2019高考化学一轮复习 非选择题基础练（1）新人教版.doc

非选择题基础练（1）1、已知反应： 2SO2(g)O2(g)?2SO3(g)H196.6 kJmol1 反应： 2NO(g)O2(g)?2NO2(g)H113.0 kJmol1则SO2(g)与NO2(g)反应生成SO3(g)和NO(g)的热反应方程式为_。答案SO2(g)NO2(g)?SO3(g)NO(g)H41.8 kJmol1解析已知反应： 2SO2(g)O2(g)?2SO3(g)H196.6 kJmol1，反应： 2NO(g)O2(g)?2NO2(g) H113.0 kJmol1，根据盖斯定律()/2即得到SO2(g)与NO2(g)反应生成SO3(g)和NO(g)的热反应方程式：SO2(g)NO2(g)?SO3(g)NO(g)H41.8 kJmol1。2下图是当反应器中按n(N2)n(H2)13投料后，在200 、400 、600 ，反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随总压强的变化曲线。(1)曲线a、b对应温度较高的是_(填“a”或“b”)(2)实验室模拟工业合成氨，一定温度和压强下在1 L密闭容器中通入5 mol N2、15 mol H2,10 min 后达到M点平衡状态，计算从反应开始至平衡时间段内的平均速率v(N2)_molL1min1。(3)关于工业合成氨的反应，下列叙述正确的是_(填字母)。A分离出NH3后的原料气循环利用，可以提高H2的平衡转化率B使用催化剂能加快反应速率且提高H2的平衡转化率C上图中M、Q、R点平衡常数K的大小关系是K(M)K(Q)K(R)答案(1)b(2)0.375(3)AC解析(1)合成氨正方向为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NH3的物质的量分数减小，故曲线a、b对应温度较高的是b。(2)M点NH3的物质的量分数为60%； N2(g) 3H2(g)?2NH3(g) 起始物质的量浓度/molL1 5150变化物质的量浓度/molL1 n3n2n平衡物质的量浓度/molL1 5n153n2nNH3的物质的量分数为60%100%，解得：n，则从反应开始至平衡时间段内的平均速率v(N2)0.375 molL1min1。(3)及时分离出NH3，并循环利用原料气，可以提高H2的平衡转化率，故A正确；使用催化剂能加快反应速率，但不影响平衡的移动，对H2的转化率无影响，故B错误；平衡常数与温度有关，与其他条件无关，温度相同时平衡常数相同，反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，则M、Q、R点平衡常数K的大小关系是K(M)K(Q)K(R)，故C正确；答案为AC。3CuCl2溶液中的铜主要以Cu(H2O)、CuCl形式存在，将CuCl2溶于浓盐酸中，存在下列平衡：Cu(H2O)(aq)4Cl(aq)?CuCl (aq)4H2O(l)H0。(1)该反应的平衡常数表达式为_。(2)常温下，测定平衡体系中：Cu(H2O)浓度为a molL1、Cl浓度为b molL1、CuCl浓度为c molL1，Cl的转化率为_(用含a、b、c的字母表示)。答案(1)(2)解析(1)反应Cu(H2O)(aq)4Cl(aq)?CuCl (aq)4H2O(l) 的平衡常数表达式为K。(2)已知Cu(H2O)(aq)4Cl(aq)?CuCl (aq)4H2O(l)平衡体系中：Cu(H2O)浓度为a molL1、Cl浓度为b molL1、CuCl浓度为c molL1，则Cl变化的浓度为4c molL1，Cl起始的浓度为(b4c) molL1，Cl的转化率为。4为验证铜与浓硝酸的反应产生的气体中含NO，选用下列仪器(N2和O2的用量可自由控制)完成实验。已知：NONO22OH=2NOH2O。 NO2、NO气体液化的温度如下表。气体NO2NO液化温度21 152 (1)仪器的连接顺序为_。(填字母)(2)检查装置气密性后，再加入试剂，在反应前应进行的操作是_，目的是_。答案(1)AECB F(2)通入氮气使装置中空气排出防止一氧化氮与空气中的氧气反应生成二氧化氮解析(1) A中铜与浓硝酸反应，产生的NO2进入E无水氯化钙中干燥，然后进入C冰水浴冷却使二氧化氮液化分离，剩余的NO进入B与氧气反应，最后连接尾气处理装置，所以仪器连接顺序为A ECB F。(2)一氧化氮能够与空气中的氧气反应生成二氧化氮，检查装置气密性后，再加入试剂，在反应前应通入氮气使装置中空气排出，防止一氧化氮与空气中的氧气反应生成二氧化氮。5NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，写出该反应的化学方程式：_。资料：氰化钠化学式NaCN(N元素3价)，白色结晶颗粒，剧毒，易溶于水答案NaCN H2O2 H2O=NH3 NaHCO36氧化铁是重要工业颜料，在制备过程中常含有少量的FeO杂质。某同学为测定产品中Fe2O3的含量，进行如下实验：A称取样品8.00 g，加入足量稀H2SO4溶解，并加水稀释至100 mL；B量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；C用酸化的0.010 00 molL1 KMnO4标准液滴定至终点；D重复操作B、C 23次，得出消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00 mL。(1)写出滴定过程中发生反应的离子方程式：_。(2)确定滴定达到终点的操作及现象为_。(3)上述样品的质量分数为_。(4)下列操作会导致样品中Fe2O3的质量分数的测定结果偏低的有_(填字母)。A未干燥锥形瓶B盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗C滴定结束时仰视刻度线读数D量取待测液的滴定管没有润洗答案(1)5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O(2)向待测液中再滴加一滴标准液时，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不褪去(3)96.4%(4)BC解析(1)亚铁离子被酸性高锰酸钾溶液氧化的离子方程式为5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O。(2)酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则终点实验现象是：向待测液中再滴加一滴标准液时，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不褪去。(3)消耗高锰酸钾是0.000 2 mol，根据方程式可知亚铁离子是0.001 mol，因此原物质中亚铁离子是0.001 mol100 mL/25 mL0.004 mol，氧化亚铁质量是0.004 mol72 gmol10.288 g，则氧化铁的质量分数是100%96.4%。(4)A项，锥形瓶内有水对结果无影响；B项，滴定管未润洗相当于将标准液稀释，所用标准液体积增大，故结果偏小；C项，滴定结束时仰视刻度线读数，读取体积偏大，结果偏小；D项，量取待测液的滴定管没有润洗，消耗标准液体积偏小，结果偏高。