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文档简介
2023年甘肃省武威市高考化学第一次联考试卷
一、单选题(本大题共7小题,共21.0分)
1.化学与生产、生活、科技及环境等密切相关.下列说法正确的是()
A.侯氏制碱法应在饱和食盐水中先通二氧化碳再通氨气
B.大气中PM2.5比表面积大,吸附能力强,能吸附许多有毒有害物质
C.工业上用电解熔融氯化钠和熔融氧化镁的方法,来制备金属钠和镁
D.食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等,其作用都是防止食品氧化变质
2.《本草纲目》中记载:“看药上长起长霜,则药已成矣。”
其中“长霜”代表梧酸的结晶物,桔酸(只含C、H、0)的球棍模
型如图所示。下列有关精酸的说法错误的是()
A.能发生加成反应和取代反应B.能与NaOH溶液反应
C.分子式为C7H6。6D.苯环上只有一种一氯代物
3.下列实验正确且能达到实验目的的是()
B
Kj(Fc(CN)J(aq)
「
C:
绿图C是检验绿砒溶液是否变质
研
多
溶
u液
C
Na2SO4(aq)图D是制备少量氢气
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。接触法制备硫酸的原理:
(liIfr.s.Il(r--2/■,(),XSS;(2)2SO2(g)+02(g)W2SO3(g)AH=-98.3kJ-
11
mor;(3)SO3(g)+H2O(1)=H2S04(l)AH=-akj-mor.下列说法正确的是()
A.lLpH=1的硫酸溶液中含H+的数目为0.2NA
B.反应(2)中SO2和。2反应放出9&3kJ热量时生成SO3分子的数目为
-1
C.S03(g)+H2O(1)=H2S04(aq)AH=-bkj-mol,则b<a
D.反应(1)中生成22.4LSC)2转移的电子数为5.5NA
5.三室膜电渗析分离硫酸锂并回收酸碱的装置示意图如图,下列说法正确的是()
离
离
子
子
交
交
换
换
膜
膜
H,SO4I进LijSO/进LiOHI
A.酸碱的浓度:进等于出
B.右侧电极的电极反应式为2H2。+2e-=20H-+H2T
C.装置工作一段时间后,n(a):n(b)=2:1
D.右侧离子交换膜为阴离子交换膜
6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是电子层数的3
倍,元素Y、Z、W互不相邻但位于同周期,且Y、Z的最外层电子数之和等于W的最外层电子
数,W在同周期中原子半径最小。下列叙述错误的是()
A.原子半径的大小顺序:r(Y)>r(Z)>r(W)
B.元素X的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
C.元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱
D.Z、W形成的化合物ZW3中各原子最外层电子均满足8电子稳定结构
7.常温下,向25mL0.1mol•L的二元酸&X溶液中逐滴加入
等浓度的NaOH溶液,溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所
示,下列说法正确的是()
A.曲线I表示1g鬻/与pH的关系
B.滴入NaOH溶液至中性:c(Na+)=c(HX-)+c(X2")
C.V[NaOH(aq)]=25mL时,混合溶液呈碱性
D.2HX-=X2-+H?X的平衡常数K=10-36
国端需或Wc(X「
C(HZA)c(HX-)
二、流程题(本大题共1小题,共8.0分)
8.中国是世界上最大的鸨储藏国。以黑鸨精矿(主要成分为Few。,、MnW04,含少量SiO?)为
原料冶炼鸨的流程如图所示:
纯空
H,wo4-*WOj-►W
已知:鸨酸酸性很弱,鸨酸和W03均难溶于水;25久时,SiO"和W0/开始沉淀的pH分别为
10.3和7.3,完全沉淀的pH分别为8和5。
回答下列问题:
⑴“粉碎”的目的是;“粉碎”后的黑鸨矿粒径约为50nm,往其中加入浸取液后
形成的分散系属于。
(2)同浓度的硅酸根离子比鸨酸根离子结合质子的能力(填“强”或“弱”)o
(3)写出在“焙烧条件下FeW04与纯碱、空气反应生成Fez。?的化学方程式:。
(4)“滤液I”调节pH应选择的试剂为(填标号),调节pH的范围为。
A.氨水
B.WO3
C.稀硫酸
D.NaOH
6
(5)常温下,Ksp[Ca(OH)2]=5.5X10-,Ksp(CaW04)=8.8xlO-常温下,向NazWCU溶液
中不断加入石灰乳,当溶液的pH=13时,c(WOj-)=mol•L-i。
(6)目前,冶炼拉制鸨丝的金属鸨,都用组成为非整比的鸨氧化物为原料,这种氧化鸨中存在
+5价和+6价两种价态的鸨。试确定组成为WO2.9的氧化鸨中+5价和+6价的鸨原子数之比等
于o
三、实验题(本大题共1小题,共10.0分)
9.实验室采用高温加热三氟化硼(BF3)与氯化铝(AlCb)的方法制备BCb,装置如图所示(夹持
装置及加热装置略),已知BF3与BCb均易与水反应,AlCk沸点低、易升华。
部分物质的沸点如表所示:
物质
BF3BC13A1C13
沸点/℃-10112.5180
回答下列问题:
(1)仪器a的名称为。
(2)氟硼酸钾(KBF。中B元素的化合价为。实验中滴入浓硫酸并加热装置A,除产生气
体外,还生成一种酸式盐,写出反应的化学方程式:。
(3)装置F的作用为。
(4)实验开始时,A、C两处加热装置应先加热A处,原因是o
⑸装置D采用的是或(填“水浴加热”或“冷水浴”)。
(6)BCk产品中氯元素含量的测定:称取ag样品置于蒸得水中完全水解,并配成250mL溶液,
量取25.00mL于锥形瓶中,向其中加入VimLcimol-LAgNO3溶液使Q-充分沉淀,加入一定
量硝基苯用力振荡,静置后,滴加几滴Fe(NO3)3溶液,用c2moi」TKSCN标准溶液滴定至溶
液变为红色且半分钟内不褪色,消耗KSCN标准溶液的体积为VzmL,则产品中氯元素含量为
(列出计算式即可)。(已知:Ag++SCN-=AgSCN1)
四、简答题(本大题共3小题,共24.0分)
10.丙烯是制备聚丙烯塑料的单体,工业上可用丙烷和CO2制取丙烯:
反应1:C3H8(g)=c3H6(g)+H2(g)AH1=+246kJ-mol。
反应2:CO2(g)+H2(g)#CO(g)+H2O(g)AH2=+41kJ-moL。
回答下列问题
(1)反应3:C3H8(g)+CO2(g)UC3H6(g)+CO(g)+H2O(g)AH=kJ.mol。
(2)向恒温恒容密闭容器中充入C3H8(g)和C02(g),只发生反应3,不能说明反应3达到平衡状
态的是(填标号)。
A.混合气体密度不随时间变化
B.混合气体总压强不随时间变化
C.混合气体平均相对分子质量不随时间变化
D.丙烷的消耗速率等于丙烯的生成速率
(3)向密闭容器中充入C3H8(g)只发生反应1,测得速率方程为丫=人工3H8)(k为速率常数,只
与温度、催化剂有关)。已知:Rlnk=-半+C(R、C为常数,T为温度,Ea为活化能)。实验
测得其他条件相同,不同催化剂Catl、Cat2对速率常数的影响如图1所示。其中,催化效能较
高的是(填“Catl”或“Cat2”),判断的依据是。
/?lnk/(kJmol1K1)
(4)向密闭容器中充入ImolC3H8(g)和lmolCO2(g),发生上述反应1和反应2,测得丙烷的平衡
转化率与温度、压强的关系如图2所示。
①X代表(填“温度”或“压强”),丫2(填“>”、或“=”)丫尸
②M点时,C3H8(g)和H?(g)的浓度相等。则M点对应的反应2的平衡常数K=o
⑸向总压强恒定为76kPa的密闭容器中充入C3H8(g)和Ar(g),只发生反应1,C3H8(g)的平衡
转化率与喘瞿的关系如图3所示。其他条件不变,随着喘瞿增大,C3H8的平衡转化率减小,
njnj
其原因是,当喘第2等于2时,经lOmin达到平衡,丙烯的分压变化速率为
«(Ar)
图3
11.我国科学家利用锦簇催化剂(Mn,CaOx.x代表氧原子数)解密光合作用。锦簇的可逆结构
异构化反应如图。
请回答下列问题:
(1)基态氧原子价层电子轨道表示式为。基态钙原子中能量最高的电子所占据原子轨
道的电子云轮廓图为形。
(2)已知:在元素周期表中Mn、Cr相邻。第二电离能与第一电离能之差较小的是(填
“Mn”或“Cr”),理由是。
(3)在上述异构化反应中,ImolA中由Mn形成的键有mol。
(4)MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型,MnS晶胞结构如图所示。
•Mn
OS
①Mn原子位于S原子形成的(填“正四面体”或“正八面体”)中心。
②以晶胞参数为单位长度建立坐标系,可以表示晶胞中各原子的位置,称为原子坐标。在MnS
晶胞坐标系中,1号S原子坐标为(0,0,0),3号S原子坐标为(1,1,1),则2号S原子坐标为。
③已知:MnS晶体的密度为pg-cm-3,以为阿伏加德罗常数的值。则MnS晶胞中阴、阳离子
最近距离为pm。
12.化合物H(O~VBr)是合成某治疗心脑血管疾病药物的中间体,合成H
的常用方法如图:
盐酸羟胺
YN—OHCHsBrN-OCH,
②II-11Tli
CH—C—CH醇/噬11定CHj—c—CH,DMFCH,—c—CH,
3'
请回答下列问题:
(1)化合物H的分子式为,E中的含氧官能团有种。
(2)A->B的反应类型为,漠代姓X的名称为。
(3)化合物F的结构简式为,反应CtD的化学方程式为。
(4)同时满足下列条件的D的同分异构体有种(不考虑立体异构)。
①能发生水解反应
②能与FeCk溶液发生显色反应
其中1H-NMR谱显示分子中含有4种氢原子的结构简式为(写出一种即可)。
(5)设计以甲苯、乙酸酎为原料合成阿司匹林((无机试
剂任选)。
答案和解析
I.【答案】B
【解析】解:A.氨气极易溶于水,二氧化碳可溶于水,为了提高原料利用率,应在饱和食盐水中
先通入氨气形成碱性溶液,以利于二氧化碳的吸收,故A错误;
B.气中PM2.5颗粒比表面积大,具有较强的吸附能力,能吸附大量的有毒有害物质,会危害人体呼
吸道,故B正确:
C.氧化镁熔点高,电解熔融氧化镁时耗能高,工业上常用电解熔融氯化镁的方法来制备金属镁,
故C错误;
D.还原铁粉能与氧气反应,食品包装袋中作抗氧化剂,可防止食品氧化变质,但硅胶、生石灰等
不能与氧气反应,在食品包装袋中作干燥剂,故D错误;
故选:Bo
A.侯氏制碱法应在饱和食盐水中先通氨气,再通二氧化碳;
B.PM2,5颗粒比表面积大,具有较强的吸附能力;
C.工业上用电解熔融氯化钠和熔融氯化镁的方法,来制备金属钠和镁;
D.硅胶、生石灰等具有吸水性,常作食品包装袋中的干燥剂。
本题考查物质的组成、性质及应用,把握物质的组成及性质、性质与用途的关系为解答的关键,
侧重分析与运用能力的考查,注意化学与生产、生活、科技及环境的联系,题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解:A.酚羟基、竣基能发生取代反应,苯环能发生加成反应,分子中含有酚羟基、竣基、
苯环,故能发生加成反应和取代反应,故A正确;
B.分子中含有酚羟基、竣基,能与NaOH溶液反应,故B正确;
C.由图可知,分子式为C7H6。5,故C错误;
D.苯环上的氢只有1种环境,故苯环上只有一种一氯代物,故D正确;
故选:C«
A.分子中含有酚羟基、竣基、苯环;
B.酚羟基、竣基,能与NaOH溶液反应;
C.分子式为C7H6。5;
D.苯环上的氢只有1种环境。
本题考查有机物的结构与性质,侧重考查学生基础知识的掌握情况,试题难度中等。
3.【答案】D
【解析】解:A.氯化钱不能用来制取氨气,且氨气极易溶于水,不能用排水法收集,故A错误;
B.装置为密闭装置,一氧化碳不能顺利进入试管,故B错误;
C.亚铁离子变质生成铁离子,应该使用KSCN溶液检验,故C错误;
D.电解水生成氢气和氧气,能达到目的,故D正确:
故选:D。
A.氨气极易溶于水;
B.该装置为密闭装置;
C.亚铁离子变质生成铁离子,检验铁离子用KSCN溶液检验;
D.电解水生成氢气和氧气。
本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、物质的制备、实验技能为解答的
关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解:A.lLpH=l的硫酸溶液中含H+的物质的量为O.lmol、数目为O.INA,故A错误;
B.反应(2)中每消耗2moiSO?、lmol02,生成2moiSO3时放出98.3kJ热量,贝USO2和。2反应放出98.3kJ
热量时生成SO3分子的数目为2NA,故B正确;
C.硫酸溶于水时放热,则三氧化硫与水反应生成稀硫酸比生成纯硫酸时放出热量更多,则S03(g)+
-1
H2O(1)=H2S04(l)AH=-akj-moL和S03(g)+H2O(1)=H2S04(aq)AH=-bkj-mol,相比,
b>a,故C错误;
D.没有指明是标准状况,所以22.4L二氧化硫的物质的量难以计算,反应(1)中生成22.4LSO2转移
的电子数难以计算,故D错误;
故选:Bo
A.ILpH=1的硫酸溶液中含H+的物质的量为O.lmol;
B.反应⑵中每消耗2moiSO?、lmolO2,生成2moiSO3时放出98.3kJ热量;
C.硫酸溶于水时放热,则三氧化硫与水反应生成稀硫酸比生成纯硫酸时放出热量更多;
D.没有指明气体的状态,无法进行计算。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,题目难度不大,明确物质结构和性质、反应原理为
解答关键,注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,试题侧重考查学
生的分析能力及化学计算能力。
5.【答案】B
【解析】解:A.由分析可知,左室有生成氢离子和迁移过来的硫酸根离子,硫酸浓度变大;右室
有生成的氢氧根离子和迁移过来的锂离子,氢氧化锂浓度变大,故A错误;
B.右侧电极水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子,电极反应式为2H2。+2e-=20H-+
H2T,故B正确;
C.由分析可知,a为生成的氧气、b为生成的氢气,根据电子守恒可知,生成气体n(a):n(b)=1:
2,故C错误;
D.右侧离子交换膜可以让锂离子通过,为阳离子交换膜,故D错误;
故选:Bo
三室膜电渗析分离硫酸锂并回收酸碱,由图可知,中间室离子向两侧迁移,右侧得到氢氧化锂、
左侧得到硫酸,则右侧电极为阴极,水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子:左侧电极为阳
极,水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子。
本题考查学生原电池的工作原理知识,注意能量的转化等知识,知识的归纳和梳理是解题的关键,
难度不大。
6.【答案】C
【解析】解:A.电子层数越多半径越大,电子层数相同时,核电荷数越大,半径越小;原子半径
的大小顺序:r(Y)>r(Z)>r(W),故A正确;
B.非金属性越强,其简单氢化物稳定性越强,元素X的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强,故B
正确;
C.非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,元素W的最高价氧化物对应水化物的酸
性比Z的强,故C错误;
D.Z、W形成的化合物ZW3为PCI3,各原子最外层电子均满足8电子稳定结构,故D正确:
故选:Co
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是电子层数的3倍,X为
氧;元素Y、Z、W互不相邻但位于同周期,W在同周期中原子半径最小,W为氯;Y、Z的最外层
电子数之和等于W的最外层电子数,则Y、Z分别为镁、磷。
本题考查元素周期律,侧重考查学生原子半径、非金属性的掌握情况,试题难度中等。
7.【答案】C
【解析】解:A.由上述分析可知,曲线I表示恒篮?与pH的关系,曲线I[表示1g鬻蒋与pH的关
系,故A错误;
B.滴入NaOH溶液至中性时c(H+)=c(OH-),电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HX-)+2c(X2-)+
c(OH-),即c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-),故B错误;
48-112
C.V[NaOH(aq)]=25mL时,溶液中溶质为NaHR,%X的电离平衡常数K】=10-,K2=IO,
HX-的水解常数心=*=黯=10-92>K?,HX-的水解程度大于其电离程度,贝I」
V[NaOH(aq)]=25mL时的混合溶液呈碱性,故C正确;
-48-1122-
D.H2X的电离平衡常数%=10->K2=IO,则2HX-=X+&X的平衡常数K=
22+
C(X-)-C(H2X)_C(X-)C(H2X)C(H)_K2_ION0_&4故D错误.
C2(HX-)-C2(HX-)X硒一而一行初一10'故D徐床’
故选:Co
由图可知,a点的pH=3,C(H+)=10-3mol/L,鬻白或冢2=1。-",c(H+)与鬻蒋或笑?的
乘积为10-43b点的pH=8,c(H+)=10-mol/L,黯或黯=lOf?,与骗或豁
的乘积为10-1L2,二元酸的电离平衡常数Ki=^?xc(H+),K2=eM2xc(H+),且K1>
K21则曲线I表示1g篮?与pH的关系,曲线II表示1g鬻得与pH的关系,即K1=10-4.8,K
IO-112,结合电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)分析解答该题。
本题考查酸碱混合溶液的定性判断及pH的简单计算,判断曲线表示的意义、电离平衡常数的计算
为解答关键,注意掌握溶液中守恒关系式的应用,侧重考查学生的分析能力、计算能力及运用能
力,题目难度中等。
8.【答案】增大反应物表面积,提高焙烧效率悬浊
液强IFfWO^0.-LVd.C(r21,<>.ICO,.n,C7.3<pH<81.6x
10-51:4
【解析】解:(1)“粉碎”的目的是增大反应物表面积,提高焙烧效率;浊液是分散质粒子大于
lOOnm的分散系,“粉碎”后的黑鸨矿粒径约为50pm,往其中加入浸取液后形成的分散系属于悬
浊液,
故答案为:增大反应物表面积,提高焙烧效率;悬浊液;
(2)25久时,SiOg和WOt开始沉淀的pH分别为10.3和7.3,说明硅酸根更容易结合氢离子生成沉
淀,故同浓度的硅酸根离子比鸨酸根离子结合质子的能强,
故答案为:强;
(3)在“焙烧”条件下,Few。,与纯碱、空气反应生成Fe2()3,反应中铁元素化合价升高、氧元素
化合价降低,根据质量守恒可知,还会生成二氧化碳、Na2WO4,结合电子守恒可知,反应的化
学方程式为:IFJI(入.5-1.VM5a2&C+JCO.-I.VujHU,'
故答案为:.()iNaiCOi=2FeQ+4C0LV&JI储;
(4)25二时,SiO1和WO;一开始沉淀的pH分别为10.3和7.3,完全沉淀的pH分别为8和5,“滤液I”
调节pH使得SiO歹转化为硅酸沉淀除去硅而WO歹不沉淀,故调节pH的范围为7.3<pH<8,水浸
后溶液显碱性,加入酸调节pH,故应选择的试剂为稀硫酸,
故答案为:C;7.3<pH<8;
(5)当溶液的pH=13时,c(OH-)=0.1mol•LT,c(Ca2+)=粤喘绊1=安/mol/L=5.5x
10-4mol/L,则c(W0▽)=.潦;。=黑;::mol/L=1.6X10-5mol/L.
故答案为:1.6x10-5;
(6)W0z9的氧化铝中+5价和+6价的鸨原子数分别为a、1-a,根据化合价代数和为零可知,5a+
6(1-a)=2.9x2,a=0.2,故+5价和+6价的鸨原子数之比等于1:4,
故答案为:1:4。
黑铝精矿粉碎加入纯碱、空气焙烧生成Fe2()3、Na2WO4,MnO2>Na2SiO3,水浸除去氧化铁、二
氧化锦,滤液加入稀硫酸调节pH,将Na2SiC)3转化为沉淀,滤液调节pH得到H2WO4,处理得到WO3,
最终得到W;
(1)“粉碎”的目的是增大反应物表面积,提高焙烧效率:浊液是分散质粒子大于100nm的分散系,
“粉碎”后的黑色矿粒径约为50“m;
(2)25二时,SiO歹和WO厂开始沉淀的pH分别为10.3和7.3,说明硅酸根更容易结合氢离子生成沉
淀;
(3)在“焙烧”条件下,FeWO,与纯碱、空气反应生成Fe2()3;
(4)25二时,SiOg和WO;一开始沉淀的pH分别为10.3和7.3,完全沉淀的pH分别为8和5,“滤液I”
调节pH使得SiO歹转化为硅酸沉淀除去硅而WO广不沉淀;
(5)当溶液的pH=13时,c(OH-)=O.lmolL-1,c(Ca?+)=噜群罗=9^J二mol/L=5.5x
10-4mol/L,则c(W0『)=及黑券
(6)WC>2.9的氧化铝中+5价和+6价的铝原子数分别为a、1-a,根据化合价代数和为零可知,5a+
6(1—a)=2.9x2,a=0.2。
本题考查物质的制备,侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况,试题难度中等。
9.【答案】三颈烧瓶+3(iKBFi-By),*(i/.'、,,^1)1■I.A//>(>,..MIO尾气处
理产生BF3气体,将体系中的空气排出,避免影响产率冷水浴35.5(C1;-C2V2)%
【解析】解:(1)由图可知,仪器a的名称为三颈烧瓶,
故答案为:三颈烧瓶;
(2)根据正负化合价为零的原则可知,氟硼酸钾(KBFQ中B元素的化合价为+3价;由分析可知,实
验中滴入浓硫酸并加热装置A,反应生成BF3,还生成一种酸式盐,根据质量守恒可知该盐为硫酸
氢钾,此外还会生成水,反应为:(KOFj_+=8BJJ1+tiKHS()l-:$///)>
故答案为:+3;(iKflf,Li()(iJI.SOiSDFGA7/SO,
(3)该反应用到了BF3,且该物质可和氢氧化钠溶液反应,故装置F的作用为尾气处理,
故答案为:尾气处理;
(4)装置中存在空气,需要先加热装置A产生BF3气体,将体系中的空气排出,避免影响产率,
故答案为:产生BF3气体,将体系中的空气排出,避免影响产率;
(5)装置D是收集产品BCk,由图表可知其沸点为12.5。&故应该采用冷水浴,
故答案为:冷水浴;
(6)由滴定消耗V2mLe2moi/L硫氟化钾溶液可知,25mL溶液中氯离子的物质的量为(qx-
_o250
3
C2X10-V2)mol,则ag样品中氯元素的含量为“田一。2V2)xl0-molx35.5g/molx/*W。%=
ag
35.5©VI—C2V2)%,
a,
故答案为:35.5(C1V1-C2V2)%O
装置A中KBF《、B2O3和浓H2sO4力口热制备BF3,装置B盛有浓硫酸可干燥气体,装置C中BF3与AIC13
高温加热制备BCb,装置D进行冰水浴可得到产品,装置E干燥管可以防止水蒸气进入体系,导致
BC13潮解,F装置用于尾气处理;
3
(6)结合滴定过程,25mL溶液中氯离子的物质的量为(Jx-c2x10-V2)moL据此解答。
本题考查物质制备,侧重考查分析、判断及知识综合运用能力,明确流程图中各物质的成分及其
性质、物质制备方法是解本题关键,注意结合习题中信息分析判断,题目难度较大。
10.【答案】+287ADCat2直线斜率小,活化能小温度其他条件不变,当总压一定时,
O
c3H8(g)的投料增加,占比越大分压越大,导致平衡向左移动,使得C3H8(g)的平衡转化率减小1.6
【解析】解:(1)已知,反应1:C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)AHi=+246kJ-mo「i,
-1
反应2:CO2(g)+H2(g)UCO(g)+H2O(g)AH2=+41kJ-mol,
由盖斯定律可知,反应1+反应2得反应3:C3H8(g)+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)AH=
4-287kJ/moL
故答案为:+287;
(2)A.容器体积和气体质量始终不变,则混合气体的密度始终不变,因此不能说明反应已达平衡,
故A正确;
B.反应为气体分子数增大的反应,混合气体总压强不随时间变化,说明已经达到平衡,故B错误;
C.气体总质量始终不变、反应为气体分子数增大的反应,则混合气体平均相对分子质量不随时间
变化,说明已经达到平衡,故C错误;
D.丙烷的消耗速率等于丙烯的生成速率,描述的都是正反应,不能说明反应已达平衡,故D正确;
故答案为:AD;
⑶已知:Rlnk=—号+C,则Rlnk=-Eax,+C,斜率越大说明Ea越大,活化能越小反应越快,
活化能越大反应越慢,结合图像可知,Cat2反应的活化能小,催化效能较高,依据为:直线斜率
小,活化能小,
故答案为:Cat2:直线斜率小,活化能小;
(4)①反应1和反应均为放热反应,升高温度平衡正向移动,丙烷转化率增大;反应1为气体分子
数增加的反应,反应2为气体分子数不变的反应,增大压强导致反应1逆向移动,丙烷转化率下降;
结合图像可知,X代表温度,相同条件下,增大压强导致反应1逆向移动,丙烷转化率下降,故丫2<Yi,
故答案为:温度;<;
②M点时,丙烷转化率为60%,即反应丙烷0.6moL根据三段式可知:
C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)0.60.60.6
平衡(mol)0.40.60.6
CO2(g)+H2(g)WCO(g)+H2O(g)
起始(mol)10.600
转化(mol)aaaa
平衡(mol)1-a0.6-aa
c3H8(g)和%(g)的浓度相等,则0.4=0.6-a,a=0.2mol;则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、
水分别为0.8mol、0.4mok0.2moK0.2mol,反应2为等分子数的反应,则M点对应的反应2的平
衡常数K=C(CO)XC(H2。)=02x0,2=1
1刑甲双C(CO2)XC(H2)0.8X0.48'
故答案为:"
O
(5)其他条件不变,当总压一定时,C3H8的投料增加,占比越大分压越大,导致平衡向左移动,使
得C3H8的平衡转化率减小;当端整等于2时,经lOmin达到平衡,C3H8的转化率为40%,假设丙
烷投料2m01、敏气lmol,则反应丙烷0.8mol,根据三段式可知:
C3H8(g)=c3H6(g)+H2(g)
起始(mol)200
转化(mol)0.80.80.8
平衡(mol)1.20.80.8
则平衡时总的物质的量为3.8mol,丙烯的分压变化速率为爷3KPa/min=1.6KPa/mol-
故答案为:其他条件不变,当总压一定时,C3H8(g)的投料增加,占比越大分压越大,导致平衡向
左移动,使得C3H8(g)的平衡转化率减小;1.6。
(1)由盖斯定律可知,反应1+反应2得反应3,反应热做相应变化,据此计算;
(2)判断化学平衡状态的直接标志:I“正=丫逆(同物质),I各组分浓度不再改变,以及以此为基
础衍生出来的标志如压强不再改变,混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等,据此
分析;
⑶已知:Rlnk=-号+C,则RInk=—EaX,+C,斜率越大说明Ea越大,活化能越小反应越快,
据此分析;
(4)①反应1和反应均为放热反应,升高温度平衡正向移动,丙烷转化率增大;反应1为气体分子
数增加的反应,反应2为气体分子数不变的反应,增大压强导致反应1逆向移动,丙烷转化率下降,
据此分析;
②M点时,丙烷转化率为60%,即反应丙烷0.6mol,根据三段式结合反应2的平衡常数K的表达式
来计算;
(5)其他条件不变,当总压一定时,C3H8的投料增加,占比越大分压越大,导致平衡向左移动,使
得C3H8的平衡转化率减小;当喘?等于2时,经lOmin达到平衡,C3H8的转化率为40%,假设丙
烷投料2mol、氧气lmol,则反应丙烷0.8mol,根据三段式计算。
该题考查平衡常数的计算、外界条件对反应速率和平衡的影响、反应机理分析等,训练学生的逻
辑分析能力,关键是掌握平衡常数的计算方法、平衡移动的原理等基础知识,题目难度中等。
11.【答案】向回立工|球Mn基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3d'dsi3d54s2,基态
格的d轨道为半满较稳定结构,较为容易失去1个电子、较难失去第2个电子,则第一电离能:Cr<
Mn、第二电离能:Cr>Mn14正八面体《,1,朋3得X10】。
2s2p
【解析】解:(1)氧为8号元素,基态氧原子价层电子轨道表示式为叵]同f斤J;钙为20号元素,
基态钙原子中能量最高的电子所占据原子轨道为4s,电子云轮廓图为球形,
故答案为:叵]it;|7itr球;
(2)铭、镒分别为24、25号元素,基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3ds4s】、3d54s2,基态铭
的d轨道为半满较稳定结构,较为容易失去1个电子、较难失去第2个电子,则第一电离能:Cr<Mn、
第二电离能:Cr>Mn,故第二电离能与第一电离能之差较小的是Mn,
故答案为:Mn;基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3d54s】、3d54s2,基态铭的d轨道为半满较
稳定结构,较为容易失去1个电子、较难失去第2个电子,则第一电离能:Cr<Mn、第二电离能:
Cr>Mn;
(3)单键均为。键,由图可知,1分子A中4个Mn形成的。键有14个,则ImolA中Mn形成的o键有14mo1,
故答案为:14;
(4)①由图可知,以体心的镒为例,Mn原子位于周围S原子形成的正八面体中心,
故答案为:正八面体;
②由图可知,2号S原子在xyz轴上的投影坐标分别为故坐标为©,14),
故答案为:G,i,g);
③根据“均摊法”,晶胞中含12x[+1=4个Mn、8xW+6x:=4jS,设晶胞边长为apm,
4Mr——
则晶体&度p=?=当,x1030g-cm-3=舄*x1030pg-cm-3,则a=x1010pm,MnS晶胞
中阴、阳离子最近距离为晶胞边长的二分之一,故为:焉XIOiOpm,
故答案为::谣xIO】。。
(1)氧为8号元素,基态氧原子价层电子轨道表示式为向回缶];钙为20号元素,基态钙原子
中能量最高的电子所占据原子轨道为4s;
(2)铭、镒分别为24、25号元素,基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3d54s】、3d54
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