人教版高中化学选修四单元测试题带答案解析

最新人教版高中化学选修四单元测试题全套带答案解析章末综合测评(第一章)(时间45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．下列变化属于吸热反应的是()①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓硫酸稀释④KClO3分解制取O2⑤生石灰与水反应生成熟石灰⑥CaCO3高温分解⑦CO2＋Ceq\o(=,\s\up10(高温),\s\do5())2CO⑧Ba(OH)2·8H2O与固体NH4Cl混合⑨C＋H2O(g)eq\o(=,\s\up10(高温),\s\do5())CO＋H2⑩Al与盐酸反应A．①②④⑥⑦⑧⑨ B．②④⑥⑦⑧⑨C．①③④⑤⑥⑧⑩ D．①②④⑧⑨【解析】③⑤两项变化均放出能量，ΔH<0。【答案】B2．下列关于反应热的叙述正确的是()A．当ΔH<0时，表示该反应为吸热反应B．由C(s)＋1/2O2(g)=CO(g)的反应热为110.5kJ·mol－1，可知碳的燃烧热为110.5kJ·mol－1C．反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关D．1molNaOH分别和1molCH3COOH、1molHNO3反应放出的热量：CH3COOH<HNO3【解析】A项，ΔH<0时表示反应为放热反应；B项，CO(g)不是稳定的氧化物；C项，反应热等于反应物总能量与生成物总能量的差值，故与二者的能量有关；D项，CH3COOH电离时吸热，故正确。【答案】D3．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是()A．已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为241.8kJ·mol－1B．已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g)ΔH＝a，2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝b，则a＞bC．已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3kJD．已知P(白磷，s)=P(红磷，s)ΔH＜0，则白磷比红磷稳定【解析】氢气的燃烧热必须是生成液态水的过程所放出的热量，液态水变为气态水是吸热的，氢气的燃烧热小于241.8kJ·mol－1，A错误；焦炭完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，焓变是负值，即a＜b，B错误；中和热是指稀的强酸和强碱溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量，醋酸是弱酸，其电离过程是吸热过程，40.0g即1molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3kJ的热量，C正确；P(白磷，s)=P(红磷，s)ΔH＜0，所以红磷的能量低于白磷的能量，所以白磷不如红磷稳定，D错误。【答案】C4．已知下列热化学方程式：Zn(s)＋eq\f(1,2)O2(g)=ZnO(s)ΔH＝－Q1kJ·mol－1①Hg(l)＋eq\f(1,2)O2(g)=HgO(s)ΔH＝－Q2kJ·mol－1②Zn(s)＋HgO(s)=Hg(l)＋ZnO(s)ΔH＝－Q3kJ·mol－1③③中的Q3值为()A．Q2－Q1 B．Q1＋Q2C．Q1－Q2 D．－Q1－Q2【解析】根据盖斯定律①式－②式得：ΔH＝－Q1－(－Q2)kJ·mol－1，即－Q3＝Q2－Q1⇒Q3＝Q1－Q2。【答案】C5．S(单斜)和S(正交)是硫的两种同素异形体。已知：①S(单斜，s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH1＝－297.16kJ·mol－1②S(正交，s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH2＝－296.83kJ·mol－1③S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH3下列说法正确的是()A．ΔH3＝＋0.33kJ·mol－1B．单斜硫转化为正交硫的反应是吸热反应C．S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH3<0，正交硫比单斜硫稳定D．S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH3>0，单斜硫比正交硫稳定【解析】由题意知，根据盖斯定律③＝①－②，即ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－297.16kJ·mol－1－(－296.83kJ·mol－1)＝－0.33kJ·mol－1，所以S(单斜，s)=S(正交，s)为放热反应，说明S(单斜，s)能量高，相对不稳定，S(正交，s)能量低，相对稳定，故选C。【答案】C6．通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是()①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)ΔH1＝571.6kJ·mol－1②焦炭与水反应制氢：C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH2＝131.3kJ·mol－1③甲烷与水反应制氢：CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)ΔH3＝206.1kJ·mol－1A．反应①中电能转化为化学能B．反应②为放热反应C．反应③使用催化剂，ΔH3减小D．反应CH4(g)=C(s)＋2H2(g)的ΔH＝74.8kJ·mol－1【解析】反应①是太阳能转化为化学能，A不正确；反应②中ΔH2>0，是吸热反应，B不正确；反应③使用催化剂不能改变反应的焓变，ΔH不变，C不正确；D项中，由盖斯定律，反应③－②可得CH4(g)=C(s)＋2H2(g)ΔH＝74.8kJ·mol－1，D正确。【答案】D7．在1200℃H2S(g)＋eq\f(3,2)O2(g)=SO2(g)＋H2O(g)ΔH12H2S(g)＋SO2(g)=eq\f(3,2)S2(g)＋2H2O(g)ΔH2H2S(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=S(g)＋H2O(g)ΔH32S(g)=S2(g)ΔH4则ΔH4的正确表达式为()A．ΔH4＝eq\f(2,3)(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)B．ΔH4＝eq\f(2,3)(3ΔH3－ΔH1－ΔH2)C．ΔH4＝eq\f(3,2)(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)D．ΔH4＝eq\f(3,2)(ΔH1－ΔH2－3ΔH3)【解析】根据盖斯定律找出各反应的反应热之间的关系。将前三个热化学方程式分别标为①、②、③，根据盖斯定律，由eq\f(2,3)×①＋eq\f(2,3)×②－2×③可得：2S(g)=S2(g)ΔH4＝eq\f(2,3)(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)。【答案】A8．NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是CO2的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年，如表所示是几种化学键的键能：化学键N≡NF—FN—F键能/kJ·mol－1946154.8283.0下列说法中正确的是()A．过程N2(g)→2N(g)放出能量B．过程N(g)＋3F(g)→NF3(g)放出能量C．反应N2(g)＋3F2(g)→2NF3(g)的ΔH＞0D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应【解析】断裂化学键的过程，吸收能量，A错误；形成化学键的过程，放出能量，B正确；C项，反应的ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和，则ΔH＝946kJ/mol＋3×154.8kJ/mol－6×283.0kJ/mol＝－287.6kJ/mol，因此ΔH<0，C错误；化学反应过程中必有化学键的断裂与生成，所以D错误。【答案】B9．甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋49.0kJ·mol－1②CH3OH(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－192.9kJ·mol－1下列说法正确的是()A．CH3OH的燃烧热为192.9kJ·mol－1B．反应①中的能量变化如右图所示C．CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量D．根据②推知反应：CH3OH(l)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)的ΔH>－192.9kJ·mol－1【解析】A项，据盖斯定律得①②两式合并得不到生成H2O(l)的热化学方程式，故无法确定CH3OH的燃烧热；B项，反应①为吸热反应，1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量应小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量；C项，由题意知反应②CH3OH(g)→H2(g)放出能量，故错；D项，由CH3OH(l)→CH3OH(g)ΔH>0，故CH3OH(l)→H2(g)比CH3OH(g)→H2(g)放出热量少，CH3OH(l)→H2(g)ΔH更大。【答案】D10．1molCH4气体完全燃烧放出的热量为802kJ，但当不完全燃烧生成CO和H2O时，放出的热量为519kJ。如果1molCH4与一定量O2燃烧生成CO、CO2、H2O，并放出731.25kJ的热量，则一定量O2的质量为()A．40g B．56gC．60g D．64g【解析】设CO、CO2的物质的量分别为x、y，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝1mol据C原子守恒,519kJ/mol·x＋802kJ/mol·y＝731.25kJ))解得：x＝0.25moly＝0.75mol，则n(O2)＝eq\f(1,2)n(CO)＋n(CO2)＋eq\f(1,2)n(H2O)＝eq\f(0.25mol,2)＋0.75mol＋1mol＝1.875mol，m(O2)＝n(O2)×M(O2)＝1.875mol×32g/mol＝60g。【答案】C二、非选择题(本题包括2小题，共50分)11．(25分)用“>”、“<”或“＝”填空：(1)同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)，在光照和点燃条件下的ΔH(化学计量数相同)分别为ΔH1、ΔH2，则ΔH1________ΔH2。(2)相同条件下，2mol氢原子所具有的能量________1mol氢分子所具有的能量。(3)已知常温下红磷比白磷稳定，比较下列反应中(反应条件均为点燃)ΔH的大小：ΔH1________ΔH2。①P4(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1，②4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2。(4)已知：101kPa时，2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221kJ·mol－1，则碳的燃烧热数值________110.5kJ·mol－1。(5)已知：稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量________57.3kJ；稀硫酸和稀氢氧化钡溶液中和生成1mol水放出的热量________57.3kJ。(6)已知一定条件下合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.0kJ·mol－1，相同条件下将1molN2和3molH2放在一密闭容器中充分反应，测得反应放出的热量(假定热量无损失)________92.0kJ。【解析】(1)同温同压下，氢气和氯气生成氯化氢气体的焓变与过程、反应条件无关，只与反应始态、终态有关。(2)2mol氢原子合成1mol氢分子时形成化学键，要放出热量，故前者能量大。(3)红磷比白磷稳定，红磷的能量比白磷低，红磷燃烧时放出的热量少，带负号比较时，后者大。(4)CO燃烧时还能放出热量，所以碳的燃烧热值大于110.5kJ·mol－1。(5)浓硫酸稀释时能放出热量，故与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量大于57.3kJ；稀硫酸和稀氢氧化钡溶液反应时生成硫酸钡，还需形成化学键，放出能量，故中和时生成1mol水放出的热量大于57.3kJ。(6)合成氨反应是可逆反应，1molN2和3molH2放在一密闭容器中不能全部反应，故放出的热量小于92.0kJ。【答案】(1)＝(2)>(3)<(4)>(5)>>(6)<12．(25分)随着世界工业经济的发展、人口的剧增，全球能源紧张及世界气候面临越来越严重的问题，如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。(1)如图为C及其氧化物的变化关系图，若①变化是置换反应，则其化学方程式可以是__________________。(2)把煤作为燃料可通过下列两种途径：途径Ⅰ：C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＜0①途径Ⅱ：先制成水煤气：C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH2＞0②再燃烧水煤气：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH3＜0③2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH4＜0④则途径Ⅰ放出的热量__________(填“大于”“等于”或“小于”)途径Ⅱ放出的热量；ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4的数学关系式是____________________。(3)甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上可用如下方法合成甲醇：方法一CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)方法二CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)在25℃、101kPa下，1g________________________________________________________________。(4)臭氧可用于净化空气、饮用水消毒，处理工业废物和作为漂白剂。臭氧几乎可与除铂、金、铱、氟以外的所有单质反应。如：6Ag(s)＋O3(g)=3Ag2O(s)ΔH＝―235.8kJ·mol―1已知：2Ag2O(s)=4Ag(s)＋O2(g)ΔH＝＋62.2kJ·mol―1则O3转化为O2的热化学方程式为__________________________________。【解析】(1)①是置换反应可以是碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，或与金属氧化物反应，反应的化学方程式为C＋CuOeq\o(=,\s\up10(高温))Cu＋CO↑。(2)由盖斯定律可知：若一个反应可以分步进行，则各步反应的吸收或放出的热量总和与这个反应一次发生时吸收或放出的热量相同；根据盖斯定律，①＝②＋③×1/2＋④×1/2，所以ΔH1＝ΔH2＋1/2(ΔH3＋ΔH4)。(3)在25℃、101kPa下，1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ,32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为725.76kJ；则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为CH4O(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－725.76kJ·mol―1(4)Ⅰ.6Ag(s)＋O3(g)=3Ag2O(s)ΔH＝－235.8kJ·mol―1Ⅱ.2Ag2O(s)=4Ag(s)＋O2(g)ΔH＝＋62.2kJ·mol―1根据盖斯定律可知Ⅰ×2＋Ⅱ×3可得到，2O3(g)=3O2(g)，则反应热ΔH＝(－235.8kJ·mol－1)×2＋(＋62.2kJ·mol－1)×3＝－285kJ·mol―1。【答案】(1)C＋CuOeq\o(=,\s\up10(高温))Cu＋CO↑(2)等于ΔH1＝ΔH2＋1/2(ΔH3＋ΔH4)(3)CH4O(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－725.76kJ·mol―1(4)2O3(g)=3O2(g)ΔH＝－285kJ·mol―1章末综合测评(第二章)(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分)1．下列说法正确的是()A．熵增大的反应一定是自发反应B．焓增大的反应一定是自发反应C．熵、焓都为正值的反应是自发反应D．ΔH－TΔS<0的反应一定是自发反应【解析】判断化学反应进行的方向须用复合判据ΔH－TΔS<0。【答案】D2．对于可逆反应4NH3＋5O24NO＋6H2O(g)，下列叙述正确的是()A．若单位时间生成xmolNO的同时，消耗1.5xmolH2O，则反应达到平衡状态B．达到平衡状态后，NH3、O2、NO、H2O(g)的物质的量之比为4∶5∶4∶6C．达到平衡状态时，若增加容器体积，则反应速率增大D．达到平衡时，5v正(O2)＝4v逆(NO)【解析】若单位时间生成xmolNO的同时，消耗1.5xmolH2O，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A正确；达到平衡状态后，NH3、O2、NO、H2O(g)的物质的量不变，比值不一定为4∶5∶4∶6，B错误；达到平衡状态时，若增加容器体积，各物质的浓度减小，反应速率减小，C错误；达到平衡时，4v正(O2)＝5v逆(NO)，D错误。【答案】A3．反应CO＋H2O(g)CO2＋H2在800℃达到平衡时，分别改变下列条件，KA．将压强减小至原来的一半B．将反应温度升高100C．添加催化剂D．增大水蒸气的浓度【解析】化学平衡常数K只受温度影响。【答案】B4．某可逆反应的正反应是放热反应，则温度对此反应的正、逆反应速率影响的曲线(如图所示)中，正确的是()【解析】本题考查的是外界条件的改变对可逆反应正、逆反应速率的影响。速率曲线交叉点即平衡状态，由于这个可逆反应的正反应是放热反应，升高温度，逆反应速率加快的幅度大于正反应速率加快的幅度，故正确答案为B项。【答案】B5．下列说法中可以充分说明反应：P(g)＋Q(g)R(g)＋S(g)，在该温度下已达平衡状态的是()A．反应容器内压强不随时间变化B．P和S的生成速率相等C．反应容器内P、Q、R、S四者共存D．反应容器内总物质的量不随时间而变化【解析】该反应前后为气体计量数相等的反应，故容器内压强气体物质的量不变，故不选A、D两项；B项，P和S的生成速率相等，说明v正＝v逆；C项，可逆反应中反应物、生成物一定共存，不能说明达到平衡，故C项不选。【答案】B6．在一密闭容器中发生反应：2A(g)＋2B(g)C(s)＋3D(g)ΔH<0，达到平衡时采取下列措施，可以使正反应速率v正增大、D的物质的量浓度c(D)增大的是()A．移走少量C B．扩大容积，减小压强C．缩小容积，增大压强 D．容积不变，充入“惰”气【解析】A项，C为固体，改变其量，对反应速率无影响，A错；B项，扩大容积，v正减小，c(D)也减小，B错；C项，缩小容积，浓度增大，反应速率也增大，平衡右移，c(D)也增大，C对；D项，容积不变，充入“惰”气，反应物浓度不变，速率不变，平衡不移动。【答案】C7．如图所示，三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别放置在盛有下列物质的烧杯(烧杯内有水)中：在①中加入CaO，在②中不加其他任何物质，在③中加入NH4Cl晶体，发现①中红棕色变深，③中红棕色变浅，下列叙述正确的是()①加氧化钙②室温水③加氯化铵晶体A．2NO2N2O4是放热反应B．NH4Cl溶于水时放出热量C．烧瓶①中平衡混合气的平均相对分子质量增大D．烧瓶③中气体的压强增大【解析】2NO2(g)N2O4(g)，NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体。①中红棕色变深说明平衡左移，平均相对分子质量减小，而CaO和水反应放热，则该反应为放热反应，A对，C错；③中红棕色变浅，说明平衡右移，而正反应为放热反应，则证明NH4Cl溶于水要吸收热量，平衡右移时，气体的物质的量减小，压强减小，B、D均错。【答案】A8．一定条件下，体积为2L的密闭容器中，1molX和3molY进行反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)，经12s达到平衡，生成0.6molZ。下列说法正确的是()A．以X浓度变化表示的反应速率为eq\f(1,8)mol/(L·s)B．12s后将容器体积扩大为10L，Z的平衡浓度变为原来的eq\f(1,5)C．若增大X的浓度，则物质Y的转化率减小D．若该反应的ΔH<0，升高温度，平衡常数K减小【解析】X(g)＋3Y(g)2Z(g)起始量(mol)130转化量(mol)0.30.90.6平衡量(mol)0.72.10.6v(X)＝eq\f(\f(0.3mol,2L),12s)＝eq\f(1,80)mol/(L·s)，所以A错误；12s后将容器体积扩大为10L，平衡逆向移动，Z的浓度小于原来的eq\f(1,5)，所以B错误；若增大X的浓度，Y的转化率增大，X的转化率减小，所以C错误；若ΔH<0，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小。【答案】D9．对于可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，下列研究目的和示意图相符的是()选项AB研究目的压强对反应的影响(p2>p1)温度对反应的影响图示选项CD研究目的平衡体系增加N2对反应的影响催化剂对反应的影响图示【解析】因压强越大，化学反应速率越快，因此A项中对应压强为p2时达到平衡所需的时间应短一些，故A错误；随温度的升高平衡将逆向移动，反应物氮气的转化率应减小，故B错误；使用催化剂后化学反应速率应加快，因此有催化剂时达到平衡所需要的时间应短一些，D错误。【答案】C10．在某密闭容器中，可逆反应：A(g)＋B(g)xC(g)符合图中(Ⅰ)所示关系，φ(C)表示C气体在混合气体中的体积分数。由此判断，对图像(Ⅱ)说法不正确的是()A．p3>p4，Y轴表示A的转化率B．p3>p4，Y轴表示B的质量分数C．p3>p4，Y轴表示B的转化率D．p3>p4，Y轴表示混合气体的平均相对分子质量【解析】据图像(Ⅰ)知，在压强不变时，曲线b的斜率比c的大，故T1>T2。降温(T1→T2)时，φ(C)增大，即平衡正向移动，说明正反应为放热反应。当温度不变时，曲线b的斜率比a的大，故压强p2>p1，增大压强(p1→p2)时，φ(C)增大，即平衡正向移动，故x<2，即x＝1。由图像(Ⅱ)知，保持体系压强不变，升高温度，平衡逆向移动，A、B的转化率、φ(C)、混合气体的平均相对分子质量均减小，而A、B的质量分数要增大。故正确答案为B。【答案】B11．t℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)，各组分在不同时刻的浓度如下表：物质XYZ初始浓度/(mol·L－1)0.10.202min末浓度/(mol·L－1)0.08ab平衡浓度/(mol·L－1)0.050.050.1下列说法正确的是()A．平衡时，X的转化率为20%B．2min时Y的物质的量为0.14C．增大平衡后的体系压强，v(正)增大，v(逆)减小D．2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v(Y)＝0.03mol·L―1·min―1【解析】X＋3Y2Z初始浓度(mol·L－1)0.10.20转化浓度(mol·L－1)0.050.150.1平衡浓度(mol·L－1)0.050.050.1平衡时，X的转化率＝0.05mol/L÷0.1mol/L×100%＝50%，A错误；2min消耗X是0.02mol/L，则消耗Y是0.06mol/L，所以剩余Y是0.14mol/L，B错误；增大平衡后的体系压强，正反应速率、逆反应速率都增大，C错误；D、前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v(Y)＝3v(X)＝3×(0.1mol·L－1－0.08mol·L－1)÷2min＝0.03mol·L－1·min－1，D正确。【答案】D12．臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为：2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是()AB升高温度，平衡常数减小0～3s内，反应速率为：v(NO2)＝0.2mol·L－1CDt1时仅加入催化剂，平衡正向移动达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)【解析】A．从能量变化的图像分析，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，A正确。B.依据化学反应速率的计算公式：v(NO2)＝eq\f(1.0－0.4mol·L－1,3s)＝0.2mol·L－1·s－1，单位不对，B错误。C.催化剂会同等程度地改变正、逆反应速率，所以加入催化剂，平衡不移动，C错误。D.增大c(O2)，平衡逆向移动，NO2的转化率降低，D错误。【答案】A二、非选择题(本题包括3小题，共52分)13．(15分)可逆反应3A(g)3B(？)＋C(？)ΔH>0达到化学平衡后，(1)升高温度，用“变大”、“变小”、“不变”或“无法确定”填空。①若B、C都是气体，气体的平均相对分子质量________；②若B、C都不是气体，气体的平均相对分子质量________；③若B是气体，C不是气体，气体的平均相对分子质量________；(2)如果平衡后保持温度不变，将容器体积增加一倍，新平衡时A的浓度是原来的60%，则B是________态，C是________态。【解析】(1)升高温度，平衡正向移动。①若B、C都是气体，n(气)增大，m(气)不变，M＝eq\f(m气,n气)减小；②若B、C都不是气体，只有A是气体，M(A)不变；③若B是气体，C不是气体，m(气)减小，n(气)不变，M＝eq\f(m气,n气)减小。(2)说明平衡逆向移动，即逆向是气体计量数增大的反应，故B不是气体。【答案】(1)①变小②不变③变小(2)固或液气14．(15分)运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义，请完成下列探究。(1)生成氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。C(s)＋H2O(g)H2(g)＋CO(g)ΔH＝＋131.3kJ·mol－1，ΔS＝＋133.7J·mol－1·K－1，该反应在低温下________(“能”或“不能”)自发进行。(2)已知在400℃时，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的K①在400℃时，2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的K′②400℃时，在0.5L的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为2mol、1mol、2mol，则此时反应v(N2)正________(填“>”、“<”“＝”或“不能确定”)v(N2)逆③若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，则合成氨反应的平衡________(填“向左”、“向右”或“不”)移动；使用催化剂________(填“增大”、“减小”或“不改变”)反应的ΔH。【解析】(1)该反应ΔH>0，ΔS>0，故若使ΔH－TΔS<0须在高温下实现。(2)①K′＝eq\f(1,K)＝eq\f(1,0.5)＝2；②Qc＝eq\f(42,4×23)＝0.5＝K，故此时反应达到平衡状态；③恒温、恒压条件下通入Ar相当于扩大体积进行减小压强，平衡逆向移动。【答案】(1)不能(2)①2②＝③向左不改变15．(22分)300℃时，将2molA和2molB两种气体混合于2L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g)ΔH＝Q,(1)300℃时，该反应的平衡常数表达式为：K已知K300℃<K350℃，则Δ(2)在2min末时，B的平衡浓度为________，D的平均反应速率为________。(3)若温度不变，缩小容器容积，则A的转化率______(填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是_________________________________________________________________________________________________________________。(4)如果在相同的条件下，上述反应从逆反应方向进行，开始时加入C、D各eq\f(4,3)mol。若使平衡时各物质的物质的量浓度与原平衡相同，则还应该加入B______mol。【解析】(1)温度越高，K越大，则说明升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，ΔH>0。(2)生成0.8molD，则反应掉0.4molB，剩余1.6molB，c(B)＝eq\f(1.6mol,2L)＝0.8mol/L。v(B)＝eq\f(0.4mol,2L×2min)＝0.1mol/(L·min)，由化学计量数知，D的反应速率应为B的2倍，故v(D)＝2v(B)＝2×0.1mol/(L·min)＝0.2mol/(L·min)。(3)该反应为等体积变化，加压平衡不移动，故A的转化率不变。(4)将C、D的量折算成A、B的量，则相当于加入2molA和eq\f(2,3)molB，容器体积固定，若浓度相同，则说明起始时物质的量相等，故B还应加入2mol－eq\f(2,3)mol＝eq\f(4,3)mol。【答案】(1)eq\f(c2C·c2D,c3A·cB)>(2)0.8mol/L0.2mol/(L·min)(3)不变反应前后气体体积不变，压强对平衡无影响(4)eq\f(4,3)章末综合测评(第三章)水溶液中的离子平衡(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分)1．在100℃时，水的离子积等于1.0×10－12，若该温度下某溶液中的c(H＋)＝1×10－7mol·L－1A．呈碱性 B．呈酸性C．呈中性 D．c(H＋)＝c(OH－)【解析】100℃时，该溶液中c(H＋)＝1×10－7mol/L，c(OH－)＝1×10－5mol/L，c(H＋)<c(OH－【答案】A2．下列叙述正确的是()A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B．25℃C．25℃时，0.1mol·L－1D．0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－)【解析】A．醋酸是弱电解质，存在电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋，加入醋酸钠，使溶液中的c(CH3COO－)增大，电离平衡逆向移动，抑制醋酸的电离，故不正确。B.25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水完全反应生成NH4NO3，NH4NO3是强酸弱碱盐，NHeq\o\al(＋,4)发生水解，溶液呈酸性，pH<7，故不正确。C.H2S是弱电解质，部分电离，而Na2S是强电解质，完全电离，在等浓度的两种溶液中，Na2S溶液中离子浓度较大，溶液的导电能力强，故正确。D.0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，达到沉淀溶解平衡，因为AgCl的溶解度大于AgI，溶液中c(Cl－)>c(I－)，故不正确。【答案】C3．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－。下列说法正确的是()A．稀释溶液，水解平衡常数增大B．加入少量NH4Cl固体，平衡向正反应方向移动C．升高温度，eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))减小D．加入NaOH固体，溶液pH减小【解析】化学平衡常数只受温度的影响，A错误；加入的NH4Cl水解呈酸性与COeq\o\al(2－,3)相互促进水解，使平衡向正反应方向移动，B正确；升高温度，COeq\o\al(2－,3)的水解程度增大，c(HCOeq\o\al(－,3))增大，c(COeq\o\al(2－,3))减小，C错误；加入NaOH固体，溶液的pH增大，D错误。【答案】B4．25℃A．pH＝1的溶液中：Na＋、K＋、MnOeq\o\al(－,4)、COeq\o\al(2－,3)B．c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)C．0.1mol/LNH4HCO3溶液中：K＋、Na＋、NOeq\o\al(－,3)、Cl－D．0.1mol/LFeCl3溶液中：Fe2＋、NHeq\o\al(＋,4)、SCN－、SOeq\o\al(2－,4)【解析】酸性溶液中碳酸根不能大量共存，A错误；c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液显碱性，则Mg2＋、Cu2＋不能大量共存，B错误；0.1mol/LNH4HCO3溶液中K＋、Na＋、NOeq\o\al(－,3)、Cl－之间不反应，可以大量共存，C正确；铁离子与SCN－不能大量共存，D错误。【答案】C5．H2S水溶液中存在电离平衡H2SH＋＋HS－和HS－H＋＋S2－。若向H2S溶液中()A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH增大C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH减小D．加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化)，溶液中所有离子浓度都减小【解析】加水促进电离，但氢离子浓度减小，A项错误。B项反应：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，当SO2过量溶液显酸性，而且酸性比H2S强，pH减小，错误。滴加新制氯水，发生反应Cl2＋H2S=2HCl＋S↓平衡向左移动，溶液pH减小，C项正确。加入少量硫酸铜固体，发生反应H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋，H＋浓度增大，D项错误。【答案】C6.一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图。下列说法正确的是()A．升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化【解析】A．c点溶液中c(OH－)>c(H＋)，溶液呈碱性，升温，溶液中c(OH－)不可能减小。B.由b点对应c(H＋)与c(OH－)可知，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－7×1.0×10－7＝1.0×10－14。C.FeCl3溶液水解显酸性，溶液中c(H＋)增大，因一定温度下水的离子积是常数，故溶液中c(OH－)减小，因此加入FeCl3溶液可能引起由b向a的变化。D.c点溶液呈碱性，稀释时c(OH－)减小，同时c(H＋)应增大，故稀释溶液时不可能引起由c向d的转化。【答案】C7．已知难溶性物质K2SO4·MgSO4·2CaSO4在水中存在如下平衡：K2SO4·MgSO4·2CaSO4(s)2Ca2＋＋2K＋＋Mg2＋＋4SOeq\o\al(2－,4)，不同温度下，K＋的浸出浓度与溶浸时间的关系如图所示，则下列说法错误的是()A．向该体系中加入饱和NaOH溶液，溶解平衡向右移动B．向该体系中加入饱和碳酸钠溶液，溶解平衡向右移动C．该平衡的Ksp＝c(Ca2＋)·c(K＋)·c(Mg2＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))D．升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动【解析】A、B选项，OH－与Mg2＋结合生成Mg(OH)2沉淀、COeq\o\al(2－,3)与Ca2＋结合生成CaCO3沉淀，均能使平衡右移，正确；C选项，Ca2＋、K＋、SOeq\o\al(2－,4)的化学计量数分别为2、2、4，错误；由图像可知升高温度K＋的浸出浓度增大，所以此反应为吸热反应，D选项正确。【答案】C8．下图是X、Y、Z三种液体在常温下的对应近似pH，下列判断不正确的是()A．X显酸性B．Y一定是水C．Z可能是碳酸钠溶液D．Z可使紫色石蕊试液变蓝【解析】X的pH为1，小于7，呈酸性，A正确；B.Y的pH为7，所以呈中性，但呈中性的溶液不一定是水，如氯化钠的溶液也是中性的，B错误；C.Z的pH为10，大于7，呈碱性，而碳酸钠溶液显碱性，C正确；D.Z的pH为10，大于7，呈碱性，因此Z可使紫色石蕊试液变蓝，D正确。【答案】B9．已知Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Cu2＋和Fe3＋完全生成氢氧化物沉淀时的pH分别为6.7和3.2。现在向pH＝0、浓度均为0.04mol·L－1的Cu2＋、Fe3＋溶液中加入某一固体，以中和H＋调节pH(设溶液体积不变)，该过程中Cu2＋、Fe3＋的浓度与pH关系正确的是()【解析】由Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20、Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38,0.04mol·L－1的Cu2＋、Fe3＋溶液，Cu2＋开始沉淀时c(OH－)＝eq\r(\f(Ksp,cCu2＋))＝7.4×10－10mol·L－1，pH约为4.8，Fe3＋开始沉淀时，c(OH－)＝eq\r(3,\f(Ksp,cFe3＋))＝10－12mol·L－1，pH＝2。所以pH＝2时Fe3＋开始沉淀，当全部沉淀时，pH为3.2。【答案】B10.某温度下，向一定体积0.1mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH＝－lg[OH－])与pH的变化关系如图所示，则()A．M点所示溶液的导电能力强于Q点B．N点所示溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积【解析】Q点pOH＝pH＝a，则有c(H＋)＝c(OH－)，此时溶液呈中性，那么c(CH3COO－)＝c(Na＋)，N点溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，那么c(CH3COO－)<c(Na＋)，B错。结合图像可知，M点溶液中含有CH3COOH和CH3COONa，在滴加NaOH溶液的过程中，溶液中离子浓度变大，则M点溶液的导电能力比Q点弱，A错。M点pOH＝b，N点pH＝b，说明M点c(OH－)与N点c(H＋)相等，对水的电离的抑制程度相同，因此M点和N点水的电离程度相同，C对。若消耗NaOH溶液与醋酸溶液的体积相等，二者恰好反应生成CH3COONa，溶液显碱性，而Q点溶液呈中性，显然醋酸溶液的体积大于消耗NaOH溶液的体积，D错。【答案】C11．已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中()A．水的电离程度始终增大B.eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)先增大再减小C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变D．当加入氨水的体积为10mL时，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(CH3COO－)【解析】A．醋酸显酸性，水的电离平衡受到抑制。在滴加NH3·H2O的过程中，酸性减弱，水的电离程度受到抑制的程度减小，电离程度增大，当CH3COOH反应完后，加入的NH3·H2O会抑制水的电离，电离程度减小，故该选项错误。B．在向醋酸中滴加氨水的过程中，碱性增强酸性减弱，c(OH－)一直增大。由NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－可知，K＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)，则eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)＝eq\f(K,cOH－)，而K是常数，故eq\f(K,cOH－)一直减小，该选项错误。C．n(CH3COOH)和n(CH3COO－)保持不变，但溶液的体积是增大的，故c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和逐渐减小，该选项错误。D．当加入氨水10mL时，两者恰好完全反应生成CH3COONH4，由CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等可知，CH3COO－和NHeq\o\al(＋,4)的水解程度也相等，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(CH3COO－)，该选项正确。【答案】D12．已知HF、CH3COOH均为弱酸，酸性强弱顺序为HF>CH3COOH，下列说法正确的是()A．浓度均为0.1mol·L－1的NaF、CH3COONa溶液相比较，CH3COONa溶液碱性较强B．0.1mol·L－1CH3COOH溶液，加水稀释过程中，所有离子浓度均减小C．NaF溶液中只含有Na＋、F－、H＋、OH－、H2O五种微粒D．NaF溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c(F－)变小【解析】酸性HF＞CH3COOH，则CH3COO－水解程度大于F－，CH3COONa溶液碱性较强，A正确；由Kw可知，加水稀释过程中，氢离子浓度减小，离子积常数不变，c(OH－)增大，B错误；NaF溶液中存在水解平衡：F－＋H2OHF＋OH－，则溶液中含有Na＋、F－、H＋、OH－、H2O、HF六种微粒，C错误；NaF溶液中加入少量NaOH固体，c(OH－)变大，则抑制F－的水解，溶液中c(F－)变大，D错误。【答案】A二、非选择题(本题包括4小题，共52分)13．(12分)25℃，NaOH和Na2CO3(1)两溶液中，由水电离的c(OH－)分别是：①NaOH溶液中________；②Na2CO3溶液中________。③在1L水中加入上述溶液中的________会使水的电离程度减小。(2)各取10mL上述两种溶液，分别加水稀释到100mL，pH变化较大的是________(填化学式)溶液。(3)为探究纯碱溶液呈碱性是由COeq\o\al(2－,3)引起的，请你设计一个简单的实验方案_______________________________________________________________________________________________________________________________。【解析】NaOH能抑制水的电离，NaOH溶液中的H＋来自水的电离，c(H＋)水＝c(OH－)水＝1.0×10－11mol/L；Na2CO3水解能促进水的电离，其溶液中的OH－来自水的电离。加水稀释时，因为COeq\o\al(2－,3)的水解程度增大，所以pH变化小。【答案】(1)①1.0×10－11mol/L②1.0×10－3mol/L③NaOH溶液(2)NaOH(3)向纯碱溶液中滴入酚酞溶液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去；则可以说明纯碱溶液呈碱性是由COeq\o\al(2－,3)引起的14．(12分)现有浓度均为0.1mol·L－1的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸氢铵、⑦氨水，请回答下列问题：(1)①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是________(填序号)。(2)④、⑤、⑥、⑦四种溶液中NHeq\o\al(＋,4)浓度由大到小的顺序是________(填序号)。(3)将③和④按体积比1∶2混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是___________________________________________________________________。(4)已知t℃时，KW＝1×10－13，则t℃________(填“>”“<”或“＝”)25℃。在t℃时将pH＝11的NaOH溶液aL与pH＝1的H2SO4溶液bL混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH＝2，则a∶b【解析】(1)酸或碱抑制水的电离，酸中c(H＋)、碱中c(OH－)越大，水电离程度越小，所以②>③>①。盐水解促进水的电离，则④>②>③>①。(2)⑦中NH3·H2O部分电离，c(NHeq\o\al(＋,4))最小；⑤中CH3COO－和NHeq\o\al(＋,4)相互促进水解；⑥中NH4HSO4=NHeq\o\al(＋,4)＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)，H＋抑制NHeq\o\al(＋,4)的水解；所以c(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的顺序是⑥④⑤⑦。(3)NaOH溶液与NH4Cl溶液按体积比1∶2混合，反应后得到同浓度的NH3·H2O、NH4Cl和NaCl混合物溶液。溶液中NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，因电离大于水解，溶液显碱性，离子浓度c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)。(4)t℃时，KW>1×10－14，则t℃>25℃。混合后溶液pH＝2，溶液显酸性。则eq\f(10－1·b－10－2·a,a＋b)＝10－2,9b＝2a，a∶b＝9∶2。【答案】(1)④②③①(2)⑥④⑤⑦(3)c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)(4)>9∶215．(14分)已知t℃时，0.01mol/LNaOH溶液的pH＝11,0.1mol/L的HA溶液中eq\f(cH＋,cOH－)＝109。请回答下列问题：(1)该温度下，水的离子积KW＝________，HA是________(填“强”或“弱”)酸。(2)该温度下，将pH之和为13的NaOH溶液和HA溶液等体积混合后，所得溶液呈________(填“酸”、“碱”或“中”)性，理由是_______________。(3)在室温下，用蒸馏水稀释0.01mol/LHA溶液时，下列呈减小趋势的是________。A.eq\f(cH＋,cA－)B.eq\f(cHA,cA－)C．溶液中c(H＋)和c(OH－)的乘积D．溶液中c(A－)·c(HA)的值E．水的电离程度(4)室温下，取pH＝2的盐酸和HA溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示：①图中表示HA溶液pH变化曲线的是________(填“A”或“B”)；②设盐酸中加入Zn的质量为m1，HA溶液中加入Zn的质量为m2，则m1________m2(填“>”、“<”或“＝”)。【解析】(1)0.01mol/LNaOH溶液的pH＝11，即c(H＋)＝10－11mol/L，则KW＝0.01×10－11＝10－13。0.1mol/L的HA溶液中eq\f(cH＋,cOH－)＝109，则c(H＋)＝10－2mol/L，故HA为弱酸。(2)pH之和为13的NaOH溶液和HA溶液等体积混合后，HA有剩余，酸过量，溶液显酸性。(3)A项，加水稀释时n(H＋)的增加量大于n(A－)，eq\f(cH＋,cA－)增大；B项，K＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)，eq\f(cHA,cA－)＝eq\f(cH＋,K)，由于K不变，c(H＋)减小；则eq\f(cHA,cA－)减小；C项，c(H＋)和c(OH－)的乘积为KW，不变；D项，稀释时，c(A－)、c(HA)均减小，故c(A－)·c(HA)减小；E项，水的电离程度增大。(4)①向HA溶液中加入Zn，HA电离程度增大，c(H＋)减小的慢，故曲线B对应的是HA。②pH由2变为4时，HA减小的物质的量大于HCl减小的物质的量，因此HA消耗的Zn质量较大。【答案】(1)10－13弱(2)酸混合前的酸中c(H＋)与碱中c(OH－)相同，而HA是弱酸，等体积混合后酸过量(3)B、D(4)①B②<16．(14分)某小组以CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X。为确定其组成，进行如下实验。①氨的测定：精确称取wgX，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol·L－1的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol·L－1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。氨的测定装置(已省略加热和夹持装置)②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀且不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色)。回答下列问题：(1)装置中安全管的作用原理是_____________________________________________________________________________________________________。(2)用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用________式滴定管，可使用的指示剂为_______________________________________________________。(3)样品中氨的质量分数表达式为________。(4)测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将________(填“偏高”或“偏低”)。(5)测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是_______________________________________________________________________________________；滴定终点时，若溶液中c(Ag＋)＝2.0×10－5mol·L－1，c(CrOeq\o\al(2－,4))为________mol·L－1。[已知：Ksp(Ag2CrO4)＝1.12×10－12](6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1∶6∶3，钴的化合价为________。制备X的化学方程式为____________________________________________________________________________________________________；X的制备过程中温度不能过高的原因是_____________________________________________________________________________________________。【解析】(1)若没有A中的安全管，当A中产生气体时，会因装置压力过大发生危险，反之，有安全管存在，当A中压力过大时，安全管中的液面会上升，使A瓶中压力稳定。(2)由题意知，用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，NaOH溶液应放入碱式滴定管中，可使用酚酞作指示剂，滴定至终点时溶液由无色变为浅红色。(3)已知盐酸的总的物质的量为c1mol·L－1×V1mL×10－3L·mL－1＝c1V1×10－3mol，NH3反应完后剩余的盐酸用NaOH标准溶液滴定，可求出剩余的盐酸为c2×V2×10－3mol，由NH3＋HCl=NH4Cl可求出NH3的物质的量。进而求出wgX中的含氨量，即：eq\f(c1V1－c2V2×10－3×17,w)×100%。(4)若装置气密性不好，会有NH3外逸，而不被HCl吸收，则剩余的HCl的物质的量会增多，消耗NaOH增多，即c2V2的值增大，由(3)中计算式可知氨的测定结果偏低。(5)AgNO3是见光易分解的物质，使用棕色滴定管的目的是防止AgNO3分解而影响实验结果；由Ag2CrO4的溶度积常数Ksp＝1.12×10－12，c(Ag＋)＝2.0×10－5mol·L－1，可求出c(CrOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(Ksp,c2Ag＋)＝eq\f(1.12×10－12,2.0×10－52)mol·L－1＝2.8×10－3mol·L－1。(6)样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1∶6∶3，可写出化学式为[Co(NH3)6]Cl3，由化合物中正负化合价代数和为0计算，NH3整体为0价，氯为－1价，故Co为＋3价，从而推出制备X的化学方程式为2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O。由于温度过高时H2O2易分解，NH3易挥发，故制备过程中温度不能过高，否则H2O2分解，NH3挥发。【答案】(1)当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定(2)碱酚酞(或甲基橙)(3)eq\f(c1V1－c2V2×10－3×17,w)×100%(4)偏低(5)防止硝酸银见光分解2.8×10－3(6)＋32CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O温度过高过氧化氢分解、氨气逸出章末综合测评(第四章)(时间45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．下列过程通电后才能进行的是()①电离②电解③电镀④电化学腐蚀A．①②③ B．①②④C．②③ D．全部【解析】电解、电镀均须外加电源才能实现电能转化为化学能；电离是电解质在水溶液中离解的过程，电化学腐蚀是原电池原理，二者不需要通电。【答案】C2．下列关于化学能转化为电能的四种装置的说法正确的是()A．电池Ⅰ中锌是正极B．电池Ⅱ是一次性电池C．电池Ⅲ工作时，氢气发生还原反应D．电池Ⅳ工作时，电子由锌通过导线流向碳棒【解析】电池Ⅰ中锌是负极，铜是正极，A错误；电池Ⅱ为铅蓄电池，属于二次电池，B错误；电池Ⅲ为氢氧燃料电池，H2在负极失去电子发生氧化反应，C错误；电池Ⅳ为锌锰干电池，锌为负极，碳棒为正极，电子由负极流向正极，D正确。【答案】D3．下图有关电化学的示意图正确的是()【解析】A项，金属性：Sn>Cu，故Sn为负极；B项，电解精炼铜装置中，精铜作阴极，粗铜作阳极；C项，铁片镀锌时，Zn作阳极，Fe作阴极；D项，电解饱和食盐水时，铁棒产生H2，碳棒电极产生Cl2，故正确。【答案】D4．将下图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是()甲乙A．Cu电极上发生还原反应B．电子沿Zn→a→b→Cu路径流动C．片刻后甲池中c(SOeq\o\al(2－,4))增大D．片刻后可观察到滤纸b点变红色【解析】由图示装置知为Cu－Zn原电池。A项，Cu电极作正极，电极反应：Cu2＋＋2e－=Cu，为还原反应，正确；B项，电子不能通过溶液，即不能实现a→b，错误；C项，甲池中c(SOeq\o\al(2－,4))基本不变，盐桥中Cl－进入甲池，中和产生的Zn2＋所带的正电荷；D项，b点为阳极，电极反应：4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，a点为阴极，电极反应：2H＋＋2e－=H2↑，故a点变红色。【答案】A5．铁镍蓄电池放电时的总反应式为Fe＋Ni2O3＋3H2O=Fe(OH)2＋2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法正确的是()A．电池的负极为Ni2O3，正极为FeB．电池的电解液可能是碱性溶液，也可能是酸性溶液C．电池放电时，正极反应式为Ni2O3＋3H2O＋2e－=2Ni(OH)2＋2OH－D．电池充电时，阳极附近溶液的pH升高【解析】A项，Fe发生氧化反应，Ni2O3发生还原反应，故Fe为负极，Ni2O3为正极；B项，电池反应产物为Fe(OH)2、Ni(OH)2，在酸性溶液中不存在，故电池的电解液为碱性溶液；D项，电池充电时，阳极反应2Ni(OH)2＋2OH－－2e－=Ni2O3＋3H2O，阳极附近c(OH－)减小，pH降低。【答案】C6．X、Y、Z、W四块金属板分别用导线两两相连浸入稀硫酸中构成原电池。X、Y相连时，X为负极；Z、W相连时，外电路电流方向是W→Z；X、Z相连时，Z极上产生大量气泡；W、Y相连时，W极发生氧化反应。据此判断四种金属的活动性顺序是()A．X>Z>W>Y B．Z>X>Y>WC．X>Y>Z>W D．Y>W>Z>X【解析】在原电池中，活泼金属作原电池的负极，失去电子发生氧化反应；不活泼的金属或非金属导体作原电池的正极，阳离子或氧气等在正极得到电子发生还原反应。电子由负极经导线流向正极，与电流的方向相反。因此，X、Y相连时，X为负极，则活动性X>Y；Z、W相连时，电流方向是W→Z，则活动性Z>W；X、Z相连时，Z极上产生大量气泡，则活动性X>Z；W、Y相连时，W极发生氧化反应，则活动性W>Y。综上所述，可以得出金属的活动性顺序：X>Z>W>Y。故正确答案为A。【答案】A7．下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是()图1图2图3图4A．图1中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B．图2中，发生吸氧腐蚀C．图3中，燃烧灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀D．图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁相当于原电池的正极【解析】钢铁吸氧腐蚀的条件为电解质溶液和氧气，故插入海水中的铁棒，越靠近底端，氧气的浓度越小，腐蚀越慢，A错误；图2中，电解质溶液为酸化的氯化钠溶液，发生析氢腐蚀，B错误；燃烧灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀，C正确；用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁失电子，发生氧化反应，作原电池的负极，D错误。【答案】C8．如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色。下列说法正确的是()①X是正极，Y是负极②X是负极，Y是正极③CuSO4溶液的pH逐渐减小④CuSO4溶液的pH不变A．①③ B．②③C．①④ D．②④【解析】b极显红色说明在b极附近溶液呈碱性，H＋在b极放电，b极为阴极，即Y为负极，则X是正极。Pt极为阳极，左边总反应为：2CuSO4＋2H2Oeq\o(=,\s\up10(电解))2Cu＋O2↑＋2H2SO4，pH逐渐减小。【答案】A9．某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其他均为Cu，则()A．电流方向：电极Ⅳ→A→电极ⅠB．电极Ⅰ发生还原反应C．电极Ⅱ逐渐溶解D．电极Ⅲ的电极反应：Cu2＋＋2e－=Cu【解析】当多个池串联时，两电极材料活泼性相差大的作原电池，其他池作电解池，由此可知图示中左边两池组成原电池，右边组成电解池。A.电子移动方向：电极Ⅰ→A→电极Ⅳ，电流方向与电子移动方向相反，A正确。B.原电池负极在工作中失电子，被氧化，发生氧化反应，B错误。C.原电池正极为得电子极，铜离子在电极Ⅱ上得电子，生成铜单质，该电极质量逐渐增大，C错误。D.电解池中阳极为非惰性电极时，电极本身失电子，形成离子进入溶液中，因为电极Ⅱ为正极，因此电极Ⅲ为电解池的阳极，其电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，D错误。【答案】A10．电解法处理酸性含铬废水(主要含有Cr2Oeq\o\al(2－,7))时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3形式除去。下列说法不正确的是()A．阳极反应为Fe－2e－=Fe2＋B．电解过程中溶液pH不会变化C．过程中有Fe(OH)3沉淀生成D．电路中每转移12mol电子，最多有1molCr2Oeq\o\al(2－,7)被还原【解析】根据电解原理写出电极反应式，然后逐一分析。A．电解时用铁作阳极，失去电子生成具有还原性的Fe2＋，Fe2＋将废水中的Cr2Oeq\o\al(2－,7)还原为Cr3＋。B.电解过程中消耗H＋，溶液的pH发生变化。C.电解过程中H2O电离出的H＋参与反应，c(OH－)增