高三2024新高考单科综合卷 XGK(一)1化学试题

2024-08-02 15:12:28 16℃

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3.(1BD(2)2S0+0,维花剂2S0:3.A氮的固定是游离态氮元素转化为化合态氨元素，该反应为解析：(1)加热可加快反应速率，但温度升高，S02在水中溶解含氨化合物转变为氨气，不属于固氮反应，A错误；由图结合得失电子数守恒、元素守恒可知，该催化转化的总反应的化学方度降低，且会导致H2SO,受热分解，不一定能提高吸收S0O2效率，A错误；加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收程式为2N0+0,十4C0化一4CO,十N2,B、C、D正确。SO2效率，B正确；降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO。效若点二…率，C错误；多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提必备知识夯实高吸收SO2效率，D正确。(2)根据题意，O2氧化溶液中的2.(1)4HNO2(浓)S0,S0被氧化为S0,1mol02氧化2 mol SO?,故02或先照2H0+4N0,个+0，↑(2)030十氧化溶液中S0?的离子方程式为2$0+O28HNO,(稀)=3Cu(NO3)2+2NO个+4H2OCu+4HNO3(浓)催化剂2S01。Cu(N0,2+2N0.◆+2,0②C+4FHNO,(浓)△素养提升3过氧化物的结构特点与性质C02个+4NO2个+2H20③3Fe++4H++NOg-3Fe++NO+2H.O核心精讲易错辨析1.(1)H-0一0-H一1极性(2)棕H2O2三H*+(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×HO2②H2O2+2Fe2+十2H+一2Fe3+十2H,0H,O2+关键能力突破SO==S0+H20③H202+2I+2H+—L2+2H201,CI中铁与稀硝酸发应生成无色气体NO,NO被空气中的氧核心精练气氧化生成红棕色的NO,气体，A正确；Ⅱ的现象是因为铁发1.D过一疏酸化学式为H2S0,,结构式为生了钝化，Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，0B正确；实验Ⅱ反应停止是因为发生了钝化，不能用来比较稀硝酸和浓硝酸的氧化性强弱，物质氧化性强弱只能通过比较物H-O-O一O一H,也可以表示为HO2·S0,,A正确；质得电子能力大小来分析，C错误；根据Ⅲ中现象，说明构成原电池在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判0断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，D正确。过一疏酸中有过氧键，有羟基氢，具有强酸性与强氧化性，B正:2.(1)红棕Cu+4HNO,(浓)-=-Cu(NOg)2十2NO2个+2H,O确；过一疏酸具有强氧化性，保存时应远离有机物，防止爆炸，(2)3Cu十8HNO,(稀)—3Cu(NO3)2+2NO个十4H2OC正确；根据过一疏酸的结构式可判断该物质是一元强酸，(3)加入稀硫酸后，氢离子与原溶液中的硝酸根离子构成强氧D错误。化性酸，又能与过量的铜反应2.B由过二疏酸的结构简式HO3S一O一O一SO,H可知，其中含有过氧键，该氧元素的化合价为一1价，硫元素的化合价为十3.0.24mol·L-16价，故过二硫酸具有强氧化性，A、D正确；由于过二疏酸与水解析：反应的离子方程式为3Cu+2NO,+8Ht一3Cu2++反应生成过氧化氢和疏酸，故硝酸钡溶液分别滴入H2SO4和2NO.4十4H2O,铜足量，由上述反应可知，NO3和H的物质H2S2O。均可看到由白色沉淀生成，故不可用硝酸钡溶液鉴别的量之比为1：4时，反应生成的铜离子物质的量最大，设H2SO,和H2S2Og,B错误；过氧键不稳定，受热易断裂，故HNO,、H,SO,的物质的量分别为x、y,则n(NO):n(H*)Na2S2Og可作漂白剂，加热会发生反应：2Na2S2Og十2H2O=x:(x+2y)=1:4,x+y=0.4mol·L-1X0.1L,解得x=0.016mol、y=0.024mol,由方程式可知，生成铜离子的物△2Na,S0,+2H,S0,+02个，故使其漂白性逐浙失效质的量为0.016m0lX号=0.0240l,款朝离子的最大浓度为C正确。3.D过氧化铬中含有过氧键，性质类似于过氧化钠，性质不稳0.024mo1=0.24mol·L-1。定，易溶于酸并分解放出氧气，A正确；由题给方程式可知，反0.1L应中设有元素发生化合价改变，该反应为非氧化还原反应，重4.(1)5.8245.376(2)1.52mol(3)aVX103+0.5络酸根离子中铬元素为+6价，则过氧化铬中铬元素化合价为0.14十6价，由化合价代数和为0可知，过氧化铬中4个氧原子显一(4)57.81价、1个氧原子显一2价，则过氧化铬中存在两个过氧键，B、C正确，D错误。解析：(1)n(Cu)64g:m01=0.51mol,设温合气体中N032.64g4.(1)02(或氧气)(2)2S20g+2H20一02个十4H+的物质的量为x,NO2的物质的量为y。根据气体在标准状况+4S0下的总体积为11.2L,有x十y=0.5mol,根据得失电子守恒，解析：(1)利用双氧水消毒的时候会有气泡放出，是由于双氧水有3x十y=0.51×2mol。解得x=0.26mol,y=0.24mol。分解生成了氧气，故放出的气体是氧气。(2)过硫酸根离子在则V(NO)=0.26molX22.4L·mol1=5.824L,V(N02)=水中易发生水解，先生成过一硫酸氢根离子、硫酸根离子和氢11.2L一5.824L=5.376L。(2)参加反应的HNO,分两部离子，继而得H2O2,然后分解为O2,加热升高温度有助于加速分：一部分没有被还原，显酸性，生成Cu(NO)2:另一部分被还水解，其溶液pH降低，改过疏酸根离子水解的方程式为原成NO2和NO,所以参加反应的HNO3的物质的量为2S20g+2H20=02,↑十4H十4S020.51mol×2十0.5mol=1.52mo1。(3)HN03在反应中一部第21讲氮及其氧化物硝酸分变成气体，一部分以NO的形式留在溶液中。变成气体的HNO,的物质的量为0.5mol。加入NaOH溶液至恰好使溶液中【考点·全面突破)的Cu+全部转化为沉淀，则溶液中只有aNO,其物质的量为考点10-3 V mol,也就是以NO形式留在溶液中的HNO,的物质的必备知识夯实mol。一、1.：N::N:=N3.(I)难(2)①3Mg+N,点燃Mg,量为10 avmol.所以，c(HN0,)=VX10+0.50.14高温、高压放电或高温②N+3H22NH,③N2+O2L1。(4)由得失电子守恒得2Xn(Ca)=2Xn(H202),2NO催化剂二、2.无红棕难2NO+O2÷2NO23.(2)②6NO2十64g.mX2=n(,0)×2,(02)=0.51mol,则8NH,花化-7N,+12H,04C0+2N0,化=4C02+N2m(H,0)=17.34g。霸30%的双氧水：3008=57.88。关键能力突破【真题·体验品悟】1.A氨气和氧气在放电条件下可生成NO,A错误。1.(1)×(2)×(3)×(4)/(5)√(6)×(7)2.D二氧化氮与碱反应生成盐和H,O时价态发生变化，不是酸(8)×(9)/(10)×性氧化物，A错误；N2与O2直接化合反应生成NO,不能一步2.BC与稀硝酸的反应产物之一为NO,NO与氧气发生反应：生成NO2,B错误；NO与水不反应，C错误；2NO十O22NO十O,一2NO2,A正确；氮，气与氧气在放电或高温条件下2NO2,3NO2十H20—2HNOa十NO,两者可以相互转化，生成NO,但NO无法与水发生化学反应，B错误；汽车尾气催D正确。化转化器主要将污染气体NO、CO转化为无污染的气体，故该高中总复习·化学497参考答案与详解

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