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上海市宜川中学2021-2022学年高一化学下学期期末考试试题(Word版附解析)
上海市宜川中学2021-2022学年高一化学下学期期末考试试题(Word版附解析)
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宜川中学12021学年第二学期期末考试高一化学试卷用到的原子量:H-1C-12O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56一、选择题(每小题一个正确答案)1.工农业生产中用途最广、用量最多的金属是A.铜B.铁C.金D.铝【答案】B【解析】【详解】铁是日常生活中用途最广、用量最大的金属元素,主要使用的是铁的合金,包括铁和钢,故B正确;故选:B。2.同位素常用做环境分析指示物,下列对同位素的说法正确的是()A.34S原子核内的中子数为16B.16O与18O的核电荷数相等C.13C和15N原子核内的质子数相差2D.2H+质量与1H+的质量相同【答案】B【解析】【详解】A.34S原子核内的中子数为34-16=18,故A错误;B.16O与18O的质子数相等,核电荷数相等,故B正确;C.C原子的质子数为6,N原子的质子数为7,则13C和15N原子核内的质子数相差7-6=1,故C错误;D.元素符号的左上角为质量数,分别为2、1,质量数不等,则核素的原子质量也不相等,故D错误;故答案为B。3.下列物质在常温下接触时无明显现象的是A.铁和浓盐酸B.铁和稀硫酸C.铁和浓硫酸D.铁和稀硝酸【答案】C【解析】【详解】A.铁和浓盐酸反应生成氢气,有明显现象,故A错误;B.铁和稀硫酸反应生成氢气,有明显现象,故B错误;C.在常温下,铁和浓硫酸能产生钝化现象,阻止铁和浓硫酸进一步的反应,且不生成氢气,故C正确;D.铁和稀硝酸反应生成一氧化氮,有明显现象,故D错误;故选:C。4.下列各物质中,不能由组成它的两种元素的单质直接化合而得到的是()A.FeSB.Fe3O4C.FeCl2D.FeCl3 【答案】C【解析】【详解】A.铁为变价金属,遇到弱氧化剂被氧化为+2价化合物,Fe+SFeS,故A不选;B.铁和氧气直接反应生成四氧化三铁,3Fe+2O2Fe3O4,故B不选;C.氯气是强氧化剂氧化变价金属生成高价化合物,铁和氯气化合反应只能生成氯化铁,2Fe+3Cl22FeCl3,不能直接生成氯化亚铁,故C选;D.铁和氯气化合反应只能生成氯化铁,2Fe+3Cl22FeCl3,故D不选;答案选C。5.铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应,当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时,反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为A.1:1B.2:1C.3:1D.1:3【答案】C【解析】【分析】足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应,则Al完全反应,两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时,结合反应分析。【详解】根据上述分析可知,由2Al∼2NaOH∼6HCl∼3H2可知,反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量之比为6mol:2mol=3:1。故选C。6.铝能提炼难熔金属和制成铝热剂,是因为铝()A.密度小,熔点较低B.是金属C.具有还原性,且生成氧化铝时放出大量热D.在空气中燃烧,发出耀眼白光【答案】C【解析】【详解】铝热反应是利用铝的还原性获得高熔点金属单质,氧化物和铝粉(铝热剂)反应剧烈,放出大量的热使生成的金属熔化为液态,所以铝能提炼难熔金属和制成铝热剂,是因为铝具有还原性,且生成氧化铝时放出大量热。故选:C。7.镁粉中混进少量铝粉,将铝粉除去,可选用的试剂是 A.氢氧化钠溶液B.硫酸铜溶液C.盐酸D.水【答案】A【解析】【详解】A.Al与NaOH溶液反应,Mg不能与NaOH溶液反应,反应后过滤可除杂,故A正确;B.Mg、Al均与硫酸铜溶液反应,不能除杂,故B错误;C.Mg、Al均与盐酸反应,不能除杂,故C错误;D.Mg、Al均不溶于水,且Mg与水缓慢反应,不能除杂,故D错误;故选:A。8.下列有关物质性质的比较,错误的是A.金属性:B.稳定性:C.碱性:D.酸性:【答案】D【解析】【详解】A.同一周期从左到右金属性逐渐减弱,因此金属性:Mg>Al,故A正确;B.非金属性越强对应氢化物越稳定,同一主族从上到下非金属性逐渐减弱,非金属性F>Cl,则稳定性:HF>HCl,故B正确;C.金属性越强,最高价氧化物对应水化物碱性越强,同一周期从左到右金属性逐渐减弱,金属性Na>Mg,则碱性:,故C正确;D.非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,HClO3和H2SO3不是最高价氧化物对应水化物,无法进行比较,故D错误;故选D。9.在密闭容器中发生反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g),0~5min内H2的浓度减少了0.1mol/L,则在这段时间内用HI表示的平均反应速率[mol/(L﹒min)]为A.0.01B.0.04C.0.2D.0.5【答案】B【解析】【分析】根据氢气的物质的量浓度的变化计算HI的浓度变化,结合c=计算。【详解】0∼5min内H2的浓度减少了0.1mol/L,由方程式H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)可知 △c(HI)=2△c(H2)=0.2mol/L,v(HI)==0.04mol/(L⋅min),故选B。10.下列哪种方法不能增大铁跟盐酸反应的速率A.用粉末状铁代替块状铁B.用代替C.增大压强D.改用不纯的铁代替纯铁【答案】C【解析】【详解】A.用铁粉代替铁片,增大了反应物的接触面积,反应速率加快,故A不选;B.增大盐酸的浓度,氢离子浓度变大,反应速率加快,故B不选;C.该反应为溶液中的反应,受压强影响不大,则增大压强,不能增大Fe与盐酸的反应速率,故C选;D.改用不纯的铁代替纯铁,可形成原电池反应,反应速率增大,故D不选;故选:C。11.一定温度下的密闭容器中发生可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),不能说明该反应一定达到平衡状态的是A.SO3质量保持不变B.SO2的百分含量保持不变C.SO2和SO3的生成速率相等D.SO2、O2、SO3的物质的量之比为2︰1︰2【答案】D【解析】【详解】反应达到平衡状态时,正、逆反应速率相等,各物质的浓度不再改变。A.SO3的质量保持不变,即其浓度不变,达到化学平衡状态,A不符合题意;B.二氧化硫的体积百分含量不变,则其浓度不变,达到化学平衡状态,能作为判断达到平衡状态的判据,B不符合题意;C.SO2和SO3的生成速率相等,证明化学反应中正、逆反应速率相等,反应达到了平衡状态,C不符合题意;D.平衡时各物质的物质的量的多少取决于起始量与转化的程度,这个比值不能说明其含量保持不变,不能作为判断达到平衡的依据,D符合题意;故合理选项是D。12.可逆反应中,当其它条件不变时,C的质量分数与温度(T)的关系如图,则下列说法正确的是 A.放热反应B.吸热反应C.吸热反应D.放热反应【答案】D【解析】【详解】温度升高反应速率加快,T2先达到平衡,可知T1<T2,由图可知升高温度,C的质量分数减小,平衡逆向移动,故正反应为放热反应,故选D。13.为了使可逆反应(放热反应)的正反应速率加大,且平衡向正反应方向移动,可采取的措施是A.增大A的浓度B.减少C的量C.降低温度D.增大压强【答案】A【解析】【详解】A。增大A的浓度,正反应速率加大,平衡正向移动,故A符合题意;B.减少C的量,正反应速率减小,故B不符合题意;C.降低温度,正反应速率减小,故C不符合题意;D.增大压强,平衡不移动,故D不符合题意;故选A。14.下列离子方程式正确的是A.将金属钠投入水中:B.向溶液中通入过量氨气:C.向氯化铵溶液中加入氢氧化钠:D.向稀硫酸溶液中加入铁粉:【答案】C【解析】【详解】A.将金属钠投入水中的离子方程式为:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,故A错误;B.向硫酸铝溶液中通入过量氨气,离子方程式为:Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3,故B错误; C.向氯化铵溶液中加入氢氧化钠,离子方程式为:+OH-=NH3•H2O,故C正确;D.向稀硫酸溶液中加入铁粉,离子方程式为:Fe+2H+=Fe2++H2↑,故D错误;故选:C。15.某工厂运输NH3的管道出现小孔导致NH3泄漏,技术人员常常用一种挥发性液体进行检查,该液体最有可能是A.浓盐酸B.烧碱C.浓硫酸D.碳酸钠【答案】A【解析】【详解】A、浓盐酸具有挥发性,能和氨气之间反应产生白烟,可以检验NH3泄漏,A正确;B、烧碱没有挥发性,不会和氨气之间反应,B错误;C、浓硫酸没有挥发性,不符合要求,C错误;D、碳酸钠溶液没有挥发性,不能和氨气之间反应,D错误,答案选A。16.测定胆矾晶体结晶水含量时,不会引起实验误差的操作是A.为了防止玻璃棒上粘上晶体造成实验误差,加热时不使用玻璃棒B.大火加热,使胆矾晶体迅速升温失去结晶水并变黑C.停止加热后,硫酸铜固体放在空气中冷却再称量D.恒重操作时,连续两次称量结果相差0.001g就停止加热【答案】D【解析】【详解】A.加热时需要用玻璃棒搅拌晶体,防止晶体过热爆溅,产生误差,A错误;B.温度过高导致胆矾变黑,硫酸铜分解生成CuO,应控制温度不可过高,B错误;C.硫酸铜固体放在空气中冷却,会使其重新结合结晶水,应在干燥器中冷却,C错误;D.连续两次称量结果相差0.001g,可认为恒重,完全失去结晶水,D正确;故选D。17.下列反应中调节反应物用量或浓度不会改变反应产物的是A.碳酸钠与盐酸B.硫化氢在氧气中燃烧C.铁粉氯气中燃烧D.铝加入硫酸中【答案】C【解析】【详解】A.Na2CO3和少量HCl反应生成NaHCO3,Na2CO3和足量HCl反应生成CO2,故A错误;B.硫化氢在少量氧气中燃烧,生成硫和水,在足量氧气中燃烧,生成SO2和水,故B错误; C.氯气能将金属氧化为最高价,铁在氯气中燃烧,无论铁是否过量,产物都是氯化铁,故C正确;D.铝加入浓硫酸中发生钝化,铝的表面生成致密的氧化物薄膜,铝加入稀硫酸中反应生成硫酸铝和氢气,故D错误;故选:C。18.锌铜原电池的装置如图所示。下列有关说法错误的是A.锌片发生氧化反应作负极B.铜片换成石墨棒,电流计G指针依然会同向发生偏转C.铜片上的电极反应为:,铜片质量不变D.电子先从锌片沿导线流向铜片,再经过溶液流回锌片,形成闭合回路【答案】D【解析】【分析】锌铜原电池中锌活泼,故锌发生失电子的氧化反应,做负极,铜作正极。【详解】A.锌比铜活泼,故锌发生失电子的氧化反应,做负极,故A正确;B.铜片换成石墨棒,总反应不变,石墨棒仍正极,故电流计指针依然会同向发生偏转,故B正确;C.铜片上氢离子得电子生成氢气,故电极反应式为,铜片质量不变,故C正确;D.电子不能经过溶液,故D错误;故选D。19.一密闭体系中发生反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),下图表示该反应的速率(v)在某一时间(t)段内的变化。则下列时间段中,SO3的百分含量最高的是A.t0→t1B.t2→t3C.t3→t4D.t5→t6【答案】A 【解析】【详解】分析图象可知,t2→t3是原平衡逆向移动后建立的平衡,SO3的百分含量降低,t3→t4和t2→t3两个时间段内,SO3的百分含量相同,t5→t6是平衡再次逆向移动后建立的平衡,SO3的百分含量再次降低,所以t0→t1时间段内达到的平衡状态下三氧化硫的百分含量最大;故选:A。20.合金就是不同种金属(也包括一些非金属单质)在熔化状态下形成的一种熔合物,表格为四种金属的熔沸点,根据数据判断其中不能形成合金的是NaCuAlFe熔点(℃)97.510836601535沸点(℃)883259524672750A.Cu和AlB.Fe和CuC.Al和NaD.Fe和Na【答案】D【解析】【分析】由合金的形成可知,两种金属若能够形成合金,则熔点较高的金属的熔点不能大于熔点较低的金属的沸点;【详解】A.铜的熔点低于铝的沸点,两种金属能够形成合金,A错误;B.铁的熔点低于铜的沸点,两种金属能够形成合金,B错误;C.铝的熔点低于钠的沸点,两种金属能够形成合金,C错误;D.铁的熔点高于钠的沸点,两种金属不能形成合金,D正确;答案选D。21.在一定温度下的密闭容器中发生反应:,平衡时测得A的浓度为。保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的二倍,再达平衡时,测得A的浓度为。下列有关判断正确的是A.B.平衡向正反应方向移动C.B转化率增大D.C的体积分数减小【答案】D【解析】【分析】由题干信息可知,平衡时测得A的浓度为,保持温度不变,将容器的容积扩大到原 来的二倍,再达平衡时,测得A的浓度为,说明减小压强,平衡逆向移动,据此分析解题。【详解】A.由分析可知,减小压强,平衡逆向移动,故逆反应为气体体积增大的方向,即,A错误;B.由分析可知,平衡向逆反应方向移动,B错误;C.由分析可知,平衡逆向移动,故B的转化率减小,C错误;D.由分析可知,平衡逆向移动,故C的体积分数减小,D正确;故答案为:D。22.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是A.接触法制硫酸过程中,通入过量的空气B.由组成的平衡体系,加压后颜色加深C.氨水应密闭保存D.实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气【答案】B【解析】【详解】A.,增大氧气浓度,平衡正向移动,工业上生产硫酸时,充入过量的空以提高SO2的转化率,故不选A;B.,由NO2(g)和N2O4(g)组成的平衡体系,加压后平衡正向移动,颜色加深是因为NO2的浓度增大,与平衡移动的方向无关,故选B;C.氨水中存在化学平衡:NH3+H2ONH3·H2O,若敞口放置,NH3挥发逸出,溶液中c(NH3)降低,化学平衡逆向移动,导致氨水浓度降低,因此应密闭保存,能够使用勒夏特列原理解释,故不选C;D.Cl2溶于水,存在化学平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO,当向水中加入NaCl形成饱和溶液时,溶液中c(Cl-)增大,化学平衡逆向移动,能降低Cl2在水中溶解度,因此用排饱和食盐水的方法收集氯气,可以使用勒夏特列原理解释,故不选D;故选B。23.能将溶液中的转化成的物质是A.B.C.D.【答案】A【解析】 【详解】A.与铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫单质,A选;B.与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀,得不到亚铁离子,B不选;C.Cl2与铁离子不反应,C不选;D.与铁离子不反应,得不到亚铁离子,D不选;答案选A。24.有分别装有溶液和溶液的两试管,下列操作或判断正确的是方案操作判断A分别加入澄清石灰水产生沉淀者为溶液B分别加入等物质的量浓度的稀盐酸反应较剧烈者为溶液C分别加入溶液产生沉淀者为溶液D逐滴加入等物质的量浓度的溶液无明显现象的是溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.碳酸钠和碳酸氢钠均与Ca(OH)2反应产生沉淀,故Ca(OH)2溶液比较是否有沉淀生成的方法不能鉴别二者,故A错误;B.向Na2CO3中逐滴加入盐酸时,先无气体产生,当盐酸加入较多时,可产生气体,而向NaHCO3中加入同浓度盐酸,则迅速产生气体,产生气体较为剧烈的为碳酸氢钠,故B错误;C.碳酸钠与氯化钙反应产生碳酸钙沉淀,碳酸氢钠与氯化钙不反应,故氯化钙溶液可以区分两物质,故C正确;D.NaHCO3与溶液反应生成碳酸钠和水也无现象,故D错误;故选C。25.将0.4gNaOH和1.069混合并配成溶液,向溶液中滴加0.1mol·稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成的物质的量的关系的是 A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】n(NaOH)==0.01mol、n(Na2CO3)==0.01mol,盐酸滴入后,由于氢氧化钠的碱性较强,盐酸和氢氧化钠反应0.4g氢氧化钠消耗0.01L盐酸,不产生气体;当氢氧化钠消耗完之后,盐酸和碳酸钠反应,由于氢离子浓度较小,,生成碳酸氢钠,还是没有气体产生,相关反应如下:CO32-+H+(少量)=HCO3-,此时再消耗0.01L盐酸,不产生气体;当碳酸根消耗完后,0.01mol碳酸氢跟和氢离子反应,产生0.01mol二氧化碳气体,C选项符合题意,故答案为C。二、综合分析题26.四种短周期元素的性质或结构信息如表。请根据信息回答下列问题。元素ABCD性质结构信息地壳中含量最多的金属元素;其氧化物具有两性。淡黄色固体;一种单质相对分子质量为256,能溶于。原子半径是短周期主族元素中最大。其氧化物是汽车尾气的主要有害成分之一,也是空气质量预报的指标之一;该元素在三聚氰胺中含量较高。(1)写出A元素的原子结构示意图_______;B与C形成的化合物的电子式_______(用元素符号表示,下同);D元素形成的单质的结构式_______。(2)比较上述各元素形成的离子的半径大小_______(用离子符号表示)。(3)C的一种氧化物可做潜艇中的供氧剂,写出该氧化物与反应的方程式_______。(4)A、C两元素金属性较强的是(写元素符号)_______,请设计一个实验,证明该结论_______。请从原子 结构角度解释这两种元素金属性强弱关系_______。(5)写出B的最高价氧化物对应的水化物与D的气态氢化物反应的离子反应方程式_______。【答案】(1)①.②.③.N≡N(2)S2->N3->Na+>Al3+(3)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(4)①.Na②.将两种金属单质分别投入冷水中,钠能和冷水发生剧烈反应,而铝不和水反应③.Na和Al的核外电子层数相同,随核电荷数增加,原子半径减小,失电子能力减弱,金属性减弱(5)NH3+H+=【解析】【分析】四种短周期元素,其中A是地壳中含量最多的金属元素,其氧化物具有两性,则A为Al;B为淡黄色固体,一种单质相对分子质量为256,能溶于CS2,则B为S元素;C的原子半径是短周期主族元素中最大的,则C为Na;D的氧化物是汽车尾气的主要有害成分之一,也是空气质量预报的指标之一,该元素在三聚氰胺中含量较高,则D为N元素。【小问1详解】A为Al元素,原子结构示意图为;B与C形成的化合物为Na2S,其电子式为;D元素形成的单质为N2,其结构式为N≡N,故答案为:;;N≡N;【小问2详解】离子的电子层结构相同,核电荷数越大,离子半径越小,而离子的电子层越多,离子半径越大,故离子半径:S2->N3->Na+>Al3+,故答案为:S2->N3->Na+>Al3+;【小问3详解】C的一种氧化物可做潜艇中的供氧剂,该氧化物为Na2O2,与CO2反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,故答案为:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;【小问4详解】同周期自左而右金属性减弱,故金属性Na>Al ,证明该结论的实验方案:将两种金属单质分别投入冷水中,钠能和冷水发生剧烈反应,而铝不和水反应;Na和Al的核外电子层数相同,随核电荷数增加,原子半径减小,原子核对核外电子小于能力减弱,失电子能力减弱,金属性减弱;故答案为:Na;将两种金属单质分别投入冷水中,钠能和冷水发生剧烈反应,而铝不和水反应;Na和Al的核外电子层数相同,随核电荷数增加,原子半径减小,失电子能力减弱,金属性减弱;【小问5详解】B的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4,D的气态氢化物为NH3,二者反应的离子反应方程式为NH3+H+=,故答案为:NH3+H+=。27.铝、铁是生产、生活中常见的金属,其合金与盐在各领域都有着广泛的应用。(1)铝合金是一种建筑装潢材料,它具有坚硬、轻巧、耐用的特性。铝合金的下列性质与这些特性无关的是A.不易生锈B.导电性好C.密度小D.硬度大(2)铝元素在周期表中的位置是_______。写出与稀硫酸反应的离子方程式_______。铁粉与水蒸气在高温条件下反应,生成的固态产物是_______。(3)焊接金属时常用的焊接液为氯化铵,其作用是消除焊接金属表面的铁锈。;上述反应中当生成3.36L氮气(标准状况)时,转移的电子数为_______个,有同学认为,该反应产物中不应该有Fe生成,他的理由是(用化学方程式表示原因)_______。(4)现有仪器和药品:试管和胶头滴管,溶液、酸性溶液、溶液、氯水等。请你设计一个简单实验,探究铁与稀硝酸完全反应后铁可能的价态,填写下列实验报告:实验步骤操作现象与结论第一步取少量液体装于试管,向试管中滴入几滴溶液。_______第二步______________;若无明显变化,则说明不含。【答案】(1)B(2)①.第3周期第ⅢA族②.③.Fe3O4 (3)①.0.9NA②.(4)①.若溶液呈血红色,则说明含,Fe3+若不显血红色,证明没有Fe3+②.取少量液体装于试管,向试管中滴入几滴酸性KMnO4溶液③.若高锰酸钾溶液紫红色褪去,说明含Fe2+【解析】【分析】铝镁合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点;铝元素核电荷数为13,核外电子层数三个,最外层电子数3个,周期序数=电子层数,主族族序数=原子最外层电子数,据此判断在周期表中的位置,Al(OH)3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水,铁粉与水蒸气在高温条件下反应,生成四氧化三铁和氢气,铁离子能和硫氰化钾溶液反应络合物而使溶液呈血红色,亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应,亚铁离子能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色,铁离子不能被酸性高锰酸钾溶液氧化,以此解题。【小问1详解】A.不易生锈,用作建筑装潢材料,美观,A正确;B.导电性好,与装潢无关,B错误;C.密度小,有利于用作建筑装潢材料,C正确;D.强度高,用作建筑装潢材料,坚固耐用,D正确;故选B;【小问2详解】铝是13号元素,在周期表中的位置是:第3周期第ⅢA族;与稀硫酸反应生成硫酸铝和水,离子方程式为:;铁粉与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和氢气;【小问3详解】3.36L氮气的物质的量为0.15mol,根据方程式,上述反应中氮元素化合价-3价升高到0价,生成3mol氮气,电子转移总数18mole-,当生成0.15mol氮气时,转移的电子数;,有同学认为,该反应产物中不应该有Fe生成,他的理由是铁和氯化铁反应生成氯化亚铁,反应的化学方程式为:;【小问4详解】铁离子能和硫氰化钾溶液反应生成络合物而使溶液呈血红色,亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应,亚铁离子能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色,铁离子不能被酸性高锰酸钾溶液氧化,如果向溶液中滴加硫氰化钾溶液,溶液变为血红色就说明含有铁离子,否则不含铁离子如果向溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液,如果酸性高锰酸钾溶液褪色,就说明含有亚铁离子,否则不含亚铁离子,故答案为:若溶液呈血红 色,则说明含,Fe3+若不显血红色,证明没有Fe3+;取少量液体装于试管,向试管中滴入几滴酸性KMnO4溶液;若高锰酸钾溶液紫红色褪去,说明含Fe2+。28.煤是重要能源。燃煤会释放、等有毒气体。消除有毒气体的研究和实践从未停止。用可消除。反应①:(放热反应)反应②:(吸热反应)(1)其他条件不变,增加的用量(质量),反应①的速率_______A.增大B.减小C.不变D.无法判断(2)若在容积为1L的密闭装置中仅发生反应①,20分钟后,固体的质量减少了3.2g,则的反应速率为_______,不能说明反应①一定达到平衡状态的是。A.压强不变B.气体的密度不变C.D.、浓度相等(3)为了提高反应②的的吸收率,可行的措施是_______、_______(2条)。(4)补全图中反应②的能量变化示意图_____(即注明生成物能量的大致位置)(5)若反应①、②同时发生,一段时间后均到达了平衡,升高温度,均再次达到平衡,发现的吸收率减小,分析可能的原因是_______。【答案】(1)C(2)L(3)①.减小压强②.升高温度(4)(5)升高温度对反应①逆向移动的程度大于反应②正向移动的程度【解析】 【小问1详解】为固体,浓度视为常数,则增加的用量其反应物浓度不变,反应①的速率不变,故选:C;【小问2详解】由理论上每生成4mol固体减少的质量为136-72=64g,20分钟后,固体的质量减少了3.2g,则生成了0.2mol,则的反应速率为;A.反应①是气体体积不变的反应,压强一直保持不变,不能说明达平衡状态,故A错误;B.反应①有固体参与反应,混合气体的质量会变化,容器体积不变,则当气体密度不变,说明气体的质量不变,则正逆反应速率相等,达平衡状态,故B正确;C.化学反应速率之比等于系数比,,说明达平衡状态,故C正确;D.CO和二氧化碳的浓度与起始加入量有关,、浓度相等,不一定说明反应达平衡状态,故D错误;故选:BC;【小问3详解】反应②是气体体积增大的吸热反应,则减小压强和升高温度,平衡正向移动,为了提高反应②的的吸收率,可行的措施是减小压强、升高温度;【小问4详解】反应②是吸热反应,则生成物的总能量大于反应物的总能量,能量变化示意图为如图;【小问5详解】升高温度,对于反应①是放热反应,平衡逆向移动,CO的浓度增大,对于反应②是吸热反应,平衡正向移动,CO浓度减小,再次达到平衡,发现的吸收率减小,原因是升高温度对反应①逆向移动的程度大于反应②正向移动的程度。29.高铁酸钾()是优质水处理剂。实验室制取的装置如图。 的制备原理为:回答下列问题(1)A装置的作用是_______。盛浓盐酸的仪器名称为_______。(2)装置C的作用是_______。B装置内出现_______现象时,说明B中反应已停止。(3)中铁元素的化合价为,分析是优质水处理剂的原因可能是_____。(4)当上述反应消耗标准状况下时,生成质量为_______。【答案】(1)①.制取氯气②.分液漏斗(2)①.尾气吸收②.红褐色沉淀消失(3)高铁酸钾(K2FeO4)有强氧化性,可以杀菌消毒,且还原产物为Fe3+,与水反应生成Fe(OH)3胶体可以吸附悬浮物,常用作水处理剂(4)7.92g【解析】【分析】本实验目的为制取K2FeO4,实验原理为,其中A装置为制备氯气的装置,B装置为制备K2FeO4的装置,C为尾气吸收装置,据此分析解答。【小问1详解】A装置的作用为制取氯气。根据仪器结构可知,盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗。【小问2详解】Cl2为有毒气体,不能直接排放至空气中,因此C装置为尾气吸收装置。Fe(OH)3为红褐色沉淀,因此当B装置内出现红褐色沉淀消失的现象时,说明反应已经停止。【小问3详解】中K为+1价,0为-2价,根据化合物中元素化合价代数和为0,可知其中铁元素的化合价为+6价。高铁酸钾(K2FeO4)有强氧化性,可以杀菌消毒,且还原产物为Fe3+,与水反应成Fe(OH)3胶体可以吸附悬浮 物,常用作水处理剂。【小问4详解】标准状况下672mLCl2的物质的量为=0.03mol,根据方程式可知,生成K2FeO4的物质的量为0.02mol,其质量为0.02mol×396g/mol=7.92g。
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