7．(201上海17)120 mL含有0.20 mol碳酸鈉的溶液和200 mL鹽酸，不管將前者滴加入后者，還是將后者滴加入前者，都有氣體產(chǎn)生，但最終生成的氣體體積不同，則鹽酸的濃度合理的是

A．2.0mol/L　 　　B．1.5 mol/L　 　　C．0.18 mol/L　　 D．0.24mol/L

解析：若碳酸鈉恰好與鹽酸反應生成碳酸氫鈉，則鹽酸的濃度是1.0 mol/L；若碳酸鈉恰好與鹽酸反應生成二氧化碳，則鹽酸的濃度是2.0 mol/L。由于最終生成的氣體體積不同，所以只能是介于二者之間。

答案：B

6．(2011上海7)下列溶液中通入SO₂一定不會產(chǎn)生沉淀的是

A． Ba(OH)₂　　 B． Ba(NO₃)₂ 　　　　　 C． Na₂S　　 　　　 D． BaCl₂

解析：A生成BaSO₃沉淀；SO₂溶于水顯酸性，被Ba(NO₃)₂氧化生成硫酸，進而生成BaSO₄沉淀；SO₂通入Na₂S溶液中會生成單質(zhì)S沉淀。

答案：D

5．(2011上海6)濃硫酸有許多重要的性質(zhì)，在與含有水分的蔗糖作用過程中不能顯示的性質(zhì)是

A．酸性　　 B．脫水性　　 C．強氧化性　　 D．吸水性

解析：濃硫酸具有吸水性、脫水性和強氧化性。在與含有水分的蔗糖作用過程中不會顯示酸性。

答案：A

4.(2011海南)“碳捕捉技術(shù)”是指通過一定的方法將工業(yè)生產(chǎn)中產(chǎn)生的CO₂分離出來并利用。如可利用NaOH溶液來“捕捉”CO₂，其基本過程如下圖所示(部分條件及物質(zhì)未標出)。

下列有關(guān)該方法的敘述中正確的是

A.能耗大是該方法的一大缺點

B.整個過程中，只有一種物質(zhì)可以循環(huán)利用

C.“反應分離”環(huán)節(jié)中，分離物質(zhì)的基本操作是蒸發(fā)結(jié)晶、過濾

D.該方法可減少碳排放，捕捉到的CO₂還可用來制備甲醇等產(chǎn)品

[答案]AD

解析：由題可知基本過程中有兩個反應：①二氧化碳與氫氧化鈉反應，②碳酸鈣的高溫分解。A選項正確，循環(huán)利用的應該有CaO和NaOH 兩種物質(zhì)，B選項錯誤；“反應分離”過程中分離物質(zhì)的操作應該是過濾，C選項錯誤；D選項中甲醇工業(yè)上可用CO₂制備。

[技巧點撥]根據(jù)題中信息可知，捕捉室中反應為二氧化碳與氫氧化鈉反應，得到的Na₂CO₃和CaO在溶液中反應得到NaOH和CaCO₃，由此可分析出各選項正誤。

3.(2011山東高考10)某短周期非金屬元素的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半，該元素

A.在自然界中只以化合態(tài)的形式存在

B.單質(zhì)常用作半導體材料和光導纖維

C.最高價氧化物不與酸反應

D.氣態(tài)氫化物比甲烷穩(wěn)定

解析：依據(jù)原子核外電子的排布規(guī)律可知，在短周期元素中原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半的元素可以是Li或Si元素，但Li屬于金屬不符合題意，因此該元素是Si元素。硅是一種親氧元素，在自然界它總是與氧相化合的，因此在自然界中硅主要以熔點很高的氧化物及硅酸鹽的形式存在，選項A正確；硅位于金屬和非金屬的分界線附件常用作半導體材料，二氧化硅才用作光導纖維，選項B不正確；硅的最高價氧化物是二氧化硅，SiO₂與酸不反應但氫氟酸例外，與氫氟酸反應生成SiF₄和水，因此氫氟酸不能保存在玻璃瓶中，選項C不正確；硅和碳都屬于ⅣA，但硅位于碳的下一周期，非金屬性比碳的弱，因此其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比甲烷弱，選項D也不正確。

答案：A

2.(2011江蘇高考9)NaCl是一種化工原料，可以制備一系列物質(zhì)(見圖4)。下列說法正確的是

A.25℃，NaHCO₃在水中的溶解度比Na₂CO₃的大

B.石灰乳與Cl₂的反應中，Cl₂既是氧化劑，又是還原劑

C.常溫下干燥的Cl₂能用鋼瓶貯存，所以Cl₂不與鐵反應

D.圖4所示轉(zhuǎn)化反應都是氧化還原反應

解析：本題考查元素化合物知識綜合內(nèi)容，拓展延伸至電解飽和食鹽水、電解熔融氯化鈉、侯氏制堿等內(nèi)容，但落點很低，僅考查NaHCO₃ 、Na₂CO₃的溶解度、工業(yè)制漂白粉、干燥的Cl₂貯存和基本反應類型。重基礎、重生產(chǎn)實際應該是我們高三復習也應牢記的內(nèi)容。25℃，NaHCO₃在水中的溶解度比Na₂CO₃的要��；石灰乳與Cl₂的反應中氯發(fā)生歧化反應，Cl₂既是氧化劑，又是還原劑；常溫下干燥的Cl₂能用鋼瓶貯存僅代表常溫Cl₂不與鐵反應，加熱、高溫時可以反應；在侯氏制堿法中不涉及氧化還原反應。

答案：B

1.(2011江蘇高考3)下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)和該性質(zhì)的應用均正確的是

A.常溫下濃硫酸能是鋁發(fā)生鈍化，可在常溫下用鋁制貯藏貯運濃硫酸

B.二氧化硅不與任何酸反應，可用石英制造耐酸容器

C.二氧化氯具有還原性，可用于自來水的殺菌消毒

D.銅的金屬活潑性比鐵的差，可在海輪外殼上裝若干銅塊以減緩其腐蝕

解析：本題屬于元素及其化合物知識的考查范疇，這些內(nèi)容都來源于必修一、選修四和必修二等課本內(nèi)容。看來高三一輪復習一定注意要抓課本、抓基礎，不能急功近利。

二氧化硅不與任何酸反應，但可與氫氟酸反應。二氧化氯中氯的化合價為+4價，不穩(wěn)定，易轉(zhuǎn)變?yōu)椋?價，從而體現(xiàn)氧化性。銅的金屬活潑性比鐵的差，在原電池中作正極，海輪外殼上裝銅塊會加快海輪外殼腐蝕的進程。

答案：A

12.(09寧夏卷28)(14分)2SO₂(g)+O₂(g) =2SO₃(g)反應過程的能量變化如圖所示。已知1mol SO₂(g)氧化為1mol SO₃的ΔH=-99kJ·mol^-1.請回答下列問題：

(1)圖中A、C分別表示　 　、　 　，E的大小對該反應的反應熱有無影響？　 。該反應通常用V₂O₅作催化劑，加V₂O₅會使圖中B點升高還是降低？　 ，理由是　　　 ；

(2)圖中△H=　 KJ·mol^-1；

(3)V₂O₅的催化循環(huán)機理可能為：V₂O₅氧化SO₂時，自身被還原為四價釩化合物；四價釩化合物再被氧氣氧化。寫出該催化循環(huán)機理的化學方程式　 　　　　；

(4)如果反應速率υ(SO₂)為0.05 mol·L^-1·min^-1,則υ(O₂)=　 mol·L^-1·min^-1、υ(SO₃)=　 mol·L^-1·min^-1；

(5)已知單質(zhì)硫的燃燒熱為296 KJ·mol^-1，計算由S(s)生成3 molSO₃(g)的△H　 (要求計算過程)。

答案：

(1)反應物能量　 生成物能量　

(2)無　 降低　 因為催化劑改變了反應的歷程使活化能E降低　

(3)-198

　(4) SO₂ +V₂O₅=SO₃+2VO₂　 4VO₂+ O₂=2V₂O₅　 (4)0.025　 0.05

(5) S(s)+O₂(g) =2SO₂(g)△H₁=-296 KJ·mol^-1 , SO₂(g)+1/2O₂(g) =SO₃(g) △H₂=-99 KJ·mol^-1　

3 S(s)+9/2O₂(g)=3SO₃(g) △H=3(△H₁+△H₂)=-1185 KJ·mol^-1　

解析：

　(1)本小題考查反應物總能量高于生成物總能量為放熱反應，可得到A和C所表示的意義，E為活化能與反應熱無關(guān)，但是用催化劑可以降低活化能；

(2)圖中表示的是2molSO2的反應，因此△H=-99×2KJ·mol^-1；

(3)依題意即可寫出：SO₂ +V₂O₅=SO₃+2VO₂　 4VO₂+ O₂=2V₂O₅；

(4)依據(jù)速率之比等于化學計量數(shù)之比

11.(09廣東化學23)(11分)

磷單質(zhì)及其化合物的有廣泛應用。

(1)　　 由磷灰石[主要成分Ca₅(PO₄)₃F]在高溫下制備黃磷(P₄)的熱化學方程式為：

4Ca₅(PO₄)₃F(s)+2lSiO₂(s)+30C(s)=3P₄(g)+20CaSiO₃(s)+30CO(g)+SiF₄(g)　　　　 H

①上述反應中，副產(chǎn)物礦渣可用來　　　　 　。

②已知相同條件下：

4Ca₅(PO₄)₃F(s)+3SiO₂(s)=6Ca₃(PO₄)₂(s)+2CaSiO₃(s)+SiF₄(g)　　　

2Ca₃(PO₄)₂(s)+10C(s)=P₄(g)+6CaO(s)+10CO(g)　　　　　　　　　

SiO₂(s)+CaO(s)=CaSiO₃(s)　　　　　　　　　　　　　　　　 　

用、和表示H，H=　　　　　 　

(2)三聚磷酸可視為三個磷酸分子(磷酸結(jié)構(gòu)式見右圖)之間脫去兩個分子產(chǎn)物，其結(jié)構(gòu)式為　　　　　　 。三聚磷酸鈉(俗稱“五鈉”)是常用的水處理劑，其化學式為　　　　

(3)次磷酸鈉(NaH₂PO₂)可用于化學鍍鎳。

①NaH₂PO₂中P元素的化合價為　　　　　　 。

②化學鍍鎳的溶液中含有Ni²⁺和H₂PO₂^-，在酸性等條件下發(fā)生下述反應：

(a)　　 Ni²⁺ + 　　　H₂PO₂^-+ 　　　　→　 　　Ni + 　　　　H₂PO₃ ^-+ 　　

(b)6H₂PO₂^- +2H⁺ = 2P+4H₂PO₃^-+3H₂↑

請在答題卡上寫出并配平反應式(a)。

③利用②中反應可在塑料鍍件表面沉積鎳-磷合金，從而達到化學鍍鎳的目的，這是一種常見的化學鍍。請從以下方面比較化學鍍與電鍍。

方法上的不同點：　　　　　　　　　　 ；原理上的不同點：　　　　　 ；化學鍍的優(yōu)點：　　　　　　　　　　 。

答案：

(1)①^制水泥

② ⁺³⁺¹⁸

(2)

^Na5P3O10

(3)

①⁺¹

②　 1　 Ni²⁺ + 　1　 　H₂PO₂^-+ 　1 H₂O 　　　→　 　1　 Ni + 　　1　 　H₂PO₃^- + 2H⁺　　

^{③ 化學鍍無需通電，而電鍍需要通電}

^{都利用氧化還原反應}

^{化學鍍對鍍件的導電性無特殊要求}

解析：

(1)CaSiO₃可以用來制水泥。

(2)可以運用蓋斯定律求解；

(3)一個磷酸中的羥基與另一個磷酸的H之間可以脫水�！拔邂c”即五個鈉原子，由化合價代數(shù)為零可求解。

(2)殘缺離子方程式的配平，注意得失電子守恒。配平后一定要檢查電荷是否守恒。否則容易出錯；比較化學鍍與電鍍應該從反應環(huán)境和條件以及反應實質(zhì)和產(chǎn)物方面去分析歸納問題，從方法上分析，電鍍是利用電解原理通過外加直流電源，在鍍件表面形成的鍍層，鍍層一般只有鎳，而化學鍍是利用氧化還原反應鍍件直接與電解質(zhì)溶液接觸，在塑料鍍件表面沉積鎳-磷合金，這是兩者的不同；從原理上分析，無論電鍍還是化學鍍均有電子的轉(zhuǎn)移，均是利用了氧化還原反應，這是兩者的相同點

10.(09浙江卷27)(15分)超音速飛機在平流層飛行時，尾氣中的會破壞臭氧層�？茖W家正在研究利用催化技術(shù)將尾氣中的和轉(zhuǎn)變成和，化學方程式如下：

為了測定在某種催化劑作用下的反應速率，在某溫度下用氣體傳感器測得不同時間的NO和CO濃度如表：

請回答下列問題(均不考慮溫度變化對催化劑催化效率的影響)：

(1)在上述條件下反應能夠自發(fā)進行，則反應的　　　　 0(填寫“>”、“<”、“=”。

(2)前2s內(nèi)的平均反應速率v(N₂)=_____________。

(3)在該溫度下，反應的平衡常數(shù)K=　　　　　　　 。

(4)假設在密閉容器中發(fā)生上述反應，達到平衡時下列措施能提高NO轉(zhuǎn)化率的是　　　 。

A.選用更有效的催化劑　　　　　　　　　 B.升高反應體系的溫度

C．降低反應體系的溫度　　　　　　　　 D.縮小容器的體積

(5)研究表明：在使用等質(zhì)量催化劑時，增大催化劑比表面積可提高化學反應速率。為了分別驗證溫度、催化劑比表面積對化學反應速率的影響規(guī)律，某同學設計了三組實驗，部分實驗條件已經(jīng)填在下面實驗設計表中。

①請在上表格中填入剩余的實驗條件數(shù)據(jù)。

②請在給出的坐標圖中，畫出上表中的三個實驗條件下混合氣體中NO濃度隨時間變化的趨勢曲線圖，并標明各條曲線是實驗編號。

答案：

(1)<　　　

(2) 1.88×10^-4mol/(L·s)　　

(3)5000　

(4)C、D

(5)①II: 280、1.20×10^-3、5.80×10^-3

Ⅲ：1.2×10^-3 、5.80×10^-3

②

解析：

⁽¹⁾自發(fā)反應，通常為放熱反應，即H小于0。

(2)以NO計算，2s內(nèi)NO的濃度變化為(10－2.5)×10^-4mol/L，V(NO)=7.5×10^-4/2 =3.75×10^-4mol/(L·s)。根據(jù)速率之比等于計量系數(shù)比可知，V(N₂)=1/2 V(NO)=1.875×10^-4mol/(L·s)。

⁽³⁾=

=5000。

(4)催化劑不影響平衡的移動，A項錯；該反應放熱，故降溫平衡正向移動，NO轉(zhuǎn)化率增大，B項錯，C項正確；縮小體積，即增大壓強，平衡向體積減小的方向運動，即正向移動，D項正確。

(5)本題為實驗探究題，目的是研究溫度和催化劑的比表面積對速率的影響，研究時只能是一個變量在起作用，所以II中數(shù)據(jù)與I比較催化劑的比表面積增大了，故其他的數(shù)據(jù)應與I完全相同；III中數(shù)據(jù)與II比較，催化劑的比表面積數(shù)據(jù)未變，但是溫度升高，故其他數(shù)據(jù)是不能改變的。實質(zhì)I、II研究是催化劑的比表面積對速率的影響，II、III研究是溫度對速率的影響。作圖，可根據(jù)先拐先平的原則，即最里面的線先達平衡，速率快，應對應于III(因為其溫度和催化劑的比表面積是三組中最高的)，II比I快，因為兩組溫度相同，但是II中催化劑的比表面積大。