山西省平遥中学届高三上学期质检化学试题解析版.docx
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山西省平遥中学届高三上学期质检化学试题解析版
山西省平遥中学2019届高三上学期11月质检
化学试卷
1.根据所给信息和标志,判断下列说法错误的是()
A
B
C
D
《神农本草经》记载,麻黄能止咳逆上气
碳酸氢钠药品
古代中国人已经用麻黄治疗咳嗽
该药是抗酸药,服用时喝些醋酸能提高药效
看到有该标志的丢弃物,应远离并报警
贴有该标志的物品是可回收物
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
A.麻黄能“止咳逆上气”,则麻黄具有治疗咳嗽的作用,可以制作咳嗽药,故A正确;B.醋中含有乙酸,能和碳酸氢钠反应,从而降低疗效,故B错误;C.该标志为放射性物质标志,对环境及人有危害,所以看到有该标志的丢弃物,应远离并报警,故C正确;D.该标志为循环回收标志,所以贴有该标志的物品是可回收物,故D正确;故选B。
2.下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是
A.点燃爆竹后,硫燃烧生成SO3
B.中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
C.服用阿司匹林出现水杨酸反应时,用NaHCO3溶液解毒
D.使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服,肥皂去污能力减弱
【答案】A
【解析】
A项硫在空气中或纯氧中燃烧产物均为SO2,不是SO3,故点燃爆竹后,硫燃烧生成SO2,A项错误;B项明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性,铜锈成分主要为Cu2(OH)2CO3,Cu2(OH)2CO3可溶于酸性溶液,故可用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈,B项正确;C项水杨酸为邻羟基苯甲酸,官能团为羧基、酚羟基,羧基可与NaHCO3溶液反应生成CO2气体,故服用阿司匹林出现水杨酸反应时,用NaHCO3溶液解毒,C项正确;D项肥皂主要有效成分为高级脂肪酸钠,使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服高级脂肪酸钠会与钙离子反应生成难溶的高级脂肪酸钙,从而是肥皂失去去污能力,故D项正确;本题选A。
【考点定位】本题主要考查化学与生产生活的联系,涉及硫的化学性质、金属的腐蚀、药物的使用等
【此处有视频,请去附件查看】
3.阿伏加德罗常数的值为NA,下列说法正确的是
A.标准状况下,2.24LCH3OH分子中共价键的数目为0.5NA
B.25℃1LpH=12的Na2CO3溶液中,由水电离出H+的数目为0.01NA
C.1mol Na2O2与足量CO2充分反应,转移的电子数为2NA
D.0.1 mol H2和0.1 molI2于密闭容器中充分反应后,HI分子总数为0.2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.标准状况下,CH3OH为液态,所以2.24LCH3OH分子不是0.1mol,故A错误;
B.25℃1LpH=12的Na2CO3溶液中,由于CO32-水解,所以溶液中的OH-都是水电离出来的,溶液中的c(OH-)等于水电离的c(H+),pH=12,c(OH-)=10-2mol/L,1L溶液中由水电离出H+的数目为0.01NA,故B正确;
C.在Na2O2
2CO2=Na2CO3
O2,中,只有Na2O2中-1价
O化合价变化,1mol Na2O2转移1mol电子,故C错误;
D.H2
I2
2HI是可逆反应,不能进行到底,所以0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后,HI分子总数小于0.2NA,故D错误;
本题答案为B。
【点睛】在强碱弱酸盐的水溶液中,水电离出的c(H+)等于溶液中的c(OH-);在强酸弱碱盐溶液种水电离出的c(H+)等于溶液中的c(H+)。
4.研究表明,氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。
下列叙述错误的是
A.雾和霾的分散剂相同
B.雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C.NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【答案】C
【解析】
分析:
A.雾和霾的分散剂均是空气;
B.根据示意图分析;
C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率(提高或降低)而不改变化学平衡,且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂;
D.氮肥会释放出氨气。
详解:
A.雾的分散剂是空气,分散质是水。
霾的分散剂是空气,分散质固体颗粒。
因此雾和霾的分散剂相同,A正确;
B.由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物,因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵,B正确;
C.NH3作为反应物参加反应转化为铵盐,因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂,C错误;
D.氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关,由于氮肥会释放出氨气,因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关,D正确。
答案选C。
点睛:
结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键,氨气作用判断是解答的易错点。
本题情境真实,应用导向,聚焦学科核心素养,既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题,形成可持续发展的意识和绿色化学观念,又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。
5.含有下列各组离子的溶液中,后各离子仍能大量存在的是
选项
溶液中的离子
通入(或加入)过量的某种物质
A
H+、Ba2+、Fe3+、NO3-
通入SO2气体
B
AlO2-、Na+、Br-、SO42-
通入CO2气体
C
HCO3-、Na+、I-、HS-
加入AlCl3溶液
D
Ca2+、Cl-、K+、H+
通入CO2气体
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
分析:
A项,通入过量SO2会与Fe3+、NO3-/H+反应;B项,通入过量CO2会与AlO2-反应;C项,Al3+会与HCO3-、HS-反应;D项,通入过量CO2与各离子不反应。
详解:
A项,通入过量SO2会与Fe3+、NO3-/H+反应,反应的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+、3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+2NO↑+4H+,通入过量SO2后Fe3+、NO3-不能大量存在;B项,通入过量CO2会与AlO2-反应,反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,通入过量CO2后AlO2-不能大量存在;C项,Al3+会与HCO3-、HS-反应,反应的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑、Al3++3HS-+3H2O=Al(OH)3↓+3H2S↑,加入过量AlCl3后HCO3-、HS-不能大量存在;D项,通入过量CO2与各离子不反应,通入过量CO2后各离子仍能大量存在;答案选D。
点睛:
本题考查离子反应,熟悉各离子的性质和物质之间的反应是解题的关键。
离子反应常见的反应类型有:
(1)复分解反应生成沉淀、水和气体(如题中B项);
(2)氧化还原反应(如题中A项);(3)双水解反应(如题中C项);(4)络合反应,如Fe3+与SCN-等。
6.下列实验方案能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
分离Fe2O3、Al2O3
将混合物投入足量NaOH溶液中然后依次进行过滤、洗涤、蒸发、灼烧四项操作
B
验证淀粉溶液水解生成葡萄糖
向淀粉溶液中加入稀硫酸共热,冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液,加热
C
制备无水AlCl3
蒸发铝与稀盐酸反应后的溶液
D
检验FeSO4晶体是否完全变质
取少量久置的FeSO4晶体于试管中,逐滴加入酸性高锰酸钾溶液
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A.氧化铁不与氢氧化钠溶液反应,Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠,然后依次进行过滤、洗涤、蒸发、灼烧得到的是偏铝酸钠固体,故A错误;
B.淀粉溶液水解生成葡萄糖,是在稀硫酸中进行的,而水解后检验葡萄糖,应在碱性条件下,没有加碱至碱性,不能检验,故B错误;
C.由于AlCl3在溶液中会发生水解,AlCl3
3H2O
A(OH)3
3HCl,温度升高平衡向正向移动,HCl挥发,所以不能得到无水AlCl3,故C错误;
D.亚铁离子能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,使酸性高锰酸钾溶液褪色,若反应后溶液褪色,则说明FeSO4晶体没有完全变质,故D正确;
本题答案为D。
【点睛】淀粉是在酸性溶液中水解的,而要用Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液检验是否水解,必须在碱性条件下,所以水解后要先中和酸,再检验,否则实验失败。
7.能正确表示下列反应的离子方程式是
A.过氧化钠固体与水反应:
2O22-+2H2O=4OH-+O2↑
B.向明矾[KAl(SO4)2]溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好沉淀完全:
2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
C.用铜做电极电解CuSO4溶液:
2Cu2++2H2O
2Cu+O2↑+4H+
D.FeSO4酸性溶液暴露在空气中:
4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
【答案】D
【解析】
分析:
A.过氧化钠在离子方程式中不能拆开,应该保留化学式;B.硫酸根离子恰好沉淀完全时,硫酸铝钾与氢氧化钡的物质的量之比为1:
2,铝离子与氢氧根离子物质的量之比为1:
4,二者恰好反应生成偏铝酸根离子;C.铜为电极,阳极放电的是金属铜,不是氢氧根离子,反应的实质为电解精炼铜;D.亚铁离子具有较强还原性,在溶液中容易被氧化成铁离子。
详解:
A.过氧化钠固体与水反应生成氢氧化钠和氧气,过氧化钠不能拆开,正确的离子方程式为:
2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑,故A错误;
B.向明矾[KAl(SO4)2]溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好沉淀完全,铝离子完全反应生成偏铝酸根离子,正确的离子方程式为:
Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-↓+2BaSO4↓+2H2O,故B错误;
C.用铜做电极电解CuSO4溶液,阳极铜放电,电解的实质为电解精炼铜,故C错误;
D.硫酸亚铁酸性溶液暴露在空气中,亚铁离子容易被氧化成铁离子,反应的离子方程式为:
4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,所以D选项是正确的;
所以D选项是正确的。
8.由下列实验现象一定能得出相应结论的是
选项
A
B
C
D
装置图
现象
右边试管产生气泡较快
左边棉球变棕黄色,右边棉球变蓝色
试管中先出现淡黄色固体,后出现黄色固体
试管中液体变浑浊
结论
催化活性:
Fe3+>Cu2+
氧化性:
Br2>I2
Ksp:
AgCl>AgBr>AgI
非金属性:
C>Si
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A.两溶液c(Cl-)相同,可排除氯离子的影响,c(Fe3+)比c(Cu2+)小,也排除了浓度的影响,而右边产生的气泡快,说明催化活性:
Fe3+
Cu2+,故A正确;
B.生成的溴蒸汽中混有氯气,氯气和溴蒸汽均能氧化KI生成碘,所以不能说明氧化性Br2
I2,故B错误;
C.2ml的AgCl悬浊液,滴加2-3滴NaBr后,有淡黄色沉淀,此时溶液中还含有大量的AgCl,再滴2-3滴NaI溶液,有黄色沉淀,可能是AgCl转化成了AgI,则不能证明Ksp:
AgBr
AgI,故C错误;
D.生成的CO2会混有HCI,所以不能说明碳酸的酸性不硅酸的酸性强,则不能证明非金属性C
Si,故D错误;
本题答案为A。
9.工业上氟气可作为火箭燃料中的氧化剂。
1886年法国化学家H.M0issan通过电解氟氢化钾(KHF2)的氟化氢无水溶液第一次制得氟气。
已知:
KF+HF=KHF2,制备氟气的电解装置如图所示。
下列说法错误的是
A.钢电极与电源的负极相连
B.电解过程需不断补充的X是KF
C.阴极室与阳极室必须隔开
D.氟氢化钾在氟化氢中可以电离
【答案】B
【解析】
【详解】电解熔融的氟氢化钾(KHF2)和氟化氢(HF)混合物制备氟单质,氟离子在阳极失电子生成氟气,阴极上KHF2得到电子生成氢气,电极反应为:
2HF2-+2e-═H2↑+4F-。
A.根据图示,钢电极上产生氢气,发生还原反应,钢电极为阴极,与电源的负极相连,故A正确;B.根据题意,电解过程中会不断消耗氟氢化钾(KHF2),需不断补充的X是氟氢化钾(KHF2),故B错误;C.电解制氟时,为了防止氟气和氢气发生剧烈反应,引发爆炸,阴极室与阳极室必须隔开,故C正确;D.根据上述分析,氟氢化钾在氟化氢中可以电离出HF2-,故D正确;故选B。
10.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、X与Y最外层电子数依次相差1,装满XY2气体的小试管倒扣水槽中充分反应,试臂液面上升2/3,Z的单质及其某种氧化物均可做自来水消毒剂。
下列关于这四种元素的说法不正确的是
A.W
简单氢化物在标准状况下的密度约为0.714g/L
B.氧化物水化物的酸性可能存在:
W>Z
C.W、X、Y均可形成10电子微粒和18电子微粒
D.氢化物的沸点一定是:
Y>W
【答案】D
【解析】
装满XY2气体的小试管倒扣水槽中充分反应,试管液面上升2/3,由此得到气体为NO2,所以X为N,Y为O,W为C;Z的单质及其某种氧化物均可做自来水消毒剂,Z为Cl;W的简单氢化物为甲烷,在标准状况下的密度16/22.4=0.714g/L,A正确;碳酸的酸性大于次氯酸,B正确;碳、氮、氧与氢可以形成甲烷、氨气、水三种10电子微粒,也可以生成乙烷、肼、双氧水三种18电子微粒,C正确;水的沸点大于甲烷的沸点,如果碳的氢化物中含碳数较多,沸点也可以高于水的沸点,D错误;正确选项D。
点睛:
水分子间存在有氢键,造成沸点反常,甲烷分子间不存在氢键,沸点较低;但是,碳和氢形成的化合物中,随着碳原子数的增多,沸点升高,可以高于水的沸点,因此选项D中氢化物的沸点:
Y>W,结论不一定正确。
11.某KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质,为了提纯KCl,先将样品溶于适量水中,搅拌、过滤,再将滤液按下图所示步骤进行提纯(过滤操作已略去)。
下列说法不正确的是
A.起始滤液常温下pH﹥7B.试剂Ⅰ为BaCl2溶液
C.上图过程必须经2次过滤D.步骤③目的是除去CO32-
【答案】C
【解析】
【分析】
KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质,为了提纯KCl,先将样品溶于适量水中,搅拌、过滤,再向滤液中加入过量的试剂Ⅰ为BaCl2溶液以除去SO42-,过滤,得到的混合物X中含有KCl、BaCl2,再加过量的试剂Ⅱ为K2CO3以除去Ba2+,过滤,得到的混合物Y中含有KCl、K2CO3,再加适量的试剂Ⅲ为盐酸以除去CO32-,再通过加热浓缩、蒸发结晶得KCl晶体。
【详解】A.起始滤液中含有碳酸钾,碳酸根离子水解使溶液显碱性,pH>7,故A正确;
B.由上述分析可知,试剂I为BaCl2溶液,故B正确;
C.样品溶于适量水中,充分搅拌后过滤,选择试剂除去杂质时还需要2次过滤,共3次,故C错误;
D.步骤③中加入的试剂Ⅲ为盐酸,其目的是除去CO32-,故D正确,答案选C。
12.二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂,常温下是一种橙黄色有恶臭的液体,它的分子结构与H2O2类似,熔点为193K,沸点为411K,遇水很容易水解,产生的气体能使品红褪色,S2Cl2可由干燥氯气通入熔融的硫中制得。
下列有关说法正确的是
A.S2Cl2的电子式为
B.固态时S2Cl2属于原子晶体
C.S2Cl2与NaOH的化学方程式可能为:
S2Cl2+6NaOH=2NaCl+Na2SO3+Na2S+3H2O
D.S2Cl2是含有极性键和非极性键的离子化合物
【答案】C
【解析】
A、S2Cl2的分子结构类似与H2O2,因此S2Cl2的电子式为
,故A错误;B、S2Cl2固体的熔点、沸点低,说明固体S2Cl2为分子晶体,故B错误;C、S2Cl2遇水很容易水解,产生的气体能使品红褪色,说明此气体为SO2,即与水反应S2Cl2+2H2O=SO2↑+4HCl+S↓,因此S2Cl2与NaOH反应的化学反应方程式为:
S2Cl2+6NaOH=2NaCl+Na2SO3+Na2S+3H2O,故C正确;D、根据A选项分析,含有化学键为极性键和非极性键,S2Cl2不属于离子化合物,属于共价化合物,故D错误。
13.硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应:
Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。
下列说法错误的是
A.氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶1
B.若0.5molNa2S2O3作还原剂;则转移4mol电子
C.当Na2S2O3过量时,溶液能出现浑浊
D.硫代硫酸钠溶液吸收氯气后,溶液的pH降低
【答案】A
【解析】
【分析】
硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应:
Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。
由化学方程式可知,氯气是氧化剂、硫代硫酸钠是还原剂、氯化钠和盐酸都是还原产物、硫酸是氧化产物,1molNa2S2O3反应中电子转移的数目为8e-。
【详解】A.氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶3,故A错误;
B.若0.5molNa2S2O3作还原剂,则转移4mol电子,故B正确;.
C.当Na2S2O3过量时,过量的部分可以与硫酸反应生成硫,所以溶液能出现浑浊,故C正确;
D.硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了硫酸,溶液的pH降低,故D正确。
本题答案为:
A。
14.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,其中X原子最外层电子数是内层电子数的两倍,元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数,Z在空气中燃烧发出耀眼的白光。
下列说法正确的是
A.X和Y的氧化物都是可导致酸雨的污染物
B.Z和W形成的化合物中既有离子键又有共价键
C.最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序:
W、Y、X
D.原子半径由大到小的顺序:
r(X)>r(Y)>r(Z)
【答案】C
【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,其中X原子最外层电子数是内层电子数的两倍,则X为C;元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数,则Y为N,W为Cl;Z在空气中燃烧发出耀眼的白光,则Z为Mg;A.X的氧化物为CO2,CO2不会形成酸雨,A错误;B.Z和W形成的化合物为MgCl2,只含有离子键,不含有共价键,B错误;C.非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,W、Y、X分别为Cl、N、C,因此W、Y、X的非金属性强弱顺序为:
W
Y
X,所以最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为:
W、Y、X,C正确;D.X、Y、Z分别为:
C、N、Mg,原子半径由大到小的顺序为r(Z)>r(X)>r(Y),D错误;答案选C.
15.一种用软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4·H2O并回收单质硫的工艺流程如下:
已知:
本实验条件下,高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混合产生二氧化锰。
回答下列问题:
(1)步骤①混合研磨成细粉的主要目的是___________________________________;步骤②浸取时若生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3的化学方程式为___________________________________。
(2)步骤③所得酸性滤液可能含有Fe2+,为了除去Fe2+可先加入_________________;步骤④需将溶液加热至沸然后在不断搅拌下加入碱调节pH为4-5,再继续煮沸一段时间,“继续煮沸”的目的是_____________________________________。
步骤⑤所得滤渣为__________________(填化学式)。
(3)步骤⑦需在90-100℃下进行,该反应的化学方程式________________________。
(4)测定产品MnSO4·H2O的方法之一是:
准确称取ag产品于锥形瓶中,加入适量ZnO及H2O煮沸,然后用cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定至浅红色且半分钟不褪色,消耗标准溶液VmL,产品中Mn2+的质量分数为w(Mn2+)=________________。
【答案】
(1).增大接触面积,提高硫酸浸取时的浸取速率和浸取率
(2).3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe(SO4)3+4S↓+6H2O(3).软锰矿粉或H2O2溶液(4).破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒长大,便于过滤分离(5).Fe(OH)3(6).(NH4)2Sx+1
2NH3↑+H2S↑+xS↓(7).(8.25cV/a)%或(8.25cV×10-2)/a或0.0825cV/a或0.0825cV/a×100%
【解析】
分析:
两种矿物经粉碎研磨①与硫酸混合②,由于MnO2在酸性条件下具有氧化性,因此反应生成可溶性硫酸锰、硫酸铁和单质硫,③过滤后,滤液用碱液处理④除去铁元素⑤后,溶液经浓缩结晶得产品MnSO4·H2O,滤渣与(NH4)2S混合作用⑥后,经分解⑦处理得另一产品S,分解的其它产物可转化为(NH4)2S循环使用。
详解:
(1)步骤①混合研磨成细粉的主要目的是增大反应物的接触面积,提高硫酸浸取时的浸取速率和浸取率,提高原料的利用率;硫酸浸取时的反应方程式为3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S↓+6H2O。
(2)由于Fe2+具有较强的还原性,在酸性条件下可用软锰矿粉(MnO2)或H2O2将其氧化为Fe3+,既不引入杂质,又能达到除去的目的;用碱液处理时,需将溶液加热至沸,然后在不断搅拌下调节pH为4~5,再继续煮沸一段时间,以破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒增大,便于过滤分离,得到的滤渣为Fe(OH)3。
(3)步骤⑦在90~100℃下进行,反应的化学方程式为(NH4)2Sx+1
2NH3↑+H2S↑+xS↓。
(4)已知本实验条件下,高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混合产生二氧化锰。
根据电子转移守恒可得二者反应的方程式为2KMnO4+3MnSO4·H2O=5MnO42+K2SO4+2H2SO4+H2O,已知n(KMnO4)=cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol,则n(MnSO4·H2O)=1.5cV×10-3mol,产品中Mn2+的质量分数为w(Mn2+)=[1.5cV×10-3mol×55g/mol]/ag×100%=(8.25cV/a)%。
16.科学家积极探索新技术对CO2进行综合利用。
Ⅰ.CO2可用FeO 吸收获得H2。
i.6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s) △Hl =-76.0kJ·mol-1
ⅱ.C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g) △H2 =+113.4kJ·mol-1
(1)3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g) △H3 =_________kJ·mol-1。
(2)在反应i中,每放出38.0kJ热量,有______g FeO被氧化。
Ⅱ.CO2可用来生产燃料甲醇。
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.0kJ·mol-1。
在体积为1L的恒容密闭容器中,充入1molCO2和3molH2,一定条件下发生反应:
测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
(3)从反应开始到平衡,氢气的平均反应速率v(H2)=________mol·(L·min)-1。
(4)氢气的转化率=__
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