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2019-2020年高三化学上学期期末试卷
(2)(含解析)
一、选择题(共25小题,每小题3分,满分75分)1.(3分)下列电离方程式错误的是()A.H2CO3⇌2H++CO32﹣B.NaHSO4(溶液)=Na++H++SO42﹣C.NaHCO3=Na++HCO3﹣D.Ba(OH)2=Ba2++2OH﹣2.(3分)化学与生产、生活密切相关,下列说法正确的是()A.小苏打用于治疗胃溃疡病人的胃酸过多症B.电解从海水中得到的氯化钠溶液可获得金属钠C.FeCl3溶液能与Cu反应,可用于蚀刻印刷电路板D.铝制容器不能盛放酸性或碱性食品,但可长期盛放腌制食品3.(3分)25℃时,将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中,当溶液的pH=7时,下列关系正确的是()A.c(NH4+)=c(SO42﹣)B.c(NH4+)>c(SO42﹣)C.c(NH4+)<c(SO42﹣)D.c(OH﹣)+c(SO42﹣)=c(H+)+c(NH4+)4.(3分)在化学学习与研究中类推的思维方法有时会产生错误的结论,因此类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否.下列几种类推结论中错误的是()
①SO2能与碱反应,则非金属氧化物都能与碱反应
②镁条在空气中燃烧生成的氧化物是MgO,则钠在空气中燃烧生成的氧化物也是Na2O
③CO2和SiO2化学式相似,则CO2与SiO2的物理性质也相似
④Ca(HCO3)2的溶解度比CaCO3大,则NaHCO3的溶解度比Na2CO3大.A.
①B.
②③④C.
①②③④D.
②③5.(3分)将1molSO2和1molO2通入一容积不变的密闭容器中,在一定温度和催化剂作用下,发生反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g).反应达到平衡时SO3为
0.3mol.若此时移走
0.5molO2和
0.5molSO2,则重新达到平衡后,SO3的物质的量()A.等于
0.3molB.等于
0.15molC.小于
0.15molD.大于
0.15mol,小于
0.3mol6.(3分)在相同温度时100mL
0.01mol/L的醋酸溶液与10mL
0.1mol/L的醋酸溶液相比较,下列数值前者大于后者的是()A.中和时所需NaOH的量B.电离程度C.H+的浓度D.CH3COOH的物质的量7.(3分)如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置.通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液.下列实验现象中正确的是()A.逸出气体的体积,a电极的小于b电极的B.一电极逸出无味气体,另一电极逸出刺激性气味气体C.a电极附近呈红色,b电极附近呈蓝色D.a电极附近呈蓝色,b电极附近呈红色8.(3分)下列叙述正确的是()A.在原电池的负极和电解池的阴极上都是发生失电子的氧化反应B.用惰性电极电解Na2SO4溶液,阴阳两极产物的物质的量之比为12C.用惰性电极电解饱和NaCl溶液,若有1mol电子转移,则生成1molNaOHD.镀层破损后,镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀9.(3分)已知氯化银在水中存在沉淀溶解平衡AgCl⇌Ag++Cl﹣,现将足量的氯化银分别放入下列选项的溶液中,充分搅拌后,相同温度下,银离子浓度最小的是()A.100mL蒸馏水中B.50mL
0.1mol•L﹣1的氯化镁溶液C.150mL
0.1mol•L﹣1的氯化钠溶液D.50mL
0.1mol•L﹣1的氯化铝溶液10.(3分)下列叙述正确的是()A.NaCl溶液在电流作用下电离成Na+和Cl﹣B.溶于水后能够电离出H+的化合物都是酸C.氯化氢溶于水能够导电,但液态氯化氢不能够导电D.导电性强的溶液里自由移动离子数目一定比导电性弱的溶液里自由移动离子数目多11.(3分)现有3个体积相等的密闭容器,都进行下列反应CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g),反应所处的温度相同,但起始浓度不同,其中甲n(CO2)=n(H2)=1mol;乙n(CO2)=1mol,n(H2)=2mol;丙n(CO2)=n(H2)=1mol,n=1mol.达到平衡时CO的物质的量由大到小的顺序是()A.乙>甲>丙B.甲>丙>乙C.乙>丙>甲D.甲>乙>丙12.(3分)己知
0.1mol/LNaHCO3溶液显碱性,将此溶液加水稀释后,下列说法正确的是()A.稀释后,溶液中各离子浓度均变小B.原溶液中,C(Na+)=C(HCO3﹣)+C(H2CO3)=
0.1mol/LC.稀释后,溶液中比值增大D.原溶液加入少量NaOH溶液后,其碱性减弱13.(3分)如图是电解CuCl2溶液的装置,其中a、b为石墨电极,则下列判断中,正确的是()A.a是阴极B.电解过程中溶液的浓度不变C.电解过程中b极质量减少D.阳极与阴极上的产物的物质的量之比为1114.(3分)在100mL
0.1mol/L的醋酸溶液中,欲使醋酸的电离程度增大,H+浓度减小,可采用方法是()A.加热B.加入
0.1mol/L的醋酸溶液100mLC.加入少量的
0.5mol/L的硫酸D.加入少量1mol/L的NaOH溶液15.(3分)常温下将稀NaOH溶液和稀CH3COOH溶液混合,不可能出现的结果是()A.pH>7,且c(Na+)>c(OH﹣)>c(H+)>c(CH3COO﹣)B.pH>7,且c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)C.PH<7,且c(CH3COO﹣)>c(H+)>c(Na+)>c(OH﹣)D.pH=7,且c(CH3COO﹣)=c(Na+)>c(H+)=c(OH﹣)16.(3分)下列反应的离子方程式书写正确的是()A.硫酸铝溶液中加入过量氨水Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓B.电解饱和食盐水2Cl﹣+2H+H2↑+C12↑C.在稀氨水中通入过量CO2NH3•H2O+CO2=NH4++HCO3﹣D.硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液Fe2++2H++H2O2═Fe3++2H2O17.(3分)下列各组离子能在指定环境中大量共存的是()A.在C(HCO3﹣)=
0.1mol/L的溶液中NH4+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣B.在由水电离出的C(H+)=1×10﹣12mol/L的溶液中AlO2﹣、HCO3﹣、Na+、SO42﹣C.在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中SO32﹣、CO32﹣、Na+、K+D.pH=1的溶液中Mg2+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣18.(3分)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c(Na+)=c(CH3COO﹣)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH﹣)19.(3分)Cu2O是一种半导体材料,基于绿色化学理念设计的制取.Cu2O的电解池示意图如下,电解总反应2Cu+H2O═Cu2O+H2下列说法正确的是()A.石墨电极上产生氢气B.铜电极发生还原反应C.铜电极接直流电源的负极D.当有
0.1mol电子转移时,有
0.1molCu2O生成20.(3分)一定温度下,水存在H2O⇋H++OH﹣+Q(Q<0)的平衡,下列叙述一定正确的是()A.向水中滴入少量稀盐酸,平衡逆向移动,Kw减小B.将水加热,Kw增大,pH减小C.向水中加入少量固体CH3COONa,平衡逆向移动,c(H+)降低D.向水中加入少量固体硫酸钠,c(H+)=10﹣7mol/L,Kw不变21.(3分)已知反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g);△H<0,向某体积恒定的密闭容器中按体积比13充入N2和H2,在一定条件下发生反应.如图是某物理量(Y)随时间(t)变化的示意图,Y可以是()A.N2的转化率B.混合气体的密度C.密闭容器的压强D.H2的体积分数22.(3分)对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g),叙述正确的()A.单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3,则反应达平衡状态B.达到化学平衡时,4v正(O2)=5v逆(NO)C.化学反应速率关系是3正(NH3)=2v正(H2O)D.达到平衡时,若增加容器体积,则正反应速率减小,逆反应速率增大23.(3分)在恒温恒容条件下,将4molA和2molB放入一密闭容器中2A(g)+B(g)⇌2C(g)+D(s),达到平衡时,C的体积分数为a;在相同条件下,按下列配比分别投放A、B、C、D,达到平衡时,C的体积分数不等于a的是()A.4mol、2mol、0mol、2molB.2mol、1mol、2mol、2molC.2mol、1mol、2mol、1molD.2mol、1mol、0mol、1mol24.(3分)在某恒定温度下,向容积为1L的容器中投入1molCO和2molH2O,发生如下反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g),平衡时生成CO2mol.若保持温度和容积不变,向其中增加2molH2O(g),使反应到达新的平衡,下列说法不正确的是()A.新、旧平衡时容器内气体的压强之比是53B.新平衡时H2O的转化率为20%C.新平衡时CO的浓度是
0.2mol•L﹣1D.新、旧平衡时容器内气体密度之比为5325.(3分)PH=3的盐酸和醋酸各100mL,分别和锌反应,反应完后,放出的气体一样多.若最后有一溶液中锌剩余,则下列判断正确的是()A.反应开始时速率v(HCl)>v(CH3COOH)B.加入的锌质量相等C.盐酸中锌有剩余D.反应开始后不久,醋酸反应的速率小于盐酸
二、解答题(共2小题,满分12分)26.一种含有铝、锂、钴新型电子材料,铝以金属铝箔的形式存在,钴以Co2O3•CoO的形式吸附于铝箔表面,锂混杂于其中.从其电子废料中回收碳酸钴(CoCO3)的工艺流程如下
(1)过程Ⅰ中采用NaOH溶液溶解废料中的铝,反应的离子方程式为.
(2)过程Ⅱ中加入稀硫酸酸化,再加入Na2S2O3溶液浸出钴,写出浸出钴的化学方程式
(3)在碳酸钠溶液中存在多种粒子,下列各粒子浓度关系正确的是A、c(Na+)═2c(CO32﹣)B、c(Na+)>c(CO32﹣)>c(HCO3﹣)C、c(OH﹣)>c(HCO3﹣)>C(H+)D、c(OH﹣)﹣c(H+)═c(HCO3﹣)+2c(H2CO3)过程Ⅲ加入碳酸钠溶液在沉淀铝时起到重要作用,写出其反应的离子方程式
(4)已知
0.1摩尔/升的Na2CO3溶液,Na2CO3的水解平衡常数为Kb1═1×10﹣7Kb2=1×10﹣11Co(OH)2的溶度积为Ksp=1×10﹣15CoCO3的溶度积为Ksp=1×10﹣13则向
0.1摩尔/升的碳酸钠溶液中逐底加入
0.1摩尔/升CoSO4溶液,开始生成的沉淀为.过程Ⅳ沉淀钴的反应的离子方程式.
(5)锂离子电池充放电过程,发生LiCoO2与Li1﹣xCoO2的转化,写出锂离子电池充电时的阳极反应的离子方程式.27.(12分)有两只密闭容器A和B.A容器有一个可以移动的活塞能使容器内保持恒压,B容器能保持恒容.起始时向这两个容器中分别充入等物质的量的体积比为21的SO2和O2的混合气体,并使A和B容积相等(如图所示).在保持400℃的条件下使之发生如下反应2SO2+O2⇌2SO3.试填写下列空格
(1)A容器达到平衡时所需的时间比B容器;(填“短”、“长”或“相等”)平衡时A容器中SO2的转化率比B容器;(填“大”、“小”或“相等”)
(2)达到
(1)所述平衡后,若向两容器中通入数量不多的等物质的量的氩气,A容器中化学平衡移动,B容器中化学平衡;(填“逆向”、“正向”或“不移动”)
(3)达到
(1)所述平衡后,若向两容器中通入等物质的量的原反应气体,达到平衡时,A容器的混合气体中SO3的体积分数(填“增大”、“减小”或“不变”,下同);B容器的混合气体中SO3的体积分数.河北省邢台市南宫中学xx届高三上学期期末化学试卷
(2)参考答案与试题解析
一、选择题(共25小题,每小题3分,满分75分)1.(3分)下列电离方程式错误的是()A.H2CO3⇌2H++CO32﹣B.NaHSO4(溶液)=Na++H++SO42﹣C.NaHCO3=Na++HCO3﹣D.Ba(OH)2=Ba2++2OH﹣考点电离方程式的书写.分析A.多元弱酸分步电离,以第一步为主;B.硫酸是强电解质,硫酸氢根离子在溶液中能完全电离出氢离子和硫酸根离子;C.碳酸氢钠为强电解质,在溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子,弱酸酸根碳酸氢根离子不能拆写;D.氢氧化钡为强电解质,完全电离,用等号连接;解答解A.碳酸为多元弱酸,分步电离,电离方程式为H2CO3⇌H++HCO3﹣、HCO3﹣⇌H++CO32﹣,故A错误;B.NaHSO4为强电解质,在水中完全电离,电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42﹣,故B正确;C.NaHCO3是强电解质,能完全电离,电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3﹣,故C正确;D.氢氧化钡是强碱,为强电解质,完全电离,电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH﹣,故D正确;故选A.点评本题考查了电离方程式的书写,侧重基础知识的考查,题目难度不大,注意掌握强弱电解质的概念,明确电离方程式的书写方法,试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力.2.(3分)化学与生产、生活密切相关,下列说法正确的是()A.小苏打用于治疗胃溃疡病人的胃酸过多症B.电解从海水中得到的氯化钠溶液可获得金属钠C.FeCl3溶液能与Cu反应,可用于蚀刻印刷电路板D.铝制容器不能盛放酸性或碱性食品,但可长期盛放腌制食品考点钠的重要化合物;金属冶炼的一般原理;铝的化学性质;铁盐和亚铁盐的相互转变.专题几种重要的金属及其化合物.分析A、小苏打与胃酸中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体,患胃溃疡的病人,为防止胃壁穿孔,不能服用小苏打来治疗;B、电解食盐水会获得氢氧化钠、氢气和氯气;C、金属铜可以和三价铁离子反应生成亚铁离子和铜离子.D、金属铝既能和酸之间反应又能和碱之间反应,在电解质溶液中形成原电池反应,据此回答;解答解A.小苏打与胃酸中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体,反应的化学方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,患胃溃疡的病人,为防止胃壁穿孔,不能服用小苏打来治疗,因为反应产生的二氧化碳气体会造成胃部气胀,易造成胃穿孔,故A错误;B、电解食盐水会获得氢氧化钠、氢气和氯气,电解熔融的氯化钠可以获得金属钠,故B错误;C、FeCl3溶液能与Cu反应,生成氯化亚铁和氯化铜,可用于蚀刻印刷电路板,故C正确;D、金属铝既能和酸之间反应又能和碱之间反应,不能盛放酸性或碱性食品,也不能长期盛放腌制食品,里面有氯化钠溶液,会形成原电池而使铝溶解,故D错误.故选C.点评本题考查了元素以及化合物的性质以及应用是化学的考查热点,注意知识的归纳和整理是关键,较简单.3.(3分)25℃时,将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中,当溶液的pH=7时,下列关系正确的是()A.c(NH4+)=c(SO42﹣)B.c(NH4+)>c(SO42﹣)C.c(NH4+)<c(SO42﹣)D.c(OH﹣)+c(SO42﹣)=c(H+)+c(NH4+)考点酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题电离平衡与溶液的pH专题.分析稀氨水逐滴加入到稀硫酸中,当溶液的pH=7时,c(OH﹣)=c(H+),结合电荷守恒来解答.解答解稀氨水逐滴加入到稀硫酸中,当溶液的pH=7时,c(OH﹣)=c(H+),由电荷守恒可知,c(OH﹣)+2c(SO42﹣)=c(H+)+c(NH4+),则2c(SO42﹣)=c(NH4+),所以c(NH4+)>c(SO42﹣),故选B.点评本题考查酸碱混合溶液中离子浓度的关系,注意pH=7及电荷守恒的应用即可解答,题目难度不大.4.(3分)在化学学习与研究中类推的思维方法有时会产生错误的结论,因此类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否.下列几种类推结论中错误的是()
①SO2能与碱反应,则非金属氧化物都能与碱反应
②镁条在空气中燃烧生成的氧化物是MgO,则钠在空气中燃烧生成的氧化物也是Na2O
③CO2和SiO2化学式相似,则CO2与SiO2的物理性质也相似
④Ca(HCO3)2的溶解度比CaCO3大,则NaHCO3的溶解度比Na2CO3大.A.
①B.
②③④C.
①②③④D.
②③考点化学反应的基本原理.分析
①CO、NO等非金属氧化物不能与碱反应;
②钠在空气中燃烧生成的是Na2O2;
③CO2是气体,熔沸点低,而SiO2是固体,熔沸点高;
④向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体,有碳酸氢钠晶体析出.解答解
①CO、NO等非金属氧化物不能与碱反应,则非金属氧化物不一定都能与碱反应,故
①错误;
②钠在空气中燃烧生成的是Na2O2,故
②错误;
③常温下,CO2是气体,熔沸点低,而SiO2是固体,熔沸点高,故
③错误;
④常温下,向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体,有碳酸氢钠晶体析出,可知常温时水溶解性Na2CO3>NaHCO3,故
④错误;故选C.点评本题考查物质的性质,为高频考点,综合考查元素化合物知识,把握常见物质的性质及发生的反应为解答的关键,题目难度不大.5.(3分)将1molSO2和1molO2通入一容积不变的密闭容器中,在一定温度和催化剂作用下,发生反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g).反应达到平衡时SO3为
0.3mol.若此时移走
0.5molO2和
0.5molSO2,则重新达到平衡后,SO3的物质的量()A.等于
0.3molB.等于
0.15molC.小于
0.15molD.大于
0.15mol,小于
0.3mol考点化学平衡的影响因素;化学平衡的计算.分析反应达到平衡时移走
0.5molO2和
0.5molSO2,达到新的平衡状态,该状态可以等效为开始加入时
0.5molO2和
0.5molSO2所到达的平衡状态,与原平衡相比,压强降低,平衡向逆反应移动,反应的转化率降低.解答解将1molSO2和1molO2通入体积不变的密闭容器中,反应达到平衡时移走
0.5molO2和
0.5molSO2,达到新的平衡状态,该状态可以等效为开始加入时
0.5molO2和
0.5molSO2,所到达的平衡状态,与原平衡相比,压强降低,平衡向逆反应移动,反应的转化率降低,若转化率不变时,生成的SO3为
0.15mol,由于转化率降低,故生成的SO3小于
0.15mol,故选C.点评本题考查化学平衡的影响因素、有关计算等,难度中等,构建平衡建立的途径是解题的关键,运用平衡移动解答.6.(3分)在相同温度时100mL
0.01mol/L的醋酸溶液与10mL
0.1mol/L的醋酸溶液相比较,下列数值前者大于后者的是()A.中和时所需NaOH的量B.电离程度C.H+的浓度D.CH3COOH的物质的量考点弱电解质在水溶液中的电离平衡.分析醋酸为弱电解质,溶液浓度越大,电离程度越小,以此解答该题.解答解A.计算两溶液中醋酸的物质的量,n(前)=c1•V1=
0.1L×
0.01mol•L﹣1=1×10﹣3mol,n(后)=c2•V2=
0.01L×
0.1mol•L﹣1=1×10﹣3mol,两者相等,因而中和时消耗的NaOH的量相等,故A错误;B.醋酸为弱电解质,溶液浓度越大,电离程度越小,电离程度前者大于后者,故B正确;C.酸的浓度越大,c(H+)越大,前者小于后者,故C错误;D.电离度与温度和浓度有关,当温度相同时,溶液的浓度越小,电离度越大,则c(CH3COOH)前者小于后者,故D错误.故选B.点评本题考查弱电解质的电离,题目难度不大,注意把握弱电解质的电离特点.7.(3分)如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置.通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液.下列实验现象中正确的是()A.逸出气体的体积,a电极的小于b电极的B.一电极逸出无味气体,另一电极逸出刺激性气味气体C.a电极附近呈红色,b电极附近呈蓝色D.a电极附近呈蓝色,b电极附近呈红色考点电解原理.专题电化学专题.分析A、电解水时,阳极产生的氧气体积是阴极产生氢气体积的一半;B、氢气和氧气均是无色无味的气体;C、酸遇石蕊显红色,碱遇石蕊显蓝色,酸遇酚酞不变色,碱遇酚酞显红色;D、酸遇石蕊显红色,碱遇石蕊显蓝色,酸遇酚酞不变色,碱遇酚酞显红色.解答解A、和电源的正极b相连的是阳极,和电源的负极a相连的是阴极,电解硫酸钠的实质是电解水,阳极b放氧气,阴极a放氢气,氧气体积是氢气体积的一半,故A错误;B、a电极逸出氢气,b电极逸出氧气,均是无色无味的气体,故B错误;C、a电极氢离子放电,碱性增强,该极附近呈蓝色,b电极氢氧根离子放电,酸性增强,该极附近呈红色,故C错误;D、a电极氢离子放电,碱性增强,该极附近呈蓝色,b电极氢氧根离子放电,酸性增强,该极附近呈红色,故D正确.故选D.点评本题考查学生电解池的工作原理,要求学生熟记教材知识,并会灵活运用.8.(3分)下列叙述正确的是()A.在原电池的负极和电解池的阴极上都是发生失电子的氧化反应B.用惰性电极电解Na2SO4溶液,阴阳两极产物的物质的量之比为12C.用惰性电极电解饱和NaCl溶液,若有1mol电子转移,则生成1molNaOHD.镀层破损后,镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀考点原电池和电解池的工作原理.专题电化学专题.分析A.得电子的发生还原反应,失电子的发生氧化反应;B.用惰性电极电解Na2SO4溶液,阴极上析出氢气,阳极上析出氧气,根据转移电子数相等确定产物的物质的量之比;C.根据氢氧化钠和转移电子之间的关系式计算;D.作原电池负极的金属比作原电池正极的金属易腐蚀.解答解A.电解池阴极上得电子发生还原反应,故A错误;B.用惰性电极电解Na2SO4溶液,阴极上析出氢气,阳极上析出氧气,氢离子得2mol电子生成1mol氢气,4mol氢氧根离子失去4mol电子生成1mol氧气,所以阴阳两极产物的物质的量之比为21,故B错误;C.设生成x氢氧化钠,2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑转移电子2mol2molx1molx==1mol,所以生成1mol氢氧化钠,故C正确;D.镀层破损后,镀锡铁板中铁作负极,镀锌铁板中铁作正极,所以镀锌铁板比镀锡铁板更耐腐蚀,故D错误;故选C.点评本题考查了原电池和电解池原理,难度不大,注意选项B中生成1mol氧气需要转移4mol电子.9.(3分)已知氯化银在水中存在沉淀溶解平衡AgCl⇌Ag++Cl﹣,现将足量的氯化银分别放入下列选项的溶液中,充分搅拌后,相同温度下,银离子浓度最小的是()A.100mL蒸馏水中B.50mL
0.1mol•L﹣1的氯化镁溶液C.150mL
0.1mol•L﹣1的氯化钠溶液D.50mL
0.1mol•L﹣1的氯化铝溶液考点难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.分析从沉淀溶解平衡移动的角度分析,将足量氯化银分别放入相同体积的下列溶液中,Ag+的浓度最小,则Cl﹣浓度应最大.解答解将足量氯化银分别放入相同体积的下列溶液中,Ag+的浓度最小,则Cl﹣浓度应最大,题中D项Cl﹣浓度最大,所以银离子浓度最小,故选D.点评本题考查难溶电解质的溶解平衡,题目侧重于浓度对平衡移动的影响,难度不大,注意把握影响溶解平衡移动的因素.10.(3分)下列叙述正确的是()A.NaCl溶液在电流作用下电离成Na+和Cl﹣B.溶于水后能够电离出H+的化合物都是酸C.氯化氢溶于水能够导电,但液态氯化氢不能够导电D.导电性强的溶液里自由移动离子数目一定比导电性弱的溶液里自由移动离子数目多考点电解质在水溶液中的电离;电解质溶液的导电性.专题电离平衡与溶液的pH专题.分析A、NaCl溶液中的电离过程不需条件;B、酸是溶于水后电离出的阳离子全部是H+的化合物;C、盐酸能导电,但是氯化氢本身不导电;D、溶液的导电性和溶液中自由移动离子的多少以及所带电荷多少有关.解答解A、NaCl在水中电离成Na+和Cl﹣,电离过程不需通电条件,故A错误;B、酸是溶于水后电离出的阳离子全部是H+的化合物,溶于水后能够电离出H+的化合物不一定是酸,如硫酸氢钠属于盐,故B错误;C、盐酸能导电,是因氯化氢在水分子的作用下发生电离生成离子,液态氯化氢不电离,只有分子,则不导电,故C正确;D、导电性强的溶液里自由移动离子数目不一定比导电性弱的溶液里自由移动离子数目多,离子少但离子带电量大的可能导电性强,故D错误.故选C.点评本题考查学生物质基本概念导电性强弱的判断方法,可以根据所学知识进行回答,难度不大.11.(3分)现有3个体积相等的密闭容器,都进行下列反应CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g),反应所处的温度相同,但起始浓度不同,其中甲n(CO2)=n(H2)=1mol;乙n(CO2)=1mol,n(H2)=2mol;丙n(CO2)=n(H2)=1mol,n=1mol.达到平衡时CO的物质的量由大到小的顺序是()A.乙>甲>丙B.甲>丙>乙C.乙>丙>甲D.甲>乙>丙考点化学平衡的影响因素.专题化学平衡专题.分析对于乙到达平衡状态,可以等效为在甲到达平衡的基础上再加入1mol氢气,平衡向正反应移动,二氧化碳的转化率增大,对于丙到达平衡状态,可以等效为在甲到达平衡的基础上再加入1molH2O(g),平衡向逆反应移动,二氧化碳的转化率降低,据此判断.解答解对于乙到达平衡状态,可以等效为在甲到达平衡的基础上再加入1mol氢气,平衡向正反应移动,二氧化碳的转化率增大,平衡时乙中CO的物质的量比甲中CO的物质的量大,对于丙到达平衡状态,可以等效为在甲到达平衡的基础上再加入1molH2O(g),平衡向逆反应移动,二氧化碳的转化率降低,平衡时丙中CO的物质的量比甲中CO的物质的量小,即平衡时CO的物质的量乙>甲>丙,故选A.点评考查化学平衡移动的影响因素,难度不大,注意构建平衡建立的途径,通过平衡移动解答.12.(3分)己知
0.1mol/LNaHCO3溶液显碱性,将此溶液加水稀释后,下列说法正确的是()A.稀释后,溶液中各离子浓度均变小B.原溶液中,C(Na+)=C(HCO3﹣)+C(H2CO3)=
0.1mol/LC.稀释后,溶液中比值增大D.原溶液加入少量NaOH溶液后,其碱性减弱考点盐类水解的原理.分析A.溶液加水稀释,氢氧根离子浓度减小,则氢离子浓度增大;B.根据物料守恒分析;C.加水稀释,水解平衡H2O+HCO3﹣⇌OH﹣+H2CO3向正方向移动,根据物质的量变化分析;D.加强碱,碱性增强.解答解A.溶液加水稀释,氢氧根离子浓度减小,由于Kw不变,则氢离子浓度增大,故A错误;B.原溶液中,存在物料守恒C(Na+)=C(HCO3﹣)+C(CO32﹣)+C(H2CO3)=
0.1mol/L,故B错误;C.加水稀释,水解平衡H2O+HCO3﹣⇌OH﹣+H2CO3向正方向移动,HCO3﹣的物质的量减小,Na+的物质的量不变,溶液中=,则比值增大,故C正确;D.原溶液加入少量NaOH溶液,氢氧化钠与NaHCO3为暗反应生成碳酸钠,等浓度的碳酸钠的碱性大于碳酸氢钠,则其碱性增强,故D错误;故选C.点评本题考查了盐类的水解,题目难度不大,根据“谁弱谁水解”、“谁强谁显性”来分析解答即可,注意把握影响盐类的水解平衡的因素.13.(3分)如图是电解CuCl2溶液的装置,其中a、b为石墨电极,则下列判断中,正确的是()A.a是阴极B.电解过程中溶液的浓度不变C.电解过程中b极质量减少D.阳极与阴极上的产物的物质的量之比为11考点原电池和电解池的工作原理.专题电化学专题.分析直流电源中,电流从正极流出,从负极流入;电解池中,连接原电池负极的电极是电解池的阴极,连接原电池正极的电极是电解池阳极,电解氯化铜溶液时,阳极上氯离子放电生成氯气,阴极上铜离子放电生成铜,据此分析解答.解答解A、直流电源中,电流从正极流出,从负极流入,a接电源正极是阳极,故A错误;B、电解氯化铜溶液时,阳极上氯离子放电生成氯气,阴极上铜离子放电生成铜,溶液浓度减小,故B错误;C、电解过程中,b电极是阴极,该电极上铜离子得电子析出金属铜,电极质量增加,故C错误;D、电解氯化铜溶液时,阳极上氯离子放电生成氯气,阴极上铜离子放电生成铜,每转移2mol电子生成铜和氯气各1mol,故D正确;故选D.点评本题考查了原电池和电解池原理,先根据电流方向判断原电池正负极,再根据电解原理来分析解答即可,难度不大.14.(3分)在100mL
0.1mol/L的醋酸溶液中,欲使醋酸的电离程度增大,H+浓度减小,可采用方法是()A.加热B.加入
0.1mol/L的醋酸溶液100mLC.加入少量的
0.5mol/L的硫酸D.加入少量1mol/L的NaOH溶液考点弱电解质在水溶液中的电离平衡.分析醋酸是弱电解质,弱电解质的电离是吸热反应,升高温度促进其电离,向醋酸中加入和氢离子反应或醋酸根离子反应的物质或者是加水稀释都能促进醋酸电离,但氢离子浓度减小,说明改变的条件能和氢离子反应.解答解A.醋酸是弱电解质,醋酸的电离是吸热反应,升高温度促进醋酸电离,氢离子浓度增大,所以不符合条件,故A错误;B.向溶液中加入相同浓度的醋酸溶液,氢离子浓度不变,所以不符合条件,故B错误;C.向溶液中加入少量硫酸,氢离子浓度增大,抑制醋酸电离,所以不符合条件,故C错误;D.向溶液中加入少量氢氧化钠溶液,氢氧根离子和氢离子反应,所以促进醋酸电离,且氢离子浓度降低,故D正确;故选D.点评本题考查了弱电解质的电离,既要考虑促进醋酸电离又要考虑氢离子浓度降低,根据外界条件对其影响分析解答即可,难度不大.15.(3分)常温下将稀NaOH溶液和稀CH3COOH溶液混合,不可能出现的结果是()A.pH>7,且c(Na+)>c(OH﹣)>c(H+)>c(CH3COO﹣)B.pH>7,且c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)C.PH<7,且c(CH3COO﹣)>c(H+)>c(Na+)>c(OH﹣)D.pH=7,且c(CH3COO﹣)=c(Na+)>c(H+)=c(OH﹣)考点离子浓度大小的比较;酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题电离平衡与溶液的pH专题.分析A、稀NaOH溶液和稀CH3COOH溶液混合,pH>7,说明溶液可以是醋酸钠溶液,或者是氢氧化钠和醋酸钠的混合物,据此确定离子浓度的大小;B、稀NaOH溶液和稀CH3COOH溶液混合,不管溶液显示什么性,溶液中均存在电荷守恒;C、稀NaOH溶液和稀CH3COOH溶液混合,pH<7,说明醋酸剩余;D、稀NaOH溶液和稀CH3COOH溶液混合,pH=7,溶液显示中性,根据电荷守恒来回答.解答解稀NaOH溶液和稀CH3COOH溶液混合,pH>7,说明溶液可以是氢氧化钠和醋酸钠的混合物,则c(Na+)>c(OH﹣)>c(CH3COO﹣)>c(H+),还可以是醋酸钠溶液,c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)>c(H+),故A错误;B、稀NaOH溶液和稀CH3COOH溶液混合,溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO﹣)+c(OH﹣),故B正确;C、稀NaOH溶液和稀CH3COOH溶液混合,pH<7,说明醋酸剩余,所得溶液是等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物,醋酸的电离大于醋酸根离子水解,或是醋酸浓度大于醋酸钠浓度,即c(CH3COO﹣)>c(H+)>c(Na+)>c(OH﹣)存在,故C正确;D、稀NaOH溶液和稀CH3COOH溶液混合,pH=7,溶液显示中性,c(H+)=c(OH﹣),根据电荷守恒c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)=c(Na+)+c(H+),所以c(CH3COO﹣)=c(Na+),此时一定存在c(CH3COO﹣)=c(Na+)>c(H+)=c(OH﹣),故D正确.故选A.点评本题是一道关于离子浓度大小比较以及离子浓度之间关系的综合知识题目,考查学生分析和解决问题的能力,注意三大守恒思想的灵活应用是关键,综合性较强,难度大.16.(3分)下列反应的离子方程式书写正确的是()A.硫酸铝溶液中加入过量氨水Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓B.电解饱和食盐水2Cl﹣+2H+H2↑+C12↑C.在稀氨水中通入过量CO2NH3•H2O+CO2=NH4++HCO3﹣D.硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液Fe2++2H++H2O2═Fe3++2H2O考点离子方程式的书写.分析A.一水合氨为弱电解质,保留化学式;B.水为弱电解质,保留化学式;C.在稀氨水中通入过量CO2反应生成碳酸氢氨;D.电荷不守恒.解答解A.硫酸铝溶液中加入过量氨水,离子方程式Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故A错误;B.电解饱和食盐水,离子方程式2Cl﹣+2H2OH2↑+C12↑+OH﹣,故B错误;C.在稀氨水中通入过量CO2,离子方程式NH3•H2O+CO2=NH4++HCO3﹣,故C正确;D.硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液的离子反应为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O,故D错误;故选C.点评本题考查离子反应方程式的书写,为高频考点,把握发生的化学反应为解答的关键,注意离子反应方程式应遵循原子个数守恒、电荷数守恒.17.(3分)下列各组离子能在指定环境中大量共存的是()A.在C(HCO3﹣)=
0.1mol/L的溶液中NH4+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣B.在由水电离出的C(H+)=1×10﹣12mol/L的溶液中AlO2﹣、HCO3﹣、Na+、SO42﹣C.在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中SO32﹣、CO32﹣、Na+、K+D.pH=1的溶液中Mg2+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣考点离子共存问题.分析A.离子之间相互促进水解;B.由水电离出的C(H+)=1×10﹣12mol/L的溶液,为酸或碱溶液;C.使红色石蕊试纸变蓝的溶液,显碱性;D.pH=1的溶液,显酸性,离子之间发生氧化还原反应.解答解A.Al3+、HCO3﹣离子之间相互促进水解,不能大量共存,故A错误;B.由水电离出的C(H+)=1×10﹣12mol/L的溶液,为酸或碱溶液,酸性溶液中不能大量存在AlO2﹣、HCO3﹣,碱性溶液中不能大量存在HCO3﹣,且AlO2﹣促进HCO3﹣的电离,不能大量共存,故B错误;C.使红色石蕊试纸变蓝的溶液,显碱性,该组离子之间不反应,可大量共存,故C正确;D.pH=1的溶液,显酸性,H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应,不能大量共存,故D错误;故选C.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,侧重氧化还原反应、水解反应的离子共存考查,题目难度不大.18.(3分)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c(Na+)=c(CH3COO﹣)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH﹣)考点离子浓度大小的比较.专题压轴题;电离平衡与溶液的pH专题.分析A.碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐,其溶液呈碱性,碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度;B.根据溶液中质子守恒分析;C.向
0.2mol•L﹣1NaHCO3溶液中加入等体积
0.1mol•L﹣1NaOH溶液,碳酸氢钠和氢氧化钠以11反应生成碳酸钠和水,所以溶液中的碳酸氢钠和碳酸钠的物质的量相等,溶液呈碱性,碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子电离程度;D.溶液呈中性,则c(H+)=c(OH﹣),根据溶液中电荷守恒确定c(Na+)、c(CH3COO﹣)的关系,溶液中醋酸的电离程度大于水解程度.解答解A.碳酸氢钠溶液呈碱性,说明碳酸氢根离子的电离程度小于水解程度,所以c(H2CO3)>c(CO32﹣),故A错误;B.根据溶液中质子守恒得c(OH﹣)=c(H+)+c(HCO3﹣)+2c(H2CO3),所以c(OH﹣)﹣c(H+)=c(HCO3﹣)+2c(H2CO3)正确,故B正确;C.向
0.2mol/LNaHCO3溶液中加入等体积
0.1mol/LNaOH溶液后,相当于
0.05mol/L的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的混合液,由于Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度,因此正确的关系是c(HCO3﹣)>c(CO32﹣)>c(OH﹣)>c(H+),故C错误;D.常温下,CH3COONa和CH3COOH混合溶液,包括CH3COO﹣水解和CH3COOH电离两个过程,pH=7,根据电荷守恒知,得出c(Na+)=c(CH3COO﹣)=
0.1mol/L,c(H+)=c(OH﹣)=1×10﹣7mol/L,但水解是微弱的,故溶液中醋酸钠的浓度应远大于醋酸的浓度,所以c(CH3COO﹣)>c(CH3COOH),故D正确;故选BD.点评本题考查离子浓度大小比较,根据物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析解答即可,难度较大.19.(3分)Cu2O是一种半导体材料,基于绿色化学理念设计的制取.Cu2O的电解池示意图如下,电解总反应2Cu+H2O═Cu2O+H2下列说法正确的是()A.石墨电极上产生氢气B.铜电极发生还原反应C.铜电极接直流电源的负极D.当有
0.1mol电子转移时,有
0.1molCu2O生成考点原电池和电解池的工作原理.专题电化学专题.分析根据电解总反应为2Cu+H2O═Cu2O+H2↑可以知道金属为阳极材料,在阳极发生失电子的氧化反应,在阴极上是氢离子发生得电子的还原反应,据此分析.解答解A、电解总反应2Cu+H2O═Cu2O+H2↑,金属铜失电子,说明金属铜一定作阳极,石墨做阴极,在阴极上是溶液中的氢离子得电子,产生氢气,故A正确;B、铜电极本身失电子,发生氧化反应,故B错误;C、铜电极是电解池的阳极,与直流电源的正极相连,故C错误;D、反应2Cu+H2O═Cu2O+H2↑失电子物质的量为2mol,生成氧化亚铜1mol,所以当有
0.1mol电子转移时,有
0.05molCu2O生成,故D错误.故选A.点评本题考查学生电解池的工作原理,注意根据电解池的总反应来判断阴阳极以及两极上发生的反应,题目难度不大.20.(3分)一定温度下,水存在H2O⇋H++OH﹣+Q(Q<0)的平衡,下列叙述一定正确的是()A.向水中滴入少量稀盐酸,平衡逆向移动,Kw减小B.将水加热,Kw增大,pH减小C.向水中加入少量固体CH3COONa,平衡逆向移动,c(H+)降低D.向水中加入少量固体硫酸钠,c(H+)=10﹣7mol/L,Kw不变考点弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题电离平衡与溶液的pH专题.分析根据水的电离方程式知,向水中加入酸或碱抑制水电离,加入含有弱根离子的盐能促进水电离,水的离子积常数只与温度有关.解答解A.温度不变,水的离子积常数不变,与溶液的酸碱性无关,故A错误;B.水的电离是吸热反应,升高温度促进水电离,离子积常数增大,氢离子浓度增大,溶液的pH较小,故B正确;C.向水中加入醋酸钠固体,促进水电离,平衡正向移动,氢离子浓度减小,故C错误;D.温度不变水的离子积常数不变,硫酸钠是强酸强碱盐,向水中加入硫酸钠固体后,不影响平衡移动,溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度,但不一定是10﹣7mol/L,故D错误;故选B.点评本题考查水的电,离,酸、碱和含有弱根离子的盐能影响水电离,但不影响离子积常数,为易错点.21.(3分)已知反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g);△H<0,向某体积恒定的密闭容器中按体积比13充入N2和H2,在一定条件下发生反应.如图是某物理量(Y)随时间(t)变化的示意图,Y可以是()A.N2的转化率B.混合气体的密度C.密闭容器的压强D.H2的体积分数考点化学平衡建立的过程.专题化学平衡专题.分析由图可知,温度T2到达平衡所用时间短,反应速率较快,故温度T2>T1,温度升高,Y表示的物理量降低,该反应正反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应移动,据此结合选项进行判断.解答解由图可知,温度T2到达平衡所用时间短,反应速率较快,故温度T2>T1,温度升高,Y表示的物理量降低,该反应正反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应移动,A、该反应正反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应移动,N2的转化率降低,图象与实际符合,故A正确;B、该反应正反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应移动,但混合气体的总质量不变,容器的体积不变,混合气体的密度不变,与Y表示的物理量变化不符,故B错误;C、升高温度平衡向逆反应移动,混合气体的总的物质的量增大,容器体积不变,容器内压强增大,与Y表示的变化不符,故C错误;D、升高温度平衡向逆反应移动,H2的体积分数增大,与Y表示的物理量变化不符,故D错误;故选A.点评本题考查化学平衡图象,难度中等,根据图象曲线变化判断温度高低是关键,结合平衡移动进行解答.22.(3分)对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g),叙述正确的()A.单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3,则反应达平衡状态B.达到化学平衡时,4v正(O2)=5v逆(NO)C.化学反应速率关系是3正(NH3)=2v正(H2O)D.达到平衡时,若增加容器体积,则正反应速率减小,逆反应速率增大考点化学平衡的影响因素;化学平衡状态的判断.专题化学平衡专题.分析A、化学反应达到平衡时,并且正逆反应速率相等,反应速率之比等于化学计量数之比是物质的正反应速率之比;B、若单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3,则只表明反应正向进行;C、达到化学平衡时,若增加容器体积,则物质的浓度减小,正逆反应速率均减小;D、学反应中反应速率之比等于化学计量数之比,根据化学方程式分析.解答解A、若单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3,则只表明反应正向进行,不能体现正逆反应速率相等,故A错误;B、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比,根据化学方程式可知4v正(O2)=5v正(NO),4v正(O2)=5v逆(NO),v正(NO)=v逆(NO),故B正确;C、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比,根据化学方程式可知3v正(NH3)=2v正(H2O)在平衡状态和反应过程中都成立,不能说明反应达到平衡状态,故C错误;D、达到化学平衡时,若增加容器体积,则物质的浓度减小,正逆反应速率均减小,故D错误;故选B.点评本题考查化学平衡问题,题目难度不大,本题中注意平衡状态的判断、化学反应速率之比的等于化学计量数之比的利用以及可逆反应的特点.23.(3分)在恒温恒容条件下,将4molA和2molB放入一密闭容器中2A(g)+B(g)⇌2C(g)+D(s),达到平衡时,C的体积分数为a;在相同条件下,按下列配比分别投放A、B、C、D,达到平衡时,C的体积分数不等于a的是()A.4mol、2mol、0mol、2molB.2mol、1mol、2mol、2molC.2mol、1mol、2mol、1molD.2mol、1mol、0mol、1mol考点等效平衡.分析保持温度、容器容积不变条件下,按照一定的配比将物质放入容器中,达平衡时C的体积分数为a的,说明新的平衡与原平衡为等效平衡;只要按照化学计量数将各物质转化成反应物,满足n(A)=4mol、n(B)=2mol,则两个平衡互为完全等效平衡,则达到平衡时C的体积分数为a;否则达到平衡时,C的体积分数不等于a.解答解该反应在恒温恒容下,达到平衡后,C的体积分数仍为a,说明两反应为等效平衡,只要按照按化学计量数将各物质的量转化到左边,满足n(A)=4mol,n(B)=2mol即可,A.4mol、2mol、0mol、2mol,D是固体不考虑,相当于加入了4molA、2molB,两个平衡为完全等效平衡,达到平衡时C的体积分数仍为a,故A错误;B.2mol、1mol、2mol、2mol,固体剩余无影响,按照化学计量数转化成反应物,相当于加入了4molA、2molB,两个平衡为完全等效平衡,达到平衡时C的体积分数仍为a,故B错误;C.2mol、1mol、2mol、1mol,按照化学计量数转化成反应物,相当于加入了4molA、2molB,两个平衡为完全等效平衡,达到平衡时C的体积分数仍为a,故C错误;D.2mol、1mol、0mol、1mol,D是固体不考虑,相当于加入了2molA、1molB,与原反应中4molA、2molB不互为等效平衡,达到平衡时C的体积分数不等于a,故D正确;故选D.点评本题考查化学平衡的有关计算、等效平衡判断,题目难度中等,构建平衡建立的途径是解题关键.24.(3分)在某恒定温度下,向容积为1L的容器中投入1molCO和2molH2O,发生如下反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g),平衡时生成CO2mol.若保持温度和容积不变,向其中增加2molH2O(g),使反应到达新的平衡,下列说法不正确的是()A.新、旧平衡时容器内气体的压强之比是53B.新平衡时H2O的转化率为20%C.新平衡时CO的浓度是
0.2mol•L﹣1D.新、旧平衡时容器内气体密度之比为53考点化学平衡的计算.分析根据题意CO+H2O(g)⇌CO2+H2,初始物质的量1200变化物质的量平衡物质的量平衡常数K==1再通入2mol水蒸气时,设又生成二氧化碳xmol,则CO+H2O(g)⇌CO2+H2,初始物质的量+2变化物质的量xxxx平衡物质的量﹣x+2﹣x+x+x所以根据温度没变,则K=1=,解得x=mol,据此分析判断.解答解根据题意CO+H2O(g)⇌CO2+H2,初始物质的量1200变化物质的量平衡物质的量平衡常数K==1再通入2mol水蒸气时,设又生成二氧化碳xmol,则CO+H2O(g)⇌CO2+H2,初始物质的量+2变化物质的量xxxx平衡物质的量﹣x+2﹣x+x+x所以根据温度没变,则K=1=,解得x=mol,A、新、旧平衡时容器内气体的压强之比等于物质的量之比,又因为反应前后气体体积没有变化,所以为(1+2)(1+2+2)=35,故A正确;B、新平衡时H2O的转化率为×100%=20%,故B正确;C、新平衡时CO的浓度为=
0.2mol•L﹣1,故C正确;D、因为反应前后体积没变,所以密度之比等于质量之比,所以新、旧平衡时容器内气体质量比为(1×28+2×18)(1×28+4×18)=64100=1625,故D错误;故选D.点评本题考查了化学平衡影响因素分析判断及其计算,注意平衡常数仅与温度有关,掌握基础是关键,题目难度中等.25.(3分)PH=3的盐酸和醋酸各100mL,分别和锌反应,反应完后,放出的气体一样多.若最后有一溶液中锌剩余,则下列判断正确的是()A.反应开始时速率v(HCl)>v(CH3COOH)B.加入的锌质量相等C.盐酸中锌有剩余D.反应开始后不久,醋酸反应的速率小于盐酸考点弱电解质在水溶液中的电离平衡.分析c(H+)相同的盐酸和醋酸溶液中,c(CH3COOH)>c(HCl),相同体积、c(H+)相同时n(CH3COOH)>n(HCl),反应过程中醋酸继续电离出氢离子,反应速率与c(H+)成正比,则生成相同量的氢气时,反应速率与反应时间成反比,根据氢气和锌之间的关系式计算,据此分析解答.解答解A、c(H+)相同,开始时反应速率相同,故A错误;B、根据氢气和锌之间的关系式知,生成相同质量的H2需要的m(Zn)相等,有一溶液中锌剩余,所以加入的锌质量不相等,故B错误;C、氢离子浓度、体积相同的醋酸和盐酸,醋酸的物质的量大于盐酸,所以盐酸中锌有剩余,故C正确;D、相同体积、c(H+)相同时n(CH3COOH)>n(HCl),反应过程中醋酸继续电离出氢离子,反应速率与c(H+)成正比,反应开始后不久,醋酸反应的速率大于盐酸,故D错误;故选C.点评本题考查了弱电解质的电离,明确弱电解质的电离特点是解本题关键,注意反应速率与电解质强弱无关,只与氢离子浓度成正比,为易错点.
二、解答题(共2小题,满分12分)26.一种含有铝、锂、钴新型电子材料,铝以金属铝箔的形式存在,钴以Co2O3•CoO的形式吸附于铝箔表面,锂混杂于其中.从其电子废料中回收碳酸钴(CoCO3)的工艺流程如下
(1)过程Ⅰ中采用NaOH溶液溶解废料中的铝,反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑.
(2)过程Ⅱ中加入稀硫酸酸化,再加入Na2S2O3溶液浸出钴,写出浸出钴的化学方程式4Co2O3•CoO+Na2S2O3+11H2SO4═12CoSO4+Na2SO4+11H2O
(3)在碳酸钠溶液中存在多种粒子,下列各粒子浓度关系正确的是BCDA、c(Na+)═2c(CO32﹣)B、c(Na+)>c(CO32﹣)>c(HCO3﹣)C、c(OH﹣)>c(HCO3﹣)>C(H+)D、c(OH﹣)﹣c(H+)═c(HCO3﹣)+2c(H2CO3)过程Ⅲ加入碳酸钠溶液在沉淀铝时起到重要作用,写出其反应的离子方程式2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al(OH)3↓+3CO2↑
(4)已知
0.1摩尔/升的Na2CO3溶液,Na2CO3的水解平衡常数为Kb1═1×10﹣7Kb2=1×10﹣11Co(OH)2的溶度积为Ksp=1×10﹣15CoCO3的溶度积为Ksp=1×10﹣13则向
0.1摩尔/升的碳酸钠溶液中逐底加入
0.1摩尔/升CoSO4溶液,开始生成的沉淀为CoCO3.过程Ⅳ沉淀钴的反应的离子方程式Co2++CO32﹣═CoCO3↓.
(5)锂离子电池充放电过程,发生LiCoO2与Li1﹣xCoO2的转化,写出锂离子电池充电时的阳极反应的离子方程式LiCoO2﹣xe﹣═Li1﹣xCoO2+xLi+.考点物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.分析废料中Al和NaOH溶液反应生成NaAlO2,其它物质和NaOH溶液不反应,过滤得到含铝溶液和钴渣,将钴渣加浸取剂加热到85℃,得到含有Co2+、Li+、Al3+的溶液,向溶液中加入碳酸钠溶液并调节溶液的pH=5,然后加入少量NaF,Al3+和OH﹣反应生成Al(OH)3沉淀、Li+和F﹣生成LiF沉淀,Co2+存在于溶液中,然后过滤得到滤渣Al(OH)
3、LiF,滤液(含有CoSO
4、Na2SO4),最后向溶液中加入Na2CO3得到沉淀CoCO3,
(1)过程Ⅰ中NaOH溶液和Al反应生成偏铝酸钠和氢气;
(2)过程Ⅱ中加入稀硫酸酸化,再加入Na2S2O3溶液浸出钴,硫代硫酸钠和Co2O3•CoO在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫酸钴、硫酸钠和水;
(3)碳酸钠是强碱弱酸盐,碳酸根离子水解导致溶液呈碱性,但水解程度较小,溶液中存在电荷守恒、物料守恒和质子守恒,根据电荷守恒、质子守恒判断离子浓度大小顺序;过程Ⅲ加入碳酸钠溶液时,碳酸根离子和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳;
(4)向
0.1摩尔/升的碳酸钠溶液中逐底加入
0.1摩尔/升CoSO4溶液,碳酸钠溶液呈碱性,但碱性较小,溶液中碳酸根离子浓度远远大于氢氧根离子浓度,开始生成的沉淀为CoCO3;过程Ⅳ中碳酸根离子和钴离子反应生成碳酸钴沉淀;
(5)锂离子电池充电时的阳极反应与其正极反应式相反,阳极上LiCoO2失电子发生氧化反应生成Li1﹣xCoO2.解答解废料中Al和NaOH溶液反应生成NaAlO2,其它物质和NaOH溶液不反应,过滤得到含铝溶液和钴渣,将钴渣加浸取剂加热到85℃,得到含有Co2+、Li+、Al3+的溶液,向溶液中加入碳酸钠溶液并调节溶液的pH=5,然后加入少量NaF,Al3+和OH﹣反应生成Al(OH)3沉淀、Li+和F﹣生成LiF沉淀,Co2+存在于溶液中,然后过滤得到滤渣Al(OH)
3、LiF,滤液(含有CoSO
4、Na2SO4),最后向溶液中加入Na2CO3得到沉淀CoCO3,
(1)过程Ⅰ中NaOH溶液和Al反应生成偏铝酸钠和氢气,离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑,故答案为2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑;
(2)过程Ⅱ中加入稀硫酸酸化,再加入Na2S2O3溶液浸出钴,硫代硫酸钠和Co2O3•CoO在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫酸钴、硫酸钠和水,反应方程式为4Co2O3•CoO+Na2S2O3+11H2SO4═12CoSO4+Na2SO4+11H2O,故答案为4Co2O3•CoO+Na2S2O3+11H2SO4═12CoSO4+Na2SO4+11H2O;
(3)A、碳酸钠属于强碱弱酸盐,碳酸根离子水解导致溶液呈碱性,钠离子不水解,所以c(Na+)>2c(CO32﹣),故A错误;B、碳酸钠属于强碱弱酸盐,碳酸根离子水解导致溶液呈碱性但水解程度较小,钠离子不水解,所以存在c(Na+)>c(CO32﹣)>c(HCO3﹣),故B正确;C、溶液中碳酸根离子、碳酸氢根离子和水都电离生成氢氧根离子,只有碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子,碳酸根离子、碳酸氢根离子水解都生成氢氧根离子,所以溶液中氢离子浓度很小,所以离子浓度大小顺序是c(OH﹣)>c(HCO3﹣)>c(H+),故C正确;D、溶液中存在质子守恒c(OH﹣)=c(H+)+c(HCO3﹣)+2c(H2CO3),所以得c(OH﹣)﹣c(H+)=c(HCO3﹣)+2c(H2CO3),故D正确;故选BCD;过程Ⅲ加入碳酸钠溶液时,碳酸根离子和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳,离子方程式为2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al(OH)3↓+3CO2↑,故答案为BCD;2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al(OH)3↓+3CO2↑;
(4)向
0.1摩尔/升的碳酸钠溶液中逐底加入
0.1摩尔/升CoSO4溶液,碳酸钠溶液呈碱性,但碱性较小,溶液中>>远远大于c(OH﹣),溶液中钴离子浓度相等,所以Q(CoCO3)≈
0.1×
0.1=
0.01>Ksp(CoCO3)、Q<Ksp,开始生成的沉淀为CoCO3,过程Ⅳ中碳酸根离子和钴离子反应生成碳酸钴沉淀,离子方程式为Co2++CO32﹣═CoCO3↓,故答案为CoCO3;Co2++CO32﹣═CoCO3↓;
(5)锂离子电池充电时的阳极反应与其正极反应式相反,阳极上LiCoO2失电子发生氧化反应生成Li1﹣xCoO2,电极反应式为LiCoO2﹣xe﹣═Li1﹣xCoO2+xLi+,故答案为LiCoO2﹣xe﹣═Li1﹣xCoO2+xLi+.点评本题考查物质的分离和提纯,涉及电解原理、难溶物的溶解平衡、离子浓度大小比较、氧化还原反应等知识点,综合性较强,侧重考查分析、计算、推断能力,明确实验原理是解本题关键,知道流程图中发生的反应,会正确书写方程式,题目难度中等.27.(12分)有两只密闭容器A和B.A容器有一个可以移动的活塞能使容器内保持恒压,B容器能保持恒容.起始时向这两个容器中分别充入等物质的量的体积比为21的SO2和O2的混合气体,并使A和B容积相等(如图所示).在保持400℃的条件下使之发生如下反应2SO2+O2⇌2SO3.试填写下列空格
(1)A容器达到平衡时所需的时间比B容器短;(填“短”、“长”或“相等”)平衡时A容器中SO2的转化率比B容器大;(填“大”、“小”或“相等”)
(2)达到
(1)所述平衡后,若向两容器中通入数量不多的等物质的量的氩气,A容器中化学平衡向逆反应方向移动,B容器中化学平衡不移动;(填“逆向”、“正向”或“不移动”)
(3)达到
(1)所述平衡后,若向两容器中通入等物质的量的原反应气体,达到平衡时,A容器的混合气体中SO3的体积分数不变(填“增大”、“减小”或“不变”,下同);B容器的混合气体中SO3的体积分数增大.考点化学平衡的影响因素.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.解答解
(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,故答案为短;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,故答案为向逆反应方向;不移动;
(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,故答案为不变;增大.点评本题考查化学平衡移动的判断,本题难度较大,注意等效平衡的理解和应用.。