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2019-2020年高二(上)段考化学试卷
(三)含解析
一、选择题(本题包括15小题,每小题2分.每小题只有一个选项符合题意)1.(2分)(2011春•海珠区期末)下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是( ) A.碳酸钙受热分解B.乙醇燃烧 C.铝与氧化铁粉未反应D.氧化钙溶于水 2.(2分)(2011•梅州二模)某条件下,恒容密闭容器中发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g);△H<0,下列说法正确的是( ) A.用高效催化剂,可使CO2的平衡转化率增大 B.单位时间内消耗CO2和H2的物质的量比为13时,反应达到平衡 C.及时分离出CH3OH和H2O可提高CO2和H2的转化率 D.升高温度可使该反应的平衡常数增大 3.(2分)(xx秋•南海区校级月考)在2NO2⇌N2O4的可逆反应中,下列状态属于平衡状态的是( ) A.υ正=υ逆≠0时的状态 B.NO2全部转变成N2O4的状态 C.c(NO2)=c(N2O4)的状态 D.气体的质量不再发生变化的状态 4.(2分)(xx秋•浏阳市期末)在2A+B⇌3C+4D反应中,表示该反应速率最快的是( ) A.v(A)=
0.5mol/(L•s)B.v(B)=
0.3mol/(L•s) C.v(C)=
0.8mol/(L•s)D.v(D)=1mol/(L•s) 5.(2分)(xx秋•南海区校级月考)设NA为阿伏加德罗常数的数值,则下列说法正确的是( ) A.在
3.4gNH3中,含有N﹣H键为
0.6NA B.在标准状况下,体积为
22.4L的己烷完全燃烧后,所生成气态产物的分子数为6NA C.16gO2在反应中做氧化剂时转移的电子个数一定是2NA D.在标准状况下,46gNO2和N2O4混合物所含分子个数是NA 6.(2分)(2011秋•陕西校级期末)某密闭容器中发生反应X(g)+Y(g)⇌3Z(g)△H<0如图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系,t
2、t
3、t5时刻外界条件有所改变,但都没有改变各物质的初始加入量.下列说法中正确的是( ) A.t2时加入了催化剂B.t3时降低了温度 C.t5时增大了压强D.t4~t5时间内转化率最低 7.(2分)(xx秋•江夏区期末)在下列平衡体系中,保持温度一定时,改变某物质的浓度,混合气体的颜色会改变;改变压强时,颜色也会改变,但平衡并不移动,这个反应是( ) A.2NO+O2⇌2NO2B.N2O4⇌2NO2 C.Br2(g)+H2⇌2HBrD.6NO+4NH3⇌5N2+3H2O 8.(2分)(xx秋•岑巩县校级期末)在2L密闭容器内,某气体反应物在2s内由8mol变为
7.2mol,则该反应的平均反应速率为( ) A.
0.4mol/(L•s)B.
0.3mol/(L•s)C.
0.2mol/(L•s)D.
0.1mol/(L•s) 9.(2分)(2011•中山模拟)下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( ) A.无色溶液中K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣ B.pH=11的溶液中CO32﹣、Na+、SO32﹣ C.由水电离出的c(OH﹣)=10﹣13mol•L﹣1的溶液中Na+、Ba2+、Cl﹣、HCO3﹣ D.酸性溶液中Fe2+、Al3+、NO3﹣、I﹣ 10.(2分)(xx秋•南海区校级月考)用惰性电极电解一定量的CuSO4稀溶液,下列说法中正确的是( ) A.阳极发生的电极反应为Cu2++2e﹣=Cu B.阴极发生的电极反应为4OH﹣=2H2O+O2↑+4e﹣ C.若有
6.4g金属Cu析出,放出的O2一定为
0.05mol D.电解完成后,加入一定量的Cu(OH)2,溶液可能恢复到原来的浓度 11.(2分)(xx秋•南海区校级月考)100mL6mol/L硫酸溶液与过量锌粉反应,在一定温度下,为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总量,可向反应物中加入适量的( ) A.氨水B.硝酸钾溶液C.硫酸钾溶液D.烧碱溶液 12.(2分)(2011•中山模拟)某同学测得物质的量浓度均为
0.01mol•L﹣1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液呈酸性后,得出下列关系式,你认为其中不正确的是( ) A.c(CH3COO﹣)>c(CH3COOH) B.c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣) C.c(Na+)=c(CH3COO﹣)=
0.01mol•L﹣1 D.c(CH3COOH)+c(CH3COO﹣)=
0.02mol•L﹣1 13.(2分)(2011秋•肇庆期末)下列说法正确的是( ) A.如图所示的是一个放热反应 B.加入催化剂v(正)增大、v(逆)减小 C.燃烧热是生成1molH2O放出的热量 D.只有活化分子才能发生有效碰撞 14.(2分)(xx秋•白城期末)下列表述中,合理的是( ) A.将水加热,Kw增大,pH不变 B.把FeCl3的水溶液加热蒸干可得到FeCl3固体 C.用25mL碱式滴定管量取
20.00mL高锰酸钾溶液 D.用惰性电极电解足量的AgNO3溶液时,当有
0.2mole﹣转移时会析出
21.6g银 15.(2分)(xx•沈阳一模)含NaOH
20.0g的稀溶液与足量的稀盐酸反应,放出
28.7kJ的热量,表示该反应中和热的热化学方程式正确的是( ) A.NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O(l);△H=+
28.7kJ/mol B.NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O(l);△H=﹣
28.7kJ/mol C.NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O(l);△H=+
57.4kJ/mol D.NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O(l);△H=﹣
57.4kJ/mol
二、选择题(本题包括4小题,每小题3分.每小题有两个选项符合题意漏选得2分,错选0分.)16.(3分)(2011•中山模拟)右图是反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)进行过程中的能量变化曲线.曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化,曲线b表示使用催化剂后的能量变化.下列相关说法正确的是( ) A.其它条件不变,按曲线b线进行的反应,CH3OH的产率更高 B.其它条件不变,分别按曲线a、b线进行的反应的热效应相同 C.(1molCO+2molH2)中的键能之和比1molCH3OH中的键能之和大 D.热化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=﹣91kJ•mol﹣1 17.(3分)(2011•中山模拟)在相同温度时,100mL
0.01mol•L﹣1的醋酸溶液与10mL
0.1mol•L﹣1的醋酸溶液相比较,下列数值中,前者大于后者的是( ) A.H+的物质的量B.电离程度 C.中和时所需NaOH的量D.CH3COOH分子的物质的量 18.(3分)(xx秋•南海区校级月考)下列溶液中各微粒的浓度关系或说法正确的是( ) A.
0.1mol•L﹣1pH为4的NaHB溶液中c(HB﹣)>c(H2B)>c(B2﹣) B.等物质的量浓度的下列溶液中
①NH4Al(SO4)
2、
②NH4Cl、
③CH3COONH
4、
④NH3•H2O,c(NH4+)由大到小的顺序是
①>
②>
③>
④ C.amol•L﹣1HCN溶液与amol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后,所得溶液中c(Na+)>c(CN﹣),则c(OH﹣)<c(H+) D.
0.1mol•L﹣1HCOOH溶液中c(HCOO﹣)+c(OH﹣)=c(H+) 19.(3分)(2011•中山模拟)高铁电池是一种新型可充电电池,与普通高能电池相比,该电池长时间保持稳定的放电电压.高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2OZn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH,下列叙述不正确的是( ) A.放电时负极反应为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn(OH)2 B.充电时阳极反应为Fe(OH)3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O C.放电时每转移3mol电子,正极有1molK2FeO4被还原 D.充电时,该电池的负极作阳极
三、非选择题.(本题包括5小题,每空2分,共54分)20.(4分)(xx秋•南海区校级月考)
(1)在25℃、101kPa下,1g甲烷燃烧生成CO2和液态水时放热
55.6kJ.则表示甲烷燃烧热的热化学方程式为 .
(2)下表中的数据表示破坏1mol化学键需消耗的能量(即键能,单位为kJ•mol﹣1)化学键C﹣HC﹣FH﹣FF﹣F键能414489565158根据键能数据计算以下反应的反应热△H CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)△H= . 21.(6分)(xx秋•南海区校级月考)已知下列热化学方程式
①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=﹣
571.6kJ/mol,
②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H=﹣
241.8kJ/mol,
③C(S)+1/2O2(g)=CO(g)△H=﹣
110.5KJ/moL,
④C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=﹣
393.5KJ/moL.回答下列各问
(1)上述反应中属于放热反应的是
(2)H2O(g)=H2O(l);△H= .
(3)燃烧10gH2生成液态水,放出的热量为 . 22.(12分)(2011•中山模拟)373K时,某1L密闭容器中加入1molPCl5发生如下可逆反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g).其中物质PCl3的物质的量变化如右图所示.
(1)前20s内PCl5(g)的平均反应速率为
(2)373K时该反应的平衡常数的值为
(3)若在此平衡体系中再加入1mol的PCl5,与原平衡比较,新平衡时PCl5的转化率 (填“增大”或“减小”,下同).PCl5的平衡浓度
(4)将原平衡升温至473K,重新达平衡时(其他条件不变),PCl3的平衡浓度为PCl5的3倍,该反应的正反应为 (填“放热反应”或“吸热反应”),为增大平衡体系中Cl2的物质的量,下列措施正确的是(其它条件相同) a.升高温度b.扩大容器的体积c.加入合适的催化剂d.再充入PCl3. 23.(16分)(2011秋•肇庆期末)下表是不同温度下水的离子积常数温度/℃25t1t2水的离子积常数1×10﹣14KW1×10﹣12试回答以下问题
(1)若25℃<t1<t2,则KW 1×10﹣14(填“>”、“<”或“=”),判断的理由是 .
(2)25℃下,将pH=13的氢氧化钠溶液V1L与pH=1的稀盐酸V2L混合(设混合后溶液的体积为V1+V2),所得混合溶液的pH=2,则V1V2= .
(3)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后,溶液呈 (填“酸性”、“中性”或“碱性”),溶液中c(Na+) c(CH3COO﹣)(填“>”、“=”或“<”).
(4)pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈 性(填“酸”、“中”或“碱”),溶液中c(Na+) c(CH3COO﹣). 24.(2分)(xx秋•南海区校级月考)
(1)下列化学原理的应用,主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是( )
①热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强;
②误将钡盐当作食盐食用时,常用
0.5%的Na2SO4溶液解毒;
③石灰岩(喀斯特地貌)的溶洞形成;
④BaCO3不能做“钡餐”,而BaSO4则可以;
⑤使用泡沫灭火器时“泡沫”生成的原理. A.
②③④B.
①②③C.
③④⑤D.
①②③④⑤ 25.(6分)(xx秋•琼山区校级期末)氯化铝水溶液呈 性,其原理用离子方程式表示为 ;把AlCl3溶液蒸干,灼烧,最后得到的主要固体产物是 . 26.(4分)(xx秋•南海区校级月考)下列说法正确的是( ) A.相同温度下,
0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中NH4+的浓度比
0.1mol•L﹣1氨水中NH4+的浓度大; B.用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小; C.电解饱和食盐水时,阳极得到氢氧化钠溶液和氢气; D.对于Al(OH)3(s)⇌Al(OH)3(aq)⇌Al3+(aq)+3OH﹣(aq),前段为溶解平衡,后段是电离平衡; E.除去溶液中的Mg2+,用OH﹣沉淀Mg2+比用CO32﹣效果好,说明Mg(OH)2的溶解度比MgCO3的大; 27.(4分)(xx秋•南海区校级月考)炒咸菜的铁锅如果没有洗净,不久会出现红褐色锈斑.该腐蚀正极的电极反应式为 ;此反应每转移2mol电子消耗的O2在标准状况下的体积为 L. 28.(4分)(xx秋•宿州期末)某同学用碳棒、铜棒和稀硫酸为原材料,实现了在通常条件下不能发生的反应Cu+H2SO4(稀)═CuSO4+H2↑.
①请在如图所示的方框中画出能够实验这一反应的装置图.
②某同学在做一定条件下铜与稀硫酸的反应实验时,看到碳棒上有气泡产生,但铜棒却没有被腐蚀.请你分析其原因 . xx学年广东省佛山市南海一中高二(上)段考化学试卷
(三)参考答案与试题解析
一、选择题(本题包括15小题,每小题2分.每小题只有一个选项符合题意)1.(2分)(2011春•海珠区期末)下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是( ) A.碳酸钙受热分解B.乙醇燃烧 C.铝与氧化铁粉未反应D.氧化钙溶于水考点吸热反应和放热反应;化学反应中能量转化的原因.版权所有专题化学反应中的能量变化.分析根据反应中生成物总能量高于反应物总能量,说明该反应是一个吸热反应,根据常见的吸热反应来回答.解答解A、碳酸钙受热分解是一个吸热反应,故A正确;B、乙醇的燃烧反应是一个放热反应,故B错误;C、铝与氧化铁粉未反应是一个放热反应,故C错误;D、氧化钙溶于水是一个放热反应,故D错误.故选A.点评本题主要考查学生常见的反应的吸热放热情况,可以根据所学知识进行回答,难度不大. 2.(2分)(2011•梅州二模)某条件下,恒容密闭容器中发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g);△H<0,下列说法正确的是( ) A.用高效催化剂,可使CO2的平衡转化率增大 B.单位时间内消耗CO2和H2的物质的量比为13时,反应达到平衡 C.及时分离出CH3OH和H2O可提高CO2和H2的转化率 D.升高温度可使该反应的平衡常数增大考点化学平衡状态的判断;化学平衡的影响因素.版权所有专题化学平衡专题.分析A、根据催化剂对化学平衡的影响判断;B、根据正逆反应速率是否相等平衡是否达到平衡状态;C、根据平衡移动原理分析反应物减少对化学平衡的影响;D、根据温度对该反应的影响判断升高温度,该反应的平衡常数变化.解答解A、催化剂只影响反应速率,不影响化学平衡,所以使用催化剂,化学平衡不移动,二氧化碳的转化率不变,故A错误;B、单位时间内消耗CO2和H2的物质的量比为13时,表示的都是正反应速率,无法判断正逆反应速率是否相等,无法判断是否达到平衡状态,故B错误;C、及时分离出CH3OH和H2O,化学平衡向着正向移动,反应物CO2和H2的转化率增大,故C正确;D、该反应为放热反应,升高温度,平衡向着逆向移动,化学平衡常数减小,故D错误;故选C.点评本题考查了化学平衡状态的判断、化学平衡的影响因素等知识,题目难度中等,注意掌握判断化学平衡状态的方法、催化剂只影响反应速率,不影响化学平衡的移动. 3.(2分)(xx秋•南海区校级月考)在2NO2⇌N2O4的可逆反应中,下列状态属于平衡状态的是( ) A.υ正=υ逆≠0时的状态 B.NO2全部转变成N2O4的状态 C.c(NO2)=c(N2O4)的状态 D.气体的质量不再发生变化的状态考点化学平衡状态的判断.版权所有专题化学平衡专题.分析根据化学平衡状态的特征解答,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态.解答解A、化学平衡是动态平衡,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,但不为0,故A正确;B、可逆反应是反应物和生成物共存的体系,故B错误;C、浓度相等,不是浓度不变,故C错误;D、气体质量一直不变,所以不能作为平衡状态的标志,故D错误;故选A.点评本题考查了化学平衡状态的判断,难度不大,注意当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,但不为0. 4.(2分)(xx秋•浏阳市期末)在2A+B⇌3C+4D反应中,表示该反应速率最快的是( ) A.v(A)=
0.5mol/(L•s)B.v(B)=
0.3mol/(L•s) C.v(C)=
0.8mol/(L•s)D.v(D)=1mol/(L•s)考点反应速率的定量表示方法.版权所有专题化学反应速率专题.分析利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率,然后再进行比较.解答解都转化为D物质表示的速率进行比较,对于2A+B⇌3C+4D,A、υ(A)=
0.5mol/(L•s),速率之比等于化学计量数之比,故υ(D)=2υ(A)=1mol/(L•s),B、υ(B)=
0.3mol/(L•s),速率之比等于化学计量数之比,故υ(D)=4υ(B)=
1.2mol/(L•s),C、υ(C)=
0.8mol/(L•s),速率之比等于化学计量数之比,故υ(D)=υ(C)=×
0.8mol/(L•s)=
1.1mol/(L•s),D、υ(D)=1mol/(L•s),故速率B>C>A=D,故选B.点评本题考查反应速率快慢的比较,难度不大,注意比较常用方法有
1、归一法,即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率,
2、比值法,即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比,比值越大,速率越快. 5.(2分)(xx秋•南海区校级月考)设NA为阿伏加德罗常数的数值,则下列说法正确的是( ) A.在
3.4gNH3中,含有N﹣H键为
0.6NA B.在标准状况下,体积为
22.4L的己烷完全燃烧后,所生成气态产物的分子数为6NA C.16gO2在反应中做氧化剂时转移的电子个数一定是2NA D.在标准状况下,46gNO2和N2O4混合物所含分子个数是NA考点阿伏加德罗常数.版权所有专题阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.分析A、求出氨气的物质的量,然后根据1mol氨气含3molN﹣H键来分析;B、标况下,己烷为液态;C、氧气做氧化剂被还原后的价态可能是﹣2价,也可能是﹣1价;D、NO2和N2O4的摩尔质量分别是46g/mol和92g/mol.解答解A、
3.4g氨气的物质的量n===
0.2mol,而1mol氨气含3molN﹣H键,故
0.2mol氨气中含
0.6molN﹣H键,故A正确;B、标况下,己烷为液态,故B错误;C、16gO2的物质的量为
0.5mol,氧气做氧化剂被还原后的价态可能是﹣2价,也可能是﹣1价,故
0.5mol氧气转移的电子的物质的量可能为1mol也可能为2mol,故C错误;D、NO2和N2O4的摩尔质量分别是46g/mol和92g/mol,故46gNO2和N2O4混合物的物质的量介于1mol到
0.5mol之间,故D错误.故选A.点评本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键,难度不大. 6.(2分)(2011秋•陕西校级期末)某密闭容器中发生反应X(g)+Y(g)⇌3Z(g)△H<0如图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系,t
2、t
3、t5时刻外界条件有所改变,但都没有改变各物质的初始加入量.下列说法中正确的是( ) A.t2时加入了催化剂B.t3时降低了温度 C.t5时增大了压强D.t4~t5时间内转化率最低考点化学反应速率变化曲线及其应用.版权所有专题化学平衡专题.分析由X(g)+Y(g)⇌3Z(g)△H<0可知该反应是反应前后气体的物质的量不相等的反应,为放热反应,根据催化剂、温度、压强对化学反应速率和化学平衡的影响来分析,若化学平衡逆向移动,则反应物的转化率降低.解答解A、因该反应是反应前后气体的物质的量不相等的反应,t2~t3时间内正逆反应速率增大且相等,则应为t2时加入了催化剂,故A正确;B、由图可知,t3时正逆反应速率都减小,且逆反应速率大于正反应速率,化学平衡在t3时向逆反应方向移动,而该反应为放热反应,降低温度化学平衡正向移动,故B错误;C、t5时正逆反应速率都增大,且逆反应速率大于正反应速率,化学平衡在t5时向逆反应方向移动,由化学计量数可知,增大压强,化学平衡应逆向移动,故C正确;D、由图可知,t4~t5时间内v不变,化学反应处于平衡状态,平衡不移动,则反应物的转化率不变,t5~t6时间内X或Y的转化率最低,故D错误;故选AC.点评本题为图象题,明确图象中纵横左标的含义,利用反应速率的关系及化学平衡移动结合化学反应速率和化学平衡的影响因素即可解答. 7.(2分)(xx秋•江夏区期末)在下列平衡体系中,保持温度一定时,改变某物质的浓度,混合气体的颜色会改变;改变压强时,颜色也会改变,但平衡并不移动,这个反应是( ) A.2NO+O2⇌2NO2B.N2O4⇌2NO2 C.Br2(g)+H2⇌2HBrD.6NO+4NH3⇌5N2+3H2O考点化学平衡的影响因素.版权所有专题化学平衡专题.分析改变某物质的浓度,混合气体的颜色将加深,则存在有颜色的物质;改变压强时,反应速率将变化,而平衡状态不发生改变,则反应为气体体积不变的可逆反应,即反应前后气体的化学计量数之和相等,以此来解答.解答解A.反应前后气体体积不等,则改变压强,平衡发生移动,故A不选;B.反应前后气体体积不等,则改变压强,平衡发生移动,故B不选;C.反应前后气体体积相等,改变压强,平衡不移动,且可以通过增加HBr的浓渡,减少H2的浓渡的方法使平衡向逆反应方向移动,使Br2的颜色加深,故C选;D.因气体均没有颜色,改变某物质的浓度,颜色不会加深,故D不选;故选C.点评本题考查化学平衡的影响因素,注意把握压强对平衡的影响及气体的颜色为解答的关键,明确压强对平衡的移动没有影响可知该反应为一特例反应即可解答,题目难度不大. 8.(2分)(xx秋•岑巩县校级期末)在2L密闭容器内,某气体反应物在2s内由8mol变为
7.2mol,则该反应的平均反应速率为( ) A.
0.4mol/(L•s)B.
0.3mol/(L•s)C.
0.2mol/(L•s)D.
0.1mol/(L•s)考点反应速率的定量表示方法.版权所有专题化学反应速率专题.分析化学反应速率表示单位时间内浓度的变化量,根据v=计算该反应的平均反应速率.解答解2s内该气体由8mol变为
7.2mol,所以2s内该气体的浓度变化△c==
0.4mol/L,所以2s内该气体的平均反应速率为v==
0.2mol/(L•s).故选C.点评本题考查反应速率的计算,难度不大,注意对基础知识的理解.固体或纯液体的浓度一般视为常数,一般也不用固体或纯液体来表示反应速. 9.(2分)(2011•中山模拟)下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( ) A.无色溶液中K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣ B.pH=11的溶液中CO32﹣、Na+、SO32﹣ C.由水电离出的c(OH﹣)=10﹣13mol•L﹣1的溶液中Na+、Ba2+、Cl﹣、HCO3﹣ D.酸性溶液中Fe2+、Al3+、NO3﹣、I﹣考点离子共存问题.版权所有专题离子反应专题.分析A.MnO4﹣在水溶液中为紫色;B.pH=11的溶液中含有大量的OH﹣;C.由水电离出的c(OH﹣)=10﹣13mol•L﹣1的溶液,可能为酸或碱溶液;D.利用离子之间的氧化还原反应来分析.解答解A.该组离子之间不反应,则能够共存,MnO4﹣在水溶液中为紫色,与无色溶液不符,故A错误;B.pH=11的溶液中含有大量的OH﹣,该组离子之间及与氢氧根离子之间不反应,则能够共存,故B正确;C.由水电离出的c(OH﹣)=10﹣13mol•L﹣1的溶液,可能为酸或碱溶液,HCO3﹣既能与酸反应又能与碱反应,故C错误;D.酸性溶液中,Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应,NO3﹣、I﹣发生氧化还原反应,则不能共存,故D错误;故选B.点评本题考查离子的共存问题,熟悉复分解反应发生的条件及离子的颜色即可解答,难度不大. 10.(2分)(xx秋•南海区校级月考)用惰性电极电解一定量的CuSO4稀溶液,下列说法中正确的是( ) A.阳极发生的电极反应为Cu2++2e﹣=Cu B.阴极发生的电极反应为4OH﹣=2H2O+O2↑+4e﹣ C.若有
6.4g金属Cu析出,放出的O2一定为
0.05mol D.电解完成后,加入一定量的Cu(OH)2,溶液可能恢复到原来的浓度考点电解原理.版权所有专题电化学专题.分析用惰性电极电解硫酸铜溶液时,阳极上电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑,阴极发生的电极反应为Cu2++2e﹣=Cu,2H++2e﹣=H2,电池反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+4H2SO4+O2↑,2H2O2H2↑+O2↑,据此分析.解答解用惰性电极电解硫酸铜溶液时,阳极上电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑,阴极发生的电极反应为Cu2++2e﹣=Cu,电池反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+4H2SO4+O2↑,A.阳极上电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑,故A错误;B.阴极发生的电极反应为Cu2++2e﹣=Cu,故B错误;C.若阴极有
6.4g金属Cu析出还有可能铜离子反应结束,这时溶液中的氢离子继续在阴极放电,所以阳极放出的O2不一定为
0.05mol,可能大于
0.05mol,故C错误;D.当铜离子反应结束继续电解相当于电解水,所以电解完成后,根据少什么加什么,加入一定量的Cu(OH)2,溶液可能恢复到原来的浓度,故D正确;故选D.点评本题考查了电解原理,关键抓住电解反应的过程,难度一般,易错点为C和D. 11.(2分)(xx秋•南海区校级月考)100mL6mol/L硫酸溶液与过量锌粉反应,在一定温度下,为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总量,可向反应物中加入适量的( ) A.氨水B.硝酸钾溶液C.硫酸钾溶液D.烧碱溶液考点化学反应速率的影响因素.版权所有专题化学反应速率专题.分析过量的锌粉反应,硫酸完全反应,为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总量,可减小氢离子浓度但不改变其物质的量,以此来解答.解答解A.氨水与硫酸反应,消耗氢离子,生成氢气减少,故A不选;B.加入硝酸钾,与氢离子、Zn发生氧化还原反应不生成氢气,故B不选;C.加硫酸钾溶液,不反应,由于体积变大,减小氢离子浓度但不改变其物质的量,反应速率减小,生成氢气的量不变,故C选;D.烧碱溶液与硫酸反应,减少生成氢气的量,故D不选;故选C.点评本题考查影响化学反应速率的因素,为高频考点,注意信息中Zn过量及浓度对反应速率的影响即可解答,注重基础知识的考查,选项B为易错点,题目难度不大. 12.(2分)(2011•中山模拟)某同学测得物质的量浓度均为
0.01mol•L﹣1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液呈酸性后,得出下列关系式,你认为其中不正确的是( ) A.c(CH3COO﹣)>c(CH3COOH) B.c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣) C.c(Na+)=c(CH3COO﹣)=
0.01mol•L﹣1 D.c(CH3COOH)+c(CH3COO﹣)=
0.02mol•L﹣1考点离子浓度大小的比较.版权所有专题盐类的水解专题.分析物质的量浓度均为
0.01mol•L﹣1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液呈酸性后,则醋酸的电离大于醋酸钠中醋酸根离子的水解,以此来解答.解答解A.醋酸的电离大于醋酸钠中醋酸根离子的水解,即c(CH3COO﹣)略大于
0.01mol/L,c(CH3COOH)略小于
0.01mol/L,所以c(CH3COO﹣)>c(CH3COOH),故A正确;B.均为
0.01mol•L﹣1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液呈酸性后,醋酸的电离大于醋酸钠中醋酸根离子的水解,溶液显酸性,则c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣),故B正确;C.c(Na+)=
0.01mol/L,而c(CH3COO﹣)略大于
0.01mol/L,故C错误;D.根据物料守恒可知,均为
0.01mol•L﹣1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO﹣)=
0.02mol•L﹣1,故D正确;故选C.点评本题考查溶液中离子浓度大小的比较,明确溶液中酸的电离大于盐类的水解是解答本题的关键,题目难度不大. 13.(2分)(2011秋•肇庆期末)下列说法正确的是( ) A.如图所示的是一个放热反应 B.加入催化剂v(正)增大、v(逆)减小 C.燃烧热是生成1molH2O放出的热量 D.只有活化分子才能发生有效碰撞考点化学反应中能量转化的原因;常见的能量转化形式;吸热反应和放热反应.版权所有专题化学反应中的能量变化.分析A.根据吸热反应中反应物的总能量小于生成物的总能量;B.根据催化剂能同等程度改变v(正)、v(逆);C.根据燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量;D.根据物质发生化学反应,必须分子间发生有效碰撞,有效碰撞的条件
①活化分子,
②有合适的取向,解答解A.由图可知反应物的总能量小于生成物的总能量,为吸热反应,故A错误;B.加入催化剂v(正)增大、v(逆)也增大,故B错误;C.燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量,故C错误;D.有效碰撞的条件
①活化分子,
②有合适的取向,所以只有活化分子才能发生有效碰撞,故D正确;故选D;点评本题主要考查的知识点较多,难度不大,注意概念的理解是解题的关键. 14.(2分)(xx秋•白城期末)下列表述中,合理的是( ) A.将水加热,Kw增大,pH不变 B.把FeCl3的水溶液加热蒸干可得到FeCl3固体 C.用25mL碱式滴定管量取
20.00mL高锰酸钾溶液 D.用惰性电极电解足量的AgNO3溶液时,当有
0.2mole﹣转移时会析出
21.6g银考点水的电离;盐类水解的应用;电解原理.版权所有专题电离平衡与溶液的pH专题;盐类的水解专题;电化学专题.分析A、水的电离为吸热反应,温度升高水的电离程度增大,氢离子浓度增大;B、根据铁离子水解生成氢氧化铁、氯化氢具有挥发性分析;C、高锰酸钾溶液具有强氧化性,能够氧化碱式滴定管的橡胶管;D、根据电解原理及电子守恒计算出生成的银的物质的量和质量.解答解A、温度升高,水的电离程度增大,所以将水加热,水的离子积Kw增大;由于水电离的氢离子浓度增大,溶液的pH减小,故A错误;B、由于铁离子水解且氯化氢具有挥发性,所以把FeCl3的水溶液加热蒸干得到的是氢氧化铁固体,无法得到得到FeCl3固体,故B错误;C、由于高锰酸钾溶液具有强氧化性,不能使用碱式滴定管量取,应该使用酸式滴定管,故C错误;D、用惰性电极电解足量的AgNO3溶液时,当有
0.2mole﹣转移时,根据电子守恒,会生成
0.2mol金属银,能够析出
21.6g银,故D正确;故选D.点评本题考查了水的电离、盐的水解、电解原理等知识,题目难度不大,注意明确水的电离是吸热过程、熟练掌握电解原理、盐的水解原理,试题培养了学生灵活应用所学知识的能力. 15.(2分)(xx•沈阳一模)含NaOH
20.0g的稀溶液与足量的稀盐酸反应,放出
28.7kJ的热量,表示该反应中和热的热化学方程式正确的是( ) A.NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O(l);△H=+
28.7kJ/mol B.NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O(l);△H=﹣
28.7kJ/mol C.NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O(l);△H=+
57.4kJ/mol D.NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O(l);△H=﹣
57.4kJ/mol考点热化学方程式.版权所有专题化学反应中的能量变化.分析A、酸碱反应是放热反应;B、焓变是对应化学方程式计量数条件下的反应热效应;C、酸碱反应是放热反应;D、依据化学方程式计量数计算反应的焓变.解答解A、酸碱中和反应是放热反应,故A错误;B、含NaOH
20.0g的稀溶液与足量的稀盐酸反应,放出
28.7kJ的热量,反应的热化学方程式为NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=﹣
57.4kJ/mol,故B错误;C、酸碱中和反应是放热反应,故C错误;D、含NaOH
20.0g的稀溶液与足量的稀盐酸反应,放出
28.7kJ的热量,反应的热化学方程式为NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=﹣
57.4kJ/mol,故D正确;故选D.点评本题考查热化学方程式的书写方法和注意问题,关键是对应化学方程式计量数条件下的焓变计算,题目较简单.
二、选择题(本题包括4小题,每小题3分.每小题有两个选项符合题意漏选得2分,错选0分.)16.(3分)(2011•中山模拟)右图是反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)进行过程中的能量变化曲线.曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化,曲线b表示使用催化剂后的能量变化.下列相关说法正确的是( ) A.其它条件不变,按曲线b线进行的反应,CH3OH的产率更高 B.其它条件不变,分别按曲线a、b线进行的反应的热效应相同 C.(1molCO+2molH2)中的键能之和比1molCH3OH中的键能之和大 D.热化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=﹣91kJ•mol﹣1考点化学反应中能量转化的原因;催化剂的作用.版权所有专题压轴题;化学反应中的能量变化.分析A、依据催化剂只改变速率不改变平衡分析判断;B、依据盖斯定律的内容,反应的焓变只与起始和终了状态有关,与变化过程无关;C、依据图象中反应物和生成物能量的大小,结合拆化学键吸收能量,形成化学键放出能量分析判断;D、依据图象中的能量变化,结合书写热化学方程式的要求写出.解答解A、曲线b表示使用催化剂后的能量变化,催化剂只改变所以速率,不改变化学平衡,所以反应物的转化率和生成物的产率不变,故A错误;B、曲线a、b线进行的反应,b线使用催化剂降低了反应的活化能,改变了反应速率,但平衡开始和终了的物质能量未变,所以反应的热效应相同,故B正确;C、图象中表示该反应是放热反应,所以拆化学键吸收的能量小于形成化学键所放出的能量,因此(1molCO+2molH2)中的键能之和比1molCH3OH中的键能之和小,故C错误;D、图象中表示的是1molCO气体和2mol氢气反应生成1mol气态甲醇的反应热效应,反应放出热量=510KJ﹣419KJ=91KJ,根据热化学方程式的书写原则热化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=﹣91kJ•mol﹣1,故D正确;故选BD.点评本题考查了化学反应中的能量变化形式和化学平衡的影响因素催化剂的作用,热化学方程式的书写,关键是理解图象的含义是解题的根本. 17.(3分)(2011•中山模拟)在相同温度时,100mL
0.01mol•L﹣1的醋酸溶液与10mL
0.1mol•L﹣1的醋酸溶液相比较,下列数值中,前者大于后者的是( ) A.H+的物质的量B.电离程度 C.中和时所需NaOH的量D.CH3COOH分子的物质的量考点弱电解质在水溶液中的电离平衡.版权所有专题压轴题;电离平衡与溶液的pH专题.分析在相同温度时,100mL
0.01mol•L﹣1的醋酸溶液与10mL
0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中溶质都为
0.001mol,醋酸为弱电解质,浓度不同,电离程度不同,浓度越大,电离程度越小,以此解答该题.解答解A.醋酸为弱电解质,浓度越大,电离程度越小,两种溶液溶质都为
0.001mol,则100mL
0.01mol•L﹣1的醋酸溶液与10mL
0.1mol•L﹣1的醋酸溶液相比较,H+的物质的量前者大,故A正确;B.醋酸为弱电解质,浓度越大,电离程度越小,电离程度
0.01mol•L﹣1的醋酸大,故B正确;C.由于溶质n(CH3COOH)都为
0.001mol,中和时所需NaOH的量应相同,故C错误;D.
0.01mol•L﹣1的醋酸电离程度大,则溶液中CH3COOH分子的物质的量小,故D错误.故选AB.点评本题考查弱电解质的电离,题目难度不大,本题注意醋酸为弱电解质,浓度不同,电离程度不同,浓度越大,电离程度越小的特征. 18.(3分)(xx秋•南海区校级月考)下列溶液中各微粒的浓度关系或说法正确的是( ) A.
0.1mol•L﹣1pH为4的NaHB溶液中c(HB﹣)>c(H2B)>c(B2﹣) B.等物质的量浓度的下列溶液中
①NH4Al(SO4)
2、
②NH4Cl、
③CH3COONH
4、
④NH3•H2O,c(NH4+)由大到小的顺序是
①>
②>
③>
④ C.amol•L﹣1HCN溶液与amol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后,所得溶液中c(Na+)>c(CN﹣),则c(OH﹣)<c(H+) D.
0.1mol•L﹣1HCOOH溶液中c(HCOO﹣)+c(OH﹣)=c(H+)考点离子浓度大小的比较.版权所有专题盐类的水解专题.分析A.pH为4的NaHB溶液,说明HB﹣电离程度大于水解程度;B.NH3•H2O为弱电解质,难电离,
①②③为铵盐,结合影响盐类水解的因素解答;C.根据混合液中的电荷守恒判断.D.根据混合溶液中的电荷守恒判断.解答解A.pH为4的NaHB溶液,说明HB﹣电离程度大于水解程度,则c(B2﹣)>c(H2B),故A错误;B.NH3•H2O为弱电解质,电离程度较小,溶液中c(NH4+)最小;
①NH4Al(SO4)2与
②NH4Cl相比较,由于Al3+与NH4+水解相互抑制,则
①中c(NH4+)较大,
③CH3COONH4中CH3COO﹣与NH4+发生互促水解,则c(NH4+)较小,则c(NH4+)由大到小的顺序是
①>
②>
③>
④,故B正确;C.由于溶液中c(Na+)>c(CN﹣),根据核电荷数可得c(OH﹣)>c(H+),故C错误;D.HCOOH溶液中存在电荷守恒c(HCOO﹣)+c(OH﹣)=c(H+),故D正确;故选BD.点评本题考查离子浓度大小比较问题,侧重于学生的分析能力的考查,为高考常见题型和高频考点,题目难度中等,注意把握盐类水解以及弱电解质的电离特点,结合溶液的组成解答该题,注意电荷守恒的应用方法. 19.(3分)(2011•中山模拟)高铁电池是一种新型可充电电池,与普通高能电池相比,该电池长时间保持稳定的放电电压.高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2OZn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH,下列叙述不正确的是( ) A.放电时负极反应为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn(OH)2 B.充电时阳极反应为Fe(OH)3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O C.放电时每转移3mol电子,正极有1molK2FeO4被还原 D.充电时,该电池的负极作阳极考点电极反应和电池反应方程式.版权所有专题压轴题;电化学专题.分析A.放电时,Zn失去电子;B.充电时,铁离子失去电子,发生Fe(OH)3转化为FeO42﹣的反应;C.根据Zn元素失去电子,正极Fe元素得到电子来分析;D.充电时,电池的负极与阴极相连,正极与阳极相连.解答解A.放电时,Zn失去电子,发生Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn(OH)2,故A正确;B.充电时,铁离子失去电子,发生Fe(OH)3转化为FeO42﹣的反应,电极反应为Fe(OH)3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O,故B正确;C.放电时Zn元素失去电子,正极Fe元素得到电子,转移电子数为1mol×(6﹣3)=3mol,故C正确;D.充电时,电池的负极与阴极相连,正极与阳极相连,故D错误;故选D.点评本题考查电解池与原电池,明确电极反应中放电为原电池、充电为电解池时解答本题的关键,题目难度不大.
三、非选择题.(本题包括5小题,每空2分,共54分)20.(4分)(xx秋•南海区校级月考)
(1)在25℃、101kPa下,1g甲烷燃烧生成CO2和液态水时放热
55.6kJ.则表示甲烷燃烧热的热化学方程式为 CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=﹣
889.6KJ•mol﹣1 .
(2)下表中的数据表示破坏1mol化学键需消耗的能量(即键能,单位为kJ•mol﹣1)化学键C﹣HC﹣FH﹣FF﹣F键能414489565158根据键能数据计算以下反应的反应热△H CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)△H= ﹣1928KJ/mol .考点热化学方程式;有关反应热的计算.版权所有专题化学反应中的能量变化.分析
(1)燃烧热是指在25℃、101kPa下,1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量,表示燃烧热的热化学方程式中可燃物的物质的量必须为1mol,产物必须为稳定氧化物;
(2)依据化学反应的焓变=反应物总键能﹣生成物总键能计算得到反应的焓变.解答解
(1)在25℃、101kPa下,1g甲烷燃烧生成CO2和液态水时放热
55.6kJ,则16g甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量为16×
55.6KJ=
889.6KJ,则甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=﹣
889.6KJ•mol﹣1,故答案为CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=﹣
889.6KJ•mol﹣1;
(2)化学反应的焓变=反应物总键能﹣生成物总键能,CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)△H=(414KJ/mol×4+158KJ/mol×4)﹣(489KJ/mol×4+565KJ/mol×4)=﹣1928KJ/mol;故答案为﹣1928KJ/mol.点评本题考查燃烧热的热化学方程式的书写、焓变求算,题目难度不大,注意表示燃烧热的热化学方程式,可燃物为1mol,生成物为稳定的氧化物. 21.(6分)(xx秋•南海区校级月考)已知下列热化学方程式
①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=﹣
571.6kJ/mol,
②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H=﹣
241.8kJ/mol,
③C(S)+1/2O2(g)=CO(g)△H=﹣
110.5KJ/moL,
④C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=﹣
393.5KJ/moL.回答下列各问
(1)上述反应中属于放热反应的是
①②③④
(2)H2O(g)=H2O(l);△H= ﹣44kJ/moL .
(3)燃烧10gH2生成液态水,放出的热量为 1429kJ .考点反应热和焓变.版权所有专题化学反应中的能量变化.分析
(1)放热反应的△H<0;
(2)根据盖斯定律来分析;
(3)由于燃烧H2生成液态水,故应根据热化学方程式
①来计算.解答解
(1)由于放热反应的△H<0,故
①②③④均为放热反应,故答案为
①②③④;
(2)根据盖斯定律,将﹣
②可得H2O(g)=H2O(l)△H=﹣(﹣
241.8kJ/mol)=﹣44kJ/moL,故答案为﹣44kJ/moL;
(3)10gH2的物质的量n===5mol,由于燃烧H2生成液态水,故应根据热化学方程式
①来计算,放出的热量Q==1429kJ,故答案为1429kJ.点评本题考查了反应吸放热的判断、盖斯定律和热量的计算,难度不大,盖斯定律的考查是高频考点. 22.(12分)(2011•中山模拟)373K时,某1L密闭容器中加入1molPCl5发生如下可逆反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g).其中物质PCl3的物质的量变化如右图所示.
(1)前20s内PCl5(g)的平均反应速率为
0.015mol•L﹣1•s﹣1
(2)373K时该反应的平衡常数的值为
0.9mol•L﹣1
(3)若在此平衡体系中再加入1mol的PCl5,与原平衡比较,新平衡时PCl5的转化率 减小 (填“增大”或“减小”,下同).PCl5的平衡浓度 增大
(4)将原平衡升温至473K,重新达平衡时(其他条件不变),PCl3的平衡浓度为PCl5的3倍,该反应的正反应为 吸热反应 (填“放热反应”或“吸热反应”),为增大平衡体系中Cl2的物质的量,下列措施正确的是(其它条件相同) ab a.升高温度b.扩大容器的体积c.加入合适的催化剂d.再充入PCl3.考点化学平衡的计算;化学平衡常数的含义.版权所有专题化学平衡专题.分析
(1)由图象可知20s时,生成的PCl3的物质的量为
0.3mol,根据v=计算v(PCl3),再利用速率之比等于化学计量数之比计算v(PCl5);
(2)平衡常数k=,利用三段式解题法,求出平衡时混合物各组分的物质的量,体积为1L,用物质的量代替浓度代入k=计算;
(3)平衡体系中再加入1mol的PCl5,重新到达平衡状态,可以等效为开始加入2mol的PCl5,体积增大为原来的2倍,达平衡(该平衡与原平衡等效)后再将体积压缩到原来大小,与原平衡相比,积压缩压强增大平衡状态,平衡向体积减小的方向移动,即向逆反应方向移动,转化率降低,移动结果降低浓度增大趋势,平衡时浓度仍然高于原平衡;
(4)计算373K时该反应达平衡时,PCl3的平衡浓度为PCl5的倍数,与升温至473K重新达平衡时(其他条件不变),PCl3的平衡浓度为PCl5的3倍相比较,据此判断平衡移动,确定反应是吸热还是放热;增大平衡体系中Cl2的物质的量,平衡应向正反应移动.解答解
(1)由图象可知20s时,生成的PCl3的物质的量为
0.3mol,所以前20s内,PCl3(g)的平均反应速率为v(PCl3)===
0.015mol•L﹣1•s﹣1,反应速率之比等于化学计量数之比,所以v(PCl5)=v(PCl3)=
0.015mol•L﹣1•s﹣1.故答案为
0.015mol•L﹣1•s﹣1;
(2)由图象可知60s时,反应达平衡,平衡时生成的PCl3的物质的量为
0.6mol,利用三段式解题法,求出平衡时混合物各组分的物质的量PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g),开始(mol)100变化(mol)
0.
60.
60.6平衡(mol)
0.
40.
60.6所以k===
0.9mol•L﹣1,故答案为
0.9mol•L﹣1;
(3)平衡体系中再加入1mol的PCl5,重新到达平衡状态,可以等效为开始加入2mol的PCl5,体积增大为原来的2倍,达平衡(该平衡与原平衡等效)后再将体积压缩到原来大小,与原平衡相比,积压缩压强增大平衡状态,平衡向体积减小的方向移动,即向逆反应方向移动,转化率减小,移动结果降低浓度增大趋势,平衡时浓度仍然高于原平衡,故新平衡时PCl5的转化率减小,浓度增大.故答案为减小;增大;
(4)由
(2)可知,373K时该反应达平衡时,PCl3的平衡浓度为PCl5的
1.5倍,而升温至473K重新达平衡时(其他条件不变),PCl3的平衡浓度为PCl5的3倍,倍数增加,说明平衡向正反应移动,升高温度平衡向吸热反应移动,故该反应正反应为吸热反应.增大平衡体系中Cl2的物质的量,平衡应向正反应移动.a、正反应为吸热反应,升高温度,平衡向正反应移动,Cl2的物质的量增大,故a正确;b、扩大容器的体积、压强降低,平衡向体积增大方向移动,即向正反应移动,Cl2的物质的量增大,故b正确;c、加入合适的催化剂,缩短达到平衡的时间,平衡不移动,Cl2的物质的量不变,故c错误;d、再充入PCl3,平衡向逆反应移动,Cl2的物质的量减小,故d错误;则ab措施正确,故答案为吸热反应;ab.点评本题考查化学平衡及平衡常数的有计算、等效平衡思想利用,难度中等,注意
(3)中等效平衡思想,把一个平衡的建立设计成多步进行,使问题简单化. 23.(16分)(2011秋•肇庆期末)下表是不同温度下水的离子积常数温度/℃25t1t2水的离子积常数1×10﹣14KW1×10﹣12试回答以下问题
(1)若25℃<t1<t2,则KW > 1×10﹣14(填“>”、“<”或“=”),判断的理由是 因为水的电离是吸热反应,温度升高,水的电离程度增大,离子积也增大 .
(2)25℃下,将pH=13的氢氧化钠溶液V1L与pH=1的稀盐酸V2L混合(设混合后溶液的体积为V1+V2),所得混合溶液的pH=2,则V1V2= 911 .
(3)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后,溶液呈 碱性 (填“酸性”、“中性”或“碱性”),溶液中c(Na+) > c(CH3COO﹣)(填“>”、“=”或“<”).
(4)pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈 酸性 性(填“酸”、“中”或“碱”),溶液中c(Na+) < c(CH3COO﹣).考点水的电离;弱电解质在水溶液中的电离平衡;pH的简单计算.版权所有专题电离平衡与溶液的pH专题.分析
(1)水的电离是吸热反应,升高温度促进水电离,导致水的离子积常数增大;
(2)若所得混合液的pH=2,酸过量,根据c(H+)=计算;
(3)等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合,恰好生成NaAc,醋酸根离子水解显碱性;根据电荷守恒判断钠离子与醋酸根离子浓度;
(4)pH=3的醋酸,其浓度大于
0.001mol/L,pH=11的氢氧化钠,其浓度等于
0.001mol/L,等体积混合后,醋酸过量.解答解
(1)水的电离为吸热反应,升高温度,平衡向着正反应方向移动,导致水的离子积常数增大,根据表格知,温度大小顺序是,25<t1<t2,则a>1×10﹣14,故答案为>;水的电离为吸热反应,升高温度,平衡向着正反应方向移动;
(2)若所得混合液的pH=2,酸过量,25℃下,将pH=13的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为
0.1mol/L,pH=1的稀盐酸溶液中氢离子浓度为
0.1mol/L,c(H+)===
0.01,解得V1V2=911故答案为911;
(3)醋酸为弱电解质,将等体积、等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后,恰好生成CH3COONa,为强碱弱酸盐,溶液呈碱性,c(OH﹣)>c(H+),溶液中存在c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)=c(Na+)+c(H+),则c(Na+)>c(CH3COO﹣),故答案为碱;>;
(4)pH=3的醋酸,其浓度大于
0.001mol/L,pH=11的氢氧化钠,其浓度等于
0.001mol/L,等体积混合后,醋酸过量,反应后的溶液为醋酸和醋酸钠的混合溶液,溶液显酸性,则c(H+)>c(OH﹣),溶液中存在c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)=c(Na+)+c(H+),则c(Na+)<c(CH3COO﹣),故答案为酸性;<.点评本题考查水的电离、酸碱混合pH的计算,明确浓度与pH的换算、酸碱混合溶液为中性、碱性时离子浓度的关系等是解答本题的关键,题目难度中等. 24.(2分)(xx秋•南海区校级月考)
(1)下列化学原理的应用,主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是( )
①热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强;
②误将钡盐当作食盐食用时,常用
0.5%的Na2SO4溶液解毒;
③石灰岩(喀斯特地貌)的溶洞形成;
④BaCO3不能做“钡餐”,而BaSO4则可以;
⑤使用泡沫灭火器时“泡沫”生成的原理. A.
②③④B.
①②③C.
③④⑤D.
①②③④⑤考点化学平衡移动原理.版权所有专题化学平衡专题.分析
①碳酸钠是强碱弱酸盐,在溶液中水解呈碱性,且盐类的水解是吸热反应,升高温度促进盐类水解;
②钡离子有毒,钡离子能和硫酸根离子反应生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀;
③石灰岩的主要成分是碳酸钙,钙离子和碳酸根离子反应生成难溶性的碳酸钙沉淀;
④碳酸钡能溶于盐酸,而硫酸钡不能溶于强酸和水;
⑤碳酸氢钠溶液水解呈碱性,硫酸铝水解呈酸性,碳酸氢钠和硫酸铝能相互促进水解生成二氧化碳.解答解
①碳酸钠是强碱弱酸盐,因为水解使其溶液呈碱性,碱能促进油脂水解;水解是吸热过程,加热有利于水解平衡正向移动,故热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强,应用了盐类水解原理,故
①不选;
②钡离子有毒,所以可溶性的钡盐有毒,钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡,即易溶性的物质能向难溶性的物质转化,所以可以用沉淀溶解平衡原理来解释,故
②可选;
③水中含有钙离子,空气中有二氧化碳,二氧化碳和水反应生成碳酸,碳酸和钙离子反应生成难溶性的碳酸钙,长时间反应,形成溶洞,所以可以用沉淀平衡原理来解释,故
③可选;
④碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳、水,硫酸钡和盐酸不反应,所以碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能,可以用沉淀平衡原理来解释,故
④可选;
⑤碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性,硫酸铝水解使其溶液呈酸性,氢离子和氢氧根离子反应生成水,则碳酸氢钠和硫酸铝相互促进水解,从而迅速的产生二氧化碳,所以可以用盐类水解原理来解释泡沫灭火器灭火的原理,故
⑤不选;故能用沉淀溶解平衡原理来解释的是
②③④,故选A.点评本题考查难溶电解质的溶解平衡原理和盐类的水解,难度中等.了解物质的性质和反应的原理是解题的关键. 25.(6分)(xx秋•琼山区校级期末)氯化铝水溶液呈 酸 性,其原理用离子方程式表示为 Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ ;把AlCl3溶液蒸干,灼烧,最后得到的主要固体产物是 Al2O3 .考点盐类水解的应用.版权所有专题盐类的水解专题.分析强酸弱碱盐水解显酸性,水解生成挥发性酸时,加热蒸干并灼烧最终得到的是金属氧化物.解答解AlCl3属于强酸弱碱盐水解显酸性,其水解离子方程式表示为Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+,氯化铝水溶液在加热时水解生成Al(OH)3和HCl,HCl易挥发,灼烧得到Al2O3,故答案为酸;Al3++3H2OAl(OH)3+3H+;Al2O3.点评本题考查盐类水解的应用,题目难度不大,注意盐类水解的原理及温度对水解平衡的影响. 26.(4分)(xx秋•南海区校级月考)下列说法正确的是( ) A.相同温度下,
0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中NH4+的浓度比
0.1mol•L﹣1氨水中NH4+的浓度大; B.用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小; C.电解饱和食盐水时,阳极得到氢氧化钠溶液和氢气; D.对于Al(OH)3(s)⇌Al(OH)3(aq)⇌Al3+(aq)+3OH﹣(aq),前段为溶解平衡,后段是电离平衡; E.除去溶液中的Mg2+,用OH﹣沉淀Mg2+比用CO32﹣效果好,说明Mg(OH)2的溶解度比MgCO3的大;考点盐类水解的应用;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;电解原理.版权所有分析A、相同温度下,铵盐溶液中铵根微弱水解,
0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中,铵根离子浓度略小于
0.1mol/L,氨水是弱电解质存在电离平衡,溶液中NH4+的浓度远远小于
0.1mol/L;B、依据沉淀溶解平衡分析判断;C、电解饱和食盐水阳极上氯离子失电子生成氯气,阴极上是氢离子得到电子生成氢气,破坏水的电离平衡,氢氧根离子浓度增大;D、氢氧化铝难溶于水,在水中形成沉淀溶解平衡,氢氧化铝是弱碱电离过程存在电离平衡状态;E、氢氧化镁溶解度小于碳酸镁;解答解A、相同温度下,铵盐溶液中铵根微弱水解,
0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中,铵根离子浓度略小于
0.1mol/L,氨水是弱电解质存在电离平衡,溶液中NH4+的浓度远远小于
0.1mol/L,相同温度下,
0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中NH4+的浓度比
0.1mol•L﹣1氨水中NH4+的浓度大,故A正确;B、依据沉淀溶解平衡分析判断,银离子浓度和氯离子浓度乘积为常数,用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小,故B正确;C、电解饱和食盐水时,阳极上氯离子失电子生成氯气,阴极上是氢离子得到电子生成氢气,阴极得到氢氧化钠溶液和氢气,故C错误;D.对于Al(OH)3(s)⇌Al(OH)3(aq)⇌Al3+(aq)+3OH﹣(aq),氢氧化铝难溶于水,在水中形成沉淀溶解平衡,氢氧化铝是弱碱电离过程存在电离平衡状态,前段为溶解平衡,后段是电离平衡,故D正确;E.除去溶液中的Mg2+,用OH﹣沉淀Mg2+比用CO32﹣效果好,说明Mg(OH)2的溶解度比MgCO3的小,故E错误.故答案为ABD.点评本题考查了热化学方程式书写方法,盐类水解的分析应用,电解原理和产物的判断,沉淀溶解平衡的分析判断是解题关键,题目难度中等 27.(4分)(xx秋•南海区校级月考)炒咸菜的铁锅如果没有洗净,不久会出现红褐色锈斑.该腐蚀正极的电极反应式为 2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣ ;此反应每转移2mol电子消耗的O2在标准状况下的体积为
11.2 L.考点原电池和电解池的工作原理.版权所有专题电化学专题.分析炒咸菜的铁锅如果没有洗净,不久会出现红褐色锈斑,是发生吸氧腐蚀,正极是氧气得电子发生还原反应;转移4mol电子消耗
22.4L氧气(标准状况下),由此分析.解答解炒咸菜的铁锅如果没有洗净,不久会出现红褐色锈斑,是发生吸氧腐蚀,正极是氧气得电子发生还原反应,电极反应式为2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣;转移4mol电子消耗
22.4L氧气(标准状况下),所以每转移2mol电子消耗的O2在标准状况下的体积为
11.2L,故答案为2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣;
11.2.点评本题考查学生金属的腐蚀和防护知识,注意原电池原理的应用是关键,难度中等. 28.(4分)(xx秋•宿州期末)某同学用碳棒、铜棒和稀硫酸为原材料,实现了在通常条件下不能发生的反应Cu+H2SO4(稀)═CuSO4+H2↑.
①请在如图所示的方框中画出能够实验这一反应的装置图.
②某同学在做一定条件下铜与稀硫酸的反应实验时,看到碳棒上有气泡产生,但铜棒却没有被腐蚀.请你分析其原因 两极与电源的正负极接反了,或铜棒接电源的负极 .考点设计原电池;原电池和电解池的工作原理.版权所有专题电化学专题.分析
①要实现Cu+H2SO4(稀)═CuSO4+H2↑,应形成电解池反应,铜为阳极,碳为阴极,阳极发生Cu﹣2e﹣=Cu2+,阴极发生2H++2e﹣=H2↑;
②某同学在做一定条件下铜与稀硫酸的反应实验时,看到碳棒上有气泡产生,但铜棒却没有被腐蚀,铜应为阴极,连接电源的负极,碳为正极.解答解
①要实现Cu+H2SO4(稀)═CuSO4+H2↑,应形成电解池反应,铜为阳极,碳为阴极,阳极发生Cu﹣2e﹣=Cu2+,阴极发生2H++2e﹣=H2↑,则可发生Cu+H2SO4(稀)CuSO4+H2↑,装置图为,故答案为;
②某同学在做一定条件下铜与稀硫酸的反应实验时,看到碳棒上有气泡产生,但铜棒却没有被腐蚀,铜应为阴极,连接电源的负极,碳为正极,故答案为两极与电源的正负极接反了,或铜棒接电源的负极.点评本题考查电解池知识,侧重于电解池装置的设计,考查学生电化学知识的综合把握与应用能力,题目难度不大. 。