还剩20页未读,继续阅读
本资源只提供10页预览,全部文档请下载后查看!喜欢就下载吧,查找使用更方便
文本内容:
2019-2020年高二上学期段考化学试卷含解析
一、选择题(共15小题,每小题2分,满分40分)1.化学与生产、生活、社会密切相关.下列有关说法中,错误的是( )A.服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害B.镀层破坏后,镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀C.关闭高能耗的化工企业,体现了“低碳经济”的宗旨D.雾霾主要是由化石燃料燃烧排放的二氧化硫、氮氧化物、烟尘以及机动车尾气、建筑扬尘等导致的 2.下列叙述正确的是( )A.常温下,反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行,则该反应△H>0B.强电解溶液的导电能力一定强于弱电解质溶液的导电能力C.CH3COOH、Cu(OH)
2、BaSO
4、NH3都是常见的弱电解质D.常温下就能发生的化学反应一定是放热反应 3.下列实验中所选用的仪器或操作合理的是( )A.用紫色石蕊试液作指示剂测定NaOH溶液的物质的量浓度B.用湿润pH试纸测定某H2SO4溶液的pHC.用酸式滴定管量取
25.00mL高锰酸钾溶液D.中和滴定实验时,用待测液润洗锥形瓶 4.向水中分别加入下列溶液,对水的电离平衡不产生影响的是( )A.KHSO4溶液B.KHCO3溶液C.KHS溶液D.KI溶液 5.下列有关溶液pH变化的判断中,正确的是( )A.加热盐酸溶液,溶液的pH减小B.随温度的升高,纯水的pH增大C.新制氯水经光照一段时间后,pH减小D.氢氧化钠溶液久置于空气中,pH增大 6.在体积为1L的密闭容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g).达到平衡后,若采用下列措施一段时间后,能增大逆反应速率的是( )A.体积不变,通入NOB.增大容器容积C.体积不变,通入大量O2D.降低体系温度 7.常温下,下列各组离子在有一定关限定条件下的溶液中一定能大量共存的是( )A.由水电离产生的c(H+)=10﹣12mol•L一1的溶液中K+、Na+、Fe2+、NO3﹣B.常温下,pH=7的溶液中Al3+、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣C.常温下,=1×10﹣12的溶液K+、Cu2+、S2﹣、Cl﹣D.pH=13的溶液中K+、Ba2+、Cl﹣、OH﹣ 8.能说明
0.1mol•L﹣1的NaHA溶液一定呈酸性的是( )A.某温度下,测得溶液的pH<7B.溶液中c(Na+)=c(A2﹣)C.溶液中存在Na+、HA﹣、A2﹣、H2A多种微粒D.NaHA溶液可与等体积等物质的量浓度的NaOH溶液恰好反应 9.如图有关电化学的示意图正确的是( )A.B.C.D. 10.对于可逆反应mA(g)+nB(g)⇌xC(g)+yD(s)△H=?,在不同温度及压强(P1,P2)条件下,反应物A的转化率如图所示,下列判断正确的是( )A.△H>0,m+n>x+yB.△H<0,m+n>x+yC.△H<0,m+n>xD.△H>0,m+n<x 11.已知反应Cu(s)+2Ag+(aq)═Cu2+(aq)+2Ag(s)为一自发进行的氧化还原反应,将其设计成如图所示原电池.下列说法中正确的是( )A.铜电极是正极,其电极反应为Cu﹣2e﹣=Cu2+B.银电极上发生还原反应,电极质量增加C.当铜电极质量减少
0.64g时,电解质溶液中有
0.02mol电子通过D.外电路中电子由银电极流向铜电极 12.化学兴趣小组的同学用如图实验装置电解硫酸铜溶液,a、b为惰性电极.则下列说法错误的是( )A.a是电解池的阴极、b是电解池的阳极B.b电极上的电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑C.通电一段时间后,溶液的PH减小D.通电一段时间后,欲使电解液恢复到起始状态,应向溶液中加入适量的CuSO4 13.某温度下,在一定体积的密闭容器中X、Y、Z、W四种气体的初始浓度和平衡浓度如下表,下列说法错误的是( )物质XYZW初始浓度/mol•L﹣
10.
50.600平衡浓度/mol•L﹣
10.
10.
10.
40.6A.增大压强反应的平衡常数不变,但X的转化率增大B.该反应的化学方程式为4X(g)+5Y(g)⇌4Z(g)+6W(g)C.反应达到平衡时,X的转化率为80%D.其它条件不变,若增大Y的起始浓度,X的转化率增大 14.下列事实或操作与盐类水解无关的是( )A.配制FeC13溶液时,要滴加少量的盐酸B.加热蒸干并灼烧Na2SO3溶液,得到Na2SO4固体C.明矾净水D.氨态氮肥(含NH4+)不能与草木灰混合使用 15.25℃时,浓度均为
0.1mol•L﹣1的HA溶液和BOH溶液,pH分别是1和11.下列说法正确的是( )A.在
0.1mol•L﹣1BA溶液中,c(A﹣)+c(H+)=c(BOH)+c(B+)B.若将
0.1mol•L﹣1BOH溶液稀释至
0.001mol•L﹣1则溶液的pH=9C.若将一定量的上述两溶液混合后pH=7,则混合液中c(A﹣)>c(B+)D.若将上述两溶液按体积比11混合,则混合液中c(A﹣)>c(B+)>c(H+)>c(OH﹣)
二、解答题(共5小题,满分32分)16.研究能量的转换,最大限度的提高能量的利用率是化学研究的重要任务之一
(1)如图为某太空站的能量转化示意如图1,其中燃料电池用NaOH溶液为电解液.
①光电转换器的能量转换形式为 .
②水电解系统中通常加入少量Na2SO4,加入Na2SO4的目的是 .
③燃料电池的负极反应为 .
(2)以氢氧燃料电池(电极均为石墨电极)为电源,用如图2装置电解稀硫酸溶液.电解初期d电极附近有大量气泡产生.
①d电极的名称是 .(填“阴极”或“阳极”)
②c电极的电极反应式为 .
③通电初期乙中的总反应为 . 17.硫酸是工业生产中最为重要的产品之一,也是化学工业的重要原料
(1)在硫酸工业生产中,我国采用黄铁矿为原料(与氧气反应)生产SO2,进料前必须将黄铁矿粉碎,目的是 .
(2)实验测得SO2反应生成SO3的转化率与温度、压强有关,请根据表信息,结合工业生产实际,选择最合适的生产条件是 .压强SO2转化率温度1个大气压5个大气压10个大气压15个大气压400℃
0.
99610.
99720.
99840.9988500℃
0.
96750.
97670.
98520.9894600℃
0.
85200.
88970.
92760.9468
(3)利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是工业上生产硫酸的关键步骤.已知在T2温度时2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g);△H=﹣
196.6kJ•mol﹣1,
①在T1温度时,该反应的平衡常数K=,若在此温度下,向10L的恒容密闭容器中,充入
0.3molSO2(g)、
1.6molO2(g)和
0.3molSO3(g),则反应开始时正反应速率 逆反应速率(填“<”、“>”或“=”).
②在T2温度时,开始在10L的密闭容器中加入
4.0molSO2(g)和10molO2(g),一定条件下当反应达到平衡时共放出热量
196.6kJ.此时二氧化硫的转化率为 .
③在
②中的反应达到平衡后,改变下列条件,能使SO2(g)平衡浓度比原来减小的是 (填字母).A.保持温度和容器体积不变,充入1molO2(g)B.保持温度和容器体积不变,充入2molSO3(g)C.降低温度D.在其他条件不变时,减小容器的容积. 18.A、B、C、D分别为(NH4)2SO
4、Ba(OH)
2、AlCl
3、Na2CO34种物质中的1种,现进行如下实验
①实验测得A溶液和D溶液显碱性,B溶液和C溶液显酸性;
②A溶液和D溶液混合可生成沉淀甲
③足量A溶液与B溶液混合共热可生成沉淀乙和刺激性气味气体;请回答
(1)B的化学式为 ;沉淀甲的化学式为 .
(2)足量A溶液与B溶液混合共热生成沉淀乙和刺激性气味气体的离子方程式为 .
(3)加热蒸干C溶液并灼烧,最后所得固体为 (填化学式).
(4)D溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 .
(5)已知25℃时沉淀甲的Ksp=
5.1×10﹣9mol2•L﹣2,沉淀乙的Ksp=
1.1×10﹣10mol2•L﹣2.将沉淀甲加入到B溶液中,沉淀甲会转化为沉淀乙.写出该转化反应的离子方程式 . 19.盐酸、醋酸和碳酸是化学实验和研究中常用的几种酸.已知室温下Ka(CH3COOH)=
1.7×10﹣5mol•L﹣1;H2CO3的电离常数Ka1=
4.2×10﹣7mol•L﹣
1、Ka2=
5.6×10﹣11mol•L﹣1
(1)
①请用离子方程式解释碳酸氢钠水溶液显碱性的原因 .
②常温下,物质的量浓度相同的下列四种溶液a、碳酸钠溶液b、醋酸钠溶液c、氢氧化钠溶液d、氢氧化钡溶液.其pH由大到小的顺序是 (填序号).
(2)某温度下,pH均为4的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释,其pH随溶液体积变化的曲线图中a、b、c三点对应的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是 ;该醋酸溶液稀释过程中,下列各量一定变小的是 .a.c(H+)b.c(PH﹣)c.d..
(3)以
0.10mol•L﹣1NaOH为标准液,测定某盐酸的浓度.取
20.00mL待测盐酸溶液放入锥形瓶中,并滴加2~3滴酚酞作指示剂,用NaOH标准溶液进行滴定.重复上述滴定操作2~3次,记录数据如下.实验编号氢氧化钠溶液的浓度(mol•L﹣1)滴定完成时,氢氧化钠溶液滴入的体积(mL)待测盐酸的体积(mL)
10.
1024.
1220.
0020.
1023.
8820.
0030.
1024.
0020.00
①滴定达到终点的标志是 .
②根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度约为 .
(4)在t℃时,某NaOH稀溶液中c(H+)=10﹣amol•L﹣1,c(OH﹣)=10﹣bmol•L﹣1,已知a+b=12,则
①该温度下水的离子积常数Kw= mol2•L﹣2.
②在该温度下,将100mL
0.1mol•L﹣1的稀H2SO4与100mL
0.4mol•L﹣1的NaOH溶液混合后,溶液的pH= . 20.甲醇(CH3OH)是一种可再生能源,具有开发和应用的广阔前景,工业上一般可采用如下反应来合成甲醇CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)t℃时,往1L密闭容器中充入1molCO和2molH2.10min后,反应达到平衡,并测得CH3OH(g)的浓度为
0.8mol•L﹣1.
(1)
①该时间内反应速率v(H2)= .t℃时,该反应的化学平衡常数K= (mol•L﹣1)﹣2
②下列各项中,能说明该反应已达到平衡的是 (填序号)a.恒温、恒容条件下,容器内的压强不发生变化b.一定条件下,测得v正(CO)=v逆(CH3OH)c.恒温、恒容条件下,容器内的气体密度不发生变化d.一定条件下,单位时间内消耗2molH2,同时生成1molCH3OH(g)
(2)如图1是该反应在T
1、T2温度下CO的转化率随时间变化的曲线.
①该反应的焓变△H 0(填“>”、“<”或“=”).
②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1 K2(填“>”、“<”或“=”).
③若保持容器容积不变,下列措施可增加甲醇产率的是 .a.升高温度b.将CH3OH(g)从体系中分离c.使用合适的催化剂d.充入He,使体系总压强增大.
(3)已知在常温常压下
①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=﹣akJ•mol﹣1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=﹣bkJ•mol﹣1则,CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H= kJ•mol﹣1.
(4)我国在甲醇燃料电池技术方面已获得重大突破.甲醇燃料电池的工作原理如图2所示.
①该电池工作时,b口通入的物质为 .
②该电池正极的电极反应式为 . xx学年山东省潍坊三县市联考高二(上)段考化学试卷参考答案与试题解析
一、选择题(共15小题,每小题2分,满分40分)1.化学与生产、生活、社会密切相关.下列有关说法中,错误的是( )A.服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害B.镀层破坏后,镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀C.关闭高能耗的化工企业,体现了“低碳经济”的宗旨D.雾霾主要是由化石燃料燃烧排放的二氧化硫、氮氧化物、烟尘以及机动车尾气、建筑扬尘等导致的【考点】常见的生活环境的污染及治理;金属的电化学腐蚀与防护;使用化石燃料的利弊及新能源的开发.【分析】A.药用胶囊超标的铬,是重金属盐,能使蛋白质发生变性;B.作原电池负极的金属易被腐蚀;C.工业“三废”应处理后再排放;D.雾霾是雾和霾的混合物,其中雾是自然天气现象,霾的核心物质是悬浮在空气中的烟、灰尘等物质.【解答】解A.铬是重金属,能使蛋白质发生变性,服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害,故A正确;B.在原电池中,镀锌铁板中锌作负极,铁作正极而被保护,镀锡铁板中铁作负极而被腐蚀,故B错误;C.工业“三废”应处理后再排放,但不能关闭化工企业,故C正确;D.雾是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴,霾是悬浮在大气中的大量微小尘粒、烟粒或盐粒的集合体,主要是由煤炭燃烧排放的二氧化硫、氮氧化物、烟尘以及机动车尾气、建筑扬尘等导致的,故D正确.故选B.【点评】本题考查环境污染及治理,侧重于化学与人体健康的考查,为高考常见题型和高频考点,有利于培养学生的良好科学素养,难度不大,注意相关基础知识的积累. 2.下列叙述正确的是( )A.常温下,反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行,则该反应△H>0B.强电解溶液的导电能力一定强于弱电解质溶液的导电能力C.CH3COOH、Cu(OH)
2、BaSO
4、NH3都是常见的弱电解质D.常温下就能发生的化学反应一定是放热反应【考点】电解质与非电解质;反应热和焓变.【分析】A、反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的△S>0,由不能自发进行可知,△H﹣T△S>0;B、溶液的导电能力与离子浓度成正比,与电解质的强弱无关;C、强酸、强碱、大部分盐属于强电解质;D、反应是否吸热与反应条件没有直接的关系.【解答】解A、反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的△S>0,由不能自发进行可知,△H﹣T△S>0,所以△H>T△S>0,故A正确;B、溶液的导电能力与离子浓度成正比,与电解质的强弱无关,故B错误;C、强酸、强碱、大部分盐属于强电解质,硫酸钡属于盐,是强电解质,故C错误;D、反应是否放热与反应条件无关,有些放热反应需在高温条件下进行,例如铝热反应,故D错误,故选A.【点评】本题考查化学反应与能量的变化,题目难度不大,注意A项,化学反应中,化学键断裂吸热,形成化学键放热. 3.下列实验中所选用的仪器或操作合理的是( )A.用紫色石蕊试液作指示剂测定NaOH溶液的物质的量浓度B.用湿润pH试纸测定某H2SO4溶液的pHC.用酸式滴定管量取
25.00mL高锰酸钾溶液D.中和滴定实验时,用待测液润洗锥形瓶【考点】计量仪器及使用方法;测定溶液pH的方法;指示剂的使用.【分析】A.石蕊变色不明显;B.pH试纸用水润湿以后,再将待测液滴到pH试纸上,相当于把待测液给稀释了;C.根据滴定管是酸性的,以及精确度来判断;D.用待测液润洗锥形瓶,溶质增加.【解答】解A.石蕊变色不明显,不能用作中和滴定指示剂,故A错误;B.pH试纸用水润湿以后,再将待测液滴到pH试纸上,相当于把待测液给稀释了,如果待测液显酸性,则测出的pH偏大,如果待测液显碱性,则测出的pH偏小,故B错误;C.可以用酸式滴定管量取
25.00mL酸性高锰酸钾,因为高锰酸钾显强氧化性,若用碱式滴定管会腐蚀胶管,而且滴定管可以量小数点后两位,故C正确;D.润洗后锥形瓶中会残留一些待测液,这样滴定时相当于多滴定了一些待测液,消耗的滴定剂增大,结果就偏高,故D错误.故选C.【点评】本题考查中和滴定、酸式滴定管、pH试纸的使用等,难度不大,都是实验中经常遇到的问题,需要同学们认真审题并好好掌握. 4.向水中分别加入下列溶液,对水的电离平衡不产生影响的是( )A.KHSO4溶液B.KHCO3溶液C.KHS溶液D.KI溶液【考点】盐类水解的原理;水的电离.【分析】酸或碱抑制水电离,含有弱离子的盐促进水电离,水中加入溶液后,对水的电离平衡不产生影响,说明该溶质中不电离出氢离子、氢氧根离子或弱离子,据此分析解答.【解答】解A.硫酸氢钾完全电离出氢离子,抑制水电离,故A不选;B.碳酸氢钾电离出弱离子碳酸氢根离子,促进水电离,故B不选;C.KHS电离出弱离子硫氢根离子促进水电离,故C不选;D.KI是强酸强碱盐,电离出的钾离子、碘离子不水解,所以不影响水的电离平衡,故D选;故选D.【点评】本题以水的电离为载体考查盐类水解,明确盐的性质是解本题关键,根据物质电离出离子特点判断即可,题目难度不大. 5.下列有关溶液pH变化的判断中,正确的是( )A.加热盐酸溶液,溶液的pH减小B.随温度的升高,纯水的pH增大C.新制氯水经光照一段时间后,pH减小D.氢氧化钠溶液久置于空气中,pH增大【考点】pH的简单计算.【分析】A、HCl是挥发性酸,加热会导致HCl挥发;B、水是弱电解质,加热时促进水的电离;C、氯水中的HClO见光分解为HCl和氧气;D、氢氧化钠溶液久置于空气中,会有二氧化碳溶入.【解答】解A、HCl是挥发性酸,加热会导致HCl挥发,则c(H+)变小,故pH变大,故A错误;B、水是弱电解质,加热时促进水的电离,故随着温度的升高,溶液中c(H+)变大,故pH变小,故B错误;C、氯水中的HClO见光分解为HCl和氧气,HClO是弱酸,见光分解为HCl是强酸,故分解后溶液中的c(H+)变大,故pH变小,故C正确;D、氢氧化钠溶液久置于空气中,会有二氧化碳溶入,导致c(H+)变小,故pH变小,故D错误.故选C.【点评】本题考查了外界条件的改变对溶液pH的影响,应注意盐酸具有挥发性,加热会导致其挥发从而使氢离子浓度变小. 6.在体积为1L的密闭容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g).达到平衡后,若采用下列措施一段时间后,能增大逆反应速率的是( )A.体积不变,通入NOB.增大容器容积C.体积不变,通入大量O2D.降低体系温度【考点】化学反应速率的影响因素.【分析】增大反应的化学反应速率,可通过增大浓度、升高温度、使用催化剂等措施,对于气体参加的反应,还可以增大压强,据此分析.【解答】解A、通入NO能够与氧气反应,降低了反应物浓度,正逆反应速率都减小,故A错误;B、增大容器体积,减小了反应物和生成物浓度,正逆反应速率都减小,故B错误;C、容器体积不变,充入氧气,增大了反应物浓度,正逆反应速率都增大,故C正确;D、降温,正逆反应速率都减小,故D错误;故选C.【点评】本题考查影响化学反应速率的因素,题目难度不大,注意影响反应速率的因素. 7.常温下,下列各组离子在有一定关限定条件下的溶液中一定能大量共存的是( )A.由水电离产生的c(H+)=10﹣12mol•L一1的溶液中K+、Na+、Fe2+、NO3﹣B.常温下,pH=7的溶液中Al3+、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣C.常温下,=1×10﹣12的溶液K+、Cu2+、S2﹣、Cl﹣D.pH=13的溶液中K+、Ba2+、Cl﹣、OH﹣【考点】离子共存问题.【分析】A.由水电离产生的c(H+)=10﹣12mol•L一1的溶液,水的电离受到抑制,溶液可能呈酸性,也可能呈碱性;B.Al3+、HCO3﹣发生互促水解;C.常温下,=1×10﹣12的溶液呈碱性;D.离子之间不发生反应.【解答】解A.由水电离产生的c(H+)=10﹣12mol•L一1的溶液,水的电离受到抑制,溶液可能呈酸性,也可能呈碱性,酸性条件下Fe2+、NO3﹣不发生氧化还原反应,碱性条件下Fe2+不能大量共存,故A错误;B.Al3+、HCO3﹣发生互促水解,不能大量共存,故B错误;C.常温下,=1×10﹣12的溶液呈碱性,Cu2+、S2﹣反应生成沉淀,且碱性条件下Cu2+不能大量共存,故C错误;D.pH=13的溶液呈碱性,离子之间不发生反应,故D正确.故选D.【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,综合性较强,题目难度不大. 8.能说明
0.1mol•L﹣1的NaHA溶液一定呈酸性的是( )A.某温度下,测得溶液的pH<7B.溶液中c(Na+)=c(A2﹣)C.溶液中存在Na+、HA﹣、A2﹣、H2A多种微粒D.NaHA溶液可与等体积等物质的量浓度的NaOH溶液恰好反应【考点】探究溶液的酸碱性.【分析】A.温度未知,则pH<7的溶液不一定呈酸性;B.溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(A2﹣)+c(HA﹣)+c(OH﹣),如果存在c(Na+)=c(A2﹣),则存在c(H+)=c(A2﹣)+c(HA﹣)+c(OH﹣);C.无论溶液呈酸性还是呈碱性,都存在Na+、HA﹣、A2﹣、H2A多种微粒;D.NaHA溶液可与等体积等物质的量浓度的NaOH溶液恰好反应,说明NaHA是酸式盐,不能说明溶液呈酸性.【解答】解A.温度未知,则pH<7的溶液不一定呈酸性,可能呈碱性,这由HA﹣水解和电离的相对大小判断,故A错误;B.溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(A2﹣)+c(HA﹣)+c(OH﹣),如果存在c(Na+)=c(A2﹣),则存在c(H+)=c(A2﹣)+c(HA﹣)+c(OH﹣),则c(H+)>c(OH﹣),溶液呈酸性,故B正确;C无论溶液呈酸性还是呈碱性,都存在Na+、HA﹣、A2﹣、H2A多种微粒,所以不能据此判断该溶液呈酸性,故C错误;D.NaHA溶液可与等体积等物质的量浓度的NaOH溶液恰好反应,说明NaHA是酸式盐,不能说明HA﹣水解小于电离程度,所以不能确定该溶液呈酸性,故D错误;故选B.【点评】本题考查溶液酸碱性判断,根据溶液中c(H+)、c(OH﹣)相对大小判断溶液酸碱性,不能根据溶液pH判断溶液酸碱性,易错选项是A. 9.如图有关电化学的示意图正确的是( )A.B.C.D.【考点】原电池和电解池的工作原理.【分析】A、该原电池中,Zn易失电子作负极、Cu作正极;B、含有盐桥的原电池中,电极材料和电解质溶液中阳离子元素必须相同;C、电解精炼粗铜时,粗铜作阳极、纯铜作阴极;D、电解饱和食盐水,阳极发生氧化反应生成氯气,阴极发生还原反应生成氢气.【解答】解A、活泼的锌应是负极,故A错误;B、锌极的烧杯内电解质是硫酸锌溶液,铜极的烧杯电解质溶液是硫酸铜,应电极或烧杯对调,故B错误;C、电解精炼粗铜时,粗铜作阳极、纯铜作阴极,阳极上粗铜失电子发生氧化反应,阴极上铜离子得电子发生还原反应,故C错误;D、电解饱和食盐水,阳极发生氧化反应生成氯气,阴极发生还原反应生成氢气,故D正确;故选D.【点评】本题考查原电池和电解池原理,明确原电池正负极的判断方法、电解池中离子放电顺序即可解答,知道盐桥的作用及盐桥中阴阳离子移动方向. 10.对于可逆反应mA(g)+nB(g)⇌xC(g)+yD(s)△H=?,在不同温度及压强(P1,P2)条件下,反应物A的转化率如图所示,下列判断正确的是( )A.△H>0,m+n>x+yB.△H<0,m+n>x+yC.△H<0,m+n>xD.△H>0,m+n<x【考点】转化率随温度、压强的变化曲线.【分析】根据图a到达平衡时所用时间的长短判断压强p1和p2的相对大小,增大压强,化学平衡向气体体积减小的方向移动,由此判断反应前后气体化学计量数的相对大小;根据图b判断,升高温度,化学平衡向吸热方向移动,再结合A的转化率判断该反应的正反应是放热还是吸热.【解答】解由图a知,p2到达平衡时所用时间长,p1到达平衡时所用时间短,所用压强为p2的反应速率慢,为p1的反应速率快,压强越大反应速率越大,所以p2<p1;增大压强,化学平衡向气体体积减小的方向移动,由图象知,A的转化率增大,平衡向正反应方向移动,所以反应前的计量数大于反应后的计量数,即m+n>x;图b知,随着温度的升高,A的转化率减低,平衡向逆反应方向移动,升高温度,平衡向吸热反应方向移动,所以逆反应方向是吸热反应,正反应是放热反应,即△H<0.故选C.【点评】本题考查化学平衡图象题,题目难度中等,注意温度、压强对反应速率和化学平衡的影响. 11.已知反应Cu(s)+2Ag+(aq)═Cu2+(aq)+2Ag(s)为一自发进行的氧化还原反应,将其设计成如图所示原电池.下列说法中正确的是( )A.铜电极是正极,其电极反应为Cu﹣2e﹣=Cu2+B.银电极上发生还原反应,电极质量增加C.当铜电极质量减少
0.64g时,电解质溶液中有
0.02mol电子通过D.外电路中电子由银电极流向铜电极【考点】原电池和电解池的工作原理.【分析】A、铜为负极,银为正极;B、银为正极发生还原反应,银离子得电子;C、当铜电极质量减少
0.64g时,消耗铜的物质的量为
0.01mol,外电路有
0.02mol电子通过,内电路是离子的定向移动;D、外电路中电子由负极铜转移到正极银.【解答】解A、铜为负极,银为正极,负极的电极反应为Cu﹣2e﹣=Cu2+,故A错误;B、银为正极发生还原反应,银离子得电子生成单质银,故B正确;C、当铜电极质量减少
0.64g时,消耗铜的物质的量为
0.01mol,外电路有
0.02mol电子通过,内电路是离子的定向移动,故C错误;D、外电路中电子由负极铜转移到正极银,故D错误;故选B.【点评】本题考查原电池的设计及工作原理,注意电极反应式的书写方法,牢固掌握原电池中电极的判断,电极反应式的书写的方法性问题. 12.化学兴趣小组的同学用如图实验装置电解硫酸铜溶液,a、b为惰性电极.则下列说法错误的是( )A.a是电解池的阴极、b是电解池的阳极B.b电极上的电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑C.通电一段时间后,溶液的PH减小D.通电一段时间后,欲使电解液恢复到起始状态,应向溶液中加入适量的CuSO4【考点】电解原理.【分析】电流从正极流向负极,b为阳极,阳极氢氧根离子放电,a为阴极,阴极铜离子放电,据此解题.【解答】解电流从正极流向负极,b为阳极,阳极氢氧根离子放电,a为阴极,阴极铜离子放电.A.a是电解池的阴极、b是电解池的阳极,故A正确;B.b是电解池的阳极,电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑,故B正确;C.阳极氢氧根离子放电,氢离子浓度增大,PH减小,故C正确;D.从溶液中析出的物质是氧气和铜,因为氧气和铜和稀硫酸都不反应,但和氧化铜反应,氧气和铜反应生成氧化铜,所以向溶液中加入氧化铜即可,故D错误.故选D.【点评】本题考查了电解原理,能正确判断溶液中离子的放电顺序从而确定析出的物质是解本题的关键,难度不大. 13.某温度下,在一定体积的密闭容器中X、Y、Z、W四种气体的初始浓度和平衡浓度如下表,下列说法错误的是( )物质XYZW初始浓度/mol•L﹣
10.
50.600平衡浓度/mol•L﹣
10.
10.
10.
40.6A.增大压强反应的平衡常数不变,但X的转化率增大B.该反应的化学方程式为4X(g)+5Y(g)⇌4Z(g)+6W(g)C.反应达到平衡时,X的转化率为80%D.其它条件不变,若增大Y的起始浓度,X的转化率增大【考点】化学平衡的计算.【专题】计算题;平衡思想;演绎推理法;化学平衡计算.【分析】A、平衡常数只受温度影响,温度不变,平衡常数不变,增大压强平衡向气体体积减小的方向移动;B、根据反应中反应物浓度减小,生成物浓度增加,各物质的浓度变化量之比等于反应中计量数之比判断;C、由表中数据可知,平衡时X的浓度变化量为
0.5mol/L﹣
0.1mol/L=
0.4mol/L,浓度变化量除以起始浓度再乘以100%等于该物质的量的转化率;D、其它条件不变,增大一种反应物浓度,可以提高另一反应物的转化率.【解答】解A、由表中数据可知,平衡时△c(X)=
0.4mol/L,△c(Y)=
0.6mol/L﹣
0.1mol/L=
0.5mol/L,△c(Z)=
0.4mol/L,△c(W)=
0.6mol/L,故X、Y、Z、W的化学计量数之比为
0.
40.
50.
40.6=4546,故反应方程式为4X(g)+5Y(g)⇌4Z(g)+6W(g),该反应为气体体积增大,增大压强,平衡逆向移动,X的转化率减小,故A错误;B、由表中数据可知,平衡时△c(X)=
0.4mol/L,△c(Y)=
0.6mol/L﹣
0.1mol/L=
0.5mol/L,△c(Z)=
0.4mol/L,△c(W)=
0.6mol/L,故X、Y、Z、W的化学计量数之比为
0.
40.
50.
40.6=4546,故反应方程式为4X(g)+5Y(g)⇌4Z(g)+6W(g),故B正确;C、由表中数据可知,平衡时X的浓度变化量为
0.5mol/L﹣
0.1mol/L=
0.4mol/L,故X的转化率为×100%=80%,故C正确;D、根据反应4X(g)+5Y(g)⇌4Z(g)+6W(g)可知,其它条件不变,若增大Y的起始浓度,X的转化率增大,故D正确.故选A.【点评】本题考查化学平衡常数及影响因素、化学平衡移动的影响因素等,根据浓度变化量确定化学计量数书写方程式是解题的关键,难度中等. 14.下列事实或操作与盐类水解无关的是( )A.配制FeC13溶液时,要滴加少量的盐酸B.加热蒸干并灼烧Na2SO3溶液,得到Na2SO4固体C.明矾净水D.氨态氮肥(含NH4+)不能与草木灰混合使用【考点】盐类水解的原理.【分析】A、氯化铁溶液中铁离子水解,加入盐酸抑制水解;B、亚硫酸钠不稳定,易被氧化生成硫酸钠;C、明矾净水是氯离子水解生成的氢氧化铝具有吸附悬浮杂质的作用;D、铵根离子水解显酸性,碳酸根离子水解显碱性,混合后水解水解相互促进;【解答】解A、Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+,配制FeCl3溶液时,向溶液中加入少量盐酸,可以抑制铁离子的水解,能用勒沙特列原理解释,故A不符合;B、亚硫酸钠溶液加热蒸干灼烧过程中亚硫酸钠被氧气氧化生成硫酸钠,与水解无关,故B符合;C、明矾净水是氯离子水解生成的氢氧化铝具有吸附悬浮杂质的作用,和水解有关,故C不符合;D、铵根离子水解显酸性,碳酸根离子水解显碱性,混合后水解水解相互促进,和水解有关,故D不符合;故选B.【点评】本题考查了盐类水解的分析判断,主要是物质性质的理解应用,掌握基础是关键,题目较简单. 15.25℃时,浓度均为
0.1mol•L﹣1的HA溶液和BOH溶液,pH分别是1和11.下列说法正确的是( )A.在
0.1mol•L﹣1BA溶液中,c(A﹣)+c(H+)=c(BOH)+c(B+)B.若将
0.1mol•L﹣1BOH溶液稀释至
0.001mol•L﹣1则溶液的pH=9C.若将一定量的上述两溶液混合后pH=7,则混合液中c(A﹣)>c(B+)D.若将上述两溶液按体积比11混合,则混合液中c(A﹣)>c(B+)>c(H+)>c(OH﹣)【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;离子浓度大小的比较.【分析】
0.1mol/LHA溶液的PH=1,说明HA完全电离,为强电解质,
0.1mol/L的BOH溶液的pH=11,说明碱不完全电离,为弱电解质,A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒,结合物料守恒分析;B.弱电解质溶液中都存在电离平衡,加水稀释促进弱电解质电离;C.混合溶液pH=7,则溶液中c(OH﹣)=c(H+),再结合电荷守恒判断;D.将上述两溶液按体积比11混合,则溶液为BA溶液,为强酸弱碱盐.【解答】解
0.1mol/LHA溶液的PH=1,说明HA完全电离,为强电解质,
0.1mol/L的BOH溶液的pH=11,说明碱不完全电离,为弱电解质,A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(B+)+c(H+)=c(A﹣)+c(OH﹣),根据物料守恒得c(BOH)+c(B+)=c(A‑),则c(H+)=c(BOH)+c(OH﹣),故A错误;B.弱电解质BOH溶液中都存在电离平衡,加水稀释促进BOH电离,所以将
0.1mol•L﹣1BOH溶液稀释至0.OO1mol•L﹣1则溶液的pH>9,故B错误;C.混合溶液pH=7,则溶液中c(OH﹣)=c(H+),溶液中存在电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(A﹣)+c(OH﹣),所以得c(A﹣)=c(B+),故C错误;D.按体积比11混合,则溶液为BA溶液,为强酸弱碱盐,水解显酸性,其离子浓度由大到小顺序为c(A﹣)>c(B+)>c(H+)>c(OH﹣),故D正确;故选D.【点评】本题考查了离子浓度大小的比较,正确判断电解质强弱是解本题关键,先分析溶液组成是关键,再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答,难度中等.
二、解答题(共5小题,满分32分)16.研究能量的转换,最大限度的提高能量的利用率是化学研究的重要任务之一
(1)如图为某太空站的能量转化示意如图1,其中燃料电池用NaOH溶液为电解液.
①光电转换器的能量转换形式为 太阳能转化成电能 .
②水电解系统中通常加入少量Na2SO4,加入Na2SO4的目的是 增强溶液的导电性 .
③燃料电池的负极反应为 2OH﹣+H2﹣2e﹣=2H2O .
(2)以氢氧燃料电池(电极均为石墨电极)为电源,用如图2装置电解稀硫酸溶液.电解初期d电极附近有大量气泡产生.
①d电极的名称是 阴极 .(填“阴极”或“阳极”)
②c电极的电极反应式为 Cu﹣2e﹣═Cu2+ .
③通电初期乙中的总反应为 Cu+H2SO4CuSO4+H2↑ .【考点】原电池和电解池的工作原理.【分析】
(1)
①光电转换器的能量转换形式为太阳能转化成电能;
②Na2SO4在水中电离生成钠离子和硫酸根离子;
③燃料电池放电时的负极发生氧化反应;
(2)电解稀硫酸溶液,电解初期d电极附近有大量气泡产生,即d电极为氢离子得电子生成氢气为阴极,反应式为2H++2e﹣═H2,发生还原反应;c电极为阳极失电子发生氧化反应,反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+,总反应为Cu+H2SO4CuSO4+H2↑,据此解答;【解答】解
(1)
①光电转换器的能量转换形式为太阳能转化成电能,故答案为太阳能转化成电能;
②Na2SO4在水中电离生成钠离子和硫酸根离子,所以加入Na2SO4的目的是增强溶液的导电性,故答案为增强溶液的导电性;
③燃料电池放电时的负极发生氧化反应,在碱性环境下,反应式为2OH﹣+H2﹣2e﹣=2H2O,故答案为2OH﹣+H2﹣2e﹣=2H2O;
(2)电解稀硫酸溶液,电解初期d电极附近有大量气泡产生,即d电极为氢离子得电子生成氢气为阴极,反应式为2H++2e﹣═H2,发生还原反应;c电极为阳极失电子发生氧化反应,反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+,总反应为Cu+H2SO4CuSO4+H2↑,故答案为
①阴极
②Cu﹣2e﹣═Cu2+
③Cu+H2SO4CuSO4+H2↑;【点评】本题考查能量转化形式、原电池、电解池等,题目难度不大,注意体系的能量、外界能量的判断以及电极方程式的书写,注意基础知识的积累. 17.硫酸是工业生产中最为重要的产品之一,也是化学工业的重要原料
(1)在硫酸工业生产中,我国采用黄铁矿为原料(与氧气反应)生产SO2,进料前必须将黄铁矿粉碎,目的是 增大接触面积,加快反应速率,使黄铁矿反应更充分 .
(2)实验测得SO2反应生成SO3的转化率与温度、压强有关,请根据表信息,结合工业生产实际,选择最合适的生产条件是 400℃,1个标准大气压 .压强SO2转化率温度1个大气压5个大气压10个大气压15个大气压400℃
0.
99610.
99720.
99840.9988500℃
0.
96750.
97670.
98520.9894600℃
0.
85200.
88970.
92760.9468
(3)利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是工业上生产硫酸的关键步骤.已知在T2温度时2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g);△H=﹣
196.6kJ•mol﹣1,
①在T1温度时,该反应的平衡常数K=,若在此温度下,向10L的恒容密闭容器中,充入
0.3molSO2(g)、
1.6molO2(g)和
0.3molSO3(g),则反应开始时正反应速率 < 逆反应速率(填“<”、“>”或“=”).
②在T2温度时,开始在10L的密闭容器中加入
4.0molSO2(g)和10molO2(g),一定条件下当反应达到平衡时共放出热量
196.6kJ.此时二氧化硫的转化率为 50% .
③在
②中的反应达到平衡后,改变下列条件,能使SO2(g)平衡浓度比原来减小的是 AC (填字母).A.保持温度和容器体积不变,充入1molO2(g)B.保持温度和容器体积不变,充入2molSO3(g)C.降低温度D.在其他条件不变时,减小容器的容积.【考点】化学平衡的影响因素;浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响.【分析】
(1)将固体物质粉碎,可增大接触面积,加快反应速率,使黄铁矿反应更充分;
(2)根据SO2的转化率及生产成本来选择.
(3)
①根据平衡常数和浓度商的大小综合判断;
②先根据平衡常数计算出c(SO2),再根据转化率公式求出SO2的转化率;
③根据浓度、温度、压强等外界条件对化学平衡的影响,求出平衡移动后c(SO2),【解答】解
(1)将固体物质粉碎,可增大接触面积,加快反应速率,使黄铁矿反应更充分;故答案为增大接触面积,加快反应速率,使黄铁矿反应更充分;
(2)因为SO2与O2的反应是放热反应,所以选择的温度为400℃,而1个标准大气压时SO2的转化率已经很大,再增大压强,SO2的转化率提高不大,但会增加生产成本,所以选择1个标准大气压,故答案为400℃,1个标准大气压;
(3)
①因为浓度商QC==
6.2>K=,所以化学反应逆向进行,即v(正)<v(逆),故答案为<;
②在T2温度时,开始在10L的密闭容器中加入
4.0molSO2和
10.0molO2,一定条件下当反应达到平衡时共放出热量
196.6kJ,根据1molSO2完全反应放热
98.3KJ;则一定条件下当反应达到平衡时共放出热量196kJ,消耗二氧化硫物质的量==2mol;依据化学平衡三段式列式计算2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)开始量(mol)4100变化量(mol)212平衡量(mol)292所以SO2的转化率α=×100%=50%,故答案为50%;
③A、保持温度和容器体积不变,O2的浓度增大,平衡正向移动,SO2的浓度减小,所以A正确;B、保持温度和容器内压强不变,充入2molSO3(g)相当于充入
2.0molSO2和
5.0molO2,新的平衡与原平衡等效,SO2的浓度不变,所以B错误;C、降低温度,平衡向放热的方向移动,而正反应为放热,所以平衡正向移动,SO2的浓度减小,所以C正确;D、在其他条件不变时,减小容器的容积,SO2的浓度瞬间增大,之后平衡向气体体积减少的方向移动,即向正反应方向移动,SO2的浓度减小,再次到达平衡时SO2的浓度仍比原来大,所以D错误.故答案为AC;【点评】本题考查了化学平衡的有关知识,如利用浓度商判断化学反应进行的方向,转化率的计算、外界条件对化学平衡的影响以及有关化学计算,沉淀转化的计算应用,试题较灵活,综合性强. 18.A、B、C、D分别为(NH4)2SO
4、Ba(OH)
2、AlCl
3、Na2CO34种物质中的1种,现进行如下实验
①实验测得A溶液和D溶液显碱性,B溶液和C溶液显酸性;
②A溶液和D溶液混合可生成沉淀甲
③足量A溶液与B溶液混合共热可生成沉淀乙和刺激性气味气体;请回答
(1)B的化学式为 (NH4)2SO4 ;沉淀甲的化学式为 BaCO3 .
(2)足量A溶液与B溶液混合共热生成沉淀乙和刺激性气味气体的离子方程式为 2NH4++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2NH3↑+2H2O .
(3)加热蒸干C溶液并灼烧,最后所得固体为 Al2O3 (填化学式).
(4)D溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 c(Na+)>c(CO32﹣)>c(OH﹣)>c(HCO3﹣)>c(H+) .
(5)已知25℃时沉淀甲的Ksp=
5.1×10﹣9mol2•L﹣2,沉淀乙的Ksp=
1.1×10﹣10mol2•L﹣2.将沉淀甲加入到B溶液中,沉淀甲会转化为沉淀乙.写出该转化反应的离子方程式 BaCO3(s)+SO42﹣(aq)=BaSO4(s)+CO32﹣(aq) .【考点】无机物的推断.【分析】A、B、C、D分别为(NH4)2SO
4、Ba(OH)
2、AlCl
3、Na2CO34种物质中的1种,实验测得A溶液和D溶液显碱性,则A、D为Ba(OH)
2、Na2CO3,B溶液和C溶液显酸性,则B、C为(NH4)2SO
4、AlCl3;足量A溶液与B溶液混合共热可生成沉淀乙和刺激性气味气体,则A、B为Ba(OH)
2、(NH4)2SO4,沉淀乙为BaSO4,刺激性气味气体为氨气;A溶液和D溶液混合可生成沉淀甲,则A、D为Ba(OH)
2、Na2CO3,沉淀甲为BaCO3,综合上述分析可知,A为Ba(OH)2,B为(NH4)2SO4,C为AlCl3,D为Na2CO3,据此答题.【解答】解A、B、C、D分别为(NH4)2SO
4、Ba(OH)
2、AlCl
3、Na2CO34种物质中的1种,实验测得A溶液和D溶液显碱性,则A、D为Ba(OH)
2、Na2CO3,B溶液和C溶液显酸性,则B、C为(NH4)2SO
4、AlCl3;足量A溶液与B溶液混合共热可生成沉淀乙和刺激性气味气体,则A、B为Ba(OH)
2、(NH4)2SO4,沉淀乙为BaSO4,刺激性气味气体为氨气;A溶液和D溶液混合可生成沉淀甲,则A、D为Ba(OH)
2、Na2CO3,沉淀甲为BaCO3,综合上述分析可知,A为Ba(OH)2,B为(NH4)2SO4,C为AlCl3,D为Na2CO3,
(1)根据上面的分析可知,B的化学式为(NH4)2SO4;沉淀甲的化学式为BaCO3,故答案为(NH4)2SO4;BaCO3;
(2)足量A溶液与B溶液混合共热生成沉淀乙和刺激性气味气体的离子方程式为2NH4++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2NH3↑+2H2O,故答案为2NH4++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2NH3↑+2H2O;
(3)C为AlCl3,铝离子会发生水解,生成氢氧化铝,氢氧化铝受热分解得氧化铝,所以加热蒸干C溶液并灼烧,最后所得固体为Al2O3,故答案为Al2O3;
(4)D为Na2CO3,碳酸根离子发生水解,溶液呈碱性,所以D溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(CO32﹣)>c(OH﹣)>c(HCO3﹣)>c(H+),故答案为c(Na+)>c(CO32﹣)>c(OH﹣)>c(HCO3﹣)>c(H+);
(5)已知25℃时沉淀甲的Ksp=
5.1×10﹣9mol2•L﹣2,沉淀乙的Ksp=
1.1×10﹣10mol2•L﹣2.将沉淀甲加入到B溶液中,沉淀甲会转化为沉淀乙,该转化反应的离子方程式为BaCO3(s)+SO42﹣(aq)=BaSO4(s)+CO32﹣(aq),故答案为BaCO3(s)+SO42﹣(aq)=BaSO4(s)+CO32﹣(aq);【点评】本题考查无机物的推断,利用物质反应的现象推断各物质为解答的关键,有一定的综合性,题目难度中等,答题时注意常见元素化合物知识的应用. 19.盐酸、醋酸和碳酸是化学实验和研究中常用的几种酸.已知室温下Ka(CH3COOH)=
1.7×10﹣5mol•L﹣1;H2CO3的电离常数Ka1=
4.2×10﹣7mol•L﹣
1、Ka2=
5.6×10﹣11mol•L﹣1
(1)
①请用离子方程式解释碳酸氢钠水溶液显碱性的原因 HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣ .
②常温下,物质的量浓度相同的下列四种溶液a、碳酸钠溶液b、醋酸钠溶液c、氢氧化钠溶液d、氢氧化钡溶液.其pH由大到小的顺序是 dcab (填序号).
(2)某温度下,pH均为4的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释,其pH随溶液体积变化的曲线图中a、b、c三点对应的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是 b=c>a ;该醋酸溶液稀释过程中,下列各量一定变小的是 ad .a.c(H+)b.c(PH﹣)c.d..
(3)以
0.10mol•L﹣1NaOH为标准液,测定某盐酸的浓度.取
20.00mL待测盐酸溶液放入锥形瓶中,并滴加2~3滴酚酞作指示剂,用NaOH标准溶液进行滴定.重复上述滴定操作2~3次,记录数据如下.实验编号氢氧化钠溶液的浓度(mol•L﹣1)滴定完成时,氢氧化钠溶液滴入的体积(mL)待测盐酸的体积(mL)
10.
1024.
1220.
0020.
1023.
8820.
0030.
1024.
0020.00
①滴定达到终点的标志是 最后一滴NaOH溶液加入,溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色 .
②根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度约为
0.12mol/L .
(4)在t℃时,某NaOH稀溶液中c(H+)=10﹣amol•L﹣1,c(OH﹣)=10﹣bmol•L﹣1,已知a+b=12,则
①该温度下水的离子积常数Kw= 10﹣12 mol2•L﹣2.
②在该温度下,将100mL
0.1mol•L﹣1的稀H2SO4与100mL
0.4mol•L﹣1的NaOH溶液混合后,溶液的pH= 11 .【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;中和滴定.【分析】
(1)
①碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度而导致其溶液呈碱性;
②氢氧根离子浓度越大,溶液的pH越大,水解程度大的离子对应的碱性越强,据此回答;
(2)pH相等的醋酸和盐酸溶液中,加水稀释促进醋酸电离,氯化氢完全电离,所以稀释相同的倍数后,pH变化大的是盐酸,变化小的是醋酸;酸抑制水电离,酸的酸性越强,水的电离程度越小;加水稀释醋酸,促进醋酸电离,溶液中除了氢氧根离子、水分子外,所有微粒浓度都减小;
(3)
①如溶液颜色变化且半分钟内不变色,可说明达到滴定终点;
②先判断数据的合理性,求出标准NaOH溶液体积,然后依据c(待测)=求出即可;
(4)
①溶液中的离子积Kw=C(H+)×c(OH﹣)=10﹣a×10﹣b=10﹣(a+b)=10﹣12;
②根据混合溶液的酸碱性计算氢离子浓度,从而计算溶液的pH.【解答】解
(1)碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度而导致其溶液呈碱性,碳酸氢根离子水解方程式为HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣,故答案为HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣;
②物质的量浓度相同的四种溶液,c、d是强碱,氢氧化钡中氢氧根离子浓度大,所以pH大,ab中阴离子水解,导致溶液显示碱性,醋酸钠根离子的水解程度小于碳酸根离子,所以碳酸钠的碱性强于醋酸钠,即pH大小顺序是dcab,故答案为dcab;
(2)pH相等的醋酸和盐酸溶液中,加水稀释促进醋酸电离,氯化氢完全电离,所以稀释相同的倍数后,pH变化大的是盐酸,变化小的是醋酸,酸抑制水电离,酸的酸性越强,水的电离程度越小,所以溶液体积越大,水的电离程度越大,则水的电离程度由a、b、c三点溶液中水的电离程度由大到小的顺序是b=c>a;加水稀释醋酸,促进醋酸电离,溶液中除了氢氧根离子、水分子外,所有微粒浓度都减小,a.溶液中c(H+)减小,故正确;b.温度不变,水的离子积常数不变,氢离子浓度减小,则c(OH﹣)增大,pH增大,故错误;c.c.=,温度不变,水的离子积常数不变、醋酸的电离平衡常数不变,所以不变,故错误;d.加水稀释促进醋酸电离,则氢离子个数增大,醋酸分子个数减小,所以减小,故正确;故答案为b=c>a;ad;
(3)
①滴定时,当溶液颜色变化且半分钟内不变色,可说明达到滴定终点,即酚酞在酸中为无色,在碱性溶液中显浅红色,故答案为最后一滴NaOH溶液加入,溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色;
②舍去误差较大的数,得出V(标准)==
23.94mL,c(待测)==
0.12mol/L,故答案为
0.12mol/L;
(4)
①溶液中的离子积Kw=C(H+)×c(OH﹣)=10﹣a×10﹣b=10﹣(a+b)=10﹣12;故答案为10﹣12;
②酸中氢离子的物质的量=
0.1mol/L×2×
0.1L=
0.02mol,碱中氢氧根离子的物质的量=
0.4mol/L×
0.1L=
0.04mol/L,混合溶液中氢氧根离子浓度==
0.1mol/L,溶液中氢离子浓度为10﹣11mol/L,则溶液的pH=11,故答案为11.【点评】本题主要考查弱电解质的电离、滴定操作、pH的有关计算等知识,难度不大. 20.甲醇(CH3OH)是一种可再生能源,具有开发和应用的广阔前景,工业上一般可采用如下反应来合成甲醇CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)t℃时,往1L密闭容器中充入1molCO和2molH2.10min后,反应达到平衡,并测得CH3OH(g)的浓度为
0.8mol•L﹣1.
(1)
①该时间内反应速率v(H2)=
0.16mol/(L•min) .t℃时,该反应的化学平衡常数K= 25 (mol•L﹣1)﹣2
②下列各项中,能说明该反应已达到平衡的是 a、b (填序号)a.恒温、恒容条件下,容器内的压强不发生变化b.一定条件下,测得v正(CO)=v逆(CH3OH)c.恒温、恒容条件下,容器内的气体密度不发生变化d.一定条件下,单位时间内消耗2molH2,同时生成1molCH3OH(g)
(2)如图1是该反应在T
1、T2温度下CO的转化率随时间变化的曲线.
①该反应的焓变△H < 0(填“>”、“<”或“=”).
②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1 > K2(填“>”、“<”或“=”).
③若保持容器容积不变,下列措施可增加甲醇产率的是 b .a.升高温度b.将CH3OH(g)从体系中分离c.使用合适的催化剂d.充入He,使体系总压强增大.
(3)已知在常温常压下
①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=﹣akJ•mol﹣1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=﹣bkJ•mol﹣1则,CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H= kJ•mol﹣1.
(4)我国在甲醇燃料电池技术方面已获得重大突破.甲醇燃料电池的工作原理如图2所示.
①该电池工作时,b口通入的物质为 CH3OH .
②该电池正极的电极反应式为 O2+4e﹣+4H+=2H2O .【考点】化学平衡的影响因素;用盖斯定律进行有关反应热的计算;原电池和电解池的工作原理;化学平衡状态的判断.【分析】
(1)
①根据三段式结合V=,平衡常数指平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值进行计算;
②化学反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度不再改变,由此衍生的一些物理量不变,以此进行判断;
(2)
①根据温度对化学平衡的影响来回答;
②温度对化学平衡常数的影响和反应的吸放热有关;
③化学平衡正向移动可增加甲醇产率;
(3)根据盖斯定律进行计算焓变;
(4)在甲醇燃料电池中,燃料甲醇作负极,发生失电子的氧化反应,氧气作正极,发生得电子的还原反应.【解答】解
(1)
①可逆反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)开始120转化
0.
81.
60.8平衡
0.
20.
40.8所以该时间内反应速率v(H2)==
0.16mol/(L•min)平衡常数K===25,故答案为
0.16mol/(L•min);25;
②a.反应前后气体的体积不等,恒温、恒容条件下,容器内的压强不发生变化,可说明达到平衡状态,故a正确;b.一定条件下,因为反应速率之比等于系数之比,所以v正(CO)=v逆(CH3OH)=以v逆(CO),可说明正逆反应速率相等,达到平衡状态,故b正确;c.气体的质量不变,容器的体积不变,无论是否达到平衡状态,都存在密度不变的特征,不能说明达到平衡状态,故c错误;d.一定条件下,单位时间内消耗2molH2,同时生成1molCH3OH,都指正反应方向,不能说明达到平衡状态,故d错误;故答案为a、b;
(2)
①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)中,反应向右进行,一氧化碳的转化率增大,温度升高,化学平衡向着吸热方向进行,根据图中的信息可以知道T2>T1,所以该反应是放热反应,故答案为<;
②对于放热反应,温度越高,化学平衡常数越小,T2>T1,反之越大,所以K1>K2,故答案为>;
③a、若容器容积不变,升高温度,反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)平衡逆向移动,甲醇产率降低,故错误;b、将CH3OH(g)从体系中分离,反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)平衡正向移动,甲醇产率增大,故正确;c、使用合适的催化剂不会引起化学平衡的移动,甲醇的转化率不变,故错误;d、若容器容积不变,充入He,使体系总压强增大,单质各组分的浓度不变,化学平衡不移动,甲醇的转化率不变,故错误;故选b;
(3)已知在常温常压下
①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=﹣akJ•mol﹣1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=﹣bkJ•mol﹣1则(
①﹣
②)×得,CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H=kJ•mol﹣1,故答案为;
(4)
①在甲醇燃料电池中,燃料甲醇作负极,氧气作正极,电解质中的阳离子移向正极,所以c口通入的物质为氧气,b口通入的物质为甲醇,故答案为CH3OH;
②该电池正极是氧气发生得电子的还原反应,电极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O,故答案为O2+4e﹣+4H+=2H2O.【点评】本题考查较为综合,涉及反应速率、平衡常数的计算、平衡状态的判断、外界条件对平衡移动的影响以及盖斯定律的应用和燃料电池的原理等问题,题目难度中等,本题注意把握计算方法以及平衡常数的运用. 。