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…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页,总=sectionpages22页第=page11页,总=sectionpages11页2025年统编版选修4化学下册阶段测试试卷626考试试卷考试范围:全部知识点;考试时间:120分钟学校:______姓名:______班级:______考号:______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题,共12分)1、相同温度下,容积相同的甲、乙、丙3个恒容密闭容器中均发生反应:实验测得有关数据如下表所示:。容器编号起始各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化/kJ甲210乙1.80.90.2丙002
下列判断中正确的是()A.B.若升高温度,反应的热效应不变C.D.生成时放出的热量大于98.5kJ2、的X、Y、Z三种酸的水溶液各1mL,分别加水稀释到1000mL,其pH与溶液体积的关系如图所示;X;Z不为平行线。则下列说法正确的是。
A.原溶液都是稀溶液B.原溶液的浓度大小为C.Z是强酸,Y和X是弱酸D.溶液中微粒浓度3、对于溶液的酸碱性说法正确的是A.使甲基橙变黄色的溶液一定呈碱性B.pH等于7的溶液一定呈中性C.c(H+)=c(OH-)的溶液一定呈中性D.不能使酚酞试液变红的溶液一定呈酸性4、已知25oC时,H2A的Ka1=10-1.85,Ka2=10-7.19。用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2A溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法不正确的是。
A.a点所得溶液中:2c(H2A)+c(A2-)<0.1mol·L-1B.NaHA溶液中由水电离出的氢离子浓度小于1.0×10-7mol·L-1C.c点所得溶液中:c(Na+)<3c(HA_)D.d点所得溶液中:c(Na+)>c(A2-)>c(HA-)5、在下列各溶液中各离子的浓度由大到小排列顺序正确的是A.NaHCO3溶液中:c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(CO32-)>c(H+)B.Na2CO3溶液中:c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)C.CH3COONa溶液中:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)D.NaHSO3溶液中:c(Na+)﹥c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)6、铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的储能电池,电池结构如图所示,工作原理为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+。下列说法一定正确的是。
A.放电时,正极的电极反应式为Cr2+-e-=Cr3+B.电池充电时,阴极的电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+C.电池放电时,Cl-从正极室穿过选择性透过膜移向负极室D.放电时,电路中每流过0.1mol电子,Cr3+浓度增加0.1mol·L-1评卷人得分二、多选题(共5题,共10分)7、利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法,已知煤液化过程中有反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g);其反应过程中的能量变化情况如图所示,曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是()
A.该反应的反应热ΔH=+91kJ·mol-1B.加入催化剂后,该反应的ΔH变小C.反应物的总能量大于生成物的总能量D.从图中可以看出,使用催化剂降低了该反应的活化能8、恒压下,将CO2和H2以体积比1∶4混合进行反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)(假定过程中无其他反应发生),用Ru/TiO2催化反应相同时间,测得CO2转化率随温度变化情况如图所示。下列说法正确的是()
A.反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的ΔH>0B.图中450℃时,延长反应时间无法提高CO2的转化率C.350℃时,c(H2)起始=0.4mol·L-1,CO2平衡转化率为80%,则平衡常数K<2500D.当温度从400℃升高至500℃,反应处于平衡状态时,v(400℃)逆>v(500℃)逆9、时,将溶液逐滴滴加到溶液中,所得溶液的与滴加的体积关系如右图所示。下列指定溶液浓度关系说法正确的是。
已知:时的
A.点所得溶液中:B.点所得溶液中:C.点所得溶液中:D.点所得溶液中:10、在常温下,将VmL0.05mol·L-1的醋酸溶液缓慢滴加到10mL0.05mol·L-1的Na2CO3溶液中,并不断搅拌(气体完全逸出),所得溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.当V=10时,c(Na+)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(CH3COO-)>c(H+)B.当0<V<20时,c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+c(CH3COO-)+2c(CO32-)+c(OH-)C.当V=20时,c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D.当V=40时,c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)11、改变0.1mol·L-1己二酸(简写为H2A,电离常数分别为Ka1、Ka2)溶液的pH,溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。下列叙述错误的是。
A.Ka1=10-4.4B.曲线II表示的是HA-的物质的最分数δ(X)肋pH的变化关系C.NaHA溶液中:c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)-c(H2A)D.等物质的量浓度的Na2A与NaHA混合溶液中:c(Na+)>c(A2-)>c(HA-)>c(H+)>c(OH-)评卷人得分三、填空题(共9题,共18分)12、已知某反应A(g)+B(g)=C(g)+D(g);反应过程中的能量变化如图所示,回答下列问题。
(1)该反应是_____(填“吸热”或“放热”)反应;1mol气体A和1mol气体B具有的总能量比1mol气体C和1mol气体D具有的总能量______(填“高”“低”或“高低不一定”)。
(2)若在反应体系中加入催化剂使反应速率增大,则E1和E2的变化是:E1_______,E2________,ΔH______(填“增大”“减小”或“不变”)。13、2019年国际非政府组织“全球碳计划”12月4日发布报告:研究显示,全球二氧化碳排放量增速趋于缓。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。
(1)一种途径是将CO2转化为成为有机物实现碳循环。如:
C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH=-44.2kJ·mol-1
2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH=+1411.0kJ·mol-1
2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH=___________
(2)CO2甲烷化反应是由法国化学家PaulSabatier提出的,因此,该反应又叫Sabatier反应。CO2催化氢化制甲烷的研究过程:
①上述过程中,产生H2反应的化学方程式为:___________________________________。
②HCOOH是CO2转化为CH4的中间体:CO2HCOOHCH4。当镍粉用量增加10倍后,甲酸的产量迅速减少,当增加镍粉的用量时,CO2镍催化氢化制甲烷的两步反应中反应速率增加较大的一步是_______________(填I或II)
(3)CO2经催化加氢可以生成低碳烃;主要有两个竞争反应:
反应I:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
反应II:2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)
在1L密闭容器中冲入1molCO2和4molH2,测得平衡时有关物质的物质的量随温度变化如图所示。T1℃时,CO2的转化率为_________。T1℃时,反应I的平衡常数K=_______。
(4)已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+4H2O(g)ΔH,m代表起始时的投料比,即m=
①图1中投料比相同,温度T3>T2>T1,则ΔH_____(填“>”或“<”)0.
②m=3时,该反应达到平衡状态后p(总)=20ɑMPa,恒压条件下各物质的物质的量分数与温度的关系如图2.则曲线b代表的物质为_______(填化学式)14、2018年,美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略,而中国却加大了环保力度,生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究;实现可持续发展。
(1)已知:CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH1=+41.1kJ•mol-1
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=-90.0kJ•mol-1
写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式:_______。
(2)为提高CH3OH产率,理论上应采用的条件是_______(填字母)。
a.高温高压b.低温低压c.高温低压d.低温高压。
(3)250℃、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g),下图为不同投料比[n(H2)/n(CO2)]时某反应物X平衡转化率变化曲线。
①反应物X是_______(填“CO2”或“H2”)。
②判断依据是_______。
(4)250℃、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6molH2、2molCO2和催化剂,10min时反应达到平衡,测得c(CH3OH)=0.75mol·L-1。
①前10min的平均反应速率v(H2)=_______mol·L-1·min-1。
②化学平衡常数K=_______。
③催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间,四组实验数据如下:。实验编号温度(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)A543Cu/ZnO纳米棒12.342.3B543Cu/ZnO纳米片11.972.7C553Cu/ZnO纳米棒15.339.1D553Cu/ZnO纳米片12.070.6
根据上表所给数据,用CO2生产甲醇的最优选项为_______(填字母)。15、在密闭容器中进行反应①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)ΔH1=akJ·mol-1
反应②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H2=bkJ·mol-1
反应③2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3
(1)△H3=_____________________________(用含a、b的代数式表示)。
(2)反应①的化学平衡常数表达式K=_________________________,已知500℃时反应①的平衡常数K=1.0,在此温度下2L密闭容器中进行反应①,Fe和CO2的起始量均为2.0mol,达到平衡时CO2的转化率为_____________________________,CO的平衡浓度为_____________________________。
(3)将上述平衡体系升温至700℃,再次达到平衡时体系中CO的浓度是CO2浓度的两倍,则a_____0(填“>”、“<”或“=”)。为了加快化学反应速率且使体系中CO的物质的量增加,其他条件不变时,可以采取的措施有_____________________________(填序号)。
A.缩小反应器体积B.再通入CO2C.升高温度D.使用合适的催化剂。
(4)在密闭容器中,对于反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),SO2和O2起始时分别为20mol和10mol;达平衡时,SO2的转化率为80%。若从SO3开始进行反应,在相同的温度下,欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同,则起始时SO3的物质的量为_____________,其转化率为____________。16、在2L密闭容器中,800℃时,反应2NO+O22NO2体系中,n(NO)随时间的变化如下表:。时间(s)012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007
(1)如图表示各物质浓度的变化曲线;
A点处,v(正)___________v(逆),A点正反应速率_________B点正反应速率。(用“大于”;“小于”或“等于”填空)
(2)图中表示O2变化的曲线是___________。用NO2表示从0~2s内该反应的平均速率v=____________________________。
(3)能使该反应的反应速率增大的是____________。
A.及时分离出NO2气体B.升高温度。
C.减小O2的浓度D.选择高效的催化剂。
(4)能说明该反应已经达到平衡状态的是___________。
A.容器内压强保持不变B.v(NO)=2v(O2)
C.容器内的密度保持不变D.v逆(NO2)=2v正(O2)17、常温下,将0.1molCH3COONa和0.05molHCl溶于水配成1L溶液(pH<7)。
(1)用离子方程式表示该溶液中存在的三个平衡体系___、___、__。
(2)溶液中各离子的物质的量浓度由大到小顺序为___。
(3)溶液中粒子中浓度为0.1mol/L的是___,浓度为0.05mol/L的是__。
(4)物质的量之和为0.lmol的两种粒子是___与___。18、某二元酸(H2A)在水中的电离方程式:H2A=H++HA-;HA-H++A2-。回答下列问题:
(1)Na2A溶液显碱性理由是:__(用离子方程式表示)。
(2)在0.1mol/L的Na2A溶液中,下列微粒浓度关系式正确的是__。
A.c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/LB.c(OH-)=c(H+)+c(HA-)
C.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)D.c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)
(3)水的电离平衡曲线如图所示。下列说法正确的是___。
A.图中对应点的温度关系为:a>b>c
B.纯水仅升高温度;可从a点变到c点。
C.水的电离常数Kw数值大小关系为:b>c>d
D.在b点对应温度下,将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后,溶液显中性19、常温下0.01mol·L-1NaOH溶液的pH=__________。20、写出钢铁生锈的电极反应式(水膜成中性)
正极:__________负极:___________评卷人得分四、判断题(共1题,共10分)21、向溶液中加入少量水,溶液中减小。(____)评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题,共9分)22、Q;W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素;其原子序数依次增大。
①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。
②X;Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。
③常温下,Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。
请回答下列各题:
(1)甲的水溶液呈酸性,用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。
(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。
(3)已知:ZO3n-+M2++H+→Z-+M4++H2O(M为金属元素,方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。
(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸,同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。评卷人得分六、实验题(共2题,共14分)23、“碘钟”实验中,3I-+=+2的反应速率可以用I3-与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量,t越小,反应速率越大。某探究性学习小组在20℃进行实验,得到的数据如下表:。实验编号①②③④⑤c(I-)/mol·L-10.0400.0800.0800.1600.120c(S2O82-)/mol·L-10.0400.0400.0800.0200.040t/s88.044.022.044.0t1
回答下列问题:
(1)该实验的目的是_______。
(2)显色时间t1=_______。
(3)温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律,若在40℃下进行编号③对应浓度的实验,显色时间t2的范围为_______(填字母)。
A.<22.0sB.22.0~44.0sC.>44.0sD.数据不足;无法判断。
(4)通过分析比较上表数据,得到的结论是_______。24、新型电池在飞速发展的信息技术中发挥着越来越重要的作用。Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料,在苹果的几款最新型的产品中已经有了一定程度的应用。其中一种制备Li2FeSiO4的方法为:固相法:2Li2SiO3+FeSO4Li2FeSiO4+Li2SO4+SiO2
某学习小组按如下实验流程制备Li2FeSiO4并测定所得产品中Li2FeSiO4的含量。
实验(一)制备流程:
实验(二)Li2FeSiO4含量测定:
从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中,另取0.2000mol·Lˉ1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中,用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为:MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应。经4次滴定,每次消耗KMnO4溶液的体积如下:。实验序号1234消耗KMnO4溶液体积20.00mL19.98mL21.38mL20.02mL
(1)实验(二)中的仪器名称:仪器B____________,仪器C__________。
(2)制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行,其原因是______________________。
(3)操作Ⅱ的步骤______________,在操作Ⅰ时,所需用到的玻璃仪器中,除了普通漏斗、烧杯外,还需_______________。
(4)还原剂A可用SO2,写出该反应的离子方程式_____________________,此时后续处理的主要目的是_________________________。
(5)滴定终点时现象为________________________________;根据滴定结果,可确定产品中Li2FeSiO4的质量分数为_______________;若滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后消失,会使测得的Li2FeSiO4含量_______________。(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。参考答案一、选择题(共6题,共12分)1、D【分析】【分析】
由题干所给热化学反应方程式可知,2mol气体和1mol完全反应生成2mol气体放热故可做出甲;乙、丙三个体系反应的能量图:
【详解】
A.由分析中的能量图可知,A项错误;
B.升高温度;平衡向左移动,反应的热效应发生变化,B项错误;
C.由分析中的能量图可知,C项错误;
D.由所给热化学反应方程式可知生成1mol气体放热又因为是放热过程,故生成时放出的热量大于D项正确。
答案选D。
【点睛】
可逆反应热化学反应方程式中的焓变,依然是反应完全所产生的热量变化,而非达到平衡时的热量变化。2、C【分析】【详解】
A.由图中可知,稀释1000倍后,X与Y溶液的说明两者为弱酸,Z溶液说明Z为强酸;而刚开始稀释时,X的pH减小,Y的pH增大,说明X是浓溶液,Y是稀溶液,故A错误;
B.pH相等时,弱酸浓度大于强酸,所以Y和X浓度大于Z,根据图像知,刚开始稀释时,X的pH减小、Y的pH增大,说明X是浓溶液、Y是稀溶液,则三种酸浓度大小顺序是故B错误;
C.由A中分析可知Z是强酸;Y和X属于弱酸,故C正确;
D.Y为弱酸,NaY溶液为强碱弱酸盐,水解显碱性,则故D错误。
故选C。3、C【分析】【分析】
【详解】
A.甲基橙在溶液的PH值大于4.4时显黄色;这时溶液不一定是碱性,A选项错误;
B.没指明温度;25℃时,pH=7的溶液为中性溶液,100℃时,pH=7的溶液为碱性溶液,B选项错误;
C.溶液显酸性、中性还是碱性,取决于溶液中c(H+)和c(OH-)的相对大小,c(OH-)=c(H+)的溶液一定呈中性;C选项正确;
D.酚酞的变色范围是8-10;所以能使酚酞试液变红的溶液呈碱性,不能使酚酞试液变红的溶液,可能是碱性溶液;中性溶液或酸性溶液,D选项错误;
答案选C。
【点睛】
溶液的酸碱性取决于溶液中c(OH﹣)、c(H+)的相对大小,如果c(OH﹣)>c(H+),溶液呈碱性,如果c(OH﹣)=c(H+),溶液呈中性,如果c(OH﹣)<c(H+),溶液呈酸性。4、C【分析】【详解】
A.用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液,a点溶液中溶质为H2A和NaHA,由图可知pH=1.85=pKa1,根据电离平衡常数表达式可知,c(H2A)=c(HA-),溶液体积大于20ml,根据物料守恒a点所得溶液中:c(H2A)+c(A2-)+c(HA-)=2c(H2A)+c(A2-)<0.1mol/L;故A正确;
B.根据电离平衡常数,HA-的电离平衡常数为Ka2=10-7.19,HA-的水解常数Kh==10-12.15,可见电离趋势大于水解趋势,所以抑制水的电离,则水电离出的氢离子浓度小于1.0×10-7mol·L-1;故B正确;
C.c点pH=7.19=pKa2,则c(A2-)=c(HA-),溶液显碱性,溶液中溶质为等物质的量浓度的Na2A、NaHA,根据物料守恒可知2c(Na+)=3[c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)]=3[2c(HA-)+c(H2A)],所以c(Na+)>3c(HA-);故C错误;
D.加入氢氧化钠溶液40mL,NaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液恰好反应生成Na2A,溶液中离子浓度c(Na+)>c(A2-)>c(HA-);故D正确;
故答案:C。5、D【分析】【分析】
A.NaHCO3溶液中HCO3-水解使溶液呈碱性;据此判断;
B.Na2CO3溶液中CO32-水解使溶液呈碱性;据此判断;
C.CH3COONa溶液中,CH3COO-水解使溶液显碱性;
D.NaHSO3溶液中,HSO3-水解使溶液呈碱性;据此分析。
【详解】
A.NaHCO3溶液中HCO3-水解使溶液呈碱性,即有c(OH-)>c(H+),HCO3-电离程度大于水解程度,有c(H+)>c(CO32-),则c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)>c(CO32-);A项错误;
B.Na2CO3溶液中:CO32-水解使溶液呈碱性c(OH-)>c(H+),水的电离和HCO3-水解均可产生OH-,因而有c(OH-)>c(HCO3-),则有c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+);B项错误;
C.CH3COONa溶液中,CH3COO-水解使溶液显碱性,有c(OH-)>c(H+),由电荷守恒有c(Na+)>c(CH3COO-),故c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+);C项错误;
D.NaHSO3溶液中,HSO3-电离程度大于水解的程度,有c(H+)>c(OH-),那么c(Na+)﹥c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-);D项正确;
答案选D。
【点睛】
掌握单一溶液中各离子浓度的比较方法是解题的关键,可将单一溶液中各离子浓度的比较方法总结如下:①多元弱酸溶液:多元弱酸分步电离,电离程度逐级减弱。②多元弱酸的正盐溶液:多元弱酸的酸根离子分步水解,水解程度逐级减弱。6、C【分析】【分析】
【详解】
A.电池放电时,是原电池的工作原理,正极得电子发生还原反应,电极方程式为Fe3++e-=Fe2+;A错误;
B.充电时是电解池工作原理,阴极发生得电子的还原反应,电极反应式为Cr3++e-=Cr2+;B错误;
C.电池放电时;Cl-从正极室穿过选择性透过膜移向负极室,C正确;
D.放电时;电路中每流过0.1mol电子,就会有0.1mol的三价铬离子生成,离子的浓度和体积有关,D错误;
故选C。二、多选题(共5题,共10分)7、CD【分析】【详解】
A.该反应的反应热ΔH=419kJ∙mol−1−510kJ∙mol−1=−91kJ∙mol−1;故A错误;
B.催化剂可改变反应速率;但不改变反应热,故B错误;
C.该反应为放热反应;反应物的总能量高于生成物的总能量,故C正确;
D.使用催化剂可降低反应所需的活化能;故D正确。
综上所述;答案为CD。
【点睛】
催化剂加快反应速率,是降低了反应所需活化能,但不改变反应热,反应热大小只由初始态物质的能量大小有关。8、BC【分析】【分析】
如图所示为用Ru/TiO2催化反应相同时间,测得CO2转化率随温度变化情况,约350℃之前,反应还未达到平衡态,CO2转化率随温度升高而增大,约350℃之后,反应达到化学平衡态,CO2转化率随温度升高而减小;由此可知该反应为放热反应。
【详解】
A.由分析可知该反应为放热反应,则ΔH<0;故A错误;
B.图中450℃时,反应已达平衡态,则延长反应时间无法提高CO2的转化率;故B正确;
C.350℃时,设起始时容器的容积为V,c(H2)起始=0.4mol·L-1,则n(H2)起始=0.4Vmol,CO2平衡转化率为80%;可列三段式为:
根据阿伏伽德罗定律有平衡时的体积为V(平衡)=则平衡时故C正确;
D.温度升高,正逆反应速率均加快,则v(400℃)逆逆;故D错误;
综上所述,答案为BC。9、CD【分析】【详解】
A.当向溶液中滴加极少量NaOH时,溶液中c(Na+)极小,此时c(H+)>c(Na+),但随着NaOH的滴加,c(Na+)变大c(H+)变小,最终c(H+)<c(Na+),a点未告知滴加氢氧化钠的量无法判断c(H+)和c(Na+)的大小关系;故A错误;
B.b点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3,存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH⁻)+c(HSO3⁻)+2c(SO32⁻),此时溶液显酸性,所以c(H+)>c(OH⁻),则c(Na+)<c(HSO3⁻)+2c(SO32⁻);故B错误;
C.Ka2=则Ka2=10-7.19,c点溶液pH=4.52,即c(H+)=10-4.52mol/L,所以故C正确;
D.d点加入0.1mol/LNaOH溶液40mL,恰好与亚硫酸钠完全反应,溶液中的溶质为Na2SO3,存在质子守恒c(OH⁻)=c(H+)+c(HSO3⁻)+2c(H2SO3);故D正确;
故答案为CD。10、BC【分析】【详解】
A、当V=10时,得到等浓度的CH3COONa、NaHCO3混合溶液,醋酸根、碳酸氢根水解溶液呈碱性,由于醋酸的酸性比碳酸的强,HCO3-的水解程度大于CH3COO-的水解程度,水解程度是微弱的,则溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+);故A错误;
B、溶液呈电中性,一定存在电荷守恒,则溶液中c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+c(CH3COO-)+2c(CO32-)+c(OH-);故B正确;
C、当V=20时,得到CH3COONa溶液,溶液中有电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-),有物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),结合两式得到c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+);故C正确;
D、当V=40时,得到等浓度的CH3COONa、CH3COOH混合溶液,醋酸的电离程度大于CH3COO-的水解程度,电离产生更多的c(CH3COO-),溶液呈酸性,弱电解质电离程度不大,则溶液c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-);故D错误;
故选BC。
【点睛】
解答本题需要掌握两个方面的知识;
混合后的溶液的溶质是什么,根据醋酸和Na2CO3反应量的关系得出。如C选项,醋酸和Na2CO3的物质的量之比为2∶1,恰好完全反应。所以溶质是CH3COONa溶液;
能够灵活运用盐类水解的三合守恒,即电荷守恒、物料守恒和质子守恒,来比较溶液当中离子浓度大小。11、CD【分析】【详解】
A.由图可知:Ka1=又因为在pH=4.4时,c(HA-)=c(H2A),所以Ka1=c(H+)=10-4.4;故A正确;
B.由电离H2A⇌HA-+H+,HA-⇌H++A2-可知Ⅱ曲线表示HA-;故B正确;
C.NaHA溶液中:由质子守恒得c(H+)=c(OH-)+c(A2-)-c(H2A);故C错误;
D.等物质的量浓度的Na2A与NaHA混合溶液中,由于A2-和HA-要发生水解使溶液显碱性,故c(OH-)>c(H+);故D错误;
故答案选CD。
【点睛】
判断盐溶液中离子浓度大小关系时,要考虑盐类水解的问题,综合运用三大守恒进行分析。三、填空题(共9题,共18分)12、略
【分析】【分析】
【详解】
(1)由图中可知;反应物的总能量低于生成物的总能量即1mol气体A和1mol气体B具有的总能量比1mol气体C和1mol气体D具有的总能量低,故该反应是吸热反应,故答案为:吸热;低;
(2)图中可知,E1是正反应的活化能,E2是逆反应的活化能,若在反应体系中加入催化剂使反应速率增大,是由于降低了正逆反应的活化能,活化分子的百分数增大,故E1和E2均减小,但催化剂只改变反应途径与反应的始态和终态,故ΔH不变,故答案为:减小;减小;不变。【解析】吸热低减小减小不变13、略
【分析】【分析】
(1)①C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH=-44.2kJ·mol-1
②2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH=+1411.0kJ·mol-1,根据盖斯定律,①+②得:2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g);求焓变;
(2)①根据流程图可知反应物为:Fe、H2O,生成物为:H2、Fe3O4;
②当镍粉用量增加10倍后;甲酸的产量在迅速减少,说明甲酸的消耗速率大于其生成速率,因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快;。
(3)1L容器,T1℃时;根据三段是:
求出CO2的转化率;反应I的平衡常数K;
(4)①根据图示,温度越高,H2转化率越低;说明正反应为放热反应;
②温度升高,反应逆向进行,所以产物的物质的量是逐渐减少的,反应物的物质的量增大,由图可知,曲线a代表的物质为H2,b表示CO2,c为H2O,d为C2H5OH。
【详解】
(1)①C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH=-44.2kJ·mol-1
②2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH=+1411.0kJ·mol-1,根据盖斯定律,①+②得:2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH=+1366.8kJ·mol-1,故答案为:+1366.8kJ·mol-1;
(2)①根据流程图可知反应物为:Fe、H2O,生成物为:H2、Fe3O4,则化学方程式为:3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4,故答案为:3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4;
②当镍粉用量增加10倍后;甲酸的产量在迅速减少,说明甲酸的消耗速率大于其生成速率,因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快,故答案为:Ⅱ;
(3)1L容器,T1℃时;根据三段是:
CO2的转化率为平衡时,c(CO2)=0.4mol/L,c(H2)=2mol/L,c(CH4)=0.2mol/L,c(H2O)=1.2mol/L;则。
T1℃时,反应I的平衡常数故答案为:
(4)①根据图示,温度越高,H2转化率越低,说明正反应为放热反应,△H<0;故答案为:<;
②温度升高,反应逆向进行,所以产物的物质的量是逐渐减少的,反应物的物质的量增大,由图可知,曲线a代表的物质为H2,b表示CO2,c为H2O,d为C2H5OH,故答案为:CO2。【解析】+1366.8kJ·mol-13Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4Ⅱ<CO214、略
【分析】【分析】
本题主要考查化学平衡的移动;
(1)考查盖斯定律;将两个热化学方程相加即可;
(2)考查化学平衡移动;
(3)考查反应物的平衡转化率;及影响因素;
(4)考查化学反应速率;化学平衡常数、产物的选择性。
【详解】
(1)根据盖斯定律,将两个热化学方程式相加可得:3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-48.9kJ/mol;
(2)根据热化学方程式可知,生成CH3OH的方向是放热反应方向,也是气体体积减小的方向,故要想提高CH3OH的产率;需要降温高压,故合理选项为d;
(3)观察图中的横坐标,其物理量为若假设n(CO2)为定值,则X的转化率随n(H2)的增大而增大,则X为CO2;
(4)①在同一容器中,CH3OH的浓度变化量为0.75mol·L-1,则有(单位:mol·L-1):。3H2(g)CO2(g)CH3OH(g)H2O(g)3111起始3100转化2.250.750.750.75平衡0.750.250.750.75
H2的浓度变化量为2.25mol·L-1,则前10min的平均反应速率v(H2)=0.225mol·L-1;
②K==
③选择性是指产物的专一性,在一个化学反应中若有多个产物,其中某一产物是目标产物,若这个物质的产率越高,说明该反应的选择性越好。观察四组数据,相比之下,BD的选择性很高,且B的CO2转化率比D稍低些,但是B的CH3OH的选择性高出了不少,故最佳选项为B。【解析】3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-48.9kJ/moldCO2恒容密闭容器中,其他条件相同时,增大n(H2)/n(CO2),相当于c(CO2)不变时,增大c(H2),平衡正向移动,使CO2的转化率增大,而H2转化率降低0.2255.33(或16/3)B15、略
【分析】【详解】
(1)由盖斯定律2×①+②得到,2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3=(2a+b)kJ·mol-1
(2)反应①的化学平衡常数表达式K=c(CO)/c(CO2),设转化的CO2的物质的量为xmol,则平衡时CO的物质的量为xmol,CO2的物质的量为(2-x)mol,K=c(CO)/c(CO2)==1.0,x=1mol,CO2的转化率=×%=50%,c(CO)==0.5mol/L;
(3)将上述平衡体系升温至700℃,再次达到平衡时体系中CO的浓度是C02浓度的两倍;对于反应①,说明升高温度平衡向正反应移动,升高温度平衡向吸热反应进行,故a>0;
A.该反应前后气体的物质的量不变;缩小反应器体积,压强增大,平衡不移动,A不符合;
B.通入CO2;浓度增大,速率加快,平衡向正反应移动,CO的物质的量增大,B符合;
C.该反应正反应是吸热反应;升高温度,速率加快,平衡向正反应移动,CO的物质的量增大,C符合;
D.使用合适的催化剂;加快反应速率,平衡不移动,D不符合。
(4)在相同的温度下,欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同,说明两平衡是等效平衡,按化学计量转化到一边,对应成分的物质的量相同,根据方程式可知,20molSO2和10molO2完全转化,可得SO3的物质的量为20mol,故从SO3开始反应,达到相同平衡状态,需要SO3物质的量为20mol;SO2的转化率为80%,其转化的物质的量为20mol×80%=16mol,所以从SO3开始反应,达到相同平衡状态,SO3物质的量为16mol,转化的SO3物质的量为(20-16)mol=4mol,其SO3转化率为=20%。【解析】①.(2a+b)kJ·mol-1②.K=c(CO)/c(CO2)③.50%④.0.5mol/L⑤.>⑥.BC⑦.20mol⑧.20%16、略
【分析】【分析】
(1)A点后c浓度继续减小;a的浓度继续增大,故A点向正反应进行,正反应速率继续减小;逆反应速率继续增大到平衡状态B点时正、逆速率相等;
由表中数据可知从3s开始;NO的物质的量为0.007mol,不再变化,3s时反应达平衡;
(2)氧气是反应物,随反应进行浓度减小,由方程式可知2△c(O2)=△c(NO);
根据v=计算v(NO),再利用速率之比等于化学计量数之比计算v(NO2);
(3)升高温度;使用催化剂、增大反应物浓度都可能加快反应速率;减低浓度反应速率会减慢.
(4)可逆反应达到平衡时,v正=v逆(同种物质表示)或正;逆速率之比等于化学计量数之比(不同物质表示);反应混合物各组分的物质的量、浓度、含量不再变化,以及由此衍生的一些量也不发生变化,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态;
【详解】
(1)A点后c浓度继续减小,a的浓度继续增大,故A点向正反应进行,则v(正)>v(逆);而B点处于平衡状态,即v(正)=v(逆),A点正反应速率继续减小、逆反应速率继续增大到平衡状态B点,A点正反应速率>B点正反应速率;
答案为大于;大于;
(2)氧气是反应物,随反应进行浓度减小,由方程式可知2△c(O2)=△c(NO);由图可知曲线c的浓度变化为曲线d的2倍,故曲线c表示NO,曲线d表示氧气;
2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==0.003mol⋅L−1⋅s−1,速率之比等于化学计量数之比,所以v(NO2)=v(NO)=0.003mol⋅L−1⋅s−1;
答案为d;0.003mol⋅L−1⋅s−1;
(3)
A.及时分离出NO2气体,会使NO2气体浓度降低;反应速率减慢,故A错误;
B.升高温度反应速率加快;故B正确;
C.减少O2的浓度;反应速率减慢,故C错误;
D.选择高效的催化剂;加快反应速率,故D正确;
答案选BD。.
(4)
A.随反应进行;反应混合气体总的物质的量在减小,恒温恒容下容器内压强减小,容器内压强不再变化说明反应到达平衡,故A正确;
B.若表示同一方向反应速率,v(NO)自始至终为v(O2)的2倍;不能说明达到平衡,故B错误;
C.混合气体的总质量不变;容器容积不变,所以密度自始至终不变,不能说明达到平衡,故C错误;
D.由方程式可知v正(NO2)=2v正(O2),而v逆(NO2)=2v正(O2),故v逆(NO2)=v正(NO2);反应到达平衡,故D正确;
答案选AD【解析】①.大于②.大于③.d④.0.003mol·L-1·s-1⑤.BD⑥.AD17、略
【分析】【分析】
0.1molCH3COONa和0.05molHCl充分反应得到物质的量均为0.05mol的NaCl、CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,溶液的体积为1L,NaCl、CH3COOH和CH3COONa的物质的量浓度均为0.05mol/L;据此分析解答问题。
【详解】
(1)该溶液中存在:CH3COOH的电离平衡,电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+;CH3COONa的水解平衡,CH3COO-水解的离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-;水的电离平衡:H2OH++OH-;故答案为:CH3COOHCH3COO-+H+;CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-;H2OH++OH-;
(2)由于溶液的pH<7,说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,则溶液中离子物质的量浓度由大到小的顺序为:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-),故答案为:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-);
(3)溶液中粒子浓度为0.1mol/L的是Na+,浓度为0.05mol/L的是Cl-。故答案为:Na+;Cl-;
(4)根据物料守恒,物质的量之和为0.1mol的是CH3COOH和CH3COO-,故答案为:CH3COOH;CH3COO-。【解析】①.CH3COOHCH3COO-+H+②.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-③.H2OH++OH-④.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)⑤.Na+⑥.Cl-⑦.CH3COOH⑧.CH3COO-18、略
【分析】【详解】
(1)根据H2A的电离是分步电离可以知道H2A是弱酸,所以Na2A溶液显碱性,水解原理是:A2-+H2OHA-+OH-,故答案为:A2-+H2OHA-+OH-;
(2)H2A的第一步电离为完全电离,则溶液中没有H2A分子;
A.0.1mol/L的Na2A溶液中,根据A原子守恒;所以c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1;A项错误;
B.在溶液中,根据质子守恒得:c(OH−)=c(H+)+c(HA−);B项正确;
C.0.1mol/L的Na2A溶液中,存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-);C项正确;
D.由物料守恒可知c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-);D项正确,故答案为:BCD;
(3)A.温度越高,水的离子积常数越大,根据图象知,b点Kw=10−12,c点Kw=10−13,a点Kw=10−14,所以b>c>a;A项错误;
B.c点Kw=10−13;则c曲线的纯水中6<pH<7,c点的pH=6,则该溶液呈酸性,所以纯水仅升高温度,不能从a点变到c点,B项错误;
C.由图可计算出各点的水的离子积,d点Kw=10−14,b点Kw=10−12,c点Kw=10−13,所以水的电离常数Kw数值大小关系为:b>c>a;C项正确;
D.b点Kw=10−12;中性溶液pH=6,将pH=2的硫酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后,氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同,等体积混合溶液呈中性,D项正确;故选CD。
【点睛】
本题易错点(3),图象数据分析,要先明确纵轴、横轴所代表的意义,结合水的离子积常数Kw=c(H+)×c(OH-)计算判断,温度越高,水的离子积常数越大。【解析】①.A2-+H2OHA-+OH-②.BCD③.CD19、略
【分析】【详解】
常温下0.01mol·L-1NaOH溶液中,根据pH=12,故答案为:12。【解析】1220、略
【分析】【分析】
中性条件下;钢铁发生吸氧腐蚀,负极上Fe失电子发生氧化反应,正极上氧气得电子发生还原反应,据此分析解答。
【详解】
钢铁中较活泼金属铁作负极,负极上铁失电子发生氧化反应,电极反应式为:Fe-2e-=Fe2+;碳作正极,在中性溶液中,正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子,电极反应式为:O2+4e-+2H2O=4OH-,故答案为:O2+4e-+2H2O=4OH-;Fe-2e-=Fe2+。
【点睛】
本题的易错点为正极的电极反应式的书写,要注意正极上反应的物质是氧气。【解析】O2+4e-+2H2O=4OH-Fe-2e-=Fe2+四、判断题(共1题,共10分)21、×【分析】【详解】
向溶液中加入少量水,减小,碱性减弱即减小,则增大,则溶液中增大,故错;【解析】错五、元素或物质推断题(共1题,共9分)22、略
【分析】【分析】
根据题干可知Q;W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。
(1)甲为硝酸铵,其水溶液呈酸性,主要是铵根水解显酸性,其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。
(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,其化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
(3)根据方程式ZO3n-→Z-;由上述信息可推测Z为Cl,在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。
(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸,同时生成NO。此反应的离子方程式为16H++3CuAlO2+NO3-=3Cu2++3Al3++NO+8H2O。
【详解】
(
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