2019-2020年高三化學二輪復習 考點突破70 影響化學反應速率的因素(含解析).doc
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2019-2020年高三化學二輪復習 考點突破70 影響化學反應速率的因素(含解析)1、對于100mL 1mol/L鹽酸與鋅粒的反應,采取下列措施能使反應速率加快的是()升高溫度;改用100mL 3mol/L鹽酸;多用300mL 1mol/L鹽酸;用等量鋅粉代替鋅粒;滴入少量CuSO4溶液A B C D【答案】B2、在體積可變的容器中發(fā)生反應N2 + 3H2 NH3當增大壓強使容器體積縮小時,化學反應速率加快,其主要原因是()A分子運動速率加快,使反應物分子間的碰撞機會增多B反應物分子的能量增加,活化分子百分數(shù)增大,有效碰撞次數(shù)增多C活化分子百分數(shù)未變,但單位體積內(nèi)活化分子數(shù)增加,有效碰撞次數(shù)增多D分子間距離減小,使所有的活化分子間的碰撞都成為有效碰撞【答案】C3、下列說法正確的是()A在“金屬析氫腐蝕”實驗中,外面纏繞著銅絲的鐵釘上產(chǎn)生氣泡多,周圍先出現(xiàn)藍色沉淀(溶液中滴加幾滴K3Fe(CN)6溶液)B在“亞硝酸鈉和食鹽的鑒別”實驗中,可用實驗室久置的硫酸亞鐵溶液和硫氰化鉀溶液進行鑒別,變紅色的為亞硝酸鈉溶液C在“催化劑對過氧化氫分解反應速率的影響”實驗中,MnO2的用量以及顆粒直徑的大小均會影響H2O2分解的速率,但溶液的酸堿性對H2O2的穩(wěn)定性沒有影響D當發(fā)現(xiàn)有同學吸入氨氣中毒時,應立刻進行人工呼吸,并視情況作進一步處理【答案】A4、影響化學反應速率的因素很多,下列措施能使化學反應速率減小的是( ) A降低溫度B升高溫度C增大壓強 D增大反應物濃度【答案】A 5、已知反應:2SO2(g)O2(g)2SO3(g) H0。某溫度下,將2 mol SO2和1 mol O2置于10 L密閉容器中,反應達平衡后,SO2的平衡轉化率()與體系總壓強(p)的關系如圖甲所示。則下列說法正確的是( )0T2 BF的原子結構示意圖:C乙酸乙酯的結構簡式:C2H5OOCCH3 D甲烷分子的比例模型:T1反應時間 ?(SO2) 丙 0反應時間 反應速率乙v正v逆v/正v/逆 甲A由圖甲知,A點SO2的平衡濃度為0.4 molL1B由圖甲知,B點SO2O2SO3的平衡濃度之比為2:1:2C達平衡后,縮小容器容積,則反應速率變化圖像可以用圖乙表示D壓強為0.50 MPa時不同溫度下SO2轉化率與溫度關系如丙圖,則T2T1【答案】C 6、對于反應A(g)B(g) C(g),用如圖中的圖象分別表示其他條件不變時,某一反應物濃度、反應持續(xù)的時間、反應溫度跟反應速率v之間的關系,其中有明顯錯誤的是()【答案】C【解析】反應物濃度為0時,反應速率也為0,當濃度增大時,化學反應速率增加,A、B均正確。反應剛開始,反應速率不可能為0,隨著時間延長,反應速率不會一直增大,所以C錯。溫度為0時,反應速率并不為0,升高溫度,反應速率增大,D正確。7、某一化學反應在不同條件下的能量變化曲線如右圖所示。下列說法正確的是()A化學催化比酶催化的效果好B使用不同催化劑可以改變反應的熱效應C使用不同催化劑可以改變反應的能耗D反應物的總能量低于生成物的總能量【答案】C【解析】試題分析:根據(jù)圖像可知,酶催化的效果要好于化學催化,A不正確;反應熱只與反應物和生成物總能量的相對大小有關系,與催化劑無關系,選項B不正確;催化劑能降低反應的活化能,從而降低能耗,C正確。根據(jù)圖像可知,反應式的總能量高于生成物的總能量,所以D不正確,答案選C??键c:考查反應熱的判斷、催化劑對反應速率以及反應熱的影響點評:該題是高考中的常見題型,屬于中等難度的試題。試題基礎性強,側重對學生能力的培養(yǎng)和解題方法的指導與訓練,旨在考查學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力,有利于培養(yǎng)學生的應試能力和邏輯推理能力。8、亞氯酸鈉(NaClO2)是一種性能優(yōu)良的漂白劑,但在酸性溶液發(fā)生分解:5HClO24ClO2+H+Cl+2H2O向亞氯酸鈉溶液中加入鹽酸,反應劇烈若將鹽酸改為pH相同的稀硫酸,開始時反應緩慢,稍后產(chǎn)生氣體速度較快,速度變化的原因是()A逸出ClO2使生成物濃度降低B酸使HClO2的分解加速C溶液中的H+起催化作用D溶液中的Cl起催化作用【答案】D【解析】AClO2逸出,反應速率減小,而稍后段時間產(chǎn)生氣體速度較快,則說明不是逸出ClO2的原因,故A錯誤;B如果是氫離子濃度改變反應速率,則pH相同的鹽酸和硫酸影響反應速率相同,與題給信息不符合,所以不是氫離子使分解速率加快,故B錯誤;C由于開始時溶液中就有氫離子,分解反應卻非常慢,可見氫離子不起催化作用,故C錯誤;D反應開始時,溶液中氯離子濃度很小,隨著反應的進行,溶液中氯離子濃度增大,反應速率加快,可見氯離子起催化作用,故D正確故選D9、2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)是制備硫酸的重要反應。下列敘述正確的是()A催化劑V2O5不改變該反應的逆反應速率B恒壓,通入稀有氣體,反應速率不變C該反應是放熱反應,降低溫度將縮短反應達到平衡的時間D在t1、t2時刻,SO3(g)的濃度分別是c1、c2,則時間間隔t1t2內(nèi),SO2(g)消耗的平均速率為【答案】D【解析】試題分析:A、催化劑可同等程度的改變正、逆反應的反應速率,故A錯;B、若在恒容條件下,向容器通入惰性氣體,反應體系的壓強變大,但反應各物質(zhì)的濃度不變,因此反應速率也不變;故B錯;C、不論反應是吸熱反應還是放熱反應,降低溫度反應速率一定變慢,則達到平衡的時間將延長;故C錯;D、根據(jù)計算平均速率的定義公式,濃度變化量c2-c1,時間為t2-t1,SO3(g)生成的平均速率為,故D對;故選D。考點:反應速率的定量表示方法;催化劑的作用;化學反應速率的影響因素;化學平衡的影響因素。點評:本題主要考查了影響化學反應速率的因素,化學反應速率和化學平衡是化學基本理論的核心知識,既是重點又是難點,也是年年必考的內(nèi)容,特別是有關化學反應速率和化學平衡的計算及影響因素、化學平衡常數(shù)的表達式及其計算是高考的重點。10、向4.0 L容器中充入0.70 mol SO2和0.40 mol O2,4 s末測得剩余SO2 0.30 mol,則v(O2)為()A0.10 molL1s1B0.025 molL1s1C0.50 molL1s1D0.012 5 molL1s1【答案】D【解析】n (SO2)0.7 mol0.3 mol 0.4 mol則v(SO2) 0.025 molL1s1故v(O2)v(SO2)0.012 5 molL1s1。11、2A(g)+B(g) 3C(g)+4D(g)的反應,在不同條件下的反應的速率最快的是()AV(A) = 0.7molL1min1 BV(B) = 0.3molL1min1CV(C) = 0.9molL1min1 DV(D) = 1.1molL1min1【答案】A12、(寧波市效實中學xx高三第一學期期中考試)為比較催化劑對H2O2分解反應的催化效果,甲乙兩組同學分別設計了如圖1、圖2所示的實驗。下列敘述中不正確的是( )A圖1實驗可通過觀察產(chǎn)生氣泡快慢來比較反應速率的大小B若圖1所示實驗中反應速率為, 則一定說明Fe3+比Cu2+對H2O,分解催化效果好C用圖2裝置測定反應速率,可測定反應產(chǎn)生的氣體體積及反應時間D為檢查圖2裝置的氣密性,可關閉A處活塞,將注射器活塞拉出一定距離,一段時間后松開活塞,觀察活察是否回到原位【答案】B13、物質(zhì)(t-BuNO)2在正庚烷或CCl4中均可以發(fā)生反應:(t-BuNO)22(t-BuNO)。在20時,向2 L正庚烷中加入(t-BuNO)2 1.0 mol,10 min時反應達平衡,此時(t-BuNO)2的平衡轉化率為75%(假設反應過程中溶液體積始終為2 L)。下列說法正確的是()A反應在前10 min內(nèi)的平均速率為(t-BuNO)=0.0375 molL1min1B保持其他條件不變,若此時再向正庚烷反應體系中加入正庚烷,平衡向生成(t-BuNO)2的方向移動C保持其他條件不變,升高溫度,(t-BuNO)2的平衡轉化率大于75%,則其能量關系可用圖表示D保持其他條件不變,若該反應在CCl4中進行,其平衡常數(shù)為1.9,則(t-BuNO)2的平衡轉化率大于75%【答案】C14、20,將10ml 0.1mol/L Na2S2O3溶液和10ml 0.1mol/L的H2SO4溶液混合,2分鐘后溶液中明顯出現(xiàn)渾濁。已知溫度每升高10,化學反應速率增大到原來的2倍,那么50時,同樣的反應要看到明顯渾濁,需要的時間是( )A. 15秒B. 20秒C. 40秒D. 48秒【答案】A15、下列實驗設計能夠成功的是( )實驗目的實驗操作A實驗室制備硝基苯將苯和濃硝酸混合后加熱B除去硫酸鈉溶液中少量氯化鈉雜質(zhì)向含有氯化鈉雜質(zhì)的硫酸鈉溶液中加入適量的硝酸銀溶液,過濾C檢驗溴乙烷發(fā)生消去反應的產(chǎn)物向盛有少量溴乙烷的試管中,先加入氫氧化鈉溶液,再滴入用硝酸酸化的硝酸銀溶液D濃硝酸的氧化性強于稀硝酸向盛有少量的濃硝酸、稀硝酸的兩支試管中,分別加入大小相同的銅片【答案】D16、現(xiàn)有一包氯化鈉固體,其中混有少量的硫酸鈉和氯化鎂,可通過以下實驗除去雜質(zhì)得到純凈的氯化鈉。請將正確合理的操作順序填入括號中,并簡要回答(1)(3)題。()在溶液中加入稍過量的碳酸鈉溶液,然后過濾。()加入稍過量的氯化鋇溶液,然后過濾。 ()在濾液中加入稀鹽酸至溶液呈中性。()將混有雜質(zhì)的氯化鈉完全溶解于水。()蒸發(fā)結晶。()在濾液中加入稍過量的氫氧化鈉溶液,然后過濾。(1)為什么要加入稍過量的碳酸鈉溶液?_。(2)為什么要加入稀鹽酸至溶液呈中性? _。(3)寫出上述兩步驟中的有關化學方程式_?!敬鸢浮?1)為了除去溶液中多余的鋇離子(2)為了除去過量的碳酸根和氫氧根(3)Na2CO3BaCl2=BaCO32NaCl,Na2CO32HCl=2NaClCO2H2O,NaOHHCl=NaClH2O【解析】根據(jù)題中所給的信息,結合已經(jīng)學習過的知識分析,本題考查的通過實驗除去雜質(zhì)得到純凈的氯化鈉。17、某實驗小組對H2O2的分解做了如下探究下表是該實驗小組研究影響H2O2分解速率的因素時記錄的一組數(shù)據(jù),將質(zhì)量相同但狀態(tài)不同的MnO2分別加入盛有15mL 5%的H2O2溶液的大試管中,并用帶火星的木條測試,結果如下:MnO2觸摸試管情況觀察結果反應完成所需的時間粉末狀很燙劇烈反應,帶火星的木條復燃3.5min塊狀微熱反應較慢,火星紅亮但木條未復燃30min(1)寫出大試管中發(fā)生反應的化學方程式: ,該反應是 反應(填放熱或吸熱)(2)實驗結果表明,催化劑的催化效果與 有關【答案】(1)2H2O2H2O+O2; 放熱;(2)接觸面積【解析】(1)H2O2在二氧化錳作用下發(fā)生反應的化學反應方程式為:2H2O2H2O+O2;根據(jù)觸摸試管的感覺可知,該反應為放熱反應,故答案為:2H2O2H2O+O2; 放熱;(2)因在其他條件相同時,粉末狀二氧化錳比塊狀二氧化錳反應所需時間短,說明接觸面積對反應速率有影響,故答案為:接觸面積18、醫(yī)用氯化鈣可用于生產(chǎn)補鈣、抗過敏和消炎等藥物。以工業(yè)碳酸鈣(含有少量Na、Al3、Fe3等雜質(zhì))生產(chǎn)醫(yī)藥級二水合氯化鈣(CaCl22H2O的質(zhì)量分數(shù)為97.0%103.0%)的主要流程如下:(1)除雜操作是加入氫氧化鈣,調(diào)節(jié)溶液的pH為8.08.5,以除去溶液中的少量Al3、Fe3。檢驗Fe(OH)3是否沉淀完全的實驗操作是_。(2)酸化操作是加入鹽酸,調(diào)節(jié)溶液的pH約為4.0,其目的有:將溶液中的少量Ca(OH)2轉化為CaCl2;防止Ca2在蒸發(fā)時水解;_。(3)測定樣品中Cl含量的方法是:a.稱取0.750 0 g樣品,溶解,在250 mL容量瓶中定容;b.量取25.00 mL待測溶液于錐形瓶中;c.用0.050 00 molL1 AgNO3溶液滴定至終點,消耗AgNO3溶液體積的平均值為20.39 mL。上述測定過程中需用溶液潤洗的儀器有:_。計算上述樣品中CaCl22H2O的質(zhì)量分數(shù)為_。若用上述方法測定的樣品中CaCl22H2O的質(zhì)量分數(shù)偏高(測定過程中產(chǎn)生的誤差可忽略),其可能原因有_;_。【答案】(1)取少量上層清液,滴加KSCN溶液,若不出現(xiàn)血紅色,表明Fe(OH)3沉淀完全(2)防止溶液吸收空氣中的CO2(3)酸式滴定管99.9%樣品中存在少量的NaCl少量CaCl22H2O失水【解析】(1)是基本操作題,檢驗Fe(OH)3是否沉淀完全關鍵是檢驗Fe3是否有剩余,用SCN檢驗。(2)加酸目的:為將Ca(OH)2轉變?yōu)镃aCl2,為防止水解,為降低CO2的溶解度。(3)AgNO3溶液呈酸性,酸性、強氧化性溶液及有機試劑一般放在酸式滴定管中,容量瓶、錐形瓶均不需潤洗。容量瓶、錐形瓶潤洗均會使測定結果偏大。滴定管不潤洗,會使標準液稀釋。n(Cl)0.050 0 molL120.39103 L1.019 5103 molm(CaCl22H2O)n(Cl)M(CaCl22H2O)101.019 5103 mol147 gmol1100.749 33 g,w100%99.9%。NaCl中w(Cl)大于CaCl22H2O中w(Cl);CaCl22H2O部分失水,總質(zhì)量減小。19、亞硝酸鈉(NaNO2)外觀酷似食鹽且有咸味,是一種常用的發(fā)色劑和防腐劑,但使用過量會使人中毒某學習小組針對亞硝酸鈉設計了如下實驗:實驗一制取NaNO2該小組先查閱資料知:2NO+Na2O22NaNO2;2NO2+Na2O22NaNO3;NO能被酸性高錳酸鉀氧化為NO3,然后設計制取裝置如圖(夾持裝置略去):(1)裝置D的作用是 ;如果沒有B裝置,C中發(fā)生的副反應有 (2)就算在裝置氣密性良好的情況下進行實驗,該小組發(fā)現(xiàn)制得的NaNO2的純度也不高,可能的原因是 ;設計一種提高NaNO2純度的改進措施 實驗二測定NaNO2樣品(含NaNO3雜質(zhì))的純度先查閱資料知:5NO2+2MnO4+6H+5NO3+3Mn2+3H2O;MnO4+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O 然后,設計如下方案測定樣品的純度樣品溶液A溶液B數(shù)據(jù)處理(3)取樣品2.3g經(jīng)溶解后得到溶液A 100mL,準確量取10.00mL A與24.00mL 0.0500mol/L的酸性高錳酸鉀溶液在錐形瓶中充分反應反應后的溶液用0.1000mol/L (NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定至紫色剛好褪去;重復上述實驗3次,平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液10.00mL,則樣品中NaNO2的純度為 (4)通過上述實驗測得樣品中NaNO2的純度偏高,該小組討論的原因錯誤的是 (填字母編號)a滴定至溶液紫色剛好褪去,立即停止滴定b加入A與KMnO4溶液前的錐形瓶未經(jīng)干燥c實驗中使用的(NH4)2Fe(SO4)2溶液暴露在空氣中的時間過長【答案】(1)吸收多余的NO;2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2NO+O2=NO2;(2)由于獲得NO的過程中會產(chǎn)生其他氮氧化物;在A、B之間增加裝有水的洗氣瓶;(3)75%;(4)bc【解析】(1)高錳酸鉀具有氧化性,能將一氧化氮氧化,反應的實質(zhì)是:5NO+3MnO4+4H+=5NO3+3Mn2+2H2O,裝置D可將剩余的NO氧化成N03,吸收多余的NO,如果沒有B裝置,C中發(fā)生的副反應有,金屬銅和稀硝酸制得的一氧化氮中含有水,水會和過氧化鈉發(fā)生反應產(chǎn)生氧氣,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,生成的氧氣極易把一氧化氮氧化為二氧化氮,即2NO+O2=NO2,故答案為:吸收多余的NO;2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2NO+O2=NO2;(2)由于獲得一氧化氮所用的硝酸具有揮發(fā)性,獲得NO的過程中會產(chǎn)生其他氮氧化物,這樣會干擾實驗結果,可以在A、B之間增加裝有水的洗氣瓶,減小實驗誤差;故答案為:由于獲得NO的過程中會產(chǎn)生其他氮氧化物;在A、B之間增加裝有水的洗氣瓶;(3)根據(jù)5(NH4)2 Fe(S04)2MnO4,消耗n(KMn04)=0.1mol/L0.01L=0.001mol, 2MnO45NO2, 2 50.05mol/L0.024L0.001mol x,x=0.0005mol,100mL中n(NaN02)=0.0005mol=0.005mol,則樣品中NaN02的純度為100%=75%,故答案為:75%;(4)a滴定至溶液紫色剛剛好褪去,消耗的(NH4)2 Fe(S04)2偏小,導致的量結果偏高,故a不符合;b加入A與KMn04溶液前錐形瓶未經(jīng)干燥,對測量結果無影響,故b符合;c實驗中使用的(NH4)2Fe(S04)2溶液暴露在空氣中時間過長,部分(NH4)2 Fe(S04)2被氧化,消耗的(NH4)2 Fe(S04)2偏大,導致的量結果偏低,故c符合;故答案為:bc20、鈉和水反應的化學方程式:2Na2H2O2NaOHH2將表面部分氧化成氧化鈉的金屬鈉樣品1.08g,投入100g水中,完全反應后放出氣體0.04g,問所得溶液需用多少克10%的鹽酸才能完全中和?【答案】16.5g【解析】考查化學計算技巧21、如圖?分別代表有關反應中的一種物質(zhì),請?zhí)顚懸韵驴瞻祝?)已知中陰陽離子個數(shù)比為1:1,則的化學式是 、的電子式為 (2)圖中涉及的氧化還原反應共有 個 (3)與反應的化學方程式為 (4)與反應的化學方程式是 (5)一定條件下,將2amL和的混合氣體用排水法收集,得到amL氣體,則原混合氣體中和的體積比為 【答案】(1)NH4HCO3;(2)6;(3)4NH3+5O24NO+6H2O;(4)C+4HNO32H2O+4NO2+CO2;(5)23:1或3:2【解析】與Na2O2反應,所以只能是CO2和H2O,因為是通過濃硫酸的,只能是CO2,且產(chǎn)生Na2CO3和O2,為O2,Mg與CO2反應生成MgO和C,應為堿性氣體,應為NH3,則為NH4HCO3,陰陽離子個數(shù)比為1:1,則為NO,為NO2,為HNO3,為C,(1)由以上分析可知為NH4HCO3,為CO2,其電子式為,故答案為:NH4HCO3;(2)題中涉及的氧化還原反應有與、與、與,與、與水、與等反應,共6種,故答案為:6;(3)與的反應為氨氣的催化氧化,化學方程式為4NH3+5O24NO+6H2O,故答案為:4NH3+5O24NO+6H2O;(4)與反應的化學方程式是C+4HNO32H2O+4NO2+CO2,故答案為:C+4HNO32H2O+4NO2+CO2;(5)和的混合氣體用排水法收集,涉及反應的方程式為4NO2+O2+2H2O4HNO3,3NO2+H2OHNO3+2NO,如氧氣過量,設氧氣為x mL,則NO2為(2ax)mL,根據(jù)反應方程式可得2a(2ax)=a,x=a,NO2為a,即二者體積為3:2,如NO2為過量,設為NO2xmL,氧氣為ymL,則(x5y)=a,x+y=2a,解得x=a,y=a,二者比值為23:1,故答案為:23:1或3:222、下圖是常見物質(zhì)之間的轉化關系。氧化物A是光導纖維的基本原料,單質(zhì)、為非金屬單質(zhì),單質(zhì)為主族元素對應的金屬單質(zhì)。請回答:(1)氧化物A的化學式:_。單質(zhì)與NaOH溶液反應的化學方程式_。(2)向鹽甲的水溶液中通入過量的CO2,觀察到的現(xiàn)象是_。(3)單質(zhì)的用途非常廣泛,如用做_(寫一種即可)。(4)鹽乙的溶液呈現(xiàn)_(填酸性或堿性或中性)?!敬鸢浮浚?)SiO2 2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2(2)有白色膠狀沉淀生成 (3)半導體材料(合理即可給分) (4)堿性【解析】試題分析:氧化物A是光導纖維的基本原料,則A是二氧化硅。二氧化硅和氫氧化鈉溶液反應刪除硅酸鈉和水,則甲是硅酸鈉,C是水。單質(zhì)和氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉,則單質(zhì)是硅,所以單質(zhì)為氫氣。單質(zhì)為主族元素對應的金屬單質(zhì),且和氫氧化鈉溶液反應生成氫氣,所以該單質(zhì)是鋁,則乙是偏鋁酸鈉,偏鋁酸鈉水解,溶液呈堿性。氧化物B和氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和水,因此B是氧化鋁??键c:考查以硅和鋁及其化合物的轉化的有關判斷點評:該題是中等難度的試題,也是高考中的常見題型,試題注重基礎,側重對學生能力的培養(yǎng)和解題方法的訓練。該類試題學生需要明確的是化學推斷題是一類綜合性較強的試題,如元素及化合物性質(zhì)和社會生活,環(huán)境保護,化學計算等知識,還可引入學科間綜合。它不僅可考察學生對化學知識的理解程度,更重要的是培養(yǎng)學生的綜合分析能力和思維方法。解框圖題的方法:最關鍵的是尋找突破口,突破口就是抓特字,例如特殊顏色、特殊狀態(tài)、特殊氣味、特殊反應、特殊現(xiàn)象、特殊制法、特殊用途等。23、某工業(yè)廢水中可能含有如下幾種陰陽離子:陽離子Fe3+、Al3+、Fe2+、Ba2+、Na+陰離子Cl、CO32、NO3、SO42、SiO32現(xiàn)對該廢水樣品進行以下研究:向試管中滴加濃鹽酸,有少量的無色氣體生成,氣體遇空氣立即變?yōu)榧t棕色;若向所得的溶液中加入BaCl2溶液,有白色沉淀生成。若向所得的溶液中加入過量的NaOH溶液,有紅褐色沉淀生成。過濾后向所得濾液中通入過量的CO2氣體,有白色絮狀沉淀生成。根據(jù)上述實驗,回答下列問題:(1)該廢水中一定含有的陰離子是,一定不含有的陽離子是 ;(2)寫出的所得濾液中通入過量的CO2氣體生成白色絮狀沉淀的離子方程式(只寫這一個): ;(3)已知用鋁粉可以除去廢水中的一種陰離子(X)。若控制溶液的pH為10.7左右,再加入鋁粉,除去X離子的同時產(chǎn)生氨氣和氮氣,且體積比為14,完成下列反應的離子方程式并配平:(X用具體的離子符號表示)Al + X + OHAlO2+ NH3 + N2 +。該反應的還原產(chǎn)物是 。若除去0.2mol X離子,要消耗鋁 g。(4)若將廢水中的鐵元素完全轉化成Fe3+,此時測得c(Fe3+)1.0102molL1,要想將其轉換為Fe(OH)3沉淀而除去,則應調(diào)節(jié)溶液pH至少大于 。(已知常溫下Fe(OH)3的Ksp1.01038)【答案】(1)NO3 SO42; Ba2+ (2)AlO2+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3(3)16Al + 9NO3+ 7OH 16AlO2 + NH3+ 4N2+ 2H2O;NH3 、N2; 9.6g (4)2【解析】向試管中滴加濃鹽酸,有少量的無色氣體生成,氣體遇空氣立即變?yōu)榧t棕色,該氣體是NO,紅棕色氣體是NO2,這說明在反應中硝酸根被還原為NO,因此一定含有NO3、Fe2+,則CO32、SiO32一定不存在;若向所得的溶液中加入BaCl2溶液,有白色沉淀生成,該沉淀是硫酸鋇,所以一定含有硫酸根,則一定沒有鋇離子;若向所得的溶液中加入過量的NaOH溶液,有紅褐色沉淀生成,該沉淀是氫氧化鐵,但由于亞鐵離子被還原生成了鐵離子,所以不能確定是否含有離子。過濾后向所得濾液中通入過量的CO2氣體,有白色絮狀沉淀生成,該沉淀是氫氧化鋁,則一定含有鋁離子。(1)該廢水中一定含有的陰離子是NO3、SO42,一定不含有的陽離子是Ba2+;(2)所得濾液中通入過量的CO2氣體生成白色絮狀沉淀的離子方程式為AlO2+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3。(3)設氨氣是1mol,則氮氣是4mol,氨氣和氮氣均是還原產(chǎn)物,則根據(jù)電子守恒,N 得到(40+8)e-,故 Al 失去 48 e-,系數(shù)為 16 根據(jù) N 原子守恒得到系數(shù) 9,根據(jù)電荷守恒得到系數(shù) 7,最后為水,即16Al + 9NO3+ 7OH 16AlO2 + NH3+ 4N2+ 2H2O;若除去0.2mol X離子,則消耗鋁的質(zhì)量是0.2mol27g/mol9.6g。(4)Ksp(沉淀平衡常數(shù))Fe3+OH-31.0102 OH-31.01038,所以OH-=10-12,則H+=10-2。所以pH2。24、 CO2和CH4是兩種重要的溫室氣體,通過CH4和CO2反應制造更高價值化學品是目前的研究目標。(1)250 時,以鎳合金為催化劑,向4 L容器中通入6 mol CO2、6 mol CH4,發(fā)生如下反應:CO2(g)CH4(g) 2CO(g)2H2(g)。平衡體系中各組分體積分數(shù)(某一成分占總氣體物質(zhì)的量的百分數(shù))如下表:物質(zhì)CH4CO2COH2體積分數(shù)0.10.10.40.4 此溫度下該反應的平衡常數(shù)K_。 已知:CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(g)H890.3 kJmol1CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)H2.8 kJmol12CO(g)O2(g)=2CO2(g)H566.0 kJmol1反應CO2(g)CH4(g)=2CO(g)2H2(g)的H_。(2)以二氧化鈦表面覆蓋Cu2Al2O4為催化劑,可以將CO2和CH4直接轉化成乙酸。在不同溫度下催化劑的催化效率與乙酸的生成速率如下圖所示。250300 時,乙酸的生成速率減小的原因是_。為了提高該反應中CH4的轉化率,可能采取的措施是_。將Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的離子方程式為_?!敬鸢浮?1)64247.3 kJmol1(2)催化劑的催化效率降低增大反應壓強或增大CO2的濃度3Cu2Al2O432H2NO3=6Cu26Al32NO16H2O【解析】25、為比較Fe3和Cu2對H2O2分解的催化效果,某化學研究小組的同學分別設計了如圖甲、乙所示的實驗。請回答相關問題。 (1)定性分析:如圖甲可通過觀察_,定性比較得出結論。有同學提出將FeCl3改為Fe2(SO4)3更為合理,其理由是_。(2)定量分析:如圖乙所示,實驗時均以生成20mL氣體為準,其他可能影響實驗的因素均已忽略。圖中儀器A的名稱為_,實驗中需要測量的數(shù)據(jù)是_,為了減少實驗誤差,反應前后量氣管兩邊液面的高度應保持一致,則在反應后應采取的操作方法是_?!敬鸢浮?1)反應產(chǎn)生氣泡快慢(或反應完成的先后,或試管壁的冷熱程度)將陰離子改為相同,排除陰離子的干擾(2)分液漏斗時間(或收集一定體積的氣體所需要的時間)慢慢將右面的量氣管向下移動【解析】(1)中的實驗現(xiàn)象是看反應產(chǎn)生氣泡的快慢;而為了確認其他離子不產(chǎn)生干擾,最好選擇陰離子相同的可溶性鐵鹽和銅鹽。(2)定量分析,應比較相同時間內(nèi)產(chǎn)生氣體量的多少,所以選擇量氣管來測定單位時間內(nèi)生成氧氣的體積,對基本儀器的名稱和操作要點的回答要準確無誤。26、在某一容積為2 L的密閉容器中,加入0.8 mol的H2和0.6 mol 的I2,在一定的條件下發(fā)生如下反應:H2(g)I2(g) 2HI(g)H0反應中各物質(zhì)的濃度隨時間變化情況如圖1:圖1 圖2(1)根據(jù)圖1數(shù)據(jù),反應開始至達到平衡時,平均速率v(HI)為_。(2)反應達到平衡后,第8 min時:若升高溫度,化學平衡常數(shù)K_(填“增大”、“減小”或“不變”),HI濃度的變化正確的是_(用圖2中ac的編號回答)。若加入I2,H2濃度的變化正確的是_(用圖2中df的編號回答)。(3)反應達到平衡后,第8 min時,若反應容器的容積擴大一倍,請在圖3中畫出8 min后HI濃度的變化情況。圖3【答案】(1)0.167 mol/(Lmin)(2)減小cf(3) 【解析】根據(jù)題中所給出的信息分析,本題重點考查的是影響化學反應速率的因素。27、對于反應3X(g)Y(g) Z(g),在其他條件不變時,改變其中一個條件,則生成Z的速率(填“增大”“減小”或“不變”):(1)升高溫度:_;(2)增大壓強:_;(3)增大容器容積:_;(4)加入X:_;(5)加入Y:_;(6)壓縮體積:_.【答案】(1)增大 (2)增大 (3)減小 (4)增大(5)增大 (6)增大【解析】根據(jù)題中所給的信息,結合已經(jīng)學習過的知識分析,本題綜合考察了影響化學反應速率的因素。- 配套講稿:
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