2015年重庆市高考化学试卷含解析

发布时间:2024-06-04 10:06:14浏览次数:3
2015 年重庆市高考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题1.(6 分)中华民族有着光辉灿烂的发明史,下列发明创造不涉及化学反应的是(  )A.用胆矾炼铜 B.用铁矿石炼铁C.烧结粘土制陶瓷 D.打磨磁石制指南针【分析】A.胆矾的化学式为 CuSO4•5H2O,整个过程中 Cu 元素由化合态转化为单质,一定发生化学变化;B.铁矿石主要成份为 Fe2O3,炼铁得到 Fe 单质,有新物质生成,属于化学反应;C.制陶瓷的原料是粘土,发生化学变化生成硅酸盐产品;D.打磨磁石制指南针,只是改变物质的外形,没有新物质生成.【解答】解:A.胆矾的化学式为 CuSO4•5H2O,由 CuSO4•5H2O→Cu,有新物质生成,属于化学反应,故 A 不选;B.铁矿石主要成份为 Fe2O3,由 Fe2O3→Fe,有新物质生成,属于化学反应,故 B 不选;C.制陶瓷的原料是粘土,发生化学变化生成硅酸盐产品,故 C 不选;D.打磨磁石制指南针,只是改变物质的外形,没有新物质生成,不涉及化学反应,故选 D;故选:D。【点评】本题考查化学反应的判断,比较基础,明确原理是解题关键,A、B 选项可以借助化合价变价,利用氧化还原反应知识判断. 2.(6 分)下列说法正确的是(  )A.I 的原子半径大于 Br,HI 比 HBr 的热稳定性强B.P 的非金属性强于 Si,H3PO4比 H2SiO3的酸性强C.Al2O3和 MgO 均可与 NaOH 溶液反应D.SO2和 SO3混合气体通入 Ba(NO3)2溶液可得到 BaSO3和 BaSO4【分析】A.同主族自上而下原子半径增大,元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱;B.同周期随原子序数增大,元素非金属性增强,最高价含氧酸的酸性增强;C.MgO 不能与氢氧化钠溶液反应;D.二氧化硫通入硝酸钡溶液中,酸性条件下,硝酸根具有强氧化性,将亚硫酸氧化为硫酸,进一步反应得到硫酸钡.【解答】解:A.I、Br 同主族,自上而下原子半径增大,元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱,故 I 的原子半径大于 Br,HI 比 HBr 的热稳定性弱,故 A 错误;B.Si、P 同周期,随原子序数增大,元素非金属性增强,最高价含氧酸的酸性增强,故 P 的非金属性强于 Si,H3PO4比 H2SiO3的酸性强,故 B 正确;C.氧化铝属于两性氧化物,能与氢氧化钠反应,而 MgO 属于碱性氧化物,能与酸反应,不能与氢氧化钠溶液反应,故 C 错误;D.二氧化硫通入硝酸钡溶液中,酸性条件下,硝酸根具有强氧化性,将亚硫酸氧化为硫酸,进一步反应得到硫酸钡,故 SO2和 SO3混合气体通入 Ba(NO3)2溶液可得到 BaSO4,故 D 错误,故选:B。【点评】本题考查元素周期律、金属氧化物性质、硝酸的性质等,难度不大,D 选项注意硝酸条件下,硝酸根具有强氧化性. 3.(6 分)下列说法正确的是(  )A.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B.25℃时,等体积等浓度的硝酸与氨水混合后,溶液 pH=7C.25℃时,0.1mol•L﹣1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D.0.1mol AgCl 和 0.1molAgI 混合后加入 1L 水中,所得溶液中 c(Cl﹣)=c(I﹣)【分析】A.加入醋酸钠,溶液中醋酸根离子浓度增大,抑制醋酸的电离;B.25℃时,等体积等浓度的硝酸与氨水混合后为 NH4NO3溶液,溶液中铵根离子水解,溶液呈酸性; 方程式及复分解反应方程式的书写、原电池原理、催化剂的作用等知识点,利用原电池原理、物质性质及转移电子守恒进行解答,易错点是(3)题,题目难度中等.  C.硫化氢为弱电解质,而硫化钠为强电解质,等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度;D.AgCl 与 AgI 的溶度积不同,所得溶液中 c(Cl﹣)≠c(I﹣).【解答】解:A.稀醋酸溶液中存在平衡:CH3COOH CH⇌3COO﹣+H+,加入醋酸钠,溶液中 CH3COO﹣离子浓度增大,抑制醋酸的电离,故 A 错误;B.25℃时,等体积等浓度的硝酸与氨水混合后为 NH4NO3溶液,溶液中铵根离子水解,溶液呈酸性,故溶液 pH<7,故 B 错误;C.硫化氢为弱电解质,部分电离,而硫化钠为强电解质,等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度,硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱,故 C 正确;D.均存在溶解平衡,溶液中 Ag+浓度相同,AgCl 与 AgI 的溶度积不同,所得溶液中 c(Cl﹣)≠c(I﹣),故 D 错误,故选:C。【点评】本题考查弱电解质的电离平衡,难度不大,A 为易错点,学生容易认为醋酸根与氢离子结合,平衡右移,促进电离. 4.(6 分)下列实验中,所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是(  )A. 观察 Fe(OH)2的生成B. 配制一定物质的量浓度的 NaNO3溶液C. 实验室制取氨D. 验证乙烯的生成【分析】A.氢氧化亚铁不稳定,易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁,所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气;B.容量瓶只能配制溶液,不能作稀释或溶解药品的仪器;C.氨气极易溶于水,不能采用排水法收集;D.制取乙烯需要 170℃,温度计测定混合溶液温度,且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化. 【解答】解:A.氢氧化亚铁不稳定,易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁,所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气,植物油和水不互溶,且密度小于水,所以用植物油能隔绝空气,所以能实现实验目的,故 A正确;B.容量瓶只能配制溶液,不能作稀释或溶解药品的仪器,应该用烧杯溶解硝酸钠,然后等溶液冷却到室温,再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中,故 B 错误;C.实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气,氨气极易溶于水,不能采用排水法收集,常温下,氨气和氧气不反应,且氨气密度小于空气,所以应该采用向下排空气法收集氨气,故 C 错误;D.制取乙烯需要 170℃,温度计测定混合溶液温度,所以温度计水银球应该插入溶液中,且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化,乙醇易挥发,导致得到的乙烯中含有乙醇,影响乙烯的检验,故 D 错误;故选:A。【点评】本题考查化学实验方案评价,为高频考点,涉及物质制备、物质检验、气体收集、溶液配制等知识点,明确实验原理及操作规范、物质性质是解本题关键,易错选项是 D,知道常见气体的制备及收集方法,题目难度不大. 5.(6 分)某化妆品的组分 Z 具有美白功效,原从杨树中提取,现可用如图反应制备,下列叙述错误的是(  )A.X、Y 和 Z 均能使溴水褪色B.X 和 Z 均能与 NaHCO3溶液反应放出 CO2C.Y 既能发生取代反应,也能发生加成反应D.Y 可作加聚反应单体,X 可作缩聚反应单体【分析】A.X 和 Z 中含有酚羟基、Y 中含有碳碳双键,苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色;B.酚羟基和碳酸氢钠不反应,羧基和碳酸氢钠反应;C.Y 含有碳碳双键和苯环,具有烯烃和苯的性质;D.Y 中含有碳碳双键,能发生加聚反应,X 中含有酚羟基,能发生缩聚反应.【解答】解:A.X 和 Z 中含有酚羟基、Y 中含有碳碳双键,苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色,所以 X 和 Z 都能和溴水发生取代反应、Y 能和溴水发生加成反应,所以三种物质都能使溴水褪色,故 A 正确;B.酚羟基和碳酸氢钠不反应,羧基和碳酸氢钠反应,Z 和 X 中都只含酚羟基不含羧基,所以都不能和碳酸氢钠反应,故 B 错误;C.Y 含有碳碳双键和苯环,具有烯烃和苯的性质,一定条件下能发生加成反应、还原反应、加聚反应、氧化反应、取代反应,故 C 正确;D.Y 中含有碳碳双键,能发生加聚反应,X 中含有酚羟基,能和醛发生缩聚反应,故 D 正确;故选:B。【点评】本题考查有机物的结构和性质,为高频考点,明确官能团及其性质关系是解本题关键,侧重考查酚、烯烃的性质,注意只有苯环上酚羟基邻对位有氢原子的酚才能和溴水发生取代反应,为易错点. 6.(6 分)黑火药是中国古代的四大发明之一,其爆炸的热化学方程式为:S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)△H=x kJ•mol﹣1已知:碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=b kJ•mol﹣12K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=c kJ•mol﹣1则 x 为(  ) A.3a+b﹣c B.c﹣3a﹣b C.a+b﹣c D.c﹣a﹣b【分析】碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1,其热化学方程式为 C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=a kJ•mol﹣1①S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=b kJ•mol﹣1②2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=c kJ•mol﹣1③将方程式 3①+②﹣③ 得 S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g),其反应热进行相应的改变,据此计算反应热.【解答】解:碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1,其热化学方程式为 C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=a kJ•mol﹣1①S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=b kJ•mol﹣1②2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=c kJ•mol﹣1③将方程式 3①+②﹣③ 得 S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g),则△H=x kJ•mol﹣1=(3a+b﹣c)kJ•mol﹣1,所以 x=3a+b﹣c,故选 A。【点评】本题考查盖斯定律的应用,侧重考查学生分析计算能力,明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键,注意方程式可以进行加减,题目难度不大. 7.(6 分)羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂,能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中,将 CO 和 H2S 混合加热并达到下列平衡:CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g) K=0.1反应前 CO 的物质的量为 10mol,平衡后 CO 物质的量为 8mol,下列说法正确的是(  )A.升高温度,H2S 浓度增加,表明该反应是吸热反应B.通入 CO 后,正反应速率逐渐增大C.反应前 H2S 物质的量为 7molD.CO 的平衡转化率为 80%【分析】A.升高温度,H2S 浓度增加,说明平衡逆向移动,升高温度,平衡向吸热反应方向移动;B.通入 CO 后,正反应速率瞬间增大,又逐渐减小;C.反应前 CO 的物质的量为 10mol,平衡后 CO 物质的量为 8mol,设反应前 H2S 物质的量为 n,则: CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g) 起始(mol):10 n 0 0变化(mol):2 2 2 2平衡(mol):8 n﹣2 2 2反应恰好气体分子数目不变,利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式 K= 列方程计算;D.根据 C 中的计算数据计算 CO 的平衡转化率。【解答】解:A.升高温度,H2S 浓度增加,说明平衡逆向移动,升高温度,平衡向吸热反应方向移动,则该反应是放热反应,故 A 错误;B.通入 CO 后,正反应速率瞬间增大,又逐渐减小,故 B 错误;C.反应前 CO 的物质的量为 10mol,平衡后 CO 物质的量为 8mol,设反应前 H2S 物质的量为 n,则: CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g) 起始(mol):10 n 0 0变化(mol):2 2 2 2平衡(mol):8 n﹣2 2 2反应恰好气体分子数目不变,可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数,则 K= ==0.1,解得 n=7,故 C 正确;D.根据上述数据,可知 CO 的平衡转化率为 ×100%=20%,故 D 错误; 故选:C。【点评】本题考查影响化学反应速率的因素、化学平衡常数应用、化学平衡的有关计算,比较基础,注意理解掌握三段式均解题法在化学平衡计算中的应用。 二、综合题(本大题共 4 小题,共 58 分)8.(15 分)某汽车安全气囊的产气药剂主要含有 NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质.当汽车发生碰撞时,产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀,从而起到保护作用.(1)NaN3是气体发生剂,受热分解产生 N2和 Na,N2的电子式为   .(2)Fe2O3是主氧化剂,与 Na 反应生成的还原产物为  Fe   (已知该反应为置换反应).(3)KClO4是助氧化剂,反应过程中与 Na 作用生成 KCl 和 Na2O,KClO4含有化学键的类型为 离子键、共价键 ,K 的原子结构示意图为   .(4)NaHCO3是冷却剂,吸收产气过程中释放的热量而发生分解,其化学方程式为  2NaHCO 3Na2CO3+CO2↑+H2O   .(5)100g 上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到 N233.6L(标准状况).①用碱石灰除去的物质为  CO 2、 H 2O   ;②该产气药剂中 NaN3的质量分数为  65%   .【分析】(1)由 8 电子结构可知,N2分子中 N 原子之间形成 3 对共用电子对;(2)Fe2O3是主氧化剂,与 Na 发生置换反应,则还原产物为 Fe;(3)KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成,高氯酸根离子中 Cl 原子与 O 原子之间形成共价键;K 原子质子数为 19,原子核外有 4 个电子层,各层电子数为 2、8、8、1;(4)碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳与水;(5)①碱石灰可以吸收二氧化碳、水蒸汽;②根据 n= 计算氮气的物质的量,根据氮元素守恒计算 n(NaN3),在根据 m=nM 计算 m(NaN3),进而计算 NaN3的质量分数.【解答】解:(1)由 8 电子结构可知,N2分子中 N 原子之间形成 3 对共用电子对,其电子式为,故答案为: ;(2)Fe2O3是主氧化剂,与 Na 发生置换反应,Fe 元素发生还原反应,则还原产物为 Fe,故答案为:Fe;(3)KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成,高氯酸根离子中 Cl 原子与 O 原子之间形成共价键,含有离子键、共价键;K 原子质子数为 19,原子核外有 4 个电子层,各层电子数为 2、8、8、1,原子结构示意图为,故答案为:离子键、共价键; ; (4)碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳与水,反应方程式为:2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O,故答案为:2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O;(5)①碱石灰可以吸收二氧化碳、水蒸汽,用碱石灰除去的物质为 CO2、H2O,故答案为:CO2、H2O;②氮气的物质的量 =1.5mol,根据氮元素守恒 n(NaN3)= =1mol,则m(NaN3)=1mol×65g/mol=65g,故 NaN3的质量分数为 ×100%=65%,故答案为:65%.【点评】本题以汽车安全气囊的产气药剂为载体,考查电子式、化学键类型、化学反应方程式的书写、化学计算等知识,属于拼合型题目,侧重对基础知识的考查. 9.(15 分)ClO2与 Cl2的氧化性相近.在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛.某兴趣小组通过图 1 装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究.(1)仪器 D 的名称是 锥形瓶 .安装 F 中导管时,应选用图 2 中的  b   .(2)打开 B 的活塞,A 中发生反应:2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O.为使 ClO2在 D 中被稳定剂充分吸收,滴加稀盐酸的速度宜 慢 (填“快”或“慢”).(3)关闭 B 的活塞,ClO2在 D 中被稳定剂完全吸收生成 NaClO2,此时 F 中溶液的颜色不变,则装置C 的作用是 吸收 Cl 2 .(4)已知在酸性条件下 NaClO2可发生反应生成 NaCl 并释放出 ClO2,该反应的离子方程式为  4H + +5ClO2﹣ =Cl ﹣ +4ClO 2↑+2H2O   ,在 ClO2释放实验中,打开 E 的活塞,D 中发生反应,则装置 F 的作用是验证是否有 ClO 2 生成  .(5)已吸收 ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ,加酸后释放 ClO2的浓度随时间的变化如图 3 所示,若将其用于水果保鲜,你认为效果较好的稳定剂是 稳定剂Ⅱ ,原因是 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2,能较长时间维持保鲜所需的浓度 .【分析】(1)根据仪器特征,可知仪器 D 是锥形瓶;F 装置应是 Cl2和 KI 反应,还需要连接尾气处理装置,所以应长管进气,短管出气; (2)为使 ClO2在 D 中被稳定剂充分吸收,产生 ClO2的速率要慢;(3)F 装置中发生 Cl2+2KI=2KCl+I2时,碘遇淀粉变蓝,而 F 中溶液的颜色不变,说明 Cl2被吸收;(4)在酸性条件下 NaClO2可发生反应生成 NaCl 并释放出 ClO2,根据元素守恒可知应还有水生成,该反应的离子方程式为 4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O; 在 ClO2释放实验中,打开 E 的活塞,D 中发生反应,则装置 F 的作用是验证是否有 ClO2 生成;(5)由图可知,稳定剂Ⅱ可以缓慢释放 ClO2,能较长时间维持保鲜所需的浓度.【解答】解:(1)根据仪器特征,可知仪器 D 是锥形瓶;F 装置应是 Cl2和 KI 反应,还需要连接尾气处理装置,所以应长管进气,短管出气,故选 b,故答案为:锥形瓶;b;(2)为使 ClO2在 D 中被稳定剂充分吸收,产生 ClO2的速率要慢,故滴加稀盐酸的速度要慢,故答案为:慢;(3)F 装置中发生 Cl2+2KI=2KCl+I2时,碘遇淀粉变蓝,而 F 中溶液的颜色不变,则装置 C 的作用是吸收 Cl2,故答案为:吸收 Cl2;(4)在酸性条件下 NaClO2可发生反应生成 NaCl 并释放出 ClO2,根据元素守恒可知应还有水生成,该反应的离子方程式为:4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O; 在 ClO2释放实验中,打开 E 的活塞,D 中发生反应,则装置 F 的作用是验证是否有 ClO2 生成,故答案为:4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O;验证是否有 ClO2 生成;(5)由图可知,稳定剂Ⅱ可以缓慢释放 ClO2,能较长时间维持保鲜所需的浓度,所以稳定剂Ⅱ好,故答案为:稳定剂Ⅱ;稳定剂Ⅱ可以缓慢释放 ClO2,能较长时间维持保鲜所需的浓度.【点评】本题以 ClO2的制备、吸收、释放为载体,考查实验制备方案设计、基本操作、对装置及操作的分析评价等,注意根据问题进行制备流程分析,难度中等. 10.(14 分)某“化学鸡尾酒”通过模拟臭虫散发的聚集信息素可高效诱捕臭虫,其中一种组分 T可通过下列反应路线合成(部分反应条件略).(1)A 的化学名称是 丙烯 ,A→B 新生成的官能团是 ﹣ Br   ;(2)D 的核磁共振氢谱显示峰的组数为  2   .(3)D→E 的化学方程式为  CH 2BrCHBrCH2Br+2NaOH HC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O   .(4)G 与新制的 Cu(OH)2发生反应,所得有机物的结构简式为  HC≡CCOOH   . (5)L 可由 B 与 H2发生加成反应而得,已知 R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2C≡CR2+NaBr,则 M 的结构简式为  CH 3CH2CH2 C≡CCHO   .(6)已 R3C≡CR4,则 T 的结构简式为   .【分析】根据 A、B 结构简式知,A 发生取代反应生成 B,B 和溴发生加成反应生成 D,D 在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成 E,E 发生水解反应然后发生氧化反应生成 G,G 结构简式为HC≡CCHO,G 和 NaNH2反应生成 J,根据 G 和 J 结构简式知,该反应为取代反应;L 可由 B 与 H2发生加成反应而得,则 L 为 CH3CH2CH2Br,根据 R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2 C≡CR2+NaBr 知,M 结构简式为 CH3CH2CH2 C≡CCHO,根据 R3C≡CR4知,T 结构简式为 ,据此分析解答.【解答】解:根据 A、B 结构简式知,A 发生取代反应生成 B,B 和溴发生加成反应生成 D,D 在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成 E,E 发生水解反应然后发生氧化反应生成 G,G 结构简式为HC≡CCHO,G 和 NaNH2反应生成 J,根据 G 和 J 结构简式知,该反应为取代反应;L 可由 B 与 H2发生加成反应而得,则 L 为 CH3CH2CH2Br,根据 R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2 C≡CR2+NaBr 知,M 结构简式为 CH3CH2CH2 C≡CCHO,根据 R3C≡CR4知,T 结构简式为,(1)A 的化学名称是丙烯,A→B 新生成的官能团是﹣Br,故答案为:丙烯;﹣Br;(2)D 中两种氢原子,所以 D 的核磁共振氢谱显示峰的组数为 2,故答案为:2;(3)D 在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成 E,D→E 的化学方程式为CH2BrCHBrCH2Br+2NaOH HC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O,故答案为:CH2BrCHBrCH2Br+2NaOH HC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O;(4)G 与新制的 Cu(OH)2发生反应,G 中醛基被氧化生成羧基,所得有机物的结构简式为HC≡CCOOH,故答案为:HC≡CCOOH; (5)通过以上分析知,M 的结构简式为 CH3CH2CH2 C≡CCHO,故答案为:CH3CH2CH2 C≡CCHO;(6)通过以上分析知,T 结构简式为 ,故答案为: .【点评】本题考查有机物推断,为高频考点,侧重考查学生分析推断及知识迁移能力,根据反应条件、物质结构简式结合(5)(6)题中信息进行推断,知道常见有机反应类型及反应条件,题目难度中等. 11.(14 分)我国古代青铜器工艺精湛,有很高的艺术价值和历史价值,但出土的青铜器大多受到环境腐蚀,故对其进行修复和防护具有重要意义.(1)原子序数为 29 的铜元素位于元素周期表中第 四 周期.(2)某青铜器中 Sn、Pb 的质量分别为 119g、20.7g,则该青铜器中 Sn 和 Pb 原子数目之比为 10 : 1   .(3)研究发现,腐蚀严重的青铜器表面大都存在 CuCl.关于 CuCl 在青铜器腐蚀过程中的催化作用,下列叙述正确的是  AB   .A.降低了反应的活化能 B.增大了反应的速率 C.降低了反应的焓变 D.增大了反应的平衡常数(4)采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀.如将糊状 Ag2O 涂在被腐蚀部位,Ag2O 与有害组分 CuCl 发生复分解反应,该化学方程式为  Ag 2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O   .(5)如图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的原理示意图.①腐蚀过程中,负极是  c   (填图中字母“a”或“b”或“c”);②环境中的 Cl﹣扩散到孔口,并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl,其离子方程式为  2Cu 2+ +3OH ﹣ +Cl ﹣ =Cu 2( OH ) 3Cl↓   ;③若生成 4.29gCu2(OH)3Cl,则理论上耗氧体积为  0.448   L(标准状况).【分析】(1)原子核外电子层数与其周期数相等,Cu 原子核外有 4 个电子层;(2)Sn、Pb 的物质的量之比= : =1mol:0.1mol=10:1,根据 N=nNA知,物质的量之比等于其个数之比;(3)A.催化剂降低了反应的活化能,增大活化分子百分数; B.催化剂降低了反应的活化能,增大活化分子百分数,增大活化分子之间的碰撞机会;C.催化剂改变反应路径,但焓变不变; D.平衡常数只与温度有关;(4)Ag2O 与有害组分 CuCl 发生复分解反应,则二者相互交换成分生成另外的两种化合物;(5)①根据图知,氧气得电子生成氢氧根离子、Cu 失电子生成铜离子,发生吸氧腐蚀,则 Cu 作负极;② Cl﹣扩散到孔口,并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈 Cu2(OH)3Cl,负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子,所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2(OH)3Cl 沉淀;③ n[Cu2(OH)3Cl]= =0.02mol,根据转移电子计算氧气物质的量,再根据 V=nVm计算体积.【解答】解:(1)原子核外电子层数与其周期数相等,Cu 原子核外有 4 个电子层,所以 Cu 元素位于第四周期,故答案为:四;(2)Sn、Pb 的物质的量之比= : =1mol:0.1mol=10:1,根据 N=nNA知,物质的量之比等于其个数之比,所以 Sn、Pb 原子个数之比为 10:1,故答案为:10:1;(3)A.催化剂降低了反应的活化能,增大活化分子百分数,故 A 正确; B.催化剂降低了反应的活化能,增大活化分子百分数,增大活化分子之间的碰撞机会,所以反应速率增大,故 B 正确;C.催化剂改变反应路径,但焓变不变,故 C 错误; D.平衡常数只与温度有关,温度不变,平衡常数不变,与催化剂无关,故 D 错误;故选 AB;(4)Ag2O 与有害组分 CuCl 发生复分解反应,则二者相互交换成分生成另外的两种化合物,反应方程式为 Ag2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O,故答案为:Ag2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O;(5)①根据图知,氧气得电子生成氢氧根离子、Cu 失电子生成铜离子,发生吸氧腐蚀,则 Cu 作负极,即 c 是负极,故答案为:c;② Cl﹣扩散到孔口,并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈 Cu2(OH)3Cl,负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子,所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2(OH)3Cl 沉淀,离子方程式为 2Cu2++3OH﹣+Cl﹣=Cu2(OH)3Cl↓,故答案为:2Cu2++3OH﹣+Cl﹣=Cu2(OH)3Cl↓;③ n[Cu2(OH)3Cl]= =0.02mol,根据转移电子得 n(O2)==0.02mol,V(O2)=0.02mol×22.4L/mol=0.448L,故答案为:0.448.【点评】本题考查较综合,侧重考查学生自身综合应用及计算能力,涉及氧化还原反应计算、离子
文档格式: docx,价格: 5下载文档
返回顶部