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2019-2020年高三上学期期中化学练习试卷含解析
一、本卷共15道小题,每小题3分,共45分.在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一个选项.1.下列说法正确的是A.饮用水就是纯水,是纯净物B.有机食品,就是有机合成的食品C.将化工厂的烟囱建高,不能缓解大气污染D.燃煤时,鼓入过量的空气可以减少酸雨的产生2.下列叙述正确的是A.原子晶体中只存在非极性共价键B.干冰升华时,分子内共价键会发生断裂C.由原子构成的晶体可以是原子晶体,也可以是分子晶体D.只要含有金属阳离子的晶体就一定是离子晶体3.下列热化学方程式中,能够表示物质燃烧热的是A.C(s)+O2(g)=CO(g)△H=﹣
110.5kJ/molB.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=﹣
184.6kJ/molC.H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=﹣
241.8kJ/molD.C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=﹣5518kJ/mol4.用铂电极电解下列溶液,当耗电量相同时,阴极和阳极上同时都有气体产生,且溶液的pH下降的是A.H2SO4B.CuSO4C.HClD.KCl5.下列叙述正确的是A.不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应B.同一主族元素的氢化物,相对分子质量越大,它的沸点一定越高C.在CCl
4、PCl
3、HCl中各原子最外层均能达到8电子稳定结构D.升高温度可以加快反应速率,其主要原因是反应物分子能量增加,活化分子百分数的增加,使有效碰撞次数增加6.在Zn+HNO3→Zn(NO3)2+NH4NO3+H2O的反应中,如果2molZn完全起反应,则被还原的HNO3的物质的量是A.
0.5molB.1molC.2molD.5mol7.如图表示元素周期表前四周期的一部分,关于元素X、Y、Z、W的叙述正确的是
①X、Y的最高价氧化物的水化物酸性为Y<X
②Y、Z的气态氢化物的稳定性Y<Z
③W的单质常温下呈液态,一定条件下可与铁粉反应
④W的原子序数比Z大9.A.只有
③B.
①②C.
①②③D.
①②③④8.关于
0.1mol/L碳酸钠溶液的叙述正确的是A.溶液中粒子的种类共有5种B.加水稀释时溶液中所有离子浓度均减小C.升高温度,平衡向促进水解的方向移动D.加入氢氧化钠固体,可以使溶液中c(Na+)c(CO32﹣)=219.下列各组离子中,在无色透明的酸性溶液中,可以大量共存的是A.Al3+、Na+、SO42﹣、Br﹣B.Na+、NH4+、NO3﹣、I﹣C.K+、Mg2+、Fe3+、Cl﹣D.Na+、AlO2﹣、SO42﹣、CO32﹣10.下列离子方程式中,正确的是A.碳酸钙与盐酸混合2H++CO32﹣═CO2↑+H2OB.向氯化铁溶液中加入铁粉Fe3++Fe═2Fe2+C.亚硫酸钠溶液与稀硫酸混合2H++SO32﹣═SO2↑+H2OD.二氧化锰与浓盐酸混合后加热MnO2+4H++4Cl﹣═MnCl2+Cl2↑+2H2O11.设NA为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是A.2L1mol/LNaF溶液中含Na+和F﹣均为2NAB.在常温常压下,22gCO2含有的共用电子对数均为2NAC.
0.1molOH﹣的质子数与
0.1molH2O的电子数均为NAD.在标准状况下,
2.24LH2O中所含原子个数为
0.3NA12.常温下,一定体积pH=3的二元弱酸H2R溶液与一定体积pH=11的NaOH溶液混合后,溶液呈中性.下列判断正确的是A.溶液中c(Na+)═10﹣3mol/LB.溶液中c(R2﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣)C.溶液中c(R2﹣)+c(OH﹣)+c(HR﹣)═c(Na+)+c(H+)D.溶液中2c(R2﹣)+c(HR﹣)═c(Na+)13.燃料电池是目前电池研究的热点之一.现有某课外小组自制的氢氧燃料电池,如图所示,a、b均为惰性电极.下列叙述不正确的是A.a电极是负极,该电极上发生氧化反应B.b极反应是O2+4OH﹣﹣4e﹣=4H2OC.总反应方程式为2H2+O2=2H2OD.使用过程中电解质溶液的pH逐渐减小14.25℃时,在100g质量分数为10%的X溶液中加入5gX(无水盐)后,恰好达到饱和,则25℃时X的溶解度为A.
10.0gB.
15.0gC.
16.7gD.
18.8g15.T℃时,在2L的密闭容器中,A气体与B气体发生可逆反应生成C气体,反应过程中A、B、C物质的量变化如图(Ⅰ)所示.若保持其它条件不变,温度分别为T1和T2时,B的物质的量分数与时间关系如图(Ⅱ)所示.下列叙述正确的是A.2min内A的化学反应速率为
0.1mol/(L•min)B.在反应达平衡时,保持其他条件不变,增大压强,正逆反应速率都增大,且平衡向逆反应方向移动C.在反应达平衡时,其它条件不变,升高温度,正逆反应速率都增大,且A的转化率增大D.在T℃时,若A的浓度减少了1mol/L,则B的浓度会减少3mol/L,C的浓度会增加2mol/L
二、解答题(共8小题,满分55分)16.某校课外小组同学制备Fe(OH)3胶体,并研究该胶体的性质.
(1)该小组同学采用了以下操作制备胶体,请将空白处填写完整.取一个烧杯,加入20mL蒸馏水,加热至沸腾,然后向烧杯中滴加1mL~2mL饱和__________溶液,继续煮沸,待__________后,停止加热;
(2)将制得的胶体放入半透膜制成的袋内,如图1所示,放置2min后,取少量半透膜外的液体于试管中,置于暗处,用一束强光从侧面照射,观察(填写“有”或“无”)__________丁达尔现象再向烧杯中加入用稀硝酸化的硝酸银溶液,可观察到的现象为__________;
(3)将半透膜内的液体倒入U型管中,如图2所示,在液体上方加入少量电解液以保护胶体,接通直流电后,观察到的现象是(填“阴”或“阳”)__________极附近颜色逐渐变深,其原因是__________.17.现有一瓶浓度为
0.2mol/L的某酸溶液,可能为醋酸、盐酸、硫酸中的一种.为了确定该酸溶液的组成进行实验取
20.00mL该酸溶液,逐滴加入
0.2mol/L的氢氧化钠溶液,恰好反应完全时所需碱液体积为
20.00mL.请回答
(1)该酸不可能是__________;
(2)用pH试纸测得反应后所得溶液呈碱性,根据此现象说明该酸溶液为__________,用离子方程式说明溶液呈碱性的原因__________;
(3)反应后所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是__________.18.如右图所示,请按要求回答下列问题.
(1)打开K2,合并K1.A为__________(填“正”或“负”)极,在该电极可观察到的现象是__________;B极的电极反应为__________.
(2)打开K1,合并K2.A为__________(填“阴”或“阳”)极,在该电极可观察到的现象是__________;B极的电极反应为__________;当有
0.2mol电子转移时,则析出铜的质量为__________g.19.A、B、C、D、E均为短周期元素,且原子序数依次递增.A、E同主族,B、D同周期,且B和D最外层电子数之和为10.A与D可形成A2D、A2D2共价化合物.请回答以下问题
(1)D位于周期表__________周期,__________族;
(2)E离子的结构示意图为__________;与E同周期的元素中,金属性最弱的金属元素名称是__________,所形成的最稳定的气态氢化物的化学式为__________;
(3)C2的电子式为__________,B与D通常能形成__________晶体,在E2D2中含有的化学键有__________;
(4)由A、B、C、D四种元素组成的离子化合物的化学式为(写出一种即可)__________,组成的共价化合物的结构简式为(写出一种即可)__________.20.有机物A的分子式为C4H8O2.转化关系如图所示请回答下列问题
(1)D物质具有的官能团的名称为__________;
①的反应类型为__________;
(2)反应
③的化学方程式为__________;
(3)写出与A同类的A的所有同分异构体的结构简式__________.21.某校同学为探究Br
2、I2和Fe3+的氧化性强弱,进行了如下实验实验
①取少量KI溶液于试管中,先加入溴水,振荡.再加入CCl4,振荡后静置,观察到下层液体呈紫红色;实验
②取少量FeSO4溶液于试管中,先加入溴水,振荡.再继续滴加两滴KSCN溶液,振荡,观察到溶液呈血红色.
(1)写出实验
②中发生氧化还原反应的离子方程式__________;
(2)由上述两个实验,对物质的氧化性可以得出的正确结论是__________;A.Br2>I2B.Fe3+>Br2C.Br2>Fe3+D.I﹣>Br﹣
(3)已知Fe3+的氧化性强于I2,请你从所给试剂中选择所需试剂,设计一个实验加以证明.
①FeCl3溶液
②碘水
③KI溶液
④稀H2SO4
⑤淀粉液.(友情提示请写出实验步骤、现象及结论)__________.22.分别取40mL的
0.50mol/L盐酸与
0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应.通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热.回答下列问题
(1)理论上稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出
57.3kJ的热,写出表示稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式__________;
(2)A为泡沫塑料板,上面有两个小孔,分别插入温度计和环形玻璃棒,两个小孔不能开得过大,其原因是__________;反应需要测量温度,每次测量温度后都必须__________;
(3)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3,又知中和后生成溶液的比热容c=
4.18J/(g•℃).实验时,还需测量的数据有__________;A.反应前盐酸溶液的温度B.反应前盐酸溶液的质量C.反应前氢氧化钠溶液的温度D.反应前氢氧化钠溶液的质量E.反应后混合溶液的最高温度F.反应后混合溶液的质量
(4)某学生实验记录数据如下实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠混合溶液
120.
020.
123.
2220.
220.
423.
4320.
520.
623.6依据该学生的实验数据计算,该实验测得的中和热为△H=__________;
(5)假定该学生的操作完全同上,实验中改用100mL
0.50mol/L盐酸跟100mL
0.55mol/LNaOH溶液进行反应,与上述实验相比,所放出的热量__________(填“相等”或“不相等”),所求中和热__________(填“相等”或“不相等”).23.在一个温度恒定的密闭容器中,SO2和O2发生反应.已知1molSO2和足量O2完全生成1molSO3反应,放出的热量为Q.请按要求回答下列问题.恒压条件下
(1)若开始时放入1molSO2和
0.5molO2,达平衡后,生成
0.9molSO3,这时SO2的转化率为__________;
(2)若开始时放入4molSO2和2molO2,达平衡后,生成SO3的物质的量为__________,反应放出的热量为__________.恒容条件下
(3)若开始时放入1molSO2和
0.5molO2,达平衡后,生成amolSO3,则a__________
0.9(填“>”“<”或“=”);
(4)若令x、y和z分别代表初始加入SO
2、O2和SO3的物质的量,要使其达平衡时,反应混合物中三种气体的物质的量分数与
(3)中平衡时完全相同,则x、y、z必须满足的一般条件是__________、__________.(用两个代数式表示,其中一个只含x、y,另一个含x、z)新人教版_xx学年北京市海淀区重点中学高三(上)期中化学练习试卷
一、本卷共15道小题,每小题3分,共45分.在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一个选项.1.下列说法正确的是A.饮用水就是纯水,是纯净物B.有机食品,就是有机合成的食品C.将化工厂的烟囱建高,不能缓解大气污染D.燃煤时,鼓入过量的空气可以减少酸雨的产生【考点】常见的生活环境的污染及治理.【分析】A.纯净物由一种物质组成;B.依据有机食品的概念解答;C.将化工厂的烟囱加高,不能减少污染物;D.依据酸雨的形成过程和原因进行分析.【解答】解A.饮用水含有水、无机盐等物质,属于混合物,故A错误;B.有机食品是国际上对无污染天然食品比较统一的提法,故B错误;C.将化工厂的烟囱加高,不能减少污染物,不能缓解大气污染,故C正确;D.燃煤时鼓入足量空气,只能使燃料燃烧充分,不能减少二氧化硫的排放,不能减少酸雨的产生,故D错误;故选C.【点评】本题考查了生活中常见的环境污染与治理,熟悉有机食品的概念、熟悉酸雨的形成过程是解题关键,题目难度不大.2.下列叙述正确的是A.原子晶体中只存在非极性共价键B.干冰升华时,分子内共价键会发生断裂C.由原子构成的晶体可以是原子晶体,也可以是分子晶体D.只要含有金属阳离子的晶体就一定是离子晶体【考点】化学键和分子间作用力的区别;分子晶体.【分析】A.二氧化硅为原子晶体,存在Si﹣O极性共价键;B.干冰升华为物理变化,破坏的是分子间作用力;C.稀有气体都是由原子构成的分子晶体,金刚石是由原子构成的原子晶体;D.金属晶体也含有金属阳离子;【解答】解A.原子晶体中可以存在非极性共价键,例如二氧化硅为原子晶体,存在Si﹣O极性共价键,故A错误;B.干冰升华为物理变化,破坏的是分子间作用力,分子内共价键不会发生断裂,故B错误;C.稀有气体都是由原子构成的分子晶体,金刚石是由原子构成的原子晶体,故C正确;D.金属晶体由金属阳离子和电子构成,所以只要含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体,故D错误;故选C.【点评】本题考查了化学键与分子间作用力的区别,解题时注意分子晶体三态之间转化只破坏分子间作用力,不破坏化学键,题目难度不大.3.下列热化学方程式中,能够表示物质燃烧热的是A.C(s)+O2(g)=CO(g)△H=﹣
110.5kJ/molB.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=﹣
184.6kJ/molC.H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=﹣
241.8kJ/molD.C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=﹣5518kJ/mol【考点】热化学方程式.【分析】在25℃,101kPa时,1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量,叫做该物质的燃烧热据此解答.【解答】解A、根据燃烧热的含义,必须是1mol物质完全燃烧生成最稳定的产物放出的热量,应该是生成二氧化碳,不能是生成一氧化碳,故A错误;B、燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成稳定产物所放出的热量,该反应不是物质在氧气中的燃烧反应,故B错误;C、根据燃烧热的含义,必须是1mol物质完全燃烧生成最稳定的产物放出的热量,该反应应该是生成液态水,不能是气态水,故C错误;D、该热化学方程式符合燃烧热的含义25℃,101kPa时,1mol庚烷完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量,故D正确.故选D.【点评】本题考查学生燃烧热的概念以及热化学方程式的书写知识,注意概念的理解和应用是解题的关键,难度中等.4.用铂电极电解下列溶液,当耗电量相同时,阴极和阳极上同时都有气体产生,且溶液的pH下降的是A.H2SO4B.CuSO4C.HClD.KCl【考点】电解原理.【分析】依据电解原理和溶液中离子放电顺序分析判断电极反应,依据电解生成的产物分析溶液pH变化.【解答】解A.用铂电极电解硫酸,相当于电解水,阴极和阳极上同时都有气体产生,硫酸浓度增大,溶液pH降低,故A正确;B.用铂电极电解硫酸铜溶液,生成铜、氧气和硫酸,反应生成酸,溶液pH降低,但阴极无气体产生,故B错误;C.用铂电极电解HCl溶液,生成氢气、氯气,阴极和阳极上同时都有气体产生,但消耗HCl,则溶液pH升高,故C错误;D.用铂电极电解氯化钾溶液,生成氢氧化钾和氢气、氯气,反应生成碱,溶液pH值升高,故D错误;故选A.【点评】本题考查了电解原理的分析应用,明确电解池工作原理,准确判断阳极、阴极放电离子是解题关键,题目难度中等.5.下列叙述正确的是A.不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应B.同一主族元素的氢化物,相对分子质量越大,它的沸点一定越高C.在CCl
4、PCl
3、HCl中各原子最外层均能达到8电子稳定结构D.升高温度可以加快反应速率,其主要原因是反应物分子能量增加,活化分子百分数的增加,使有效碰撞次数增加【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系;原子核外电子排布;化学反应速率的影响因素.【分析】A.不成盐氧化物既不能与酸反应也不能与碱反应;B.氢化物分子间含有氢键时沸点较高;C.H原子只能形成2电子稳定结构;D.升高温度时分子吸收能量.【解答】解A.不成盐氧化物既不能与酸反应也不能与碱反应,如CO与酸碱均不反应,属于不成盐氧化物,故A错误;B.同一主族元素的氢化物,相对分子质量越大,沸点越高,但是氢化物分子间含有氢键时沸点较高,故B错误;C.H原子只能形成2电子稳定结构,则HCl中H原子最外层均不能达到8电子稳定结构,故C错误;D.升高温度时分子吸收能量,分子具有的能量升高,分子中活化分子百分数增加,使有效碰撞次数增加,反应速率加快,故D正确.故选D.【点评】本题考查了氧化物的分类、氢化物的沸点比较、8电子稳定结构、影响反应速率的因素,题目难度不大,题目涉及的知识点较多,侧重于基础知识的考查.6.在Zn+HNO3→Zn(NO3)2+NH4NO3+H2O的反应中,如果2molZn完全起反应,则被还原的HNO3的物质的量是A.
0.5molB.1molC.2molD.5mol【考点】化学方程式的有关计算.【分析】在Zn+HNO3﹣Zn(NO3)2+NH4NO3+H2O的反应中,根据电子守恒来配平方程式,反应中,硝酸表现为酸性和氧化性,反应中以硝酸根离子存在的为未被还原的硝酸,以铵根离子存在的为被还原的硝酸的生成产物.【解答】解在Zn+HNO3﹣Zn(NO3)2+NH4NO3+H2O的反应中,根据电子守恒来配平方程式为4Zn+10HNO3═4Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2O反应中,硝酸表现为酸性和氧化性,当2molZn完全起反应,5mol硝酸参加反应时,生成NH4+为被还原的硝酸,为
0.5mol,Zn(NO3)2和NH4NO3中共含有
4.5molNO3﹣,未被还原,表现为酸性,则被还原的HNO3为5mol﹣
4.5mol=
0.5mol,故选A.【点评】本题考查氧化还原反应的计算,题目难度不大,解答本题的关键是正确判断元素化合价的变化,明确反应中硝酸的性质,注意分析反应的特点.7.如图表示元素周期表前四周期的一部分,关于元素X、Y、Z、W的叙述正确的是
①X、Y的最高价氧化物的水化物酸性为Y<X
②Y、Z的气态氢化物的稳定性Y<Z
③W的单质常温下呈液态,一定条件下可与铁粉反应
④W的原子序数比Z大9.A.只有
③B.
①②C.
①②③D.
①②③④【考点】位置结构性质的相互关系应用.【专题】元素周期律与元素周期表专题.【分析】由元素在周期表的位置可知,X为第二周期第ⅤA族元素,即X为N,则Y为P,Z为S,W为Br,
①非金属性越强,最高价氧化物的含氧酸的酸性越强;
②非金属性越强,气态氢化物越稳定;
③溴与铁反应生成溴化铁;
④Br的质子数为35,S的质子数为16.【解答】解由元素在周期表的位置可知,X为第二周期第ⅤA族元素,即X为N,则Y为P,Z为S,W为Br,
①非金属性X>Y,最高价氧化物的含氧酸的酸性为Y<X,故
①正确;
②非金属性Z>Y,气态氢化物的稳定性Y<Z,故
②正确;
③溴与铁反应生成溴化铁,故
③正确;
④Br的质子数为35,S的质子数为16,则W的原子序数比Z大35﹣16=19,故
④错误;故选C.【点评】本题考查位置、结构、性质,熟悉元素在周期表中的位置及元素的性质是解答本题的关键,难度不大.8.关于
0.1mol/L碳酸钠溶液的叙述正确的是A.溶液中粒子的种类共有5种B.加水稀释时溶液中所有离子浓度均减小C.升高温度,平衡向促进水解的方向移动D.加入氢氧化钠固体,可以使溶液中c(Na+)c(CO32﹣)=21【考点】盐类水解的应用.【专题】化学反应速率专题.【分析】A.碳酸钠在水溶液里进行两步水解,第一步水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠,第二步水解生成碳酸和氢氧化钠;B.加水稀释时,增大碳酸钠的水解程度;C.盐类水解是吸热反应,升高温度平衡向吸热反应方向移动;D.根据物料守恒判断.【解答】解A.碳酸根离子第一步水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子,第二步水解生成碳酸和氢氧根离子,盐类水解较微弱,所以溶液中存在的粒子有钠离子、氢氧根离子、氢离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸,故A错误;B.加水稀释时,增大碳酸钠的水解程度,但水解增大程度小于溶液体积增大程度,所以溶液碱性减弱,温度不变,水的离子积常数不变,导致溶液中氢离子浓度增大,故B错误;C.盐类水解是吸热反应,升高温度,促进盐类水解,故C正确;D.向溶液中加入氢氧化钠固体,溶液中氢氧根离子浓度增大,抑制碳酸根离子水解,溶液中钠离子浓度增大,根据物料守恒知溶液中c(Na+)c(CO32﹣)>21,故D错误;故选C.【点评】本题考查了盐类水解,明确盐的性质是解本题关键,再结合物料守恒来分析解答,碳酸属于二元弱酸,则碳酸根离子有两步水解,但第一步水解远远大于第二步,题目难度不大.9.下列各组离子中,在无色透明的酸性溶液中,可以大量共存的是A.Al3+、Na+、SO42﹣、Br﹣B.Na+、NH4+、NO3﹣、I﹣C.K+、Mg2+、Fe3+、Cl﹣D.Na+、AlO2﹣、SO42﹣、CO32﹣【考点】离子共存问题.【分析】酸性溶液中含大量的氢离子,根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等,不能发生氧化还原反应等,则离子大量共存,并结合离子的颜色来解答.【解答】解A.酸性溶液中该组离子之间不反应,可大量共存,且离子均为无色,故A正确;B.H+、NO3﹣、I﹣发生氧化还原反应,不能大量共存,故B错误;C.Fe3+为黄色,与无色不符,故C错误;D.酸性溶液中不能大量存在AlO2﹣、CO32﹣,故D错误;故选A.【点评】本题考查离子的共存,为高频考点,把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键,侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查,题目难度不大.10.下列离子方程式中,正确的是A.碳酸钙与盐酸混合2H++CO32﹣═CO2↑+H2OB.向氯化铁溶液中加入铁粉Fe3++Fe═2Fe2+C.亚硫酸钠溶液与稀硫酸混合2H++SO32﹣═SO2↑+H2OD.二氧化锰与浓盐酸混合后加热MnO2+4H++4Cl﹣═MnCl2+Cl2↑+2H2O【考点】离子方程式的书写.【分析】A.碳酸钙为沉淀,应保留化学式;B.电荷不守恒;C.二者反应生成二氧化硫和水、硫酸钠;D.氯化锰为可溶性盐,应拆成离子形式.【解答】解A.碳酸钙与盐酸混合,离子方程式2H++CaCO3═CO2↑+H2O+Ca2+,故A错误;B.向氯化铁溶液中加入铁粉,离子方程式2Fe3++Fe═3Fe2+,故B错误;C.亚硫酸钠溶液与稀硫酸混合,离子方程式2H++SO32﹣═SO2↑+H2O,故C正确;D.二氧化锰与浓盐酸混合后加热,离子方程式MnO2+4H++2Cl﹣═Mn2++Cl2↑+2H2O,故D错误;故选C.【点评】本题考查了离子方程式的书写,明确反应实质是解题关键,注意化学式的拆分、电荷的守恒,题目难度不大.11.设NA为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是A.2L1mol/LNaF溶液中含Na+和F﹣均为2NAB.在常温常压下,22gCO2含有的共用电子对数均为2NAC.
0.1molOH﹣的质子数与
0.1molH2O的电子数均为NAD.在标准状况下,
2.24LH2O中所含原子个数为
0.3NA【考点】阿伏加德罗常数.【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.【分析】A.氟离子为弱酸根离子,部分水解生成氢氟酸;B.1个二氧化碳分子中含有4对共用电子对;C.1个OH﹣的质子数为9,1个H2O的电子数10;D.水在标准状况下为液体.【解答】解A.2L1mol/LNaF溶液中,含氟化钠的物质的量=2L×1mol/L=2mol,氟离子为弱酸根离子,部分水解生成氢氟酸,所以F﹣个数小于2NA,故A错误;B.1个二氧化碳分子中含有4对共用电子对,22gCO2的物质的量==
0.5mol,含有的共用电子对数为4×
0.5mol×NA=2NA,故B正确;C.1个OH﹣的质子数为9,1个H2O的电子数10,
0.1molOH﹣的质子数为
0.9NA,
0.1molH2O的电子数为NA,故C错误;D.在标准状况下,水为液体,
2.24LH2O的物质的量远大于1mol,所含原子个数远大于
0.3NA,故D错误;故选B.【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用,主要是质量换算物质的量计算微粒数,气体摩尔体积的条件分析应用,注意微粒结构和数目的分析,掌握基础是解题关键,题目难度中等.12.常温下,一定体积pH=3的二元弱酸H2R溶液与一定体积pH=11的NaOH溶液混合后,溶液呈中性.下列判断正确的是A.溶液中c(Na+)═10﹣3mol/LB.溶液中c(R2﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣)C.溶液中c(R2﹣)+c(OH﹣)+c(HR﹣)═c(Na+)+c(H+)D.溶液中2c(R2﹣)+c(HR﹣)═c(Na+)【考点】离子浓度大小的比较.【分析】常温下,pH=3的二元弱酸H2R溶液中H2R的浓度大于
0.001mol/L,pH=11的NaOH溶液中NaOH浓度为
0.001mol/L,二者混合溶液呈中性,则c(H+)=c(OH﹣),溶液中存在电荷守恒和物料守恒.【解答】解常温下,pH=3的二元弱酸H2R溶液中H2R的浓度大于
0.001mol/L,pH=11的NaOH溶液中NaOH浓度为
0.001mol/L,二者混合溶液呈中性,则c(H+)=c(OH﹣),A.二者混合后溶液体积大于氢氧化钠溶液体积,所以混合溶液中c(Na+)<10﹣3mol/L,故A错误;B.二者混合溶液呈中性,则c(H+)=c(OH﹣),根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+2c(R2﹣)+c(HR﹣),所以得c(Na+)=2c(R2﹣)+c(HR﹣),则c(R2﹣)<c(Na+),故B错误;C.溶液中存在电荷守恒2c(R2﹣)+c(OH﹣)+c(HR﹣)=c(Na+)+c(H+),故C错误;D.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+2c(R2﹣)+c(HR﹣),所以得c(Na+)=2c(R2﹣)+c(HR﹣),故D正确;故选D.【点评】本题以酸碱混合溶液定性判断为载体考查了离子浓度大小比较,根据溶液酸碱性再结合电荷守恒来分析解答,灵活运用守恒思想解答,题目难度不大.13.燃料电池是目前电池研究的热点之一.现有某课外小组自制的氢氧燃料电池,如图所示,a、b均为惰性电极.下列叙述不正确的是A.a电极是负极,该电极上发生氧化反应B.b极反应是O2+4OH﹣﹣4e﹣=4H2OC.总反应方程式为2H2+O2=2H2OD.使用过程中电解质溶液的pH逐渐减小【考点】常见化学电源的种类及其工作原理.【专题】电化学专题.【分析】氢氧燃料电池工作时,通入氢气的一极(a极)为电池的负极,发生氧化反应,通入氧气的一极(b极)为电池的正极,发生还原反应,电子由负极经外电路流向正极,负极反应为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O,正极反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣,总反应方程式为2H2+O2=2H2O.【解答】解A.氢氧燃料电池工作时,通入氢气的一极(a极)为电池的负极,发生氧化反应,故A正确;B.通入氧气的一极(b极)为电池的正极,发生还原反应,正极反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣,故B错误;C.氢氧燃料电池的电池总反应方程式与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致,都是2H2+O2=2H2O,故C正确;D.总反应方程式为2H2+O2=2H2O,电池工作时生成水,c(OH﹣)减小,则PH减小,故D正确.故选B.【点评】本题考查原电池的工作原理,题目难度中等,注意电极反应时的书写以及电解质溶液离子浓度的变化,为该题的易错点.14.25℃时,在100g质量分数为10%的X溶液中加入5gX(无水盐)后,恰好达到饱和,则25℃时X的溶解度为A.
10.0gB.
15.0gC.
16.7gD.
18.8g【考点】溶解度、饱和溶液的概念.【分析】在100g质量分数为10%的X溶液中,溶质的质量m=100g×10%=
10.0g,则溶剂的质量m=100g﹣10g=90g,当加入5g溶质X后,溶液即达饱和,故当90g水中溶解(10g+5g)溶质时即饱和,根据溶解度的概念来分析计算.【解答】解溶解度即在100g水中达到饱和时所能溶解的溶质的质量.在100g质量分数为10%的X溶液中,溶质的质量m=100g×10%=
10.0g,则溶剂的质量m=100g﹣10g=90g,当加入5g溶质X后,溶液即达饱和,故当90g水中溶解(10g+5g)即15g溶质时即饱和,设此温度下X的溶解度为ag,根据90g~15g100g~ag可知解的a=
16.7g.故选C.【点评】本题考查了溶解度的概念和有关计算,把握住溶解度的概念是解题的关键,难度不大.15.T℃时,在2L的密闭容器中,A气体与B气体发生可逆反应生成C气体,反应过程中A、B、C物质的量变化如图(Ⅰ)所示.若保持其它条件不变,温度分别为T1和T2时,B的物质的量分数与时间关系如图(Ⅱ)所示.下列叙述正确的是A.2min内A的化学反应速率为
0.1mol/(L•min)B.在反应达平衡时,保持其他条件不变,增大压强,正逆反应速率都增大,且平衡向逆反应方向移动C.在反应达平衡时,其它条件不变,升高温度,正逆反应速率都增大,且A的转化率增大D.在T℃时,若A的浓度减少了1mol/L,则B的浓度会减少3mol/L,C的浓度会增加2mol/L【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线;产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线.【专题】化学平衡专题.【分析】A、2min时反应达平衡,A的物质的量变化量为
0.5mol﹣
0.2mol=
0.2mol,计算A的浓度变化量,根据v=计算v(A);B、由图Ⅰ可知,A、B、C的物质的量变化量分别为
0.2mol、
0.6mol、
0.4mol,物质的量之比等于化学计量数之比,据此书写方程式,增大压强,正逆反应速率都增大,平衡向体积减小的方向移动,结合方程式判断;C、由图Ⅱ可知,T1先到达平衡,故温度T1>T2,温度越高B的物质的量分数越高,升高温度正逆反应速率都增大,平衡向逆反应移动;D、浓度变化量之比等于化学计量数之比.【解答】解A、2min时反应达平衡,A的物质的量变化量为
0.5mol﹣
0.2mol=
0.2mol,v(A)==
0.05mol/(L•min),故A错误;B、由图Ⅰ可知,A、B、C的物质的量变化量分别为
0.2mol、
0.6mol、
0.4mol,化学计量数之比等于物质的量之比为
0.2mol
0.6mol
0.4mol=132,反应方程式为A+3B⇌2C,增大压强,正逆反应速率都增大,平衡向体积向正反应方向移动,故B错误;C、由图Ⅱ可知,T1先到达平衡,故温度T1>T2,温度越高B的物质的量分数越高,升高温度正逆反应速率都增大,平衡向逆反应移动,A的转化率减小,故C错误;D、浓度变化量之比等于化学计量数之比,故若A的浓度减少了1mol/L,则B的浓度会减少为2×1mol/L=3mol/L,C的浓度会增加为2×1mol/L=2mol/L,故D正确;故选D.【点评】考查化学平衡图象问题、化学反应速率、外界条件对化学平衡的影响等,难度中等,注意由图象得出反应的化学方程式为解答该题的关键,一般说来解图象题的大致方法如下
(1)认准横坐标、纵坐标各表示什么量.
(2)看清曲线的起点位置及曲线的变化趋势确定函数曲线的增减性.
(3)曲线斜率大小既曲线“平”与“陡”的意义.
(4)准确把握各特殊点包含原点、曲线的拐点,最高点的含义.
(5)认准某些关键数据在解题中的特定作用.
(6)全面、准确地从图中找出直接或隐含的化学相关知识.
二、解答题(共8小题,满分55分)16.某校课外小组同学制备Fe(OH)3胶体,并研究该胶体的性质.
(1)该小组同学采用了以下操作制备胶体,请将空白处填写完整.取一个烧杯,加入20mL蒸馏水,加热至沸腾,然后向烧杯中滴加1mL~2mL饱和FeCl3溶液,继续煮沸,待红褐色后,停止加热;
(2)将制得的胶体放入半透膜制成的袋内,如图1所示,放置2min后,取少量半透膜外的液体于试管中,置于暗处,用一束强光从侧面照射,观察(填写“有”或“无”)无丁达尔现象再向烧杯中加入用稀硝酸化的硝酸银溶液,可观察到的现象为有白色沉淀;
(3)将半透膜内的液体倒入U型管中,如图2所示,在液体上方加入少量电解液以保护胶体,接通直流电后,观察到的现象是(填“阴”或“阳”)阴极附近颜色逐渐变深,其原因是Fe(OH)3胶体粒子带电.【考点】胶体的重要性质.【分析】
(1)向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液,继续煮沸至溶液呈红褐色,即制得Fe(OH)3胶体;
(2)胶体不能透过半透膜,而溶液是可以的;
(3)氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷,向阴极移动.【解答】解
(1)制备氢氧化铁胶体应该用新制的饱和氯化铁溶液滴入沸水中,继续加热至出现红褐色后即可,故答案为FeCl3;红褐色;
(2)胶体不能透过半透膜,而溶液是可以的.所以半透膜外的液体是不能产生丁达尔效应的.由于溶液中含有氯离子,能和硝酸银反应生成白色氯化银沉淀,故答案为无;有白色沉淀;
(3)氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷,所以向阴极移动,即阴极附近溶液颜色加深,故答案为阴;Fe(OH)3胶体粒子带电.【点评】本题考查胶体的制备和性质,题目难度不大,易错点为胶体的制备,注意制备方法.17.现有一瓶浓度为
0.2mol/L的某酸溶液,可能为醋酸、盐酸、硫酸中的一种.为了确定该酸溶液的组成进行实验取
20.00mL该酸溶液,逐滴加入
0.2mol/L的氢氧化钠溶液,恰好反应完全时所需碱液体积为
20.00mL.请回答
(1)该酸不可能是硫酸;
(2)用pH试纸测得反应后所得溶液呈碱性,根据此现象说明该酸溶液为醋酸,用离子方程式说明溶液呈碱性的原因CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣;
(3)反应后所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)>c(H+).【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡.【分析】
(1)根据酸和碱的物质的量之比来判断;
(2)根据强碱弱酸盐,弱酸的酸根离子水解,溶液呈碱性来分析出;
(3)相同物质的量的酸和碱恰好中和,且中和后溶液显碱性,说明是醋酸与NaOH反应生成醋酸钠,醋酸根离子水解使溶液显碱性,据此分析离子浓度的大小.【解答】解
(1)某酸溶液物质的量为
0.2mol/L×
12.50mL,氢氧化钠溶液的物质的量
25.00mL×
0.1mol/L,酸和碱的物质的量之比11,所以酸为一元酸,不可能为硫酸,故答案为硫酸;
(2)醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠,醋酸根离子水解CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣,溶液呈碱性,故答案为醋酸;CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣;
(3)相同物质的量的酸和碱恰好中和,且中和后溶液显碱性,说明是醋酸与NaOH反应生成醋酸钠,醋酸根离子水解使溶液显碱性,则离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)>c(H+),故答案为c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)>c(H+).【点评】本题主要考查了酸碱中和、盐类水解和溶液中离子浓度的比较,难度中等,根据所学知识即可完成.18.如右图所示,请按要求回答下列问题.
(1)打开K2,合并K1.A为负(填“正”或“负”)极,在该电极可观察到的现象是A处金属不断溶解;B极的电极反应为Cu2++2e﹣=Cu.
(2)打开K1,合并K2.A为阴(填“阴”或“阳”)极,在该电极可观察到的现象是A上有红色金属析出;B极的电极反应为Cu﹣2e﹣=Cu2+;当有
0.2mol电子转移时,则析出铜的质量为
6.4g.【考点】原电池和电解池的工作原理.【分析】
(1)若打开K2,合并K1,形成原电池反应,A极Zn为负极,被氧化,B极Cu为正极,发生还原反应生成铜;
(2)若打开K1,合并K2,为电解池,B为阳极,A为阴极,该极上析出金属铜,根据电子守恒进行计算.【解答】解
(1)若打开K2,合并K1,形成原电池反应,A极Zn为负极,锌不断溶解,Zn﹣2e﹣=Zn2+,B极Cu为正极,发生还原反应生成铜,电极方程式为Cu2++2e﹣═Cu,有红色物质析出,故答案为负;A处金属不断溶解;Cu2++2e﹣=Cu;
②若打开K1,合并K2,为电解池,B为阳极,反应为Cu﹣2e﹣=Cu2+;A为阴极,该极上析出金属铜,发生Cu2++2e﹣═Cu,所以当有
0.2mol电子转移时,则析出铜的质量为
6.4g,故答案为阴;A上有红色金属析出;Cu﹣2e﹣=Cu2+;
6.4.【点评】本题考查了原电池和电解池原理,知道原电池和电解池区别,知道各个电极上发生的电极反应,再结合各个物理量之间的关系式计算,题目难度不大.19.A、B、C、D、E均为短周期元素,且原子序数依次递增.A、E同主族,B、D同周期,且B和D最外层电子数之和为10.A与D可形成A2D、A2D2共价化合物.请回答以下问题
(1)D位于周期表二周期,ⅥA族;
(2)E离子的结构示意图为;与E同周期的元素中,金属性最弱的金属元素名称是铝,所形成的最稳定的气态氢化物的化学式为HCl;
(3)C2的电子式为,B与D通常能形成分子晶体,在E2D2中含有的化学键有离子键、共价键;
(4)由A、B、C、D四种元素组成的离子化合物的化学式为(写出一种即可)(NH4)2CO3,组成的共价化合物的结构简式为(写出一种即可)NH2﹣CH2﹣COOH.【考点】位置结构性质的相互关系应用.【分析】A、B、C、D、E均为短周期元素,且原子序数依次递增.A与D可形成A2D、A2D2共价化合物,则A为H元素、B为O元素;B、D同周期,且B和D最外层电子数之和为10,则B为碳元素;C的原子序数介于碳、氧之间,故C为N元素;A、E同主族,E的原子序数大于氧,故E为Na,据此解答.【解答】解A、B、C、D、E均为短周期元素,且原子序数依次递增.A与D可形成A2D、A2D2共价化合物,则A为H元素、B为O元素;B、D同周期,且B和D最外层电子数之和为10,则B为碳元素;C的原子序数介于碳、氧之间,故C为N元素;A、E同主族,E的原子序数大于氧,故E为Na.
(1)D为O元素,位于周期表二周期ⅥA族,故答案为
二、ⅥA;
(2)E离子为Na+,Na+的结构示意图为;与E同周期的元素中,金属性最弱的金属元素名称是铝,所形成的最稳定的气态氢化物的化学式为HCl,故答案为;铝;HCl;
(3)N2的电子式为,B与D通常能形成CO、CO2,属于分子晶体,在Na2O2中含有的化学键有离子键、共价键,故答案为;分子;离子键、共价键;
(4)由H、C、N、O四种元素组成的离子化合物的化学式为(NH4)2CO3等,组成的共价化合物的结构简式为NH2﹣CH2﹣COOH等,故答案为(NH4)2CO3;NH2﹣CH2﹣COOH.【点评】本题考查结构性质位置关系综合应用,关键是推断元素,注意对基础知识的理解掌握.20.有机物A的分子式为C4H8O2.转化关系如图所示请回答下列问题
(1)D物质具有的官能团的名称为羧基;
①的反应类型为水解反应(或取代反应);
(2)反应
③的化学方程式为;
(3)写出与A同类的A的所有同分异构体的结构简式.【考点】有机物的推断.【分析】有机物A的分子式为C4H8O2,它能在NaOH溶液中发生水解生成B与D,则A属于酯,A水解生成的BC最终都能够生成D说明BC都含有2个C原子,C能够发生氧化反应,说明C为乙醇,E为乙醛,D为乙酸,故B为CH3COONa,C为CH3CH2OH,D为CH3COOH,E为CH3CHO,A为CH3COOCH2CH3,据此解答.【解答】解有机物A的分子式为C4H8O2,它能在NaOH溶液中发生水解生成B与D,则A属于酯,A水解生成的BC最终都能够生成D说明BC都含有2个C原子,C能够发生氧化反应,说明C为乙醇,E为乙醛,D为乙酸,故B为CH3COONa,C为CH3CH2OH,D为CH3COOH,E为CH3CHO,A为CH3COOCH2CH3,
(1)D为CH3COOH,含有的官能团为羧基,反应
①是乙酸乙酯的水解反应,故答案为羧基;水解反应(或取代反应);
(2)反应
③是乙醇被氧气氧化为乙醛的反应,化学方程式为,故答案为;
(3)A为CH3COOCH2CH3,与A同类的A的所有同分异构体有甲酸丙酯两种,丙酸甲酯1种,共3种,故答案为.【点评】本题考查有机物推断,涉及醇、醛、羧酸、酯的性质与转化,关键是掌握官能团性质,注意对基础知识的掌握.21.某校同学为探究Br
2、I2和Fe3+的氧化性强弱,进行了如下实验实验
①取少量KI溶液于试管中,先加入溴水,振荡.再加入CCl4,振荡后静置,观察到下层液体呈紫红色;实验
②取少量FeSO4溶液于试管中,先加入溴水,振荡.再继续滴加两滴KSCN溶液,振荡,观察到溶液呈血红色.
(1)写出实验
②中发生氧化还原反应的离子方程式2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣;
(2)由上述两个实验,对物质的氧化性可以得出的正确结论是A、C;A.Br2>I2B.Fe3+>Br2C.Br2>Fe3+D.I﹣>Br﹣
(3)已知Fe3+的氧化性强于I2,请你从所给试剂中选择所需试剂,设计一个实验加以证明.
①FeCl3溶液
②碘水
③KI溶液
④稀H2SO4
⑤淀粉液.(友情提示请写出实验步骤、现象及结论)取少量FeCl3溶液于试管中,依次加入KI溶液和淀粉液,振荡,淀粉变蓝,证明Fe3+的氧化性强于I2.【考点】氧化性、还原性强弱的比较;性质实验方案的设计.【分析】实验
①取少量KI溶液于试管中,先加入溴水,振荡.再加入CCl4,振荡后静置,观察到下层液体呈紫红色,说明有碘单质生成,说明Br2的氧化性强于I2,实验
②取少量FeSO4溶液于试管中,先加入溴水,振荡,再继续滴加两滴KSCN溶液,振荡,观察到溶液呈血红色,说明有Fe3+生成,也就可以说明Br2的氧化性强于Fe3+,
(1)实验
②中亚铁离子被溴氧化成铁离子,根据电荷守恒和元素书写离子方程式;
(2)根据实验
①有Br2的氧化性强于I2,实验
②有Br2的氧化性强于Fe3+,据此答题;
(3)要证明Fe3+的氧化性强于I2,可以用氯化铁氧化碘化钾生成碘加以判断.【解答】解实验
①取少量KI溶液于试管中,先加入溴水,振荡.再加入CCl4,振荡后静置,观察到下层液体呈紫红色,说明有碘单质生成,说明Br2的氧化性强于I2,实验
②取少量FeSO4溶液于试管中,先加入溴水,振荡,再继续滴加两滴KSCN溶液,振荡,观察到溶液呈血红色,说明有Fe3+生成,也就可以说明Br2的氧化性强于Fe3+,
(1)实验
②中亚铁离子被溴氧化成铁离子,反应的离子方程式为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣,故答案为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣;
(2)根据实验
①有Br2的氧化性强于I2,实验
②有Br2的氧化性强于Fe3+,故选A、C;
(3)要证明Fe3+的氧化性强于I2,可以用氯化铁氧化碘化钾生成碘加以判断,具体操作为取少量FeCl3溶液于试管中,依次加入KI溶液和淀粉液,振荡,淀粉变蓝,证明Fe3+的氧化性强于I2,故答案为取少量FeCl3溶液于试管中,依次加入KI溶液和淀粉液,振荡,淀粉变蓝,证明Fe3+的氧化性强于I2.【点评】本题属于氧化还原反应探究实验,需具备一定的实验能力和综合思维能力,尤其是氧化性、还原性强弱的判断,题目难度中等.22.分别取40mL的
0.50mol/L盐酸与
0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应.通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热.回答下列问题
(1)理论上稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出
57.3kJ的热,写出表示稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式NaOH(aq)+H2SO4(aq)═Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=﹣
57.3kJ/mol;
(2)A为泡沫塑料板,上面有两个小孔,分别插入温度计和环形玻璃棒,两个小孔不能开得过大,其原因是减少热量散失;反应需要测量温度,每次测量温度后都必须用水将温度计上的液体冲掉,并擦干温度计;
(3)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3,又知中和后生成溶液的比热容c=
4.18J/(g•℃).实验时,还需测量的数据有ACE;A.反应前盐酸溶液的温度B.反应前盐酸溶液的质量C.反应前氢氧化钠溶液的温度D.反应前氢氧化钠溶液的质量E.反应后混合溶液的最高温度F.反应后混合溶液的质量
(4)某学生实验记录数据如下实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠混合溶液
120.
020.
123.
2220.
220.
423.
4320.
520.
623.6依据该学生的实验数据计算,该实验测得的中和热为△H=﹣
51.8kJ/mol;
(5)假定该学生的操作完全同上,实验中改用100mL
0.50mol/L盐酸跟100mL
0.55mol/LNaOH溶液进行反应,与上述实验相比,所放出的热量不相等(填“相等”或“不相等”),所求中和热相等(填“相等”或“不相等”).【考点】中和热的测定.【分析】
(1)根据酸碱中和反应生成1mol液态水时放出
57.3kJ的热量书写热化学方程式;
(2)根据测定中和热过程中必须尽量减少热量的散失分析;中和反应是放热反应,温度计上的酸与NaOH溶液反应放热,使温度计读数升高;
(3)根据中和热计算公式Q=cm△T中涉及的未知数据进行判断;
(4)先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差,再根据Q=cm△T计算出反应放出的热量,最后计算出中和热;
(5)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关,并根据中和热的概念和实质来回答.【解答】解
(1)已知稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出
57.3kJ的热量,稀硫酸和氢氧化钠稀溶液都是强酸和强碱的稀溶液,则反应的热化学方程式为NaOH(aq)+H2SO4(aq)═Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=﹣
57.3kJ/mol;故答案为NaOH(aq)+H2SO4(aq)═Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=﹣
57.3kJ/mol;
(2)如图所示,A为泡沫塑料板,上面有两个小孔,分别插入温度计和环形玻璃搅拌棒,若两个小孔开得过大,会导致散失较多的热量,影响测定结果;中和反应是放热反应,温度计上的酸与NaOH溶液反应放热,使温度计读数升高,温度差偏低,但使测得的中和热偏高,所以每次测量后用水将温度计上的液体冲掉,并擦干温度计;故答案为减少热量散失;用水将温度计上的液体冲掉,并擦干温度计;
(3)由Q=cm△T可知,测定中和热需要测定的数据为A.反应前盐酸溶液的温度、B.反应前盐酸溶液的质量和E.反应后混合溶液的最高温度,故选ACE;
(4)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为
20.05℃,反应后温度为
23.2℃,反应前后温度差为
3.15℃;第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为
20.3℃,反应前后温度差为
3.1℃;第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为
20.55℃,反应前后温度差为
3.05℃;40mL的
0.50mol/L盐酸与40mL的
0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和m=80mL×1g/cm3=80g,c=
4.18J/(g•℃),代入公式Q=cm△T得生成
0.02mol的水放出热量Q=
4.18J/(g•℃)×80g×=
1.036kJ,即生成
0.02mol的水放出热量为
1.036kJ,所以生成1mol的水放出热量为
1.036kJ×=﹣
51.8kJ/mol,即该实验测得的中和热△H=﹣
51.8kJ/mol;故答案为﹣
51.8kJ/mol;
(5)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关,若用100mL
0.50mol/L盐酸跟100mL
0.55mol/LNaOH溶液进行反应,与上述实验相比,生成水的量增加,所放出的热量偏高,但是中和热的均是强酸和强碱反应生成nmol水时放出的热,与酸碱的用量无关,所以用100mL
0.50mol/L盐酸跟100mL
0.55mol/LNaOH溶液进行上述实验,测得中和热数值相等;故答案为不相等;相等.【点评】本题考查热化学方程式以及反应热的计算,题目难度大,注意理解中和热测定原理以及测定反应热的误差等问题,试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力.23.在一个温度恒定的密闭容器中,SO2和O2发生反应.已知1molSO2和足量O2完全生成1molSO3反应,放出的热量为Q.请按要求回答下列问题.恒压条件下
(1)若开始时放入1molSO2和
0.5molO2,达平衡后,生成
0.9molSO3,这时SO2的转化率为90%;
(2)若开始时放入4molSO2和2molO2,达平衡后,生成SO3的物质的量为
3.6mol,反应放出的热量为
3.6Q.恒容条件下
(3)若开始时放入1molSO2和
0.5molO2,达平衡后,生成amolSO3,则a<
0.9(填“>”“<”或“=”);
(4)若令x、y和z分别代表初始加入SO
2、O2和SO3的物质的量,要使其达平衡时,反应混合物中三种气体的物质的量分数与
(3)中平衡时完全相同,则x、y、z必须满足的一般条件是X=2y、X+Z=1.(用两个代数式表示,其中一个只含x、y,另一个含x、z)【考点】化学平衡的计算.【专题】化学平衡专题.【分析】
(1)根据反应的方程式2SO2+O2⇌2SO3,利用三段式法计算;
(2)在恒压条件下,此平衡与
(1)中的平衡为等效平衡;
(3)在恒容条件下,随反应的进行,容器内压强逐渐变小;
(4)在恒温恒容条件下,对于气体有变化的可逆反应,若通过换算可以得到初始加入的各个同种物质的物质的量相同,则两平衡等效,以此进行计算.【解答】解
(1)2SO2+O2⇌2SO3起始(mol)
10.50转化(m01)x
0.5xx平衡(mol)1﹣x
0.5﹣
0.5x
0.9由题意知x=
0.9则SO2的转化率=
0.9mol1mol×100%=90%,故答案为90%;
(2)在恒压条件下,此平衡与
(1)中的平衡为等效平衡,反应物的转化率相等,则反应的SO2的物质的量为4mol×90%=
3.6mol,则2SO2+O2⇌2SO32Q
3.
63.
63.6Q达平衡后,生成SO3的物质的量为
3.6mol,反应放出的热量为
3.6Q,故答案为
3.6mol;
3.6Q;
(3)由于正反应为气体体积变小的反应,则在恒容条件下,随反应的进行,容器内压强逐渐变小,故此条件下,SO2的转化率小于
(1)中SO2的转化率(90%),推导出SO3小于
0.9mol,故答案为<;
(4)在恒温恒容条件下,对于气体有变化的可逆反应,若通过换算可以得到初始加入的各个同种物质的物质的量相同,则两平衡等效.2SO2+O2⇌2SO3起始(mol)xyz相当于(mol)x+zy+0则有解之得,故答案为x=2y、x+z=1.【点评】本题考查化学平衡的计算,题目难度中等,解答本题时注意对等效平衡的理解,易错点为
(3),注意比较两种条件下压强对平衡移动的影响.。