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文档简介
…………○…………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2024年浙教版选修4化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围: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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题,共10分)1、氢气是合成氨的重要原料,合成氨反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1,当该反应达到平衡后,改变某一外界条件(不改变N2、H2和NH3的量);反应速率随时间的变化关系如图所示,下列说法正确的是。
A.图中t1时刻引起平衡移动的条件可能是升高温度B.表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t5~t6C.温度为T℃时,将2amolH2和amolN2充入0.5L密闭容器中,充分反应后N2的转化率为50%,则该温度时反应的平衡常数为D.在t2~t3时间段,保持容器容积不变,充入一定量的惰性气体,N2的浓度不变2、25℃时,草酸(H2C2O4)的Ka1=5.4×10-2,Ka2=5.4×10-5,是一种常用的除锈剂。0.1mol/L的NaHC2O4溶液中,下列粒子的物质的量浓度关系不正确的是()A.c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)B.c(Na+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)C.c(Na+)>c(HC2O4-)>c(OH-)>c(H2C2O4)>c(H+)D.c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-)3、25℃时,向NaHCO3溶液中滴入盐酸;混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是。
A.25℃时,H2CO3的一级电离Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4B.M点溶液中:c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)C.25℃时,HC+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6D.图中a=2.64、一种具有高能量比的新型干电池示意图如图所示,石墨电极区发生的电极反应为MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-。该装置工作时;下列叙述正确的是。
A.石墨电极上的电势比Al电极上的低B.Al电极区的电极反应式:A1-3e-+3NH3·H2O=Al(OH)3+3NH4+C.每消耗27gAl,有3mol电子通过溶液转移到石墨电极上D.若采用食盐水+NaOH溶液作电解质溶液,电极反应式相同5、用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1∶3的CuSO4和NaCl的混合溶液;可能发生的反应有()
①2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑②Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑
③2Cl-+2H+H2↑+Cl2↑④2H2O2H2↑+O2↑A.①②③B.①②④C.②③④D.②④评卷人得分二、填空题(共6题,共12分)6、在1.01×105Pa时,16gS在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫,放出148.5kJ的热量,则S燃烧的热化学方程式为:____________。7、温下,将四种不同的一元酸(用HA代表)分别和NaOH溶液等体积混合。两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如下表所示:。实验HA物质的量NaOH物质的量混合后溶编号浓度/(mol·L-1)浓度/(mol·L-1)液的pH甲0.10.1pH=a乙0.120.1pH=7丙0.20.1pH>7丁0.10.1pH=11
(1)从甲组情况分析,如何判断HA是强酸还是弱酸?___________
(2)从丙组实验结果分析,该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是:____________________
(3)分析丁组实验数据,写出混合溶液中下列算式的精确结果(列式表示):c(Na+)-c(A-)=______mol·L-1。
(4)某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是:H2B=H++HB-HB-H++B2-
在0.1mol·L-1的Na2B溶液中,下列粒子浓度关系式正确的是________。
A.c(B2-)+c(HB-)=0.1mol·L-1B.c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)=0.1mol·L-1
C.c(OH-)=c(H+)+c(HB-)D.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HB-)8、某二元酸(化学式用HB表示)在水中的电离方程式是H2B=H++HB-;HB-⇌H++B2-;回答下列问题。
①Na2B溶液显_______(填“酸性”、“中性”或“碱性”),理由是_____(用离子方程式表示)
②在0.1mol·L-1的Na2B溶液中,下列粒子浓度关系式正确的是________
A.c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)=0.1mol·L-1
B.c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(HB-)
C.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HB-)+2c(B2-)
D.c(Na+)=2c(B2-)+2c(HB-)9、在室温下;下列五种溶液:
①0.1mol·L-1NH4Cl
②0.1mol·L-1CH3COONH4
③0.1mol·L-1NH4HSO4
④0.1mol·L-1NH3·H2O和0.1mol·L-1NH4Cl混合液。
⑤0.1mol·L-1NH3·H2O
请根据要求填写下列空白:
(1)溶液①呈________性(填“酸”“碱”或“中”),其原因是______________(用离子方程式表示)
(2)溶液①②③⑤中c(NH4+)的大小关系是________(用①②③⑤表示)
(3)室温,溶液②的pH=7,CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO-)________c(NH4+)(填“>”“<”或“=”)10、已知某浓度的硫酸在水中的电离方程式:
H2SO4=H++HSO4-,HSO4-H++SO42-。
(1)Na2SO4溶液显__________(填“酸性”“碱性”或“中性”),理由是(用离子方程式表示)_________。
(2)在25℃时0.1mol·L-1的NaHSO4溶液中c(SO42-)="0.029"mol·L-1,则25℃时,0.1mol·L-1H2SO4溶液中c(SO42-)_________0.029mol·L-1(填“大于”,“小于”或“等于”),理由是___________。
(3)在0.1mol·L-1Na2SO4溶液中,下列粒子浓度关系正确的是____________。A.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO4-)+2c(SO42-)B.2c(Na+)=c(SO42-)+c(HSO4-)C.c(Na+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)D.c(SO42-)+c(HSO4-)=0.1mol·L-111、I.已知25℃时,醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数如下表:(单位省略)。醋酸碳酸氢氰酸Ka=1.7×10Ka1=4.2×10Ka2=5.6×10Ka=6.2×10
(1)写出碳酸的第一步电离方程式__________________________________。
(2)25℃时,等浓度的三种溶液①NaCN溶液、②Na2CO3溶液、③CH3COONa溶液,pH由大到小的顺序为_____________________(填序号)。
(3)25℃时,向NaCN溶液中通入少量CO2,反应的离子方程式为_______________。
(4)将浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合,测得混合溶液中c(Na+)>c(CN),下列关系正确的是_______。
a.c(H+)>c(OH)b.c(H+)+c(HCN)=c(OH)c.c(HCN)+c(CN)=0.01mol/L
II.请用有关电解质溶液的知识回答下列问题:
(1)某温度下纯水的c(H+)=4.0×10mol/L,若温度不变,滴入稀盐酸,使c(H+)=2.0×10mol/L,则此溶液中由水电离产生的c(H+)=_________。
(2)氢氧化铜悬浊液中存在如下平衡:Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq),常温下其Ksp=c(Cu2+)·c2(OH-)=2×10某硫酸铜溶液里c(Cu2+)=0.02mol·L如要生成Cu(OH)2沉淀,应调整溶液使之pH>________
(3)向含有相同浓度Fe2+、Hg2+的溶液中滴加Na2S溶液,先生成______沉淀(填化学式)。在工业废水处理过程中,依据沉淀转化原理,可用FeS作为沉淀剂除去废水中的Hg2+,写出相应的离子方程式______________________。(Ksp(FeS)=6.3×10Ksp(HgS)=6.4×10)评卷人得分三、判断题(共1题,共2分)12、向溶液中加入少量水,溶液中减小。(____)评卷人得分四、计算题(共3题,共18分)13、到目前为止;由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的最主要的能源。
(1)在25℃、101kPa下,16g的甲醇(CH3OH)完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量,则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为______。
(2)化学反应中放出的热能(焓变,△H)与反应物和生成物的键能(E)有关。已知:H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=﹣185kJ/mol,E(H﹣Cl)=432kJ/mol,E(Cl﹣Cl)=243kJ/mol则E(H﹣H)=_____。
(3)纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注.已知:2Cu(s)+O2(g)═Cu2O(s)△H=﹣169kJ•mol﹣1,C(s)+O2(g)═CO(g)△H=﹣110.5kJ•mol﹣1,2Cu(s)+O2(g)═2CuO(s)△H=﹣314kJ•mol﹣1,则工业上用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的热化学方程式_____。
(4)如图是N2(g)和H2(g)反应生成2molNH3(g)过程中能量变化示意图:
①请计算每生成1molNH3放出热量为:______。
②若起始时向容器内充入1molN2和3molH2达平衡后N2的转化率为20%,则反应放出的热量为Q1kJ,则Q1的数值为_________。14、氮的固定一直是科学家研究的重要课题,合成氨则是人工固氮比较成熟的技术,其原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
在不同温度、压强和相同催化剂条件下,初始时N2、H2分别为0.1mol;0.3mol时;平衡后混合物中氨的体积分数(φ)如图所示。
①其中,p1、p2和p3由大到小的顺序是___,其原因是___。
②若分别用vA(N2)和vB(N2)表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率,则vA(N2)___vB(N2)(填“>”“<”或“=”)。
③若在250℃、p1为105Pa条件下,反应达到平衡时容器的体积为1L,则该条件下B点N2的分压p(N2)为___Pa(分压=总压×物质的量分数,保留一位小数)。15、(1)磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素,主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3(PO4)2等形式存在。它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用。
白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得。相关热化学方程式如下:
2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)═6CaO(s)+P4(s)+10CO(g)△H1=+3359.26kJ•mol﹣1
CaO(s)+SiO2(s)═CaSiO3(s)△H2=﹣89.61kJ•mol﹣1
写出白磷(P4)由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定条件下反应的热化学方程式为:_____。
(2)电子工业中清洗硅片上的SiO2(s)的反应为SiO2(s)+4HF(g)═SiF4(g)+2H2O(g)△H(298.15K)=﹣94.0kJ•mol﹣1△S(298.15K)=﹣75.8J•mol﹣1•K﹣1,设△H和△S不随温度而变化,此反应自发进行的温度是_____评卷人得分五、实验题(共4题,共16分)16、1840年,Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银制得了N2O5。
(1)F.DanielS等曾利用测压法在刚性反应器中研究了特定条件下N2O5(g)分解反应:
已知:2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)ΔH1=-4.4kJ•mol-1
2NO2(g)=N2O4(g)ΔH2=-55.3kJ•mol-1
则反应N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)的ΔH=__kJ•mol-1。
(2)查阅资料得知N2O5是硝酸的酸酐,常温呈无色柱状结晶体,微溶于冷水,可溶于热水生成硝酸,熔点32.5℃,受热易分解,很容易潮解,有毒。在通风橱中进行模拟实验制取N2O5的装置如图:
注:虚线框内为该组同学自制特殊仪器,硝酸银放置在b处。
请回答下列问题:
①实验开始前,需要打开a处活塞并鼓入空气,目的是__。
②经检验,氯气与硝酸银反应的产物之一为氧气,写出此反应的化学反应方程式__。
③实验时,装置C应保持在35℃,可用的方法是__。
④能证明实验成功制得N2O5的现象是__。
⑤装置D中的试剂是__,作用是__。
⑥装置E烧杯中的试剂为__。17、(1)下图表示10mL量筒中液面的位置,A与B,B与C刻度间相差1mL,如果刻度A为4,量筒中液体的体积是________mL。
(2)下图表示50mL滴定管中液面的位置,如果液面处的读数是a,则滴定管中液体的体积(填代号)______________。
A.是amLB.是(50-a)mLC.一定大于amLD.一定大于(50-a)mL
(3)下图为20mL未知浓度的盐酸用一标准浓度NaOH溶液滴定时的滴定曲线。则两种溶液的物质的量浓度分别是:[HCl]=__________,[NaOH]=__________。
18、一个看似平常的蛋壳;却可以设计出很多精巧的实验。
将的溶液装进一只掏空洗净的鸡蛋壳里,将蛋壳开口朝上,部分浸入盛有的溶液的烧杯中;装置如图所示,在静置一周的过程中,蛋壳外表逐渐出现金属铜,同时烧杯中的溶液渐渐褪色,并变得浑浊。
(1)设此装置中发生的是与直接相遇的反应,写出该反应的离子方程式_______。
(2)金属铜和浑浊现象均出现在蛋壳外,这意味着什么?_________。
(3)已知蛋壳外没有产生黑色沉淀,说明蛋壳外________19、某小组按图1所示的装置探究铁的吸氧腐蚀。完成下列填空:
(1)图2是图1所示装置的示意图,在图2的小括号内填写正极材料的化学式___;在方括号内用箭头表示出电子流动的方向___。
(2)写出正、负极反应的方程式。正极:________________,负极:_______________。
(3)按图1装置实验,约8分钟才看到的导管中液柱上升,下列措施可以更快更清晰地观察到液柱上升的是_________________。
a.用纯氧气代替具支试管内的空气。
b.用食盐水浸泡过的铁钉再蘸取铁粉和炭粉的混合物。
c.用毛细尖嘴管代替玻璃导管;并向试管的水中滴加少量红墨水。
(4)升高温度可以加快化学反应速率,建议用酒精灯加热具支试管。这一措施________(填“可行”或“不行”)。
(5)有同学观察到图1装置在组装时就会使导管中液面低于试管中液面,导致实验时导管中液柱上升需要更多的时间。图1装置组装时,使导管中液面低于试管中液面的原因是______。消除这一现象的简单操作是______________________________________________________。参考答案一、选择题(共5题,共10分)1、D【分析】【分析】
【详解】
A.根据图示可知:在t1时刻v正、v逆都增大,v正>v逆;化学平衡正向移动。若改变的外界条件是升高温度,由于该反应的正反应是放热反应,升高温度,化学平衡会向吸热的逆向移动,与实际情况不符合,改变的条件应该是增大体系的压强,A错误;
B.反应在t0~t1时间段反应处于平衡状态;在t1时刻平衡正向移动,到t2时刻处于平衡状态,故在t2~t3时间段NH3的含量增大;在t3时刻后v逆>v正,化学平衡逆向移动,使NH3的含量降低,至t4时反应又达到平衡状态,则t4~t5时间段NH3的含量比t2~t3时间段低;在t5时改变外界条件使正、逆反应速率都增大,且增大后相同,因此化学平衡不发生移动,则t5~t6时间段与t4~t5时间段相同,可见表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2~t3;B错误;
C.在温度为T℃时,将2amolH2和amolN2充入0.5L密闭容器中,充分反应后N2的转化率为50%,则反应的N2是0.5amol,反应H2的物质的量是1.5amol,反应产生NH3的物质的量是amol,平衡时N2有0.5amol,H2有0.5amol,NH3有amol,则该温度时反应的平衡常数K=C错误;
D.在t2~t3时间段,保持容器容积不变,充入一定量的惰性气体,容器内气体总压强增大,但反应混合气体中各组分在单位体积的物质的量不变,即各组成成分的浓度不变,因此N2的浓度也不变;D正确;
故合理选项是D。2、C【分析】【分析】
草酸(H2C2O4)的Ka2=5.4×10-5,则C2O42-的水解常数Kh1==1.9×10-10,Ka2>Kh1,所以HC2O4-在溶液中以电离为主。在NaHC2O4溶液中,存在以下电离或水解:NaHC2O4=Na++HC2O4-,HC2O4-C2O42-+H+,HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-,H2OH++OH-。
【详解】
A.依据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-);A正确;
B.依据物料守恒,在NaHC2O4中,c(Na+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4);B正确;
C.由于HC2O4-在溶液中以电离为主,所以溶液显酸性,c(OH-)<c(H+);C不正确;
D.由HC2O4-C2O42-+H+,HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-,H2OH++OH-可以得出,c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-);D正确;
故选C。3、B【分析】【详解】
A.25℃时,当即时,pH=7.4,H2CO3的一级电离Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4;故A正确;
B.根据电荷守恒、物料守恒,M点溶液中:c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+c(CO32-)+c(OH-);故B错误;
C.25℃时,HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6;故C正确;
D.图中M点pH=9,所以a=2.6,故D正确;
选B。4、B【分析】【分析】
放电时的电极反应式之一为MnO2+e-+H2O═MnO(OH)+OH-,MnO2得电子,石墨为正极,则Al为负极,失电子,在氨水溶液中Al失电子生成Al(OH)3;结合原电池原理分析解答。
【详解】
A.根据上述分析;石墨为正极,Al为负极,石墨电极上的电势比Al电极上的高,故A错误;
B.MnO2得电子为正极,则Al为负极,失电子,在氨水溶液中Al失电子生成Al(OH)3,负极电极反应式为Al-3e-+3NH3•H2O═Al(OH)3+3NH4+;故B正确;
C.电子从负极流向正极;但是电子只能在导线和电极上移动,不能通过溶液,故C错误;
D.若采用食盐水+NaOH溶液作电解质溶液;负极生成的氢氧化铝会被氢氧化钠溶解,电极反应式不同,故D错误。
答案选B。5、C【分析】【分析】
用惰性电极电解物质的量浓度之比为1:3的CuSO4和NaCl的混合溶液;电解过程分为:
第一阶段,阳极上Cl-放电、阴极上Cu2+放电;
第二阶段:阳极上Cl-放电,阴极上H+放电;
第三阶段:阳极上OH-放电,阴极上H+放电。
【详解】
用惰性电极电解物质的量浓度之比为1:3的CuSO4和NaCl的混合溶液,设溶液体积为1L,c(CuSO4)=1mol/L,c(NaCl)=3mol/L,则n(CuSO4)=n(Cu2+)=1mol,n(NaCl)=n(Cl-)=3mol。
根据转移电子守恒,第一阶段:阳极上Cl-放电、阴极上Cu2+放电,当铜离子完全析出时转移电子的物质的量为2mol,转移2mol电子时析出2molCl-,所以Cl-还剩余1mol;则此时发生的电池反应式为②;
第二阶段:阳极上Cl-放电,阴极上H+放电,当Cl-完全析出前;发生的电池反应式为③;
第三阶段:阴极上H+放电,阳极上OH-放电生成O2;所以发生的电池反应式为④;
故合理选项是C。
【点睛】
本题考查了电解原理,明确离子放电顺序是解本题关键,结合转移电子相等判断阴阳极上析出的物质。当以活性电极电解时,阳极首先是电极本身失去电子,发生氧化反应;当以惰性电极电解时,阳极上溶液中阴离子放电,放电顺序为S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子;阴极上无论是活性电极还是惰性电极,都是溶液中的阳离子放电,放电顺序基本与金属活动性顺序相反,但获得电子能力Ag+>Fe3+>Cu2+。二、填空题(共6题,共12分)6、略
【分析】【详解】
S在氧气中燃烧生成SO2,32gS发生反应放出297kJ的能量,根据热化学方程式书写规则,S燃烧的热化学方程式为S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-1
【点睛】
在书写热化学方程式时,25℃、101kPa的条件可以不注明。【解析】S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-17、略
【分析】【分析】
(1)等物质的量混合时;二者恰好反应生成盐,根据溶液的pH判断酸性强弱;
(2)混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA,pH>7说明A-的水解大于HA的电离;结合电荷守恒判断;
(3)由电荷守恒关系式变形得c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+);
(4)根据二元酸的电离方程式知,B2-只发生第一步水解;结合电荷守恒和物料守恒分析解答.
【详解】
(1)若HA是强酸;恰好与NaOH溶液反应生成强酸强碱盐,pH=7;若HA是弱酸,生成的NaA水解显碱性,pH>7,故答案为:a=7时,HA是强酸;a>7时,HA是弱酸;
(2)混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA,pH>7说明A-的水解大于HA的电离,故答案为:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+);
(3)由电荷守恒关系式变形得c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=(10-3-10-11)mol•L-1,
故答案为:10-3-10-11;
(4)在Na2B中存在水解平衡:B2-+H2OHB-+OH-,HB-不会进一步水解,所以溶液中没有H2B分子;
A.由物料守恒得c(B2-)+c(HB-)=0.1mol•L-1;故A正确;
B.HB-不会进一步水解,所以溶液中没有H2B分子;故B错误;
C.溶液中质子守恒得c(OH-)=c(H+)+c(HB-);故C正确;
D.溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HB-)+2c(B2-),故D错误;
故答案为:AC.
【点睛】
本题第(4)题中要注意题目所给信息H2B=H++HB-,第一步电离是完全的,所以HB-不会发生水解,不要惯性思维。【解析】①.a=7时,HA是强酸;a>7时,HA是弱酸②.c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)③.10-3-10-11④.AC8、略
【分析】【分析】
①H2B第一步完全电离、第二步部分电离,则HB-只能电离不能水解,说明B2-离子水解而HB-不水解,且HB-是弱酸,则Na2B溶液呈碱性;
②任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒;据此分析解答。
【详解】
①H2B第一步完全电离、第二步部分电离,则HB−只能电离不能水解,说明B2-离子水解而HB-不水解,且HB-是弱酸,则Na2B溶液呈碱性,其水解方程式为:
故答案为:碱性;
②A.根据原子守恒应该为H2B第一步完全电离,所以溶液中不存在H2B,则c(H2B)=0;故A错误;
B.H2B第一步完全电离,所以溶液中不存在H2B,溶液中存在质子守恒,根据质子守恒得c(OH−)=c(H+)+c(HB−);故B错误;
C.根据电荷守恒得故C正确;
D.根据物料守恒得故D正确;
故答案选:CD。【解析】①.碱性②.③.CD9、略
【分析】【详解】
(1)氯化铵是强酸弱碱盐,铵根离子水解显酸性;水解离子方程式为:
(2)①0.1mol·L-1NH4Cl溶液中铵根离子水解不受影响;铵根离子浓度小于0.1mol/L;
②0.1mol/LCH3COONH4溶液中醋酸根离子水解促进铵根离子水解;铵根离子浓度较①低;
③0.1mol/LNH4HSO4溶液中的电离出的氢离子抑制铵根离子的水解;铵根离子浓度较①大;
⑤0.1mol·L-1NH3·H2O溶液中NH3·H2O电离出的铵根离子较少;铵根离子浓度最低;
因此四种溶液中铵根离子浓度大小关系为:③>①>②>⑤;
(3)常温下,测得溶液②的pH=7,说明0.1mol/LCH3COONH4溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同,溶液中存在电荷守恒:pH=7说明溶液中c(OH−)=c(H+),得到:故答案为:=。
【点睛】
不同溶液中同一离子浓度的大小比较时;选好参照物,分组比较各个击破:
如25℃时,相同物质的量浓度的下列溶液中:①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2,c(NH)由大到小的顺序为⑤>④>③>①>②,分析流程为:【解析】①.酸②.NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+③.③>①>②>⑤④.=10、略
【分析】【详解】
(1)根据硫酸的第一步电离是完全的:H2SO4=H++HSO4-,第二步电离并不完全:HSO4-H++SO42-,则Na2SO4溶液存在硫酸根离子的水解平衡,即SO42-+H2OHSO4-+OH-;因此溶液呈弱碱性。
(2)25℃时,0.10mol•L-1的NaHSO4溶液中c(SO42-)=0.029mol•L-1,由于0.10mol•L-1的硫酸溶液中氢离子浓度比硫酸氢钠溶液中大,对硫酸氢根离子电离平衡起到抑制作用,因此溶液中c(SO42-)<0.029mol•L-1;
(3)A、根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO4-)+2c(SO42-),A正确;B、根据物料守恒可知c(Na+)=2c(SO42-)+2c(HSO4-),B错误;C、硫酸钠溶液中硫酸根水解,溶液显碱性,C错误;D、根据物料守恒可知c(SO42-)+c(HSO4-)=0.1mol·L-1;D正确,答案选AD。
【点晴】
该题的易错点是忽略硫酸的第二步电离特点,答题是要注意把握题意,突破硫酸为二元强酸的思维定势,从题目实际出发,注意知识的灵活应用。【解析】①.碱性②.SO42-+H2OHSO4-+OH-③.小于④.H2SO4一级电离出H+,对HSO4-电离起抑制作用,而NaHSO4中不存在抑制⑤.AD11、略
【分析】【分析】
I.(1)多元弱酸应分步电离;
(2)利用盐类水解中“越弱与水解”进行分析;
(3)根据电离常数判断;
(4)通过c(Na+)>c(CN-);判断出以电离还是水解为主;
II.(1)根据水的离子积;计算pH;
(2)利用溶度积进行计算;
(3)利用溶度积的原则进行分析;
【详解】
I.(1)碳酸是二元弱酸,在溶液中分步电离,电离方程式为:H2CO3H++HCO3-、HCO3-H++CO32-;
故答案为H2CO3H++HCO3-;
(2)三种盐都是强碱弱酸盐,水溶液显碱性,根据表中数据,电离H+能力:CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3-,利用盐类水解中“越弱越水解”,得出水解能力大小顺序是CO32->CN->CH3COO-,即pH由大到小的顺序是②>①>③。
故答案为②>①>③;
(3)电离出H+能力:H2CO3>HCN>HCO3-,因此NaCN中通入少量的CO2,其离子方程式为CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-;
故答案为:CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-;
(4)HCN和NaOH等体积混合,反应后溶液中的溶质为NaCN和HCN,且两者物质的量相等,因为c(Na+)>c(CN-),说明CN-的水解能力大于HCN的电离能力,溶液显碱性,a、根据上述分析,溶液显碱性,即c(OH-)>c(H+);故a错误;
b、电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-),物料守恒:c(CN-)+c(HCN)=2c(Na+),两式联立得到2c(H+)+c(HCN)=2c(OH-)+c(CN-),故b错误;
c、根据物料守恒,c(CN-)+c(HCN)=0.01mol·L-1;故c正确;
c正确;故答案为c;
II.(1)纯水中水电离c(H+)等于水电离出的c(OH-),即该温度下,水的离子积Kw=4×10-7×4×10-7=1.6×10-13,该温度下,滴入盐酸,根据水的离子积c(OH-)==8×10-10mol·L-1,即水电离出的c(H+)=8×10-10mol·L-1;
故答案为8×10-10mol·L-1;
(2)根据浓度商与Ksp之间的关系,当Qc=Ksp时,此时溶液为饱和溶液,即要使Cu(OH)2开始出现沉淀,c(OH-)>=1×10-9mol·L-1;则pH应大于5;
故答案为5;
(3)Ksp(FeS)>Ksp(HgS),说明HgS比FeS更难溶,即先有HgS沉淀产生;反应向更难溶的方向进行,即发生的离子方程式为Hg2+(aq)+FeS=Hg+Fe2+(aq);
故答案为HgS;Hg2+(aq)+FeS=Hg+Fe2+(aq)。
【点睛】
本题的易错点是I中(3),学生经常书写成2CN-+CO2-+H2O=2HCN+CO32-,学生忽略了HCN电离出H+强于HCO3-,HCN与CO32-反应生成HCO3-,因此正确的是CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-,因此类似这种题型应注意生成物是否能发生反应。【解析】H2CO3H++HCO3-②>①>③CN+CO2+H2O=HCO3-+HCNC8.0×10-10mol/L5HgSHg2+(aq)+Fe(S)Hg+Fe2+(aq)三、判断题(共1题,共2分)12、×【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】错四、计算题(共3题,共18分)13、略
【分析】【分析】
(1)依据燃烧热的概念;是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量,根据题干所给量计算1mol甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量,再书写反应的热化学方程式;
(2)根据反应热=反应物总键能-生成物总键能计算;
(3)根据盖斯定律分析解答;
(4)①△H=反应物的活化能-生成物的活化能计算生成2mol氨气放出的能量,再计算得到1mol氨气放出的热量;②依据氮气的转化率计算生成氨气的物质的量,结合热化学方程式计算Q1。
【详解】
(1)在25℃、101kPa下,16g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热352kJ,32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为704kJ,则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为:CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-704kJ•mol-1,故答案为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-704kJ•mol-1;
(2)△H=反应物总键能-生成物总键能=E(H﹣H)+243kJ/mol-2×432kJ/mol=-185kJ/mol;解得E(H-H)=436kJ/mol,故答案为436kJ/mol;
(3)①2Cu(s)+O2(g)═Cu2O(s)△H=-169kJ•mol-1,②C(s)+O2(g)═CO(g)△H=-110.5kJ•mol-1,③2Cu(s)+O2(g)═CuO(s)△H=-314kJ•mol-1,用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的化学方程式为C(s)+2CuO(s)=Cu(s)+CO(g),根据盖斯定律,将②-③-×①,反应的焓变为-110.5kJ•mol-1-(-314kJ•mol-1)-×(-169kJ•mol-1)=34.5kJ•mol-1,故答案为C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ•mol-1;
(4)①如图是N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图,反应焓变△H=反应物的活化能-生成物的活化能=335kJ/mol-427.2kJ/mol=-92.2kJ/mol;所以生成1mol氨气放热46.1kJ,故答案为46.1kJ;
②如图是N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图,反应焓变△H=335kJ/mol-427.2kJ/mol=-92.2kJ/mol,起始时向容器内充入1molN2和3molH2达平衡后N2的转化率为20%,生成氨气的物质的量为1mol×20%×2=0.4mol,生成0.4mol氨气放出的热量=×92.2kJ=18.44kJ;故答案为18.44。
【点睛】
本题的易错点为(3),要注意盖斯定律的应用,平时学习过程中要适当练习。【解析】CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H=﹣704kJ/mol436kJ/molC(s)+2CuO(s)==Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ/mol41.6kJ18.4414、略
【分析】【分析】
①由方程式N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知;增大压强,平衡正向移动,氨的体积分数越大;
②温度越大;压强越大,反应速率越大;
③列出三段式,先求出氨的物质的量分数,再代入计算:p(N2)=总压×物质的量分数=105Pa×
【详解】
①由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知,增大压强,平衡正向移动,由图象可知在相同温度下,平衡后混合物中氨的体积分数(φ)为P1>P2>P3,因此压强关系是P1>P2>P3,故答案为:P1>P2>P3;温度相同时;加压平衡正向移动,故压强越大平衡混合物中氨的体积分数越大;
②温度越大,压强越大,反应速率越大,p1>p2;由图可知,B对应的温度;压强大,则反应速率大,故答案为:<;
③列出反的三段式:
=0.667;x=0.08
p(N2)=总压×物质的量分数=105Pa×=8.3×103;
故答案为:8.3×103。【解析】①.p1>p2>p3②.温度相同时,增大压强化学平衡向正反应方向移动,故平衡混合物中氨的体积分数越大压强越大③.<④.8.3×10315、略
【分析】【分析】
(1)根据盖斯定律①+②×6计算;
(2)反应自发进行的条件是△H﹣T△S=0计算临界温度。
【详解】
(1)Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定条件下反应生成白磷(P4)的化学方程式为2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)═6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g);
①2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)═6CaO(s)+P4(s)+10CO(g)△H1=+3359.26kJ•mol﹣1
②CaO(s)+SiO2(s)═CaSiO3(s)△H2=﹣89.61kJ•mol﹣1
根据盖斯定律①+②×6计算2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)═6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g)的焓变△H=+3359.26kJ/mol+(﹣89.61kJ•mol)×6=+2821.6kJ/mol;
故答案为:2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)═6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g)△H=+2821.6kJ•mol﹣1
(2)反应自发进行的条件是△H﹣T△S<0,△S<0,则反应自发进行时T1240K;
故答案为:T<1240K。【解析】①.2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)═6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g)△H=+2821.6kJ•mol﹣1②.T<1240K。五、实验题(共4题,共16分)16、略
【分析】【分析】
实验的目的,用干燥的氯气通过干燥的硝酸银制得了N2O5,所以A装置为Cl2的制取装置;由于N2O5很容易潮解,所以应将Cl2干燥后再通入C装置中,B、D装置中应放入浓硫酸;在C装置中,Cl2与浓硝酸反应生成AgCl、N2O5等,而N2O5的熔点为32.5℃,所以在35℃时,N2O5呈液态;E装置用于吸收尾气中的Cl2等。
【详解】
(1)已知:2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)ΔH1=-4.4kJ•mol-1①
2NO2(g)=N2O4(g)ΔH2=-55.3kJ•mol-1②
利用盖斯定律,将(①-2×②)×即得反应N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)的ΔH=53.1kJ•mol-1。答案为:53.1;
(2)①N2O5很容易潮解,应将Cl2干燥后再通入C装置中;所以实验开始前,需要打开a处活塞并鼓入空气,目的是除去装置C中的水蒸气。答案为:除去装置C中的水蒸气;
②经检验,氯气与硝酸银反应的产物为AgCl、N2O5、O2,则此反应的化学反应方程式为2Cl2+4AgNO3==4AgCl+2N2O5+O2。答案为:2Cl2+4AgNO3==4AgCl+2N2O5+O2;
③实验时;装置C若用酒精灯火焰直接加热,很难将温度保持在35℃,可用的方法是水浴等。答案为:水浴等;
④N2O5的熔点为32.5℃,所以在35℃时,N2O5呈液态,所以能证明实验成功制得N2O5的现象是装置C中c处有液体生
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