能力梯級(jí)提升·思維高效訓(xùn)練2.6

《能力梯級(jí)提升·思維高效訓(xùn)練2.6》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《能力梯級(jí)提升·思維高效訓(xùn)練2.6（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 世紀(jì)金榜 圓您夢(mèng)想 答案解析 1.【解析】選B。A項(xiàng)代表的是放熱反應(yīng)，不正確；C項(xiàng)中反應(yīng)物和生成物能量相等，既不吸熱也不放熱，不正確；D項(xiàng)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(shí)，T1溫度下，達(dá)到平衡時(shí)所需的時(shí)間短，反應(yīng)速率快，所以溫度T1>T2，故A項(xiàng)、B項(xiàng)均錯(cuò)；在T2一定時(shí)，p1壓強(qiáng)下，達(dá)到平衡時(shí)所需的時(shí)間短，反應(yīng)速率快，所以壓強(qiáng)p1>p2，故D項(xiàng)錯(cuò)，C項(xiàng)對(duì)。 3.【解析】選A。p相同時(shí)，升高T，α(A)提高，說明正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；T相同時(shí)，增大p，α(A)提高，說明正反應(yīng)為氣體體積縮小的反應(yīng)，m+n>x+y。 4.【解析】選

2、B。反應(yīng)熱只與反應(yīng)物的總能量(H2+Br)和生成物的總能量(HBr+H)有關(guān)，與反應(yīng)途徑無關(guān)，①錯(cuò)誤；由圖像可知，生成物的總能量大于反應(yīng)物的總能量，故該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，②正確；反應(yīng)Ⅰ的活化能為1 130-120= 1 010 kJ/mol，③錯(cuò)誤；過程Ⅱ中反應(yīng)的活化能低，反應(yīng)速率快，故反應(yīng)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(tuán)(或分成1和2、3和4、5和6、7和8小組進(jìn)行比較)，從而得出第5個(gè)烴的分子式為C5H12，共有3種同分異構(gòu)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(yīng)生成2 mol SO3(g)時(shí)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(yīng)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(yīng)，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(xiàng)不正確；已知高氯酸是酸性最強(qiáng)的無機(jī)含氧酸，故B項(xiàng)正確；G為氫元素，不是鋰元素，故C項(xiàng)不正確；鈉與氧還可以形成過氧化鈉(Na2O2)，故D項(xiàng)不正確。 8.【解析】該曲線表明在相同時(shí)刻不同溫度時(shí)φ(NH3)的情況，C點(diǎn)是最大點(diǎn)也是轉(zhuǎn)折點(diǎn)，說明C點(diǎn)達(dá)到了化學(xué)平衡狀態(tài)，C點(diǎn)之前的A、B點(diǎn)尚未達(dá)到平衡；C點(diǎn)之后，T升高，φ(NH3)下降，說明正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；AC段化學(xué)反應(yīng)尚未達(dá)到平衡，由于該反應(yīng)放熱T升高，反應(yīng)速率

5、加快，φ(NH3)增大為增函數(shù)；CE段達(dá)到平衡后，由于T升高，平衡向吸熱的方向移動(dòng)，故φ(NH3)下降為減函數(shù)。T1→T2，v(正)>v(逆)；T3時(shí)，v(正)=v(逆)；T3→T4，v(正) = < 9.【解析】(1)據(jù)圖知pH=4～5時(shí),Cu2+開始沉淀為Cu(OH)2,因此pH=3時(shí),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?yàn)樵贔eS、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(yīng)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(huì)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(shí)，H2的濃度降低，NH3的濃度增大，平衡正向移動(dòng)，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(chǔ)上再加入合金時(shí)，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(chǔ)上再加入合金時(shí)，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(jì)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(yù)測(cè) 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(yīng)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(dá)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(yīng)方程式 4HCl+NaAlO2====AlCl3+NaCl+2H2O， AlCl3+3NaAlO2+6H2O====

9、4Al(OH)3↓+3NaCl, 使沉淀達(dá)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(shí)的3倍，符合題意。 2.【解析】結(jié)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(jià)格等因素綜合考慮應(yīng)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(jià)格便宜，從工藝流程實(shí)際出發(fā)，試劑Z應(yīng)為Na2CO3，MgCO3轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2的化學(xué)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 -