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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2025年冀教新版选修4化学下册阶段测试试卷520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9题,共18分)1、①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH=-571.6kJ/mol
现在0.2mol炭粉和氢气组成的悬浮气,在氧气中完全燃烧,共放出67.93kJ的热量,则混合物中C与H2物质的量之比为A.1︰1B.1︰2C.2︰3D.3︰22、已知:H-H键、O=O键和O-H键的键能分别为436kJ/mol、496kJ/mol和462kJ/mol;2C(s)+O2(g)=2CO(g)∆H=-220kJ/mol;C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)∆H=akJ/mol。则a为A.-332B.-118C.+130D.+3503、向甲、乙、丙三个体积均为0.5L的密闭容器中充入一定量的A和B,发生反应:A(g)+xB(g)2C(g)。各容器的反应温度;反应物起始量;反应过程中C的浓度随时间变化关系分别如表和如图表示:
下列说法正确的是()A.10min内甲容器中反应的平均速率v(A)=0.1mol·L-1·min-1B.x=1C.由图可知:T12,且该反应为吸热反应D.T1℃,起始时甲容器中充入0.5mol1.5molB,平衡时A的转化率为25%4、在一定温度下;将气体X与气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中,发生反应:X(g)+Y(g)⇌2Z(g)△H<0,一段时间后达到平衡.反应过程中测定的数据如表,下列说法正确的是()
。t∕min
2
4
7
9
n(Y)∕mol
0.12
0.11
0.10
0.10
A.反应前4min的平均反应速率υ(Z)=0.0125mol•L-1•min-1B.其他条件不变,降低温度,反应达到新平衡前υ(逆)>υ(正)C.该温度下此反应的平衡常数K=1.44D.其他条件不变,平衡后再充入0.2molX和0.2molY,达平衡时Z的体积分数增大5、已知室温时的某一元酸HA在水中有发生电离,下列叙述错误的是A.该溶液中B.升高温度时,溶液的pH减小C.此酸的电离平衡常数为D.由HA电离出的约为水电离出的的倍6、下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.在0.1mol⋅L-1NaHCO3溶液中:c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)B.在0.1mol⋅L-1Na2CO3溶液中:c(OH-)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)C.向0.2mol⋅L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol⋅L-1NaOH溶液:c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)D.常温下,CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH=7,c(Na+)=0.1mol⋅L-1]:c(Na+)=c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH-)7、常温下,将pH=2的醋酸和pH=12的氢氧化钠溶液等体积混合,混合溶液中各离子浓度大小排列顺序正确的是A.c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)B.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)C.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D.c(H+)>c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)8、常温下,用0.1mol/LNaOH溶液滴定10mL0.1mol/LH2X溶液;溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示,下列说法正确的是。
A.水电离出来的c(OH−):D点B.C点存在关系式:c(Na+)=c(HX−)+2c(X2−)−c(H+)C.B点:c(Na+)>c(HX−)>c(H+)>c(X2−)>cH2X)D.A点溶液中加入少量水:减小9、下列说法不正确的是A.常温下,pH<7的溶液一定是酸溶液B.常温下,浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸溶液,盐酸的导电能力强C.中和相同体积、相同浓度的氨水和NaOH溶液,所需HCl的物质的量相同D.向NaOH溶液中滴加醋酸至c(CH3COO‾)=c(Na+),则溶液呈中性评卷人得分二、多选题(共5题,共10分)10、水煤气变换反应为:CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我国学者结合实验与计算机模拟结果;研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程,如图所示,其中吸附在金催化剂表面上的物种用·标注。下列说法正确的是()
A.水煤气变换反应的△H>0B.步骤③的化学方程式为:CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·C.步骤⑤只有非极性键H—H键形成D.该历程中最大能垒(活化能)E正=2.02eV11、如图表示有关反应的反应过程与能量变化的关系;据此判断下列说法中正确的是。
A.等质量的白磷与红磷充分燃烧,白磷放出的热量多B.红磷比白磷稳定C.白磷转化为红磷是吸热反应D.红磷比白磷更容易与氧气反应生成P4O1012、温度为T时,向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5,反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表:。t/s050150250350n(PCl3)/mol00.160.190.200.20
以下对反应过程的分析和判断正确的是A.反应在前50s的平均速率为v(PCl3)=0.0032mol·L−1·s−1B.保持其他条件不变,若升高温度,平衡时,c(PCl3)=0.11mol·L−1,则反应为放热反应C.相同温度下,若起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2,则达平衡前v(正)>v(逆)D.相同温度下,若起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2,则达平衡时,PCl3的转化率大于80%13、1L的密闭容器中有0.3molA、0.1molC和一定量B三种气体。一定条件下发生反应,各物质浓度随时间变化如图甲所示,t1时刻c(B)=0.1mol/L。图乙为t2时刻后改变条件反应速率随时间的变化情况,每次改变一种条件且条件各不相同,已知,t3时刻为加入催化剂,则下列判断正确的是()
A.t4时刻是增大容器的体积B.B的起始浓度为0.06mol/LC.t1、t3、t6时刻相比,A物质的量最大的是t6时刻D.该可逆反应的方程式为:3A(g)B(g)+2C(g)14、某二元酸(化学式用H2A表示)在水中的电离方程式是:H2A=H++HA-,HA-H++A2-;则在0.1mol.L-1的Na2A溶液中,下列微粒浓度关系式不合理的是()A.c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol·L-1B.c(OH-)=c(H+)+c(HA-)C.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)D.c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)+c(H2A)评卷人得分三、填空题(共9题,共18分)15、已知破坏1molH﹣H键、1molI﹣I键、1molH﹣I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ.则由氢气和碘单质反应生成2molHI需要放出________kJ的热量.16、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破,其反应原理为:N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)∆H=-92.4kJ•mol-1。一种工业合成氨的简易流程图如下:
(1)天然气中的H2S杂质常用常用氨水吸收,产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气,得到单质硫并使吸收液再生,写出再生反应的化学方程式:______。
(2)步骤II中制氯气原理如下:
对于反应①,一定可以提高平衡体系中H2百分含量,又能加快反应速率的是______。
a.升高温度b.增大水蒸气浓度c.加入催化剂d.降低压强。
利用反应②,将CO进一步转化,可提高H2产量。若1molCO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应,得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体,则CO转化率为______。
(3)下图表示500℃、60.0MPa条件下,原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数:______。
(4)依据温度对合成氨反应的影响,在下图坐标系中,画出一定条件下的密闭容器内,从通入原料气开始,随温度不断升高,NH3物质的量变化的曲线示意图______。
(5)上述流程图中,使合成氨放出的热量得到充分利用的主要步骤是(填序号)______,简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法:______。17、在一定条件下,二氧化硫和氧气发生反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。
(1)降低温度,化学反应速率__(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)600℃时,在一容积为2L的密闭容器中,将二氧化硫和氧气混合,在反应进行至10min和20min时,分别改变了影响反应速率的一个条件,反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图所示,前10min正反应速率逐渐___(填“增大”“减小”或“不变”);前15min内用SO3表示平均反应速率为__。
(3)图中反应进程,表示正反应速率与逆反应速率相等的时间段是___。
(4)根据上图判断,10min时改变的反应条件可能是___(填编号,下同);20min时改变的反应条件可能是___。
A.加入催化剂B.缩小容器容积。
C.降低温度D.增加O2的物质的量18、在恒温恒容条件下,将一定量NO2和N2O4的混合气体通入容积为2L的密闭容器中发生反应:N2O4(g)2NO2(g),反应过程中各物质的物质的量浓度c随时间t的变化关系如图所示。
(1)该反应的平衡常数表达式为______________,若温度升高K值增大,则该反应的正反应为__________反应(填吸热或放热)。
(2)a、b、c、d四个点中,化学反应处于平衡状态的是______________点。从起点开始首次达到平衡时以NO2表示的平均反应速率为___________________________。
(3)25min时,增加了______mol______(填物质的化学式)使平衡发生了移动。
(4)变化过程中a、b、c、d四个时刻体系的颜色由深到浅的顺序是______(填字母)。19、某温度下;在2L的密闭容器中,X;Y、Z三种气体随时间变化的曲线如图所示。
请回答下列问题:
(1)由图中数据分析:该反应的化学方程式为_____________________。
(2)反应开始至2min,Z的平均反应速率为____,此时X的转化率为_____。
(3)5min时Z的生成速率与6min时Z的生成速率相比较,前者______后者(填“大于”;“小于”或“等于”)。
(4)对于该反应,能增大正反应速率的的措施是________
A.增大容器容积B.移走部分YC.通入大量XD.升高温度E.加催化剂。
(5)此反应在三种不同情况下的反应速率分别为:
①v(X)=6mol/(L·min)②v(Y)=6mol/(L·min)③v(Z)=8mol/(L·min)
其中反应速率最快的是________(填编号)。
(6)下列各项中不可以说明上述反应达到平衡的是______(填字母)。
a.混合气体的密度不变。
b.混合气体的压强不变。
c.同一物质的正反应速率等于逆反应速率。
d.X的浓度保持不变。
e.生成1molZ和同时生成1.5molX
f.X、Y、Z的反应速率之比为3∶1∶220、有两个起始体积相同的密闭容器A和B;A容器有一个可移动的活塞,能使容器内保持恒压;B容器为固定体积。
起始时这两个容器分别充入等量的体积比为2∶1的SO2和O2的混合气,并使A、B容器中气体体积相等,并保持在400℃条件下发生反应2SO2+O22SO3;并达到平衡。
⑴达到平衡所需时间,A容器比B容器_____,两容器中SO2的转化率A比B______。
⑵达到⑴所述平衡后,若向两容器中分别通入等量Ar气体,A容器的化学平衡_____移动,B容器中的化学平衡________移动。
⑶达到⑴所述平衡后,若向容器中通入等量的原混合气体,重新达到平衡后,A容器中SO3的体积分数_______,B容器中SO3的体积分数________(填变大、变小、不变)。21、工业上利用甲醇制备氢气常用的方法之一是甲醇蒸气重整法。此方法当中的一个主要反应为CH3OH(g)═CO(g)+2H2(g),说明该反应能自发进行的原因__。22、(1)常温下,有A、B、C、D四种无色溶液,它们分别是溶液、溶液、盐酸和溶液中的一种。已知A;B的水溶液中水的电离程度相同;A、C溶液的pH相同。
则:①B是________溶液,C是________。
②常温下若B溶液中与C溶液中相同,B溶液的pH用表示,C溶液的pH用表示,则________(填某个数)。
(2)已知某溶液中只存在四种离子;某同学推测其离子浓度大小顺序可以有以下几种可能:
①
②
③
④
则:
(i)上述关系一定不正确的是________(填序号)。
(ii)若溶液中只有一种溶质,则该溶液中离子浓度的大小关系为________(填序号)。
(iii)若四种离子浓度关系有则该溶液显________(填“酸性”“碱性”或“中性”)。23、(1)在一体积为10L的容器中,通入一定量的CO和H2O,在850℃时发生如下反应:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g);△H<0。CO和H2O浓度变化如图,则0〜4min的平均反应速率v(CO)=______________mol/(L·min)
(2)t1℃(高于850℃)时,在相同容器中发生上述反应,容器内各物质的浓度变化如下表。时间(min)COH2OCO2H200.2000.3000020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c44c1c2c3c450.1160.2160.08460.0960.2660.104
请回答:
①表中3〜4min之间反应处于_____________状态;c3数值_____________0.12mol/L(填大于;小于或等于)。
②反应在4〜5min间,平衡向逆方向移动,可能的原因是_____________(单选),表中5〜6min之间数值发生变化,可能的原因是_____________(单选)。
a.增加了水蒸气的量b.升高温度c.使用催化剂d.增加压强。
(3)如图是一个电化学的装置图。
①图中乙池是________装置(填“电解池”或“原电池”)甲池中OH-移向____________极(填“CH3OH”或“O2”)。若丙池中为400ml1mol/L硫酸铜溶液,当外电路有1mol电子通过时,C、D两极共产生_______mol的气体。
②写出B电极的电极反应式:______________________________________________________________。评卷人得分四、判断题(共1题,共6分)24、向溶液中加入少量水,溶液中减小。(____)评卷人得分五、工业流程题(共3题,共12分)25、辉铜矿主要成分Cu2S,此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质,软锰矿主要含有MnO2,以及少量SiO2、Fe2O3等杂质。研究人员开发综合利用这两种资源;用同槽酸浸湿法治炼工艺,制备硫酸锰晶体和碱式碳酸铜。主要工艺流程如下:
已知:
①MnO2有较强的氧化性;能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫;
②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定,在热水溶液中会分解生成NH3;
③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀和完全沉淀的pH):。金属离子Fe3+Mn2+Cu2+开始沉淀pH值1.58.34.4完全沉淀pH值3.29.86.4
④MnSO4·H2O溶于1份冷水;0.6份沸水;不溶于乙醇。
(1)实验室配制240mL4.8mol•L-1的稀硫酸,所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要___________。
(2)酸浸时,为了提高浸取率可采取的措施有___________(任写一点)。
(3)酸浸时,得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。写出该反应的化学方程式:___________。
(4)调节浸出液pH=4的作用是___________。
(5)写出流程中生成MnCO3的离子方程式___________。
(6)MnCO3先加稀硫酸溶解,在经过___________得到MnSO4·H2O晶体。
(7)本工艺中可循环使用的物质是___________(写化学式)。26、过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)广泛用于化工、造纸、纺织、食品等行业,一种以芒硝(Na2SO4·10H2O)、H2O2等为原料制备过碳酸钠的工艺流程如下:
已知2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O,pH小于5时几乎均以Cr2O72-形式存在,pH大于8.5时几乎均以CrO42-形式存在。
回答下列问题:
(1)Na2CrO4中Cr元素的化合价为___
(2)Ksp(CaCrO4)___(填“>”或“<”)Ksp(CaSO4)。
(3)流程中循环物质X为___(填化学式)。
(4)步骤II中发生反应的化学方程式为_________
(5)步骤I一III是为了制得纯碱,从环境保护的角度看,可能的不足之处是___
(6)步骤V合成时,加入95%的乙醇的目的是___
(7)测定产品活性氧的实验步骤如下:准确称取mg产品,用硫酸溶解后,用cmol·L-1的KMnO4标准溶液滴定至终点,消耗KMnO4标准溶液VmL。
①滴定到终点时,溶液呈___(填“无色”或“浅红色”)。
②过氧化物的活性氧是指过氧化物单独用催化剂催化分解时放出氧气的质量与样品的质量之比。该实验测得的产品中活性氧为___(列出计算表达式)。27、我国电池的年市场消费量约为80亿只,其中70%是锌锰干电池,利用废旧锌锰干电池制备硫酸锌晶体(ZnSO4·7H2O)和纯MnO2的工艺如下图所示:
已知:
①锌皮的主要成分为Zn,含有少量Fe;炭包的主要成分为ZnCl2、NH4Cl、MnO2;碳粉等;还含有少量的Cu、Ag、Fe等。
②Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16;Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16;Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。
(1)除去炭包中碳粉的操作为_____________。
A.酸浸B.过滤C.焙炒D.焙烧。
(2)粗MnO2转化为MnSO4时,主要反应的离子方程式为_____________________。
(3)焙烧时发生反应的化学方程式为_____________。
(4)制备硫酸锌晶体流程中,用ZnO调节溶液pH的目的是______________________________,若溶解时不加H2O2带来的后果是____________________。
(5)“草酸钠-高锰酸钾返滴法”可测定MnO2的纯度:取agMnO2样品于锥形瓶中,加入适量稀硫酸,再加入V1mLc1mol·L-1Na2C2O4溶液(足量),最后用c2mol·L-1的KMnO4溶液滴定剩余的Na2C2O4,达终点时消耗V2mL标准KMnO4溶液。
①MnO2参与反应的离子方程式为_____________。
②该样品中MnO2的质量分数为__________________(假定杂质不参与反应,列出表达式即可)。评卷人得分六、结构与性质(共3题,共9分)28、随着我国碳达峰、碳中和目标的确定,含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下:
反应Ⅰ:
反应Ⅱ:
反应Ⅲ:
回答下列问题:
(1)反应Ⅰ的=_______已知由实验测得反应Ⅰ的(为速率常数,与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度,则_______(填“增大”“不变”或“减小”)。
(2)①下列措施一定能使CO2的平衡转化率提高的是_______(填字母)。
A.增大压强B.升高温度C.增大H2与CO2的投料比D.改用更高效的催化剂。
②恒温(200℃)恒压条件下,将1molCO2和1molH2充入某密闭容器中,反应达到平衡时,CO2的转化率为a,CH3OH的物质的量为bmol,则此温度下反应Ⅲ的平衡常数Kx=_______[写出含有a、b的计算式;对于反应为物质的量分数。已知CH3OH的沸点为64.7℃]。其他条件不变,H2起始量增加到3mol,达平衡时平衡体系中H2的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。
(3)反应Ⅲ可能的反应历程如图所示。
注:方框内包含微粒种类及数目;微粒的相对总能量(括号里的数字或字母;单位:eV)。其中,TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。
①反应历程中,生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_______。
②相对总能量_______eV(计算结果保留2位小数)。(已知:)29、常温下,有下列四种溶液:①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH
(1)NaHSO4溶液呈酸性,用化学用语解释其呈酸性的原因:________________。
(2)0.1mol·L-1的溶液②,其pH=____________。
(3)向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条,开始时反应速率的大小关系为①_________④(填“>”、“<”或“=”)。
(4)等体积、等pH的溶液①和④分别与足量的②反应,消耗②的物质的量大小关系为①_______④(填“>”、“<”或“=”)。30、常温下,用酚酞作指示剂,用0.10mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。
(已知:CH3COOH、HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10)
(1)图__(a或b)是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线;判断的理由是__。
(2)点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序:__。
(3)点①和点②所示溶液中:c(CH3COO-)-c(CN-)__c(HCN)-c(CH3COOH)(填“>、<或=”)
(4)点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是:__。参考答案一、选择题(共9题,共18分)1、A【分析】【详解】
设碳粉xmol,则氢气为(0.2−x)mol;则。
则解得x=0.1mol,则炭粉与H2的物质的量之比为0.1mol:0.1mol=1:1,故答案选:A。2、C【分析】【分析】
根据盖斯定律计算水分解反应的焓变;结合“化学反应的焓变△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和”来回答。
【详解】
①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=akJ·mol-1,②2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=-220kJ·mol-1,根据盖斯定律,将①×2-②得:2H2O(g)═O2(g)+2H2(g)△H=(2a+220)kJ·mol-1,4×462kJ/mol-496kJ/mol-2×436kJ/mol=(2a+220)kJ·mol-1,解得a=+130,故选C。3、B【分析】【详解】
A.由图可知,10min内甲容器中C的浓度变化量为1mol/L,v(C)==0.1mol·L-1·min-1,速率之比等于化学计量数之比,所以v(A)=v(C)=0.05mol·L-1·min-1;故A错误;
B.乙与丙容器内反应温度相同;丙容器内起始反应物浓度为乙容器的两倍,由图可知,达到平衡时,丙容器内C的浓度为乙容器内C的浓度两倍,说明增加压强的情况下平衡不移动,由此可知x=1,故B正确;
C.甲与乙容器内起始反应物浓度相同,温度不同,由图可知,乙容器内先达到平衡状态,说明乙容器内温度高于甲容器,即T2>T1;升高温度时,C的平衡浓度减小,说明平衡逆向移动,由此正反应为放热反应,故C错误;
D.T1℃时;甲容器内。
该温度下反应平衡常数=4;
令T1℃;起始时甲容器中充入0.5molA;1.5molB,反应到达平衡时A的浓度变化量为x;
则:
=4,解得x=0.75,因此A的转化率为=75%;故D错误;
故答案为:B。4、C【分析】【详解】
A、由表中数据可求得前4min内生成Z为0.10mol,故v(Z)==0.025mol/(L•min),故A错误;B.其他条件不变,降低温度,平衡正向移动,则反应达到新平衡前,正反应速率大于逆反应速率,故B错误;C.由表中数据可知7min时,反应到达平衡,Y的物质的量为0.10mol,此时X的物质的量也为0.10mol,Z的物质的量为0.12mol,X、Y、Z的物质的量浓度分别为:0.01mol•L-1、0.01mol•L-1、0.012mol•L-1,故平衡常数K==1.44,故C正确;D.因该反应前后气体的体积不变,其他条件不变,向容器充入0.2mol气体X和0.2mol气体Y,平衡不移动,Z的体积分数不变,故D错误;故选C。5、A【分析】【详解】
发生电离的该溶液中发生电离溶液的故A错误;
B.升高温度促进HA电离导致溶液中增大;溶液的pH减小,故B正确;
C.该酸溶液中HA的电离程度较小,则电离平衡常数故C正确;
D.由HA电离出的为水电离出的HA电离出的水电离出的1;故D正确;
故选:A。6、D【分析】【分析】
根据盐类的水解规律进行分析;根据物料守恒;质子守恒、电荷守恒规律进行解答。
【详解】
A.碳酸氢钠溶液中,碳酸氢根离子的电离程度小于其水解程度,溶液显示碱性,则:溶液中正确的粒子难度大小为:故A错误;
B.根据碳酸钠溶液中的质子守恒可得:故B错误;
C.向溶液中加入等体积溶液,反应后溶质为等浓度的的水解程度大于则:溶液中正确的离子浓度关系为:故C错误;
D.和混合溶液的则根据电荷守恒可得:c(Na+)=c(CH3COO-)=0.1mol/L,溶液中离子浓度大小为:故D正确;
答案:D。7、C【分析】【分析】
常温下;将pH=2的醋酸和pH=12的氢氧化钠溶液等体积混合后,溶液显酸性,再结合溶液中的电荷守恒进行离子浓度大小判断。
【详解】
常温下,将pH=2的醋酸和pH=12的氢氧化钠溶液等体积混合后醋酸过量,溶液显酸性,则有离子浓度大小关系:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-);答案选C。
【点睛】
常温下,pH和为14的两溶液,等体积混合谁弱显谁性(弱电解质量更多)。8、C【分析】【详解】
A.D点溶质为Na2X,水解显碱性,B点溶质为NaHX,HX-的电离大于水解,溶液显酸性,抑制水的电离,因此水电离出来的c(OH−):D点>B点;故A错误;
B.C点溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HX-)+2c(X2-),溶液呈中性即c(H+)=c(OH-),存在关系式:c(Na+)=c(HX−)+2c(X2−);故B错误;
C.B点溶质为NaHX,HX-的电离大于水解,溶液显酸性,离子浓度大小关系为:c(Na+)>c(HX−)>c(H+)>c(X2−)>cH2X);故C正确;
D.A点溶液中加入少量水,促进H2X的电离,由于溶液体积也增大,c(HX−)减小,则增大;故D错误;
综上所述,答案为C。9、A【分析】【详解】
A.常温下;氯化铵属于强酸弱碱盐,铵根离子水解显酸性,溶液pH<7,pH<7的溶液不一定是酸溶液,故A错误;
B.盐酸是强酸、醋酸是弱酸,常温下,浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸溶液;盐酸溶液中离子浓度大,导电能力强,故B正确;
C.相同体积;相同浓度的氨水和NaOH溶液中溶质的物质的量相同;中和相同体积、相同浓度的氨水和NaOH溶液,所需HCl的物质的量相同,故C正确;
D.向NaOH溶液中滴加醋酸,根据电荷守恒c(CH3COO‾)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),若c(CH3COO‾)=c(Na+),则c(OH-)=c(H+);溶液呈中性,故D正确;
选A。二、多选题(共5题,共10分)10、BD【分析】【分析】
【详解】
A.由示意图可知,反应物的总能量大于生成物的总能量,该反应为放热反应,△H<0;故A错误;
B.由示意图可知,步骤③为CO·、OH·、H2O(g)和H·反应生成COOH·、H2O·和H·,反应的化学方程式为:CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·;故B正确;
C.由示意图可知;步骤⑤除有非极性键H—H键形成外,还要碳氧极性键和氢氧极性键生成,故C错误;
D.由示意图可知,步骤④的能垒最大,E正=1.86eV—(—0.16eV)=2.02eV;故D正确;
故选BD。11、AB【分析】【详解】
A.白磷比红磷的能量高,则等质量的白磷与红磷充分燃烧,白磷放出的热量多,故A正确;B.红磷能量低,红磷比白磷稳定,故B正确;C.白磷比红磷的能量高,白磷转化为红磷为放热反应,故C错误;D.白磷能量高,性质活泼,白磷更容易与氧气反应生成P4O10;故D错误;故选AB。
点睛:本题考查反应热与焓变,把握图中能量及能量变化、能量低的物质稳定为解答的关键。本题的难点是D,要注意白磷比红磷的能量高,能量越高,越不稳定,性质越活泼。12、CD【分析】【详解】
A.反应在前50s的平均速率为故A错误;
B.原平衡时c(PCl3)=0.1mol·L−1,保持其他条件不变,若升高温度,平衡时,c(PCl3)=0.11mol·L−1;则平衡正向移动,升温向吸热反应即正反应为吸热反应,故B错误;
C.根据数据得出平衡时n(PCl3)=0.2mol,n(Cl2)=0.2mol,n(PCl5)=1mol−0.2mol=0.8mol,因此平衡常数相同温度下,若起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2,则反应正向进行,即达平衡前υ(正)>υ(逆),故C正确;
D.相同温度下,若起始时向容器中充入1.0molPCl3、1.0molCl2,则达平衡时,与原平衡达到等效,n(PCl3)=0.2mol,n(Cl2)=0.2mol,n(PCl5)=0.8mol,因此PCl3的转化率等于80%,若起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2,相当于两个容器各充入1.0molPCl3、1.0molCl2,则达平衡时,转化率为80%,将两个容器压缩到一个容器,平衡向生成PCl5方向移动,PCl3消耗,则达平衡时,PCl3的转化率大于80%;故D正确。
综上所述,答案为CD。13、AD【分析】【详解】
A.如t4~t5阶段改变的条件为降低温度,平衡会发生移动,则正逆反应速率不相等,图中正逆反应速率相等,改变的条件应为降低压强,所以t4时刻是增大容器的体积;故A正确;
B.反应中A的浓度变化为0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L,C的浓度变化为0.22mol/L-0.1mol/L=0.12mol/L,反应中A与C的计量数之比为0.18:0.12=3:2,根据A中分析,t4~t5阶段改变的条件为减小压强,此时平衡不移动,说明该反应前后化学计量数相等,则B为生成物,方程式应为3A(g)=B(g)+2C(g),则B的浓度变化为△c=0.12mol/L=0.06mol/L;而B的平衡浓度为1mol/L,则B的起始浓度为1moL/L-0.06mol/L=0.04mol/L,故B错误;
C.t1→t6时刻,正反应速率大于逆反应速率,平衡向正向移动,则t1时刻A的物质的量最大;故C错误;
D.由B分析可知该可逆反应的方程式为:3A(g)=B(g)+2C(g);故D正确;
故答案:AD。
【点睛】
由反应中A的浓度变化为0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L,C的浓度变化为0.22mol/L-0.1mol/L=0.12mol/L,反应中A与C的计量数之比为0.18:0.12=3:2,根据A中分析,t4~t5阶段改变的条件为减小压强,此时平衡不移动,说明该反应前后化学计量数相等,则B为生成物,方程式应为3A(g)=B(g)+2C(g),结合浓度的变化以及影响平衡移动的因素解答该题。14、AD【分析】【详解】
A.该二元酸第一步完全电离,第二步部分电离,说明A2-能水解、HA-只电离不水解,则在0.1mol.L-1的Na2A溶液中不存在H2A;故A错误;
B.0.1mol.L-1的Na2A溶液中存在质子守恒关系c(OH-)=c(H+)+c(HA-);故B正确;
C.0.1mol.L-1的Na2A溶液中存在电荷守恒关系c(OH-)=c(H+)+c(HA-);故C正确;
D.该二元酸第一步完全电离,第二步部分电离,说明A2-能水解、HA-只电离不水解,则在0.1mol.L-1的Na2A溶液中不存在H2A;故D错误;
故选AD。三、填空题(共9题,共18分)15、略
【分析】【详解】
氢气和碘反应生成2molHI的反应实质是;旧键断裂吸收能量的值为:436kJ+151kJ=587kJ,新键生成释放能量为:299kJ×2=598kJ,旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量,反应为放热反应,放出的热量为:598kJ-587kJ=11kJ;
故答案为:11。
【点睛】
本题主要考查了与键能有关的知识,掌握旧键断裂要吸收能量,新键生成要释放能量是解答的关键。【解析】1116、略
【分析】【详解】
试题分析:(1)O2把NH4HS氧化为S,可得化学方程式:2NH4HS+O2=2NH3•H2O+2S↓
(2)a、反应①为吸热反应,反应速率加快,平衡向右移动,H2的百分含量增大,正确;b、增大水蒸气浓度,H2的百分含量减小,错误;c、加入催化剂,H2的百分含量不变;错误;d;降低压强,反应速率减小,错误;设CO的转化量为x
CO+H2OCO2+H2
转化量(mol)0.200.8
转化量(mol)xxx
转化量(mol)0.2-xx0.8+x
1mol+x=1.18mol;则x=0.18mol,可得CO转化率=0.18mol÷0.2mol×100%=90%
(3)根据图1可知H2与N2的投料比为3,平衡时NH3体积分数为42%,设H2物质的量为3amol,N2物质的量为amol,N2转化的物质的量为x则。
N2+3H22NH3
转化量(mol)a3a0
转化量(mol)x3x2x
转化量(mol)a-x3a-3x2x
2x÷(4a-2x)×100%=42%,解得x=0.592a,则N2的平衡体积分数=(a—0.592a)÷(4a—2×0.592a)×100%=14.5%
(4)随着反应的进行,NH3的物质的量逐渐增大,当反应平衡后,升高温度,平衡向左移动,NH3的物质的量逐渐减小;可画出图像。
(5)步骤IV为热交换,使合成氨放出的热量得到充分利用;对原料气加压,使平衡向正反应方向移动,分离液氨,减少生成物浓度,未反应的N2、H2循环使用等措施可提高提高合成氨原料总转化率。
考点:本题考查化学反应速率和化学平衡的移动、化学计算、化学图像、化学流程的分析。【解析】①.2NH4HS+O2=2NH3·H2O+2S↓②.a③.90%④.14.5%⑤.⑥.IV⑦.对原料气加压;分离液氨后。未反应的N2、H2循环使用17、略
【分析】【分析】
(1)结合温度对速率的影响分析。
(2)10~15min反应物浓度逐渐减小、生成物浓度逐渐增大,说明正反应速率逐渐减小、逆反应速率逐渐增大;根据n=计算前15min内用SO2表示的平均反应速率;
(3)当反应达到化学平衡状态时;各组分的浓度不随时间的变化而变化;
(4)10min到15min的时间段;化学反应速率加快,二氧化硫和氧气的量减小,三氧化硫的量增加;反应进行至20min时,氧气的物质的量增加,二氧化硫的减少,三氧化硫的增加,据此分析。
【详解】
(1)降低温度;化学反应速率减小;
(2)根据图示可知,10~15min反应物浓度逐渐减小、生成物浓度逐渐增大,说明正反应速率逐渐减小;15min时三氧化硫的物质的量为0.04mol,前15min内用SO3表示的平均反应速率为:v(SO3)==1.33×10-3mol/(L•min);
(3)根据图示曲线变化可知;15~20min;25~30min时间段,各组分的浓度不随时间的变化而变化,说明反应达到化学平衡状态;
(4)根据图像所示信息,10min到15min的时间段,化学反应速率加快,可以是加了催化剂或者是增大压强,或缩小容器体积,故答案为AB;反应进行至20min时,氧气的物质的量增加,二氧化硫的减少,三氧化硫的增加,可以推断是增加了O2的量,故答案为D。【解析】①.减小②.减小③.1.33×10-3mol/(L•min)④.15~20min和25~30min⑤.AB⑥.D18、略
【分析】【详解】
(1)反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数表达式为:K=若温度升高K值增大,反应向正反应方向移动,则该反应的正反应为吸热反应,故答案为:K=吸热;
(2)由图可知,10~25min及30min之后各物质的物质的量浓度不发生变化,则相应时间段内的点处于化学平衡状态,即b、d处于化学平衡状态,首次达到平衡时以NO2表示的平均反应速率为故答案为:b;d;0.04mol/(L·min);
(3)利用25min后的物质的浓度变化可知在25min时加入了NO2,其加入的物质的量=(1.0mol⋅L−1-0.6mol⋅L−1)×2L=0.8mol;故答案为:0.8mol;NO2;
(4)从a到b,c(NO2)增大,c点和d点分别是增大c(NO2)后未达到平衡的点和平衡时的点,所以c点c(NO2)大于d点,二氧化氮浓度越大颜色越深,所以颜色由深到浅的顺序是c>d>b>a。【解析】K=吸热b、d0.04mol/(L·min)0.8molNO2c>d>b>a19、略
【分析】【详解】
(1)由图象可以看出;反应中X;Y的物质的量减少,应为反应物,Z的物质的量增多,应为生成物,当反应进行到2min时,△n(Y)=0.1mol,△n(Z)=0.2mol,△n(X)=0.3mol,则△n(Y):△n(Z):△n(X)=1:2:3,参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比,则反应的方程式为:3X+Y⇌2Z,故答案为3X+Y⇌2Z;
(2)反应开始至2min末,Z的反应速率为:v===0.05mol/(L•min),X的转化率为×100%=30%;
(3)图象分析可知;反应到5min后,物质的量不再发生变化,说明反应达到平衡状态,所以5min时Z的生成速率与6min时Z的生成速率相同,故答案为等于;
(4)根据影响反应速率的因素;降低温度反应速率减小,如果使用合适的催化剂,增加体系组分浓度,升温,其反应速率增大,故答案为CDE;
(5)化为用同一物质表示的反应速率,则①v(X)=6mol/(L·min)②v(Y)=6mol/(L·min),v(X)=3v(Y)=18mol/(L·min)③v(Z)=8mol/(L·min),v(X)=1.5v(Y)=12mol/(L·min),比较可知;反应速率最快的是②,故答案为②;
(6)a.气体质量和体积不变,无论该反应是否达到平衡状态,容器内密度始终不变,所以混合气体的密度不再变化不能判断平衡状态,故a错误;b.该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应,当容器内压强保持不变时,正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,混合气体的压强不再变化说明反应达到平衡状态,故b正确;c.同一物质的正反应速率等于逆反应速率说明达到化学平衡状态,故c正确;d.各组分浓度不变达到化学平衡状态,所以X的浓度保持不变说明达到化学平衡状态,故d正确;e.生成1molZ和同时生成1.5molX,说明正逆反应速率相等,即达到化学平衡状态,故e正确;f.各组分反应速率之比等于其化学计量数之比,故X、Y、Z的反应速率之比为3:1:2,故f错误,故答案为af。【解析】①.3X+Y⇌2Z②.0.05mol/(L•min)③.30%④.等于⑤.CDE⑥.②⑦.af20、略
【分析】【分析】
(1)根据化学反应速率越快;到达平衡的时间越短;利用等效平衡来判断平衡移动来解答;
(2)根据容器中的压强对化学平衡的影响;
(3)根据浓度对化学平衡的影响,求出平衡移动后SO3的体积分数。
【详解】
(1)因A容器保持恒压,反应过程中体积变小,浓度增大,根据浓度越大,化学反应速率越快,到达平衡的时间越短,所以达到平衡所需时间A比B短,若A容器保持恒容,两容器建立的平衡等效,而实际上A容器体积减少,压强增大,平衡向正反应方向移动,所以A中SO2的转化率比B大;
答案:短;大。
(2)平衡后;若向两容器通入数量不多的等量氩气,A容器体积增大,压强不变,参加反应的气体产生的压强减少,平衡向逆反应方向移动,A容器体积不变,压强增大,参加反应的气体产生的压强不变,平衡不移动;
答案:逆反应方向移动;不。
(3)向两容器中通入等量的原反应气体,达到平衡后,A中建立的平衡与原平衡等效,所以SO3的体积分数不变,B容器中建立的平衡相当于在原平衡的基础上增大压强,平衡正向移动,B容器中SO3的体积分数增大;
答案:不变;变大【解析】①.短②.大③.逆反应方向移动④.不⑤.不变⑥.变大21、略
【分析】【分析】
一个自发反应,需满足∆G=∆H-T∆S<0,即T∆S>∆H,若∆H>0,则必须存在∆S>0。
【详解】
由CH3OH(g)═CO(g)+2H2(g)可知;该分解反应需要吸热,且混乱度增大,则该反应能自发进行的原因为该反应是熵增的反应;
故答案为:该反应是熵增的反应。
【点睛】
对于一个吸热的熵增反应,要想让反应自发进行,需要提供较高的温度,即此类反应为高温自发反应。【解析】该反应是熵增的反应22、略
【分析】【分析】
A、C溶液的pH相同,A、C为溶液、盐酸;A、B溶液中水的电离程度相同,A、B为溶液、溶液.故A为溶液,B为溶液,C为盐酸,D为NaNO3溶液;溶液的pH=7,以此解答该题.
根据溶液酸碱性与溶液pH的表达式计算出pHb、pHc,然后根据水的离子积计算出pHb+pHc;
任何电解质溶液中都存在电荷守恒;根据电荷守恒判断;
若溶液中只有一种溶质,为溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-);但水解程度很小;
若四种离子浓度关系有c(NH4+)=c(Cl-),根据电荷守恒判断c(H+)、c(OH-)相对大小。
【详解】
(1)溶液中水的电离受到促进,溶液显碱性;溶液中水的电离受到促进,溶液显酸性;盐酸中水的电离受到抑制,溶液显酸性;溶液中水的电离不受影响,溶液显中性。所以A、B、C、D分别为盐酸、常温下若溶液中与盐酸溶液中的相同,则有C溶液则
(2)溶液中只存在四种离子时,一定不存在,因为此时溶液中正负电荷的总数不相等;若溶液中只有一种溶质,则为该溶液中离子浓度的大小关系为若四种离子浓度关系有根据溶液的电中性原则,有则该溶液显中性。
【点睛】
A、B、C、D根据A、C溶液的pH相同,A、B溶液中水的电离程度相同判断出A、B、C、D四种物质;溶液中只存在四种离子时根据电荷守恒及条件判断出溶液的溶质,酸碱性。【解析】盐酸14②①中性23、略
【分析】【详解】
(1)υ(CO)===0.03mol/(L•min);故答案为0.03mol/(L•min);
(2)①在高于850℃时发生反应,化学反应速率加快,一定在4min前达到化学平衡.另外从表中可看出反应在3min和4min时的各物质浓度相同,故3min-4min之间反应应处于平衡状态;由于是放热反应,温度升高,化学平衡向逆反应方向移动,C3数值应小于0.12mol/L;故答案为平衡;小于;
②反应在4min-5min间,平衡向逆方向移动可能是升高温度、增大生成物浓度、减少反应物浓度等因素引起,故选b;表中5min-6min之间CO浓度减少,H2O浓度增大,CO2浓度增大,只有增加水蒸气,使化学平衡向正反应方向移动,故选a;故答案为b;a;
(3)①根据图示,图中甲池属于燃料电池,乙池和丙池属于电解池;甲池中通入甲醇的是负极,通入氧气的是正极,原电池中阴离子移向负极,因此OH-移向CH3OH极。丙池中为400ml1mol/L硫酸铜溶液含有硫酸铜0.4mol,0.4mol铜离子放电转移0.8mol电子,当外电路有1mol电子通过时,阳极有氢氧根离子放电生成0.25mol氧气,阴极还有0.2mol氢离子放电生成0.1mol氢气,两极共产生0.35mol的气体,故答案为电解池;CH3OH;0.35;
②乙池中B电极为阴极,发生还原反应,电极反应式为Ag++e-=Ag,故答案为Ag++e-=Ag。
点睛:本题综合考查化学平衡常数、平衡的有关计算和判断、原电池和电解池等问题。将图表信息和图象信息相结合来分析是解答的关键。本题的易错点是(3)中气体的判断。【解析】0.03平衡小于ba电解池CH3OH0.35Ag++e-===Ag四、判断题(共1题,共6分)24、×【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、工业流程题(共3题,共12分)25、略
【分析】【分析】
酸浸过程中,二氧化硅不反应,分离出来,Cu2S反应生成S单质,Fe2O3溶解成溶液,pH值控制在4时,Fe3+沉淀,过滤得到的滤液成分应为CuSO4和MnSO4等;加热赶氢过后,得到碱式碳酸铜,滤渣为碳酸锰,通过蒸发浓缩;冷却结晶、过滤洗涤等操作即可得到硫酸锰晶体。
(1)
实验室配置240mL4.8mol•L-1的溶液需要250mL的容量瓶和胶头滴管;故答案为:250mL容量瓶;胶头滴管;
(2)
为了提高浸取率可采取的措施可以粉碎矿石增大接触面积;加热、搅拌等。故答案为:粉碎矿石(或加热或者搅拌);
(3)
由题目可知,MnO2具有氧化性,且Cu2S与MnO2在H2SO4浸泡的条件下生成了S,CuSO4和MnSO4,故根据氧化还原反应配平,可得到Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O;故答案为:Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O;
(4)
根据提示Fe3+的pH沉淀范围:1.5~3.2可知当PH=4时,Fe3+会水解生成氢氧化铁沉淀;故答案为:使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀;
(5)
本流程中NH4HCO3和氨水的混合物使锰离子沉淀,反应离子方程式为:Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O;故答案为:Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O;
(6)
MnCO3先加稀硫酸溶解;在经过加热浓缩;冷却结晶即可得硫酸锰晶体,故答案为:加热浓缩、冷却结晶;
(7)
工艺流程中,加入了氨水,最后又得到了氨气,NH3可循环使用,故答案为NH3。【解析】(1)250mL容量瓶;胶头滴管。
(2)粉碎矿石(或加热或者搅拌)
(3)Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O
(4)使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀。
(5)Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O
(6)加热浓缩;冷却结晶。
(7)NH326、略
【分析】【分析】
以芒硝(Na2SO4•10H2O)、H2O2等为原料制备过碳酸钠,芒硝加入水、氧化钙反应得到铬酸钙,和硫酸钠反应得到硫酸钙和铬酸钠,溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和重铬酸钠,过滤得到碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠,加入水精制得到碳酸钠溶液,加入硅酸钠稳定剂、30%的过氧化氢、加入95%的乙醇和饱和碳酸钠溶液反应得到过碳酸钠晶体,抽滤乙醇洗涤干燥得到过碳酸钠,
(1)Na2CrO4中钠元素化合价+1价,氧元素-2价,化合价代数和为0计算得到Cr元素的化合价;
(2)分析过程可知Ⅰ加入Na2CrO4生成CaSO4,说明反应向更难溶的方向进行;
(3)已知2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O,pH小于5时几乎均以Cr2O72-形式存在,pH大于8.5时几乎均以CrO42-形式存在,酸溶液中平衡正向进行;
(4)步骤Ⅱ中发生反应的二氧化碳通入铬酸钠溶液中发生反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠晶体;
(5)六价铬有毒,易造成环境污染;
(6)步骤V合成时,饱和碳酸钠溶液中,加入硅酸钠、30%的过氧化氢、95%的乙醇得到过碳酸钠晶体;
(7)①滴定终点是滴入最后一滴高锰酸钾溶液,溶液无色变为紫红色且半分钟不变,说明反应达到终点;
②过氧化物的活性氧是指过氧化物单独用催化剂催化分解时放出氧气的质量与样品的质量之比;据此写出实验测得的产品中活性氧。
【详解】
(1)Na2CrO4中钠元素化合价+1价,氧元素-2价,化合价代数和为0计算得到Cr元素的化合价为+6价,
故答案为+6;
(2)分析过程可知Ⅰ加入Na2CrO4生成CaSO4,说明反应向更难溶的方向进行,证明Ksp(CaCrO4)>Ksp(CaSO4),
故答案为>;
(3)已知2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O,pH小于5时几乎均以Cr2O72-形式存在,pH大于8.5时几乎均以CrO42-形式存在,酸溶液中平衡正向进行,流程中循环物质X为:Na2Cr2O4,
故答案为Na2Cr2O4;
(4)步骤Ⅱ中发生反应的二氧化碳通入铬酸钠溶液中发生反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠晶体,反应的化学方程式为:2Na2CrO4+2CO2+H2O⇌Na2Cr2O7+2NaHCO3↓,
故答案为2Na2CrO4+2CO2+H2O⇌Na2Cr2O7+2NaHCO3↓;
(5)步骤Ⅰ-Ⅲ是为了制得纯碱,从环境保护的角度看:六价铬有毒,易造成环境污染,
故答案为六价铬有毒,易造成环境污染;
(6)步骤V合成时,加入95%的乙醇的目的是:减小过碳酸钠的溶解度,提高产率,
故答案为减小过碳酸钠的溶解度,提高产率;
(7)①滴定终点是滴入最后一滴高锰酸钾溶液,溶液无色变为紫红色且半分钟不变,证明反应达到反应终点,
故答案为浅红色;
②准确称取mg产品,用硫酸溶解后,用cmol•L-1的KMnO4标准溶液滴定至终点,消耗KMnO4标准溶液VmL,反应为:5H2O2+3H2SO4+2KMnO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+5O2↑,n(H2O2)=mol=2.5×10-3cVmol,2H2O2=2H2O+O2↑,分解生成氧气质量=2.5×10-3cVmol×32g/mol×=0.04cVg,过氧化物的活性氧是指过氧化物单独用催化剂催化分解时放出氧气的质量与样品的质量之比=×100%=
故答案为【解析】+6>Na2Cr2O7六价铬有毒,易造成环境污染减小过碳酸钠的溶解度,提高产率浅红色27、略
【分析】【分析】
废旧电池拆解后,锌皮中的锌和铁在稀硫酸中溶解,铁和稀硫酸生成Fe2+,被H2O2氧化为Fe3+,再加ZnO调节溶液的PH,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去,得到的硫酸锌溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O。炭包中的ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸,而MnO2和碳粉不溶,过滤后把滤渣焙炒,碳粉被空气中的氧气氧化为二氧化碳除去,粗MnO2在硫酸和H2O2的共同作用下转化为MnSO4,在MnSO4溶液中加入Na2CO3溶液,得到MnCO3沉淀,再焙烧MnCO3,使之被空气中的氧气氧化为纯MnO2。
【详解】
(1)炭包的主要成分为ZnCl2、NH4Cl、MnO2、碳粉等,还含有少量的Cu、Ag、Fe等,ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸,而MnO2和碳粉不溶;过滤后把滤渣焙炒,碳粉被空气中的氧气氧化为二氧化碳除去,所以除去碳粉可以采用焙炒的方法,焙烧时,炭包内部的碳比较难与氧气反应除去,正确答案:C。
(2)粗MnO2在硫酸、H2O2作用下生成MnSO4,即MnO2+H2O2→MnSO4,反应过程中MnO2被还原,则H2O2被氧化生成O2,配平该反应为:MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。正确答案:MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。
(3)上述生成的MnSO4加入Na2CO3后“沉锰”生成MnCO3沉淀,焙烧后生成MnO2,即MnCO3→MnO2,Mn元素被氧化,所以空气中O2作为氧化剂参加了该反应,配平该反应为:2MnCO3+O22MnO2+2CO2。正确答案::2MnCO3+O22MnO2+2CO2。
(4)锌皮的主要成分为Zn,含有少量Fe,所以加入硫酸溶解并用H2O2氧化后,溶液中主要存在ZnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4,因此加入的ZnO与H2SO4反应使溶液酸性减弱,从而使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀除去。已知Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16;Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16;Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,由于Zn(OH)2与Fe(OH)2的溶度积相差不大,所以沉淀Fe2+时Zn2+必然同时生成沉淀。若溶解时不加H2O2,溶液中主要存在ZnSO4、FeSO4、H2SO4,因此用ZnO反应过量H2SO4调节溶液pH使Fe2+沉淀时,Zn2+必然同时生成Zn(OH)2沉淀。正确答案:除去溶液中的Fe3+、Fe2+与Zn2+不能分离(或当Fe(OH)2沉淀完全时,Zn(OH)2也沉淀完全)。
(5)纯度测定前半段,MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2,即MnO2+C2O42-→Mn2++CO2↑,配平该反应得MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O。剩余的Na2C2O4被KMnO4氧化生成Mn2+和CO2,即MnO4-+C2O42-→Mn2++CO2↑,配平得2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++5CO2↑+8H2O。则根据氧化还原反应电子守恒得MnO2质量分数为正确答案:MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O、
【点睛】
①根据题意书写氧化还原反应。首先根据题目已知列出知道的反应物和产物,然后联系题意补充氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物中缺少的物质(有时已知中全部给出),第三步进行氧化还原过程中电子得失的配平,再进行质量守恒和离子反应中电荷守恒的配平。以上述Na2C2O4与MnO2反应为例,由已知先整理得到MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2,既MnO2+C2O42-→Mn2++CO2↑,根据得失电子守恒得到MnO2+C2O42-→Mn2++2CO2↑,由于反应前已经用硫酸酸化,再根据离子电荷守恒得到MnO2+C2O42-+4H+→Mn2++2CO2↑,最后根据质量守恒得MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O。②溶度积用于比较难溶电解质溶解度时,不同种类型的难溶电解质不能够直接进行比较。如本题中的Zn(OH)2、Fe(OH)2、Fe(OH)3,前两者的组成为AB2型,第三个属于AB3型,通过各自的溶度积已知(数量级都是10-16)可得Zn(OH)2、Fe(OH)2的溶解的相差不大,但是Fe(OH)3不能与它们直接进行比较。【解析】CMnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O2MnCO3+O22MnO2+2CO2除去溶液中的Fe3+杂质Fe2+与Zn2+不能分离[
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