D. 5min时该反应的v (正)大于11 min 时的v (逆)【答案】B【解析】试题分析:A根据图可知,前5min内H2O的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L,根据vc/t(1mol/L0.5mol/L)/5min0.1mol/(Lmin),由化学计量数之比等于反应速率之比,则v(H2)=0.1mol/(Lmin),A
23、错误;B由图可知,10min时H2O的浓度继续减小,反应向正反应方向移动,该反应正反应是吸热反应,所以是升高温度,所以5 min时该反应的K值一定小于12 min时的K值,B正确;C由图可知,10min时H2O的浓度继续减小,反应向正反应方向移动,该反应正反应是吸热反应,所以是升高温度,C错误;D根据B的判断,11 min时的温度高于5min时,根据温度越高反应速率越快,所以5 min时该反应的v正小于11 min时的v逆,D错误;答案选B。考点:考查化学平衡图象,涉及反应速率的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡状态本质16.某课外活动小组欲利用CuO与NH3的反应研究NH3的性质与分子组成,
24、设计了如下实验装置(夹持装置未画出)进行实验。请回答下列问题:(1)仪器a的名称为 ;仪器b中的试剂不能为下列中的 (填字母)A氧化钙B碱石灰C石灰石D生石灰(2)装置B的作用是 (3)实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体,量气管收集到无色无味的气体,上述现象证明了NH3具有 性,写出装置C中发生反应的化学方程式 (4)E装置中浓硫酸的作用 (写出一条即可)(5)实验完毕,若测得干燥管D增重mg,装置F测得气体的体积为nL(已折算成标准状况),则氨分子中氮、氢的原子个数比为 (用含m、n字母的代数式表示)【答案】(1)分液漏斗,C;(2)干燥氨气;(3)还原,3CuO+2NH33Cu
25、+N2+3H2O;(4)阻止F中水蒸气进入D(或吸收未反应的氨气);(5)9n/11.2m。【解析】试题分析:(1)仪器a的名称为分液漏斗,装置A作用制取NH3,利用NH3H2O不稳定,受热易分解,氧化钙、碱石灰、生石灰遇水放出大量的热,使NH3H2O分解,因此选项C正确;(2)装置B的作用是干燥NH3,防止水蒸气对后面实验产生干扰;(3)CuO变为红色铜,铜的化合价降低,且量气管中收集到无色无味的气体,此气体为N2,因此NH3表现还原性,反应方程式为:3CuO + 2NH33Cu + N2 + 3H2O;(4)装置D的作用是吸收反应中产生的水,同时部分NH3未参加反应,必须吸收,因此装置E的
26、作用是吸收未反应的氨气和防止F中的水蒸气进入D装置;(5)装置D增重的是水的质量,则m(H)=m2/18g,F中测量的氮气的体积,即n(N)=n2/22.4mol,则N和H的原子个数比为:n2/22.4:m2/18=9n/11.2m。考点:考查常见仪器的名称、制气反应、实验方案设计的评价、化学计算等知识。17.汽车尾气中排放的NOx和CO污染环境,在汽车尾气系统中装置催化转化器,可有效降低NOx和CO的排放。已知: 2CO(g)O2(g)2CO2(g) H566.0 kJ/mol, N2(g)O2(g)2NO(g) H+180.5 kJ/mol, 2NO(g)O2(g)2NO2(g) H116
27、.5 kJ/mol。 回答下列问题:(1)CO的燃烧热为_。若1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量,则1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为_kJ。(2)CO将NO2还原为单质的热化学方程式为_。(3)为了模拟反应2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)在催化转化器内的工作情况,控制一定条件,让反应在恒容密闭容器中进行,用传感器测得不同时间NO和CO的浓度如下表:时间/s012345c(NO)/(104mo lL-1)10.04.502.501.501.001.00c(CO)/(103 mo lL-1)3.603.
28、052.852.752.702.70 前2s内的平均反应速率v(N2)_,此温度下,该反应的平衡常数K_。 能说明上述反应达到平衡状态的是_。A2n(CO2)n(N2) B混合气体的平均相对分子质量不变C气体密度不变 D容器内气体压强不变 当NO与CO浓度相等时,体系中NO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示,则NO的平衡转化率随温度升高而减小的原因是_,图中压强(p1,p2、p3)的大小顺序为_。【答案】 (1). 283kJmol1 (2). 631.8 (3). 2NO2(g)4CO(g)N2(g)4CO2(g) H=-1196 kJmol1 (4). 1.87510-4 mol/(L
29、s) (5). 5000(或5000Lmol1) (6). B D (7). 该反应的正反应放热,升高温度,平衡逆向移动,NO的平衡转化率减小(或正反应放热,温度越高,越不利于反应正向进行,NO的平衡转化率更小) (8). p1p2p3【解析】【分析】(1)CO燃烧热为1molCO完全燃烧放出的热量;由反应热等于反应物键能之和减去生成物键能之和;(2)由盖斯定律计算反应热,书写热化学方程式;(3)由化学反应速率公式计算;由平衡常数公式计算;反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变,据此分析解答;该反应为反应前后
30、气体的体积减小的放热反应,升高温度,平衡正向移动,增大压强,平衡正向移动。【详解】(1)由2CO(g)O2(g) 2CO2(g) H566.0 kJmol1可知,2molCO完全燃烧放出566.0 kJ的热量,所以1molCO完全燃烧放出283kJ的热量,所以CO的燃烧热为283kJ/mol;若1 mol N2(g)、1 mol O2(g) 分子中化学键断裂时分别需要吸收946 kJ、498 kJ的能量,设1molNO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为x,由N2(g)O2(g) 2NO(g) H946k +498k -2x=+180.5,解之得x631.8,所以1 mol NO(g) 分
31、子中化学键断裂时需吸收的能量为631.75kJ,故答案为:283kJ/mol;631.8 kJ;(2)由盖斯定律2-可得:2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g),则H=(566.0 kJmol1)-(+180.5kJ/mol)-( 116.5 k Jmol1)=-1196kJ/mol,CO将NO2还原为单质的热化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) H=-1196kJ/mol,故答案为:2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g) H=-1196kJ/mol;(3)由表中数据可知,前2 s内,NO的变化量为(10.0-2.50) 10-4
32、 mol/L =7.5010-4mol/L,由N原子守恒可得N2的变化量为3.75mol/L,所以前2s内平均反应速率v(N2)7.5010-4mol/L/2=1.87510-4 mol/(Ls);此温度下,反应在第4s达平衡状态 ,各组分的平衡浓度分别为c(NO)=1.0010-4mol/L、c(CO)=2.7010-3mol/L、c(N2) =4.510-4 mol/L、c(CO2)= 910-4mol/L,所以该反应的平衡常数Kc(N2) c4(CO2)/ c2(NO) c4(CO)=( 4.510-4 mol/L) (910-4mol/L)4/(1.0010-4mol/L)2(2.70
33、10-3mol/L)4= 5000,故答案为:1.87510-4 mol/(Ls);5000;A、在反应过程中关系式2n(CO2)n(N2)恒成立,所以不能说明是平衡状态,错误;B、虽然反应过程中气体的总质量恒不变,但是气体的总物质的量变小,所以混合气体的平均摩尔质量在反应过程中变大,相对分子质量也变大,因此当气体的琷相对分子质量不变时,能说明是平衡状态,正确;C、反应过程中气体的总体积和总质量都不变,所以气体密度不变 ,因此该说法也不能说明是平衡状态,错误;D、正反应是气体体积减小的反应,所以反应过程中气体的压强是变量,当容器内气体压强不变时,说明反应达平衡状态,正确。故选BD,故答案为:B
34、D;该反应的正反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,NO的转化率减小;由反应方程式可知,在相同温度下压强越大,越有利于反应正向进行,则NO的转化率越大,所以图中压强(p1,p2、p3)的大小顺序为p1p2p3,故答案为:该反应的正反应放热,升高温度,平衡逆向移动,NO的平衡转化率减小(或正反应放热,温度越高,越不利于反应正向进行,NO的平衡转化率更小);p1p2p3。【点睛】可逆反应是否处于化学平衡状态可从两方面判断:一是看正反应速率是否等于逆反应速率,两个速率必须能代表正、逆两个方向,然后它们的数值之比还得等于化学计量数之比,具备这两点才能确定正反应速率等于逆反应速率;二是判断物理量是否为
35、变量,变量不变达平衡。18.CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂。以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取CoCl26H2O的一种新工艺流程如图:已知: 钴与盐酸反应的化学方程式为:Co2HCl=CoCl2H2 CoCl26H2O熔点86,易溶于水、乙醚等;常温下稳定无毒,加热至110 120时,失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。 部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3开始沉淀2.37.57.63.4完全沉淀4.19.79.25.2(1)在上述工艺中,用“盐酸”代替原工艺中“盐酸与硝酸的混酸”直接溶解含钴废料,其主要优点为
36、:_(2)加入碳酸钠调节pH至a ,a的范围是_(3)操作包含3个实验基本操作,它们依次是_和过滤。(4)制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是_(5)为测定产品中CoCl26H2O含量,某同学将一定量的样品溶于水,再向其中加入足量的AgNO3溶液,过滤,并将沉淀烘干后称量其质量。通过计算发现产品中CoCl26H2O的质量分数大于100,其原因可能是_(6)在实验室,为了从上述产品中获得纯净的CoCl26H2O,通常先将产品溶解在乙醚中,除去不溶性杂质后,再进行_操作。【答案】(12分)(1)减少有毒气体的排放,防止大气污染;防止产品中混有硝酸盐(2分,每点1分)(2)5.27.6
37、 (2分) (3)蒸发浓缩、冷却结晶(2分,各1分)(4)降低烘干温度,防止产品分解(2分)(5)样品中含有NaCl杂质;烘干时失去了部分结晶水(2分,任写一个)【解析】试题分析:(1)硝酸和金属反应生成氮的氧化物,氮的氧化物对环境有危害,同时实验制备CoCl26H2O,加入硝酸将会引入NO3,产物不纯净;(2)加入碳酸钠,调节pH,除去杂质,根据阳离子氢氧化物形式沉淀时溶液的pH,因此a的范围是5.27.6;(3)因为得到物质含有结晶水,因此采用蒸发结晶、冷却结晶、过滤;(4)根据信息,加热到110120,失去结晶水变为有毒的无水氯化钴,因此采用减压烘干;(5)因为在流程中加入碳酸钠,后加入盐酸,反应后溶液中有NaCl,NaCl和硝酸银反应生成AgCl,因此计算出的产品质量偏大,氯化钴的晶体加热过程中失去水,使样品质量减少,因此计算结果偏大;(6)在实验室,为了从上述产品中获得纯净的CoCl26H2O,通常先将产品溶解在乙醚中,除去不溶性杂质后,再进行过滤;蒸馏操作。考点:考查化学工艺流程、物质的除杂和提纯等知识。