专题06大题易丢分20172018学年上学期期末复习备考高二化学黄金30题(选修4)含解析

1、1（1）在25条件下将pH=11的氨水稀释100倍后溶液的pH为（填序号）_。A9B13C1113之间D911之间（2）25时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）_。A氨水与氯化铵发生化学反响B氯化铵溶液水解显酸性，增加了+c(H)C氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，使c(OH)减小（3）已知某溶液中只存在OH、H+、NH4+、Cl四种离子，某同学推断该溶液中各离子浓度大小次序可能有如下四种关系：+Ac(Cl)c(NH4)c(H)c(OH)Cc(Cl)c(H+)c(NH4+)c(OH)+Bc(Cl)c(NH4)c(

2、OH)c(H)Dc(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H+)若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质的名称是_，上述离子浓度大小次序关系中正确的选项是（选填序号）_。若上述关系中C是正确的，则溶液中溶质的化学式是_。若该溶液中由体积相等的稀盐酸和氨水混淆而成，且恰巧呈中性，则混淆前c（HCl）（填“、”“0。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下列图所示。T时，在容器中若充入罕有气体，v(正)_v(逆)(填“”“或“正向不25%23.04p总+2-+c(Na)c(SO3)c(HSO3)c(OH)c(H)因为亚硫酸氢根离子存在电离平衡-+2-2+SO32-HSO3H+SO3，加入氯化钙后，Ca=Ca

3、SO3，使平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH减小3）由图可得，pH=8时溶液中溶质主要为Na2SO3和NaHSO3，c(SO32-)c(HSO3-)，溶液中的主要离子为：Na+、SO32-、HSO3-，次要离子为OH-、H+，所以各离子浓度由大到小的次序是：+2-+-+2-，c(Na)c(SO3)c(HSO3)c(OH)c(H)。NaHSO3溶液中HSO3存在电离平衡HSO3H+SO3加入氯化钙后，Ca2+SO32-=CaSO3，使电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，所以pH降低。4燃煤和汽车尾气是造成空气污染产生雾霾的原因之一。除去汽车尾气是减少城市空气污染的热点研究课题。（1）已知：N2(g

4、)O2(g)2NO(g)H180.5kJmol11CO(g)1/2O2(g)CO2(g)H283kJmol则汽车尾气中NO和CO在催化转变器中相互反响成无污染的气体的热化学方程式是_。2）在密闭容器中发生该反响时，c(CO2)随温度(T)、催化剂的表面积(S)和时间(t)的变化曲线，如下图。已知当固体催化剂的质量一准时，增大其表面积可提高化学反响速率。若催化剂的表面积S1S2，在图中画出c(CO2)在T2、S2条件下达到平衡过程的变化曲线_。（3）在一定温度下，将2.0molNO、2.4mol气体CO通入到固定容积为2L的容器中，反响过程中部分物质的浓度变化如右图所示：有害气体NO的转变率为_

5、，015minNOv(NO)=_mol/(Lmin)。（保存两位有效数字）20min时，若改变反响条件，致使CO浓度减小，则改变的条件可能是的平均速率_（选填序号）。a缩小容器体积b增加CO的量c降低温度d扩大容器体积若保持反响体系的温度不变，20min时再向容器中充入NO、N2各0.4mol，化学平衡将_移动（选填“向左”、“向右”或“不”），移动后在达到平衡时的平衡常数的值是_（保存两位有效数字）。答案】2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）H=-746.5kJ?mol-1；40%0.027mol/（L?min）cd向左0.14（3）根据图像转变率=；=0.027mol/（

6、L?min）；a缩小容器体积，CO浓度增大，故a错误；b增加CO的量，CO的浓度一定增大，故b错误；c降低温度，平衡正向移动，CO浓度减小，故c正确；d扩大容器体积，CO浓度一定减小，故d正确，选cd；根据“三段式”，平衡常数0.14，再向容器中充入NO、N2各0.4mol时的Q=，QK，平衡向左移动；温度相同，平衡常数不变，移动后在达到平衡时的平衡常数的值是0.14；点睛：浓度熵Q=平衡常数K，反响达到平衡状态；QK，反响逆向进行；QBDAc(Na)c(CN)c(OH)c(H);B=、”“c(N2H4),同时c(N2H5+)c(N2H62+),应控制溶液pH范围_(用含a、b式子表示)。【答

7、案】+175.2kJ/molBC66.7%c(N2H4)时，c(OH)10)c(N2H6)时，c(OH)110c(H+)=KW14-b。所以25时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使cOHc(N2H5+)c(N2H4)，同时c(N2H5+)c(N2H62+)，应控制溶液pH范围为：(14-b，14-a)。点睛：此题综合考察化学反响原理知识，主要波及盖斯定律的应用、化学平衡图像、平衡状态的判断、转变率有关计算、水溶液中有关离子浓度关系的比较等知识。注意化学平衡图像的分析方法，经过“定一议二”来控制变量，如定温时剖析压强与平衡混淆物中氨的体积分数的关系、定压时剖析温度与平衡混淆物中氨的体积分数

8、的关系；注意列三段式解决转变率有关计算；注意最后小题的解题思路：控制pH使溶液中离子浓度切合某确定关系，要经过K1和K2的表达式找到c(N2H5+)、c(N2H4)、c(N2H62+)与c(OH-)的关系，再根据Kw表达式进一步求得结果。9煤气中主要的含硫杂质有H2S以及COS（有机硫），煤气焚烧后含硫杂质会转变成SO2进而引起大气污染，因此煤气中H2S的脱出程度已成为煤气干净度的一个重要指标。请回答下列问题:1）H2S在水溶液中的电离方程式为_。2）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2复原法、水解法等。COS的分子构造与CO2相像，COS的构造式为_。Br2的KOH溶液将C

9、OS氧化为硫酸盐的离子方程式为_。已知：H2、COS、H2S、CO的焚烧热依次为285kJ/mol、299kJ/mol、586kJ/mol、283kJ/mol；H2复原COS发生的反响为H2(g)+COS(g)=H2S(g)+CO(g)，该反响的H=_kJ/mol。用活性-Al2O3催化COS水解反响为COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g)H0，相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，不同温度下COS的转变率（未达到平衡）如图1所示；某温度下，COS的平衡转变率与n(H2O)/n(COS)的关系如图2所示。由图1可知，催化剂活性最大时对应的温度约为_，COS的转变率在后期下降的原因

10、是_。由图2可知，P点时平衡常数K=_（保存2位有效数字）。Q点转变率高于P点的原因是_。【答案】H2SH+HS-、HS-H+S2-O=C=SCOS+4Br2+12OH-=CO32-+SO42-+8Br-+6H2O-285150催化剂中毒，发生副反响等合理答案（平衡逆向移动有关描绘一律不给分）0.048相同条件下n(H2O)/n(COS)越高，相当于COS浓度不变情况下，增大水蒸气浓度，平衡正向移动，COS转变率提高10二氧化碳的捕集、利用与封存是我国能源领域的一个重要战略方向，发展成一项重要的新兴产业。1）已知：CH4、CO、H2的焚烧热分别为890kJ?mol1、283kJ?mol1、28

11、5.8kJ?mol1，计算下列反响的反响热。CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）H_kJ?mol1。（2）利用废气中的CO2为原料制取甲醇，反响方程式为：CO23H2CH3OHH2O其他条件相同，该甲醇合成反响在不同催化剂（、）作用下反响相同时间后，CO2的转变率随反响温度的变化如图所示。该反响的H_0（填“”或“”）d点不同催化剂（、）作用下CO2的转变率相同的原因是_。（3）用二氧化碳催化加氢来合成低碳烯烃，开端时以0.1MPa，n（H2）n（CO2）=31的投料比充入反响器中，发生反响：2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）H，不同温度下平衡时的四种气

12、态物质的物质的量如图2所示：该反响在_自发进行（填“低温”或“高温”）。b代表的物质是_。T1温度下的平衡转变率为_，有关于开端状态，平衡时气体的平均分子量增大的百分率为_（保存三位有效数字）。【答案】+247.6均达到平衡状态，催化剂不影响平衡转变率低温H2O50%23.1%3）由图2可知，反响物中氢气的平权衡随温度升高而升高，所以该反响为放热反响。根据曲线的变化趋势，能够判断出a、b、c三条曲线分别表示二氧化碳、水和乙烯。该反响H0、S0，只有在低温下才能保证H-TS、”“7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pHc(HSO3-)c(SO32-)c(H+)=c(OH-)（4）若氨

13、水与SO2恰巧完全反响生成正盐即亚硫酸铵，溶液中铵根和亚硫酸根都会水解，铵根水解使溶液呈酸性，而亚硫酸根水解则使溶液呈碱性，由于K81小于a2=6.310molL51Kb=1.810molL,根据越弱越水解，溶液的酸碱性由水解程度更大的离子决定，所以此时溶液呈碱性。由于亚硫酸氢根的电离程度大于其水解程度，亚硫酸氢铵溶液呈酸性（由Kb和21的相对大小也能得出这个结论）由的剖析可知上述溶液中通入SOKa1=1.310molL2cHcSO32=6.3108,把气体可使溶液呈中性，即常温下溶液pH=7，由Ka2=cHSO3+107cSO32=6.3101-2-c(H)=1代入，得，所以c(HSO3)c

14、(SO3)。此时溶液中的溶质为cHSO3(NH4)2SO3和NH4HSO3的混淆物，因为盐类水解的程度一般是很小的，所以溶液中离子浓度由大到小的次序：c(NH4+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H+)=c(OH-)。17尿素CO(NH2)2是一种特别重要的高效氮肥，工业上以NH3、CO2为原料生产尿素，该反应实际为两步反响：第一步：2NH3(g)CO2(g)=H2NCOONH4(s)H=272kJmol1第二步：H2NCOONH4(s)=CO(NH2)2(s)H2O(g)H=138kJmol1（1）写出工业上以NH3、CO2为原料合成尿素的热化学方程式：_（2）某实验小组模拟工业上合成尿

15、素的条件，在一体积为0.5L密闭容器中投入4mol氨和1mol二氧化碳，实验测得反响中各组分的物质的量随时间的变化如下列图所示：已知总反响的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反响的快慢由第_步反响决定，总反响进行到_min时抵达平衡。3）电解尿素CO(NH2)2的碱性溶液制纯净氢气的过程中同时产生氮气。电解时，阳极的电极反响式为_。用焦炭复原NO2的反响为：2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1molNO2和足量C发生该反响，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如下图：A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)_Kc(B)（填“”、“7；C.室温下

16、，取pH=a（a3）的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其pHcABA红色，且半分钟内不变化0.05000mol/LAD时仰视读数，读数偏大，测定结果偏高，D正确，答案选AD。点睛：该题的难点是弱电解质的判断和中和滴定误差剖析。弱电解质的证明，是鉴于与强电解质对照进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只需证明有电离平衡存在，就证了然弱电解质。注意判断的角度。误差剖析重点是明确原理和实验操作注意事项。19.为了比较铜与锌金属活动性的相对强弱，甲、乙、丙三位同学用铜片、锌片、稀硫酸、CuSO4溶液、直流电源、石墨电极、导线、烧杯、试管等中学化学

17、常有的药品和仪器力”的方式，设计下列实验：(用品)，以“接1）甲同学分别将铜片、锌片置于烧杯底部(铜、锌不接触)，小心地向烧杯中加入稀硫酸，察看到的现象是_，甲同学设计的思路是_。（2）乙同学接着甲的实验，向烧杯中滴加少量CuSO4溶液，进而察看到的现象是_。.丁、戊两位同学想利用原电池反响检测金属镁与铝的活动性次序，两人均是镁片和铝片作电极，但丁同学将电极放入6molL1H2SO4溶液中，戊同学将电极放入1NaOH6molL溶液中。（3）分别写出丁、戊两位同学所设计的原电池的负极反响式。丁同学实验中的负极反响式为_；戊同学实验中的负极反响式为_。4）丁与戊同学均认为“组成原电池的电极材料如果

18、都是金属，则组成负极材料的金属应比组成正极材料的金属开朗”，若仅以此为依据，戊同学判断出_(填元素符号)的活动性更强。（5）丁、戊两位同学所得的结论不一致，请你对此赐予科学的解释。_。【答案】锌片表面有气泡产生，铜片表面无气泡产生在金属活动次序中，锌排在氢的前面，可与硫酸反响，铜排在氢的后边，不与硫酸反响,锌表面有红色固体产生，锌片表面产生气泡-2+-的速率加速,Mg-2e=MgAl+4OH-3e=AlO2+2H2OAl镁与NaOH溶液不反响，铝与NaOH溶液能反响，故将镁和铝用导线连结后放入NaOH溶液中，负极失去电子，为铝；而镁、铝均能与稀硫酸反响，由于镁失去电子的能力比铝强，负极失去电子，为镁。金属活动性：MgAl。20镍及其化合物用途宽泛。某矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，以下是从该矿渣中回收NiSO4的工艺路线：(NH4)2SO495热水NaF萃取剂无机相NiSO4矿渣研磨