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…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁,總=sectionpages22頁第=page11頁,總=sectionpages11頁2025年統(tǒng)編版2024選修4化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍:全部知識點;考試時間:120分鐘學校:______姓名:______班級:______考號:______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題,共16分)1、下列說法中正確的是()A.使用催化劑能夠降低化學反應的反應熱B.用廣泛pH試紙測得0.01mol·L-1HCl溶液的pH=2.0C.CH3COOH與NaOH的混合溶液中,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)D.80℃時,pH=2的HCl與pH=12的Ba(OH)2等體積混合后的溶液中:2c(Ba2+)=c(Cl-)2、N2O和CO是環(huán)境污染性氣體,可在Pt2O+表面轉化為無害氣體,其反應為:N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)ΔH;有關化學反應的物質變化過程如圖1,能量變化過程如圖2。下列說法正確的是。

A.由圖1可知:ΔH1=ΔH+ΔH2B.由圖2可知:ΔH=-226kJ/molC.由圖2可知:反應①的反應速率比反應②快D.為了實現(xiàn)轉化需不斷向反應器中補充Pt2O+和Pt2O2+3、在某2L恒容密團容器中充入2molX(g)和1molY(g)發(fā)生反應:2X(g)+Y(g)3Z(g)△H;反應過程中持續(xù)升高溫度,測得混合體系中X的體積分數(shù)與溫度的關系如圖所示:下列推斷正確的是。

A.Q點時,Y的轉化率最大B.升高溫度,平衡常數(shù)增大C.W點Y的正反應速率等于M點Y的正反應速率D.平衡時充入Y,達到新平衡時Y的體積分數(shù)比原平衡時小4、相同溫度下,在體積相等的三個恒容密閉容器中發(fā)生可逆反應:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol。實驗測得有關數(shù)據(jù)如下表:。容器編號起始時各物質物質的量/mol平衡時反應中的能量變化N2H2NH3NH3①130放出熱量akJ②230放出熱量bkJ③260放出熱量ckJ

下列敘述正確的是()。A.達平衡時氨氣的體積分數(shù):①>③B.三個容器內反應的平衡常數(shù):③>①>②C.放出熱量關系:a<b<92.4D.H2的轉化率:①>②>③5、常溫下,100mL0.1mol·L-1的三種鹽溶液NaX、NaY、NaZ的pH分別為7、8、9,則下列比較中正確的是()A.HX、HY、HZ的酸性依次增強B.溶液中的離子濃度c(X-)-)-)C.電離常數(shù)K(HY)D.c(X-)=c(Y-)+c(HY)=c(Z-)+c(HZ)6、25℃時,在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中,加入過量金屬錫(),發(fā)生反應:體系中c(Pb2+)和c(Sn2+)變化關系如圖所示。下列判斷正確的是。

A.往平衡體系中加入少量金屬鉛后,c(Pb2+)增大B.往平衡體系中加入少量固體后,c(Sn2+)變小C.升高溫度,平衡體系中c(Pb2+)增大,說明該反應D.25℃時,該反應的平衡常數(shù)K=2.27、下列實驗方案能達到實驗目的的是。

。選項。

實驗目的。

實驗方案。

A

比較Ksp(BaCO3)sp(BaSO4)

向BaSO4懸濁液中加入飽和Na2CO3溶液;充分攪拌,靜置,過濾,洗滌。向濾渣中加入鹽酸有氣泡產生。

B

比較CH3COOH和HClO的酸性強弱。

用pH試紙分別測量物質的量濃度相等的CH3COONa和NaClO溶液的pH

C

配制480mL0.2mol·L?1CuSO4溶液。

將25gCuSO4·5H2O溶于蒸餾水配成500mL溶液。

D

驗證Na2SO3是否變質。

在Na2SO3溶液中滴入Ba(NO3)2溶液產生白色沉淀;滴入鹽酸沉淀不溶解。

A.AB.BC.CD.D8、如圖所示各燒杯中盛有海水;鐵在其中被腐蝕,腐蝕的速率由快到慢的順序為。

A.⑤②①④③B.③②⑤④①C.⑤④③②①D.⑤②①③④評卷人得分二、多選題(共7題,共14分)9、下列說法正確的是()A.任何酸與堿發(fā)生中和反應生成1molH2O的過程中,能量變化均相同B.同溫同壓下,H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和點燃條件下的ΔH相同C.已知:①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-akJ·mol-1,②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-bkJ·mol-1,則a>bD.已知:①C(s,石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1,②C(s,金剛石)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-395.0kJ·mol-1,則C(s,石墨)=C(s,金剛石)ΔH=+1.5kJ·mol-110、初始溫度為t℃,向三個密閉的容器中按不同方式投入反應物,發(fā)生如下反應:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-116kJ·mol-1,測得反應的相關數(shù)據(jù)如下:。容器容器類型初始體積初始壓強/Pa反應物投入量/mol平衡時Cl2的物質的量/molHClO2Cl2H2OHClO2Cl2H2OI恒溫恒容1L41001II絕熱恒容1Lp20022aIII恒溫恒壓2Lp38200b

下列說法正確的是()A.反應4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(l)的ΔH>-116kJ·mol-1B.a>1,b>2C.p2=1.6×105Pa,p3=4×105PaD.若起始向容器Ⅰ中充入0.5molHCl、0.5molO2、0.5molCl2和0.5molH2O,則反應向逆反應方向進行11、煙氣中的NO經過O3預處理,再用CaSO3懸濁液吸收去除。預處理時發(fā)生反應:NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)。測得:v正=k正c(NO)·c(O3),v逆=k逆c(NO2)·c(O2),k正、k逆為速率常數(shù),受溫度影響。向容積均為2L的甲、乙兩個密閉容器中充入一定量的NO和O3;測得NO的體積分數(shù)隨時間的變化如圖所示。下列說法正確的是()

A.高溫有利于提高容器中NO的平衡轉化率B.T1時,反應在t1min內的平均速率v(O2)=mol·L-1·min-1C.T1時,NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)的k正>3k逆D.T2時,向2L密閉容器中充入0.6molNO、0.4molO3,到達平衡時c(NO2)小于乙容器中平衡時c(NO2)12、室溫下;0.2mol/L的一元堿BOH與等濃度的鹽酸等體積混合后,所得溶液中部分微粒的組分及濃度如圖所示,下列對混合溶液的分析正確的是。

A.溶液顯酸性B.升溫,c(X)增大,c(Y)減小C.c(B+)+c(Y)=c(Cl-)D.稀釋溶液,c(X)增大,c(Z)增大13、20℃時;用0.1mol/L鹽酸滴定20mL0.1mol/L氨水的圖像如圖所示,下列說法正確的是。

A.a點時2c(Cl-)=c(NH3?H2O)+c(NH4+)B.b點表示酸堿恰好完全反應C.c點時c(NH4+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)D.a、b、c、d均有c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)14、下列敘述中一定正確的是A.常溫下,pH=3的FeCl3溶液中,由水電離出的c(H+)為10-3mol/LB.常溫下,pH=6的CH3COOH溶液稀釋100倍后,pH=8C.中和等體積等pH的NH3·H2O和NaOH消耗的等物質的量濃度的鹽酸體積不同D.1.0mol·L―1Na2CO3溶液:c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)15、25℃時,二元酸H3PO3的pKa1、pKa2(pK=-lgK)依次為1.30、6.60,氨水的pKb為4.75。常溫時,下列指定溶液中微粒物質的量濃度關系正確的是()A.0.1mol·L-1NH4H2PO3溶液中:c(H3PO3)>c(NH3·H2O)>c(H+)>c(OH-)B.0.1mol·L-1H3PO3溶液用NaOH溶液滴定至pH=6.60:c(H2PO3-)=c(HPO32-)C.0.1mol·L-1H3PO3溶液用氨水滴定至pH=7.0:c(NH4+)=c(H2PO3-)+c(HPO32-)D.0.4mol·L-1氨水與0.2mol·L-1NaH2PO3等體積混合(體積變化可忽略):c(NH3·H2O)2PO3-)+2c(H3PO3)+0.1mol·L-1評卷人得分三、填空題(共7題,共14分)16、(6分)肼(N2H4)可作為火箭發(fā)動機的燃料,與氧化劑N2O4反應生成N2和水蒸氣。

已知:①N2(g)+2O2(g)===N2O4(l)ΔH1=-19.5kJ·mol-1

②N2H4(l)+O2(g)===N2(g)+2H2O(g)ΔH2=-534.2kJ·mol-1

(1)寫出肼和N2O4反應的熱化學方程式__________。

(2)已知H2O(l)===H2O(g)ΔH3=+44kJ·mol-1;則表示肼燃燒熱的熱化學方程式為__________。

(3)肼—空氣燃料電池是一種堿性電池,該電池放電時,負極的反應式為__________。17、在4L密閉容器中充入6molA氣體和5molB氣體,在一定條件下發(fā)生反應:3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g),達到平衡時,生成了2molC,經測定,D的濃度為0.5mol·L-1;試計算:(寫出簡單的計算過程)

(1)x的值為多少________

(2)B的轉化率為多少________

(3)平衡時A的濃度為多少________18、在一定溫度下,把2體積N2和6體積H2通入一個帶活塞的體積可變的容器中,活塞的一端與大氣相通如圖所示。容器中發(fā)生以下反應:N2+3H22NH3(正反應為放熱反應)。若反應達平衡后;測得混合氣體的體積為7體積,據(jù)此回答下列問題:

(1)保持上述反應溫度不變,設a、b、c分別代表初始加入的N2、H2和NH3的體積;如果反應達到平衡后混合氣體中各物質的體積仍與上述平衡時完全相同,那么:

①若a=1,c=2,則b=____。在此情況下,反應起始時將向______(填“正”或“逆”)反應方向進行。

②若需規(guī)定起始時反應向逆反應方向進行,則c的范圍是______。

(2)在上述裝置中,若需控制平衡后混合氣體為6.5體積,則可采取的措施是______,原因是_____。19、常壓下;取不同濃度;不同溫度的氨水測定,得到下表實驗數(shù)據(jù)。

。溫度(℃)

c(氨水)(mol/L)

電離常數(shù)。

電離度(%)

c(OH-)(mol/L)

0

16.56

1.37×10-5

9.098

1.507×10-2

10

15.16

1.57×10-5

10.18

1.543×10-2

20

13.63

1.71×10-5

11.2

1.527×10-2

(1)溫度升高,NH3·H2O的電離平衡向________(填“左”;“右”)移動;能支持該結論的表中數(shù)據(jù)是__________;

a.電離常數(shù)b.電離度c.c(OH-)d.c(氨水)

(2)表中c(OH-)基本不變的原因是________________________。20、按要求回答下列問題。

(1)寫出氮化鎂的化學式________。

(2)寫出的離子結構示意圖________。

(3)寫出醋酸在水溶液中的電離方程式________。

(4)寫出溴水使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{的化學方程式________。21、已知常溫下部分弱電解質的電離平衡常數(shù)如下表:。化學式HFHClOH2CO3電離常數(shù)6.8×10?44.7×10?8K1=4.3×10?7K2=5.6×10?11

常溫下,物質的量濃度相同的三種溶液①NaF溶液②NaClO溶液③Na2CO3溶液,其pH由大到小的順序是___(填序號)。22、(3分)發(fā)射衛(wèi)星用作燃料,作氧化劑,兩者反應生成N2和水蒸氣;已知:

△H1=+67.7kJ/mol

N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H2=-534kJ/mol

試寫出N2H4與NO2反應的熱化學方程式。

____。評卷人得分四、判斷題(共1題,共7分)23、向溶液中加入少量水,溶液中減小。(____)評卷人得分五、實驗題(共3題,共6分)24、氮氧化物是大氣主要污染物之一,其中基于NO的煙氣脫硝技術成為研究熱點。查文獻資料可知,NO除易氧化成NO2外,也可被還原為N2。在堿性條件下NO遇還原性較強的物質形成不穩(wěn)定的NO-并轉化為相對穩(wěn)定的N2O下面是對NO在不同條件下被氧化或被還原進行的實驗探究:

(1)實驗室為獲取NO進行實驗,使用銅與_____作為反應物,用裝置_____制備氣體(填序號),為了不影響探究結果,反應前對連接好并裝好藥品的裝置進行的具體操作是_____。

(2)若要使裝置②的分液漏斗中的液體順利流下,不改動裝置,對分液漏斗的具體操作是_____。

(3)在保證實驗安全環(huán)保的條件下,將NO通入內壁附著綠色NiO的試管中(如裝置④,其它裝置已省略)。小火加熱,綠色固體逐漸變?yōu)楹谏?Ni2O3固體呈黑色),此現(xiàn)象可說明NO轉化為_____。

(4)將盛有NO氣體的試管倒置于盛有飽和Na2SO3堿性水溶液的大燒杯中(如裝置⑥)。在試管口不脫離液面的情況下,輕輕不斷搖動試管,此操作的主要目的是_____,實驗中NO被Na2SO3堿性溶液快速吸收被還原為N2O發(fā)生反應的離子方程式為_____,此反應可應用于處理含NO和SO2的工業(yè)廢氣,從實際效果看,Na2SO3強堿性溶液吸收含有SO2的NO比只含NO的效果更佳,主要原因是_____。25、某學生用0.1500mol/LNaOH溶液測定某未知濃度的鹽酸;其操作可分解為如下幾步:

A.用蒸餾水洗凈滴定管。

B.用待測定的溶液潤洗酸式滴定管。

C.用酸式滴定管取稀鹽酸25.00mL;注入錐形瓶中,加入酚酞。

D.另取錐形瓶;再重復操作2-3次。

E.檢查滴定管是否漏水。

F.取下堿式滴定管用標準NaOH溶液潤洗后;將標準液注入堿式滴定管“0”刻度以上2-3cm處,再把堿式滴定管固定好,調節(jié)液面至“0”刻度或“0”刻度以下。

G.把錐形瓶放在滴定管下面;瓶下墊一張白紙,邊滴邊搖動錐形瓶直至滴定終點,記下滴定管液面所在刻度。

完成以下填空:

(1)滴定時正確操作的順序是(用序號字母填寫):

_______→_______→F→_______→_______→_______→D。

(2)操作F中應該選擇如圖中滴定管_________(填標號)。

(3)滴定終點的現(xiàn)象是_______________________。

(4)滴定結果如表所示:。滴定次數(shù)待測液體積/mL標準溶液的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度滴定前刻度滴定后刻度125.001.0221.03225.000.6020.60325.000.2020.19

計算該鹽酸的物質的量濃度為____________(保留4位有效數(shù)字)。

(5)下列操作會導致測定結果偏高的是_______。

a.用酸式滴定管向錐形瓶中放鹽酸時;先仰視后平視讀數(shù)。

b.錐形瓶用鹽酸潤洗。

c.堿式滴定管尖嘴部分在滴定前沒有氣泡;滴定終點時發(fā)現(xiàn)氣泡。

d.達到滴定終點時;仰視讀數(shù)。

(6)已知若c(NH4Cl)<0.1mol·L-1,則pH>5.1,常溫下若用0.1mol·L-1鹽酸滴定10mL0.05mol·L-1氨水,甲基橙作指示劑,達到終點時所用鹽酸的量應是______5mL(填“>”或“<”或“=”)26、某化學興趣小組設計實驗探究Mg與鹽溶液反應的多樣性。

。實驗。

向試管中加2mL溶液。

實驗現(xiàn)象。

實驗I:

0.1mol/LAgNO3溶液。

鎂條表面迅速覆蓋一層疏松黑色固體;并有少量氣泡產生。

實驗II:

2.0mol/LNH4Cl溶液。

反應開始時產生大量氣體(經檢驗其中含有H2);一段時間后產生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體。

反應開始時產生大量氣體(經檢驗其中含有H2);一段時間后產生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體。

實驗III:

pH="8.2"NaHCO3溶液。

產生大量氣體(經檢驗其中含有H2和CO2)和白色固體。

產生大量氣體(經檢驗其中含有H2和CO2)和白色固體。

請回答下列問題:

(1)對實驗I進行研究:

①推測實驗Ⅰ中黑色固體為Ag;則發(fā)生反應的離子方程式為_______________。

②確認黑色固體為Ag的實驗方案是___________________________________。

(2)對實驗II進行研究:

①反應開始時產生H2的原因可能是Mg和NH4+直接反應;或___________。

②“一段時間后”產生的氣體一定含有H2和_____。

③為進一步研究;設計如下實驗:

。實驗。

操作。

現(xiàn)象。

實驗IV

向裝有相同鎂條的試管中加入2mL1.0mol/L(NH4)2SO4溶液。

產生氣體的速率明顯慢于實驗II

結合實驗II;IV;可以得出的結論是________________________________。

(3)對實驗III進行研究:

①經檢驗,白色固體為堿式碳酸鎂[Mg2(OH)2CO3]。

②推測在pH=8.2的該溶液中,若無HCO3-,則H+和Mg反應的程度很小。通過實驗證實了該推測;其實驗操作是__________________________。

(4)根據(jù)上述實驗判斷;影響Mg與鹽溶液反應多樣性的原因有_______(填字母序號)

A.鹽溶液中陽離子的氧化性B.鹽溶液的溫度。

C.含Mg生成物的溶解性D.鹽溶液中陰離子的影響評卷人得分六、工業(yè)流程題(共4題,共8分)27、工業(yè)上由鋁土礦(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制備無水AlCl3的流程如下:

已知:AlCl3,F(xiàn)eCl3;分別在183℃;315℃升華。

(1)在焙燒爐中發(fā)生反應:

①Fe2O3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)△H=-492.7kJ/mol

②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)+3CO2(g)△H=+25.2kJ/mol

反應2Fe2O3(s)+3C(s)4Fe(s)+3CO2(g)△H=___________kJ/mol。

(2)①Al2O3,Cl2和C在氯化爐中高溫下發(fā)生反應,當生成1molAlCl3時轉移______mol電子;爐氣中含有大量CO和少量Cl2,可用Na2SO3溶液除去Cl2,其離子方程式為_______。在溫度約為700℃向升華器中加入鋁粉,發(fā)生反應的化學方程式為_________。充分反應后溫度降至_____以下(填“183℃、315℃之一),開始分離收集AlCl3。

②將AlCl3·6H2O溶于濃硫酸進行蒸餾,也能得到一定量的無水AlCl3,此原理是利用濃硫酸下列性質中的_______(填字母序號)。

①氧化性②吸水性③難揮發(fā)性④脫水性。

a.只有①b.只有②c.只有②③d.只有②③④

(3)海洋燈塔電池是利用鋁、石墨為電極材料,海水為電解質溶液,構成電池的其正極反應式________,與鉛蓄電池相比.釋放相同電量時,所消耗金屬電極材料的質量比m(Al):m(Pb)=__________________。28、軟錳礦是一種常見的錳礦物,其主要成分是MnO2,還含有Al2O3,F(xiàn)e2O3,SiO2雜質。高錳酸鉀具有強氧化性;在實驗室中和工業(yè)上常用作氧化劑。以軟錳礦為原料先制得錳酸鉀,再使其在酸性條件下歧化而制得高錳酸鉀的工藝流程如圖所示。

溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:。金屬離子Al3+Fe3+Fe2+Mn2+開始沉淀時(c=0.01mol/L)的pH3.72.27.58.6完全沉淀時(c=1.0×10-5mol/L)的pH4.73.29.010.1

回答下列問題:

(1)“還原”中加稀硫酸的兩個作用分別是__________________、___________。

(2)“濾渣2”的成分是____________。利用上表格數(shù)據(jù),計算Mn(OH)2的Ksp=______(列出計算式)。

(3)“熔融”時生成錳酸鉀的化學方程式為__________________。

(4)“歧化”時氧化劑與還原劑的物質的量之比為____________________。

(5)操作1為蒸發(fā)濃縮,冷卻結晶,減壓過濾,“減壓過濾”(裝置如圖所示)的目的是_____。

(6)由錳酸鉀制備高錳酸鉀除了有歧化法;還有電解法:以錳酸鉀為電解液,鎳板為陽極,鐵板為陰極。

①寫出生成高錳酸鉀的電極反應式:___________。

②由電解法制備高錳酸鉀時可循環(huán)利用的物質是________(填化學式)。29、亞氯酸鈉(NaClO2)是一種強氧化性漂白劑,廣泛用于紡織、印染和食品工業(yè).它在堿性環(huán)境中穩(wěn)定存在。某同學查閱資料后設計生產NaClO2的主要流程如下:

(1)Ⅰ中發(fā)生反應的還原劑是___________,氣體a的名稱是___________

(2)Ⅱ中反應的離子方程式是___________

(3)A的化學式是___________

(4)Ⅲ中電極X是___________,(填“陰極”“陽極”),其上發(fā)生的電極反應為_______________________。離子交換膜N是____(填“陰”“陽”)離子交換膜。

(5)ClO2是一種高效水處理劑,可用亞氯酸鈉和稀鹽酸為原料制備:5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O,該反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比是_______。

(6)NaClO2變質可轉化為NaClO3和NaCl。取等質量變質前后的NaClO2試樣配成溶液,分別與足量FeSO4溶液反應時,消耗Fe2+的物質的量_____(填“相同”“不相同”“無法判斷”)。30、一種利用鈦鐵礦制備Li4Ti5O12的工藝流程如圖:

已知:鈦鐵礦的主要成分是FeTiO3(可表示為FeO·TiO2),還含有少量的MgO和SiO2等雜質。

回答下列問題:

(1)酸浸時,要提高鐵的浸出率可采取的措施是___(寫出一條即可)。

(2)酸浸后的濾液①中鈦主要以TiOCl42-形式存在,則其水解生成TiO2·xH2O的離子方程式為___,加熱水的目的是___。

(3)TiO2·xH2O沉淀與雙氧水、氨水反應時,應將溫度控制在50℃左右的原因是___。

(4)若將濾液②加熱至一定溫度后,再加入雙氧水和磷酸,恰好使Mg2+沉淀完全[溶液中c(Mg2+)降至1.0×10-5mol·L-1],此時溶液中=___。已知:此溫度下,F(xiàn)ePO4、Mg3(PO4)2的溶度積常數(shù)分別為1.5×10-21、1.0×10-23。

(5)高溫煅燒時發(fā)生反應的化學反應方程式為___。

(6)某可充電的鋰離子電池以Li4Ti5O12為正極,嵌入鋰的碳材料為負極,含Li+導電固體為電解質。放電時的電池反應為LixC+Li4Ti5O12=Li(x-5)C+Li9Ti5O12,則充電時陰極電極反應式為___。參考答案一、選擇題(共8題,共16分)1、C【分析】【詳解】

A.使用催化劑不能改變化學反應的反應熱;A錯誤;

B.pH試紙只能讀取整數(shù);B錯誤;

C.CH3COOH與NaOH的混合溶液中電荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-);C正確;

D.80℃時,pH=2的HCl與pH=12的Ba(OH)2等體積混合后氫氧化鋇過量,所得溶液顯堿性,根據(jù)電荷守恒可知:2c(Ba2+)>c(Cl-);D錯誤;

答案選C。2、B【分析】【詳解】

A.①N2O+Pt2O+=Pt2O2++N2△H1,②Pt2O2++CO=Pt2O++CO2△H2,結合蓋斯定律計算①+②得到N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g)△H=△H1+△H2,即ΔH1=ΔH-ΔH2;故A錯誤;

B.由圖2分析可知;反應物能量高于生成物,反應為放熱反應,反應焓變△H=生成物總能量-反應物總能量=135kJ/mol-359kJ/mol=-226kJ/mol,故B正確;

C.由圖2有催化劑的圖像可知;反應①的活化能大于反應②,相同條件下,反應的活化能越大,反應速率越慢,反應①的反應速率比反應②慢,故C錯誤;

D.①N2O+Pt2O+=Pt2O2++N2△H1,②Pt2O2++CO=Pt2O++CO2△H2,反應過程中Pt2O+和Pt2O2+參與反應后又生成不需要補充;故D錯誤;

故選B。3、A【分析】【詳解】

A選項;Q點時,X的體積分數(shù)最小,X消耗最多,Y消耗也最多,因此Y的轉化率最大,故A正確;

B選項;Q點以前是建立平衡的階段,Q點以后是升溫平衡移動的階段,因此升高溫度,X的量再增加,生成物濃度減小,平衡常數(shù)減小,故B錯誤;

C選項;W點溫度比M點溫度低,因此Y的正反應速率小于M點Y的正反應速率,故C錯誤;

D選項;平衡時充入Y,平衡正向移動,但是只能減弱這種改變,Y的體積分數(shù)還是增大了,因此達到新平衡時Y的體積分數(shù)比原平衡時大,故D錯誤。

綜上所述;答案為A。

【點睛】

混合體系中某物質的體積分數(shù)與溫度的關系,在體積分數(shù)最小值以前是建立平衡的階段,后來是由于溫度對平衡移動引起的移動,使得體積分數(shù)變大。4、C【分析】【詳解】

A.③中反應物是①中的2倍;相當于增大壓強,平衡正向移動,所以③中氨氣大于①中2倍,所以平衡時氨氣體積分數(shù):①<③,故A錯誤;

B.化學平衡常數(shù)只與溫度有關;①②③溫度相同,其化學平衡常數(shù)相同,故B錯誤;

C.①因為該反應是可逆反應,反應物不能完全轉化為生成物,則放出的熱量小于92.4kJ;②是在①的基礎上加入1mol氮氣,平衡正向移動,放出的熱量大于a,但是小于92.4kJ,所以存在a<b<92.4;故C正確;

D.②是在①的基礎上加入1mol氮氣;平衡正向移動,但是氫氣的轉化率增大,轉化率②>①,故D錯誤;

故選C。5、D【分析】【詳解】

A選項,0.1mol·L-1的三種鹽溶液NaX、NaY、NaZ的pH分別為7、8、9,根據(jù)對應酸越弱,水解程度越大,堿性越強,NaX中X-不水解;HX酸性最強,因此HX;HY、HZ的酸性依次減弱,故A錯誤;

B選項,根據(jù)A中分析,Z-水解程度最大,因此溶液中剩余的越少,溶液中的Z-離子濃度越小,依次類推,NaX中X-不水解,溶液中的離子濃度c(Z-)-)-);故B錯誤;

C選項,根據(jù)A中分析,HY、HZ的酸性依次減弱,因此電離常數(shù)K(HZ)

D選項,根據(jù)物料守恒得出c(X-)=c(Y-)+c(HY)=c(Z-)+c(HZ);故D正確;

故答案為D。

【點睛】

越弱越水解,離子對應的酸越弱,其離子水解程度越大,水解生成的氫氧根越多,則堿性越強,反向思維,即鹽水解顯堿性越強,說明這個鹽中的酸根離子對應的酸越弱。6、D【分析】【詳解】

A.往平衡體系中加入少量金屬鉛后,固體的濃度為常數(shù),濃度不變,平衡不移動,c(Pb2+)不變;選項A錯誤;

B.往平衡體系中加入少量固體后,c(Sn2-)增大;選項B錯誤;

C.升高溫度,平衡體系中c(Pb2+)增大,說明平衡向逆反應進行,升高溫度平衡向吸熱反應移動,故正反應為放熱反應,選項C錯誤;

D.由圖可知,平衡時c(Pb2+)=0.10mol/L,c(Sn2+)=0.22mol/L,故該溫度下反應的平衡常數(shù)K==2.2;選項D正確;

答案選D。7、C【分析】【詳解】

向BaSO4懸濁液中加入飽和Na2CO3溶液,部分BaSO4因飽和Na2CO3溶液中濃度高而轉化為BaCO3,因此向洗凈的沉淀中加稀鹽酸,有氣泡產生,但不能證明Ksp(BaCO3)sp(BaSO4),故A錯誤;NaClO水解生成HClO具有漂白性,可以使pH試紙褪色,故B錯誤;25gCuSO4·5H2O的物質的量為0.1mol,溶于蒸餾水配成500mL溶液,所配溶液的濃度是0.2mol·L?1,故C正確;在Na2SO3溶液中滴入Ba(NO3)2產生白色沉淀BaSO3,再滴入鹽酸,溶液中存在H+和可將BaSO3氧化為BaSO4,并不能證明Na2SO3是否變質,故D錯誤。8、D【分析】【詳解】

金屬腐蝕速率:電解池的陽極>原電池的負極>化學腐蝕>原電池的正極>電解池的陰極,①是化學腐蝕,②鐵作負極,③鐵作正極,④鐵作陰極,⑤鐵作陽極,因此腐蝕速率由快到慢的順序是⑤②①③④,故選項D正確。二、多選題(共7題,共14分)9、BD【分析】【詳解】

A.濃酸;弱酸等發(fā)生酸堿中和時中和熱不同;A錯誤;

B.反應熱大小與條件無關,因此同溫同壓下,H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和點燃條件下的ΔH相同;B正確;

C.生成液態(tài)水放出更多,故-b<-a,即b>a;C錯誤;

D.利用蓋斯定律-即得到C(s,石墨)=C(s,金剛石)ΔH=+1.5kJ·mol-1;D正確;

答案選BD。10、BD【分析】【分析】

三個容器中,Ⅰ與Ⅱ均為恒容容器,差別在于前者恒溫,后者絕熱;不妨設想容器Ⅳ,其與容器Ⅰ其余的條件相同,僅投料方式按照容器Ⅱ中的投料方式進行,那么容器Ⅳ中的平衡與Ⅰ中的等效,容器Ⅳ中的反應達到平衡時,Cl2的物質的量為1mol。容器Ⅲ相比于容器Ⅰ,體積擴大了一倍,初始投料也增加了一倍,但容器Ⅲ是在恒溫恒壓的條件下反應的;不妨設想容器Ⅴ,其與容器Ⅲ的其他的條件相同,僅容器類型更改為恒溫恒容的容器,那么容器Ⅴ中的平衡狀態(tài)與Ⅰ中的等效,容器Ⅴ中的反應達到平衡時,Cl2的物質的量為2mol。

【詳解】

A.4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-116kJ·mol-1,反應4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(l),生成液態(tài)水,氣態(tài)水變液態(tài)水放出熱量,因此ΔH<-116kJ·mol-1;故A錯誤;

B.構造的容器Ⅳ的類型是恒溫恒容,容器Ⅱ的類型是絕熱恒容,二者都是逆向反應建立的平衡狀態(tài),容器Ⅱ由于是絕熱的,所以容器Ⅱ中的溫度會越來越低,不利于反應逆向進行,相比于容器Ⅳ達到平衡時消耗的Cl2更少,所以a>1;構造的容器Ⅴ的類型為恒溫恒容,容器Ⅲ的類型為恒溫恒壓,二者都是正向反應建立的平衡,由于容器Ⅴ為恒容容器,所以反應開始后容器Ⅴ中的壓強逐漸小于容器Ⅲ中的壓強,壓強越小越不利于反應正向進行,因此平衡時,容器Ⅴ中的Cl2的量小于容器Ⅲ中的,所以b>2;故B正確;

C.根據(jù)阿伏加德羅定律PV=nRT可知,溫度相同,體積相同,則壓強之比等于物質的量之比解得p2=1.6×105Pa,III容器體積和加入的物質的量都是I容器的2倍,因此壓強相同p3=2×105Pa;故C錯誤;

D.反應容器Ⅰ平衡常數(shù)若起始向容器Ⅰ中充入0.5molHCl、0.5molO2、0.5molCl2和0.5molH2O,則反應向逆反應方向進行,故D正確。

綜上所述,答案為BD。11、BC【分析】【分析】

T2溫度下先達到化學平衡,故T1<T2;到達平衡時,T2溫度下NO的體積分數(shù)大于T1溫度下NO的體積分數(shù);說明升高溫度,平衡逆向移動,故該反應的正反應為放熱反應。

【詳解】

A.結合分析可知;升高溫度,平衡逆向移動,NO的平衡轉化率減小,A錯誤;

B.由反應方程式可知,反應前后體系中氣體的總物質的量不變,則到達t1時,NO減小的物質的量=0.4mol-0.1×1mol=0.3mol,所以v(NO)==mol·L-1·min-1,v(O2)=v(NO)=mol·L-1·min-1;B正確;

C.由反應方程式可知,反應前后,體系中氣體的總物質的量不變,那么,到達t1時;NO減小的物質的量=0.4mol-0.1×1mol=0.3mol,列三段式有。

由圖可知,t1時,平衡正向進行,v正>v逆,即k正c(NO)·c(O3)>k逆(NO2)·c(O2),>==3,所以>3;C正確;

D.設平衡時乙容器中c(NO2)=a,根據(jù)方程式可知c(O2)=a,c(NO)=(0.4-a)mol/L,c(O3)=(0.6-a)mol/L,則有平衡常數(shù)K=設充入0.6molNO、0.4molO3到達平衡時c(NO2)=b,則c(O2)=b,c(NO)=(0.6-b)mol/L,c(O3)=(0.4-b)mol/L,平衡常數(shù)K=溫度不變,平衡常數(shù)不變,所以=所以a=b,即兩種情況下c(NO2)相等;D錯誤;

答案選BC。12、AC【分析】【分析】

的一元堿BOH與等濃度的鹽酸等體積混合后,所得溶液中濃度小于說明在溶液中存在B0H為弱堿,BCl溶液呈酸性,則一般來說,鹽類的水解程度較小,則:反應后溶液中離子濃度大小為:即X表示Y表示BOH,Z表示溶液中存在物料守恒為:據(jù)此回答。

【詳解】

A.BOH為弱堿,反應生成強酸弱堿鹽BCl,則溶液顯酸性,A正確;

B.鹽的水解為吸熱反應,升溫促進水解,則Y濃度增大,B錯誤;

C.X表示Y表示BOH,Z表示溶液中存在物料守恒為:C正確;

D.稀釋后促進水解,但是溶液中氫離子濃度減小,即減小,D錯誤;

答案選AC。13、AD【分析】【詳解】

A.a點加入10mL的鹽酸,溶液為等物質的量的氨水、氯化銨,根據(jù)物料守恒,則2c(Cl-)=c(NH3?H2O)+c(NH4+);A項正確;

B.20mL0.1mol/L氨水恰好完全反應需要0.1mol/L鹽酸20mL;B項錯誤;

C.c點為氯化銨溶液顯酸性,離子濃度大小關系為c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-);C項錯誤;

D.a、b點為氨水、氯化銨,c點為氯化銨,d點為鹽酸、氯化銨,根據(jù)電荷守恒均有c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-);D項正確;

答案選AD。14、CD【分析】【詳解】

A.FeCl3溶液中鐵離子水解,促進水的電離,pH=3的FeCl3溶液中,c(H+)=10-3mol/L,所以由水電離出的c(H+)>10-3mol/L;故A錯誤;

B.常溫下,pH=6的CH3COOH溶液稀釋100倍后仍為酸性溶液;pH<7,故B錯誤;

C.氨水為弱堿,等體積等pH的NH3·H2O和NaOH溶液中含有NH3·H2O的比NaOH多;中和時,消耗的等物質的量濃度的鹽酸,氨水比NaOH多,故C正確;

D.根據(jù)物料守恒得c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-),根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),所以有c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3);故D正確;

故選CD。15、BD【分析】【詳解】

A.二元酸H3PO3的pKa1=1.3小于氨水的pKb為4.75,銨根離子的水解能力強,c(NH3·H2O)>c(H3PO3);故A錯誤;

B.0.1mol·L-1H3PO3溶液用NaOH溶液滴定至pH=6.60,ka2==c(H+)=10-6.60,所以c(H2PO3-)=c(HPO32-);故B正確;

C.0.1mol·L-1H3PO3溶液用氨水滴定至pH=7.0,c(H+)=c(OH-),根據(jù)電荷守恒c(H+)+c(NH4+)=c(H2PO3-)+2c(HPO32-)+c(OH-),即:c(NH4+)=c(H2PO3-)+2c(HPO32-);故C錯誤;

D.0.4mol·L-1氨水與0.2mol·L-1NaH2PO3等體積混合(體積變化可忽略),相當于0.1mol·L-1Na(NH4)HPO3溶液和0.1mol·L-1氨水等體積混合,根據(jù)電荷守恒:①c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=c(H2PO3-)+2c(HPO32-)+c(OH-),再由物料守恒:②c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(H2PO3-)+2c(HPO32-)+2c(H3PO3),③c(Na+)=0.1mol·L-1,②-①得c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(H2PO3-)+2c(H3PO3)+c(Na+)+c(H+),將③代入,溶液呈堿性c(H+)-),整理得:c(NH3·H2O)2PO3-)+2c(H3PO3)+0.1mol·L-1;故D正確;

故選BD。

【點睛】

本題以離子濃度大小比較為載體考查鹽類水解,側重考查對鹽類水解原理的理解和靈活運用,明確溶液中溶質成分及其性質是解本題關鍵,C為解答易錯點,注意C中電荷守恒表達式的書寫,注意溶液中沒有PO33-,難點D,注意電荷守恒、物料守恒的靈活運用。三、填空題(共7題,共14分)16、略

【分析】試題分析:(1)①N2(g)+2O2(g)=N2O4(l)△H1=-19.5kJ?mol-1

②N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H2=-534.2kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律寫出肼和N2O4反應的熱化學方程:②×2-①得到:2N2H4(l)++N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)△H=—1048.9kJ/mol;

(2)燃燒熱是指1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量;此時生成的水必須為液態(tài),可燃物必須為1mol.

由反應。

①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H2=-534.2kJ?mol-1

②H2O(l)═H2O(g)△H3=+44kJ?mol-1

將①-2×②可得:N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H2=—622.2kJ?mol-1;

(3)負極發(fā)生還原反應,是肼在反應,肼中的N從-2價升高到0價,堿性電池中,其電極反應式應為:N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O;

考點:考查蓋斯定律的計算、燃燒熱的計算及燃料電池電極反應式的書寫等?!窘馕觥浚ǜ?分;共6分)

(1)2N2H4(l)+N2O4(l)===3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1048.9kJ·mol-1;

(2)N2H4(l)+O2(g)===N2(g)+2H2O(l)ΔH=-622.2kJ·mol-1

(3)N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑17、略

【分析】【分析】

3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g)

起6mol5mol00

轉3mol1mol2mol2mol

平3mol4mol2mol4L×0.5mol·L-1

【詳解】

(1)物質的量的變化量之比等于化學計量數(shù)之比;因此x=2,故答案為:2;

(2)B的轉化率故答案為:20%;

(3)平衡時A的濃度故答案為:0.75mol/L

【點睛】

化學平衡的計算,三段式是常用方法,把三段式列出來,然后根據(jù)題目要求,具體計算。【解析】①.2②.20%③.0.75mol/L18、略

【分析】【詳解】

(1)①反應達到平衡后混合氣體中各物質的量仍與上述平衡時完全相同,恒溫恒壓條件下,采用極限分析,按化學計量數(shù)轉化到左邊,應滿足2體積N2、6體積H2,2體積的氨氣完全轉化得到1體積氮氣、3體積氫氣,故1+a=1+1=2,3+b=6,則b=3,所以只要a:b=1:3,由于a=1,則b=3;因反應前混合氣體為8體積,反應后混合氣體為7體積,體積差為1體積,則平衡時氨氣應該為1體積,而在起始時,氨氣的體積c=2體積,比平衡狀態(tài)時大,為達到同一平衡狀態(tài),氨的體積必須減小,所以平衡逆向移動,故答案為:3;逆;

②若讓反應逆向進行;由上述①所求出的平衡時氨氣為1體積,氨氣的體積必須大于1體積,最大值則為2體積氮氣和6體積氫氣完全反應時產生的氨氣的體積,即為4體積,則1<c≤4,故答案為:1<c≤4;

(2)平衡后混合氣體為6.5體積<7體積,恒壓條件下,應是改變溫度影響平衡移動,由于正反應為放熱反應,且是氣體總分子數(shù)減小的反應,只能為降低溫度,,故答案為:降低溫度;6.5<7,上述平衡需向氣體體積縮小方向移動,故可采取降溫措施。【解析】①.3②.逆③.1<c≤4④.降溫⑤.6.5<7,上述平衡需向氣體體積縮小方向移動,故可采取降溫措施19、略

【分析】【分析】

【詳解】

①溫度升高,促進NH3·H2O的電離;平衡向右移動,只有電離平衡常數(shù)是溫度的函數(shù),故答案為:右,a;

(2)氨水濃度再降低,而溫度升高,兩者雙重作用使c(OH-)基本不變,故答案為:氨水濃度降低,使c(OH-)減小,而溫度升高,使c(OH-)增大,雙重作用使c(OH-)基本不變。【解析】右a氨水濃度降低,使c(OH-)減小,而溫度升高,使c(OH-)增大,雙重作用使c(OH-)基本不變20、略

【分析】【分析】

(1)依據(jù)名稱和元素化合價代數(shù)和為0;書寫化學式;

(2)鈉離子的核內質子數(shù)為11;核外電子數(shù)=10,據(jù)此書寫離子結構示意圖;

(3)醋酸為弱酸;部分電離;

(4)溴能夠置換碘;據(jù)此書寫反應的化學方程式。

【詳解】

(1)氮化鎂中鎂元素化合價+2價,氮元素化合價為-3價,根據(jù)元素化合價代數(shù)和為0,化學式為Mg3N2,故答案為:Mg3N2;

(2)鈉離子的核內質子數(shù)為11,核外電子數(shù)=10,離子結構示意圖為故答案為:

(3)醋酸為弱酸,部分電離,電離方程式為CH3COOH?CH3COO-+H+,故答案為:CH3COOH?CH3COO-+H+;

(4)溴能夠置換碘,溴水使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{,反應的化學方程式為Br2+2KI=2KBr+I2,故答案為:Br2+2KI=2KBr+I2?!窘馕觥縈g3N2CH3COOH?CH3COO-+H+Br2+2KI=2KBr+I221、略

【分析】【分析】

根據(jù)鹽類水解形成的酸越弱;對應的鹽越水解分析。

【詳解】

圖表中數(shù)據(jù)分析可知酸性HF>H2CO3>HClO>HCO3-,對應鹽的水解程度F-<HCO3-<ClO-<CO32-,常溫下,物質的量濃度相同的NaF溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液均水解顯堿性,水解程度越大,堿性越強,因水解程度為NaF溶液<NaClO溶液<Na2CO3溶液,則其pH由大到小的順序是③②①,故答案為:③②①?!窘馕觥竣邰冖?2、略

【分析】(2)×2-(1),得所求熱化學方程式【解析】2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-1135.7kJ·mol-1四、判斷題(共1題,共7分)23、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水,減小,堿性減弱即減小,則增大,則溶液中增大,故錯;【解析】錯五、實驗題(共3題,共6分)24、略

【分析】【分析】

實驗探究NO在不同條件下被氧化或被還原,首先使用銅和稀硝酸反應制取NO,選用裝置③制備氣體,裝置④玻璃管內壁附著綠色NiO,加熱反應后轉化為黑色的Ni2O3,說明NiO被氧化,則NO被還原,驗證NO具有氧化性;在裝置⑥中NO遇還原性較強的Na2SO3溶液生成N2O也能驗證NO具有氧化性。

【詳解】

(1)實驗室使用銅和稀硝酸反應制取NO,發(fā)生的反應為3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,該反應為固體和液體不加熱制取氣體,則應用裝置③制備氣體,由于NO除易氧化成NO2,裝置中不能有空氣,則反應前對連接好并裝好藥品的裝置進行的具體操作是通入N2,以排除裝置內的O2,故答案為:稀硝酸;③;通入N2,以排除裝置內的O2(或防止NO被氧化)。

(2)分液漏斗在使用時;為了使液體順利流下,不改動裝置,要先打開(或取下)分液漏斗頂部活塞,使漏斗上口處內外空氣相通,再打開旋塞,故答案為:先打開(或取下)分液漏斗頂部活塞,再打開旋塞。

(3)NO與NiO反應,綠色的NiO轉化為黑色的Ni2O3,Ni元素化合價升高,被氧化,則NO中N元素化合價降低被還原,由信息可知,NO可被還原為N2,即NO轉化為N2,故答案為:N2。

(4)將盛有NO氣體的試管倒置于盛有飽和Na2SO3堿性水溶液的大燒杯中,輕輕不斷搖動試管,可使NO氣體與溶液充分接觸,便于氣體吸收;NO被Na2SO3堿性溶液吸收被還原為N2O則SO被氧化為SO根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒,配平反應的離子方程式為2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2O;用Na2SO3強堿性溶液吸收含有SO2的NO,根據(jù)吸收反應,SO2被堿液吸收并轉化為SO增大c(SO),從而促進NO吸收,故答案為:為使NO氣體與溶液充分接觸;2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2O;SO2被堿液吸收并轉化為SO增大c(SO),從而促進NO吸收?!窘馕觥?1)稀硝酸③通入N2,以排除裝置內的O2(或防止NO被氧化)

(2)先打開(或取下)分液漏斗頂部活塞;再打開旋塞。

(3)N2

(4)為使NO氣體與溶液充分接觸2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2OSO2被堿液吸收并轉化為SO增大c(SO),從而促進NO吸收25、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)中和滴定有檢漏;洗滌、潤洗、裝液、取待測液并加指示劑、滴定等操作;

(2)堿性溶液應選擇堿式滴定管;酸性;氧化性溶液應選擇酸式滴定管;

(3)實驗中應控制標準液滴入的速度并觀察錐形瓶中顏色變化;如溶液顏色變化且半分鐘內不變色;可說明達到滴定終點,酚酞在酸性溶液中為無色,在堿性溶液中顯紅色;

(4)先判斷數(shù)據(jù)的有效性;然后求出平均值,最后根據(jù)關系式HCl~NaOH來計算出鹽酸的濃度;

(5)根據(jù)c(待測)=分析不當操作對V(標準)的影響;

(6)甲基橙的變色范圍是pH≤3.1時變紅;3.1~4.4時呈橙色,pH≥4.4時變黃。

【詳解】

(1)中和滴定按照檢漏;洗滌、潤洗、裝液、取待測液并加指示劑、滴定等順序操作;則正確的順序為:EAFBCGD;

(2)氫氧化鈉溶液顯堿性;應選擇堿式滴定管,滴定管乙下端是橡皮管,為堿式滴定管,故選乙;

(3)滴定操作時眼睛應注視錐形瓶中溶液顏色的變化;當?shù)渭幼詈笠坏螛藴室簳r,溶液無色變淺紅色且半分鐘內不褪色,可說明達到滴定終點;

(4)第一次消耗標準液:21.03-1.02=20.01(mL);第二次消耗標準液體積:20.60-0.60=20.00mL;第三次消耗標準液:20.19-0.20=19.99mL,三組數(shù)據(jù)均有效,所以消耗標準液體積為:=20.00mL;該鹽酸的物質的量濃度為:

=0.1200mol·L-1;

(5)a.用酸式滴定管向錐形瓶中放鹽酸時;先仰視后平視讀數(shù),導致所取鹽酸的量增加,消耗標準液偏大,則測定結果偏高,故a選;

b.錐形瓶用鹽酸潤洗,導致所取鹽酸的量增加,消耗標準液偏大,則測定結果偏高,故b選;

c.堿式滴定管尖嘴部分在滴定前沒有氣泡,滴定終點時發(fā)現(xiàn)氣泡;導致消耗標準液偏小,則測定結果偏低,故c不選;

d.達到滴定終點時;仰視讀數(shù),導致消耗標準液偏大,則測定結果偏高,故d選;

故選abd;

(6)甲基橙的變色范圍是pH≤3.1時變紅,3.1~4.4時呈橙色,pH≥4.4時變黃;現(xiàn)已知若c(NH4Cl)<0.1mol·L-1;則pH>5.1,要將pH調到4.4,需加入更多的鹽酸,甲基橙作指示劑,達到終點時所用鹽酸的量應是>5mL。

【點睛】

本題考查中和滴定的綜合應用,解題關鍵:明確中和滴定的操作方法和原理,易錯點(5)注意掌中和滴定的誤差分析方法與技巧,難點(4)先求體積的平均值,再根據(jù)濃度計算公式計算,需學生具備一定的分析能力及化學計算能力?!窘馕觥縀ABCG乙錐形瓶內溶液由無色變?yōu)闇\紅色,且半分鐘內不褪色0.1200mol/Labd>26、略

【分析】本題考查實驗方案設計與評價,(1)①出現(xiàn)黑色固體,此固體為Ag,利用金屬活動順序表,發(fā)生置換反應,即Mg+2Ag+=Mg2++2Ag;②確認是Ag,需要檢驗Ag+,即將Ag轉化成Ag+,具體操作是:將黑色固體過濾、洗滌,向其中加入稀HNO3,黑色固體溶解并產生無色氣體,遇空氣后變成紅棕色,并向所得溶液中滴加NaCl溶液,生成白色沉淀,說明黑色固體為Ag;(2)①NH4Cl是強酸弱堿鹽,NH4+發(fā)生水解反應,NH4++H2ONH3·H2O+H+,Mg+2H+=Mg2++H2↑,消耗H+促使平衡向正反應方向進行;②根據(jù)實驗II,除得到氫氣外,還有一種能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體,此氣體為NH3;③加入的是(NH4)2SO4,NH4+的濃度與NH4Cl中NH4+濃度相同,不同的是陰離子,因此得出結論是Cl-有利于Mg和銨鹽溶液反應產生H2(或SO42-不利于Mg和銨鹽溶液反應產生H2、溶液中陰離子的種類會影響Mg和銨鹽溶液反應產生H2);(3)②HCO3-在水中既有電離也有水解,HCO3-H++CO32-,pH=8.2說明溶液顯堿性,得到Mg2(OH)2CO3,當沒有HCO3-,則H+和Mg2+反應的程度很小,實驗設計為:向裝有相同鎂條的試管中加入2mLpH=8.2的NaOH溶液,觀察反應現(xiàn)象;(4)A、根據(jù)實驗I,利用Ag+的氧化性較強,得到黑色固體,故A正確;B、四個實驗中沒有說明溫度對實驗的影響,故B錯誤;C、根據(jù)實驗III,得到堿式碳酸鎂,堿式碳酸鎂不溶于水,故C正確;D、實驗II和IV的對比,說明陰離子的影響,故D正確?!窘馕觥?Ag++Mg=2Ag+Mg2+將黑色固體過濾、洗滌,向其中加入稀HNO3,黑色固體溶解并產生無色氣體,遇空氣后變成紅棕色,并向所得溶液中滴加NaCl溶液,生成白色沉淀。NH4+水解使溶液中c(H+)增大,與Mg反應生成H2NH3Cl-有利于Mg和銨鹽溶液反應產生H2(或SO42-不利于Mg和銨鹽溶液反應產生H2、溶液中陰離子的種類會影響Mg和銨鹽溶液反應產生H2)向裝有相同鎂條的試管中加入2mLpH=8.2的NaOH溶液。ACD六、工業(yè)流程題(共4題,共8分)27、略

【分析】【分析】

(1)由蓋斯定律定律,①+②得:2Fe2O3(s)+3C(s)=4Fe(s)+3CO2(g);反應熱也進行相應的計算;

(2)①根據(jù)工藝流程可知升華器中含有AlCl3等,所以Al2O3、C12和C反應會生成A1C13,由冷凝器尾氣可知還會生成CO,根據(jù)氯元素化合價變化計算注意電子數(shù)目;Cl2有強氧化性,將SO32-氧化為SO42-,自身被還原為C1-;由工藝流程可知,升華器中主要含有AlCl3和FeCl3,加入少量Al除去FeCl3,Al與FeCl3反應生成Fe、AlCl3;由題目信息可知,AlCl3的升華溫度更低,應控制溫度使AlCl3升華,且FeCl3不升華;

②AlCl3的水解,直接加熱AlCl3?6H2O;水解徹底生成氫氧化鋁,得不到氯化鋁,濃硫酸吸水,同時可以生成HCl抑制氯化鋁水解;

(3)該原電池實質是金屬鋁發(fā)生的吸氧腐蝕,氧氣在正極放電生成氫氧根離子;電量相同,則原電池轉移電子相同,令轉移電子為3mol,根據(jù)元素化合價計算n(Al)、n(Pb);再根據(jù)m=nM計算。

【詳解】

(1)①Fe2O3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)△H=-492.7kJ/mol;②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)+3CO2(g)△H=+25.2kJ/mol;由蓋斯定律,①+②得:2Fe2O3(s)+3C(s)4Fe(s)+3CO2(g)△H=(-492.7kJ/mol)+25.2kJ/mol=-467.5kJ/mol;

故答案為:-467.5;

(2)①根據(jù)工藝流程可知氯化爐的產物,經冷卻、升華可制備無水AlCl3,說明氯化爐的產物中含有A1C13,冷凝器尾氣含有CO,所以Al2O3、C12和C反應,生成A1C13和CO,反應方程式為A12O3+3C12+3C=2A1C13+3CO,反應中氯元素化合價由0價降低為-1價,氯氣是氧化劑,故生成1molAlCl3時轉移電子為1mol×3=3mol;Cl2有強氧化性,將SO32-氧化為SO42-,自身被還原為C1-,反應離子方程式為SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+;由工藝流程可知,升華器中主要含有AlCl3和FeCl3,加入少量Al除去FeCl3,Al與FeCl3反應生成Fe、AlCl3,反應方程式為Al+FeCl3=AlCl3+Fe;由題目信息可知,AlCl3的升華溫度更低,應控制溫度使AlCl3升華,且FeCl3不升華;故溫度應控制在315℃以下;

故答案為:3;SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+;Al+FeCl3=AlCl3+Fe;315℃;

②AlCl3的水解,直接加熱AlCl3?6H2O;水解徹底生成氫氧化鋁,得不到氯化鋁,濃硫酸吸水,同時可以生成HCl抑制氯化鋁水解,利用濃硫酸的吸水性與難揮發(fā)性;

故答案為:c;

(3)該原電池實質是金屬鋁發(fā)生的吸氧腐蝕,氧氣在正極放電生成氫氧根離子,電極反應式為O2+4e-+2H2O=4OH-;電量相同,則原電池轉移電子相同,令轉移電子為3mol,則n(Al)==1mol、n(Pb)==1.5mol,故m(A1):m(Pb)=1mol×27g/mol:1.5mol×207g/mol=2:23;

故答案為:O2+4e-+2H2O=4OH-;2:23?!窘馕觥?467.53Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+Al+FeCl3=Fe+AlCl3315℃cO2+4e-+2H2O=4OH-2:2328、略

【分析】【分析】

軟錳礦主要成分是MnO2,還含有Al2O3、Fe2O3、SiO2雜質,用硫酸溶解,加入二氧化硫還原,過濾出難溶的SiO2;得含有硫酸亞鐵;硫酸鋁、硫酸錳的溶液,所得溶液中加入二氧化錳把亞鐵離子氧化為鐵離子,調節(jié)pH除去鐵、鋁,再加入高錳酸鉀溶液,把硫酸錳氧化為二氧化錳,二氧化錳、氫氧化鉀在熔融條件下和氧氣反應生成錳酸鉀,錳酸鉀在酸性條件下發(fā)生歧化反應生成高錳酸鉀和二氧化錳。

【詳解】

(1)軟錳礦中主要成分是二氧化錳,還含有Al2O3、Fe2O3,二氧化錳是強氧化劑,在酸性溶液中具有較強的氧化性,而SO2在水溶液中具有較強的還原性,所以硫酸的作用是溶解Al2O3和Fe2O3、增強MnO2的氧化性。

(2)含有硫酸亞鐵、硫酸鋁、硫酸錳的溶液中加入二氧化錳把亞鐵離子氧化為鐵離子,調節(jié)pH除去鐵、鋁,“濾渣2”的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3;Mn2+完全沉淀時(c=1.0×10-5mol/L)的pH為10.1,Mn(OH)2的Ksp=10?5×(1010.1?14)2;

(3)“熔融”時二氧化錳、氫氧化鉀、氧氣反應生成錳酸鉀,反應方程式是2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O;

(4)由流程圖可知錳酸鉀歧化為高錳酸鉀和二氧化錳;錳酸鉀既是氧化劑也是還原劑,根據(jù)得失電子守恒,氧化產物與還原產物的物質的量之比為2∶1,因此氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶2。

(5)減壓過濾即抽濾;加快過濾速度;

(6)①電解制備KMnO4,MnO在陽極失電子生成MnO電極反應式是MnO?e?=MnO

②電解時陰極的電極反應式為2H2O+2e?=H2↑+2OH?;產物之一為KOH可以用于錳酸鉀的制備。

【點睛】

本題以軟錳礦為原料(主要成分是MnO2,還含有Al2O3,F(xiàn)e2O3,SiO2雜質)制備高錳酸鉀為載體,明確各步驟的反應原理是解題關鍵,掌握氧化還原反應規(guī)律,熟悉混合物分離方法?!窘馕觥咳芙釧l2O3和Fe2O3增強MnO2的氧化性Fe(OH)3、Al(OH)30.01×(108.6?14)2或10?5×(1010.1?14)22MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O1∶2加快過濾速度MnO?e?=MnOKOH29、略

【分析】【分析】

ClO2和雙氧水在II中發(fā)生氧化還原反應生成NaClO2和氣體a,該反應中Cl元素化合價由+4價變?yōu)?3價,則O元素化合價由-1價變?yōu)?價,所以生成的氣體a是O2,離子

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