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…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁,總=sectionpages22頁第=page11頁,總=sectionpages11頁2025年魯教新版選修4化學下冊階段測試試卷783考試試卷考試范圍:全部知識點;考試時間:120分鐘學校:______姓名:______班級:______考號:______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題,共16分)1、室溫時純水中存在電離平衡:H2O?H++OH-。下列敘述正確的是A.升高溫度,水的電離程度增大,c(H+)增大,pH<7,溶液顯酸性B.向水中加入少量氨水,平衡逆向移動,抑制水的電離,c(OH-)降低C.向水中加入少量硫酸,c(H+)增大,由水電離出的c(H+)>1×10-7mol/LD.向水中加入少量NH4Cl固體,結合水電離出的OH-,由水電離出的c(H+)>1×10-7mol/L2、下列說法正確的是A.常溫下,醋酸鈉與醋酸的混合溶液B.溶液中:C.將的稀釋1000倍后,D.溶液中:3、常溫下已知兩種一元弱酸HX和HY,如果向NaX溶液中通CO2氣體,只能生成HX和NaHCO3;往NaY溶液中通入CO2則生成HY和Na2CO3。有關敘述正確的是A.三種酸的電離常數:Ki1(H2CO3)>Ki(HX)>Ki(HY)>Ki2(H2CO3)B.NaX溶液中通入足量CO2后的離子濃度:c(HCO3-)>c(CO32-)>c(X-)C.同濃度溶液的堿性:NaX>Na2CO3>NaY>NaHCO3D.結合H+的能力:Y->CO32->X->HCO3-4、下列說法不正確的是:A.將pH均為a的氫氧化鈉溶液和氨水分別加水稀釋100倍,pH變?yōu)閎和c,則a、b、c的大小關系是:a>c>bB.常溫下,濃度均為0.1mol/L①醋酸、②鹽酸、③醋酸鈉溶液,水電離程度的順序為③>①>②C.常溫下,將相同體積的pH=3硫酸和pH=11一元堿BOH溶液混合,所得溶液可能為中性也可能為酸性D.物質的濃度相同的①氯化銨溶液、②硫酸銨溶液、③碳酸氫銨溶液,pH的順序為:③>①>②5、下列實驗方案中,可以達到實驗目的的是。選項實驗操作與現象目的或結論A用pH試紙分別測定相同溫度和相同濃度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH驗證酸性:CH3COOH>HClOB在一定條件下,向混有少量乙烯的乙烷中通入氫氣除去乙烷中的乙烯C向盛有少量Mg(OH)2固體的試管中加入適量NH4Cl濃溶液,充分振蕩,白色固體溶解與Mg(OH)2溶解出的OH-結合,導致Mg(OH)2溶解D向NaI、NaCl混合稀溶液中滴加少量稀AgNO3溶液,有黃色沉淀生成Ksp(AgI)sp(AgCl)

A.AB.BC.CD.D6、已知某溶液中含有和濃度均為向該溶液中逐滴加入的溶液時,三種陽離子產生沉淀的先后順序為A.B.C.D.7、實驗:①0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等體積混合得到濁液;過濾.

②取等量①的濾液于兩支試管中,分別滴加等濃度等體積的Na2S溶液、Na2SO4溶液;前者出現渾濁,后者溶液仍澄清.

③取少量①的沉淀;滴加幾滴氨水,沉淀逐漸溶解.

下列分析不正確的是A.①中生成AgCl沉淀,溶液中c(Ag+)和c(Cl﹣)大量減少B.①的濾液中不含有Ag+C.②的現象說明該溫度下Ag2S比Ag2SO4更難溶D.③中生成Ag(NH3)2+,使c(Ag+)減小,促進AgCl(s)溶解平衡正向移動8、科學家研發(fā)出一種太陽光電化學電池(),可不受限于白天或黑夜全天候地儲存電能。該電池以硫酸為電解液,利用太陽能儲存電能(充電)的原理如圖(圖中略去部分光電轉換過程),下列說法不正確的是()。A.放電時,電極為負極B.充電時,通過質子交換膜向電極遷移C.放電時,負極的電極反應式為D.充電時,/極的電極反應式為評卷人得分二、填空題(共8題,共16分)9、根據以下三個熱化學方程式:

2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(1)△H=-Q1kJ/mol

2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(1)△H=-Q2kJ/mol

2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g)△H=-Q3kJ/mol

判斷Q1、Q2、Q3三者大小關系:__________10、以下是化學反應中的能量變化圖,該反應方程式為A2+B2==2AB;回答下列問題。

(1)該反應中,反應物斷鍵吸收的能量為_______________kJ/mol,生成物成鍵釋放的能量為_______________kJ/mol屬于_______________(填“放熱”“吸熱”)反應,該反應的該反應的△H=_______________(用字母寫出表達式)

(2)已知反應有下列反應。

①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O

③CO+CuO=Cu+CO2↑④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O

與圖片所示化學反應熱效應相同的是_______________(填序號)

(3)以下說法正確的是_______________。A.中和反應是吸熱反應B.鋁熱反應需要在高溫條件下進行,鋁熱反應屬于吸熱反應C.放熱反應發(fā)生時有可能需要加熱D.凡是放出熱量的化學反應均可用來造福人類11、寫出下列熱化學反應方程式:

(1)1molN2(g)與適量H2(g)起反應生成NH3(g);放出92.2kJ熱量:______________。

(2)1molN2(g)與適量O2(g)起反應生成NO(g);吸收68kJ熱量:_______________。

(3)1molCu(s)能與一定量的O2(g)起反應生成CuO(s),放出157kJ熱量:__________。12、研究NO2、SO2、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。

(1)NO2可用水吸收,相應的化學反應方程式為______________。利用反應6NO2+7N5+12H2O也可處理NO2。當轉移1.2mol電子時,消耗的NO2在標準狀況下是_______L。

(2)已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1

2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=-113.0kJ·mol-1

則反應NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH=__kJ·mol-1。

一定條件下,將NO2與SO2以體積比1:2置于密閉容器中發(fā)生上述反應,下列能說明反應達到平衡狀態(tài)的是_______。

a.體系壓強保持不變。

b.混合氣體顏色保持不變。

c.SO3和NO的體積比保持不變。

d.每消耗1molSO3的同時生成1molNO2

測得上述反應平衡時NO2與SO2體積比為1:6,則平衡常數K=_________。

(3)CO可用于合成甲醇,反應方程式為CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。CO在不同溫度下的平衡轉化率與壓強的關系如圖所示。該反應ΔH_____0(填“>”或“<”)。實際生產條件控制在250℃、1.3×104kPa左右,選擇此壓強的理由是_______。13、化學與生活;生產、科研密切相關;請根據所學知識回答:

物質在水中可能存在電離平衡;鹽的水解平衡和沉淀的溶解平衡;它們都可看作化學平衡。

(1)A為0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液,在該溶液中各種離子的濃度由大到小順序為____。

(2)B為0.1mol·L-1NaHCO3溶液,實驗測得NaHCO3溶液的pH>7,請分析NaHCO3溶液顯堿性的原因:___。

(3)C為FeCl3溶液,實驗室中配制FeCl3溶液時通常需要向其中加入___,目的是___;

(4)若把B和C溶液混合,將產生紅褐色沉淀和無色氣體,該反應的離子方程式為___。14、在室溫下,下列五種溶液:①0.1mol/LNH4Cl溶液,②0.1mol/LCH3COONH4溶液,③0.1mol/LNH4HSO4溶液,④0.1mol/L(NH4)2SO4;⑤0.1mol/L氨水。請根據要求填寫下列空白:

(1)溶液①呈______性(填“酸”、“堿”或“中”),其原因是____________________(用離子方程式表示)。

(2)室溫下,測得溶液②的pH=7,則CH3COO-與NH4+濃度的大小關系是c(CH3COO-)________c(NH4+)(填“>”、“<”或“=”)。

(3)上述溶液中c(NH4+)最小的是_________(填序號)。

(4)常溫下,0.1mol/L氨水溶液加水稀釋過程中,下列表達式的數值變大的是____________(填字母)。

A.c(OH—)B.

C.c(H+)·c(OH-)D.15、泡沫滅火器反應原理(硫酸鋁溶液和碳酸氫鈉溶液)請用離子方程式表示______________________;NaAlO2和AlCl3溶液的反應離子方程式是______________,這兩個反應都是徹底的雙水解。16、按要求填寫下面的空。

(1)溫度相同、濃度均為0.2mol/L的①(NH4)2SO4、②NaNO3、③NH4HSO4④NH4NO3⑤NaClO⑥CH3COONa溶液;它們的pH值由小到大的排列順序是________

A.③①④②⑥⑤B.③①④②⑤⑥C.③②①⑥④⑤D.⑤⑥②④①③

(2)25℃時,利用pH試紙測得0.1mol?L-1醋酸溶液的pH約為3;則可以估算出醋酸的電離常數約為_______;向10mL此溶液中加水稀釋。pH值將_____(填“增大”;“減小”或“無法確定”)

(3)25℃時,pH=3的NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=______(取近似值)

(4)pH=2的鹽酸和CH3COOH溶液各1mL,分別加水至pH再次相等,則加入水的體積V(HCl)__________V(CH3COOH)(填“>”、“<”或“=”;下同)

(5)濃度均為0.1mol/L的鹽酸和CH3COOH溶液各1mL,加入等體積的水稀釋后pH(HCl)_____pH(CH3COOH)評卷人得分三、判斷題(共1題,共2分)17、向溶液中加入少量水,溶液中減小。(____)評卷人得分四、結構與性質(共3題,共12分)18、隨著我國碳達峰、碳中和目標的確定,含碳化合物的綜合利用備受關注。CO2和H2合成甲醇是CO2資源化利用的重要方法。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應如下:

反應Ⅰ:

反應Ⅱ:

反應Ⅲ:

回答下列問題:

(1)反應Ⅰ的=_______已知由實驗測得反應Ⅰ的(為速率常數,與溫度、催化劑有關)。若平衡后升高溫度,則_______(填“增大”“不變”或“減小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡轉化率提高的是_______(填字母)。

A.增大壓強B.升高溫度C.增大H2與CO2的投料比D.改用更高效的催化劑。

②恒溫(200℃)恒壓條件下,將1molCO2和1molH2充入某密閉容器中,反應達到平衡時,CO2的轉化率為a,CH3OH的物質的量為bmol,則此溫度下反應Ⅲ的平衡常數Kx=_______[寫出含有a、b的計算式;對于反應為物質的量分數。已知CH3OH的沸點為64.7℃]。其他條件不變,H2起始量增加到3mol,達平衡時平衡體系中H2的物質的量分數為_______(結果保留兩位有效數字)。

(3)反應Ⅲ可能的反應歷程如圖所示。

注:方框內包含微粒種類及數目;微粒的相對總能量(括號里的數字或字母;單位:eV)。其中,TS表示過渡態(tài)、*表示吸附在催化劑上的微粒。

①反應歷程中,生成甲醇的決速步驟的反應方程式為_______。

②相對總能量_______eV(計算結果保留2位小數)。(已知:)19、常溫下,有下列四種溶液:①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

(1)NaHSO4溶液呈酸性,用化學用語解釋其呈酸性的原因:________________。

(2)0.1mol·L-1的溶液②,其pH=____________。

(3)向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條,開始時反應速率的大小關系為①_________④(填“>”、“<”或“=”)。

(4)等體積、等pH的溶液①和④分別與足量的②反應,消耗②的物質的量大小關系為①_______④(填“>”、“<”或“=”)。20、常溫下,用酚酞作指示劑,用0.10mol·L-1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L-1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如圖。

(已知:CH3COOH、HCN的電離平衡常數分別為1.75×10-5、6.4×10-10)

(1)圖__(a或b)是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH變化的曲線;判斷的理由是__。

(2)點③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序:__。

(3)點①和點②所示溶液中:c(CH3COO-)-c(CN-)__c(HCN)-c(CH3COOH)(填“>、<或=”)

(4)點②③④所示的溶液中水的電離程度由大到小的順序是:__。評卷人得分五、原理綜合題(共4題,共40分)21、某小組利用H2C2O4溶液和硫酸酸化的KMnO4溶液反應來探究“外界條件對化學反應速率的影響”。實驗時通過測定酸性KMnO4溶液褪色所需時間來判斷反應的快慢。該小組設計了如下方案。已知:KMnO4+H2C2O4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+CO2↑+H2O(未配平)。0.1mol·L-1KMnO4酸性溶液的體積/mL0.6mol·L-1

H2C2O4溶液的體積/mLH2O的積/mL實驗溫度/℃溶液褪色時所需時間/min實驗110V13525實驗210103025實驗31010V250

(1)表中V1=___________mL,V2=___________mL。

(2)探究溫度對化學反應速率影響的實驗編號是________(填編號,下同),可探究反應物濃度對化學反應速率影響的實驗編號是____________。

(3)實驗①測得KMnO4溶液的褪色時間為2min,忽略混合前后溶液體積的微小變化,這段時間內平均反應速率v(H2C2O4)=________________。

(4)已知50℃時c(MnO)~反應時間t的變化曲線如圖。若保持其他條件不變,請在坐標圖中,畫出25℃時c(MnO)~t的變化曲線示意圖________。

22、鐵和鋁是兩種重要的金屬,它們的單質及化合物有著各自的性質。在一定溫度下,氧化鐵可以與一氧化碳發(fā)生下列反應:Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)。

(1)①該反應的平衡常數表達式為:K=___。

②該溫度下,在2L盛有Fe2O3粉末的密閉容器中通入CO氣體,10min后,生成了單質鐵11.2g。則10min內CO的平均反應速率為___。

(2)請用上述反應中某種氣體的有關物理量來說明該反應已達到平衡狀態(tài):①___②___。

(3)明礬KAl(SO4)2·12H2O的水溶液呈___性(填”酸性、堿性、中性),溶液中各離子的濃度從大到小的順序為____。

(4)寫出氫氧化鋁在水中發(fā)生酸式電離的電離方程式:___,欲使上述體系中Al3+濃度增加,可加入的物質是____。

(5)某些金屬氧化物粉末和Al粉在鎂條的引燃下可以發(fā)生鋁熱反應。下列反應速率(v)和溫度(T)的關系示意圖中與鋁熱反應最接近的是____。

a.b.c.d.23、在含有弱電解質的溶液中;往往有多個化學平衡共存。

(1)一定溫度下,向1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固體,則溶液中_____(填“增大”、“不變”或“減小”);寫出該溶液中的電荷守恒關系_____。

(2)土壤的pH一般在4~9之間。土壤中Na2CO3含量較高時,pH可達10.5,試用離子方程式解釋土壤呈堿性的原因:_____。加入石膏(CaSO4·2H2O)可以使土壤堿性降低,有關反應的化學方程式為_____。

(3)水垢的主要成分CaCO3可以用過量食醋溶解,請結合化學用語,從沉淀溶解平衡的角度進行解釋______________。

(4)常溫下在20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1HCl溶液40mL,溶液中含碳元素的各種微粒(CO2因逸出未畫出)物質的量分數(縱軸)隨溶液pH變化的部分情況如圖所示?;卮鹣铝袉栴}:

①在同一溶液中H2CO3和CO____________________(填“能”或“不能”)大量共存。

②當pH=7時,溶液中含碳元素的最主要微粒為_____,溶液中各種離子的物質的量濃度的大小關系為_________。

③已知在25℃時,CO水解反應的平衡常數=2.0×10-4,當溶液中c(HCO):c(CO)=2:1時,溶液的pH=_____。24、燃煤及工業(yè)廢氣中的SO2是形成酸雨的主要原因,消除SO2是減少酸雨形成的有效方法。完成下列問題:

(1)已知:4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g)ΔH=﹣3412.0kJ·mol?1

Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=﹣25.0kJ·mol?1

2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=﹣221.0kJ·mol?1

則2FeS2(s)+7O2(g)+3C(s)=2Fe(s)+3CO2(g)+4SO2(g)ΔH=____kJ·mol?1。

(2)堿性NaClO2溶液脫硫法。

SO2與堿性NaClO2溶液反應的離子方程式為2SO2+ClO2-+4OH??2SO42-+C1?+2H2O,已知pc=﹣lgc(SO2)。在剛性容器中,將含SO2的廢氣通入堿性NaClO2溶液中;測得pc與溫度的關系如圖所示。

由圖分析可知,該脫硫反應是____反應(填“放熱”或“吸熱”);若溫度不變,增大壓強,該脫硫反應的平衡常數K____(填“增大”;“減小”或“不變”)。

(3)燃料細菌脫硫法。

①含FeS2的燃煤可用氧化亞鐵硫桿菌(T.f);氧化亞鐵微螺菌(L.f)、氧化硫硫桿菌(T.t)進行脫硫;其脫硫過程如圖所示:

已知:脫硫總反應為:FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H+;

Ⅰ反應的化學方程式為:FeS2+6Fe3++3H2O=S2O32-+7Fe2++6H+;

寫出Ⅱ反應的化學方程式____。

②在上述脫硫反應中,氧化亞鐵硫桿菌(T.f)與Fe3+的形成過程可視為下圖所示的原電池:

該細胞膜為____(填“陽離子交換膜”或“陰離子交換膜”)。該電池的正極電極反應式為______。該方法在高溫下脫硫效率大大降低,原因是_________。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共1題,共8分)25、亞氯酸鈉(NaClO2)是一種強氧化性漂白劑,廣泛用于紡織、印染和食品工業(yè).它在堿性環(huán)境中穩(wěn)定存在。某同學查閱資料后設計生產NaClO2的主要流程如下:

(1)Ⅰ中發(fā)生反應的還原劑是___________,氣體a的名稱是___________

(2)Ⅱ中反應的離子方程式是___________

(3)A的化學式是___________

(4)Ⅲ中電極X是___________,(填“陰極”“陽極”),其上發(fā)生的電極反應為_______________________。離子交換膜N是____(填“陰”“陽”)離子交換膜。

(5)ClO2是一種高效水處理劑,可用亞氯酸鈉和稀鹽酸為原料制備:5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O,該反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比是_______。

(6)NaClO2變質可轉化為NaClO3和NaCl。取等質量變質前后的NaClO2試樣配成溶液,分別與足量FeSO4溶液反應時,消耗Fe2+的物質的量_____(填“相同”“不相同”“無法判斷”)。參考答案一、選擇題(共8題,共16分)1、D【分析】【詳解】

A.升高溫度,水的電離程度增大,c(H+)增大,pH<7,但溶液中c(H+)仍然等于c(OH-);溶液顯中性,故A錯誤;

B.向水中加入少量氨水,由于c(OH-)增大導致平衡逆向移動,抑制水的電離,移動的結果只能減弱這種變化,故c(OH-)增大;故B錯誤;

C.向水中加入少量硫酸,c(H+)增大導致平衡逆向移動,抑制水的電離,故由水電離出的c(H+)<1×10-7mol/L;故C錯誤;

D.向水中加入少量NH4Cl固體,結合水電離出的OH-,導致平衡正向移動,促進水的電離,故由水電離出的c(H+)>1×10-7mol/L;故D正確;

故答案為:D。2、D【分析】【分析】

A.溶液的PH=7,則再結合電荷守恒判斷;

B.任何電解質溶液中都存在物料守恒和電荷守恒;根據物料守恒和電荷守恒判斷;

C.pH=6的硫酸稀釋1000倍后溶液接近中性;氫離子濃度為中性溶液中氫離子濃度,根據物質的量不變計算硫酸根離子濃度;

D.任何電解質溶液中都存在電荷守恒;根據電荷守恒判斷。

【詳解】

A、根據混合液中的電荷守恒式判斷,常溫下,醋酸鈉與醋酸的混合溶液則故A錯誤;

B、根據溶液中的質子守恒式判斷:故B錯誤;

C、將的稀釋1000倍后,考慮水的電離,故C錯誤;

D、根據溶液中電荷守恒式判斷:故D正確;

故選D。

【點睛】

選項C,酸溶液加水稀釋,無論稀釋多少倍,溶液只能無限接近中性,不可能為堿性,pH=6的硫酸,加水稀釋1000倍,氫離子濃度近似等于10-7mol/L,而硫酸根離子濃度可以達到所要稀釋的倍數。3、D【分析】【詳解】

A.向NaX溶液中通入CO2氣體,只能生成HX和NaHCO3,則酸性H2CO3>HX>NaHCO3,向NaY溶液中通入CO2,只生成HY和Na2CO3,則酸性NaHCO3>HY,則有酸性由強到弱:H2CO3>HX>HCO3->HY,酸性越強,電離常數越大,所以三種酸的電離常數:Ki1(H2CO3)>Ki(HX)>Ki2(H2CO3)>Ki(HY);故A錯誤;

B.向NaX溶液中通入足量CO2后生成HX和NaHCO3,由于酸性HX>HCO3-,所以c(X-)>c(CO32-),則c(HCO3-)>c(X-)>c(CO32-);故B錯誤;

C.酸性H2CO3>HX>NaHCO3>HY,堿性強弱可以利用越弱越水解判斷,所以溶液的堿性:NaHCO3<NaX<Na2CO3<NaY;故C錯誤;

D.由A可知酸性H2CO3>HX>NaHCO3>HY,則結合質子能力:Y->CO32->X->HCO3-;故D正確;

故選:D。4、C【分析】試題分析:A.一水合氨是弱堿,部分電離,在溶液中存在電離平衡含有未電離的電解質分子,而NaOH是強堿,完全電離,若將pH均為a的氫氧化鈉溶液和氨水分別加水稀釋100倍,對于NaOH溶液來說,只有稀釋作用,氨水中電離平衡正向移動,使溶液中c(OH-)減小的比NaOH少,所以稀釋后溶液的c(OH-)氨水的大,pH變?yōu)閎和c,則a、b、c的大小關系是:a>c>b,正確;B.醋酸、鹽酸都是酸,電離產生H+,對水的電離平衡起抑制作用,由于醋酸是弱酸,電離產生的H+的濃度小于等濃度的鹽酸,所以抑制作用鹽酸的大于醋酸;而醋酸鈉是強堿弱酸鹽,CH3COO-水解消耗水電離產生的H+,促進水的電離,使水的電離平衡正向移動,所以常溫下,濃度均為0.1mol/L①醋酸、②鹽酸、③醋酸鈉溶液,水電離程度的順序為③>①>②,正確;C.硫酸pH=3,則c(H+)=10-3mol/L,堿pH=11,則c(OH-)=10-3mol/L.如果BOH是一元強堿,則二者等體積混合后,H+與OH-恰好反應;反應后溶液顯中性;若BOH是弱堿,由于在溶液中含有電離未電離的BOH,當發(fā)生中和反應后未電離的BOH,會在電離,使溶液顯堿性,錯誤;D.氯化銨溶液;硫酸銨都是強酸弱堿鹽。水解使溶液顯酸性,由于硫酸銨電離產生的銨根離子濃度大于氯化銨,所以溶液的酸性硫酸銨強,碳酸氫銨是弱酸弱堿鹽,陽離子、陰離子都發(fā)生水解反應,水解相互促進,由于銨根水解程度小于碳酸氫根離子,所以溶液顯堿性,故等物質的量濃度的①氯化銨溶液、②硫酸銨溶液、③碳酸氫銨溶液,pH的順序為:③>①>②,正確。

考點:考查鹽的水解平衡、弱電解質的電離平衡、酸堿混合溶液的酸堿性及弱電解質溶液稀釋的知識。5、C【分析】【詳解】

A.次氯酸鈉水解產生的次氯酸具有強氧化性;會將pH試紙漂白,無法用pH試紙測定其pH值,故A錯誤;

B.無法保證氫氣全部反應;所以會引入新的雜質,故B錯誤;

C.一水合氨為弱堿;氫氧化鎂電離的氫氧根離子可與銨根離子結合生成一水合氨,使氫氧化鎂沉淀溶解平衡正向移動,沉淀溶解,故C正確;

D.離子濃度相同條件下,溶度積越小的越易先產生沉淀,但本實驗中并未注明c(Cl-)、c(I-)的大小關系;所以無法判斷溶度積大小,故D錯誤;

故答案為C。6、A【分析】【詳解】

由可知,析出沉淀時,溶液中c(S2-)==CuS溶液中c(S2-)==溶液中c(S2-)==c(S2-)越小,則越先生成沉淀,所以三種陽離子產生沉淀的先后順序為故選A。

【點睛】

把握的計算、離子沉淀的順序為解答關鍵。解答本題要注意根據金屬陽離子的濃度計算出c(S2-),需要的c(S2-)越小,越先生成沉淀。7、B【分析】【分析】

①0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等體積混合得到濁液;說明生成氯化銀沉淀;

②分別取少量①的濾液,分別滴加等濃度等體積的飽和Na2S溶液、飽和Na2SO4溶液;前者出現渾濁,說明生成硫化銀,比氯化銀更難溶的沉淀,后者溶液仍澄清,說明未生成硫酸銀沉淀,此實驗說明①過濾后溶液中仍然存在銀離子;

③取少量氯化銀沉淀;滴加幾滴氨水,沉淀逐漸溶解,說明此過程中生成了更難電離的物質二氨合銀離子。

【詳解】

A、0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等體積混合得到濁液,說明生成氯化銀沉淀,溶液中c(Ag+)和c(Cl﹣)大量減少;故A正確;

B、根據沉淀溶解平衡,①的濾液中含有Ag+;故B錯誤;

C;依據分析可知:前者出現渾濁;說明生成硫化銀,比氯化銀更難溶的沉淀,后者溶液仍澄清,說明未生成硫酸銀沉淀,故C正確;

D;由實驗③推測:銀離子與氨氣分子的絡合;促進了氯化銀的溶解,故D正確;

故選B。8、D【分析】【分析】

由充電示意圖中電子的移動方向可知,TiO2/WO3電極為陽極,VO2+在陽極失電子發(fā)生氧化反應生成VO2+,電極反應式為VO2++H2O-e-=VO2++2H+,Pt電極為陰極,V3+在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成V2+,電極反應式為V3++e-=V2+,放電時,TiO2/WO3電極為正極;Pt電極為負極。

【詳解】

A.由分析可知;放電時,Pt電極為原電池的負極,故A正確;

B.充電時;陽離子移向陰極,則氫離子通過質子交換膜向Pt電極遷移,故B正確;

C.放電時,Pt電極為負極,V2+在負極失電子發(fā)生氧化反應生成V3+,電極反應式為V2+-e-=V3+;故C正確;

D.電解池的離子交換膜為質子膜,電極反應式不可能有氫氧根離子參與,則充電時,TiO2/WO3電極為陽極,VO2+在陽極失電子發(fā)生氧化反應生成VO2+,電極反應式為VO2++H2O-e-=VO2++2H+;故D錯誤;

故選D。

【點睛】

書寫電極反應式時,注意電解質溶液為酸性,若電解質溶液為酸性,電極反應式中不能出現氫氧根是解答關鍵。二、填空題(共8題,共16分)9、略

【分析】【分析】

硫化氫完全燃燒放出的熱量多;生成液態(tài)水是放出的熱量多。

【詳解】

硫化氫完全燃燒放出的熱量多,則Q1>Q2;氣態(tài)水的能量高于液態(tài)水的能量,則硫化氫生成液態(tài)水是放出的熱量多,即Q2>Q3,綜上可得Q1>Q2>Q3,故答案為:Q1>Q2>Q3。

【點睛】

依據焓變的含義和反應物質的聚集狀態(tài)變化,反應的進行程度進行分析判斷是解題關鍵?!窘馕觥縌1>Q2>Q310、略

【分析】【分析】

(1)根據圖象,反應物的總能量小于生成物的總能量,該反應為吸熱反應,結合化學反應的本質和△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能分析解答;

(2)結合常見的吸熱反應和放熱反應類型以及反應是放熱還是吸熱;與反應條件無關分析解答(2)和(3)。

【詳解】

(1)根據圖象,反應物斷鍵吸收的能量為akJ/mol,生成物成鍵釋放的能量為bkJ/mol,吸收的能量大于放出的能量,該反應屬于吸熱反應,△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能=(a-b)kJ/mol,故答案為:a;b;吸熱;(a-b)kJ/mol;

(2)①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑為放熱反應,故①不選;②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O為放熱反應,故②不選;③CO+CuO=Cu+CO2↑為吸熱反應,故③選;④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O為吸熱反應;故④選,故答案為:③④;

(3)A.中和反應是放熱反應;故A錯誤;B.鋁熱反應需要在高溫條件下進行,但鋁熱反應屬于放熱反應,故B錯誤;C.反應是放熱還是吸熱,與反應條件無關,放熱反應發(fā)生時有可能需要加熱,故C正確;D.放出熱量的化學反應不一定造福人類,利用不當可能會造成災難,如火藥的爆炸,故D錯誤;故答案為:C。

【點睛】

解答本題要注意常見的吸熱反應和放熱反應類型的記憶和判斷,同時注意反應是放熱還是吸熱,與反應條件無關。【解析】ab吸熱(a-b)kJ/mol③④C11、略

【分析】【分析】

熱化學方程式的書寫;需要注意的有:物質的狀態(tài);反應熱的數值與單位,反應熱的數值與化學方程式前面的系數成正比,據此解答。

【詳解】

(1)1molN2(g)與適量H2(g)起反應生成NH3(g),放出92.2kJ熱量,則該反應的熱化學方程式為:N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.2kJ/mol;

(2)1molN2(g)與適量O2(g)起反應生成NO(g),吸收68kJ熱量,則該反應的熱化學方程式為:N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+68kJ/mol;

(3)1molCu(s)能與一定量的O2(g)起反應生成CuO(s),放出157kJ熱量,則該反應的熱化學方程式為:Cu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ/mol。

【點睛】

本題考查了熱化學方程式的書寫,物質反應過程的熱量變化,不僅與反應的物質多少有關,還與物質的存在狀態(tài)有關,相同質量的物質含有的能量:氣態(tài)>液態(tài)>固態(tài);放熱反應的反應熱為負值,吸熱反應的反應熱為正值,反應熱的單位是kJ/mol。熱化學方程式的系數僅表示物質的量,可以是整數,也可以是分數?!窘馕觥縉2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.2kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+68kJ/molCu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ/mol12、略

【分析】【詳解】

試題分析:(1)NO2與H2O反應的方程式為:3NO2+H2O═2HNO3+NO;6NO2+8NH3═7N2+12H2O,當反應中有1molNO2參加反應時,共轉移了4mol電子,故轉移1.2mol電子時,消耗的NO2為1.2×1/4×22.4L=6.72L;(2)根據蓋斯定律,將第二個方程式顛倒過來,與第一個方程式相加得:2NO2+2SO2═2SO3+2NO,△H="-83.6"kJ?mol-1,則NO2+SO2?SO3+NO△H="-41.8"kJ?mol-1;(3)a.本反應是反應前后氣體分子數不變的反應,故體系的壓強保持不變,故a不能說明反應已達到平衡狀態(tài),a錯誤;b.隨著反應的進行,NO2的濃度減小,顏色變淺,故b可以說明反應已達平衡,故b正確;c.SO3和NO都是生成物,比例保持1:1,故c不能作為平衡狀態(tài)的判斷依據,故c錯誤;d.d中所述的兩個速率都是逆反應速率,不能作為平衡狀態(tài)的判斷依據,故d錯誤,故選b。

NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)

起始物質的體積a2a00

轉化物質的體積xxxx

平衡物質的體積a-x2a-xxx

平衡時NO2與SO2體積比為1:6,即(a-x)/(2a-x)=1/6,故x=4a/5,故平衡常數K====8/3;(4)由圖可知,溫度升高,CO的轉化率降低,平衡向逆反應方向移動,故逆反應是吸熱反應,正反應是放熱反應,△H<0;壓強大,有利于加快反應速率,有利于使平衡正向移動,但壓強過大,需要的動力大,對設備的要求也高,故選擇250℃、1.3×104kPa左右的條件.因為在250℃、壓強為1.3×104kPa時;CO的轉化率已較大,再增大壓強,CO的轉化率變化不大,沒有必要再增大壓強。

考點:以NO2、SO2;CO等物質為載體;綜合考查化學方程式的書寫和氧化還原反應,及平衡常數的計算等。

【點睛】【解析】①.3NO2+H2O=2HNO3+NO②.6.72③.-41.8④.b⑤.2.67⑥.<⑦.在1.3×104kPa下,CO轉化率已較高,再增大壓強CO轉化率提高不大,而生產成本增加,得不償失13、略

【分析】【分析】

(1)NH4+水解使溶液呈酸性;但水解程度微弱;

(2)測得NaHCO3溶液的pH>7;從弱酸的陰離子水解的角度分析;

(3)Fe3+易水解,離子方程式為:Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,實驗室中配制FeCl3溶液時要防止Fe3+水解;

(4)把B和C溶液混合,Fe3+和HCO3-發(fā)生雙水解;生成紅褐色沉淀和無色氣體。

【詳解】

(1)NH4+水解使溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),由于NH4+水解程度微弱,因此在該溶液中各種離子的濃度由大到小順序為c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-);

(2)在碳酸氫鈉溶液中水解程度大于電離程度,HCO3-水解方程式為HCO3-+H2OH2CO3+OH-,HCO3-水解使溶液顯弱堿性;溶液的pH>7;

(3)Fe3+易水解,離子方程式為:Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,實驗室中配制FeCl3溶液時要防止Fe3+水解,因此配制FeCl3溶液時通常需要向其中加入鹽酸;

(4)把B和C溶液混合,Fe3+和HCO3-發(fā)生雙水解,生成紅褐色沉淀和無色氣體,離子方程式為:Fe3++3HCO3-=Fe(OH)3↓+3CO2↑。

【點睛】

比較溶液中粒子濃度關系的解題流程。

【解析】①.c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)②.在碳酸氫鈉溶液中水解程度大于電離程度,HCO3-+H2OH2CO3+OH-水解顯堿性③.鹽酸④.抑制Fe3+水解⑤.Fe3++3HCO3-=Fe(OH)3↓+3CO2↑14、略

【分析】【分析】

(1)NH4Cl屬于強酸弱堿鹽,NH4+水解;使溶液顯酸性;

(2)CH3COONH4屬于弱酸弱堿鹽;都發(fā)生水解,pH=7說明溶液顯中性,用電荷守恒進行分析;

(3)利用弱電解質的電離;鹽類水解程度微弱進行分析;

(4)NH3·H2O為弱堿;加水稀釋促進電離進行分析;

【詳解】

(1)NH4Cl為強酸弱堿鹽,NH4+發(fā)生水解:NH4++H2ONH3·H2O+H+,造成溶液中c(H+)>c(OH-);溶液顯酸性;

(2)根據電荷守恒,得出c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(CH3COO-),pH=7時,說明c(H+)=c(OH-),即得出c(NH4+)=c(CH3COO-);

(3)弱電解質的電離程度、鹽類水解程度微弱,得出c(NH4+)大小順序是④>③>①>②>⑤;

(4)A.NH3·H2O為弱堿,加水稀釋促進電離,但c(OH-)減??;故A不符合題意;

B.加水稀釋,溫度不變,Kb不變,c(NH4+)減小;該比值增大,故B符合題意;

C.c(H+)·c(OH-)=Kw,Kw只受溫度的影響,因此加水稀釋Kw不變,即c(H+)·c(OH-)保持不變;故C不符合題意;

D.該比值為NH3·H2O的電離平衡常數,加水稀釋,電離平衡常數不變,故D不符合題意?!窘馕觥竣?酸②.NH4++H2ONH3·H2O+H+③.=④.⑤⑤.B15、略

【分析】【分析】

根據題中泡沫滅火器反應原理和NaAlO2和AlCl3溶液的反應可知;本題考查鹽類水解,運用雙水解分析。

【詳解】

泡沫滅火器反應原理(硫酸鋁溶液和碳酸氫鈉溶液)為鋁離子和碳酸氫根離子發(fā)生雙水解,離子方程式為:Al3++HCO3-=Al(OH)3↓+CO2↑,NaAlO2和AlCl3溶液中AlO2-和Al3+發(fā)生雙水解,離子方程式為:6H2O+3AlO2-+Al3+=4Al(OH)3↓,故答案為:Al3++HCO3-=Al(OH)3↓+CO2↑;6H2O+3AlO2-+Al3+=4Al(OH)3↓?!窘馕觥緼l3++HCO3-=Al(OH)3↓+CO2↑6H2O+3AlO2-+Al3+==4Al(OH)3↓16、略

【分析】【分析】

(1)先判斷出溶液的酸堿性;然后利用鹽類水解規(guī)律進行分析;

(2)利用電離平衡常數進行計算;以及濃度對弱電解質電離的影響進行分析;

(3)根據電荷守恒以及離子積進行分析判斷;

(4)先稀釋相同倍數;判斷出pH的大小,然后繼續(xù)加水稀釋得出結果;

(5)利用強電解質完全電離;弱電解質部分電離進行分析;

【詳解】

(1)①(NH4)2SO4溶液顯酸性,②NaNO3溶液顯中性,③NH4HSO4溶液顯酸性,④NH4NO3溶液顯酸性,⑤NaClO溶液顯堿性,⑥CH3COONa溶液顯堿性,CH3COOH的酸性強于HClO,即ClO-水解能力強于CH3COO-,即NaClO溶液的pH大于CH3COONa,NH4HSO4完全電離NH4HSO4=NH4++H++SO42-,酸性最強,pH最小,(NH4)2SO4和NH4NO3溶液顯酸性,是因為NH4+水解造成,水解程度微弱,相同濃度時,(NH4)2SO4的酸性強于NH4NO3;因此pH由小到大的順序是③①④②⑥⑤,故A正確;

答案為A;

(2)CH3COOH的電離CH3COOHCH3COO-+H+,c(H+)=c(CH3COO-)=10-3mol·L-1,醋酸為弱電解質,電離程度微弱,溶液中C(CH3COOH)約為0.1mol·L-1,電離平衡常數Ka==10-5;向此溶液中加水稀釋,雖然促進醋酸的電離,但c(H+)減??;即pH增大;

答案為10-5;增大;

(3)根據電荷守恒,c(NH4+)+3c(Al3+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-),該溶液的pH=3,則溶液中c(H+)=10-3mol·L-1,c(OH-)=10-11mol·L-1,代入上述表達式,2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=10-3-10-11≈10-3mol·L-1;

答案為10-3mol·L-1;

(4)醋酸為弱酸,部分電離,加水稀釋促進電離,鹽酸為強酸,全部電離,相同pH的鹽酸和醋酸,加水稀釋相同倍數,醋酸的pH小于鹽酸的pH,為達到pH再次相等,需要向醋酸中繼續(xù)加水稀釋,因此加水的體積V(HCl)3COOH);

答案為<;

(5)鹽酸為強酸,0.1mol·L-1鹽酸其pH=1,醋酸是弱酸,0.1mol·L-1醋酸溶液的pH>1,加水稀釋相同倍數后,鹽酸中c(H+)大于醋酸中c(H+),即pH(HCl)3COOH);

答案為<。

【點睛】

稀釋一元弱酸和一元強酸時,應注意是濃度相同還是pH相同,如果是濃度相同,體積相同,一元強酸完全電離,一元弱酸是部分電離,稀釋相同倍數,強酸中c(H+)始終大于弱酸;如果是pH相同,體積相同,則弱酸的濃度大于強酸,加水稀釋,促進醋酸的電離,弱酸的pH小于強酸。【解析】A10-5增大10-3mol·L-1<<三、判斷題(共1題,共2分)17、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水,減小,堿性減弱即減小,則增大,則溶液中增大,故錯;【解析】錯四、結構與性質(共3題,共12分)18、略

【分析】【詳解】

(1)根據蓋斯定律,由Ⅲ-Ⅱ可得

反應Ⅰ屬于吸熱反應,反應Ⅰ達平衡時升溫,平衡正向移動,K增大,則減?。?/p>

(2)①A.Ⅲ為氣體分子總數減小的反應,加壓能使平衡正向移動,從而提高的平衡轉化率;A正確;

B.反應Ⅰ為吸熱反應,升高溫度平衡正向移動,反應Ⅲ為放熱反應,升高溫度平衡逆向移動,的平衡轉化率不一定升高;B錯誤;

C.增大與的投料比有利于提高的平衡轉化率;C正確;

D.催劑不能改變平衡轉化率;D錯誤;

故選AC;

②200℃時是氣態(tài),1mol和1molH2充入密閉容器中,平衡時的轉化率為a,則消耗剩余的物質的量為根據碳原子守恒,生成CO的物質的量為消耗剩余生成此時平衡體系中含有和則反應Ⅲ的其他條件不變,H2起始量增加到3mol,達平衡時則平衡時

的物質的量分別為0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol,平衡體系中H2的物質的量分數為1.9/3.4=0.56;

(3)①決速步驟指反應歷程中反應速率最慢的反應。反應速率快慢由反應的活化能決定,活化能越大,反應速率越慢。仔細觀察并估算表中數據,找到活化能(過渡態(tài)與起始態(tài)能量差)最大的反應步驟為

②反應Ⅲ的指的是和的總能量與和的總能量之差為49kJ,而反應歷程圖中的E表示的是1個分子和1個分子的相對總能量與1個分子和3個分子的相對總能量之差(單位為eV),且將起點的相對總能量設定為0,所以作如下換算即可方便求得相對總能量【解析】(1)+41.0減小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5119、略

【分析】【分析】

(1)NaHSO4溶液呈酸性,其原因是NaHSO4完全電離生成H+。

(2)0.1mol·L-1的溶液②,c(OH-)=0.1mol·L-1,c(H+)=10-13mol·L-1,pH=-lgc(H+)。

(3)向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條,HCl完全電離,而CH3COOH部分電離,溶液中的c(H+)為鹽酸大于醋酸;由此可得出開始時反應速率的大小關系。

(4)等體積;等pH的溶液①和④中;醋酸的濃度遠大于鹽酸,分別與足量的②反應時,鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離,由此可得出二者消耗②的物質的量大小關系。

【詳解】

(1)NaHSO4溶液呈酸性,其原因是NaHSO4完全電離生成H+,其電離方程式為NaHSO4=Na++H++SO42-。答案為:NaHSO4=Na++H++SO42-;

(2)0.1mol·L-1的溶液②,c(OH-)=0.1mol·L-1,c(H+)=10-13mol·L-1,pH=-lgc(H+)=13。答案為:13;

(3)向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條,HCl完全電離,而CH3COOH部分電離,溶液中的c(H+)為鹽酸大于醋酸,由此可得出開始時反應速率的大小關系為①>④。答案為:>;

(4)等體積、等pH的溶液①和④中,醋酸的濃度遠大于鹽酸,醋酸的物質的量遠大于鹽酸,與足量的②反應時,鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離,由此可得出消耗②的物質的量大小關系為①<④。答案為:<。

【點睛】

等體積、等pH的強酸和弱酸溶液,雖然二者的c(H+)相同,但由于弱酸只發(fā)生部分電離,所以弱酸的物質的量濃度遠比強酸大。與堿反應時,弱酸不斷發(fā)生電離,只要堿足量,最終弱酸完全電離,所以弱酸消耗堿的物質的量比強酸要大得多。解題時,我們一定要注意,與金屬或堿反應時,只要金屬或堿足量,不管是強酸還是弱酸,最終都發(fā)生完全電離,若只考慮電離的部分,則會得出錯誤的結論?!窘馕觥縉aHSO4=Na++H++SO42-13><20、略

【分析】【分析】

(1)電離平衡常數越小酸性越弱;同濃度pH值越大;

(2)b為醋酸;先判斷點③所示溶液中的溶質成分,根據溶液中的電荷守恒分析;

(3)先判斷溶質成分;根據各溶液中的物料守恒分析;

(4)酸的電離抑制水的電離;鹽的水解促進水的電離;

【詳解】

(1)根據題目所給信息可知電離平衡常數Ka(CH3COOH)>Ka(HCN),所以同濃度的CH3COOH和HCN,HCN的酸性更強,pH值更大,所以a為HCN,b為CH3COOH;故答案為:a;HCN的電離平衡常數小,同濃度,其電離出的氫離子濃度小,pH值大;

(2)曲線b代表醋酸,根據加入氫氧化鈉的量可知點③所示溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa,根據電荷守恒可知:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),此時溶液呈中性,所以c(OH-)=c(H+),所以c(CH3COO-)=c(Na+),故答案為:c(CH3COO-)=c(Na+)>c(OH-)=c(H+);

(3)點②所示溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa,且物質的量之比為1:1,根據物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+),同理可知點①所示溶液中:c(HCN)+c(CN-)=2c(Na+),兩溶液加入氫氧化鈉的量相同,所以鈉離子濃度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(HCN)+c(CN-),所以c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH);

(4)點②所示溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa,且物質的量之比為1:1,醋酸的電離程度大于水解程度,此時水的電離受到抑制,點③所示溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa,此時溶液呈中性,溶液中c(OH-)=10-7mol/L,且全部由水電離,酸的電離和鹽的水解相互抵消,水的電離既不受到抑制也不受到促進,點④所示溶液中溶質為CH3COONa;只有鹽的水解促進水的電離,所以水的電離程度從大到小排序為④③②;

【點睛】

明確混合溶液中溶質成分及其性質、溶液酸堿性是解本題關鍵,注意電荷守恒、物料守恒的靈活運用?!窘馕觥縜HCN的電離平衡常數小,同濃度,其電離出的氫離子濃度小,pH值大c(CH3COO-)=c(Na+)>c(OH-)=c(H+)=④③②五、原理綜合題(共4題,共40分)21、略

【分析】【詳解】

(1)由表中實驗2和實驗1知道溫度相同,是討論濃度對化學反應速率的影響。所以溶液的總體積也應該相同均為50mL,分析知道表中V1溶液體積為60-35-10=5mL,V2=50-10-10=30mL。

(2)根據上表分析實驗2和實驗3反應物濃度相同;溫度不同,所以是探究溫度對化學反應速率的影響的因素,的實驗編號是2和3。根據上表分析實驗2和實驗1反應物溫度相同,濃度不同.所以探究反應物濃度對化學反應速率影響的,其實驗編號應該是1和2。

(3)由化學反應關系可知:2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O加入的KMnO4的物質的量為0.010.1=0.001mol,加入的H2C2O4的物質的量為0.0050.6=0.003mol,2KMnO45H2C2O4關系知道H2C2O4過量,所以參加反應的n(H2C2O4)=0.010.15/2=0.0025mol

實驗①測得KMnO4溶液的褪色時間為2min,所以H2C2O4在2min內平均反應速率v(H2C2O4)=0.0025mol/(0.05L2min)=0.025mol·L-1·min-1。答案:0.025mol·L-1·min-1

(4)根據影響化學反應速率的因素可知,升高溫度化學反應速率加快,已知50℃時c(MnO)~反應時間t的變化曲線如圖。若保持其他條件不變,25℃時化學反應速率減慢,所用時間變長。所以c(MnO)~t的變化曲線示意圖為【解析】5302和31和20.025mol·L-1·min-122、略

【分析】【分析】

(1)①平衡常數為生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積;

②先根據化學方程式計算出消耗的CO的物質的量,然后根據V==求出CO的化學反應速率;

(2)根據化學平衡狀態(tài)的特征分析;當反應達到平衡狀態(tài)時,正逆反應速率相等,各物質的濃度;質量、體積分數以及百分含量不變;

(3)明礬是KAl(SO4)2?12H2O;結合鋁離子水解呈酸性分析;

(4)根據Al(OH)3的酸式電離;根據Al(OH)3的堿式電離平衡以及外界條件對電離平衡的影響;

(5)根據通過加熱引發(fā)鋁熱反應以及鋁熱反應為放熱反應以及溫度升高化學反應速率加快分析。

【詳解】

(1)①因平衡常數等于生成物濃度冪之積除以反應物濃度冪之積,則K=

②生成了單質鐵的物質的量為:=0.2mol;則:

Fe2O3(s)+3CO(g)?2Fe(s)+3CO2(g)0.3mol0.2mol

所以CO的反應速率V====0.015mol/(L?min);

(2)因當反應達到平衡狀態(tài)時,正逆反應速率相等,各物質的濃度、質量、體積分數以及百分含量不變,所以說CO或(CO2)的生成速率與消耗速率相等、CO(或CO2)的質量不再改變能說明該反應已達到平衡狀態(tài);

(3)明礬是KAl(SO4)2?12H2O,其溶液中鋁離子水解生成氫氧化鋁使溶液顯酸性,水解離子反應為Al3++3H2OAl(OH)3+3H+;溶液中不水解的二元硫酸根離子濃度最大,所以離子濃度大小順序為:c(SO42-)>c(K+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-);

(4)Al(OH)3的酸式電離:Al(OH)3H++AlO2-+H2O,同時還存在堿式電離:Al(OH)3Al3++3OH-,加入鹽酸,與OH-反應,堿式電離平衡正向移動,Al3+濃度增加;

(5)因通過加熱引發(fā)鋁熱反應,所以開始速率為零,一旦反應,反應放熱,溫度不斷升高,化學反應速率加快,故答案為b?!窘馕觥竣?②.0.015mol(L?min)③.CO或(CO2)的生成速率與消耗速率相等④.CO(或CO2)的質量不再改變⑤.酸性⑥.c(SO42-)>c(K+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)⑦.Al(OH)3H++AlO2-+H2O⑧.鹽酸⑨.b23、略

【分析】【分析】

(1)CH3COOH的電離平衡常數K=溫度不變,電離平衡常數不變;混合溶液中存在電荷守恒關系c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+);

(2)Na2CO3為強堿弱酸鹽,CO32-在溶液中分步水解使土壤呈堿性,加入石膏后,CaSO4與Na2CO3反應生成CaCO3沉淀,CO32-濃度降低,水解平衡向左移動,OH-濃度降低;使土壤堿性降低;

(3)水垢的主要成分CaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq),加入過量食醋,食醋的主要成份醋酸電離出的氫離子與CO32-離子反應,CO32-濃度降低,水解平衡向右移動,使CaCO3溶解;

(4)①由圖象可以看出,H2CO3存在于PH<8的溶液中,CO32-存在于pH>8的溶液中;

②由圖可知,H=7時溶液中c(OH-)=c(H+),溶液中含碳元素的主要微粒為HCO3-和H2CO3,此時溶液中溶質為NaCl、NaHCO3和H2CO3,由電荷守恒可知溶液中c(Na+)>c(Cl-),由碳酸鈉與鹽酸的反應可知溶液中c(Cl-)>c(HCO3-);

③CO32-的水解常數Kh==2.0×10-4可知,當溶液中c(HCO3-):c(CO32-)=2:1時,溶液中c(OH-)=1.0×10-4mol/L。

【詳解】

(1)CH3COOH的電離平衡常數K=溫度不變,電離平衡常數不變;混合溶液中存在電荷守恒關系c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),故答案為:不變;c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+);

(2)Na2CO3為強堿弱酸鹽,CO32-在溶液中分步水解使土壤呈堿性,水解的離子方程式為CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-,加入石膏后,CaSO4與Na2CO3反應生成CaCO3沉淀,CO32-濃度降低,水解平衡向左移動,OH-濃度降低,使土壤堿性降低,使土壤堿性降低,反應方程式為CaSO4?2H2O+Na2CO3=CaCO3↓+Na2SO4+2H2O,故答案為:CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-;CaSO4?2H2O+Na2CO3=CaCO3+Na2SO4+2H2O;

(3)醋酸的酸性強于碳酸,水垢的主要成分CaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq),加入過量食醋,食醋的主要成份醋酸電離出的氫離子與CO32-離子反應,CO32-濃度降低,水解平衡向右移動,使CaCO3溶解,故答案為:CaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq),加入過量食醋,食醋的主要成份醋酸電離出的氫離子與CO32-離子反應,CO32-濃度降低,水解平衡向右移動,使CaCO3溶解;

(4)①由圖象可以看出,H2CO3存在于PH<8的溶液中,CO32-存在于pH>8的溶液中;二者不能大量共存于同一溶液中,故答案為:不能;

②由圖可知,pH=7時溶液中c(OH-)=c(H+),溶液中含碳元素的主要微粒為HCO3-和H2CO3,此時溶液中溶質為NaCl、NaHCO3和H2CO3,由電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCO3-)+c(OH-)可知,溶液中c(Na+)>c(Cl-),由反應Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3和NaHCO3+HCl=NaCl+H2CO3可知,溶液中c(Cl-)>c(HCO3-),則溶液中各種離子的物質的量濃度的大小關系為c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(OH-)=c(H+),故答案為:HCO3-、H2CO3;c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(OH-)=c(H+);

③CO32-的水解常數Kh==2.0×10-4可知,當溶液中c(HCO3-):c(CO32-)=2:1時,溶液中c(OH-)=1.0×10-4mol/L,則溶液中c(H+)==10-10mol/L;溶液pH=10,故答案為:10。

【點睛】

明確常溫下在10mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液20mL,先反應生成碳酸氫鈉,再與鹽酸反應生成碳酸是解答關鍵?!窘馕觥坎蛔僣(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-CaSO4?2H2O+Na2CO3=CaCO3+Na2SO4+2H2OCaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq),加入過量食醋,食醋的主要成份醋酸電離出的氫離子與CO32-離子反應,CO32-濃度降低,水解平衡向右移動,使CaCO3溶解不能HCO3-、H2CO3c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(O

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