7＋3自由練(六)一、選擇題(本題共7小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)7.化學與生產(chǎn)、生活密切相關。下列說法正確的是()A.煤的干餾、氣化和液化過程均發(fā)生化學變化B.CO2和H2催化制取汽油的反應屬于化合反應C.鍍鋅鐵制品的鍍層破損后失去對鐵制品的保護作用D.冬奧火炬外殼使用的碳纖維復合材料屬于碳的同素異形體答案A解析A.煤的干餾(有煤焦油等)、氣化(一氧化碳和氫氣等)和液化(生成甲醇等)過程中均有新物質生成，均發(fā)生化學變化，故A正確；B.由質量守恒定律可知，二氧化碳和氫氣催化制取汽油的反應中有汽油和水生成，生成物不唯一，不可能屬于化合反應，故B錯誤；C.鍍鋅鐵制品的鍍層破損后，金屬活潑性強的鋅做原電池的負極被損耗，鐵做正極被保護，故C錯誤；D.碳纖維復合材料是由碳纖維形成的多種材料的混合物，不可能屬于碳的同素異形體，故D錯誤。8.NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。消毒劑需科學使用，84消毒液不能和醫(yī)用酒精混用的原因是4NaClO＋CH3CH2OH=CHCl3＋HCOONa＋2NaOH＋NaCl＋H2O。下列說法正確的是()A.1L0.2mol·L－1NaClO溶液中含有ClO－離子數(shù)為0.2NAB.23gCH3CH2OH中含有共價鍵數(shù)為3.5NAC.標準狀況下，2.24LCHCl3中含有原子數(shù)為0.5NAD.每生成1molHCOONa，該反應轉移電子數(shù)為8NA答案D解析A.ClO－離子為弱酸根離子，會水解生成次氯酸和氫氧根離子，ClO－離子數(shù)小于0.2NA，A錯誤；B.23gCH3CH2OH的物質的量為0.5mol，含有共價鍵數(shù)為4NA，B錯誤；C.標準狀況下，CHCl3不是氣態(tài)，不能計算其物質的量，C錯誤；D.次氯酸鈉中氯元素由正一價變?yōu)樨撘粌r，轉移2個電子；由方程式結合電子守恒可知，生成HCOONa與電子轉移的關系為HCOONa～8e－，則每生成1molHCOONa，該反應轉移電子數(shù)為8NA，D正確。9.生活中有著眾多有機物，下列說法不正確的是()A.天然氣、沼氣和煤層氣的主要成分是甲烷B.乙烯是一種植物生長調節(jié)劑，可用于催熟果實C.聚甲基丙烯酸甲酯(有機玻璃)和滌綸都是縮聚反應制得D.淀粉、纖維素都是天然有機高分子化合物，油脂不是答案C解析A.天然氣、沼氣和煤層氣的主要成分都是相同的，均為CH4，也就是甲烷，A正確；B.乙烯具有催熟作用，是一種植物生長調節(jié)劑，可用于催熟果實，B正確；C.聚酯纖維俗稱滌綸，是由有機二元酸和二元醇縮聚而成的聚酯，經(jīng)紡絲所得合成纖維；有機玻璃是聚甲基丙烯酸甲酯的俗稱，有機玻璃和合成橡膠一樣，聚合時都是打開碳碳雙鍵，將若干單體相連而成，本身沒有副產(chǎn)物，C錯誤；D.淀粉、纖維素都屬于糖類，是天然有機高分子化合物，油脂相對分子質量較小不是高分子化合物，D正確。10.X、Y、Z、M為短周期主族元素，X的一種同位素具有放射性，可用來斷定古生物體死亡的年代。X、Y的某種同位素之間的轉化如下：eq\o\al(N,Z＋1)Y＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(N,Z)X＋Z。由X、M組成的雙原子分子和Y常見單質分子所含電子數(shù)相同。下列說法錯誤的是()A.元素非金屬性M＞Y＞XB.簡單氫化物的熱穩(wěn)定性M＞X＞YC.X、Y、Z、M能組成離子化合物D.M與其它三種元素均可形成兩種或兩種以上的二元化合物答案B解析X、Y、Z、M為短周期主族元素，X的一種同位素具有放射性，可用來斷定古生物體死亡的年代，X為碳；碳為6號元素，eq\o\al(N,Z＋1)Y＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(N,Z)X＋Z，反應前后質量數(shù)不變，則Z質量數(shù)為1是氫、Y為7號元素氮；由X、M組成的雙原子分子和Y常見單質分子所含電子數(shù)相同，則M為氧。A.同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性增強，元素非金屬性M＞Y＞X，A正確；B.M、X、Y的簡單氫化物分別為水、甲烷、氨氣，熱穩(wěn)定性：水＞氨氣＞甲烷，B錯誤；C.X、Y、Z、M能組成離子化合物，例如形成的(NH4)2CO3屬于離子化合物，C正確；D.氧與碳可以形成一氧化碳、二氧化碳，和氮形成二氧化氮、一氧化氮等，和氫形成水、過氧化氫等，D正確。11.實驗裝置不能達到實驗目的的是()A.測定乙醇結構B.制取少量CO2C.制取少量碳酸鈣D.提純乙酸乙酯答案D解析A.一定體積的乙醇與足量鈉反應，用排液法收集生成的H2，并將乙醇的體積、氫氣的體積都轉換成物質的量，從而得出1mol乙醇生成氫氣的物質的量，也就得出1個乙醇分子中所含活潑氫原子的數(shù)目，最終確定乙醇的結構，A能達到實驗目的；B.安全漏斗的彎管內滯留少量液體，起到液封作用，酸與碳酸鹽固體反應，從而制得CO2氣體，B能達到實驗目的；C.CO2通入溶有NH3的CaCl2溶液中，從而發(fā)生反應：CaCl2＋CO2＋2NH3＋H2O=CaCO3↓＋2NH4Cl，C能達到實驗目的；D.乙酸乙酯在NaOH溶液中會發(fā)生水解，生成乙酸鈉和乙醇，從而造成乙酸乙酯的損失，D不能達到實驗目的。12.羥基自由基(·OH)是自然界中氧化性僅次于氟的氧化劑。我國科學家設計了一種能將苯酚氧化為CO2、H2O的原電池－電解池組合裝置(如圖)，該裝置能實現(xiàn)發(fā)電、環(huán)保二位一體。下列說法正確的是()A.裝置工作時，b為陽極，電極反應為C6H5OH－28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋B.a極每單個Cr2Oeq\o\al(2－,7)參與反應，通過質子交換膜的H＋數(shù)理論上有6NA個C.d電極附近pH增大D.右側裝置中，每轉移0.7mol電子，c極產(chǎn)生氣體7.84L(折算成標準狀況)答案D解析Cr2Oeq\o\al(2－,7)在a極發(fā)生還原反應，a電極為原電池正極，電極反應式為Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6e－＋7H2O=2Cr(OH)3＋8OH－，b極苯酚失電子被氧化為CO2，b電極為原電池負極，電極反應式為C6H5OH－28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋；c極為電解池陰極，電極反應為2H＋＋2e－=H2↑，d極為電解池陽極，電極反應為H2O－e－=H＋＋·OH，羥基自由基(·OH)是自然界中氧化性僅次于氟的氧化劑，進一步氧化苯酚，方程式為C6H5OH＋28·OH=6CO2↑＋17H2O。A.電池工作時，a和b形成原電池，b為原電池的負極，苯酚在負極發(fā)生氧化反應，電極反應式為C6H5OH－28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋，故A錯誤；B.a電極為原電池正極，電極反應式為Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6e－＋7H2O=2Cr(OH)3＋8OH－，每有1molCr2Oeq\o\al(2－,7)參與反應，轉移6mol電子，通過質子交換膜的H＋數(shù)理論上有6NA個，則a極每單個Cr2Oeq\o\al(2－,7)參與反應，通過質子交換膜的H＋數(shù)理論上有6個，故B錯誤；C.d極為電解池陽極，電極反應為H2O－e－=H＋＋·OH，d電極產(chǎn)生大量氫離子，pH減小，故C錯誤；D.c極為電解池陰極，電極反應為2H＋＋2e－=H2↑，每轉移0.7mole－，c極生成的氣體在標準狀況的體積為eq\f(1,2)×22.4L·mol－1×0.7mol＝7.84L，故D正確。13.常溫下，將等濃度的NaOH溶液分別滴加到等pH、等體積的HA、HB兩種弱酸溶液中，溶液的pH與粒子濃度比值的對數(shù)關系如圖所示。下列敘述錯誤的是()A.HA的濃度小于HB的濃度B.a點水的電離程度小于b點水的電離程度C.向HB溶液中加NaOH溶液至pH＝7時c(B－)＝c(HB)D.常溫下HA的電離常數(shù)是10－4答案C解析lgeq\f(c（A－）,c（HA）)＝0，c(A－)＝c(HA)，電離平衡常數(shù)Ka(HA)＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝c(H＋)＝10－4；lgeq\f(c（B－）,c（HB）)＝0，c(B－)＝c(HB)，電離平衡常數(shù)Ka(HB)＝eq\f(c（H＋）·c（B－）,c（HB）)＝c(H＋)＝10－5；Ka(HA)>Ka(HB)。A.Ka(HA)>Ka(HB)，故酸性：HA>HB，又等pH、等體積的HA、HB兩種弱酸，故HA的濃度小于HB的濃度，故A正確；B.pH＝4溶液為酸和鹽的混合溶液，pH＝4，抑制水的電離，溶液中由水電離出的c(OH－)約為1×10－10mol/L，pH＝5，抑制水的電離，溶液中由水電離出的c(OH)約為1×10－9mol/L，故B正確；C.pH＝7時KHB＝eq\f(c（H＋）·c（B－）,c（HB）)＝10－5，則eq\f(c（B－）,c（HB）)＝100，故C錯誤；D.根據(jù)分析可得，HA的電離常數(shù)是10－4，故D正確。二、非選擇題26.(14分)軟錳礦－硫鐵礦制取電池級二氧化錳的工藝流程如下圖：回答下列問題：(1)“浸取”過程主要反應3MnO2＋2FeS2＋6H2SO4=3MnSO4＋Fe2(SO4)3＋4S＋6H2O，則氧化劑與還原劑物質的量之比為________。(2)“氧化i”過程軟錳礦的作用是___________________________________________________________________________________________________。(3)“除鐵”后溶液中殘留的c(Fe3＋)＝________mol·L－1。[25℃時，F(xiàn)e(OH)3的Ksp為1.0×10－39](4)“沉錳”過程Mn2＋轉化為MnCO3的離子方程式為__________________________________________________________________________________________________________________________________；NH3·H2O的作用是___________________________________________。(5)“焙燒”過程MnCO3轉化為MnO2的化學方程式為__________________________________________________________________________________________________________________________________。(6)“氧化ii”過程中，將Mn(Ⅱ)轉化為Mn(Ⅳ)的最適宜氧化劑是________(填字母序號)。a.H2O2b.Cl2c.KClO3(7)將制備獲得的電池級二氧化錳用于構建水系鋅錳電池，其工作原理為：xZn＋Zn0.5－xMnO2·nH2Oeq\o(,\s\up7(放電),\s\do5(充電))Zn0.5MnO2·nH2O，放電時正極的電極反應式為__________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)3∶2(2)使Fe2＋全部轉化為Fe3＋(3)1.0×10－13.5mol/L(4)Mn2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3·H2O=MnCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2O調節(jié)pH(5)2MnCO3＋O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2MnO2＋2CO2(6)a(7)Zn0.5－xMnO2·nH2O＋2xe－＋xZn2＋=Zn0.5MnO2·nH2O解析硫鐵礦和軟錳礦加入硫酸進行“浸取”，所得溶液中含有大量亞鐵離子，加入軟錳礦，將亞鐵離子氧化成鐵離子，調節(jié)pH使鐵離子沉淀除去，再加入碳酸氫銨和氨水將溶液中的錳離子轉化為碳酸錳，在空氣中焙燒后得到二氧化錳，經(jīng)過“氧化ii”、過濾、干燥得到二氧化錳純品。(1)根據(jù)反應3MnO2＋2FeS2＋6H2SO4=3MnSO4＋Fe2(SO4)3＋4S＋6H2O可知，反應的過程中，錳元素的化合價由＋4價降低到＋2價，則二氧化錳為該反應的氧化劑，F(xiàn)e元素的化合價由＋2價升高到＋3價，S元素的化合價由－1價升高到0價，則硫化亞鐵為該反應的還原劑，因此氧化劑和還原劑的物質的量之比為3∶2；(2)由上述分析可知，“浸取”后的溶液中含有大量Fe2＋，F(xiàn)e2＋沉淀的pH過高，因此將其氧化成Fe3＋后再沉淀除去，則“氧化i”過程軟錳礦的作用是使Fe2＋全部轉化為Fe3＋；(3)根據(jù)題干信息可知，“除鐵”時溶液的pH＝5.5，則c(H＋)＝10－5.5mol/L，c(OH－)＝eq\f(Kw,c（H＋）)＝eq\f(10－14,10－5.5)＝10－8.5mol/L，則“除鐵”后溶液中殘留的c(Fe3＋)＝eq\f(1.0×10－39,（10－8.5）3)mol/L＝1.0×10－13.5mol/L；(4)“沉錳”過程，加入碳酸氫銨和氨水，將溶液中的錳離子轉化成碳酸錳，反應的離子方程式為Mn2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3·H2O=MnCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2O；由圖可知，“沉錳”過程中，需要調節(jié)溶液的pH＝6.5～7，氨水的作用是調節(jié)溶液的pH；(5)“焙燒”過程中，MnCO3與空氣中的氧氣反應生成MnO2，反應的化學方程式為2MnCO3＋O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2MnO2＋2CO2；(6)“氧化ii”過程中，將Mn(Ⅱ)轉化為Mn(Ⅳ)的最適宜氧化劑是過氧化氫，因為過氧化氫反應的產(chǎn)物為水，不會污染環(huán)境且不引入新的雜質，氯氣和氯酸鉀均會引入新的雜質離子，故選a；(7)根據(jù)總反應可知，放電時，Zn0.5－xMnO2·nH2O作正極，發(fā)生還原反應，則放電時正極的電極反應為Zn0.5－xMnO2·nH2O＋2xe－＋xZn2＋=Zn0.5MnO2·nH2O。27.(14分)正溴丁烷可用于合成麻醉藥鹽酸丁卡因，也用于生產(chǎn)染料和香料，是稀有元素萃取的溶劑及有機合成的中間體，其制備如圖(夾持裝置略)：已知：i.NaBr＋H2SO4(濃)=HBr↑＋NaHSO4ii.CH3CH2CH2CH2OH＋HBr→CH3CH2CH2CH2Br＋H2Oiii.2HBr＋H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up7(△))Br2＋SO2＋2H2O請回答下列問題：(1)儀器a的名稱是________。裝置b的作用是_______________________。(2)制備過程中，加熱回流，在此期間要不斷地搖動反應裝置，其原因為__________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)若選用較濃的硫酸作為反應物，得到的產(chǎn)品會呈黃色，為除去顏色，最好選擇下列的________(填標號)溶液來洗滌產(chǎn)品。A.四氯化碳 B.硫酸鈉C.氫氧化鈉 D.亞硫酸鈉產(chǎn)品選擇上述溶液洗滌后，還需要用蒸餾水洗滌一次，洗滌液與產(chǎn)品分離的操作是________(填操作名稱)。(4)分離得到的有機層依次用適量的水、飽和NaHCO3溶液、水洗滌、用無水CaCl2干燥。以上兩次用水洗滌簡化為一次用水洗滌是否合理________(填“合理”或“不合理”)。(5)若投入正丁醇14.8g，得到產(chǎn)物15.6g，則正溴丁烷的產(chǎn)率為________%(保留一位小數(shù))。答案(1)球形冷凝管吸收尾氣，防止污染空氣(2)使反應物充分接觸，充分反應，提高正溴丁烷的產(chǎn)率(3)D分液(4)不合理(5)56.9解析(1)儀器a為球形冷凝管，裝置b中的氫氧化鈉溶液用于吸收未反應的溴化氫和副反應生成的溴蒸氣、二氧化硫，防止污染空氣。(2)加熱回流時，不斷地搖動反應裝置，可以使反應物充分接觸，有利于反應物充分反應，提高正溴丁烷的產(chǎn)率。(3)若選用較濃的硫酸作為反應物，得到的產(chǎn)品會呈黃色，是因為溶解了Br2。A.四氯化碳可以溶解Br2，但也會溶解溴乙烷，A錯誤；B.硫酸鈉不能除去Br2，B錯誤；C.氫氧化鈉與Br2反應，但同時也會引起溴乙烷水解，C錯誤；D.亞硫酸鈉只與Br2發(fā)生氧化還原反應，不與溴乙烷反應，D正確。洗滌液與產(chǎn)品不互溶，因此可用分液的方法將其進行分離，且下層液體從分液漏斗下口放出，上層液體從分液漏斗上口倒出。(4)有機層依次用適量的水洗滌，可洗去HBr和正丁醇；飽和NaHCO3溶液洗去大部分硫酸；水洗滌，洗去余下的少量硫酸；用無水CaCl2干燥除去水，以上兩次用水洗滌簡化為一次用水洗滌不合理，若改為1次，需加大試劑用量，而兩次洗滌可以減少試劑用量。(5)14.8g正丁醇的物質的量為：eq\f(14.8g,74g/mol)＝0.2mol，由方程式可知，理論上0.2mol正丁醇參與反應，生成0.2mol正溴丁烷，0.2mol正溴丁烷的質量為：0.2mol×137g/mol＝27.4g，則正溴丁烷的產(chǎn)率為：eq\f(15.6g,27.4g)×100%≈56.9%。28.(15分)氫氣在化學工業(yè)中應用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：(1)已知：Ⅰ.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1Ⅱ.CH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－802.0kJ·mol－1Ⅲ.4H2(g)＋CO2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH若反應Ⅲ的逆反應活化能為EakJ·mol－1，則正反應活化能為________kJ·mol－1(用含Ea和必要的數(shù)值的式子表示)。(2)在有機合成中，氫氣常用于不飽和烴的加成，如：C2H2＋H2=C2H4、C2H2＋2H2=C2H6。一定溫度和催化劑作用下，將H2和C2H2按體積比為4∶1充入恒容密閉容器中，發(fā)生上述反應，當C2H2完全反應時，乙烯的體積分數(shù)為20%，則C2H4的選擇性為________(C2H4的選擇性＝eq\f(生成C2H4的物質的量,反應的C2H2的物質的量)×100%)。(3)一定條件下，H2能與NO反應，反應熱化學方程式為2H2(g)＋2NO(g)N2(g)＋2H2O(g)。在某恒容密閉容器中按投料比eq\f(n（H2）,n（NO）)＝1發(fā)生上述反應，不同催化劑條件下，反應相同時間測得NO轉化率與溫度的關系如圖所示。①下列能夠說明反應已達到化學平衡狀態(tài)的是________。A.2v逆(NO)＝v正(N2)B.混合氣體的密度不再變化C.容器內總壓強不再變化D.混合氣體的平均相對分子質量不再變化②使用催化劑乙時，NO轉化率隨溫度升高先增大后減小的原因可能是_________________________________________________________________。③研究表明該反應速率方程式為v＝kcm(H2)c2(NO)，其中k為速率常數(shù)，與溫度、活化能有關。若投料比eq\f(n（H2）,n（NO）)＝1，T1K時的初始速率為v0，當H2轉化率為50%時，反應速率為eq\f(v0,8)，由此可知m＝________。設此時反應的活化能為E′a，不同溫度T1K、T2K條件下對應的速率常數(shù)分別為k1、k2，存在關系：lgeq\f(k2,k1)＝－eq\f(E′a,2.303R)(eq\f(1,T2)－eq\f(1,T1))(R為常數(shù))。據(jù)此推測：活化能越大，升高溫度，速率常數(shù)增大倍數(shù)________(填“越大”“越小”或“不變”)。(4)在合成氨工業(yè)中，氫氣是反應原料之一。T℃時，向2L恒容密閉容器中加入1.2molN2和2molH2合成氨：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，體系中n(NH3)隨時間的變化如圖。T℃時，該反應的平衡常數(shù)為________。答案(1)(Ea－165.2)kJ/mol(2)75%(3)①CD②溫度低于350℃時，催化劑的活性隨溫度升高逐漸增強，反應速率加快，NO轉化率也增大，溫度高于350℃時，導致催化劑活性降低，反應速率下降，導致NO轉化率下降③1越大(4)6.25解析(1)已知：Ⅰ.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH1＝－483.6kJ/molⅡ.CH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－802.0kJ/mol根據(jù)蓋斯定律，由Ⅰ×2－Ⅱ得反應Ⅲ.4H2(g)＋CO2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝2ΔH1－ΔH2＝－483.6kJ/mol×2－(－802.0kJ/mol)＝－165.2kJ/mol；逆反應活化能為EakJ/mol，且ΔH＝正反應活化能－逆反應活化能，則正反應活化能＝逆反應活化能＋ΔH＝EakJ/mol＋(－165.2kJ/mol)＝(Ea－165.2)kJ/mol；(2)在催化劑作用下，一定溫度時按體積比V(C2H2)∶V(H2)＝1∶4充入剛性容器中，發(fā)生反應C2H2＋