2019-2020年高三（上）周考化学试卷（5） 含解析.doc

2019-2020年高三（上）周考化学试卷（5） 含解析一.选择题1（3分）下列化工生产过程中所发生的主要化学反应不属于氧化还原反应的是（）A用氯气和消石灰制漂白粉B铝热法冶炼金属钒C用石灰石、纯碱、二氧化硅制玻璃D电解饱和食盐水制烧碱2（3分）（xx秋沙坪坝区校级月考）下列各项比较中正确的是（）A微粒半径：Na+S2O2B结合质子的能力：ClOCH3COOHCO3C固体的热稳定性：Na2CO3CaCO3NaHCO3D碱性：NaOHKOHMg（OH）23（3分）（xx秋路南区校级月考）下列实验操作错误的是（）A蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口B分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C配制浓硫酸与浓硝酸的混合酸时，将浓硫酸缓慢地加到浓硝酸中，并及时搅拌和冷却D欲测某溶液的pH，须先用蒸馏水润湿pH试纸，再用洁净、干燥的玻璃棒蘸取该溶液点在试纸上，并与标准比色卡比较4（3分）（xx潮州二模）用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器已省略），能达到实验目的是（）A干燥Cl2B吸收HClC石油的分馏D吸收NH35（3分）荧光素是发光物质的基质，5羧基荧光素与5羧基荧光素二乙酸酯在碱性条件下有强烈的绿色荧光，它们广泛应用于荧光分析等下列说法正确的是（）5羧基荧光素（5FAM） 5羧基荧光素二乙酸酯（5CFDA）A5FAM转变为5CFDA属于取代反应B实验室鉴别5FAM与5CFDA可用碳酸氢钠溶液C5FAM的分子式为：C21H3O7D5FAM和5CFDA分子中的所有原子均共面6（3分）（xx重庆）已知：P4（s）+6Cl2（g）=4PCl3（g），H=a kJmol1； P4（s）+10Cl2（g）=4PCl5（g），H=b kJmol1，P4具有正四面体结构，PCl5中PCl键的键能为c kJmol1，PCl3中PCl键的键能为1.2c kJmol1下列叙述正确的是（）APP键的键能大于PCl键的键能B可求Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的反应热HCClCl键的键能kJmol1DPP键的键能为kJmol17（3分）一定条件下，某密闭容器中充入等物质的量的A、B两种气体，发生反应：A（g）+B（g）2C（g）达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中各物质的浓度、反应速率随时间变化如图所示下列说法中正确的是（）A30min时减小容积B40min时加入催化剂C020min内A的平均反应速率为0.05molL1min1D正反应为吸热反应二.填空题8（3分）（1）在热的稀硫酸溶液中溶解了11.4g FeSO4，当加入50ml 0.5mol/L KNO3溶液后，使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO3也反应完全，并有NxOy氮氧化物气体逸出FeSO4+KNO3+H2SO4K2SO4+Fe2（SO4）3+NxOy+H2O反应中氧化剂为NxOy的化学式为在横线上填写氮氧化物的化学式，配平该方程式，用单线桥标出电子转移的方向和数目FeSO4+KNO3+H2SO4K2SO4+Fe2（SO4）3+H2O（2）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用请回答下列问题：如图1是1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式（3）Al单质晶体中原子的堆积方式如图2所示，其晶体最小重复单元特征如图3所示，原子之间相互位置关系的平面图如图4所示请回答：晶体中距离Al原子最近的Al原子为个，一个最小单元结构中Al原子的数目为9（15分）为了测定足量铜与适量一定浓度的浓硝酸反应生成一氧化氮气体和二氧化氮气体的物质的量之比（用m表示），请从如图中选用合适的实验装置，设计一个合理而简单的实验，用于测定m的值（不考虑二氧化氮转化为四氧化二氮）其中E装置为量气管，由甲、乙两根玻璃管组成，用橡皮管连通，并装人适量水，甲管有刻度（050mL），供量气用，乙管可上下移动，用来调节液面高低回答下列问题：（1）装置的连接顺序是（填各接口的编号）（2）连接好装置并检查气密性后，应打开 通入氮气；然后打开，从乙管注水至充满甲、乙两管，关上a、b通入氮气的原因是（3）实验后，若量气管中气体的体积为VmL（已换算成标准状况下），要测定m的值，还要将中的溶液作实验，假设测得其中溶质物质的量为n，用含V和n的式子表示m：（答案要求化简）（4）下列操作中能造成m值偏小的是A反应前E中甲管所装水里气泡没赶尽，而最后读数时气泡消失B实验前，甲、乙两管液面在同一水平面上，最后读数时乙管的液面高于甲管的液面C实验前没有先通人足量的氮气 D实验过程中，E装置乙管的水溢出E实验后未冷却至室温即开始读数10（5分）（xx秋重庆月考）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：其化学平衡常数K与温度t的关系如下：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：t（）70080083010001200K0.60.91.01.72.6请回答下列问题：（1）该反应为反应（填“吸热”或“放热”）（2）800，固定容器的密闭容器中，放入混合物，其始浓度为c（CO）=“0.01“mol/L，c（H2O）=“0.03“mol/L，c（CO2）=“0.01“mol/L，c（H2）=“0.05“mol/L，则反应开始时，H2O的消耗速率比生成速率 （填“大”、“小”或“不能确定”）11（6分）（xx秋重庆月考）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层科学家正在研究催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，其反应为：2NO+2CO2CO2+N2为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：时间（s）012345c（NO）（mol/L）1.001034.501042.501041.501041.001041.00104c（CO）（mol/L）3.601033.051032.851032.751032.701032.70103请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：（1）在上述条件下反应能够自发进行，则反应的H0（填写“”、“”、“=”）（2）前2s内的平均反应速率v（N2）=（3）在该温度下，反应的平衡常数K=（4）假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是A选用更有效的催化剂 B升高反应体系的温度C降低反应体系的温度 D缩小容器的体积（5）若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，则平衡移动（填“向左”“向右”或“不”）；使用催化剂，上述反应的H（填“增大”“减小”或“不改变”）12（18分）工业上生产金属钛的方法很多以钛铁矿（主要成分FeTiO3，钛酸亚铁）为主要原料冶炼金属钛，生产的工艺流程图如图，其中钛铁矿与浓硫酸发生反应的化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O回答下列问题：（1）钛铁矿和浓硫酸反应属于 （选填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”）（2）上述生产流程中加入物质A的目的是防止Fe2+被氧化，物质A是，上述制备TiO2的过程中，所得到的副产物和可回收利用的物质分别是、（3）反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti在Ar气氛中进行的理由是（4）由二氧化钛制取四氯化钛所涉及的反应有：TiO2 （s）+2Cl2 （g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）H1=72kJmol1TiO2（s）+2Cl2 （g）=TiCl4（g）+O2 （g）H2=+38.8kJmol1C（s）+CO2（g）=2CO（g）H3=+282.8kJmol1反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）在高温下能够自发进行的原因是反应C（s）+O2（g）=CO2 （g）的H=（5）研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2CaO作电解质，利用右图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛写出阳极所发生反应的电极反应式：在制备金属钛前后，CaO的总量不变，其原因是（请结合化学用语解释）xx重庆市石柱中学高三（上）周考化学试卷（5）参考答案与试题解析一.选择题1（3分）下列化工生产过程中所发生的主要化学反应不属于氧化还原反应的是（）A用氯气和消石灰制漂白粉B铝热法冶炼金属钒C用石灰石、纯碱、二氧化硅制玻璃D电解饱和食盐水制烧碱考点：氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：含元素的化合价变化，为氧化还原反应；不存在元素的化合价变化的反应，不属于氧化还原反应，以此来解答解答：解：A用氯气和消石灰制漂白粉中，Cl元素的化合价既升高又降低，为氧化还原反应，故A不选；B铝热法冶炼金属钒，Al元素的化合价升高，V元素的化合价降低，为氧化还原反应，故B不选；C用石灰石、纯碱、二氧化硅制玻璃，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C选；D电解饱和食盐水制烧碱，Cl元素的化合价升高，H元素的化合价降低，为氧化还原反应，故D不选；故选C点评：本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应判断的考查，题目难度不大2（3分）（xx秋沙坪坝区校级月考）下列各项比较中正确的是（）A微粒半径：Na+S2O2B结合质子的能力：ClOCH3COOHCO3C固体的热稳定性：Na2CO3CaCO3NaHCO3D碱性：NaOHKOHMg（OH）2考点：元素周期律的作用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A核外电子排布相同时，原子序数越大，半径越小；电子层数越多，半径越大；B酸性越弱，酸越难电离，对应的酸根离子越易结合氢离子；C碳酸氢钠加热易分解，碳酸钙高温分解，而碳酸钠性质稳定；D金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强；解答：解：A核外电子排布相同时，原子序数越大，半径越小，所以离子半径：O2Na+，电子层数越多，半径越大，所以离子半径：S2O2Na+，故A错误；B酸性越弱，酸越难电离，对应的酸根离子越易结合氢离子，乙酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于次氯酸，所以结合质子的能力：ClOHCO3CH3COO，故B错误；C碳酸氢钠加热易分解，碳酸钙高温分解，而碳酸钠性质稳定，所以热稳定性：Na2CO3CaCO3NaHCO3，故C正确；D金属性KNaMg，对应最高价氧化物的水化物的碱性为：KOHNaOHMg（OH）2，故D错误；故选C点评：本题考查元素周期律知识，侧重于基础知识的考查，注意把握元素周期律的递变规律等，把握比较角度，难度不大3（3分）（xx秋路南区校级月考）下列实验操作错误的是（）A蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口B分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C配制浓硫酸与浓硝酸的混合酸时，将浓硫酸缓慢地加到浓硝酸中，并及时搅拌和冷却D欲测某溶液的pH，须先用蒸馏水润湿pH试纸，再用洁净、干燥的玻璃棒蘸取该溶液点在试纸上，并与标准比色卡比较考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂版权所有专题：实验评价题分析：A蒸馏时，测定馏分的温度；B分液时，避免上下层混合；C配制溶液，将密度大的液体注入密度小的液体中；D测定pH，试纸不能润湿解答：解：A蒸馏时，测定馏分的温度，则使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口，故A正确；B分液时，避免上下层混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故B正确；C配制溶液，将密度大的液体注入密度小的液体中，则配制浓硫酸与浓硝酸的混合酸时，将浓硫酸缓慢地加到浓硝酸中，并及时搅拌和冷却，故C正确；D测定pH，试纸不能润湿，取干燥的pH试纸，然后用洁净、干燥的玻璃棒蘸取该溶液点在试纸上，并与标准比色卡比较，故D错误；故选D点评：本题考查物质的量分离、提纯的方法及应用，为高频考点，把握常见混合物分离方法及实验操作为解答的关键，侧重实验基本操作和基本技能考查，题目难度不大4（3分）（xx潮州二模）用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器已省略），能达到实验目的是（）A干燥Cl2B吸收HClC石油的分馏D吸收NH3考点：气体的净化和干燥；尾气处理装置；石油的分馏版权所有专题：化学实验基本操作分析：A、根据气体干燥装置的特点分析；B、根据HCl的溶解性来分析；C、根据石油分馏时温度计的位置判断；D、根据氨气的性质分析解答：解：A、气体干燥装置的特点是长导管进气短导管出气，故A错误；B、氯化氢极易溶于水，如果把导管直接插入水中容易产生倒吸现象，故B错误；C、石油的分馏是根据馏分的沸点不同分离的，所以温度计测得温度应是气体的温度，故C错误；D、氨气能和酸反应生成盐，四氯化碳和氨气不反应，且稀硫酸和四氯化碳不互溶，虽然氨气在稀硫酸中的溶解度较多，但因为在四氯化碳中不溶解，所以不含产生倒吸现象，所以能用该装置吸氨气，故D正确；故选D点评：本题考查了气体的净化和干燥、尾气的处理等知识点，解答本题时需注意以下两点：1、明确气体的性质特点，2、明确各种装置中导管的特点5（3分）荧光素是发光物质的基质，5羧基荧光素与5羧基荧光素二乙酸酯在碱性条件下有强烈的绿色荧光，它们广泛应用于荧光分析等下列说法正确的是（）5羧基荧光素（5FAM） 5羧基荧光素二乙酸酯（5CFDA）A5FAM转变为5CFDA属于取代反应B实验室鉴别5FAM与5CFDA可用碳酸氢钠溶液C5FAM的分子式为：C21H3O7D5FAM和5CFDA分子中的所有原子均共面考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：AOH上的被CH3CO取代；B两种有机物均含有COOH；C根据每个C形成4个共价键，可知分子中含有12个H原子；D苯环为平面结构，分子中含有结构，为四面体结构解答：解：A由转化可知，OH上的被CH3CO取代，则发生取代反应，故A正确；B两种有机物均含有COOH，则均能与碳酸氢钠溶液反应，所以无法鉴别，故B错误；C根据每个C形成4个共价键，可知分子中含有12个H原子，即5FAM的分子式为C21H12O7，故C错误；D苯环为平面结构，分子中含有结构，为四面体结构，所以5FAM和 5CFDA 分子中的所有原子不可能共面，故D错误；故选A点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，把握有机物中的官能团及物质的性质是解答本题的关键，选项D为解答的易错点，题目难度不大6（3分）（xx重庆）已知：P4（s）+6Cl2（g）=4PCl3（g），H=a kJmol1； P4（s）+10Cl2（g）=4PCl5（g），H=b kJmol1，P4具有正四面体结构，PCl5中PCl键的键能为c kJmol1，PCl3中PCl键的键能为1.2c kJmol1下列叙述正确的是（）APP键的键能大于PCl键的键能B可求Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的反应热HCClCl键的键能kJmol1DPP键的键能为kJmol1考点：反应热和焓变版权所有专题：压轴题；化学反应中的能量变化分析：A、依据P和Cl原子半径大小比较键长得到键能大小，键长越长，键能越小；B、依据盖斯定律分析判断；C、依据焓变=反应物键能之和生成物键能之和计算分析；D、由P4是正四面体可知P4中含有6个PP键依据焓变=反应物键能之和生成物键能之和计算分析解答：解：A、原子半径PCl，因此PP键键长大于PCl键键长，则PP键键能小于PCl键键能，故A错误；B、利用“盖斯定律”，结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）H=KJmol1，但不知PCl5（g）=PCl5（s）的H，因此无法求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的H，故B错误；C、利用Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）H=KJmol1可得E（ClCl）+31.2c5c=，因此可得E（ClCl）=kJmol1，故C正确；D、由P4是正四面体可知P4中含有6个PP键，由题意得6E（PP）+1045c=b，解得E（PP）= kJmol1，故D错误；故选C点评：本题考查了化学键与焓变定量计算关系，物质结构的分析应用，盖斯定律的计算应用，题目难度中等7（3分）一定条件下，某密闭容器中充入等物质的量的A、B两种气体，发生反应：A（g）+B（g）2C（g）达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中各物质的浓度、反应速率随时间变化如图所示下列说法中正确的是（）A30min时减小容积B40min时加入催化剂C020min内A的平均反应速率为0.05molL1min1D正反应为吸热反应考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用版权所有专题：化学平衡专题分析：从该题图1可知，020min是反应：A（g）+B（g）2C（g）达到平衡的过程，20min时各浓度保持不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，2030min，是保持平衡状态过程；反应物和生成物的浓度都减少，结合右图象知，30min改变条件，正逆反应速率相等且减小平衡不移动；4054min，左图知，反应物浓度增大生成物浓度减小，右图知正逆反应速率都增大，且与原平衡点无接触点，逆反应速率大于正反应速率，当正逆反应速率相等时，再次达到平衡状态，据此分析回答计算选项解答：解：A、从右图可知，30min时正反应速率和逆反应速率同时降低30min时减小容积，压强减小，平衡不动，物质浓度减小，但此时左图中3040min，A、B的浓度在减少，C的浓度在增加故A错误；B、催化剂值改变反应速率不改变化学平衡，40min由图象可知，反应物浓度增大生成物浓度减小，右图知正逆反应速率都增大，且与原平衡点无接触点，逆反应速率大于正反应速率，当正逆反应速率相等时，再次达到平衡状态，故B错误；C020min内，由左图可知，A的变化浓度为1mol/L，平均反应速率=0.05molL1min1，故C正确；D、当反应A（g）+B（g）2C（g），反应前后气体总的量不变压强改变，平衡不移动右图中3040min，平衡不移动，此时左图中3040min，A、B的浓度在减少，C的浓度在增加显示平衡向正反应方向移动与压强改变平衡不移动矛盾；正反应为吸热反应，在其它条件不变时，升高反应温度，有利于吸热反应，平衡向吸热反应方向移动，即平衡向正反应方向移动，升高反应温度，反应速率加快与右图中3040min正反应速率和逆反应速率同时降低矛盾故D错误故选：C点评：该题为化学平衡图象题解化学平衡图象题，看图象：一看轴，弄清横坐标和纵坐标的意义二看点，弄清图象上点的意义，看起点，交点，转折点，终点三看量的变化，利用相关公式进行计算，明确外界条件对化学平衡的影响是解本题的关键，题目难度中等二.填空题8（3分）（1）在热的稀硫酸溶液中溶解了11.4g FeSO4，当加入50ml 0.5mol/L KNO3溶液后，使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO3也反应完全，并有NxOy氮氧化物气体逸出FeSO4+KNO3+H2SO4K2SO4+Fe2（SO4）3+NxOy+H2O反应中氧化剂为KNO3NxOy的化学式为NO在横线上填写氮氧化物的化学式，配平该方程式，用单线桥标出电子转移的方向和数目FeSO4+KNO3+H2SO4K2SO4+Fe2（SO4）3+NO+H2O（2）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用请回答下列问题：如图1是1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）H=234kjmol1（3）Al单质晶体中原子的堆积方式如图2所示，其晶体最小重复单元特征如图3所示，原子之间相互位置关系的平面图如图4所示请回答：晶体中距离Al原子最近的Al原子为12个，一个最小单元结构中Al原子的数目为4考点：氧化还原反应方程式的配平；晶胞的计算；热化学方程式版权所有专题：氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化；化学键与晶体结构分析：（1）判断化合价降低的反应物是氧化剂、化合价升高的反应物是还原剂，根据氧化剂得到的电子等于还原剂失去的电子来求x和y；根据铁元素和氮元素化合价的变化以及电子守恒知识来回答；（2）先求出此反应的焓变，根据热化学方程式的书写规则再写出热化学方程式；（3）Al元素每个顶点上的原子在每个晶胞中的配位数是3，每个顶点上的原子被8个晶胞占有，且每个面上的原子被2个晶胞占有，据此判断其配位数；利用均摊法计算每个晶胞含有的原子数解答：解：（1）n（FeSO4）=0.075mol，KNO3的物质的量为0.05L0.5molL1=0.025mol，设NO3与NxOy中N元素化合价差为n，根据氧化还原反应得失电子总数相等的原则，可得关系式：0.0751=0.025n，所以n=3即NxOy中N元素化合价为+2价，则NxOy为NO，氧化剂为化合价降低的KNO3，故答案为：KNO3；NO；硝酸的还原产物是一氧化氮，所有的铁元素化合价升高了2价，所有的氮元素化合价降低了3价，所以硫酸亚铁前边系数是6，硫酸铁前边系数是3，硝酸钾前边系数是2，一氧化氮前边系数是2，根据元素守恒，硫酸的系数是4，硫酸钾的系数是1，水的系数是4，电子转移的方向和数目如下：，故答案为：NO；（2）该反应的焓变H=E1E2=134KJ/mol368KJ/mol=234KJ/mol，所以热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）H=234kJmol1，故答案为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）H=234kJmol1；（3）Al元素，每个铝原子的配位数=38=12，每个晶胞含有的铝原子个数=8+6=4，故答案为：12；4点评：本题考查氧化还原反应的计算及其配平，热化学方程式的书写和物质结构，明确物质的性质是解本题关键，难点是配位数的计算方法9（15分）为了测定足量铜与适量一定浓度的浓硝酸反应生成一氧化氮气体和二氧化氮气体的物质的量之比（用m表示），请从如图中选用合适的实验装置，设计一个合理而简单的实验，用于测定m的值（不考虑二氧化氮转化为四氧化二氮）其中E装置为量气管，由甲、乙两根玻璃管组成，用橡皮管连通，并装人适量水，甲管有刻度（050mL），供量气用，乙管可上下移动，用来调节液面高低回答下列问题：（1）装置的连接顺序是（填各接口的编号）（2）连接好装置并检查气密性后，应打开a 通入氮气；然后打开b，从乙管注水至充满甲、乙两管，关上a、b通入氮气的原因是赶净装置中空气，防止生成的一氧化氮与氧气反应影响测定结果（3）实验后，若量气管中气体的体积为VmL（已换算成标准状况下），要测定m的值，还要将C中的溶液作中和滴定实验，假设测得其中溶质物质的量为n，用含V和n的式子表示m：（答案要求化简）（4）下列操作中能造成m值偏小的是BCA反应前E中甲管所装水里气泡没赶尽，而最后读数时气泡消失B实验前，甲、乙两管液面在同一水平面上，最后读数时乙管的液面高于甲管的液面C实验前没有先通人足量的氮气 D实验过程中，E装置乙管的水溢出E实验后未冷却至室温即开始读数考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；硝酸的化学性质；探究物质的组成或测量物质的含量版权所有专题：氮族元素分析：（1）足量铜与适量一定浓度的浓硝酸反应生成一氧化氮气体和二氧化氮气体，生成的混合气体经过水充分吸收后生成NO，可用量气装置测量体积；（2）连接好装置并检查气密性后，应打开a，通入氮气，为保证NO和NO2完全被吸收以及被空气中氧气氧化；然后打开b，从乙管注水至充满甲、乙两管，关上a、b；（3）要测定m的值，需要测定装置C中生成的吸收溶液中溶质物质的量，采取中和滴定的方法准确测定，依据生成的二氧化氮和一氧化氮气体物质的量计算m；（4）下列操作中能造成m值偏小的是：A反应前E中甲管所装水里气泡没赶尽，而最后读数时气泡消失，读取气体体积增大；B实验前，甲、乙两管液面在同一水平面上，最后读数时乙管的液面高于甲管的液面，甲管内的气体压强大于大气压强，读取气体体积变小；C实验前没有先通入足量的氮气，生成的一氧化氮气体和氧气反应生成二氧化氮气体，比值减小； D实验过程中，E装置乙管的水溢出，测定气体体积增大；E实验后未冷却至室温即开始读数，热胀冷却读取气体体积增大解答：解：（1）为保证NO和NO2完全被吸收，NO易被氧化，应排除空气，实验前应通入足量的氮气，则应选择B装置，足量铜与适量一定浓度的浓硝酸反应生成一氧化氮气体和二氧化氮气体，生成的混合气体经过水充分吸收后生成NO，从进气，可用量气装置测量体积，最后应连接E装置中的，装置的连接顺序是；故答案为：；（2）NO易被氧化，应排除空气，实验前应通入足量的氮气，连接好装置并检查气密性后，应打开a，通入氮气，为保证NO和NO2完全被吸收以及防止一氧化氮被空气中氧气氧化；然后打开b，从乙管注水至充满甲、乙两管，关上a、b；故答案为：a；b；赶净装置中空气，防止生成的一氧化氮与氧气反应影响测定结果：（3）要测定m的值，需要测定装置C中生成的吸收溶液中溶质物质的量，采取中和滴定的方法准确测定，C中发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成nmolHNO3，则应有1.5nmolNO2，生成0.5nmolNO，所以原混合气体中NO为mol0.5nmol，体积为（V10311.2n）L，1.5nmolNO2的体积为33.6nL，则二者的比值为m=，故答案为：C；中和滴定；（4）下列操作中能造成m值偏小的是：A反应前E中甲管所装水里气泡没赶尽，而最后读数时气泡消失，读取气体体积增大，所以一氧化氮和二氧化氮物质的量之比增大，故错误；B实验前，甲、乙两管液面在同一水平面上，最后读数时乙管的液面高于甲管的液面，甲管内的气体压强大于大气压强，读取气体体积变小，所以一氧化氮和二氧化氮物质的量之比增大，故正确；C实验前没有先通入足量的氮气，生成的一氧化氮气体和氧气反应生成二氧化氮气体，比值减小，所以一氧化氮和二氧化氮物质的量之比增大，故正确； D实验过程中，E装置乙管的水溢出，测定气体体积增大，所以一氧化氮和二氧化氮物质的量之比增大，故错误；E实验后未冷却至室温即开始读数，热胀冷却读取气体体积增大，所以一氧化氮和二氧化氮物质的量之比增大，故错误；故答案为：BC点评：本题较为综合，涉及气体的制备、收集以及测定等方面的考查，题目难度中等，注意制备气体的原理以及实验装置，根据反应的相关方程式计算10（5分）（xx秋重庆月考）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：其化学平衡常数K与温度t的关系如下：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：t（）70080083010001200K0.60.91.01.72.6请回答下列问题：（1）该反应为吸热反应（填“吸热”或“放热”）（2）800，固定容器的密闭容器中，放入混合物，其始浓度为c（CO）=“0.01“mol/L，c（H2O）=“0.03“mol/L，c（CO2）=“0.01“mol/L，c（H2）=“0.05“mol/L，则反应开始时，H2O的消耗速率比生成速率小 （填“大”、“小”或“不能确定”）考点：化学平衡常数的含义版权所有专题：化学平衡专题分析：（1）由表中数据可知，温度越高化学平衡常数越大，升高温度平衡向正反应移动，正反应是吸热反应；（2）计算此时的浓度商Qc，与平衡常数比较判断反应进行方向，据此解答解答：解：（1）由表中数据可知，温度越高化学平衡常数越大，升高温度平衡向正反应移动，正反应是吸热反应，故答案为：吸热；（2）此时的浓度商Qc=0.6，小于平衡常数0.9，故反应向正反应进行，故H2O的消耗速率比生成速率小，故答案为：小点评：本题考查化学平衡常数意义及应用等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意掌握化学平衡常数的用途：1、判断反应进行的程度，2、判断反应的热效应，3、判断反应进行的方向，4、计算转化率等，难度不大11（6分）（xx秋重庆月考）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层科学家正在研究催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，其反应为：2NO+2CO2CO2+N2为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：时间（s）012345c（NO）（mol/L）1.001034.501042.501041.501041.001041.00104c（CO）（mol/L）3.601033.051032.851032.751032.701032.70103请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：（1）在上述条件下反应能够自发进行，则反应的H0（填写“”、“”、“=”）（2）前2s内的平均反应速率v（N2）=1.88104mol/（Ls）（3）在该温度下，反应的平衡常数K=5000（4）假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是CDA选用更有效的催化剂 B升高反应体系的温度C降低反应体系的温度 D缩小容器的体积（5）若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，则平衡向左移动（填“向左”“向右”或“不”）；使用催化剂，上述反应的H不变（填“增大”“减小”或 “不改变”）考点：化学平衡的影响因素；化学平衡常数的含义版权所有专题：化学平衡专题分析：（1）依据反应自发进行的判断依据HTS0分析判断；（2）依据化学反应速率的概念结合图表数据分析计算一氧化氮的反应速率，结合速率之比等于系数之比；（3）根据该温度下达化学平衡时各物质平衡时浓度及化学平衡常数的概念来计算；（4）提高NO转化率，平衡正向进行；（5）恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，体系压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，使用催化剂不改变反应热大小解答：解：（1）2NO+2CO2CO2+N2 反应的S0，反应自发进行HTS0，则反应焓变一定小于0，H0，反应是放热反应，故答案为：；（2）前2s内的平均反应速度v（NO）=3.75104mol/（Ls），由v（N2）：v（NO）=1：2得到v（N2）=1.875104mol/（Ls），故答案为：1.88104mol/（Ls）；（3）由表格中的数据可知到4s时达到化学平衡，则 2NO+2CO 2CO2 +N2，开始（mol/L） 1.00103 3.60103 0 0转化（mol/L） 9104 9104 9104 4.50104平衡（mol/L）1.00104 2.70103 9104 4.50104则平衡常数K=5000，故答案为：5000 （4）2NO+2CO2CO2+N2反应中能提高NO转化率的选项分析为：A选用更有效的催化剂，只能改变反应速率，不能改变平衡，故A错误；B反应时放热反应，升高反应体系的温度，平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故B错误；C反应时放热反应，降低反应体系的温度，平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故C正确；D缩小容器的体积，压强增大，平衡向气体体积见效的方向进行，平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故D正确；故答案为：CD；（5）恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，体系压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，对反应2NO+2CO 2CO2 +N2，平衡逆向移动，使用催化剂不改变化学平衡，即不改变反应热大小，故答案为：向左；不变点评：本题考查了反应速率的计算，反应能量变化的分析判断和热化学方程式的书写，化学平衡的影响因素分析应用，平衡常数计算，电极方程式的书写等，掌握基础是解题关键，题目难度中等12（18分）工业上生产金属钛的方法很多以钛铁矿（主要成分FeTiO3，钛酸亚铁）为主要原料冶炼金属钛，生产的工艺流程图如图，其中钛铁矿与浓硫酸发生反应的化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O回答下列问题：（1）钛铁矿和浓硫酸反应属于非氧化还原反应 （选填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”）（2）上述生产流程中加入物质A的目的是防止Fe2+被氧化，物质A是Fe，上述制备TiO2的过程中，所得到的副产物和可回收利用的物质分别是绿矾、硫酸（3）反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti在Ar气氛中进行的理由是防止高温下Mg和Ti与空气中的氧气（或氮气、二氧化碳）作用（4）由二氧化钛制取四氯化钛所涉及的反应有：TiO2 （s）+2Cl2 （g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）H1=72kJmol1TiO2（s）+2Cl2 （g）=TiCl4（g）+O2 （g）H2=+38.8kJmol1C（s）+CO2（g）=2CO（g）H3=+282.8kJmol1反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）在高温下能够自发进行的原因是S0（或熵增加）反应C（s）+O2（g）=CO2 （g）的H=393.6 kJ/mol（5）研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2CaO作电解质，利用右图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛写出阳极所发生反应的电极反应式：2O24e=O2或C+2O24e=CO2在制备金属钛前后，CaO的总量不变，其原因是（请结合化学用语解释）制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：2CaO2Ca+O2，2Ca+TiO2Ti+2CaO，由此可见，CaO的量不变考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；用盖斯定律进行有关反应热的计算；焓变和熵变；电解原理；制备实验方案的设计版权所有专题：实验设计题；化学反应中的能量变化；电化学专题分析：以钛铁矿（主要成分FeTiO3，钛酸亚铁）为主要原料冶炼金属钛，钛铁矿石加入浓硫酸，钛铁矿与浓硫酸发生反应的化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O，加入水溶解后加入铁防止亚铁离子被氧化，沉降分离得到溶液，冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，过滤得到溶液为TiOSO4，加热过滤得到滤液为硫酸，沉淀为钛酸，煅烧得到二氧化钛，加入氯气和焦炭高温反应，由二氧化钛制取四氯化钛，加入镁反应在Ar气氛中进行，发生的反应为；TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti（1）根据氧化还原反应中元素的化合价发生变化进行判断；（2）亚铁离子易被氧化为铁离子，加入金属铁可以防护被氧化，根据流程确定所得到的副产物和可回收利用的物质；（3）Mg和Ti都有较强还原性，在高温下都易被空气中的O2氧化，镁和氮气二氧化碳都反应；（4）根据反应能否自发进行的判据HTS来判断；已知反应a、TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）H1=72kJmol1b、TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）H2=+38.8kJmol1c、C（s）+CO2（g）=2CO（g）DH3=+282.8kJmol1，利用盖斯定律将abc可得反应C（s）+O2（g）=CO2 （g）的H；（5）依据装置图分析判断，阳极生成二氧化碳气体，是电解质中的氧离子失电子生成氧气，氧气和阳极石墨反应生成的二氧化碳；制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：阴极：2Ca2+4e2Ca 阳极：2O24eO2，2Ca+TiO2=Ti+2CaO，由此可见， CaO的量不变解答：解：以钛铁矿（主要成分FeTiO3，钛酸亚铁）为主要原料冶炼金属钛，钛铁矿石加入浓硫酸，钛铁矿与浓硫酸发生反应的化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O，加入水溶解后加入铁防止亚铁离子被氧化，沉降分离得到溶液，冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，过滤得到溶液为TiOSO4，加热过滤得到滤液为硫酸，沉淀为钛酸，煅烧得到二氧化钛，加入氯气和焦炭高温反应，由二氧化钛制取四氯化钛，加入镁反应在Ar气氛中进行，发生的反应为；TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti（1）钛酸亚铁的化学式为FeTiO3，其中铁元素的化合价为+2价，氧元素的化合价为2价，钛的化合价为+4价，钛铁矿和浓硫酸反应后，TiOSO4中钛的化合价为+4价，硫为+6价，氧元素的化合价为2价，FeSO4中铁元素的化合价为+2价，氧元素的化合价为2价，无化合价的变化，是非氧化还原反应，故答案为：非氧化还原反应；（2）亚铁离子易被氧化为铁离子，加入金属铁可以防护被氧化，所以A是金属铁，根据流程，所得到的副产物是绿矾，可回收利用的物质是硫酸，故答案为：Fe；绿矾；硫酸；（3）Mg和Ti都有较强还原性，在高温下都易被空气中的O2氧化，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，镁和氮气反应生成氮化镁，所以反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti需在Ar气氛中进行，故答案为：防止高温下Mg和Ti与空气中的氧气（或氮气、二氧化碳）作用；（4）根据反应能否自发进行的判据HTS，H0，所以高温下才自发进行，说明该反应的S0（或熵增加），故答案为：S0（或熵增加）；已知反应a、TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）H1=72kJmol1b、TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）H2=+38.8kJmol1c、C（s）+CO2（g）=2CO（g）DH3=+282.8kJmol1根据盖斯定律，反应C（s）+O2（g）=CO2（g）可以看成是abc获得，所以该化学反应的焓变H=72kJmol1282.8kJmol138.8kJmol1=393.6 kJ/mol，故答案为：393.6 kJ/mol；（5）用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2CaO作电解质，阳极发生氧化反应，阴极析出钙金属发生还原反应，阳极图示产物可可知，阳极生成二氧化碳气体，是电解质中的氧离子失电子生成氧气，氧气和阳极石墨反应生成的二氧化碳，所以电极反应为：2O24e=O2，或C+2O24e=CO2；故答案为：2O24e=O2或C+2O24e=CO2；制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：2CaO2Ca+O2，2Ca+TiO2Ti+2CaO，由此可见，CaO的量不变；或：制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：阴极：2Ca2+4e2Ca 阳极：2O24eO2；2Ca+TiO2Ti+2CaO，由此可见，CaO的量不变；故答案为：制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：2CaO2Ca+O2，2Ca+TiO2Ti+2CaO，由此可见，CaO的量不变点评：本题以流程题的形式综合考查元素化合物的性质知识，为高考常见题型，涉及物质性质的应用，离子性质的应用，分离操作的方法，电解池原理的应用，电极反应的书写原则等，要求学生具有分析和解决问题的能力，有利于培养学生的良好的科学素养，题目难度中等