第7章 第2节 创新演练大冲关
第2章 第4节 创新演练大冲关
(时间60分钟，满分100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分)1．常温下把铁片投入到下列溶液中，铁片溶解，溶液质量增加，但是没有气体产生的是()A．硫酸铁溶液B．浓HNO3C．盐酸D．硫酸锌溶液解析：Fe与Fe2(SO4)3反应生成FeSO4.在浓HNO3中钝化，与盐酸反应放出气体，与ZnSO4不反应．答案：A2．将下列四种铁的化合物溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液没有颜色变化，再加入氯水即呈红色的是()A．FeS B．Fe2O3C．FeCl3D．Fe3O4解析：由题意可知，A中的Fe2＋与SCN－结合没有颜色改变，但通入Cl2后发生反应，2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，Fe3＋＋SCN－===[Fe(SCN)]2＋；所以溶液变为红色．答案：A3．(2011·沈阳模拟)把SO2通入Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，此时若滴入BaCl2溶液，则会产生白色沉淀．在上述一系列变化过程中，最终被还原的是()A．SO2B．Fe2＋C．Fe3＋D．NO－3解析：SO2具有还原性，Fe3＋具有氧化性，二者反应生成Fe2＋和H2SO4，溶液由棕黄色变为浅绿色，由于溶液中还存在NO－3，H＋与NO－3又将Fe2＋氧化生成Fe3＋，溶液又由浅绿色变为棕黄色，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明SO2已被氧化成SO2－4，所以最终被还原的是NO－3.答案：D4．a g铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后，得到a g铜，则参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为()A．1∶7 B．7∶1C．7∶8 D．8∶7解析：溶液中发生的反应有：Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4，Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，由于a g铁粉反应后得到a g铜，而第一个反应是固体增重的反应，因此铁粉在与CuSO4溶液反应后，又继续与H2SO4反应，n(Cu)＝n(CuSO4)＝a64mol，n(H2SO4)＝(a－a64×56)/56＝a7×64mol，n(CuSO4)∶n(H2SO4)＝7∶1.答案：B5．(2011·宿州模拟)在下列有FeCl3溶液参加的反应中，与Fe3＋水解有关的反应是() ①FeCl3与Cu反应②FeCl3与H2S反应③FeCl3与KI反应④FeCl3滴入沸水中⑤FeCl3滴入苯酚中⑥FeCl3与NaHCO3反应⑦FeCl3溶液中滴入石蕊试液A．③④⑤⑥⑦B．③④⑥C．④⑥⑦D．①③⑤⑦解析：①、②、③均发生氧化还原反应，Fe3＋表现氧化性，与Fe3＋的水解无关；⑤生成络离子，与Fe3＋的水解无关：Fe3＋＋6C6H5OH→[Fe(C6H5O)6]3－＋6H＋④水解生成Fe(OH)3胶体：Fe3＋＋3H2O(沸水)===Fe(OH)3(胶体)＋3H＋⑥相互促进水解：Fe3＋＋3HCO－3===Fe(OH)3↓＋3CO2↑⑦由于FeCl3水解显酸性，滴入石蕊试液变红色：Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋答案：C6．某学生设计了如图所示的方法，鉴定盐A的组成成分．由此分析，下列结论中正确的是()A．A中一定有Fe3＋B．C中一定有Fe3＋C．B为AgI沉淀D．A一定为FeBr2溶液解析：HNO3具有强氧化性，可氧化Fe2＋，A中不一定有Fe3＋，A不正确；C与KSCN 溶液反应溶液呈红色，说明C中含Fe3＋，B正确；AgI为黄色沉淀，C不正确；A可能是FeBr3溶液、FeBr2溶液或二者的混合物，D不正确．答案：B7．(2011·金华模拟)下列关于铁的各种说法中正确的是()A．铁是26号元素，位于元素周期表第4周期，第ⅧB族B．铁可与氢氧化亚铁反应C．绿矾晶体可用于净水，是利用了其还原性D．FeO与浓HNO3反应，有红棕色气体放出解析：铁是26号元素，位于元素周期表中第四周期，第Ⅷ族，选项A错误；铁与Fe(OH)2不反应，选项B错误．绿矾晶体可用于净水，是利用Fe2＋的水解后最终能制得Fe(OH)3胶体，选项C错误；FeO具有还原性，能还原浓HNO3产生红棕色NO2气体．答案：D8．向一定量的Fe、Fe2O3、FeO、Fe3O4的混合物加入100 mL 1 mol·L－1的盐酸，恰好使混合物完全溶解．在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现．若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量为()A．11.2 g B．5.6 gC．2.8 g D．无法确定解析：据题意反应所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，可知反应后的溶液中溶质只有FeCl2，则据守恒关系有：Fe—FeCl2—2HCl.n(Fe)＝12n(HCl)＝12×0.1 L×1 mol·L－1＝0.05 molm(Fe)＝0.05 mol×56 g·mol－1＝2.8 g答案：C9．(2011·滁州模拟)在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1 mol的混合溶液中加入0.1 mol铁粉，充分搅拌后，Fe溶解，溶液中不存在Fe3＋离子，同时析出0.1 mol Ag.下列结论错误的是()A．氧化性：Zn2＋>Cu2＋>Fe3＋>Ag＋B．Fe3＋氧化性大于Cu2＋C．溶液中Cu2＋与Fe2＋物质的量比为1∶2D．1 mol Fe可还原2 mol Fe3＋解析：4种阳离子的氧化性强弱顺序为：Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>Zn2＋，故加入的0.1 mol Fe 只能还原Ag＋和Fe3＋.据铁元素守恒知溶液中n(Cu2＋)∶n(Fe2＋)＝1∶2.答案：A10．(2011·泰安模拟)将1.12 g铁粉加入25 mL 2 mol·L－1的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是()A．铁有剩余，溶液呈浅绿色，Cl－浓度基本不变B．往溶液中滴入无色KSCN溶液，显黄色C．Fe2＋和Fe3＋的物质的量之比为6∶1D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5解析：n(Fe)＝1.1256mol＝0.02 mol，n(Fe3＋)＝25×21000mol＝0.05 mol，由反应：Fe＋2Fe3＋===3Fe 2＋可知Fe 3＋过量，加入KSCN 显红色．反应后溶液中n (Fe 2＋)＝3n (Fe)＝0.06 mol ，溶液中n (Fe 3＋)＝0.05 mol －2n (Fe)＝0.01 mol ，氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶2，D 项不正确．答案：C二、非选择题(本题包括4小题，共50分)11．(9分)(2011·南京模拟)钠、铁两种金属单质及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用．请回答：(1)两种金属中，最高价氧化物的水化物属于强碱的是__________________(填化学式)，由此说明，钠的金属性比铁________(填“强”或“弱”)．(2)某些补铁剂的成分是硫酸亚铁，长期放置会因氧化而变质．检验硫酸亚铁是否变质的试剂是________(填序号)．①稀盐酸 ②石蕊溶液 ③KSCN 溶液(3)向硫酸亚铁溶液中滴入氢氧化钠溶液，生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，此过程中涉及的氧化还原反应的化学方程式为_____________________________．答案：(1)Na 强 (2)③ (3)4Fe(OH)2＋O 2＋2H 2O===4Fe(OH)312．(14分)A ～J 分别表示中学化学中常见的物质，它们之间相互转化关系如图所示(部分反应物、生成物没有列出)：已知：A 、B 、C 、D 、E 、F 六种物质中均含有同一种元素；G 为主族元素的固态化合物．(1)写出物质的化学式：E____________，F_____________，J__________. (2)写出反应的化学方程式：①________________________________________________________________________. ②________________________________________________________________________. ③________________________________________________________________________. (3)生成32 g H 需要转移________ mol 电子．解析：题目中E 、F 含同一种元素，又E ――→空气F ，说明含在E 、F 中的元素必为变价元素，且又是氢氧化物，故必含铁元素，反推B 为Fe 3O 4，则A 为Fe ；由G 加冰晶石电解条件和铝热反应推知I 为Al ，H 为O 2，J 为Na[Al(OH)4]；由每生成1 mol O 2转移4 mol 电子，得32 g O 2需转移4 mol 电子．答案：(1)Fe(OH)2 Fe(OH)3 Na[Al(OH)4] (2)①3Fe 3O 4＋8Al=====高温9Fe ＋4Al 2O 3 ②Fe 3O 4＋8HCl===FeCl 2＋2FeCl 3＋4H 2O ③4Fe(OH)2＋O 2＋2H 2O===4Fe(OH)3 (3)413．(14分)某校化学小组学生利用如图所列装置进行“铁与水反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl 3·6H 2O 晶体(图中夹持及尾气处理装置均已略去)．(1)装置B 中发生反应的化学方程式是____________________________________. (2)装置E 中的现象是___________________________________________________. (3)停止反应，待B 管冷却后，取其中的固体，加入过量稀盐酸充分反应，过滤．简述检验滤液中Fe 3＋的操作方法：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. (4)该小组学生利用上述滤液制取FeCl 3·6H 2O 晶体，设计流程如下：滤液――→Cl 2ⅠFeCl 3溶液,ⅡFeCl 3·6H 2O 晶体①步骤Ⅰ中通入Cl 2的作用是______________________________________________． ②步骤Ⅱ从FeCl 3稀溶液中得到FeCl 3·6H 2O 晶体的主要操作包括：________________. ③该流程中需保持盐酸过量，主要原因是(结合离子方程式简要说明)_______________． 解析：(1)因为A 中产生的水蒸气通过B 时与铁发生反应生成Fe 3O 4和H 2，所以化学方程式为3Fe ＋4H 2O(g)=====高温Fe 3O 4＋4H 2. (2)由B 中反应产生的H 2通过D 干燥进入E ，与CuO 反应产生红色的Cu 和水蒸气，故现象为黑色固体变为红色，右端管壁有水珠生成．(3)由于B 管中反应后固体的主要成分为Fe 3O 4，与盐酸反应产生Fe 2＋和Fe 3＋，检验Fe 3＋可加入KSCN 溶液看溶液是否变红色．(4)由于(3)的滤液中含有Fe 2＋，通入Cl 2可将Fe 2＋氧化为Fe 3＋，又由于FeCl 3易水解，故只能加热浓缩后，用冷却结晶的方法使FeCl 3·6H 2O 析出，然后过滤．保持盐酸过量是为了抑制FeCl 3的水解．答案：(1)3Fe ＋4H 2O(g)=====高温Fe 3O 4＋4H 2 (2)黑色固体变为红色，右端管壁有水珠生成(3)取少量溶液，滴入几滴KSCN 溶液，观察溶液是否变红色 (4)①将Fe 2＋氧化成Fe 3＋②加热浓缩，冷却结晶，过滤 ③Fe 3＋＋3H 2OFe(OH)3＋3H ＋，过量盐酸抑制FeCl 3的水解14．(13分)铁是一种历史悠久、应用最广泛、用量最大的金属．某实验小组用铁进行如下实验：(1)取少量纯铁粉与足量的稀H 2SO 4反应，在不影响产生H 2总量的情况下，若要加快反应速率，可行的方法有(填序号)________．①加热 ②滴加少量浓HNO 3 ③滴加少量CuSO 4溶液(2)甲同学欲用少量纯铁粉与足量浓H 2SO 4在加热时反应制得FeSO 4.同学们认为不可行，理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________. 大家讨论后将上述方案做如下改进后可获得FeSO 4·7H 2O.请填写空白： 过量铁粉――――→试剂( )加热悬浊液――――→操作( )滤液―――――→冷却结晶FeSO 4·7H 2O (3)乙同学用m g 废铁屑(已除去表面油污)与足量稀H 2SO 4反应，准确测定反应生成的H 2的体积，实验数据记录如下：①若用每秒产生的气体体积(mL)表示该反应的速率，则30 s 至85 s 内该反应的速率为________．②完全反应后测得产生气体的体积为V mL(已折算成标准状况)，则该废铁屑中铁的质量分数为(用含m 、V 的代数式表示)________________________．③若实验操作无误，但测得铁的质量分数总是大于实际值，原因可能是________________________________________________________________________________________________________________________________________________. 解析：(1)滴加少量CuSO 4溶液，能加快反应速率，但CuSO 4消耗Fe ，使产生H 2的量减少．(2)浓H 2SO 4过量时，不可能生成FeSO 4.(3)③正常情况下，测得Fe 的质量分数应小于实际值，因为Fe 3＋会消耗Fe ，在操作无误的情况下测得Fe 质量分数大于实际值，很可能含能生成H 2的杂质．答案：(1)①(2)加热时少量铁粉与浓H2SO4反应生成Fe2(SO4)3，不能得到FeSO4稀硫酸热过滤(3)①1055mL·s－1(或0.182 mL·s－1)②56V22 400m(或V400m或56V22 400m×100%或V400m×100%)③废铁屑中含有能与稀H2SO4反应产生H2的杂质，且等质量杂质产生H2的量大于Fe 产生H2的量。
第2章 第1节 创新演练大冲关
(时间60分钟，满分100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分)1．下列物质的分类，正确的是()A．纯盐酸——纯净物B．Fe(OH)3胶体——纯净物C．氯化银——无氧酸盐D．一氧化氮——酸性氧化物解析：盐酸是HCl的水溶液，属于混合物．胶体属于混合物．氯化银是盐酸盐，盐酸是无氧酸．一氧化氮既不是酸性氧化物，也不是碱性氧化物，属于不成盐氧化物．答案：C2．(2011·湖北八市质检)分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法，人们在认识事物时可采取多种分类方法．如果按某种标准能将FeSO4、NO2、K2MnO4、Cu3P划为一类物质，则下列物质中不能划分为此类物质的是()A．Na2O2B．NOC．Al2(SO4)3D．NaClO解析：C中Al、S均处于最高价态，而其他各项中均有元素处于中间价态．答案：C3．(2011·佛山模拟)生物学家借助新的显微技术，成功观察到半径小于200 nm 的粒子．下列分散系中，分散质微粒半径最小的是()A．雾B．蛋白质溶液C．石灰乳D．KNO3溶液解析：溶液粒子半径最小．答案：D4．下列关于胶体的认识错误的是()A．鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液生成白色沉淀，属于物理变化B．纳米材料粒子直径一般从几纳米到几十纳米(1 nm＝10－9 m)，因此纳米材料属于胶体C．往Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸会产生沉淀而后沉淀逐渐溶解D．水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘粒子带电荷解析：A项为盐析的过程，盐析为可逆过程，并且属于物理变化；B项胶体属于一种分散系而纳米材料则不是；C项属于胶体的聚沉，即在胶体中加电解质，电解质电离产生与胶体粒子带相反电荷的离子中和了胶体粒子所吸附的电荷，消除了胶体粒子间的相互斥力，从而使胶体发生聚集，形成大颗粒而沉淀，Fe(OH)3胶体沉淀后又和后续加入的H2SO4发生反应生成Fe2(SO4)3，沉淀溶解；D项烟尘形成的分散系为气溶胶，带电，所以可以利用高压电除尘．答案：B5．(2011·青岛模拟)下列说法正确的是()A．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B．蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、弱电解质和强电解质C．Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到D．天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源解析：选项A中，纯碱属于盐，不是碱．选项B中，虽然BaSO4在水中溶解度很小，但BaSO4溶于水的部分完全电离，而且熔化状态下也可完全电离，因此BaSO4为强电解质．选项C中，Mg、Al、Cu因活泼性不同，其一般的冶炼方法分别是：电解法、电解法、热还原法．答案：D6．(2011·南平质检)下列关于氧化物的叙述正确的是()A．酸性氧化物都可以跟强碱溶液反应B．与水反应可生成酸的氧化物都是酸性氧化物C．金属氧化物都是碱性氧化物D．不能跟酸反应的氧化物一定能和碱反应解析：和碱反应只生成盐和水的化合物称为酸性氧化物，所以酸性氧化物都可以和强碱反应，A项正确；二氧化氮可以和水反应生成酸，但它不是酸性氧化物，B项错误；Mn2O7是金属氧化物，但不是碱性氧化物，C项错误；CO不跟酸反应，也不和碱反应，D项错误．答案：A7．(2011·海南嘉积中学质检)实验室中的药品常按物质的性质、类别等有规律地摆放．现有部分药品按某种规律摆放在实验桌上，如下图．做“硫酸的性质”的实验时，某同学取用BaCl2溶液后，应把它放回的位置是()解析：按酸、碱、盐、指示剂顺序排列，故BaCl2应放盐列．答案：C8．甲、乙是两种常见的短周期元素的单质，其有关物质的转化如图所示，其中C为白色沉淀，D为气体，下列说法不．正确的是()A．D只能为酸性气体B．D可能为酸性气体C．D可能为碱性气体D．A与水反应可能生成Mg(OH)2沉淀解析：依据A物质在一定条件下可生成白色沉淀C和气体D，又是由短周期元素的单质化合而成，则A可能是Al2S3或Mg3N2，因二者与H2O反应均产生白色沉淀和气体，则气体可能是酸性气体H2S或碱性气体NH3，沉淀C则是Al(OH)3或Mg(OH)2.答案：A9．(2011·岳阳一中质检)以下物质间的每步转化通过一步反应能实现的是()A．Al—Al2O3—Al(OH)3—NaAlO2B．N2—NO—NO2—HNO3C．S—SO3—H2SO4—MgSO4D．Fe—FeO—Fe(OH)2—Fe(OH)3解析：A中Al2O3→Al(OH)3.B中S→SO3，D中FeO→Fe(OH)2通过一步反应均不能实现．答案：B10．(2011·浙江五校联考)向胶体中加入电解质能使胶体凝聚．使一定量的胶体溶液在一定时间内开始凝聚所需电解质的浓度(a mol·L－1)称作“聚沉值”，电解质的“聚沉值”越小，则表示其凝聚力越大，实验证明，凝聚力主要取决于和胶粒带相反电荷的离子所带的电荷数，电荷数越大，凝聚力越大，则向Fe(OH)3胶体中加入下列电解质时，其“聚沉值”最小的是()A．NaCl B．FeCl3C．K2SO4D．Na3PO4解析：Fe(OH)3胶体微粒带正电，所以PO43－的“聚沉值”最小．答案：D二、非选择题(本题包括4小题，共50分)11．(10分)已知反应：①X(酸)＋Y(碱)→NaCl＋水；②Y(碱)＋W(盐)→NaCl＋难溶性碱；③Z(盐)＋H(盐)→NaCl＋难溶性盐．则(1)X的名称是________；Y的化学式是________．(2)盐W中一定含有________元素．(3)写出盐Z和盐H反应的化学方程式：___________________________________________________________________________________________________________.解析：此题是对单质、氧化物、酸、碱和盐之间的相互关系的考查，做题时应依据质量守恒定律．需要强调的是：一要注意审题，看清题目要求写化学式还是名称；二要开阔思维，如(3)答案随题干③中难溶性盐变化而变化．答案：(1)盐酸NaOH(2)氯(3)CaCl2＋Na2CO3===2NaCl＋CaCO3↓(合理即可)12．(12分)在如图所示的有关物质转化关系中，各物质均是我们中学化学所学的物质．C 为一种黑色粉末，D为一种气体．请根据框图中物质的转化关系及相关信息，用化学式填写下列空白：(1)若F为可溶性碱，G为蓝色沉淀．则A为________；D可能为________________．(2)若G为蓝色沉淀，H为难溶性盐，则I为________．(3)若G、H都属于盐，且G为蓝色溶液，则I可能为_______；F可能为________．解析：由题中框图关系可知，黑色粉末与一种气体在加热条件下反应生成A、B两种物质，应为氧化铜被还原．因为D点燃可生成B，若D为氢气，B为水，若D为CO，B为CO2，C为CuO，A为Cu.因CuO可与酸反应，所以I为酸，E为铜盐，当G为蓝色沉淀Cu(OH)2时，F应为可溶性碱，H为盐．因H为难溶性盐，则F为Ba(OH)2，H为BaSO4，I为H2SO4.若G、H都属于盐，且G为蓝色溶液，则根据复分解反应的规律H为难溶性盐，若I为HCl，则E为CuCl2，F为AgNO3，G为Cu(NO3)2，H为AgCl；若I为H2SO4，则E为CuSO4，F为BaCl2，G为CuCl2，H为BaSO4.答案：(1)Cu H2或CO(2)H2SO4(3)HCl或H2SO4AgNO3或BaCl213．(14分)今有下列两组单质Ⅰ.F2、S、Cl2、Br2Ⅱ.Fe、Na、Al、Si(1)试将每组单质从不同角度进行分类．每种分类都可分别挑选出一种单质，它跟其他单质属于不同“类”．将挑选出的单质(写化学符号)和挑选依据(写编号)列在下面相应的表格内．挑选依据仅限于以下四种：A．其组成元素不属于金属(或非金属)；B．其组成元素不属于元素周期表中的同一族；C．其组成元素不属于周期表中的同一周期；D．其组成元素不属于主族元素；(2)Ⅱ组中一种物质的氢氧化物既能溶于强酸又能溶于强碱，写出该氢氧化物和氢氧化钠溶液反应的离子方程式：____________________________________.(3)Ⅰ、Ⅱ两组物质可以形成多种化合物．用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入1 mol·L －1的其中一种化合物的水溶液，可制得一种红褐色胶体．①反应的化学方程式为__________________________________________________． ②如何用较简单的方法判断胶体是否制备成功？___________________________________________________________________________________________________ ③向该胶体中逐滴加入H I 稀溶液，会出现一系列变化．a ．先出现红褐色沉淀，原因是__________________________________________．b ．随后沉淀溶解，此反应的离子方程式是_________________________________ ________________________________________________________________________. 解析：(1)第Ⅰ组物质可以根据B 依据找出不同“类”的单质，第Ⅱ组物质可以根据A 、C 、D 依据找出不同类的单质．(2)Al(OH)3与NaOH 溶液反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH －===[Al(OH)4]－.(3)①由题意知，该化合物为FeCl 3，反应的化学方程式为FeCl 3＋3H 2O=====△Fe(OH)3(胶体)＋3HCl.②可利用该分散系能否产生丁达尔现象来判断胶体是否制备成功．③Fe(OH)3胶体中加入少量电解质HI 出现聚沉生成Fe(OH)3沉淀．当Fe(OH)3聚沉完后又与加入的强酸HI 发生酸碱中和同时又发生2Fe 3＋＋2I －===2Fe 2＋＋I 2，沉淀溶解．答案：(1)S Si Fe Fe B A C D(2)Al(OH)3＋OH －===[Al(OH)4]－(3)①FeCl 3＋3H 2O=====△Fe(OH)3(胶体)＋3HCl②若该分散系能产生丁达尔现象，则制备成功；否则，不成功．③Fe(OH)3胶体中加入少量电解质HI 出现聚沉生成Fe(OH)3沉淀 2Fe(OH)3＋6H ＋＋2I －===2Fe 2＋＋I 2＋6H 2O14．(14分)(2011·郑州质检)取少量Fe 2O 3粉末(红棕色)加入适量盐酸，所发生反应的化学方程式为__________________________，反应后得到的溶液呈________色．用此溶液进行以下实验：(1)取少量溶液置于试管中，滴入NaOH 溶液，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的化学方程式为________________________，此反应属于________________(填反应类型)．(2)在小烧杯中加入20 mL 蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴FeCl 3溶液，继续煮沸直至溶液呈________色，即可制得Fe(OH)3胶体．(3)取另一小烧杯也加入20 mL蒸馏水，向烧杯中加入1 mL FeCl3溶液，振荡均匀后，将此烧杯(编号甲)与盛有Fe(OH)3胶体的烧杯(编号乙)一起放置于暗处，分别用激光笔照射烧杯中的液体，可以看到________烧杯中的液体会产生丁达尔效应．这个实验可以用来区别______________________________．(4)将制得的胶体放入半透膜制成的袋内，如图1所示．放置2 min后，取少量半透膜外的液体于试管中，再向试管中加入用稀硝酸酸化的AgNO3溶液，可观察到的现象为________．该操作名称为________．(5)将半透膜内的液体倒入U形管中，如图2所示，在液体上方加入少量电解液以保护胶体，接通直流电后，观察到的现象是________(填“阴”或“阳”)极附近颜色逐渐变深，其原因是____________________________________________________________________．(6)已知Al(OH)3胶体能够净水，理由为________________________，Fe(OH)3胶体________ (填“能”或“不能”)净水．解析：碱性氧化物与酸反应生成盐和水，方程式为Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O，溶液呈棕黄色．(1)向FeCl3溶液中滴入NaOH溶液发生复分解反应．(2)主要考查Fe(OH)3胶体的制备．(3)区分溶液和胶体常用丁达尔效应．(4)Fe(OH)3胶体不能透过半透膜，而Cl－可以，加入AgNO3溶液，产生AgCl沉淀．(5)考查电泳这一性质，Fe(OH)3胶粒带正电，向阴极移动．(6)胶体净水主要利用表面积大，吸附能力强这一性质．答案：Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O棕黄(1)FeCl3＋3NaOH===3NaCl＋Fe(OH)3↓复分解反应(2)红褐(3)乙胶体和溶液(4)有白色沉淀生成渗析(5)阴Fe(OH)3胶粒带正电，通电后向阴极移动(6)Al(OH)3胶粒具有巨大的表面积，可吸附水中的悬浮物而聚沉能。
专题4 课题1 创新演练大冲关 每课一练
专题4 课题1 创新演练大冲关每课一练2．下图横坐标均表示酶的反应条件，纵坐标为酶反应速度，能正确反映温度和pH与酶反应速度关系的是()A．甲和乙B．乙和丙C．甲和丙D．丙和丙解析：酶活性受温度和pH影响，在一定温度或pH内，随温度或pH的升高而升高；当超过某一温度或pH后，随温度或pH升高而下降，即呈倒钟形。
答案：D3．在探究pH对果胶酶活性影响的实验中，有关叙述不．正确的是()A．自变量是不同的pH梯度B．控制不变的量有温度、底物浓度、酶浓度、反应时间等C．可通过测定滤出的果汁体积判断果胶酶的最适pHD．pH过低时，果胶酶活性变小，但不失活解析：温度过高、过酸、过碱都会使酶活性丧失，使酶分子结构破坏，不可恢复。
答案：D4．有人测定了甲、乙、丙、丁四种植物体内多种酶的活性与温度的关系，结果如下图所示。
根据图中的信息，你认为在25℃条件下，竞争能力最强的生物和对温度适应范围最广的生物分别是()A．乙和丁B．乙和丙C．乙和甲D．甲和丙解析：最适温度下，酶活性最强，该生物生活得也最好，竞争力就强；酶有活性的范围越大，生物的生存温度范围就越广。
答案：B5．对“探究果胶酶的用量”实验的说法不．正确的是()A．实验时可配制不同浓度的果胶酶溶液B．底物浓度一定时，酶用量越大，滤出的果汁越多C．本实验应控制在适宜温度和pH条件下D．反应液体积和pH必须相同解析：本实验中的实验变量是酶的用量，温度和pH属于无关变量，因此实验应控制在适宜的温度和pH条件下。
实验时可配制不同浓度的果胶酶溶液，也可以配制一种浓度的果胶酶溶液，使用不同的体积即可。
在其他条件固定不变的情况下，在一定范围内，随着酶用量的增多，酶促反应速率加快，滤出的果汁也增多，当酶用量达到一定值，底物成为限制因素时，再增加酶的用量，反应速率也不再增大，滤出的果汁也不再增多。
[来源:学|科|网]答案：B[来源:1ZXXK]6.在用果胶酶处理苹果泥时，为了使果胶酶能够充分地催化反应，应采取的措施是A．加大苹果泥用量B．加大果胶酶用量C．进一步提高温度D．用玻璃棒不时地搅拌反应混合物解析：为使果胶酶能够充分地催化反应，应用玻璃棒不时地搅拌反应物，使酶与底物充分混合接触。
第10章 第2节 创新演练大冲关
(时间60分钟，满分100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分)1．(2011·福州三中测试)下列物质除杂(括号内物质为杂质)的方法及试剂都正确的是( )解析：A 中CO 2与SO 2都与氢氧化钠溶液反应，A 错误；B 中AlCl 3与MgCl 2都与氢氧化钠溶液反应，B 错误；C 中水、乙醇、乙酸三者互溶不能用萃取的方法分离，C 错误；故选D.答案：D2．(2009·广东高考)难挥发性二硫化钽(TaS 2)可采用如下装置提纯．将不纯的TaS 2粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中．反应如下：TaS 2(s)＋2I 2(g)1123K1023KTaI 4(g)＋S 2(g) 下列说法正确的是( )A ．在不同温度区域，TaI 4的量保持不变B ．在提纯过程中，I 2的量不断减少C ．在提纯过程中，I 2的作用是将TaS 2从高温区转移到低温区D ．该反应的平衡常数与TaI 4和S 2的浓度乘积成反比解析：A 项，TaI 4主要存在于高温区．B 项，在提纯过程中，I 2的量应基本保持不变．D 项，该反应的平衡常数为：K ＝c (TaI 4)·c (S 2)[c (I 2)]2，与二者的乘积成正比．答案：C3．下列实验能达到预期目的的是( )A ．向煮沸的1 mol·L －1 NaOH 溶液中滴加FeCl 3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体B ．用氢氧化铜粉末检测尿糖C ．称取19.0 g SnCl 2，用100 mL 蒸馏水溶解，配制1.0 mol·L －1 SnCl 2溶液D ．向乙酸乙酯中加入饱和Na 2CO 3溶液，振荡，分液分离除去乙酸乙酯中的少量乙酸 解析：A 项，制备Fe(OH)3胶体应向煮沸的蒸馏水中滴加FeCl 3饱和溶液；B 项，检验尿糖应用新制Cu(OH)2悬浊液；C 项，配制1.0 mol·L －1 SnCl 2溶液应用容量瓶，加水稀释至100 mL.答案：D4．(2011·宝鸡质检)除去下列物质中所含少量杂质的方法不．正确的是( )解析：A 项中Na 2CO 3溶液能吸收CO 2，发生Na 2CO 3＋CO 2＋H 2O===2NaHCO 3，应选择饱和NaHCO 3溶液．答案：A5．根据下列实验所观察到的现象，得出的结论一定正确的是( ) A ．无色溶液――――――――→用红色石蕊试纸测定试纸变蓝 结论：溶液是碱B ．无色溶液――――――――――――→新制Cu (OH )2悬浊液△出现红色沉淀 结论：溶液中含有醛 C ．澄清石灰水―――――――――→通入无色气体产生白色沉淀 结论：气体是CO 2D ．无色试液――――――→加过量盐酸无沉淀――――――→再加BaCl 2溶液产生白色沉淀 结论：试液中含有SO 24-解析：A 项，只能说明溶液呈碱性，不一定是碱溶液；B 项，只能说明该溶液中含有醛基类物质；C 项，能使澄清石灰水变浑浊的可能是SO 2或CO 2；D 项，加盐酸后无沉淀生成说明无Ag ＋，同时也排除了CO 23-、SO 23-等杂质离子的干扰．答案：D6．要提纯下列物质(括号内物质为杂质)，实验操作最合理的是( ) A ．CO 2(SO 2)：通入盛有品红溶液的洗气瓶B ．己烷(己烯)：加入足量的溴水，充分振荡，静置分层后分离C ．硫酸铁溶液(硫酸亚铁)：通入足量氯气，充分反应后加热，使多余氯气逸出D．Mg(OH)2[Ca(OH)2]：放入水中调成浆状后，加入足量MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用蒸馏水洗涤解析：A中CO2可溶于品红中；B中生成的二溴己烷可溶于己烷中；且己烷能萃取溴水中的溴；C中通入Cl2后，混入Cl－；D中S[Mg(OH)2]<S[Ca(OH)2]，故选D.答案：D7．用下列实验装置完成对应的实验(部分仪器已省略)，操作正确并能达到实验目的的是()解析：碱式滴定管不能盛装酸性KMnO4溶液，易腐蚀橡胶，A项不正确；B项未使用玻璃棒引流且漏斗的下端未紧贴烧杯内壁；C项将胶头滴管伸入苯液面以下，可防止Fe(OH)2被氧化；D项，由于白磷着火点低，易燃烧，而在白磷处加热不能比较出二者着火点的高低．答案：C8．现有①Al2(SO4)3②Ba(NO3)2③NaOH④CuCl2⑤KCl五种物质的溶液，不加任何试剂就可鉴别出的先后顺序正确的是()A．④③①②⑤B．③①④②⑤C．②③④①⑤D．⑤④③②①解析：首先将蓝色的CuCl2溶液找出，用它与其余溶液反应，产生蓝色沉淀的是NaOH 溶液．然后用NaOH溶液分别逐滴滴入剩余未知溶液中反应，产生白色沉淀后，沉淀又溶解的是Al2(SO4)3溶液．再将Al2(SO4)3溶液分别与余下的两种未知液反应，产生白色沉淀的是Ba(NO3)2溶液，无现象的是KCl溶液．答案：A9．下图装置是实验室制备氨气的装置，在试管口处的试纸可以检验氨气的逸出．下列不．能用来放置在试管口的试纸是()A．湿润的pH试纸B．湿润的蓝色石蕊试纸C．湿润的红色石蕊试纸D．浸有酚酞试剂的滤纸解析：该实验装置中产生的氨气从试管口逸出，因为氨气是碱性气体，所以可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，也可以使湿润的pH试纸变蓝，还可以使湿润的酚酞试纸(即“浸有酚酞试剂的滤纸”)变红．故选项A、C、D可以检验氨气的存在．答案：B10．下列操作：①将100 g H2O倒入100 g 98% H2SO4溶液中配制成49%的H2SO4溶液；②取用后剩下的金属钠立即放回原试剂瓶中；③用酸式滴定管装KMnO4溶液；④为避免液体外流，在使用胶头滴管时，应将滴管尖嘴伸进试管内，其中正确的是() A．①④B．③④C．②③D．①③解析：①应将浓硫酸沿烧杯壁缓慢倒入水中并不断搅拌，④胶头滴管尖嘴不能伸进试管内，以免污染试剂．答案：C二、非选择题(本题包括4小题，共50分)11．(8分)实验室需要纯净的NaCl溶液，但现有的NaCl晶体混有少量Na2SO4和(NH4)2CO3，请设计实验除去杂质，并回答下列问题．(1)除去(NH4)2CO3用加热好还是加强碱后再进行加热好？你选择的是________，其理由是____________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.判断(NH4)2CO3已除尽的方法是____________________________________________ ________________________________________________________________________.-的方法是____________________________________________________(2)除去SO24-已除尽的方法是______________________ __________________________.判断SO24________________________________________________________________________.解析：比较NaCl和(NH4)2CO3的性质差异结合除杂的基本原则，可得出加热的方法-是加入过量好．判断(NH4)2CO3是否被除尽时，只能用盐酸，否则会带来杂质．除去SO24的BaCl 2溶液，再用过量的Na 2CO 3溶液来除去过量的BaCl 2，最后用适量的盐酸除去过量的Na 2CO 3.答案：(1)加热好 因加热操作简单节省试剂，且不引入新的杂质 将残留物溶于水后加盐酸，看是否有气泡产生(2)先加入过量BaCl 2的溶液，再加入过量的Na 2CO 3溶液，过滤后，溶液中加入适量盐酸 取加入BaCl 2溶液后的上层清液，再滴入少量的BaCl 2，看是否有白色沉淀生成12．(14分)(2009·全国卷Ⅱ)现有A 、B 、C 、D 、E 、F 六种化合物，已知它们的阳离子有K ＋、Ag ＋、Ca 2＋、Ba 2＋、Fe 2＋、Al 3＋，阴离子有Cl －、OH －、CH 3COO －、NO 3-、SO 24-、CO 23-，现将它们分别配成0.1 mol·L －1的溶液，进行如下实验：①测得溶液A 、C 、E 呈碱性，且碱性为A>E>C ；②向B 溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失； ③向D 溶液中滴加Ba(NO 3)2溶液，无明显现象；④向F 溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色． 根据上述实验现象，回答下列问题：(1)实验②中反应的化学方程式是____________________________________________ ________________________________________________________________________； (2)E 溶液是________，判断依据是__________________________________________ ________________________________________________________________________； (3)写出下列四种化合物的化学式：A______________、C__________、D__________、F__________.解析：由①中碱性强弱顺序可知A 是碱，E 是碳酸盐，C 是醋酸盐；而所给六种阳离子可以与CO 23-形成可溶性盐的只有K ＋，所以E 是K 2CO 3.由②中现象可知B 中有Ag ＋，则应是AgNO 3.由③中现象知D 中无CO 23-和SO 24-.由④中现象可知F 中有Fe 2＋.由题意知六种化合物均是可溶性的，A 是碱，则应是Ba(OH)2.C 是强碱弱酸盐，则为Ca(CH 3COO)2.D中无CO 23-和SO 24-，则F 中有SO 24-，F 为FeSO 4，D 是AlCl 3.答案：(1)AgNO 3＋NH 3·H 2O===AgOH ↓＋NH 4NO 3 AgOH ＋2NH 3·H 2O===Ag(NH 3)2OH ＋2H 2O(2)碳酸钾 由①中碱性强弱的顺序可知，E 是碳酸盐．六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，所以E 是碳酸钾(3)Ba(OH)2 Ca(CH 3COO)2 AlCl 3 FeSO 413．(12分)农业上使用的氮肥主要是“铵态氮肥”和“尿素”．某化学兴趣小组对某“铵态氮肥”进行了专项探究：(1)预测根据已有信息初步预测该“铵态氮肥”可能是碳酸或亚硫酸或硫酸的铵盐．(2)探究①NH4＋的验证：取少量固体药品于试管中，然后__________________；发生反应的离子方程式为________________________________________．②阴离子的探究：a.取少量固体药品于试管中，然后向试管中滴加稀盐酸，固体全部溶解，将产生的气体通入如图所示装置．观察到的现象是：溴水无明显变化，澄清石灰水变浑浊．再向滴加稀盐酸反应后的试管中，加Ba(OH)2溶液，无明显现象．初步结论：“铵态氮肥”是________的铵盐．b．要进一步确定该“铵态氮肥”的成分还需要补做如下实验：取适量“铵态氮肥”配制成溶液，取少许溶液置于一支洁净的试管中，加入__________________________．解析：本题是物质鉴定题，要分别鉴定阳离子和阴离子．①NH4＋的鉴定是利用与碱反应放出氨气的性质；②与盐酸反应有气体生成，该气体不能与溴水反应，说明不是SO2，可使澄清石灰水变浑浊，说明是CO2；滴加Ba(OH)2无沉淀生成，说明无SO42－.答案：(2)①滴加NaOH浓溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，加热试管，若红色石蕊试纸变蓝，则证明含NH4＋NH4＋＋OH－===NH3↑＋H2O②碳酸足量BaCl2溶液，振荡，若不产生白色沉淀，说明该化肥主要成分为NH4HCO3；若产生白色沉淀，说明该化肥主要成分为(NH4)2CO314．(16分)某固体混合物可能含有MgCO3、Al2(SO4)3、Na2SO4、Ba(NO3)2、AgNO3和CuSO4.将该混合物进行如下实验，根据所给实验现象完成表格(对于能确定的物质在相应位置写化学式，暂不能确定的物质在相应位置填“无”)．(1)将少许混合物放入水中得到无色溶液和白色沉淀．(2)取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色.(3)取白色沉淀加入稀盐酸，沉淀完全溶解并放出气体.(4)通过上述实验仍无法确定的物质是____________．解析：(1)根据无色溶液，可判断一定无CuSO4，因为CuSO4溶液为蓝色．(2)根据焰色反应呈黄色，则判断一定有Na2SO4，不能确定其他的物质是否存在．(3)与盐酸反应放出气体，且沉淀完全溶解，因此一定有MgCO3，一定无Ba(NO3)2和AgNO3，若有这两种物质，会生成不溶于稀盐酸的沉淀．答案：(1)(2)(3)（4）Al2（SO4）3。
高考物理 第十二章 第二讲 创新演练大冲关
创新演练大冲关(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题7分，共70分．至少一个选项符合题目要求)1．木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图1所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )图1①a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒②a尚未离开墙壁前，a与b系统的动量不守恒③a离开墙后，a、b系统动量守恒④a离开墙后，a、b系统动量不守恒A．①③B．②④C．①④D．②③解析：以a、b、弹簧为系统，撤去外力后，b向右运动，在a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的弹力F N，因此，该过程a、b系统动量不守恒，当a离开墙壁后，系统水平方向不受外力，故系统动量守恒．答案：D2．(2011·张掖联考)放在光滑水平面上的甲、乙两物体，系在同一根绳的两端，开始时绳是松弛的，今使甲、乙沿平面反向运动并将绳拉断，那么在绳拉断后，对甲、乙可能的运动情况分析错误的是( )A．甲和乙同时都停下来B．甲和乙仍按各自原来的运动方向运动C．其中一个停下来，另一个反向运动D．其中一个停下来，另一个仍按原方向运动解析：作用前后总动量守恒，如果一个停下来，另一个反方向运动，则违背动量守恒定律，A、B、D三个选项都遵从动量守恒定律．答案：C3．如图2所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后( ) 图2A ．两者的速度均为零B ．两者的速度总不会相等C ．盒子的最终速度为mv 0M ，方向水平向右 D ．盒子的最终速度为mv 0M ＋m，方向水平向右 解析：由于盒子内表面不光滑，在多次碰后物体与盒相对静止，由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v ′，解得：v ′＝mv 0M ＋m ，故D 对． 答案：D4．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500 kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg 向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离停止．根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s 的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率( )A ．小于10 m/sB ．大于10 m/s ，小于20 m/sC ．大于20 m/s ，小于30 m/sD ．大于30 m/s ，小于40 m/s解析：取向南为正方向，由题意知系统的总动量向南，由动量守恒定律有m 1v 1－m 2v 2>0，即v 2<m 1m 2v 1＝15003000×20 m/s＝10 m/s ，A 选项正确． 答案：A5．斜面体的质量为M ，斜面的倾角为α，放在光滑的水平面上处于静止．一个小物块质量为m ，以沿斜面方向的速度v 冲上斜面体，若斜面足够长，物块与斜面的动摩擦因数为μ，μ>tan α，则小物块冲上斜面的过程中( )A ．斜面体与物块的总动量守恒B ．斜面体与物块的水平方向总动量守恒C ．斜面体与物块的最终速度为mv M ＋mD ．斜面体与物块的最终速度为Mv M ＋m解析：物块与斜面体组成的系统水平方向不受力，水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A 错，B 对；由于μ>tan α，物体滑到最高点时停下来，不再沿斜面下滑，故mv cos α＝(M ＋m )v ′，斜面体与物体的最终速度v ′＝mv cos αM ＋m，故C 、D 错． 答案：B6．(2011·安顺模拟)如图3所示，两条形磁铁各固定在甲、乙两车上，它们能在水平面上无摩擦地运动，甲车和磁铁的总质量为1 kg ，乙车和磁铁的总质量为0.5 kg ，两磁铁N 极相对，推动一下使两车在同一直线上相向而行，某时刻甲车的速度为2 m/s ，乙车的速度为3 m/s ，可以看到它们还未碰上便分开了．下列说法正确的是( ) 图3A ．乙车开始反向时，甲车的速度为1 m/s ，方向不变B ．两车距离最近时，乙车的速度为零C ．两车距离最近时，乙车的速度为0.33 m/s ，与乙车原来的速度方向相反D ．甲对乙的冲量等于乙对甲的冲量解析：乙车开始反向时，速度为零，由动量守恒可推得这时甲车速度为0.5 m/s ，沿原方向，两车相距最近应是速度相等之时，v 甲＝v 乙＝0.51.5m/s≈0.33 m/s ，甲、乙冲量大小相等、方向相反．则C 正确．答案：C7．甲、乙两人站在静止小车左右两端，如图4所示，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中错误的是(轨道光滑)( ) 图4A ．乙的速度必定大于甲的速度B ．乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量C ．乙的动量大小必定大于甲的动量大小D ．甲、乙动量总和必定不为零解析：对甲、乙和小车组成的系统，由动量守恒可得：m 甲v 甲－m 乙v 乙＋m 车v 车＝0(取向右为正方向)，由上式很容易得出C 、D 均正确；因不知m 甲、m 乙的大小关系，所以甲、乙的速度关系不能确定，A 错误；对小车用动量定理得：I 乙－I 甲＝m 车v 车(取向右为正方向)，所以I 乙＞I 甲，B 项正确．答案：A8．如图5所示，一光滑地面上有一质量为m ′的足够长的木板ab ，一质量为m 的人站在木板的a 端，关于人由静止开始运动到木板的b 端(M 、N 表示地面上原a 、b 对应的点)，图6所示中正确的 图5是( )图6解析：根据动量守恒定律，木板与人组成的系统动量守恒，对于题中的“人板模型”，各自对地的位移为s m ′、s m ，且有m ′s m ′＝ms m ，s m ′＋s m ＝L 板长，以M 点为参考点，人向右运动，木板向左运动，易得D 是正确的．答案：D9．(2011·东城模拟)如图7所示，一沙袋用轻细绳悬于O 点．开始时沙袋静止，此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出．第一粒弹丸的速度为v 1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°.当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以水平速度v 2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°.若弹丸质量是沙袋质量的140，则以下结论中正确的是( ) 图7 A ．v 1＝v 2B ．v 1∶v 2＝41∶42C ．v 1∶v 2＝42∶41D ．v 1∶v 2＝41∶83解析：根据摆动过程中机械能守恒和两次击中沙袋摆动的角度相等可知，两次击中沙袋后的速度相同，设为v ，用M 表示沙袋的质量，m 表示弹丸的质量，由动量守恒得第一次：mv 1＝(M ＋m )v第二次：mv 2－(M ＋m )v ＝(M ＋2m )v ，m ＝140M ， 解以上三式得：v 1∶v 2＝41∶83，故选项D 是正确的．答案：D10．水平传送带上表面与水平桌面等高，右端与桌面紧密相接，左端足够长，传送带始终顺时针匀速转动传送木箱．如图8所示，木箱与传送带已有相同的速度，当木箱到达传送带右端时，突然遇到水平向左射来的子弹，二者迅速结为一体．已知木箱动量 图8 p 1的大小小于子弹动量p 2的大小，最终木箱停在桌面上的Q 点，下列说法中正确的是( )A ．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q 点的右侧B ．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q 点的左侧C ．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q 点的右侧D ．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q 点的左侧解析：p 1<p 2，子弹和木箱合为一体后总动量方向向左，结合体向左减速，然后反向加速，到达传送带右端时，由动能定理μmgs ＝12mv 2，最后停于Q 点．若只增大子弹射入的速度，其合为一体时总动量增大，结合体仍向左减速，然后向右加速，可能一直加速，也可能先加速后匀速，故到达传送带右端时速度大于或等于碰后的速度，故可能仍在Q 点或在Q 点右侧，A 对，B 错．若增大木箱与传送带间的动摩擦因数，到达右端时速度不变，故仍在Q 点，C 、D错．答案：A二、计算题(本题共2小题，共30分)11．(15分)(2010·山东高考)如图9所示，滑块A 、C 质量均为m ，滑块B 质量为32m .开始时A 、B 分别以v 1、v 2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C 无初速地放在A 上，并与A 粘合不再分开，此时A 与B 相距较近，B 与挡板相距足够远．若B 与挡 图9板碰撞将以原速率反弹，A 与B 碰撞将粘合在一起．为使B 能与挡板碰撞两次，v 1、v 2应满足什么关系？解析：设向右为正方向，A 与C 粘合在一起的共同速度为v ′，由动量守恒定律得 mv 1＝2mv ′ ① 为保证B 碰挡板前A 未能追上B ，应满足v ′≤v 2 ② 设A 与B 碰后的共同速度为v ″，由动量守恒定律得2mv ′－32mv 2＝72mv ″ ③为使B 能与挡板再次碰撞应满足v ″＞0 ④ 联立①②③④式得1．5v 2＜v 1≤2v 2或12v 1≤v 2＜23v 1. ⑤答案：1.5v 2<v 1≤2v 2或12v 1≤v 2<23v 1 12．(15分)如图10所示，m A ＝1 kg ，m B ＝4 kg ，小物块m C ＝1 kg ，ab 、dc 段均光滑，dc 段足够长；物体A 、B 上表面粗糙，最初均处于静止．最初小物块C 静止在a 点，已知ab长度L ＝16 m ，现给小物块C 一个水平向右的瞬间冲量I 0＝6 N·s. 图10(1)当C 滑上A 后，若刚好在A 的右边缘与A 具有共同的速度v 1(此时还未与B 相碰)，求v 1的大小；(2)A 、C 共同运动一段时间后与B 相碰，若已知碰后A 被反弹回来，速度大小为0.2 m/s ，C 最后和B 保持相对静止，求B 、C 最终具有的共同速度v 2.解析：(1)对物块C ，由动量定理，取向右为正方向I 0＝m C v 0－0，v 0＝I 0m C＝6 m/s. 在C 滑到A 的右边缘的过程中，由于F 合＝0，所以A 、C 系统动量守恒，以v 0方向为正， m C v 0＝(m C ＋m A )v 1，v 1＝3 m/s.(2)以v 0方向为正，A 、C 一起向右运动到与B 相碰后，C 将滑上B 做减速运动，直到与B 达到共同的速度，整个过程动量守恒，有(m C ＋m A )v 1＝－m A v A ＋(m B ＋m C )v 2， 所以v 2＝1.24 m/s.答案：(1)3 m/s (2)1.24 m/s。
高中政治选修2专题一第二框创新演练_大冲关
一、单项选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）1. “劳动生产力上最大的增进，以及运用劳动时所表现的更大的熟练、技巧和判断力，似乎都是分工的结果。
”亚当斯密的这段话（）A •强调的是分工有利于机械的发明和使用B •说明斯密重视分工对于发展生产力的作用C •强调了分工对于增进国民财富的作用D •反映了他所处的工场手工业时代生产发展的要求［来源：学科网］解析：这段话主要强调了分工是提高劳动生产率的主要途径。
A、C、D三项都不符合题意，故不能选。
答案：B［来源:学科网］2 •斯密认为提高资本利用效率的最好、最有效的方法是（）A .提高劳动生产率［来源:学科网ZXXK］B .自由放任，充分发挥市场的作用C .政府干预经济D •开展对外贸易解析：斯密认为取消政府对经济活动的所有干预，充分发挥市场的作用，让每个人自由地参与市场活动，是提高资本利用效率的最好方法，B项符合题意。
A、C、D三项不符合题意。
答案：B［来源:学科网ZXXK］3•针对市场调节的缺陷与不足，需要发挥“看得见的手”的作用。
“看得见的手”是指（）［来源:Z*xx*］A .市场B .价格C .竞争D .政府的干预［来源：学科网］解析：A项属看不见的手，B、C两项属市场调节机制中的市场要素，D项是“看得见的手答案：D4.亚当斯密按国家职能把支出费用分为哪几类（）①保卫本国不受侵犯②保护社会成员的财产和人身安全③维护市场秩序，促进贸易④建设和维护公共工程A .①②③B.②③④C .①②④D.①③④答案：C5•斯密认为，市场规模制约着分工，因此他认为（）A .国家应加强对经济的干预，扩大市场规模B .分工能提高劳动生产率［来源:］C •取消一切限制市场和交换的措施，自由放任D .分工决定交换［来源:Z*xx*］解析：A、B两项不符合题意，D项不属斯密的观点，正确答案为C项。
答案：C6.斯密认为提高劳动生产率的主要途径是（）A .改进技术B .提高劳动强度C .交换D .分工解析：此题考查斯密关于增加国民财富途径的观点。
第二章 第三讲 创新演练·大冲关
(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题7分，共70分．至少一个选项符合题目要求)1．(2011·巢湖检测)设物体运动的加速度为a、速度为v、位移为s.现有四个不同物体的运动图象如图1所示，物体C和D的初速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是()图1解析：A图象显示位移有正、负值，B图象显示速度方向有变化．C图象表示0～1 s 内匀加速，速度达到一定值，1～2 s内匀减速，2 s末速度减小为零，此后重复这个过程，速度的方向一直不变；D图象显示速度方向有变化．答案：C2．某物体运动的v－t图象如图2所示，则下列说法正确的是()图2A．物体在第1 s末运动方向发生改变B．物体在第2 s内和第3 s内的加速度是相同的C．物体在第6 s末返回到出发点D．物体在第5 s末离出发点最远，且最大位移为0.5 m解析：物体在前2 s内速度方向均为正方向，A错误；物体在第2 s内和第3 s内的v －t图线的斜率相同，故加速度相同，B正确；物体在前4 s内的总位移为零，在第2秒末和第6 s末离出发点最远，最大位移为s m＝121×2 m＝1 m，故C、D均错．答案：B3.一个沿竖直方向运动的物体，其速度图象如图3所示，设向上为正方向．则可知()A．这是竖直下抛运动B．这是竖直上抛又落回原地的过程C．这是从高台上竖直上抛又落回地面的过程图3D．抛出后2 s物体又落回抛出点解析：由v－t图象可知，速度先正后负，物体先向上后向下，A错误；图线与横轴所夹面积先有正面积，后有负面积，到2 s时正负面积相等，回到原地，D正确；到3 s末，负面积比正面积大，物体的最终位置在抛出点的下方，C正确，B错误．答案：CD4．利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图象，某同学在一次实验中得到的运动小车的v－t图象如图4所示，由此可以知道()图4A．小车先做加速运动，后做减速运动B．小车运动的最大速度约为0.8 m/sC．小车的最大位移是0.8 mD．小车做曲线运动解析：v－t图线上的点表示某一时刻的速度，从图象可以看出小车先做加速运动，后做减速运动，运动的最大速度约为0.8 m/s，A、B选项正确；小车的位移可通过v－t图线与横轴所围的面积求得：查格85格，位移约为85×0.1×1 m＝8.5 m，C项错误；v－t图线为曲线，表示速度大小变化，但小车并不做曲线运动，D项错误．答案：AB5．一物体以初速度v由地面竖直向上抛出，如果物体运动时受到空气阻力大小不变，图5中能基本反映出它的速度和时间关系的是()图5解析：v－t图象表示各时刻的速度，斜率表示加速度．上升阶段空气阻力向下，加速度向下，大小a1＝g＋f/m；下降阶段空气阻力向上，加速度向下，大小a2＝g－f/m＜a1，则B 正确．答案：B6.(2011·泸州质检)甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的s －t 图象如图6所示，则下列说法正确的是( )A ．t 1时刻乙车从后面追上甲车 图6B ．t 1时刻两车相距最远C ．t 1时刻两车的速度刚好相等D ．0到t 1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度解析：t 1时刻两车位移相同，t 1时刻前乙车的位移小于甲车，故t 1时刻乙车是从后面追上甲车，A 项正确，B 项错误；在s －t 图象中，各个时刻图象切线的斜率表示速度，故t 1时刻两车速度不相等，C 项错误；0到t 1时间内两车位移、时间相等，所以平均速度相等，D 项错误．答案：A7.从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度－时间图象如图7所示．在0～t 2时间内，下列说法中正确的是( )A ．Ⅰ物体所受的合外力不断增大，Ⅱ物体所受的合外力不断减小B ．在第一次相遇之前，t 1时刻两物体相距最远C ．t 2时刻两物体相遇 图7D ．Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是v 1＋v 22解析：速度－时间图象中Ⅰ物体的斜率逐渐减小，即Ⅰ物体的加速度逐渐减小，所以Ⅰ物体所受合外力不断减小，A 错误；在0～t 1时间内，Ⅱ物体的速度始终大于Ⅰ物体的速度，所以两物体间距离不断增大，当两物体速度相等时，两物体相距最远，B 正确；在速度－时间图象中图线与坐标轴所围面积表示位移，故到t 2时刻，Ⅰ物体速度图线所围面积大于Ⅱ物体速度图线所围面积，两物体平均速度不可能相同，C 、D 错误．答案：B8．如图8所示的位移(x )－时间(t )图象和速度(v )－时间(t )图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是( )图8A ．甲车做直线运动，乙车做曲线运动B．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程C．0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远D．0～t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等解析：在x－t图象中表示的是直线运动的物体的位移随时间的变化情况，而不是物体运动的轨迹．由甲、乙两车在0～t1时间内做单向的直线运动，故在这段时间内两车通过的位移和路程均相等，A、B选项均错．在v－t图象中，t2时刻丙、丁速度相等，故两者相距最远，C选项正确．由图线可知，0～t2时间内丙位移小于丁的位移，故丙的平均速度小于丁的平均速度，D选项错误．答案：C9.如图9所示，一个固定在水平面上的光滑物块，其左侧面是斜面AB，右侧面是曲面AC.已知AB和AC的长度相同，两个小球p、q同时从A点分别沿AB和AC由静止开始下滑，比较它们到达水平面所用的时间() A．p球先到B．q球先到图9 C．两小球同时到D．无法比较解析：p、q两球的速率－时间图象如图：由两球通过的路程相等，可知q球先到达水平面，B正确．答案：B10．如图10所示，汽车以10 m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20 m 处时，绿灯还有3 s熄灭．而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度(v)－时间(t)图象可能是图11中的()图10图11解析：清楚地理解v－t图象中“面积”的物理意义，A、D图中v－t图象中“面积”不等于20 m；B中v－t图象的“面积”可能等于20 m；C中v－t图象的“面积”正好等于20 m．B、C正确，A、D错误．答案：BC二、计算题(本题共2小题，共30分)11．(15分)某高速公路边的交通警示牌有如图12甲所示的标记，其意义是指车辆的瞬时速度不得超过90 km/h.若车辆驾驶员看到前车刹车后也相应刹车，反应时间也恒定为1 s ，假设车辆刹车的加速度相同，安全距离是两车不相碰所必须保持的距离的2倍，则车辆行驶在这条公路上的安全距离为多大？图12甲同学这样解答：初速v 0＝903.6m/s ＝25 m/s ，末速v ＝0.作v －t 图求解(如图12乙)．从图中可得两车所要保持的距离就是平行四边形abdc 的面积，其面积恰等于矩形Oace 的面积，即：S abdc ＝(25×1) m ＝25 m ，所以安全距离为50 m.而乙同学认为甲同学的分析不够全面，只分析了一种情况，乙同学认为安全距离应该大于50 m.为什么说甲同学的分析不够全面？你认为还有哪些情况，请予以说明并有解答过程(也可作图并说明)．解析：甲同学的分析不全面，因为他只考虑了前后两辆车都以90 km/h 即25 m/s 的速度行驶的情况，即：v 前＝v 后，其实还存在这样两种情况：(1)v 前＝25 m/s ，v 后＜25 m/s ；(2)v 前＜25 m/s ，v 后＝25 m/s.显然(1)中v 前＝25 m/s ，v 后＜25 m/s 的情况下安全距离小于50 m.而(2)中v 前＜25 m/s ，v 后＝25 m/s 的情况下安全距离要大于50 m ，从v －t 图中可知：两车不相碰距离就是面积S afbdc ＞25 m ，所以安全距离要大于50 m.答案：见解析12．(15分)(2011·南昌调研)在一次警车A 追击劫匪车B 时，两车同时由静止向同一方向加速行驶，经过30 s 追上．两车各自的加速度为a A ＝15 m/s 2，a B ＝10 m/s 2，各车最高时速分别为v A ＝45 m/s ，v B ＝40 m/s ，问追上时两车各行驶多少路程？原来相距多远？解析：设两车加速运动用的时间分别为tA 1、tB 1，以最大速度匀速运动的时间分别为tA 2、tB 2，则v A ＝a A tA 1解得tA 1＝3 s 则tA 2＝27 s ，同理tB 1＝4 s ，tB 2＝26 s警车在0～3 s 时间段内做匀加速运动，L 1＝12a A tA 1 2 在3 s ～30 s 时间段内做匀速运动，则L 2＝v A tA 2警车追上劫匪车的全部行程为L＝L1＋L2＝12a A tA1 2＋v A tA2＝1 282.5 m同理劫匪车被追上时的全部行程为l＝l1＋l2＝12BtB1 2＋v B tB2＝1 120 m同车原来相距ΔL＝L－l＝162.5 m. 答案：1 282.5 m 1 120 m162.5 m。
新课标人教版高一物理必修二 第七章 第5节 探究弹性势能的表达式
(
)
B．当弹簧变短时，它的弹性势能一定变小
C．当拉伸长度相同时，劲度系数越大的弹簧，弹性势能 越大 D．弹簧拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能
解析： 在初始状态不确定的情况下，弹簧变长 ( 或变短 ) 时，弹簧的形变量不一定增大(或变小)，故其弹性势能不 1 2 一定变大(或变小)，A、B 错误；Ep＝2kl 中的 l 为弹簧拉 伸或压缩的长度，如果 k 一定，拉伸或压缩的长度相等， 则拉伸或压缩时的 Ep 就相等，如果 l 为定值，k 越大， 则 Ep 就越大，故 C 正确，D 错误。
答案：ABD
3．在水平面上竖直放置一轻质弹簧，有一物体在它的正上 方自由落下，当物体压缩弹簧速度达到最大时 A．重力与弹簧的弹力平衡 ( )
B．物体的重力势能最小
C．弹簧的弹性势能最大 D．弹簧的弹性势能最小 解析：当物体的速度最大时，重力与弹簧的弹力平衡， 之后物体继续下移，重力势能继续减小，弹簧的弹性势 能继续增大，故B、C、D均错误，A正确。 答案：A
力在整个过程中做的功。
(4)猜想结论： 弹性势能与弹簧的 劲度系数k 和 形变量l 有关。当形变 量l相同时，劲度系数k越大，弹性势能 越大 ；在劲度系数k 相同时，形变量l越大，弹性势能 越大 。
[试身手· 夯基础]
1．关于弹簧的弹性势能，下列说法中正确的是
A．当弹簧变长时，它的弹性势能一定增大
作用而具有势能。
2．探究弹性势能的表达式 (1)猜想依据： 弹性势能与重力势能同属势能。重力势能与物体被举起的 高度h 有关，故弹性势能可能与弹簧的 被拉伸的长度l 有关；
不同物体高度相同时，重力势能 不同 ，形变量相同但劲度系
数k不同的弹簧，弹性势能也 不同 ，因此弹性势能表达式中应 含有 l 和 k 。
2014高考历史人民版必修一专题一·三创新演练·大冲关
(时间：25分钟满分：50分)一、选择题(每小题4分，共32分)1．西汉前期相权之重，是后代少见的，所谓“道德出于君，制令传于相”。
汉武帝在制度上克服这一问题的措施是() A．设“中朝”B．置枢密院C．置刺史D．设内阁解析：本题考查汉武帝加强皇权的措施。
B项是宋朝时才设置的分割宰相军权的机构，C项是汉武帝时为加强对地方监督而设置的，D项是明朝设置的备皇帝咨询顾问的机构。
只有A项是汉武帝为加强君权削弱相权而设置的中央机构。
答案：A2．“凡百司奏抄，侍中审定，则先读而署之，以驳正违失。
凡制敕宣行，大事则称扬德泽，褒美功业，覆奏而请施行，小事则署而颁之。
”该材料所述中国古代机构应该是() A．唐朝门下省B．宋朝中书门下C．元朝中书省D．明朝内阁解析：提取材料信息，“凡百司奏抄，侍中审定，则先读而署之，以驳正违失”。
由此可见，该部门负责政令的封驳审议，应该属于唐朝门下省的职责。
答案：A3．赵匡胤一日内罢免了三位宰相，以至于出现在颁布任命新宰相赵普的敕书时，竟然没有在任宰相“署敕”的怪现象。
赵匡胤就对赵普说：“卿但进敕，朕为卿署字，可乎？”由于不合乎任命新宰相的程序，只得暂时作罢。
据此，下列说法不正确的是() A．赵匡胤皇权专制思想浓厚B．当时宰相对专制皇权没有约束作用C．宰相对皇权具有牵制作用D．赵匡胤想临时改变宰相的任命程序解析：材料中说赵匡胤因为在颁布任命新宰相赵普的敕书里没有在任宰相的“署敕”，结果无法对赵普进行任命，可见当时宰相对专制皇权是有制约作用的，因此答案为B。
其他三项都能从材料中体现出来。
答案：B4．宋朝中枢机构中“对持文武二柄，号为二府”的两个机构是() A．中书门下和三司使B．中书门下和枢密院C．参知政事和枢密院D．枢密院和三司使解析：本题考查古代中国政治制度——宋代中央机构。
宋朝在中央削弱相权，宋虽沿唐朝制度设中书、门下、尚书三省，但其主要职权被置于内庭的中书门下(政事堂)所控制；并设参知政事为副相。
新课标人教版高一物理必修二 第七章 第4节 重力势能
[思路点拨]
解答本题时应注意以下两点：
(1)重力势能的最大值对应重心的最高点，重力势 能的最小值对应重心的最低点。 (2)确定各位置相对于水面的高度，注意重力势能
的正负。
[解析] 以水面为参考平面
她在完成一次跳水的过程中，离参考平面的最大距离 h1＝10 m＋2 m＝12 m 故重力势能的最大值 Ep1＝mgh1＝45×10×12 J＝5.4×103 J， 重力势能的最小值在参考平面之下2.5 m处， 故h2＝－2.5 m，
所以重力势能的最小值
Ep2＝45×10×(－2.5) J＝－1.125×103 J [答案] 5.4×103 J －1.125×103 J
{HJ (1)计算重力势能时，要先确定参考平面。 (2)明确物体重心的位置，找出重心相对参考平面的高度。
(3)当物体位于参考平面之下时，h为负值，则重力势能为
负值，书写时要带负号。
3．如图7－4－1所示质量为m的物体从桌面边 缘竖直向上抛出，桌面比地面高h，物体到达
的最高点距桌面高为H，若以桌面为参考面，
则物体落地时的重力势能Ep和整个过程中重 力所做的功WG为 A．0 mgH mg(h＋H) C．－mgh ( B．－mgh ) mgh 图7－4－1
D．mgH mg(h＋2H)
(2)大小：物体的重力势能等于它所受重力与所处高
度的乘积，表达式为：Ep＝ mgh 。 (3)单位： 焦耳 ，与功的单位相同。 (4)重力做的功与重力势能的关系： WG＝ Ep1－Ep2 。
3．重力势能的相对性和系统性
(1)相对性：重力势能总是相对选定的 参考平面 而言的。
(该平面常称为零势能面) (2)标矢性：重力势能为 标量 ，只有大小没有方向，但 有正负，其正负表示与参考平面上物体势能的相对大小。 正值 物体在参考平面上方时，重力势能为 负 方时，重力势能为 ，在参考平面下
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
(时间60分钟，满分100分) 一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分) 1．可逆反应A(g)＋2 B(g)＝C(g)＋ D(g)，在四种不同情况下的反应速率如下，其中反应进行得最快的是( ) A．vA＝0.15 mol·(L·min)－1 B．vB＝0.6 mol·(L·min)－1 C．vC＝0.4 mol·(L·min)－1 D．vD＝0.02 mol·(L·s)－1 解析：根据同一反应中各物质表示的反应速率之比等于方程式中的系数比，将选项中的速率都转化为A的速率分别为B选项v(A)＝0.3 mol·(L·min)－1，C选项v(A)＝0.4 mol·(L·min)－1，D选项v(A)＝1.2 mol·(L·min)－1.所以选D. 答案：D 2．下列各组反应的反应物及温度见下表，则反应开始时，放出H2速率最快的是( )
编号 金属(粉末状) 物质的量 酸的浓度 反应温度/℃ A Mg 0.1 mol 4 mol/L硝酸10 mL 60 B Mg 0.1 mlo 3 mol/L盐酸10 mL 60 C Fe 0.1 mol 3 mol/L盐酸10 mL 60 D Mg 0.1 mol 1.5 mol/L硫酸10 mL 30
解析：Mg与HNO3(稀)反应生成NO而不放出H2，选项A错误；选项D中反应温度只有30℃，反应速率较慢；Mg比Fe活泼，当温度、盐酸的浓度相同时，Mg与盐酸反应的速率快． 答案：B 3．(2009·全国卷Ⅰ)下图表示反应X(g) 4Y(g)＋Z(g) ΔH<0，在某温度时X的浓度随时间变化的曲线： 下列有关该反应的描述正确的是( ) A．第6 min后，反应就终止了 B．X的平衡转化率为85% C．若升高温度，X的平衡转化率将大于85% D．若降低温度，v正和v逆将以同样倍数减小 解析：A项，6 min时反应达到了平衡状态，但正、逆反应并未停止；B项，X的起始浓度为1.0 mol·L－1，平衡时为0.15 mol·L－1，浓度变化量为0.85 mol·L－1，转化率为85%；C项，反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，X的转化率将小于85%；D项，降温正、逆反应速率均减小，但逆反应速率减小的倍数大于正反应速率减小的倍数． 答案：B 4．(2011·聊城调研)设在密闭容器中进行下列反应C(s)＋CO2(g) 2CO(g)反应速率为v1，CO(g)＋NO2(g) CO2(g)＋NO(g)反应速率为v2.对于上述反应，恒温时增大压强，v1和v2的变化情况为( )
A．v1、v2都增大，但v1增大的较v2多 B．v1、v2都增大，但v2增大的较v1多 C．v1、v2都增大，无法确定v1、v2增大的程度谁大 D．v1增大，v2不变 解析：增大压强反应速率，v1、v2都增大，反应速率主要由物质的性质决定． 答案：C 5．把下列4种X溶液，分别加入到4个盛有10 mL 2 mol·L－1盐酸的烧杯中，并加水稀释到50 mL，此时X与盐酸缓缓地进行反应，其中反应速率最大的是( ) A．20 mL,3 mol·L－1 B．20 mL,2 mol·L－1 C．10 mL,4 mol·L－1 D．10 mL,2 mol·L－1 解析：由于盐酸的浓度相等，本题中的反应速率的大小是由混合后反应物浓度的大小决定的，混合后X的浓度大小又是由混合前其物质的量多少决定的． 答案：A 6．下面是425℃时，在1 L密闭容器中发生化学反应的浓度与速率变化示意图．下列叙述错误的是( ) A．图①中t0时，三种物质的物质的量相同 B．图②中逆反应为H2(g)＋I2(g)→2HI(g) C．图①②中当c(HI)＝3.16 mol·L－1时，反应停止了 D．图③与图④中起始反应物不同 解析：在图①②中，c(HI)＝3.16 mol·L－1，浓度恒定不变，此时正反应速率等于逆反应速率，达到了平衡状态，是一个动态平衡，反应并未停止． 答案：C 7．反应E＋F===G在温度T1下进行，反应M＋N===K在温度T2下进行，已知T1＞T2，E和F的浓度均大于M和N的浓度(其他条件相同)，则两者的反应速率( ) A．前者大 B．后者大 C．一样大 D．无法判断 解析：决定化学反应速率的主要因素是反应物的自身性质，E、F与M、N属于不同的物质，尽管二者反应的温度和浓度不同，但无法判断二者反应速率的大小． 答案：D
8．(2009·辽宁、宁夏高考)在一定温度下，反应12H2(g)＋12X2(g) HX(g)的平衡常数为10.若将1.0 mol的HX(g)通入体积为1.0 L的密闭容器中，在该温度时HX(g)的最大分解率接近于( ) A．5% B．17% C．25% D．33% 解析：考查“始、变、平”模式和平衡常数． 12H2(g)＋12X2(g)===HX(g)
始 0 0 1 mol·L－1 变 x x 2x 平 x x 1－2x 1122
12xxx
＝10
解之得x＝112，得出HX的分解率为：2x1＝16≈17%. 答案：B 9．(2011·乐山模拟)为进一步提高合成氨的生产效率，科研中最有开发价值的是( ) A．寻求N2的新来源 B．研制低温下活性较大的催化剂 C．研制500℃左右活性较大的催化剂 D．研制耐高温、高压的材料，用于建造氨合成塔 解析：合成氨反应是气体体积缩小、放热的可逆反应，若研制出低温下活性较大的催化剂，便可在低温下进行反应，使平衡向生成氨的方向移动，节省能源，是最具有开发价值的． 答案：B 10．(2009·广东单科)取五等份NO2，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应： 2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0 反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%)，并作出其随反应温度(T)变化的关系图．下列示意图中，可能与实验结果相符的是( )
解析：B项，反应达平衡后，升高温度平衡左移，NO2%增大；D项，反应未达平衡，升高温度反应向右进行趋于平衡，NO2%减小，达平衡后升高温度，平衡左移，NO2%增大，故选B、D. 答案：BD 二、非选择题(本题包括4小题，共50分) 11．(14分)(2010·安庆模拟)加0.1 mol MnO2粉末于50 mL过氧化氢溶液(ρ＝1.1 g·mL－1)中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示． (1)实验时放出气体的总体积是__________． (2)放出一半气体所需时间为________．
(3)反应放出气体总体积的34所需的时间约为________． (4)A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为__________________________________． (5)解释反应速率变化的原因________________________________________________ ________________________________________________________________________. (6)计算H2O2的初始物质的量浓度________． (7)求反应到2 min时，H2O2的质量分数________． 解析：根据V－t图象知，反应进行至1 min时，放出O2的体积为30 mL，反应进行至2 min时，放出O2 45 mL，反应进行至4 min，放出O2的体积达最大值60 mL；由V－t曲线的斜率变化可知：D、C、B、A的反应速率逐渐减小，这是因为随着反应的进行，c(H2O2)
逐渐降低，反应逐渐变慢；根据2H2O2=====MnO2 2H2O＋O2↑，n(H2O2)＝0.060 L22.4 L·mol－1×2，所
以H2O2的起始物质的量浓度为：0.060 L22.4 L·mol－1×20.05 L＝0.107 mol·L－1；反应进行至2 min时，消耗H2O2的物质的量为0.045 L22.4 L·mol－1×2＝0.004 mol，剩余H2O2的物质的量为0.060 L22.4 L·mol－1
×2－0.004 mol＝1.36×10－3 mol. 所以w(H2O2)＝ 1.36×10－3 mol×34 g·mol－1
50 mL×1.1 g·mL－1－0.045 L22.4 L·mol－1×32 g·mol－1×100%
≈0.084%. 答案：(1)60 mL (2)1 min (3)2 min (4)D＞C＞B＞A (5)随着反应的进行，c(H2O2)逐渐降低，反应逐渐变慢 (6)0.107 mol·L－1 (7)0.084% 12．(8分)(2011·北京东城区测试)一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)达到化学平衡状态．
(1)该反应的平衡常数表达式K＝________；根据上图，升高温度，K值将________(填“增大”、“减小”或“不变”)． (2)500℃时，从反应开始到达到化学平衡状态，以H2的浓度变化表示的化学反应速率是________(用nB、tB表示)． (3)判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是________(填字母)． a．v生成(CH3OH)＝v消耗(CO) b．混合气体的密度不再改变 c．混合气体的平均相对分子质量不再改变 d．CO、H2、CH3OH的浓度均不再变化 (4)300℃时，将容器的容积压缩到原来的1/2，在其他条件不变的情况下，对平衡体系产生的影响是________(填字母)． a．c(H2)减小 b．正反应速率加快，逆反应速率减慢 c．CH3OH的物质的量增加 d．重新达到平衡时，c(H2)/c(CH3OH)减小
解析：(1)根据化学平衡常数的含义可得K＝[CH3OH][CO]·[H2]2，升温，K值减小． (2)0～tB时间内，生成nB mol CH3OH，则消耗2nB mol H2，则Δc(H2)＝2nB/3mol·L－1，v(H2)＝2nB/(3tB)mol·L－1min－1.
(3)选项a，任何时刻都有v生成(CH3OH)＝v消耗(CO)．选项b，因混合气体的体积不变，
混合气体的质量不变，任何时刻混合气体的密度都保持不变．选项c，根据M＝m气体总n气体总，m
气体总不变，M不变，说明n气体总不变，所以反应达到了平衡状态．选项d，各种物质的浓度不变，也说明了反应已达到平衡状态． (4)压缩容器容积相当于增大体系压强，则平衡向着正反应方向移动，正、逆反应速率
都增大，但由于容积缩小为原平衡的12，达新平衡时c(H2)比原平衡时的大，由于平衡向正反应方向移动，重新达到平衡时c(H2)/c(CH3OH)减小，所以选项a、b错误，c、d正确． 答案：(1)[CH3OH][CO]·[H2]2 减小