高考化學(xué)填空題專練（二）及解析

2018屆高考化學(xué)填空題專練（二）及解析1．紅磷P(s)和Cl2(g)發(fā)生反應(yīng)生成PCl3(g)、PCl5(g)，反應(yīng)過程如下：2P(s)＋3Cl2(g)=2PCl3(g)ΔH＝－612kJ·mol－12P(s)＋5Cl2(g)=2PCl5(g)ΔH＝－798kJ·mol－1氣態(tài)PCl5生成氣態(tài)PCl3和Cl2的熱化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案PCl5(g)??PCl3(g)＋Cl2(g)ΔH＝＋93kJ·mol－1解析已知：①2P(s)＋3Cl2(g)=2PCl3(g)ΔH＝－612kJ·mol－1，②2P(s)＋5Cl2=2PCl5(g)ΔH＝－798kJ·mol－1，根據(jù)蓋斯定律可知(①－②)/2即得到氣態(tài)PCl5生成氣態(tài)PCl3和Cl2的熱化學(xué)方程式：PCl5(g)??PCl3(g)＋Cl2(g)ΔH＝＋93kJ·mol－1。2．若在絕熱恒容密閉容器中通入一定量的SO2和O2，一定條件下發(fā)生反應(yīng)：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)ΔH＝－196.6kJ·mol－1，一段時(shí)間內(nèi)，正反應(yīng)速率隨時(shí)間變化曲線如下圖所示，則在a點(diǎn)時(shí)，反應(yīng)________(填“達(dá)到”或“未達(dá)到”)平衡狀態(tài)；t1～t3時(shí)間內(nèi)，v正先增大后減小的主要原因是_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案未達(dá)到t1～t2時(shí)間內(nèi)，v正增大的主要原因是反應(yīng)放熱導(dǎo)致容器內(nèi)溫度升高；t2～t3時(shí)間內(nèi)，v正減小的主要原因是反應(yīng)物濃度減小解析化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志是各物質(zhì)的濃度不再改變，其實(shí)質(zhì)是正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的正反應(yīng)速率顯然還在改變，故一定未達(dá)平衡；t1～t2時(shí)間內(nèi)，v正增大的主要原因是反應(yīng)放熱導(dǎo)致容器內(nèi)溫度升高；t1～t3時(shí)間內(nèi)，v正減小的主要原因是反應(yīng)物濃度減小導(dǎo)致反應(yīng)速率降低。3．下圖是當(dāng)反應(yīng)器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料后，在200℃、400℃、600℃，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，混合物中NH3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨總壓強(qiáng)的變化曲線。列出R點(diǎn)平衡常數(shù)的計(jì)算式Kp＝________。(用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。不要求計(jì)算結(jié)果)答案eq\f(35×\f(1,5)2,35×\f(1,5)35×\f(3,5)3)解析R點(diǎn)總壓強(qiáng)為35MPa，NH3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為20%，N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)起始物質(zhì)的量/mol5150變化物質(zhì)的量/moln3n2n平衡物質(zhì)的量/mol5－n15－3n2nNH3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為20%＝eq\f(2n,20－2n)×100%，解得：n＝eq\f(5,3)，則N2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為eq\f(5－n,20－2n)×100%＝eq\f(1,5)，H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為1－eq\f(1,5)－eq\f(1,5)＝eq\f(3,5)，R點(diǎn)平衡常數(shù)的計(jì)算式Kp＝eq\f(35×\f(1,5)2,35×\f(1,5)35×\f(3,5)3)。4．用惰性電極電解濃度較大的CuCl2溶液，陽極的電極反應(yīng)式為________________，當(dāng)電解到一定程度，陰極附近出現(xiàn)藍(lán)色Cu(OH)2絮狀物。常溫下，經(jīng)測(cè)定陰極附近溶液的pH＝m，此時(shí)陰極附近c(diǎn)(Cu2＋)＝______________mol·L－1(已知：Cu(OH)2的Ksp＝2.2×10－20)。答案2Cl－－2e－=Cl2↑2.2×10(8－2m)解析用惰性電極電解濃度較大的CuCl2溶液，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為2Cl－－2e－===Cl2↑；Ksp＝c2(OH－)×c(Cu2＋)，c(Cu2＋)＝eq\f(2.2×10－20,10m－142)mol·L－1＝2.2×10(8－2m)mol·L－1。5．鎂－H2O2酸性燃料電池的反應(yīng)原理為Mg＋H2O2＋2H＋=Mg2＋＋2H2O,則正極反應(yīng)式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。常溫下，若起始電解質(zhì)溶液pH＝1，則pH＝2時(shí)，溶液中Mg2＋濃度為________。當(dāng)溶液pH＝6時(shí)，________(填“有”或“沒有”)Mg(OH)2沉淀析出(已知Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12)。答案H2O2＋2H＋＋2e－=2H2O0.045mol·L－1沒有解析鎂－H2O2酸性燃料電池的反應(yīng)原理為Mg＋H2O2＋2H＋=Mg2＋＋2H2O，正極上是過氧化氫得到電子生成水的反應(yīng)，正極反應(yīng)式H2O2＋2H＋＋2e－=2H2O；若起始電解質(zhì)溶液pH＝1，則pH＝2時(shí)溶液中，氫離子濃度減小0.1mol·L－1－0.01mol·L－1＝0.09mol·L－1，依據(jù)反應(yīng)方程式得到Mg2＋濃度＝0.045mol·L－1；Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12，當(dāng)溶液pH＝6時(shí)，c(OH－)＝10－8mol·L－1，則Qc＝c(Mg2＋)×c2(OH－)＝0.045×10－16＝4.5×10－18＜Ksp[Mg(OH)2]，說明無氫氧化鎂沉淀生成。6．電化學(xué)在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用。(1)高鐵電池因其儲(chǔ)電容量大而開始應(yīng)用于電動(dòng)汽車。已知該電池放電時(shí)的總反應(yīng)為2K2FeO4＋3Zn=Fe2O3＋ZnO＋2K2ZnO2，則電解質(zhì)溶液可能為________(填字母)。A．KOH溶液B．H2SO4C．稀HNO3(2)甲醇燃料電池能大幅度地提高甲醇的利用率，其工作原理如圖1所示，電解質(zhì)是摻雜了Y2O3的ZrO2晶體，它能傳導(dǎo)O2－。工作時(shí)O2－向________(填“正極”或“負(fù)極”)移動(dòng)，負(fù)極的電極反應(yīng)式為________________。(3)鋁－空氣電池裝置如圖2所示，該電池的負(fù)極是________(填“鋁電極”或“空氣電極”)，毎消耗0.54gAl，需消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下的空氣______L(設(shè)空氣中O2的體積分?jǐn)?shù)為20%)。答案(1)A(2)負(fù)極CH3OH＋3O2－－6e－=CO2＋2H2O(3)鋁電極1.68解析(1)根據(jù)電池放電時(shí)的總反應(yīng)為2K2FeO4＋3Zn=Fe2O3＋ZnO＋2K2ZnO2，生成物Fe2O3、ZnO能夠被酸溶解，電解質(zhì)溶液應(yīng)該選KOH溶液。(2)甲醇燃料電池中充入甲醇的電極是負(fù)極，通入氧氣的電極是正極，工作時(shí)O2－向負(fù)極移動(dòng)，負(fù)極上甲醇發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為CH3OH＋3O2－－6e－=CO2＋2H2O。(3)鋁－空氣電池的負(fù)極是鋁電極，空氣電極是正極；0.54gAl的物質(zhì)的量為eq\f(0.54g,27g·mol－1)＝0.02mol，反應(yīng)后轉(zhuǎn)移電子0.06mol，需要氧氣的物質(zhì)的量為eq\f(0.06mol,4)＝0.015mol，需消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下的空氣的體積為0.015mol×22.4L·mol－1÷20%＝1.68L。7．測(cè)定汽車尾氣中CO的含量可用下面方法：用五氧化二碘(I2O5)固體氧化定量檢測(cè)：I2O5＋5CO=I2＋5CO2抽取10L汽車尾氣，用足量I2O5吸收，然后配成100mL溶液，量取其中的20.00mL溶液，用0.0050mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，三次平行實(shí)驗(yàn)平均消耗Na2S2O3溶液的體積為20.00mL，已知：2Na2S2O3＋I(xiàn)2=Na2S4O6＋2NaI，則尾氣中c(CO)＝________________。答案1.25×10－4mol·L－1解析已知5CO～I(xiàn)2～2Na2S2O3，滴定時(shí)消耗Na2S2O3的物質(zhì)的量為0.0050mol·L－1×0.02L＝0.1×10－3mol，則尾氣中CO的物質(zhì)的量為0.1×10－3mol×eq\f(100,20)×eq\f(5,2)＝1.25×10－3mol，尾氣中c(CO)＝1.25×10－3mol÷10L＝1.25×10－4mol·L－1。8．用如下實(shí)驗(yàn)方案測(cè)定亞氯酸鈉樣品的純度。亞氯酸鈉樣品純度測(cè)定實(shí)驗(yàn)用到的化學(xué)反應(yīng)方程式為ClOeq\o\al(－,2)＋4I－＋4H＋=2H2O＋2I2＋Cl－、I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)(1)該測(cè)定實(shí)驗(yàn)用到的指示劑為________________。(2)為測(cè)定亞氯酸鈉樣品純度，需要用到下列實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)中的________(填字母)。A．亞氯酸鈉樣品的質(zhì)量(ag)B．過量的碘化鉀晶體的質(zhì)量(bg)C．稀硫酸的濃度(cmol·L－1)和體積(DmL)D．指示劑的加入量(dmol)E．標(biāo)準(zhǔn)液的濃度(emol·L－1)和消耗體積(VmL)用上述選定的數(shù)據(jù)表示出樣品中NaClO2質(zhì)量分?jǐn)?shù)________。答案(1)淀粉溶液(2)AEeq\f(9.05eV,4a)%解析(1)有碘單質(zhì)參與的反應(yīng)，一般采用淀粉溶液作指示劑。(2)為測(cè)定亞氯酸鈉樣品純度，肯定需要用到亞氯酸鈉樣品的質(zhì)量(ag)，故A正確；過量的碘化鉀未參加反應(yīng)，無需知道碘化鉀晶體的質(zhì)量，故B錯(cuò)誤；稀硫酸只是酸化溶液，無需知道其濃度和體積，故C錯(cuò)誤；指示劑只是為了判斷滴定終點(diǎn)，無需知道其體積，故D錯(cuò)誤；滴定消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積(VmL)及其濃度(emol·L－