能力梯級提升·思維高效訓練2.6

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1、 世紀金榜 圓您夢想 答案解析 1.【解析】選B。A項代表的是放熱反應，不正確；C項中反應物和生成物能量相等，既不吸熱也不放熱，不正確；D項中有催化劑的活化能反而更高，不正確。 2.【解析】選C。由圖像可知：在p1一定時，T1溫度下，達到平衡時所需的時間短，反應速率快，所以溫度T1>T2，故A項、B項均錯；在T2一定時，p1壓強下，達到平衡時所需的時間短，反應速率快，所以壓強p1>p2，故D項錯，C項對。 3.【解析】選A。p相同時，升高T，α(A)提高，說明正反應為吸熱反應；T相同時，增大p，α(A)提高，說明正反應為氣體體積縮小的反應，m+n>x+y。 4.【解析】選

2、B。反應熱只與反應物的總能量(H2+Br)和生成物的總能量(HBr+H)有關，與反應途徑無關，①錯誤；由圖像可知，生成物的總能量大于反應物的總能量，故該反應為吸熱反應，②正確；反應Ⅰ的活化能為1 130-120= 1 010 kJ/mol，③錯誤；過程Ⅱ中反應的活化能低，反應速率快，故反應速率過程Ⅱ＞過程Ⅰ。 5.【解析】選A。觀察表格中各烴的分子式的排布規(guī)律可發(fā)現(xiàn)：相鄰兩烴的分子式相差C或CH4原子團(或分成1和2、3和4、5和6、7和8小組進行比較)，從而得出第5個烴的分子式為C5H12，共有3種同分異構體：正戊烷、異戊烷、新戊烷。 6.【解析】選D。2SO2(g)+O2(g)2SO

3、3(g) ΔH=-Q kJ·mol-1表示2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)完全反應生成2 mol SO3(g)時放出Q kJ的熱量。由于SO3(g)變成SO3(s)要放出熱量，所以在上述條件下反應生成1 mol SO3固體放熱大于 Q/2 kJ；甲容器中物質(zhì)不可能完全反應，所以Q1

4、A族元素，B是ⅢA族元素，再根據(jù)同一主族和同一周期原子半徑的遞變性規(guī)律可確定A、B、C、D、E、F、G、H分別是Mg、Al、Be、S、O、Na、H、Cl。氧元素不存在氧化物的水化物，故A項不正確；已知高氯酸是酸性最強的無機含氧酸，故B項正確；G為氫元素，不是鋰元素，故C項不正確；鈉與氧還可以形成過氧化鈉(Na2O2)，故D項不正確。 8.【解析】該曲線表明在相同時刻不同溫度時φ(NH3)的情況，C點是最大點也是轉(zhuǎn)折點，說明C點達到了化學平衡狀態(tài)，C點之前的A、B點尚未達到平衡；C點之后，T升高，φ(NH3)下降，說明正反應為放熱反應；AC段化學反應尚未達到平衡，由于該反應放熱T升高，反應速率

5、加快，φ(NH3)增大為增函數(shù)；CE段達到平衡后，由于T升高，平衡向吸熱的方向移動，故φ(NH3)下降為減函數(shù)。T1→T2，v(正)>v(逆)；T3時，v(正)=v(逆)；T3→T4，v(正) = < 9.【解析】(1)據(jù)圖知pH=4～5時,Cu2+開始沉淀為Cu(OH)2,因此pH=3時,主要以Cu2+形式存在。 (2)若要除去CuCl2溶液中的Fe3+，以保證Fe3+完全沉淀，而Cu2+還未沉淀，據(jù)圖知pH為4左右。 (3)據(jù)圖知，Co2+和Ni2+沉淀的pH范圍相差太小，無法通過調(diào)節(jié)溶液pH的方法除去Ni(OH)2溶液中

6、的含有的少量Co2+。 (4)因為在FeS、CuS、PbS、HgS四種硫化物中只有FeS的溶度積最大，且與其他三種物質(zhì)的溶度積差別較大，因此應用沉淀的轉(zhuǎn)化可除去廢水中的Cu2+、Pb2+、Hg2+，且因FeS也難溶，不會引入新的雜質(zhì)。 答案:(1)Cu2+ (2)B (3)不能 Co2+和Ni2+沉淀的pH范圍相差太小 (4)B 10.【解析】(1)v(N2)=0.3 mol·L-1/2 h=0.15 mol/(L·h),根據(jù)3～4 h物質(zhì)的量濃度不變，處于平衡狀態(tài)，則K=c2/(a×b3)；N2的轉(zhuǎn)化率=(2-2/a)×100% (2)在4～5 h之間，平衡正移，且NH3的濃

7、度降低，則只能是移走了氨氣；在5～6 h時，H2的濃度降低，NH3的濃度增大，平衡正向移動，可以是增大N2的濃度或降低了溫度。 答案:(1)0.15 K=c2/(a×b3) (2-2/a)×100% (2)a b、f 11．【解析】(1)鹽酸體積一定，在255 mg合金的基礎上再加入合金時，生成氣體的體積繼續(xù)增加，說明甲中合金是不足的；而在385 mg合金的基礎上再加入合金時，生成氣體的體積不再增加，說明丙中鹽酸是不足的。據(jù)此可列式求解： 2H+～H2 n(HCl)=0.03 mol,c(HCl)=1 mol·L-1。 (2)如上述分析，可根據(jù)甲組數(shù)據(jù)計算鎂、鋁合金

8、中鎂和鋁的物質(zhì)的量， 解得：n(Mg)=0.005 mol，n(Al)=0.005 mol。 答案:(1)1 乙、丙 (2)甲 1∶1 高考創(chuàng)新預測 1．【解析】選D。A、C兩組一開始就產(chǎn)生沉淀，不符合題意；根據(jù)B組反應方程式 4NaOH+AlCl3====NaAlO2+3NaCl+2H2O， 3NaAlO2+AlCl3+6H2O====4Al(OH)3↓， 剛產(chǎn)生沉淀所需乙溶液體積是使沉淀達到最大值所需乙溶液體積的3倍，與題圖相反；根據(jù)D組反應方程式 4HCl+NaAlO2====AlCl3+NaCl+2H2O， AlCl3+3NaAlO2+6H2O====

9、4Al(OH)3↓+3NaCl, 使沉淀達到最大值所需乙溶液體積是剛產(chǎn)生沉淀所需乙溶液體積時的3倍，符合題意。 2.【解析】結合表中數(shù)據(jù)分析生產(chǎn)流程中各步轉(zhuǎn)化的目的和意圖。因題中指出Fe(OH)2沉淀不易過濾除去，可將其轉(zhuǎn)化為Fe3+，再通過調(diào)pH一并除去，涉及氧化劑問題，從價格等因素綜合考慮應選漂液。用于提高pH的試劑Y可用NaOH，控制pH=9.8的目的是使Mg2+以外的其他雜質(zhì)離子全部轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀除去。由Mg2+到Mg(OH)2可有如下兩途徑：(Ⅰ)Mg2+ Mg(OH)2↓ (Ⅱ)Mg2+MgCO3↓ Mg(OH)2+CO2↑因Na2CO3比NaOH價格便宜，從工藝流程實際出發(fā)，試劑Z應為Na2CO3，MgCO3轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2的化學方程式為MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2↑。 答案:(1)漂液 使Fe2+轉(zhuǎn)化成為Fe3+ (2)使Mg2+以外的雜質(zhì)離子轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀除去 (3)Na2CO3 (4)MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2↑ - 5 -