《高中化学》7＋3自由练(六)

7＋3自由练(六)一、选择题(本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)7.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是()A.煤的干馏、气化和液化过程均发生化学变化B.CO2和H2催化制取汽油的反应属于化合反应C.镀锌铁制品的镀层破损后失去对铁制品的保护作用D.冬奥火炬外壳使用的碳纤维复合材料属于碳的同素异形体答案A解析A.煤的干馏(有煤焦油等)、气化(一氧化碳和氢气等)和液化(生成甲醇等)过程中均有新物质生成，均发生化学变化，故A正确；B.由质量守恒定律可知，二氧化碳和氢气催化制取汽油的反应中有汽油和水生成，生成物不唯一，不可能属于化合反应，故B错误；C.镀锌铁制品的镀层破损后，金属活泼性强的锌做原电池的负极被损耗，铁做正极被保护，故C错误；D.碳纤维复合材料是由碳纤维形成的多种材料的混合物，不可能属于碳的同素异形体，故D错误。8.NA是阿伏加德罗常数的值。消毒剂需科学使用，84消毒液不能和医用酒精混用的原因是4NaClO＋CH3CH2OH=CHCl3＋HCOONa＋2NaOH＋NaCl＋H2O。下列说法正确的是()A.1L0.2mol·L－1NaClO溶液中含有ClO－离子数为0.2NAB.23gCH3CH2OH中含有共价键数为3.5NAC.标准状况下，2.24LCHCl3中含有原子数为0.5NAD.每生成1molHCOONa，该反应转移电子数为8NA答案D解析A.ClO－离子为弱酸根离子，会水解生成次氯酸和氢氧根离子，ClO－离子数小于0.2NA，A错误；B.23gCH3CH2OH的物质的量为0.5mol，含有共价键数为4NA，B错误；C.标准状况下，CHCl3不是气态，不能计算其物质的量，C错误；D.次氯酸钠中氯元素由正一价变为负一价，转移2个电子；由方程式结合电子守恒可知，生成HCOONa与电子转移的关系为HCOONa～8e－，则每生成1molHCOONa，该反应转移电子数为8NA，D正确。9.生活中有着众多有机物，下列说法不正确的是()A.天然气、沼气和煤层气的主要成分是甲烷B.乙烯是一种植物生长调节剂，可用于催熟果实C.聚甲基丙烯酸甲酯(有机玻璃)和涤纶都是缩聚反应制得D.淀粉、纤维素都是天然有机高分子化合物，油脂不是答案C解析A.天然气、沼气和煤层气的主要成分都是相同的，均为CH4，也就是甲烷，A正确；B.乙烯具有催熟作用，是一种植物生长调节剂，可用于催熟果实，B正确；C.聚酯纤维俗称涤纶，是由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯，经纺丝所得合成纤维；有机玻璃是聚甲基丙烯酸甲酯的俗称，有机玻璃和合成橡胶一样，聚合时都是打开碳碳双键，将若干单体相连而成，本身没有副产物，C错误；D.淀粉、纤维素都属于糖类，是天然有机高分子化合物，油脂相对分子质量较小不是高分子化合物，D正确。10.X、Y、Z、M为短周期主族元素，X的一种同位素具有放射性，可用来断定古生物体死亡的年代。X、Y的某种同位素之间的转化如下：eq\o\al(N,Z＋1)Y＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(N,Z)X＋Z。由X、M组成的双原子分子和Y常见单质分子所含电子数相同。下列说法错误的是()A.元素非金属性M＞Y＞XB.简单氢化物的热稳定性M＞X＞YC.X、Y、Z、M能组成离子化合物D.M与其它三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物答案B解析X、Y、Z、M为短周期主族元素，X的一种同位素具有放射性，可用来断定古生物体死亡的年代，X为碳；碳为6号元素，eq\o\al(N,Z＋1)Y＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(N,Z)X＋Z，反应前后质量数不变，则Z质量数为1是氢、Y为7号元素氮；由X、M组成的双原子分子和Y常见单质分子所含电子数相同，则M为氧。A.同周期从左到右，金属性减弱，非金属性增强，元素非金属性M＞Y＞X，A正确；B.M、X、Y的简单氢化物分别为水、甲烷、氨气，热稳定性：水＞氨气＞甲烷，B错误；C.X、Y、Z、M能组成离子化合物，例如形成的(NH4)2CO3属于离子化合物，C正确；D.氧与碳可以形成一氧化碳、二氧化碳，和氮形成二氧化氮、一氧化氮等，和氢形成水、过氧化氢等，D正确。11.实验装置不能达到实验目的的是()A.测定乙醇结构B.制取少量CO2C.制取少量碳酸钙D.提纯乙酸乙酯答案D解析A.一定体积的乙醇与足量钠反应，用排液法收集生成的H2，并将乙醇的体积、氢气的体积都转换成物质的量，从而得出1mol乙醇生成氢气的物质的量，也就得出1个乙醇分子中所含活泼氢原子的数目，最终确定乙醇的结构，A能达到实验目的；B.安全漏斗的弯管内滞留少量液体，起到液封作用，酸与碳酸盐固体反应，从而制得CO2气体，B能达到实验目的；C.CO2通入溶有NH3的CaCl2溶液中，从而发生反应：CaCl2＋CO2＋2NH3＋H2O=CaCO3↓＋2NH4Cl，C能达到实验目的；D.乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解，生成乙酸钠和乙醇，从而造成乙酸乙酯的损失，D不能达到实验目的。12.羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为CO2、H2O的原电池－电解池组合装置(如图)，该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法正确的是()A.装置工作时，b为阳极，电极反应为C6H5OH－28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋B.a极每单个Cr2Oeq\o\al(2－,7)参与反应，通过质子交换膜的H＋数理论上有6NA个C.d电极附近pH增大D.右侧装置中，每转移0.7mol电子，c极产生气体7.84L(折算成标准状况)答案D解析Cr2Oeq\o\al(2－,7)在a极发生还原反应，a电极为原电池正极，电极反应式为Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6e－＋7H2O=2Cr(OH)3＋8OH－，b极苯酚失电子被氧化为CO2，b电极为原电池负极，电极反应式为C6H5OH－28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋；c极为电解池阴极，电极反应为2H＋＋2e－=H2↑，d极为电解池阳极，电极反应为H2O－e－=H＋＋·OH，羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂，进一步氧化苯酚，方程式为C6H5OH＋28·OH=6CO2↑＋17H2O。A.电池工作时，a和b形成原电池，b为原电池的负极，苯酚在负极发生氧化反应，电极反应式为C6H5OH－28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋，故A错误；B.a电极为原电池正极，电极反应式为Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6e－＋7H2O=2Cr(OH)3＋8OH－，每有1molCr2Oeq\o\al(2－,7)参与反应，转移6mol电子，通过质子交换膜的H＋数理论上有6NA个，则a极每单个Cr2Oeq\o\al(2－,7)参与反应，通过质子交换膜的H＋数理论上有6个，故B错误；C.d极为电解池阳极，电极反应为H2O－e－=H＋＋·OH，d电极产生大量氢离子，pH减小，故C错误；D.c极为电解池阴极，电极反应为2H＋＋2e－=H2↑，每转移0.7mole－，c极生成的气体在标准状况的体积为eq\f(1,2)×22.4L·mol－1×0.7mol＝7.84L，故D正确。13.常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是()A.HA的浓度小于HB的浓度B.a点水的电离程度小于b点水的电离程度C.向HB溶液中加NaOH溶液至pH＝7时c(B－)＝c(HB)D.常温下HA的电离常数是10－4答案C解析lgeq\f(c（A－）,c（HA）)＝0，c(A－)＝c(HA)，电离平衡常数Ka(HA)＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝c(H＋)＝10－4；lgeq\f(c（B－）,c（HB）)＝0，c(B－)＝c(HB)，电离平衡常数Ka(HB)＝eq\f(c（H＋）·c（B－）,c（HB）)＝c(H＋)＝10－5；Ka(HA)>Ka(HB)。A.Ka(HA)>Ka(HB)，故酸性：HA>HB，又等pH、等体积的HA、HB两种弱酸，故HA的浓度小于HB的浓度，故A正确；B.pH＝4溶液为酸和盐的混合溶液，pH＝4，抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(OH－)约为1×10－10mol/L，pH＝5，抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(OH)约为1×10－9mol/L，故B正确；C.pH＝7时KHB＝eq\f(c（H＋）·c（B－）,c（HB）)＝10－5，则eq\f(c（B－）,c（HB）)＝100，故C错误；D.根据分析可得，HA的电离常数是10－4，故D正确。二、非选择题26.(14分)软锰矿－硫铁矿制取电池级二氧化锰的工艺流程如下图：回答下列问题：(1)“浸取”过程主要反应3MnO2＋2FeS2＋6H2SO4=3MnSO4＋Fe2(SO4)3＋4S＋6H2O，则氧化剂与还原剂物质的量之比为________。(2)“氧化i”过程软锰矿的作用是___________________________________________________________________________________________________。(3)“除铁”后溶液中残留的c(Fe3＋)＝________mol·L－1。[25℃时，Fe(OH)3的Ksp为1.0×10－39](4)“沉锰”过程Mn2＋转化为MnCO3的离子方程式为__________________________________________________________________________________________________________________________________；NH3·H2O的作用是___________________________________________。(5)“焙烧”过程MnCO3转化为MnO2的化学方程式为__________________________________________________________________________________________________________________________________。(6)“氧化ii”过程中，将Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)的最适宜氧化剂是________(填字母序号)。a.H2O2b.Cl2c.KClO3(7)将制备获得的电池级二氧化锰用于构建水系锌锰电池，其工作原理为：xZn＋Zn0.5－xMnO2·nH2Oeq\o(,\s\up7(放电),\s\do5(充电))Zn0.5MnO2·nH2O，放电时正极的电极反应式为__________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)3∶2(2)使Fe2＋全部转化为Fe3＋(3)1.0×10－13.5mol/L(4)Mn2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3·H2O=MnCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2O调节pH(5)2MnCO3＋O2eq\o(=,\s\up7(高温))2MnO2＋2CO2(6)a(7)Zn0.5－xMnO2·nH2O＋2xe－＋xZn2＋=Zn0.5MnO2·nH2O解析硫铁矿和软锰矿加入硫酸进行“浸取”，所得溶液中含有大量亚铁离子，加入软锰矿，将亚铁离子氧化成铁离子，调节pH使铁离子沉淀除去，再加入碳酸氢铵和氨水将溶液中的锰离子转化为碳酸锰，在空气中焙烧后得到二氧化锰，经过“氧化ii”、过滤、干燥得到二氧化锰纯品。(1)根据反应3MnO2＋2FeS2＋6H2SO4=3MnSO4＋Fe2(SO4)3＋4S＋6H2O可知，反应的过程中，锰元素的化合价由＋4价降低到＋2价，则二氧化锰为该反应的氧化剂，Fe元素的化合价由＋2价升高到＋3价，S元素的化合价由－1价升高到0价，则硫化亚铁为该反应的还原剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2；(2)由上述分析可知，“浸取”后的溶液中含有大量Fe2＋，Fe2＋沉淀的pH过高，因此将其氧化成Fe3＋后再沉淀除去，则“氧化i”过程软锰矿的作用是使Fe2＋全部转化为Fe3＋；(3)根据题干信息可知，“除铁”时溶液的pH＝5.5，则c(H＋)＝10－5.5mol/L，c(OH－)＝eq\f(Kw,c（H＋）)＝eq\f(10－14,10－5.5)＝10－8.5mol/L，则“除铁”后溶液中残留的c(Fe3＋)＝eq\f(1.0×10－39,（10－8.5）3)mol/L＝1.0×10－13.5mol/L；(4)“沉锰”过程，加入碳酸氢铵和氨水，将溶液中的锰离子转化成碳酸锰，反应的离子方程式为Mn2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3·H2O=MnCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2O；由图可知，“沉锰”过程中，需要调节溶液的pH＝6.5～7，氨水的作用是调节溶液的pH；(5)“焙烧”过程中，MnCO3与空气中的氧气反应生成MnO2，反应的化学方程式为2MnCO3＋O2eq\o(=,\s\up7(高温))2MnO2＋2CO2；(6)“氧化ii”过程中，将Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)的最适宜氧化剂是过氧化氢，因为过氧化氢反应的产物为水，不会污染环境且不引入新的杂质，氯气和氯酸钾均会引入新的杂质离子，故选a；(7)根据总反应可知，放电时，Zn0.5－xMnO2·nH2O作正极，发生还原反应，则放电时正极的电极反应为Zn0.5－xMnO2·nH2O＋2xe－＋xZn2＋=Zn0.5MnO2·nH2O。27.(14分)正溴丁烷可用于合成麻醉药盐酸丁卡因，也用于生产染料和香料，是稀有元素萃取的溶剂及有机合成的中间体，其制备如图(夹持装置略)：已知：i.NaBr＋H2SO4(浓)=HBr↑＋NaHSO4ii.CH3CH2CH2CH2OH＋HBr→CH3CH2CH2CH2Br＋H2Oiii.2HBr＋H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))Br2＋SO2＋2H2O请回答下列问题：(1)仪器a的名称是________。装置b的作用是_______________________。(2)制备过程中，加热回流，在此期间要不断地摇动反应装置，其原因为__________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)若选用较浓的硫酸作为反应物，得到的产品会呈黄色，为除去颜色，最好选择下列的________(填标号)溶液来洗涤产品。A.四氯化碳 B.硫酸钠C.氢氧化钠 D.亚硫酸钠产品选择上述溶液洗涤后，还需要用蒸馏水洗涤一次，洗涤液与产品分离的操作是________(填操作名称)。(4)分离得到的有机层依次用适量的水、饱和NaHCO3溶液、水洗涤、用无水CaCl2干燥。以上两次用水洗涤简化为一次用水洗涤是否合理________(填“合理”或“不合理”)。(5)若投入正丁醇14.8g，得到产物15.6g，则正溴丁烷的产率为________%(保留一位小数)。答案(1)球形冷凝管吸收尾气，防止污染空气(2)使反应物充分接触，充分反应，提高正溴丁烷的产率(3)D分液(4)不合理(5)56.9解析(1)仪器a为球形冷凝管，装置b中的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的溴化氢和副反应生成的溴蒸气、二氧化硫，防止污染空气。(2)加热回流时，不断地摇动反应装置，可以使反应物充分接触，有利于反应物充分反应，提高正溴丁烷的产率。(3)若选用较浓的硫酸作为反应物，得到的产品会呈黄色，是因为溶解了Br2。A.四氯化碳可以溶解Br2，但也会溶解溴乙烷，A错误；B.硫酸钠不能除去Br2，B错误；C.氢氧化钠与Br2反应，但同时也会引起溴乙烷水解，C错误；D.亚硫酸钠只与Br2发生氧化还原反应，不与溴乙烷反应，D正确。洗涤液与产品不互溶，因此可用分液的方法将其进行分离，且下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从分液漏斗上口倒出。(4)有机层依次用适量的水洗涤，可洗去HBr和正丁醇；饱和NaHCO3溶液洗去大部分硫酸；水洗涤，洗去余下的少量硫酸；用无水CaCl2干燥除去水，以上两次用水洗涤简化为一次用水洗涤不合理，若改为1次，需加大试剂用量，而两次洗涤可以减少试剂用量。(5)14.8g正丁醇的物质的量为：eq\f(14.8g,74g/mol)＝0.2mol，由方程式可知，理论上0.2mol正丁醇参与反应，生成0.2mol正溴丁烷，0.2mol正溴丁烷的质量为：0.2mol×137g/mol＝27.4g，则正溴丁烷的产率为：eq\f(15.6g,27.4g)×100%≈56.9%。28.(15分)氢气在化学工业中应用广泛。回答下列问题：(1)已知：Ⅰ.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1Ⅱ.CH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－802.0kJ·mol－1Ⅲ.4H2(g)＋CO2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH若反应Ⅲ的逆反应活化能为EakJ·mol－1，则正反应活化能为________kJ·mol－1(用含Ea和必要的数值的式子表示)。(2)在有机合成中，氢气常用于不饱和烃的加成，如：C2H2＋H2=C2H4、C2H2＋2H2=C2H6。一定温度和催化剂作用下，将H2和C2H2按体积比为4∶1充入恒容密闭容器中，发生上述反应，当C2H2完全反应时，乙烯的体积分数为20%，则C2H4的选择性为________(C2H4的选择性＝eq\f(生成C2H4的物质的量,反应的C2H2的物质的量)×100%)。(3)一定条件下，H2能与NO反应，反应热化学方程式为2H2(g)＋2NO(g)N2(g)＋2H2O(g)。在某恒容密闭容器中按投料比eq\f(n（H2）,n（NO）)＝1发生上述反应，不同催化剂条件下，反应相同时间测得NO转化率与温度的关系如图所示。①下列能够说明反应已达到化学平衡状态的是________。A.2v逆(NO)＝v正(N2)B.混合气体的密度不再变化C.容器内总压强不再变化D.混合气体的平均相对分子质量不再变化②使用催化剂乙时，NO转化率随温度升高先增大后减小的原因可能是_________________________________________________________________。③研究表明该反应速率方程式为v＝kcm(H2)c2(NO)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关。若投料比eq\f(n（H2）,n（NO）)＝1，T1K时的初始速率为v0，当H2转化率为50%时，反应速率为eq\f(v0,8)，由此可知m＝________。设此时反应的活化能为E′a，不同温度T1K、T2K条件下对应的速率常数分别为k1、k2，存在关系：lgeq\f(k2,k1)＝－eq\f(E′a,2.303R)(eq\f(1,T2)－eq\f(1,T1))(R为常数)。据此推测：活化能越大，升高温度，速率常数增大倍数________(填“越大”“越小”或“不变”)。(4)在合成氨工业中，氢气是反应原料之一。T℃时，向2L恒容密闭容器中加入1.2molN2和2molH2合成氨：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，体系中n(NH3)随时间的变化如图。T℃时，该反应的平衡常数为________。答案(1)(Ea－165.2)kJ/mol(2)75%(3)①CD②温度低于350℃时，催化剂的活性随温度升高逐渐增强，反应速率加快，NO转化率也增大，温度高于350℃时，导致催化剂活性降低，反应速率下降，导致NO转化率下降③1越大(4)6.25解析(1)已知：Ⅰ.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH1＝－483.6kJ/molⅡ.CH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－802.0kJ/mol根据盖斯定律，由Ⅰ×2－Ⅱ得反应Ⅲ.4H2(g)＋CO2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝2ΔH1－ΔH2＝－483.6kJ/mol×2－(－802.0kJ/mol)＝－165.2kJ/mol；逆反应活化能为EakJ/mol，且ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能，则正反应活化能＝逆反应活化能＋ΔH＝EakJ/mol＋(－165.2kJ/mol)＝(Ea－165.2)kJ/mol；(2)在催化剂作用下，一定温度时按体积比V(C2H2)∶V(H2)＝1∶4充入刚性容器中，发生反应C2H2＋