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2023年北京市高考化學(xué)試卷一、選擇題〔共7小題,每題6分,總分值42分〕1.〔6分〕〔2023?北京〕以下有關(guān)鋼鐵腐蝕與防護(hù)的說(shuō)法正確的是〔〕A.鋼管與電源正極連接,鋼管可被保護(hù)B.鐵遇冷濃硝酸外表鈍化,可保護(hù)內(nèi)部不被腐蝕C.鋼管與銅管露天堆放在一起時(shí),鋼管不易被腐蝕D.鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時(shí),負(fù)極反響是Fe﹣3e﹣═Fe3+2.〔6分〕〔2023?北京〕以下物質(zhì)與常用危險(xiǎn)化學(xué)品的類(lèi)別不對(duì)應(yīng)的是〔〕A.H2SO4、NaOH﹣﹣腐蝕品 B.CH4、C2H4﹣﹣易燃液體C.CaC2、Na﹣﹣遇濕易燃物品 D.KMnO4、K2CrO7﹣﹣氧化劑3.〔6分〕〔2023?北京〕以下說(shuō)法正確的是〔〕A.的結(jié)構(gòu)中含有酯基B.順﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯的加氫產(chǎn)物不同C.1mol葡萄糖可水解生成2mol乳酸〔C3H6O3〕D.脂肪和蛋白質(zhì)都是能發(fā)生水解反響的高分子化合物4.〔6分〕〔2023?北京〕用如下圖實(shí)驗(yàn)裝置〔夾持儀器已略去〕探究銅絲與過(guò)量濃硫酸的反響.以下實(shí)驗(yàn)不合理的是〔〕A.上下移動(dòng)①中銅絲可控制SO2的量B.②中選用品紅溶液驗(yàn)證SO2的生成C.③中選用NaOH溶液吸收多余的SO2D.為確認(rèn)CuS04生成,向①中加水,觀察顏色5.〔6分〕〔2023?北京〕以下解釋實(shí)驗(yàn)事實(shí)的方程式不正確的是〔〕A.0.1mol/LCH3COOH溶液的pH>1:CH3COOH?CH3COO﹣+H+B.“NO2球〞浸泡在冷水中,顏色變淺:2NO2〔g〕〔紅棕色〕?N2O4〔g〕〔無(wú)色〕△H<0C.鐵溶于稀硝酸,溶液變黃:3Fe+8H++2NO3﹣?3Fe2++2NO2+4H2OD.向Na2CO3溶液中滴入酚酞,溶液變紅:CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣6.〔6分〕〔2023?北京〕自然界地表層原生銅的硫化物經(jīng)氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液,向地下深層滲透,遇到難溶的ZnS或PbS,慢慢轉(zhuǎn)變?yōu)殂~藍(lán)〔CuS〕.以下分析正確的是〔〕A.CuS的溶解度大于PbS的溶解度B.原生銅的硫化物具有復(fù)原性,而銅藍(lán)沒(méi)有復(fù)原性C.CuSO4與ZnS反響的離子方程式是Cu2++S2﹣═CuS↓D.整個(gè)過(guò)程涉及的反響類(lèi)型有氧化復(fù)原反響和復(fù)分解反響,然后硫酸銅與ZnS、PbS發(fā)生復(fù)分解反響生成更難溶的CuS7.〔6分〕〔2023?北京〕某溫度下,H2〔g〕+CO2〔g〕?H2O〔g〕+CO〔g〕的平衡常數(shù)K=.該溫度下在甲、乙、丙三個(gè)恒容密閉容器中,投入H2〔g〕和CO2〔g〕,其起始濃度如表所示.以下判斷不正確的是〔〕起始濃度甲乙丙c〔H2〕/mol/L0.0100.0200.020c〔CO2〕/mol/L0.0100.0100.020A.平衡時(shí),乙中CO2的轉(zhuǎn)化率大于60%B.平衡時(shí),甲中和丙中H2的轉(zhuǎn)化率均是60%C.平衡時(shí),丙中c〔CO2〕是甲中的2倍,是0.012mol/LD.反響開(kāi)始時(shí),丙中的反響速率最快,甲中的反響速率最慢二、非選擇題〔共58分〕8.〔14分〕〔2023?北京〕由短周期元素組成的化合物X是某抗酸藥的有效成分.甲同學(xué)欲探究X的組成.查閱資料:①由短周期元素組成的抗酸藥的有效成分有碳酸氫鈉、碳酸鎂、氫氧化鋁、硅酸鎂鋁、磷酸鋁、堿式碳酸鎂鋁.②Al3+在pH=5.0時(shí)沉淀完全;Mg2+在pH=8.8時(shí)開(kāi)始沉淀,在pH=11.4時(shí)沉淀完全.實(shí)驗(yàn)過(guò)程:I.向化合物X粉末中參加過(guò)量鹽酸,產(chǎn)生氣體A,得到無(wú)色溶液.Ⅱ.用鉑絲蘸取少量I中所得的溶液,在火焰上灼燒,無(wú)黃色火焰.Ⅲ.向I中所得的溶液中滴加氨水,調(diào)節(jié)pH至5~6,產(chǎn)生白色沉淀B,過(guò)濾.Ⅳ.向沉淀B中加過(guò)量NaOH溶液,沉淀全部溶解.Ⅴ.向Ⅲ中得到的濾液中滴加NaOH溶液,調(diào)節(jié)pH至12,得到白色沉淀C.〔1〕I中氣全A可使澄清石灰水變渾濁,A的化學(xué)式是.〔2〕由I、Ⅱ判斷X一定不含有的元素是磷、.〔3〕Ⅲ中生成B的離子方程式是.〔4〕Ⅳ中B溶解的離子方程式是.〔5〕沉淀C的化學(xué)式是.〔6〕假設(shè)上述n〔A〕:n〔B〕:n〔C〕=1:1:3,那么X的化學(xué)式是.9.〔14分〕〔2023?北京〕某氮肥廠氨氮廢水中的氮元素多以NH4+和MH3?H2O的形式存在,該廢水的處理流程如圖1所示:〔1〕過(guò)程Ⅰ:加NaOH溶液,調(diào)節(jié)pH至9后,升溫至30℃,通空氣將氨趕出并回收.①用離子方程式表示加NaOH溶液的作用:.②用化學(xué)平衡原理解釋通空氣的目的:.〔2〕過(guò)程Ⅱ:在微生物作用的條件下,NH4+經(jīng)過(guò)兩步反響被氧化成NO3﹣.兩步反響的能量變化示意圖如圖2所示:①第一步反響是反響〔選題“放熱〞或“吸熱〞〕,判斷依據(jù)是.②1molNH4+〔aq〕全部氧化成NO3﹣〔aq〕的熱化學(xué)方程式是.〔3〕過(guò)程Ⅲ:一定條件下,向廢水中參加CH3OH,將HNO3復(fù)原成N2.假設(shè)該反響消耗32gCH3OH轉(zhuǎn)移6mol電子,那么參加反響的復(fù)原劑和氧化劑的物質(zhì)的量之比是.10.〔13分〕〔2023?北京〕為驗(yàn)證鹵素單質(zhì)氧化性的相對(duì)強(qiáng)弱,某小組用如下圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)〔夾持儀器已略去,氣密性已檢驗(yàn)〕.實(shí)驗(yàn)過(guò)程:Ⅰ.翻開(kāi)彈簧夾,翻開(kāi)活塞a,滴加濃鹽酸.Ⅱ.當(dāng)B和C中的溶液都變?yōu)辄S色時(shí),夾緊彈簧夾.Ⅲ.當(dāng)B中溶液由黃色變?yōu)樽丶t色時(shí),關(guān)閉活塞a.Ⅳ.…〔1〕A中產(chǎn)生黃綠色氣體,其電子式是.〔2〕驗(yàn)證氯氣的氧化性強(qiáng)于碘的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是.〔3〕B中溶液發(fā)生反響的離子方程式是.〔4〕為驗(yàn)證溴的氧化性強(qiáng)于碘,過(guò)程Ⅳ的操作和現(xiàn)象是.〔5〕過(guò)程Ⅲ實(shí)驗(yàn)的目的是.〔6〕氯、溴、碘單質(zhì)的氧化性逐漸減弱的原因:同主族元素從上到下,得電子能力逐漸減弱.11.〔17分〕〔2023?北京〕鎮(zhèn)靜藥物C、化合物N以及高分子樹(shù)脂〔〕的合成路線如下圖:①②:RCHORCH〔OH〕COOH;RCOOHRCClORCOOR′〔R、R′代表烴基〕〔1〕A的含氧官能團(tuán)的名稱是.〔2〕A在催化劑作用下可與H2反響生成B.該反響的反響類(lèi)型是.〔3〕酯類(lèi)化合物C的分子式是C15H14O3,其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是.〔4〕A發(fā)生銀鏡反響的化學(xué)方程式是.〔5〕扁桃酸〔〕有多種同分異構(gòu)體.屬于甲酸酯且含酚羥基的同分異構(gòu)體共有種,寫(xiě)出其中一種含亞甲基〔﹣CH2﹣〕的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式.〔6〕F與M合成高分子樹(shù)脂的化學(xué)方程式是.〔7〕N在NaOH溶液中發(fā)生水解反響的化學(xué)方程式是.2023年北京市高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題〔共7小題,每題6分,總分值42分〕1.〔6分〕〔2023?北京〕以下有關(guān)鋼鐵腐蝕與防護(hù)的說(shuō)法正確的是〔〕A.鋼管與電源正極連接,鋼管可被保護(hù)B.鐵遇冷濃硝酸外表鈍化,可保護(hù)內(nèi)部不被腐蝕C.鋼管與銅管露天堆放在一起時(shí),鋼管不易被腐蝕D.鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時(shí),負(fù)極反響是Fe﹣3e﹣═Fe3+【分析】A.用電解原理保護(hù)金屬時(shí),金屬應(yīng)作電解池陰極;B.常溫下,鐵和濃硝酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象而阻止進(jìn)一步反響;C.構(gòu)成原電池負(fù)極的金屬易被腐蝕;D.鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時(shí),負(fù)極上鐵失電子生成亞鐵離子.【解答】解:A.用電解原理保護(hù)金屬時(shí),金屬應(yīng)作電解池陰極,應(yīng)該與原電池負(fù)極連接,故A錯(cuò)誤;B.常溫下,鐵和濃硝酸反響生成一層致密的氧化物薄膜而阻止了進(jìn)一步反響,所以可以保護(hù)內(nèi)部金屬不被腐蝕,故B正確;C.鋼管、銅管和雨水能構(gòu)成原電池,鐵作原電池負(fù)極而容易被腐蝕,故C錯(cuò)誤;D.鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時(shí),負(fù)極反響是Fe﹣2e﹣═Fe2+,故D錯(cuò)誤;應(yīng)選B.【點(diǎn)評(píng)】此題以金屬的腐蝕與防護(hù)為載體考查了原電池和電解池原理,注意鐵和鋁的鈍化現(xiàn)象不是沒(méi)反響而是反響生成一層致密的氧化物薄膜而阻止了進(jìn)一步反響,為易錯(cuò)點(diǎn).2.〔6分〕〔2023?北京〕以下物質(zhì)與常用危險(xiǎn)化學(xué)品的類(lèi)別不對(duì)應(yīng)的是〔〕A.H2SO4、NaOH﹣﹣腐蝕品 B.CH4、C2H4﹣﹣易燃液體C.CaC2、Na﹣﹣遇濕易燃物品 D.KMnO4、K2CrO7﹣﹣氧化劑【分析】A.H2SO4、NaOH有強(qiáng)腐蝕性;B.CH4、C2H4是氣體且具有可燃性;C.CaC2、Na能與水反響產(chǎn)生易燃?xì)怏w;D.KMnO4、K2Cr2O7有強(qiáng)氧化性.【解答】解:A.H2SO4、NaOH有強(qiáng)腐蝕性,是腐蝕品,故A正確;B.CH4、C2H4是氣體,不是易燃液體,故B錯(cuò)誤;C.CaC2、Na能與水反響產(chǎn)生易燃?xì)怏w,是遇濕易燃物品,故C正確;D.KMnO4、K2Cr2O7有強(qiáng)氧化性,是氧化劑,故D正確.應(yīng)選B.【點(diǎn)評(píng)】此題考查危險(xiǎn)化學(xué)品的分類(lèi),難度不大,平時(shí)注意知識(shí)的積累.3.〔6分〕〔2023?北京〕以下說(shuō)法正確的是〔〕A.的結(jié)構(gòu)中含有酯基B.順﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯的加氫產(chǎn)物不同C.1mol葡萄糖可水解生成2mol乳酸〔C3H6O3〕D.脂肪和蛋白質(zhì)都是能發(fā)生水解反響的高分子化合物【分析】A.為的縮聚產(chǎn)物;B.因?yàn)榧託浜箅p鍵變?yōu)閱捂I,單鍵是一樣的;C.葡萄糖不能水解;D.脂肪不是高分子化合物.【解答】解:A.為分子間發(fā)生縮聚反響的產(chǎn)物,鏈節(jié)中含有酯基,故A正確;B.因?yàn)榧託浜箅p鍵變?yōu)閱捂I,單鍵可以旋轉(zhuǎn),雙鍵不能旋轉(zhuǎn),所以單鍵是一樣的,順﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯的加氫產(chǎn)物均為丁烷,故B錯(cuò)誤;C.葡萄糖為單糖,不能發(fā)生水解反響,故C錯(cuò)誤;D.蛋白質(zhì)為高分子化合物,但油脂不是高分子化合物,故D錯(cuò)誤.應(yīng)選A.【點(diǎn)評(píng)】此題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì),題目難度不大,注意糖類(lèi)中的單糖〔葡萄糖和果糖〕均不能發(fā)生水解反響.4.〔6分〕〔2023?北京〕用如下圖實(shí)驗(yàn)裝置〔夾持儀器已略去〕探究銅絲與過(guò)量濃硫酸的反響.以下實(shí)驗(yàn)不合理的是〔〕A.上下移動(dòng)①中銅絲可控制SO2的量B.②中選用品紅溶液驗(yàn)證SO2的生成C.③中選用NaOH溶液吸收多余的SO2D.為確認(rèn)CuS04生成,向①中加水,觀察顏色【分析】A.在加熱的條件下,當(dāng)銅絲與濃硫酸接觸時(shí)才能反響;B.品紅能被二氧化硫漂白,根據(jù)SO2的漂白性分析;C.SO2為酸性氧化物,可與堿發(fā)生反響;D.不應(yīng)將水參加過(guò)量的濃硫酸中,否那么易產(chǎn)生暴沸現(xiàn)象.【解答】解:A.在加熱的條件下,當(dāng)銅絲與濃硫酸接觸時(shí)才能反響,當(dāng)往上抽動(dòng)銅絲時(shí),銅絲與硫酸不接觸,反響停止,故可通過(guò)上下移動(dòng)①中銅絲可控制SO2的量,故A正確;B.SO2具有漂白性,品紅能被二氧化硫漂白,可用品紅溶液驗(yàn)證SO2的生成,故B正確;C.SO2為酸性氣體,具有污染性,可與堿發(fā)生反響,生成亞硫酸鈉和水,可用NaOH溶液吸收多余的SO2,故C正確;D.銅與濃硫酸的反響Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O,實(shí)驗(yàn)中,銅絲與過(guò)量濃硫酸的反響生成是硫酸銅,試管中含有大量水,不會(huì)生成白色固體,CuSO4溶液呈藍(lán)色,為確認(rèn)CuS04生成,應(yīng)用膠頭滴管將試管1中的液體取出少量,滴入水中,觀察溶液顏色,假設(shè)溶液顯藍(lán)色,證明有硫酸銅生成,反之那么無(wú),而不應(yīng)將水參加過(guò)量的濃硫酸中,否那么易產(chǎn)生暴沸現(xiàn)象,故D錯(cuò)誤;應(yīng)選D.【點(diǎn)評(píng)】此題考查了二氧化硫的性質(zhì),題目難度不大,注意二氧化硫的酸性和漂白性.5.〔6分〕〔2023?北京〕以下解釋實(shí)驗(yàn)事實(shí)的方程式不正確的是〔〕A.0.1mol/LCH3COOH溶液的pH>1:CH3COOH?CH3COO﹣+H+B.“NO2球〞浸泡在冷水中,顏色變淺:2NO2〔g〕〔紅棕色〕?N2O4〔g〕〔無(wú)色〕△H<0C.鐵溶于稀硝酸,溶液變黃:3Fe+8H++2NO3﹣?3Fe2++2NO2+4H2OD.向Na2CO3溶液中滴入酚酞,溶液變紅:CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣【分析】A、根據(jù)pH可判斷醋酸為弱電解質(zhì),電離方程式應(yīng)用可逆號(hào);B、根據(jù)溫度對(duì)化學(xué)平衡移動(dòng)的影響來(lái)分析;C、鐵溶于稀硝酸,溶液變黃說(shuō)明鐵被氧化為三價(jià)鐵離子;D、根據(jù)碳酸根離子的水解生成氫氧根離子來(lái)分析.【解答】解:A、0.1mol/LCH3COOH溶液的pH>1,那么醋酸電離生成的氫離子的濃度小于0.1mol/L,即醋酸為弱電解質(zhì),其電離方程式為CH3COOHCH3COO﹣+H+,故A正確;B、因2NO2〔g〕〔紅棕色〕N2O4〔g〕〔無(wú)色〕△H<0,該反響為放熱反響,在冷水中該反響向正反響方向移動(dòng),那么顏色變淺,故B正確;C、鐵溶于稀硝酸,溶液變黃,鐵被氧化為三價(jià)鐵離子,離子反響為Fe+4H++NO3﹣png_iVBORw0KGgoAAAANSUhEUgAAACUAAAAMCAYAAADlPXT9AAAAAXNSR0IArs4c6QAAAARnQU1BAACxjwv8YQUAAAAJcEhZcwAADsMAAA7DAcdvqGQAAADPSURBVDhPzZQtDoQwFISLQBQaQDacAMEhcLUILHdAcAeOUYlCopFIJBKJ5AhD2mRBLNkfsW+ZZFLTJl868x7DDcVuyARyqHmesSzLy78gh8rzHIwxxHGMuq4xjuMTIDnUuq4IgsCCGUdRBM45iqJA27bYtu2Mr6qq4+LjwT9OKSV9pz4ZLPL4voIqyxJCiEunaYosy0jcNM0ZX9/3UEohDEPbLcdxjo75vo+u6zAMw89tVsZlfNM0wRAnSQLP8+C6rgWm0ttOmRHWWtudQqUdPRjcK0PTUw4AAAAASUVORK5CYILoj4HkvJjnvZE=Fe3++NO↑+2H2O,故C錯(cuò)誤;D、因碳酸根離子水解使碳酸鈉溶液顯堿性,CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣,故向Na2CO3溶液中滴入酚酞,溶液變紅,故D正確;應(yīng)選C.【點(diǎn)評(píng)】此題為小綜合,屬于高考中的冷拼試題,考查了弱電解質(zhì)的電離、化學(xué)平衡的影響因素及平衡移動(dòng)、水解平衡、氧化復(fù)原反響等知識(shí)點(diǎn),注重了對(duì)高考常考考點(diǎn)的考查.6.〔6分〕〔2023?北京〕自然界地表層原生銅的硫化物經(jīng)氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液,向地下深層滲透,遇到難溶的ZnS或PbS,慢慢轉(zhuǎn)變?yōu)殂~藍(lán)〔CuS〕.以下分析正確的是〔〕A.CuS的溶解度大于PbS的溶解度B.原生銅的硫化物具有復(fù)原性,而銅藍(lán)沒(méi)有復(fù)原性C.CuSO4與ZnS反響的離子方程式是Cu2++S2﹣═CuS↓D.整個(gè)過(guò)程涉及的反響類(lèi)型有氧化復(fù)原反響和復(fù)分解反響,然后硫酸銅與ZnS、PbS發(fā)生復(fù)分解反響生成更難溶的CuS【分析】A、難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化是溶解度大的物質(zhì)向溶解度小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化;B、根據(jù)元素的化合價(jià)判斷,最高價(jià)元素只有氧化性,最低價(jià)只有復(fù)原性,中間價(jià)態(tài)既有氧化性又有復(fù)原性;C、寫(xiě)轉(zhuǎn)化離子方程式時(shí),難溶電解質(zhì)寫(xiě)化學(xué)式不寫(xiě)離子;D、根據(jù)反響中化合價(jià)是否變化及復(fù)分解反響的定義判斷.【解答】解:A、難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化是溶解度大的物質(zhì)向溶解度小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化,PbS能轉(zhuǎn)化為CuS,所以CuS的溶解度小于PbS的溶解度,故A錯(cuò)誤;B、原生銅的硫化物經(jīng)氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液,硫元素化合價(jià)升高作復(fù)原劑具有復(fù)原性;銅藍(lán)中硫元素化合價(jià)最低,所以能失電子具有復(fù)原性,故B錯(cuò)誤;C、硫化鋅難溶于水,所以要寫(xiě)化學(xué)式,不能寫(xiě)離子,故C錯(cuò)誤;D、原生銅的硫化物經(jīng)氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液,所以存在氧化復(fù)原反響;CuSO4與ZnS反響生成硫化銅和硫酸鋅是復(fù)分解反響,故D正確;應(yīng)選D.【點(diǎn)評(píng)】此題考查了難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì),難度不大,易錯(cuò)選項(xiàng)是C,注意難溶物質(zhì)不能寫(xiě)離子形式要寫(xiě)化學(xué)式.7.〔6分〕〔2023?北京〕某溫度下,H2〔g〕+CO2〔g〕?H2O〔g〕+CO〔g〕的平衡常數(shù)K=.該溫度下在甲、乙、丙三個(gè)恒容密閉容器中,投入H2〔g〕和CO2〔g〕,其起始濃度如表所示.以下判斷不正確的是〔〕起始濃度甲乙丙c〔H2〕/mol/L0.0100.0200.020c〔CO2〕/mol/L0.0100.0100.020A.平衡時(shí),乙中CO2的轉(zhuǎn)化率大于60%B.平衡時(shí),甲中和丙中H2的轉(zhuǎn)化率均是60%C.平衡時(shí),丙中c〔CO2〕是甲中的2倍,是0.012mol/LD.反響開(kāi)始時(shí),丙中的反響速率最快,甲中的反響速率最慢【分析】反響H2〔g〕+CO2〔g〕?H2O〔g〕+CO〔g〕前后氣體的體積不變,恒溫恒容下,甲、乙、丙中平衡常數(shù)相同.由表中數(shù)據(jù)可知,該溫度下在甲、丙兩容器內(nèi)起始濃度n〔H2〕:n〔CO2〕=1:1,甲、丙為等效平衡.乙中氫氣的起始濃度比甲中氫氣的起始濃度大,故乙中二氧化碳的轉(zhuǎn)化率比甲中高.根據(jù)三段式結(jié)合平衡常數(shù)計(jì)算出甲容器內(nèi),平衡時(shí)個(gè)物質(zhì)的濃度變化量、平衡濃度.A、計(jì)算甲容器內(nèi)二氧化碳的轉(zhuǎn)化率,乙中氫氣的起始濃度比甲中氫氣的起始濃度大,故乙中二氧化碳的轉(zhuǎn)化率比甲中高.B、甲、丙為等效平衡,甲中和丙中H2的轉(zhuǎn)化率均相等,根據(jù)三段式計(jì)算甲中氫氣的轉(zhuǎn)化率.C、甲、丙為等效平衡,甲中和丙中CO2的轉(zhuǎn)化率均相等,根據(jù)三段式計(jì)算平衡時(shí)甲中的CO2的濃度、轉(zhuǎn)化率,進(jìn)而計(jì)算丙中CO2的濃度.D、濃度越大反響速率越快.【解答】解:對(duì)于甲容器:H2〔g〕+CO2〔g〕?H2O〔g〕+CO〔g〕開(kāi)始〔mol/L〕:0.010.0100變化〔mol/L〕:xxxx平衡〔mol/L〕:0.01﹣x0.01﹣xxx所以=,解得x=0.006A、由上述計(jì)算可知,甲容器內(nèi)二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為×100%=60%,恒溫恒容下,乙中氫氣的起始濃度比甲中氫氣的起始濃度大,故乙中二氧化碳的轉(zhuǎn)化率比甲中高,故平衡時(shí),乙中CO2的轉(zhuǎn)化率大于60%,故A正確;B、恒溫恒容下,由表中數(shù)據(jù)可知,該溫度下在甲、丙兩容器內(nèi)起始濃度n〔H2〕:n〔CO2〕=1:1,反響H2〔g〕+CO2〔g〕?H2O〔g〕+CO〔g〕前后氣體的體積不變,故甲、丙為等效平衡,平衡時(shí),甲中和丙中H2的轉(zhuǎn)化率均相等,由上述計(jì)算可知,甲容器內(nèi)氫氣的轉(zhuǎn)化率為×100%=60%,故甲中和丙中H2的轉(zhuǎn)化率均為60%,故B正確;C、由上述計(jì)算可知,平衡時(shí)甲容器內(nèi)c〔CO2〕=〔0.01﹣x〕mol/L=0.004mol/L,甲、丙為等效平衡,平衡時(shí),甲中和丙中CO2的轉(zhuǎn)化率相等,由A中計(jì)算可知為60%,故平衡時(shí)丙容器內(nèi)c〔CO2〕=0.02mol/L×〔1﹣60%〕=0.008mol/L,平衡時(shí),丙中c〔CO2〕是甲中的2倍,但不是0.012mol/L,故C錯(cuò)誤;D、濃度越大反響速率越快,由表中數(shù)據(jù)可知,甲、乙容器內(nèi),開(kāi)始CO2濃度相等,乙中H2濃度比甲中濃度大,所以速率乙>甲,乙、丙容器內(nèi),開(kāi)始H2濃度相等,丙中CO2濃度比乙中濃度大,所以速率丙>乙,故速率丙>乙>甲,故D正確.應(yīng)選:C.【點(diǎn)評(píng)】考查化學(xué)平衡計(jì)算、等效平衡、外界條件對(duì)反響速率的影響等,濃度中等,注意三段式解題法的運(yùn)用,判斷甲、丙為等效平衡是解題關(guān)鍵.二、非選擇題〔共58分〕8.〔14分〕〔2023?北京〕由短周期元素組成的化合物X是某抗酸藥的有效成分.甲同學(xué)欲探究X的組成.查閱資料:①由短周期元素組成的抗酸藥的有效成分有碳酸氫鈉、碳酸鎂、氫氧化鋁、硅酸鎂鋁、磷酸鋁、堿式碳酸鎂鋁.②Al3+在pH=5.0時(shí)沉淀完全;Mg2+在pH=8.8時(shí)開(kāi)始沉淀,在pH=11.4時(shí)沉淀完全.實(shí)驗(yàn)過(guò)程:I.向化合物X粉末中參加過(guò)量鹽酸,產(chǎn)生氣體A,得到無(wú)色溶液.Ⅱ.用鉑絲蘸取少量I中所得的溶液,在火焰上灼燒,無(wú)黃色火焰.Ⅲ.向I中所得的溶液中滴加氨水,調(diào)節(jié)pH至5~6,產(chǎn)生白色沉淀B,過(guò)濾.Ⅳ.向沉淀B中加過(guò)量NaOH溶液,沉淀全部溶解.Ⅴ.向Ⅲ中得到的濾液中滴加NaOH溶液,調(diào)節(jié)pH至12,得到白色沉淀C.〔1〕I中氣全A可使澄清石灰水變渾濁,A的化學(xué)式是CO2.〔2〕由I、Ⅱ判斷X一定不含有的元素是磷、鈉、硅.〔3〕Ⅲ中生成B的離子方程式是Al3++3NH3?H20═Al〔OH〕3↓+3NH4+.〔4〕Ⅳ中B溶解的離子方程式是Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O.〔5〕沉淀C的化學(xué)式是Mg〔OH〕2.〔6〕假設(shè)上述n〔A〕:n〔B〕:n〔C〕=1:1:3,那么X的化學(xué)式是Mg3Al〔OH〕7CO3.【分析】Ⅰ、氣體A可使澄清石灰水變渾濁,結(jié)合抗酸藥的有效成分,知該氣體為CO2.X中一定不含Si,因?yàn)楣杷猁}中參加過(guò)量鹽酸,會(huì)產(chǎn)生硅酸沉淀;Ⅱ、X中一定不含Na,因?yàn)镹a的焰色為黃色.Ⅲ、根據(jù)題給信息知調(diào)節(jié)pH至5~6時(shí)生成的白色沉淀為Al〔OH〕3.Ⅳ、參加過(guò)量NaOH溶液,沉淀B完全溶解,離子方程式為:Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O.Ⅴ、參加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH至12,有白色沉淀產(chǎn)生,那么沉淀C為Mg〔OH〕2.綜上所述:由于n〔CO2〕:n[Al〔OH〕3]:n[Mg〔OH〕2]=1:1:3,那么CO32﹣、Al3+、Mg2+的物質(zhì)的量之比為1:1:3,結(jié)合電荷守恒,那么CO32﹣、Al3+、Mg2+、OH﹣的物質(zhì)的量之比為1:1:3:7,故X為Mg3Al〔OH〕7CO3.【解答】解:〔1〕氣體A可使澄清石灰水變渾濁,結(jié)合抗酸藥的有效成分,知該氣體為CO2,故答案為:CO2;〔2〕X中一定不含Si,因?yàn)楣杷猁}中參加過(guò)量鹽酸,會(huì)產(chǎn)生硅酸沉淀,一定不含Na,因?yàn)镹a的焰色為黃色,故答案為:鈉、硅;〔3〕調(diào)節(jié)pH至5~6時(shí)生成的白色沉淀為Al〔OH〕3,NH3?H20為弱電解質(zhì),離子方程式中應(yīng)寫(xiě)為化學(xué)式,故答案為:Al3++3NH3?H20═Al〔OH〕3↓+3NH4+;〔4〕Al〔OH〕3為兩性氫氧化物,能溶于強(qiáng)堿,參加過(guò)量NaOH溶液,Al〔OH〕3沉淀完全溶解,離子方程式為:Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O,故答案為:Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O;〔5〕參加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH至12,有白色沉淀產(chǎn)生,那么沉淀C為Mg〔OH〕2,故答案為:Mg〔OH〕2;〔6〕由于n〔CO2〕:n[Al〔OH〕3]:n[Mg〔OH〕2]=1:1:3,那么CO32﹣、Al3+、Mg2+的物質(zhì)的量之比為1:1:3,結(jié)合電荷守恒,那么CO32﹣、Al3+、Mg2+、OH﹣的物質(zhì)的量之比為1:1:3:7,故X為Mg3Al〔OH〕7CO3.故答案為:Mg3Al〔OH〕7CO3.【點(diǎn)評(píng)】此題考查抗酸藥成分的探究實(shí)驗(yàn),題目較為綜合,此題易錯(cuò)點(diǎn)為第〔6〕題,根據(jù)質(zhì)量守恒定律解答.9.〔14分〕〔2023?北京〕某氮肥廠氨氮廢水中的氮元素多以NH4+和MH3?H2O的形式存在,該廢水的處理流程如圖1所示:〔1〕過(guò)程Ⅰ:加NaOH溶液,調(diào)節(jié)pH至9后,升溫至30℃,通空氣將氨趕出并回收.①用離子方程式表示加NaOH溶液的作用:NH4++OH﹣=NH3?H2O.②用化學(xué)平衡原理解釋通空氣的目的:空氣可以將生成的氨氣帶走,使化學(xué)平衡向正反響方向移動(dòng),促進(jìn)了氨水電離.〔2〕過(guò)程Ⅱ:在微生物作用的條件下,NH4+經(jīng)過(guò)兩步反響被氧化成NO3﹣.兩步反響的能量變化示意圖如圖2所示:①第一步反響是放熱反響〔選題“放熱〞或“吸熱〞〕,判斷依據(jù)是△H=﹣273kJ/mol<0〔反響為的總能量大于生成物的總能量〕.②1molNH4+〔aq〕全部氧化成NO3﹣〔aq〕的熱化學(xué)方程式是NH4+〔aq〕+2O2〔g〕═2H+〔aq〕+H2O〔l〕+NO3﹣〔aq〕,△H=﹣346kJ/mol.〔3〕過(guò)程Ⅲ:一定條件下,向廢水中參加CH3OH,將HNO3復(fù)原成N2.假設(shè)該反響消耗32gCH3OH轉(zhuǎn)移6mol電子,那么參加反響的復(fù)原劑和氧化劑的物質(zhì)的量之比是5:6.【分析】〔1〕①銨根能和強(qiáng)堿反響生成一水合氨;②減少生成物,可以使化學(xué)平衡向正反響方向移動(dòng);〔2〕①當(dāng)反響物的總能量大于生成物的總能量,反響是放熱的;②結(jié)合圖象根據(jù)蓋斯定律來(lái)計(jì)算反響的焓變;〔3〕根據(jù)消耗甲醇的量和轉(zhuǎn)移電子的量來(lái)書(shū)寫(xiě)方程式,并確定氧化劑和復(fù)原劑的量的多少.【解答】解:〔1〕①銨鹽能和強(qiáng)堿反響,實(shí)質(zhì)是:NH4++OH﹣═NH3?H2O,故答案為:NH4++OH﹣═NH3?H2O;②氨水電離是可逆反響,將生成的氨氣帶走,即減少生成物,可以使化學(xué)平衡向正反響方向移動(dòng),即更多的生成氨氣,因而促進(jìn)了氨水電離,故答案為:空氣可以將生成的氨氣帶走,使化學(xué)平衡向正反響方向移動(dòng),促進(jìn)了氨水電離;〔2〕①焓變小于0,那么反響為放熱反響,故答案為:放熱;因?yàn)椤鱄=﹣273kJ/mol<0〔反響物的總能量大于生成物的總能量〕;②第一步的熱化學(xué)方程式為NH4+〔aq〕+1.5O2〔g〕═NO2﹣〔aq〕+2H+〔aq〕+H2O〔l〕,△H=﹣273KJ/mol,第二步的熱化學(xué)方程式為:NO2﹣〔aq〕+0.5O2〔g〕═NO3﹣〔aq〕,△H=﹣73KJ/mol,根據(jù)蓋斯定律那么NH4+〔aq〕+2O2〔g〕═2H+〔aq〕+H2O〔l〕+NO3﹣〔aq〕,△H=﹣346kJ/mol,故答案為:NH4+〔aq〕+2O2〔g〕═2H+〔aq〕+H2O〔l〕+NO3﹣〔aq〕,△H=﹣346kJ/mol;〔3〕消耗32g〔1mol〕CH3OH轉(zhuǎn)移6mol電子,由CH3OH中碳原子的化合價(jià)升高6,所以反響后碳的化合價(jià)為+4,產(chǎn)物為CO2,根據(jù)質(zhì)量守恒和化合價(jià)升降總數(shù)相等得:5CH3OH+6HNO3═5CO2+3N2+13H2O,反響中氧化劑是硝酸,復(fù)原劑是甲醇,參加反響的復(fù)原劑和氧化劑的物質(zhì)的量之比是5:6,故答案為:5:6.【點(diǎn)評(píng)】此題是一道有關(guān)化學(xué)平衡和熱化學(xué)方程式的題目,綜合性強(qiáng),難度較大,注意平時(shí)知識(shí)的積累和靈活應(yīng)用.10.〔13分〕〔2023?北京〕為驗(yàn)證鹵素單質(zhì)氧化性的相對(duì)強(qiáng)弱,某小組用如下圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)〔夾持儀器已略去,氣密性已檢驗(yàn)〕.實(shí)驗(yàn)過(guò)程:Ⅰ.翻開(kāi)彈簧夾,翻開(kāi)活塞a,滴加濃鹽酸.Ⅱ.當(dāng)B和C中的溶液都變?yōu)辄S色時(shí),夾緊彈簧夾.Ⅲ.當(dāng)B中溶液由黃色變?yōu)樽丶t色時(shí),關(guān)閉活塞a.Ⅳ.…〔1〕A中產(chǎn)生黃綠色氣體,其電子式是.〔2〕驗(yàn)證氯氣的氧化性強(qiáng)于碘的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是淀粉KI試紙變藍(lán).〔3〕B中溶液發(fā)生反響的離子方程式是Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣.〔4〕為驗(yàn)證溴的氧化性強(qiáng)于碘,過(guò)程Ⅳ的操作和現(xiàn)象是翻開(kāi)活塞b,將少量C中溶液滴入D中,關(guān)閉活塞b,取下D震蕩,靜置后CCl4層溶液變?yōu)樽霞t色.〔5〕過(guò)程Ⅲ實(shí)驗(yàn)的目的是確認(rèn)C的黃色溶液中無(wú)Cl2,排除Cl2對(duì)溴置換碘實(shí)驗(yàn)的干擾.〔6〕氯、溴、碘單質(zhì)的氧化性逐漸減弱的原因:同主族元素從上到下電子層數(shù)依次增多,原子半徑逐漸增大,得電子能力逐漸減弱.【分析】〔1〕A中產(chǎn)生黃綠色氣體為Cl2;〔2〕根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性,并檢驗(yàn)產(chǎn)物碘;〔3〕根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性;〔4〕根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性,并檢驗(yàn)產(chǎn)物碘的存在;〔5〕為驗(yàn)證溴的氧化性強(qiáng)于碘,實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)防止氯氣的干擾.;〔6〕從原子結(jié)構(gòu)〔電子層數(shù)、原子半徑〕的角度分析【解答】解:〔1〕因KMnO4與濃HCl反響可以用來(lái)制Cl2,其電子式為:;故答案為:;〔2〕因Cl2的氧化性大于I2的氧化性,根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性,可發(fā)生:Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣,I2能使淀粉變藍(lán);故答案為:淀粉KI試紙變藍(lán);Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣;〔3〕因Cl2的氧化性大于Br2的氧化性,根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性,可發(fā)生:Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣,故答案為:Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣,〔4〕因Cl2的氧化性大于I2的氧化性,根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性,要發(fā)生:Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣,同時(shí)檢驗(yàn)產(chǎn)物碘的存在;故答案為:翻開(kāi)活塞b,將少量C中溶液滴入D中,關(guān)閉活塞b,取下D震蕩,靜置后CCl4層溶液變?yōu)樽稀不蜃霞t〕色;〔5〕為驗(yàn)證溴的氧化性強(qiáng)于碘,實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)防止氯氣的干擾,當(dāng)B中溶液由黃色變?yōu)樽丶t色時(shí),說(shuō)明有大量的溴生成,此時(shí)應(yīng)關(guān)閉活塞a,否那么氯氣過(guò)量,影響實(shí)驗(yàn)結(jié)論,故答案為:確認(rèn)C的黃色溶液中無(wú)Cl2,排除Cl2對(duì)溴置換碘實(shí)驗(yàn)的干擾;〔6〕因同一主族元素,從上到下,電子層數(shù)依次增多,原子半徑逐漸增大,元素的金屬性逐漸增強(qiáng),得電
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