课时训练1 化学反应中的热效应
一、选择题
1.下列变化过程,属于放热反应的是( )
①液态水变成水蒸气 ②酸碱中和反应 ③浓硫酸稀释
④固体NaOH溶于水 ⑤H2在Cl2中燃烧 ⑥食物腐败
A.②③④⑤⑥ B.②③④
C.②⑤⑥ D.①③⑤
解析:①③④不是化学变化,不属于放热反应。
答案:C
2.下列对化学反应的说法正确的是( )
A.放热反应发生时不必加热
B.化学反应一定有能量变化
C.吸热反应加热后才能发生
D.化学反应的热效应数值与参加反应的物质的多少无关
解析:本题旨在考查化学反应的能量变化规律及发生条件。化学反应是“断旧键,成新键”的过程。断键需要吸收能量,只有当反应物具有足够的能量时,才能使旧键断裂发生化学反应。因此许多放热反应仍需加热才能发生,如H2在空气(或O2)中燃烧,反应前应点燃,故A项不正确;化学反应过程中既有物质变化,又有能量变化,能量差一般通过“吸热”或“放热”途径体现(但热能不是化学反应中唯一的能量变化形式,还有光能、声能、电能、动能等形式),B项正确;有不少吸热反应不必加热也能发生,C项不正确。
答案:B
3.“能源分类相关图”如图所示,四组能源选项中全部符合图中阴影部分的能源是( )
A.煤炭、石油、潮汐能
B.水能、生物能、天然气
C.太阳能、风能、沼气
D.地热能、海洋能、核能
解析:化石燃料、核能为不可再生能源,从而排除A、B、D。故选C。
答案:C
4.反应A+BC(ΔH<0)分两步进行:①A+BX(ΔH>0),②XC(ΔH<0)。下列示意图中,能正确表示总反应过程中能量变化的是( )
解析:①A+BX ΔH>0,X具有的能量大于A、B的能量总和,A、C两项错误,②XC ΔH<0,A+BC ΔH<0,C具有的能量小于X具有的能量,也小于A、B的能量总和,D项正确,B项错误。
答案:D
5.已知:P4(g)+6Cl2(g)4PCl3(g) ΔH=a kJ·mol-1,P4(g)+10Cl2(g)4PCl5(g) ΔH=b kJ·mol-1,P4具有正四面体结构,PCl5中P—Cl键的键能为c kJ·mol-1,PCl3中P—Cl键的键能为1.2c kJ·mol-1。
下列叙述正确的是( )
A.Cl2(g)+PCl3(g)PCl5(g) ΔH= kJ·mol-1
B.可求Cl2(g)+PCl3(g)PCl5(s)的反应热ΔH
C.Cl—Cl键的键能为 kJ·mol-1
D.P—P键的键能为 kJ·mol-1
解析:由已知两个反应可得:
Cl2(g)+PCl3(g)PCl5(g)
ΔH= kJ·mol-1,无法求Cl2(g)+PCl3(g)PCl5(s)的反应热;
设Cl—Cl键的键能为x,则:
x+3×1.2c kJ·mol-1-5c kJ·mol-1= kJ·mol-1,
x= kJ·mol-1,
C正确;设P—P键的键能为y,P4为正四面体型结构,共有6个P—P键,由第1个反应得
6y+ kJ·mol-1×6-4×3×1.2c kJ·mol-1=a kJ·mol-1,y= kJ·mol-1。
答案:C
6.25 ℃,101 kPa时,强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为ΔH=-57.3 kJ·mol-1,辛烷的标准燃烧热为-5 518 kJ·mol-1。下列热化学方程式书写正确的是( )
A.2H+(aq)+S(aq)+Ba2+(aq)+2OH-(aq)BaSO4(s)+2H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1
B.KOH(aq)+H2SO4(aq)K2SO4(aq)+H2O(l)
ΔH=-57.3 kJ·mol-1
C.C8H18(l)+O2(g)8CO2(g)+9H2O(g)
ΔH=-5 518 kJ·mol-1
D.2C8H18(g)+25O2(g)16CO2(g)+18H2O(l)
ΔH=-5 518 kJ·mol-1
解析:A项,生成的是2 mol H2O,且Ba2+与S发生反应有热效应;C项,应生成液态水;D项,ΔH=-5 518 kJ·mol-1时,应保证辛烷前面的化学计量数为1。
答案:B
7.已知下列反应的热化学方程式:
6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)2C3H5(ONO2)3(l) ΔH1
2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH2
C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH3
则反应4C3H5(ONO2)3(l)12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)的ΔH为( )
A.12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1
B.2ΔH1-5ΔH2-12ΔH3
C.12ΔH3-5ΔH2-2ΔH1
D.ΔH1-5ΔH2-12ΔH3
解析:分析所求反应的热化学方程式,反应物中有4C3H5(ONO2)3(l)可知应-2×①式,由生成物中有12CO2(g)可知应+12×③式,生成物中有10H2O(g)可知应+5×②式,所以ΔH=12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1。
答案:A
8.如图所示是298 K时,N2与H2反应过程中能量变化的曲线图,下列叙述正确的是( )
A.该反应的热化学方程式为:
N2+3H22NH3 ΔH=-92 kJ·mol-1
B.b曲线可能是加入催化剂时的能量变化曲线
C.加入催化剂,该化学反应的反应热改变
D.在温度、体积一定的条件下,通入1 mol N2和3 mol H2反应后放出的热量为Q1 kJ,则Q1=92
解析:热化学方程式中必须注明各物质的状态,A项错误;该反应为可逆反应,反应不能进行完全,故通入1 mol N2和3 mol H2反应后不可能生成2 mol NH3,放出的热量少于92 kJ,D项错误;加入催化剂可以降低反应活化能,使化学反应速率增大,但不会改变反应热,B项正确,C项错误。
答案:B
二、非选择题
9.依据叙述,写出下列反应的热化学方程式。
(1)若适量的N2和O2完全反应,每生成23 g NO2需要吸收16.95 kJ热量,其热化学方程式为 。?
(2)用NA表示阿伏加德罗常数值,在C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水的反应中,每有5NA个电子转移时,放出650 kJ的热量,其热化学方程式为 。?
(3)已知拆开1 mol H—H键、1 mol N—H键、1 mol N≡N键分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ,则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为 。?
解析:根据反应热的定义计算出相关的热量,同时注意物质的状态,再书写相应的热化学方程式即可。
答案:(1)N2(g)+2O2(g)2NO2(g)
ΔH=+67.8 kJ·mol-1
(2)C2H2(g)+O2(g)2CO2(g)+H2O(l)
ΔH=-1 300 kJ·mol-1
(3)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
ΔH=-92 kJ·mol-1
10.研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
(1)NO2可用水吸收,相应的化学方程式为 。利用反应6NO2+8NH37N2+12H2O也可处理NO2。当转移1.2 mol电子时,消耗的NO2在标准状况下是 L。?
(2)已知如下反应:
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1
2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH=-113.0 kJ·mol-1
则反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH= kJ·mol-1。?
解析:(1)易知反应为:3NO2+H2O2HNO3+NO;氧化还原反应的简单计算,1 mol NO2→N2,得到4 mol电子,则转移1.2 mol电子时,消耗NO2的物质的量为0.3 mol,在标准状况下其体积为6.72 L;(2)对两个已知反应编号:
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
ΔH1=-196.6 kJ·mol-1①
2NO(g)+O2(g)2NO2(g)
ΔH2=-113.0 kJ·mol-1②
再由得目标反应:NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g);由盖斯定律得:ΔH3==-41.8 kJ·mol-1。
答案:(1)3NO2+H2O2HNO3+NO 6.72
(2)-41.8
11.碳是形成化合物种类最多的元素,其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题。
(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N,转化过程如下:
则M、N相比,较稳定的是 。?
(2)已知CH3OH(l)的标准燃烧热为-238.6 kJ·mol-1,CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2(g) ΔH=-a kJ·mol-1,则a (填“>”“<”或“=”)238.6。?
(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层,生成HCl和CO2,当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量,写出该反应的热化学方程式: 。?
(4)火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧,所得物质可作耐高温材料,4Al(s)+3TiO2(s)+3C(s)2Al2O3(s)+3TiC(s) ΔH=-1 176 kJ·mol-1,则反应过程中,每转移1 mol电子放出的热量为 。?
解析:(1)M转化为N是吸热反应,所以N的能量高,较不稳定。(2)甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧,放出的热量少,故a<238.6。(4)所给反应放出1 176 kJ热量转移12 mol电子,故每转移1 mol电子放出的热量为1 176 kJ÷12=98 kJ。
答案:(1)M
(2)<
(3)2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)4HCl(g)+CO2(g) ΔH=-290 kJ·mol-1
(4)98 kJ
12.[2015课标全国Ⅱ,27(1)]甲醇既是重要的化工原料,又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇,发生的主要反应如下:
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3
回答下列问题:
已知反应①中相关的化学键键能数据如下:
化学键
H—H
C—O
C≡O
H—O
C—H
E/(kJ·mol-1)
436
343
1 076
465
413
由此计算ΔH1= kJ·mol-1;已知ΔH2=-58 kJ·mol-1,则ΔH3= kJ·mol-1。?
解析:由反应①ΔH1=∑(反应物键能)-∑(产物键能),
代入求得ΔH1=(1 076+2×436-3×413-343-465) kJ·mol-1=-99 kJ·mol-1。
由盖斯定律,ΔH3=ΔH2-ΔH1=-58 kJ·mol-1+99 kJ·mol-1=+41 kJ·mol-1。
答案:-99 +41
原电池的工作原理 化学电源
一、选择题
1.下列有关电化学知识的描述正确的是( )
A.CaO+H2OCa(OH)2,可以放出大量的热,故可把该反应设计成原电池,把其中的化学能转化为电能
B.某原电池反应为Cu+2AgNO3Cu(NO3)2+2Ag,装置中的盐桥中可以装有含KCl饱和溶液的琼脂
C.因为铁的活动性强于铜,所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中,若能组成原电池,必是铁作负极,铜作正极
D.理论上说,任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池
解析:A项,CaO+H2OCa(OH)2不是氧化还原反应,不能设计成原电池;B项,会发生反应:KCl+AgNO3AgCl↓+KNO3,生成的AgCl会使盐桥的导电性减弱,所以盐桥中不能使用KCl饱和溶液,可换成KNO3饱和溶液,B项错误;C项,由于铁遇到浓硝酸会发生钝化,铁表面生成致密的氧化膜,阻止反应的发生,而铜和浓硝酸在常温下反应,所以组成的原电池中铜为负极,C项错误;D项正确。
答案:D
2.以锌片和铜片为电极,以稀硫酸为电解质溶液组成原电池,当导线中通过2 mol电子时,下列说法正确的是( )
A.锌片溶解了1 mol,铜片上析出1 mol H2
B.两电极上溶解和析出的物质质量相等
C.锌片溶解31 g,铜片上析出1 g H2
D.锌片溶解了1 mol,硫酸消耗0.5 mol
解析:在涉及原电池的有关计算中,关键是要把握住一点即两电极反应中得、失电子数相等。利用这一特点,我们从电极反应看:负极为Zn-2e-Zn2+;正极为2H++2e-H2↑。当溶解1 mol锌时失去2 mol电子,铜片上析出1 mol氢气也得到2 mol电子,得失电子守恒,这样即可推出A项正确。
答案:A
3.Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性储备电池,电池反应方程式为:2AgCl+MgMg2++2Ag+2Cl-。有关该电池的说法正确的是( )
A.Mg为电池的正极
B.负极反应为AgCl+e-Ag+Cl-
C.不能被KCl溶液激活
D.可用于海上应急照明供电
解析:正极AgCl发生得电子的还原反应生成Ag,负极Mg发生失电子的氧化反应转化为Mg2+,A、B两项均错;由“能被海水激活”可知C项错误;D项正确。
答案:D
4.①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池。①②相连时,外电路电流从②流向①;①③相连时,③为正极;②④相连时,②上有气泡逸出;③④相连时,③的质量减少,据此判断这四种金属活动性由强到弱的顺序是( )
A.①③②④ B.①③④②
C.③④②① D.③①②④
解析:由原电池原理判断金属活动性,外电路电流从②流向①,②为正极,金属活动性①>②;①③相连,③为正极,金属活动性①>③;②④相连,②上有气泡(H2)逸出,②为正极,金属活动性④>②;③④相连,③质量减少,则金属活动性③>④,即金属活动性顺序为①>③>④>②,B项正确。
答案:B
5.研究人员研制出一种锂水电池,可作为鱼雷和潜艇的储备电源。该电池以金属锂和钢板为电极材料,以LiOH为电解质,使用时加入水即可放电。关于该电池的下列说法不正确的是( )
A.水既是氧化剂又是溶剂
B.放电时正极上有氢气生成
C.放电时OH-向正极移动
D.总反应为2Li+2H2O2LiOH+H2↑
解析:此题可迅速选出C项是错误的,因为原电池放电时OH-是向负极移动的。这种电池名称叫锂水电池,可推测其总反应为2Li+2H2O2LiOH+H2↑。再写出其电极反应如下:
负极:2Li-2e-2Li+
正极:2H2O+2e-2OH-+H2↑
结合选项分析A、B、D三项都是正确的。
答案:C
6.银质器皿日久表面会逐渐变黑,这是生成了Ag2S的缘故。根据电化学原理可进行如下处理:在铝质容器中加入食盐溶液,再将变黑的银器浸入该溶液中,一段时间后发现黑色会褪去。下列说法正确的是( )
A.处理过程中银器一直保持恒重
B.银器为正极,Ag2S被还原生成单质银
C.该过程中总反应为2Al+3Ag2S6Ag+Al2S3
D.黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl
解析:由“电化学原理”可知正极反应式为Ag2S+2e-2Ag+S2-,负极反应式为Al-3e-Al3+;电解质溶液中发生反应Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,S2-与H+结合生成H2S,使Al3++3H2OAl(OH)3+3H+的平衡右移,最终生成Al(OH)3沉淀,只有B选项正确。
答案:B
7.人工光合作用能够借助太阳能,用CO2和H2O制备化学原料。下图是通过人工光合作用制备HCOOH的原理示意图,下列说法不正确的是( )
A.该过程是将太阳能转化为化学能的过程
B.催化剂a表面发生氧化反应,有O2产生
C.催化剂a附近酸性减弱,催化剂b附近酸性增强
D.催化剂b表面的反应是CO2 +2H++2e-HCOOH
解析:首先标化合价,看价变化,O2HOOH,CO2中C的化合价降低,得电子,由图示装置中电子转移的方向可知催化剂a表面发生失电子的反应,催化剂b表面发生得电子的反应,所以在催化剂b表面发生的电极反应为CO2+2H++2e-HCOOH;在催化剂a表面H2O失电子生成O2,电极反应为2H2O-4e-4H++O2↑,由电极反应式可知催化剂a极附近酸性增强,催化剂b极附近酸性减弱,C项错误。
答案:C
8.(2015课标全国Ⅰ,11)微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置,其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是( )
A.正极反应中有CO2生成
B.微生物促进了反应中电子的转移
C.质子通过交换膜从负极区移向正极区
D.电池总反应为C6H12O6+6O26CO2+6H2O
解析:C6H12O6中C的平均化合价为0价,二氧化碳中C的化合价为+4价,所以生成二氧化碳的反应为氧化反应,故CO2在负极生成,A项错误;在微生物的作用下,该装置为原电池装置,反应速率加快,所以微生物促进了反应的发生,B项正确;质子交换膜只允许质子(即H+)通过,原电池中阳离子向正极移动,C项正确;电池的总反应实质是C6H12O6的氧化反应,D项正确。
答案:A
二、非选择题
9.某校化学兴趣小组进行探究性活动,将氧化还原反应:2Fe3++2I-2Fe2++I2,设计成盐桥原电池。提供的试剂:FeCl3溶液、KI溶液;其他用品任选。请回答下列问题。
(1)请画出设计的原电池装置图,并标出电极材料、电极名称及电解质溶液。
(2)发生氧化反应的电极为 (填“正极”或“负极”),其电极反应式为 。?
(3)反应平衡后向FeCl3溶液中加入少量FeCl2固体,当固体全部溶解后,则此时该溶液中电极变为 (填“正”或“负”)极。?
解析:(1)先分析氧化还原反应,找出正、负极反应,即可确定正、负极区的电解质溶液。(2)发生氧化反应的电极是负极,负极上的电极反应为2I-2e-I2。(3)反应平衡后向FeCl3溶液中加入少量FeCl2固体,此时Fe2+失电子,该溶液中电极变成负极。
答案:(1)如下图
(2)负极 2I--2e-I2
(3)负
10.科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇,并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知H2(g)、CO(g)和CH3OH(l)的标准燃烧热ΔH分别为-285.8 kJ·mol-1、-283.0 kJ·mol-1和-726.5 kJ·mol-1。请回答下列问题:
(1)用太阳能分解10 mol水消耗的能量是 kJ;?
(2)甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为 ;?
(3)在直接以甲醇为燃料的电池中,理想状态下,该燃料电池消耗1 mol甲醇所能产生的最大电能为702.1 kJ,则该燃料电池的理论效率为 (燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能占燃料电池反应所能释放的全部能量的百分比)。?
解析:(1)氢气的标准燃烧热ΔH=-285.8 kJ·mol-1,即每生成1 mol 水就放出285.8 kJ的能量,反之分解1 mol水就要消耗285.8 kJ的能量,所以用太阳能分解10 mol 水消耗的能量是2 858 kJ;
(2)由表示CO(g)和CH3OH(l)标准燃烧热的热化学方程式
①CO(g)+O2(g)CO2(g)
ΔH=-283.0 kJ·mol-1;
②CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2O(l)
ΔH=-726.5 kJ·mol-1;
可知②-①得到CH3OH(l)+O2(g)CO(g)+2H2O(l) ΔH=-443.5 kJ·mol-1;
(3)甲醇的标准燃烧热ΔH=-726.5 kJ·mol-1,所以该燃料电池的理论效率为×100%≈96.6%。
答案:(1)2 858
(2)CH3OH(l)+O2(g)CO(g)+2H2O(l)
ΔH=-443.5 kJ·mol-1
(3)96.6%
11.科学家预言,燃料电池将是21世纪获得电能的重要途径。近几年开发的甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂,电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过。其工作原理的示意图如下:
甲醇燃料电池工作原理示意图
请回答下列问题。
(1)Pt(a)电极是电池的 极,电极反应式为 ;Pt(b)电极上发生 (填“氧化”或“还原”)反应,电极反应式为 。?
(2)电池的总反应方程式为 。?
(3)如果该电池工作时电路中通过2 mol电子,则消耗的CH3OH有 mol。?
(4)使用该燃料电池的另一个好处是 。?
解析:Pt(a)极通入的原料为CH3OH和水,产物为CO2、H+,根据C的化合价由-2价升到+4价,失去6个电子,可知Pt(a)为负极;Pt(b)极参加反应的为O2、H+,产物为H2O,O的化合价由0价降低为-2价,发生还原反应,Pt(b)为正极。
答案:(1)负 CH3OH+H2O-6e-CO2↑+6H+
还原 O2+4H++4e-2H2O
(2)2CH3OH+3O22CO2+4H2O
(3)
(4)对环境无污染
电解池的工作原理及应用
一、选择题
1.能用电解原理说明的问题是( )
①电解是把电能转变成化学能 ②电解是化学能转变成电能 ③电解质溶液导电是化学变化,金属导电是物理变化 ④不能自发进行的氧化还原反应,通过电解的原理可能实现 ⑤任何溶液被电解时,必将导致氧化还原反应的发生
A.①②③④ B.②③⑤
C.③④ D.①③④⑤
解析:从能量角度看,电解是把电能转变成化学能的过程,故①对、②错;电解质溶液的导电过程,必将伴随着两个电极上氧化还原反应的发生,同时生成新的物质,故③⑤对;某些不能自发进行的氧化还原反应,通过电解的原理供给电能也可能实现,故④对。所以D选项符合题意。
答案:D
2.下列各装置中,在铜电极上不能产生气泡的是( )
解析:装置A和C中无外接电源,且符合构成原电池的条件,是原电池装置,铜作正极,铜电极上有H2放出。装置B是电解池装置,铜作阳极,失去电子逐渐溶解,无气体生成。装置D也是电解池装置,铜作阴极,阴极H+得到电子生成H2。
答案:B
3.如图所示,在一U形管中装入含有紫色石蕊的Na2SO4溶液,通直流电,一段时间后U形管内会形成一个倒立的三色“彩虹”,从左到右颜色的顺序是( )
A.蓝、紫、红
B.红、蓝、紫
C.红、紫、蓝
D.紫、红、蓝
解析:用惰性电极电解Na2SO4溶液,实际上是电解水,其两极反应式为:
阴极:4H++4e-2H2↑
阳极:4OH--4e-2H2O+O2↑
故阴极区域富集OH-,溶液呈碱性,使石蕊溶液变蓝色;阳极区域富集H+,溶液呈酸性,使石蕊溶液变红色。
答案:C
4.用石墨作电极电解CuSO4溶液。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( )
A.CuSO4 B.H2O
C.CuO D.CuSO4·5H2O
解析:用石墨作电极电解CuSO4溶液的电解方程式是2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑,根据缺什么补什么的原则,选项C正确。
答案:C
5.在水中加等物质的量的Ag+、Pb2+、Na+、S、N、Cl-,该溶液放在用惰性电极作电极的电解槽中,通电片刻,则氧化产物与还原产物的质量比为( )
A.35.5∶108 B.16∶207
C.8∶1 D.108∶35.5
解析:溶液中的六种离子,有四种发生反应生成沉淀,Ag++Cl-AgCl↓、Pb2++SPbSO4↓,最后溶液就成了NaNO3溶液;而电解NaNO3溶液,实质上就是电解水,电解方程式为2H2O2H2↑+O2↑。氧化产物和还原产物的质量之比为m(O2)∶m(H2)=(1 mol×32 g·mol-1)∶(2 mol×2 g·mol-1)=8∶1,即C项正确。
答案:C
6.用电解法提取氯化铜废液中的铜,方案正确的是( )
A.用铜片连接电源的正极,另一电极用铂片
B.用石墨棒连接电源的正极,另一电极用铜片
C.用氢氧化钠溶液吸收阴极产物
D.用带火星的木条检验阳极产物
解析:用电解法提取氯化铜废液中的铜时,铜必须作阴极,阳极是惰性电极,阴极的反应式为:Cu2++2e-Cu。
答案:B
7.已知铬酸钾溶液中存在反应:+2H++H2O,且增大H+浓度,溶液颜色由黄色变为橙色。以铬酸钾为原料,电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如下:
下列说法不正确的是( )
A.在阴极室,发生的电极反应为:2H2O+2e-2OH-+H2↑
B.在阳极室,通电后溶液逐渐由黄色变为橙色
C.该制备过程总反应的化学方程式为:4K2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+4KOH+2H2↑+O2↑
D.测定阳极液中K和Cr的含量,若K与Cr的物质的量之比为d,则此时铬酸钾的转化率为1-
解析:因放电顺序H+>K+,故阴极电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-;由于阳极的电极材料是惰性电极,故该电解池的阳极电极反应式为:2H2O-4e-O2↑+4H+,由于反应生成了H+,增大了H+的浓度,故根据已知条件可知,溶液颜色由黄色变为橙色,故A、B项正确;将溶液中反应2Cr+2H+Cr2+H2O与上述电极反应式合并可知C项正确;由总反应方程式4K2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+4KOH+2H2↑+O2↑和电解装置可知,电解过程中阳极室的K+通过阳离子交换膜进入阴极室,从而生成KOH。现设K2CrO4的起始物质的量为1 mol,转化的K2CrO4的物质的量为x,根据电解方程式可知生成的KOH的物质的量为x,阳极室剩余K+物质的量为2 mol-x,阳极室中Cr的物质的量为1 mol,由题意得:=d,解得x=(2-d) mol,故铬酸钾的转化率为2-d,D项不正确。
答案:D
二、非选择题
8.[2015山东理综,29(1)]利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。LiOH可由电解法制备,钴氧化物可通过处理钴渣获得。
利用如图装置电解制备LiOH,两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为 (填化学式)溶液,阳极电极反应式为 ,?
电解过程中Li+向 (填“A”或“B”)电极迁移。?
解析:B极产生H2,根据反应:2H++2e-H2↑,说明B极为阴极,随着电解进行,溶液中c(H+)减小、c(OH-)增大,B极附近电解液为LiOH溶液,随着电解的进行,溶液中c(LiOH)增大。A极为阳极,电解液为LiCl溶液,电极反应:2Cl--2e-Cl2↑;在电解过程中Li+向阴极附近移动,即向B极迁移。
答案:LiOH 2Cl--2e-Cl2↑ B
9.A、B、C三种强电解质,它们在水中电离出的离子如下表所示:
阳离子
Na+、K+、Cu2+
阴离子
S、OH-
如图1所示装置中,甲、乙、丙三个烧杯中依次盛放足量的A溶液、足量的B溶液、足量的C溶液,电极均为石墨电极。接通电源,经过一段时间后,测得乙中c电极质量增加了16 g。常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图2所示。请回答下列问题。
图1 图2
(1)M为直流电源的 极,b电极上发生的电极反应为 。?
(2)计算e电极上生成的气体在标准状况下的体积为 。?
(3)写出乙烧杯中的总反应方程式: 。?
(4)如果电解过程中B溶液中的金属离子全部析出,此时电解能否继续进行,为什么?
。?
(5)要使丙烧杯中的C溶液恢复到原来的状态,需要进行的操作是 。?
解析:测得乙中c电极质量增加了16 g,只有Cu2+能放电析出金属,其他离子都不可能,而Cu2+只能和S共存,可以确定B为CuSO4;由常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系图,可以确定A为KOH或NaOH,C为Na2SO4或K2SO4。c电极上发生的反应为Cu2++2e-Cu,即c电极为阴极,由此可推出b为阳极,a为阴极,M为负极,N为正极。甲中为KOH或NaOH溶液,相当于电解H2O,b电极(阳极)上为OH-放电,即4OH--4e-2H2O+O2↑。当乙中有16 g Cu析出时,转移的电子为0.5 mol,整个电路是串联的,故每个电极上转移的电子数是相等的。丙中为Na2SO4或K2SO4溶液,相当于电解水,由总反应式2H2O2H2↑+O2↑可知,当整个反应中转移0.5 mol电子时,e电极上生成的H2为0.25 mol,标准状况下的体积为0.25 mol×22.4 L·mol-1=5.6 L。此时丙烧杯中消耗水0.25 mol,若要恢复到原来的状态,需要向烧杯中加4.5 g水。
答案:(1)负 4OH--4e-2H2O+O2↑
(2)5.6 L
(3)2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
(4)能,因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液,反应变为电解水的反应
(5)向丙烧杯中加4.5 g水
10.某课外活动小组设计了如下图所示的装置,调节滑动变阻器,控制电流强度适中的情况下用其进行缓慢电解NaCl溶液及相关实验(此时,打开止水夹a,关闭止水夹b),由于粗心,实验并未达到预期目的,但也看到了令人高兴的现象。请帮助他们分析并回答下列问题。(图中阳离子交换膜只允许阳离子和水通过)
(1)写出B装置中的电极反应式:Pt极 ;Fe极 。?
(2)观察到A装置中的现象为:① ;② ;③ 。?
(3)当观察到A装置中的现象后,他们关闭止水夹a,打开止水夹b,再观察C装置。若无明显现象,说明理由;若有现象,请写出有关反应式: 。?
(4)若想达到电解NaCl溶液的目的,应改进装置,请提出你的意见: 。?
解析:Pt极是阴极,电极反应式为2H2O+2e-2OH-+H2↑;Fe极是阳极,电极反应式为Fe-2e-Fe2+。打开止水夹a、关闭止水夹b时,氢气进入烧瓶,压强增大,将氨气排出,氨气溶于烧杯中的水引起烧杯中的水倒吸入烧瓶并产生红色喷泉,烧瓶中液面上升到高于左侧导管一定程度后,由于氢气的产生,液面又逐渐下落至与烧瓶中左侧导管口相平,最后烧杯中溶液呈红色,烧杯内导管口处有气泡逸出。关闭止水夹a、打开止水夹b时,氢气将U形管中溶液压入C装置,发生反应Fe2++2OH-Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2+2H2O+O24Fe(OH)3。若想达到电解NaCl溶液的目的,应把Fe电极换成C、Pt等惰性电极或将装置中两电极调换位置或将电源反接等。
答案:(1)2H2O+2e-2OH-+H2↑(或2H++2e-H2↑) Fe-2e-Fe2+
(2)①烧杯中的水倒吸入烧瓶并产生红色喷泉
②烧瓶中液面上升到高于左侧导管一定程度后又逐渐下落至与A中左侧导管口相平
③最后烧杯中溶液呈红色,烧杯中导管口处有气泡逸出
(3)Fe2++2OH-Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2+2H2O+O24Fe(OH)3或4Fe2++8OH-+2H2O+O24Fe(OH)3↓
(4)把Fe电极换成C、Pt等惰性电极或将装置中两电极调换位置或电源反接等
11.下图中电极a、b分别为Ag电极和Pt电极,电极c、d都是石墨电极。通电一段时间后,在c、d两极上共收集到336 mL(标准状况)气体。回答下列问题。
(1)直流电源中,M为 极。?
(2)Pt电极上生成的物质是 ,其质量为 g。?
(3)电源输出的电子,其物质的量与电极b、c、d分别生成的物质的物质的量之比为2∶ ∶ ∶ 。?
(4)AgNO3溶液的浓度 (填“增大”“减小”或“不变”,下同),AgNO3溶液的pH ,稀硫酸的浓度 ,稀硫酸的pH 。?
(5)若稀硫酸中H2SO4的质量分数由5.00%变为5.02%,则原有 5.00%的稀硫酸 g。?
解析:电解5.00%的稀硫酸,实际上是电解其中的水。因此在该电解池中发生反应:2H2O2H2↑+O2↑,V(H2)∶V(O2)=2∶1。据此可确定d极为阴极,则电源的N极为负极,M极为正极。在336 mL气体中,V(H2)=×336 mL=224 mL,为0.01 mol;V(O2)=×336 mL=112 mL,为0.005 mol,说明电路上有0.02 mol电子转移,因此在b极(Pt、阴极)产生Ag:0.02 mol×108 g·mol-1=2.16 g,即0.02 mol的Ag。则n(e-)∶n(Ag)∶n(O2)∶n(H2)=0.02∶0.02∶0.005∶0.01=2∶2∶∶1。由Ag(阳)电极、Pt(阴)电极和AgNO3溶液组成的电解池,在通电一定时间后,在Pt电极上放电所消耗溶液中Ag+的物质的量等于Ag电极被氧化给溶液补充的Ag+的物质的量,因此AgNO3溶液的浓度不变,溶液的pH也不变。电解5.00%的稀硫酸时,由于其中的水发生电解,因此稀硫酸的浓度增大,H+的浓度增大,故溶液的pH减小。设原5.00%的稀硫酸的质量为x,电解时消耗水0.01 mol×18 g·mol-1=0.18 g,则5.00%x=5.02%×(x-0.18 g),解得x=45.18 g。
答案:(1)正
(2)Ag 2.16
(3)2 1
(4)不变 不变 增大 减小
(5)45.18
化学反应速率
一、选择题
1.决定化学反应速率的主要因素是( )
A.参加反应的物质本身的性质
B.催化剂
C.温度、压强以及反应物的接触面积
D.反应物的浓度
解析:参加反应的物质本身的性质是决定化学反应速率的主要(决定性)因素。
答案:A
2.对于化学反应3W(g)+2X(g)4Y(g)+3Z(g),下列反应速率关系中,正确的是( )
A.v(W)=3v(Z)
B.2v(X)=3v(Z)
C.2v(X)=v(Y)
D.3v(W)=2v(X)
解析:化学反应速率之比等于化学方程式中的化学计量数之比,正确的关系应为:A项,v(W)=v(Z);B项,3v(X)=2v(Z);C项,2v(X)=v(Y);D项,2v(W)=3v(X)。
答案:C
3.下列有关说法中,正确的是( )
A.相同温度时,20 mL 0.2 mol·L-1 HCl溶液与铁粉反应的速率比10 mL 0.2 mol·L-1 HCl溶液与铁粉反应的速率大
B.相同温度时,20 mL 0.2 mol·L-1 HCl溶液与铁粉反应的速率比10 mL 0.1 mol·L-1 H2SO4溶液与铁粉反应的速率大
C.对某反应来说,若某反应物浓度由0.1 mol·L-1降为0.06 mol·L-1需要20 s,则由0.06 mol·L-1降为0.036 mol·L-1需要12 s
D.若往锌与稀硫酸反应的烧杯中加入少量三氧化硫固体,锌与硫酸反应的速率增大
解析:A、B两项中,反应的实质都为Fe+2H+Fe2++H2↑,c(H+)都为0.2 mol·L-1,所以前后反应的速率相同。C项中,随着反应的不断进行,反应物浓度不断减小,反应速率不断减小,所以,该反应物浓度由0.06 mol·L-1降为0.036 mol·L-1所需反应时间应大于12 s。
答案:D
4.等质量的三份锌a、b和c,分别加入足量稀硫酸中,a中同时加入适量硫酸铜溶液,c中加入适量CH3COONa。下列各图中表示其产生氢气总体积(V)与时间(t)的关系,其中正确的是( )
解析:三份锌质量相同,a中加入CuSO4溶液,一部分Zn参与置换反应,生成的铜附于Zn的表面上,在溶液中形成原电池,加快了反应速率,但减少了产生H2的物质的量,c中加入CH3COONa,降低了c(H+),但n(H+)不变,故产生H2的量不减少,与b生成H2的量相同,但放出H2的速率变慢,故A项正确。
答案:A
5.对于反应N2+O22NO,在密闭容器中进行,下列条件中能使该反应的逆反应速率增大的是( )
A.缩小体积使压强增大
B.压强不变充入He使体积增大
C.体积不变充入He使压强增大
D.压强不变充入N2使体积增大
解析:缩小体积,压强增大,正、逆反应速率均增大,A项正确;B项压强不变,体积增大导致反应体系中各物质的浓度减小,正、逆反应速率减小;C项对反应体系中物质的浓度无影响,反应速率不变;D项使c(NO)减小,逆反应速率减小。
答案:A
6.在2 L密闭容器中进行如下反应:mX(g)+nY(g)pZ(g)+qQ(g),在2 s内用X表示的平均反应速率为 mol·L-1·s-1,则2 s时间内,Q物质增加的物质的量为( )
A. mol B. mol
C. mol D. mol
解析:根据化学反应速率之比等于化学方程式前面的化学计量数之比,由在2 s内用X表示的平均反应速率为 mol·L-1·s-1,可得出Q的反应速率为 mol·L-1·s-1,所以Q增加的物质的量为 mol。
答案:A
7.一定温度下,在2 L的密闭容器中,X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示:
下列描述正确的是( )
A.反应开始到10 s,用Z表示的反应速率为0.158 mol·L-1·s-1
B.反应开始到10 s,X的物质的量浓度减少了0.79 mol·L-1
C.反应开始到10 s时,Y的转化率为79.0%
D.反应的化学方程式为X(g)+Y(g)Z(g)
解析:观察曲线的走势可知,在10 s时,反应达到平衡,是一可逆反应,X减少了1.20 mol-0.41 mol=0.79 mol,Y减少了1.00 mol-0.21 mol=0.79 mol,Z增加了1.58 mol。则用Z表示的反应速率为=0.079 mol·L-1·s-1,A项错;X减少了 mol·L-1,B项错;反应开始到10 s时,Y的转化率为×100%=79.0%,则C项正确;各物质的物质的量变化之比等于化学计量数之比,X、Y、Z的化学计量数比应为0.79∶0.79∶1.58=1∶1∶2,则D项不正确。
答案:C
8.为了说明影响化学反应快慢的因素,甲、乙、丙、丁四同学分别设计了如下A~D四个实验,你认为结论不正确的是( )
A.将大小、形状相同的镁条和铝条与相同浓度的盐酸反应时,两者速率一样大
B.在相同条件下,等质量的大理石块和大理石粉与相同浓度的盐酸反应,大理石粉反应快
C.将浓硝酸分别放在暗处和强光照射下,会发现光照可以加快浓硝酸的分解
D.两支试管中分别加入相同质量的氯酸钾,其中一支试管中再加入少量二氧化锰,同时加热,产生氧气的快慢不同
解析:考虑外界因素对化学反应速率的影响时,要针对同一反应研究。A中Mg、Al的金属活泼性不同,与同浓度的盐酸反应的速率不同。
答案:A
二、非选择题
9.把在空气中久置的镁片5.0 g投入盛有 500 mL 0.5 mol·L-1H2SO4溶液的烧杯中,该镁片与硫酸反应产生氢气的速率与反应时间可用下面的坐标曲线来表示,回答下列问题。
(1)曲线由O→a段不产生氢气的原因是 ,有关的化学方程式为 。?
(2)曲线由a→c段,产生氢气的速率增加较快的主要原因是 。 ?
(3)曲线由c以后,产生氢气的速率逐渐下降的主要原因是 。?
解析:(1)在空气中久置的镁片表面有氧化镁薄膜,因此,硫酸首先和氧化镁反应,不产生氢气;(2)a→c段,虽然硫酸的浓度逐渐减小,但是该反应是放热反应,反应进行中温度逐渐升高,温度升高,化学反应速率增大;(3)曲线c以后,硫酸的浓度逐渐减小,成为影响化学反应速率的主要因素,因此,化学反应速率逐渐减小。本题以镁和硫酸反应为载体考查了化学反应速率的影响因素,以及分析推理能力。当影响化学反应速率的两因素作用相反时抓住主要因素。
答案:(1)硫酸首先和氧化镁反应,不产生氢气 MgO+H2SO4MgSO4+H2O
(2)a→c段,反应放热,温度升高是影响反应速率的主要因素,使反应速率增大
(3)c以后,硫酸的浓度渐小,该因素变为影响反应速率的主要因素,使反应速率减小
10.加入0.1 mol MnO2粉末于50 mL过氧化氢的溶液中(密度为1.1 g·mL-1),在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示,回答下列问题。
(1)实验中放出气体的总体积为 。?
(2)放出一半气体所需要的时间为 。?
(3)反应放出气体所需要的时间为 。?
(4)A、B、C、D四点化学反应速率由大到小的顺序为 。?
解析:(1)根据图像可知,放出气体的体积为60 mL;(2)放出一半气体时,对应横轴上的点为1 min;(3)反应放出气体的体积为45 mL,对应时间为2 min;(4)通过曲线的斜率可知,A、B、C、D四点化学反应速率由大到小的顺序为D>C>B>A。
答案:(1)60 mL (2)1 min (3)2 min (4)D>C>B>A
11.某实验小组以H2O2分解为例,研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验。
实验编号
反应物
催化剂
①
10 mL 2% H2O2溶液
无
②
10 mL 5% H2O2溶液
无
③
10 mL 5% H2O2溶液
1 mL 0.1 mol·L-1FeCl3溶液
④
10 mL 5% H2O2溶液、少量HCl溶液
1 mL 0.1 mol·L-1FeCl3溶液
⑤
10 mL 5% H2O2溶液、少量NaOH溶液
1 mL 0.1 mol·L-1FeCl3溶液
(1)催化剂能增大化学反应速率的原因是?
。?
(2)常温下5%H2O2溶液的pH约为6,H2O2的电离方程式为 。?
(3)实验①和②的目的是 。?
实验时由于没有观察到明显现象而无法得出结论。资料显示,通常条件下H2O2稳定,不易分解。为了达到实验目的,你对原实验方案的改进是?
。?
(4)实验③、④、⑤中,测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图。
分析上图能够得出的实验结论是?
。?
解析:(1)催化剂能够加快反应速率是因为催化剂能够降低反应所需要的活化能。
(2)H2O2能够在水中发生电离:H2O2H++H,溶液显酸性。
(3)实验①和②中反应物的浓度不同,是为了探究浓度对反应速率的影响。由于通常条件下H2O2稳定,不易分解,因此需要向反应物中加入等量同种催化剂或采取其他合理措施。
(4)由于实验⑤产生氧气的速率最快,实验④产生氧气的速率最慢,说明碱性环境能加快H2O2的分解速率,酸性环境能减慢H2O2的分解速率。
答案:(1)降低了反应所需的活化能
(2)H2O2H++H
(3)探究浓度对反应速率的影响 向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中)
(4)碱性环境能加快H2O2的分解速率,酸性环境能减慢H2O2的分解速率
12.恒温下,将a mol N2与b mol H2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中,发生如下反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。
(1)若反应进行到某时刻t时,nt(N2)=13 mol,nt(NH3)=6 mol,则a= 。?
(2)达反应限度时,混合气体的体积为716.8 L(标准状况下),其中NH3的含量(体积分数)为25%,则达反应限度时NH3的物质的量为 。?
(3)原混合气体与达反应限度时混合气体的总物质的量之比n(始)∶n(平)= (写出最简整数比,下同)。?
(4)原混合气体中,a∶b= 。?
(5)达到反应限度时,N2和H2的转化率之比α(N2)∶α(H2)= 。?
(6)平衡混合气体中,n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)= 。?
解析:(1) N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
开始/mol a b 0
t时刻/mol 13 6
在t时刻生成6 mol NH3,消耗了3 mol N2,所以a=13+3=16
(2)n平(NH3)=×25%=32 mol×25%=8 mol
(3)设消耗氮气的物质的量为y mol,则
N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)
开始/mol a b 0
转化/mol y 3y 2y
平衡/mol a-y b-3y 2y
(a-y)+(b-3y)+2y=32
结合2y=8,得a+b=40,所以n(始)∶n(平)=5∶4。
(4)由(1)知a=16,a+b=40,b=24,则a∶b=2∶3。
(5)α(N2)∶α(H2)==1∶2。
(6)n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)=(a-y)mol∶(b-3y)mol∶2y mol=(16-4)∶(24-12)∶8=3∶3∶2。
答案:(1)16 (2)8 mol (3)5∶4 (4)2∶3 (5)1∶2
(6)3∶3∶2
化学反应的方向
一、选择题
1.以下关于自发过程的理解正确的是( )
A.反应能自发进行是指化学反应不需要任何外界条件便能自动发生
B.自发过程是指在一定温度和压强下不需要外界帮助就能自动进行的过程
C.在室温下,只要放热过程都能自发进行
D.焓变是反应能否自发进行的决定因素
解析:自发反应进行时,需要提供一定的条件,A项错误;不是所有的放热过程在室温下都能自发进行,C项错误;焓变是影响反应能否自发进行的一个重要因素,但不是决定因素,D项错误。
答案:B
2.下列过程属于熵减过程的是( )
A.硝酸钾溶解在水里面
B.氨气和氯化氢反应生成氯化铵晶体
C.液态的水蒸发为水蒸气
D.(NH4)2CO3分解生成二氧化碳、氨气和水
解析:在与外界隔离的体系中,自发过程多数会导致体系的熵增大,如硝酸钾溶解在水里面;对于同一种物质,S(g)>S(l)>S(s),所以液态的水蒸发为水蒸气为熵增过程;对于有气体参与的化学反应(气体参与反应时气体既可以是反应物也可以是产物),气态物质的物质的量增大的化学反应,其熵变通常是正值,是熵增大的反应,反之,气态物质的物质的量减小的化学反应,其熵变通常是负值,是熵减小的反应,因此氨气和氯化氢反应生成氯化铵晶体为熵减过程,而固体(NH4)2CO3分解生成二氧化碳、氨气和水为熵增过程。
答案:B
3.下列说法中正确的是( )
A.能自发进行的反应一定能迅速发生
B.非自发进行的反应一定不可能发生
C.能自发进行的反应实际可能不会发生
D.常温下,2H2O2H2↑+O2↑,即常温下水的分解反应是自发反应
解析:ΔH-TΔS这个判据是用来判断在温度、压强一定的条件下,化学反应自动发生的趋势,即反应发生的可能性,它并不能说明在该条件下一个可能自发进行的化学反应能否实际发生,因为化学反应能否实际发生还涉及反应速率问题,所以A项不正确;非自发不含有“不可能”之意。例如:水的分解在常温常压下是非自发的,但在通直流电条件下,电解生成氢气和氧气,只不过消耗了其他能量,所以选项B错误;水在常温常压下电解才发生分解,即环境对它做电功才能使反应发生,所以是非自发反应,所以D项不正确。
答案:C
4.下列说法不正确的是( )
A.冰融化的过程中,熵值增加
B.同一物质固态时熵值最小
C.常温下,反应C(s)+CO2(g)2CO(g)不能自发进行,则该反应的ΔH>0
D.反应2Mg(s)+CO2(g)C(s)+2MgO(s)能自发进行,则该反应的ΔH>0
解析:冰融化即有序性降低,混乱度增大,即熵值增加,A项正确;同一物质在固态时有序性最高,混乱度最小,熵值最小,B项正确;C项中反应的ΔS>0,若ΔH<0,则一定能自发进行,现常温下不能自发进行,说明ΔH>0,正确;D项中反应的ΔS<0,能自发进行,说明ΔH<0,错误。
答案:D
5.25 ℃和1.01×105 Pa时,反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g) ΔH=+56.7 kJ·mol-1自发进行的原因是( )
A.是吸热反应 B.是放热反应
C.是熵减反应 D.是熵增效应大于焓变效应
解析:一定条件下,一个反应能否自发进行,既与反应的焓变有关,又与反应熵变有关。体系能量降低和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向。反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)是吸热反应,自发进行的原因是熵增效应大于焓变效应。
答案:D
6.观察下述自然界的一些自发变化,可发现它们有一些共同的特点。下列说法中不正确的是( )
自然界自发变化特点的示意图
A.都有一定的方向性,按某一物理量标度由高到低自发进行
B.都可以用来做功,自发过程一旦发生后体系做功的本领就会降低
C.有一定的进行限度,自发过程总是单向地趋向于非平衡状态
D.有一定的数据差来判断自发变化能否发生
解析:自发过程都具有一定的限度,自发过程总是从非平衡状态趋向于平衡状态。
答案:C
7.下列说法正确的是( )
①铁在潮湿空气中生锈是自发过程 ②NH4HCO3受热分解是由于由不稳定物质生成了稳定物质 ③反应焓变是决定反应能否自发进行的唯一因素 ④自发过程中,熵值都是增大的 ⑤温度、压强一定时,放热且熵增加的反应一定能自发进行 ⑥把CO2通入到Na2SiO3溶液中之所以生成白色沉淀是因为由强酸能制取弱酸
A.①②③④⑤⑥ B.①②⑤⑥
C.③④ D.④⑤⑥
解析:焓变是一个反应能否自发进行的有关因素,但不是唯一因素,③错误;自发过程中熵值不一定都增大,④错误。
答案:B
8.下列关于焓判据和熵判据的说法中,不正确的是( )
A.放热的自发过程可能是熵减小的过程,吸热的自发过程一定为熵增加的过程
B.由焓判据和熵判据组合成的复合判据,将更适合于所有的过程
C.在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行,但同样是这个吸热反应在较高温度(1 200 K)下则能自发进行
D.放热过程(ΔH<0)或熵增加(ΔS>0)的过程一定是自发的
解析:焓判据和熵判据都不全面,应采用复合判据ΔH-TΔS,对于CaCO3分解的反应是一个ΔH>0而ΔS>0的反应,所以只有在较高温度下,才能使ΔH-TΔS<0,反应自发进行。
答案:D
二、非选择题
9.在冶金工业中,以C作为还原剂温度高于980 K时的氧化产物是以CO为主,低于980 K时以CO2为主。已知2CO(g)CO2(g)+C(s),T=980 K时,ΔH-TΔS=0。当体系温度低于980 K时,估计ΔH-TΔS的正、负符号为 ;当体系温度高于980 K时,ΔH-TΔS的正、负符号为 。?
解析:温度高于980 K时C的氧化产物是以CO为主,说明反应2CO(g)CO2(g)+C(s)逆向进行,因此,当体系温度高于980 K时,ΔH-TΔS的正、负符号为正;温度低于980 K时C的氧化产物是以CO2为主,说明反应2CO(g)CO2(g)+C(s)正向进行,因此,当体系温度低于980 K时,ΔH-TΔS的正、负符号为负。
答案:负 正
10.二氧化碳捕集、存储和转化是当今化学研究的热点问题之一。
(1)用钌的配合物作催化剂,一定条件下可直接光催化分解CO2,发生反应:2CO2(g)2CO(g)+O2(g),该反应的ΔH (填“>”“<”或“=”,下同)0,ΔS 0,在低温下,该反应 (填“能”或“不能”)自发进行。?
(2)CO2转化途径之一是利用太阳能或生物质能分解水制H2,然后将H2与CO2转化为甲醇或其他化学品。你认为该方法需要解决的技术问题有 。?
a.开发高效光催化剂
b.将光催化制取的氢气从反应体系中有效分离,并与CO2发生催化转化
c.二氧化碳及水资源的供应
解析:该反应是分解反应,且CO燃烧时放热,所以该反应为吸热反应,即ΔH>0,因反应中气体的物质的量增多,所以ΔS>0。ΔH-TΔS<0时,反应可自发进行,所以在低温下,该反应不能自发进行。
答案:(1)> > 不能 (2)ab
11.已知298 K时由石墨生成金刚石反应的ΔH=+1.895 kJ·mol-1,ΔH-TΔS=2.866 kJ·mol-1,又知石墨的熵S石=5.694 J·mol-1·K-1,求金刚石的熵S金,这两种碳的同素异形体哪种更有序?(化学反应的熵变是产物的总熵与反应物的总熵之差)
解析:石墨生成金刚石反应为C石墨C金刚石,ΔH-TΔS=ΔH-T(S金-S石)=2.866 kJ·mol-1,即+1.895 kJ·mol-1-298 K×(S金-5.694)×10-3 kJ·mol-1·K-1=2.866 kJ·mol-1,解得S金≈2.436 J·mol-1·K-1。通过上面的计算知S金
答案:S金≈2.436 J·mol-1·K-1,金刚石更有序。
12.已知甲烷隔绝空气在不同温度下有可能发生如下两个裂解反应:①CH4(g)C(s)+2H2(g),②2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)。某同学为了得到用天然气制取炭黑的允许温度范围和最佳温度,在图书馆查到了如下热力学数据:
①的ΔH(298 K)=+74.848 kJ·mol-1,ΔS(298 K)=80.674 J·mol-1·K-1
②的ΔH(298 K)=+376.426 kJ·mol-1,ΔS(298 K)=220.211 J·mol-1·K-1
已知焓变和熵变随温度变化很小,ΔH-TΔS>0反应不能自发进行;ΔH-TΔS<0反应能自发进行。请帮助这位同学考虑如下问题。
(1)判断以上两个反应高温自发还是低温自发: (填“高温”或“低温”)。?
(2)通过计算判断反应①在常温下能否自发进行: 。?
(3)求算制取炭黑的允许温度范围: 。?
(4)为了提高甲烷的炭化程度,你认为下面四个温度中最合适的是 。?
A.905.2 K B.927 K
C.1 273 K D.2 000 K
解析:(2)ΔH-TΔS=+74.848 kJ·mol-1-80.674×10-3 kJ·mol-1·K-1×298 K≈50.807 kJ·mol-1>0,所以该反应常温下不自发进行。
(3)甲烷裂解为炭黑和H2时,ΔH-TΔS=+74.848 kJ·mol-1-80.674×10-3 kJ·mol-1·K-1×T<0,得T>927.8 K,即甲烷裂解为炭黑的最低温度为927.8 K。甲烷裂解为乙炔时,ΔH-TΔS=+376.426 kJ·mol-1-220.211×10-3 kJ·mol-1·K-1×T<0,得T>1 709.4 K,即温度高于1 709.4 K时,甲烷自发裂解为乙炔和氢气。所以要制取炭黑,温度须控制在927.8~1 709.4 K之间。
答案:(1)高温 (2)不能自发进行
(3)927.8~1 709.4 K (4)C
化学平衡状态 化学平衡常数
一、选择题
1.一定条件下,在密闭容器中,能表示反应X(g)+2Y(g)2Z(g)一定达到化学平衡状态的是( )
①X、Y、Z的物质的量之比为1∶2∶2 ②X、Y、Z的浓度不再发生变化 ③容器中的压强不再发生变化 ④单位时间内生成n mol Z,同时生成2n mol Y
A.①② B.①④ C.②③ D.③④
解析:X、Y、Z的物质的量之比等于化学计量数之比不能作为平衡的标志,①错;X、Y、Z的浓度保持不变可以作为平衡的标志,②对;该反应为反应前后气体分子数不相等的反应,密闭容器中压强保持不变可以作为平衡的标志,③对;单位时间内生成n mol Z的同时生成n mol Y表示正、逆反应速率相等,反应达到平衡,④错。
答案:C
2.在相同的温度下,已知反应:①N2(g)+O2(g)2NO(g)的平衡常数K=3.84×10-11;②2SO2+O22SO3的平衡常数为3.10×1026。则在该温度下,两个化学反应的反应程度之间的关系为( )
A.①>② B.①<②
C.①=② D.不能确定
解析:平衡常数的大小能表示化学反应可能进行的程度(即反应限度),平衡常数越大,表示反应进行得越彻底。各个化学反应的平衡常数的大小相差很大,如本题中给出的两个化学反应:反应①的K值很小,而反应②的K值很大。因此,B选项是正确的。
答案:B
3.已知下列反应的平衡常数:①H2(g)+S(s)H2S(g)
K1;②S(s)+O2(g)SO2(g) K2,则反应③H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g)的平衡常数是( )
A.K1+K2 B.K1-K2
C.K1×K2 D.
解析:反应①的平衡常数K1=,反应②的平衡常数K2=,反应③的平衡常数K=。
答案:D
4.在一定条件下的密闭容器中,一定能说明反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)达到平衡状态的是( )
A.反应体系的总压恒定 B.B的浓度不变
C.c(A)∶c(B)=1∶3 D.3v正(B)=2v逆(C)
解析:因为反应前后气体分子数不变,所以反应体系的压强始终保持不变。对一个化学反应来说,各物质的浓度变化量之比一定等于化学计量数之比。当达到平衡状态时,不同物质表示的正、逆反应速率之比一定等于化学计量数之比。
答案:B
5.一定条件下的密闭容器中,可逆反应2A(g)B(g)+3C(g)在下列四种状态中处于平衡状态的是( )
速率
A
B
C
D
v(正)/(mol·
L-1·min-1)
v(A)=2
v(A)=1
v(A)=1
v(A)=2
v(逆)/(mol·
L-1·min-1)
v(B)=2
v(B)=1.5
v(C)=1.5
v(C)=2
解析:只有C选项用A表示的正反应速率与用C表示的逆反应速率之比等于A、C的化学计量数之比,v正(C)=v正(A)。
答案:C
6.某密闭容器中进行下列反应:X(g)+2Y(g)2Z(g),若要使平衡时反应物的总物质的量与生成物的物质的量相等,且用X、Y作反应物,则X、Y的初始物质的量之比的范围应满足( )
A.1<<3 B.
C.3<<4 D.
解析:因为是求X、Y的初始物质的量之比,所以应用极值法求解。即
X(g)+2Y(g)2Z(g)
起始/mol m n 0
变化/mol x 2x 2x
平衡/mol m-x n-2x 2x
由反应达到平衡时反应物总物质的量与生成物的物质的量相等可得:m-x+n-2x=2x,即m+n=5x。
用极值法分析:当X完全转化为Z时,m-x=0,;当Y完全转化时,n-2x=0,,由于该反应为可逆反应,X、Y均不可能完全转化,故,D项正确。
答案:D
7.已知X、Y、Z三种气体,取X和Y按1∶1的物质的量之比混合,放入密闭容器中发生如下反应:X+2Y2Z,达到平衡后,测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3∶2,则Y的转化率最接近于( )
A.33% B.40% C.50% D.66%
解析:根据题给信息,可设开始加入X和Y的物质的量为a,达到平衡时消耗X为b,则消耗Y为2b,生成Z为2b,则:
X + 2Y 2Z
起始量: a a 0
变化量: b 2b 2b
平衡时的量: a-b a-2b 2b
由题意可知 b=
Y的转化率为×100%≈66.7%,D正确。
答案:D
8.在100 ℃时,把0.5 mol N2O4通入体积为5 L的真空密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2 s时,NO2的浓度为0.02 mol·L-1。在60 s时,体系已达平衡,此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是( )
A.前2 s以N2O4的浓度变化表示的反应速率为0.01 mol·L-1·s-1
B.在2 s时体系内的压强为开始时的1.1倍
C.在平衡时体系内含N2O4 0.25 mol
D.平衡时,N2O4的转化率为40%
解析:N2O4和NO2之间存在如下转化关系:
N2O4(g)2NO2(g)
起始/mol 0.5 0
反应/mol 0.05 0.02×5
2 s时/mol 0.5-0.05 0.02×5
v(N2O4)==0.005 mol·L-1·s-1
气体总的物质的量为0.5 mol-0.05 mol+0.02 mol·L-1×5 L=0.55 mol
2 s时的压强与开始时的压强之比为∶p始=n2 s∶n始=0.55 mol∶0.5 mol=1.1∶1。
60 s达到平衡时,设有x mol N2O4反应,则有
N2O4(g)2NO2(g)
起始/mol 0.5 0
反应/mol x 2x
平衡/mol 0.5-x 2x
平衡时,气体总的物质的量为0.5 mol-x mol+2x mol=(0.5+x)mol,所以=1.6,解得x=0.3。
平衡体系中含0.2 mol N2O4,N2O4的转化率为×100%=60%。
答案:B
二、非选择题
9.已知反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),在850 ℃时的平衡常数K=1。850 ℃时,若向容积为1 L的密闭容器中同时充入1.0 mol CO,3.0 mol H2O,1.0 mol CO2,x mol H2,则:
(1)当x=5.0时,试通过计算判断该反应的初始状态是否为化学平衡状态?
(2)若要使上述反应初始状态为平衡状态,求x应满足的条件。
解析:(1)Q=≈1.67>1
所以该初始状态不是化学平衡状态。
(2)要使初始状态为平衡状态,则需Q=K,
即Q==1
解得x=3
所以当x=3时,上述反应的初始状态即为平衡状态。
答案:(1)不是 (2)x=3
10.某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵(NH2COONH4)的分解反应。
将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变,固体试样体积忽略不计),在恒定温度下使其达到分解平衡:
NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。
实验测得不同温度下的平衡数据列于下表:
温度/℃
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡总压强/kPa
5.7
8.3
12.0
17.1
24.0
平衡气体总
浓度(×10-3 mol·L-1)
2.4
3.4
4.8
6.8
9.4
(1)可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是 。?
A.2v(NH3)=v(CO2)
B.密闭容器中总压强不变
C.密闭容器中混合气体的密度不变
D.密闭容器中氨气的体积分数不变
(2)根据表中数据,列式计算25.0 ℃时的分解平衡常数: 。?
(3)氨基甲酸铵分解反应的熵变ΔS 0。(填“>”“<”或“=”)?
解析:(1)A.不能表示正、逆反应速率相等;D.反应物是固体,NH3的体积分数始终为。
(2)需将25.0 ℃的总浓度转化为NH3和CO2的浓度;K不带单位。
(3)固体分解为气体,ΔS>0。
答案:(1)BC (2)K=c2(NH3)·c(CO2)=(×4.8×10-3)2××4.8×10-3≈1.6×10-8 (3)>
11.利用光能和光催化剂,可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时,在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下,CH4产量随光照时间的变化如下图所示。
(1)在0~30 h内,CH4的平均生成速率vⅠ、vⅡ和vⅢ从大到小的顺序为 ;反应开始后的12 h内,在第 种催化剂的作用下,收集的CH4最多。?
(2)将等物质的量的CH4和H2O(g)充入1 L恒容密闭容器,某温度下反应达到平衡,平衡常数K=27,此时测得CO的物质的量为0.10 mol,求CH4的平衡转化率。
解析:(1)由图像可以看出,反应进行到30 h时,催化剂Ⅲ作用下生成的甲烷最多,其次是催化剂Ⅱ,催化剂Ⅰ作用下生成的甲烷最少。因此vⅠ、vⅡ、vⅢ从大到小的顺序为vⅢ>vⅡ>vⅠ;同理由图像也可以看出,反应进行到12 h时,催化剂Ⅱ作用下生成的甲烷最多,因此在第Ⅱ种催化剂的作用下,收集的CH4最多。
(2)设CH4和H2O(g)的物质的量均为x mol。根据化学方程式:
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
起始量/mol x x 0 0
转化量/mol 0.10 0.10 0.10 0.30
平衡量/mol (x-0.10) (x-0.10) 0.10 0.30
因为容器体积是1 L,所以平衡常数
K==27,解得x=0.11。因此CH4的平衡转化率为×100%≈91%。
答案:(1)vⅢ>vⅡ>vⅠ Ⅱ (2)91%
化学平衡的移动
一、选择题
1.可逆反应mA(g)+nBpC(g)+qD(其中A和C都是无色气体),当达到平衡时,下列叙述正确的是( )
A.增大压强,平衡不移动,说明(m+n)一定等于(p+q)
B.升高温度,A的转化率减小,说明正反应是吸热反应
C.若增加B的量,平衡不移动,说明B可能是固体物质
D.若B是气体,增加A的量,A、B转化率都一定增大
解析:A是错误的,压强改变,平衡不移动,只能说明是气体分子数反应前后没有变化,而反应物和生成物不一定都是气体,所以这个关系式不正确。B是错误的,根据平衡移动原理,升高温度,平衡左移,只能说明正反应是放热反应。D是错误的,若增加A的量,A的转化率减小,而不是增大。
答案:C
2.反应X(g)+Y(g)2Z(g) ΔH<0,达到平衡时,下列说法正确的是( )
A.减小容器体积,平衡向右移动
B.加入催化剂,Z的产率增大
C.增大c(X),X的转化率增大
D.降低温度,Y的转化率增大
解析:该反应为反应前后气体分子数不变的反应,所以减小容器体积时平衡不移动,A错;加入催化剂平衡不移动,Z的产率不变,B错;增大c(X),X的转化率减小,C错;降低温度平衡右移,Y的转化率增大,D正确。
答案:D
3.一定条件下,通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收:
SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l) ΔH<0
若反应在恒容的密闭容器中进行,下列有关说法正确的是( )
A.平衡前,随着反应的进行,容器内压强始终不变
B.平衡时,其他条件不变,分离出硫,正反应速率加快
C.平衡时,其他条件不变,升高温度可提高SO2的转化率
D.其他条件不变,使用不同催化剂,该反应的平衡常数不变
解析:该反应为气体分子数减小的反应,平衡前,随着反应的进行,容器内压强逐渐变小,A项错误;因硫单质为液体,分离出硫对正反应速率没有影响,B项错误;其他条件不变,升高温度平衡向左移动,SO2的转化率降低,C项错误;反应的平衡常数只与温度有关,使用催化剂对平衡常数没有影响,D项正确。
答案:D
4.对于反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH<0,在其他条件不变的情况下,下列说法正确的是( )
A.加入催化剂,改变了反应的途径,反应的ΔH也随之改变
B.改变压强,平衡不发生移动,反应放出的热量不变
C.升高温度,反应速率加快,反应放出的热量不变
D.若在原电池中进行,反应放出的热量不变
解析:A项错误,催化剂只能改变反应途径,不影响反应热;B项,因为该反应为反应前后气体分子数不变的反应,改变压强,平衡不发生移动,反应放出的热量不变,正确;C项,升高温度,反应速率加快,平衡移动,反应放出的热量发生变化,C错误;D项,在原电池中进行,化学能除转变为热能外,还要转变为电能,反应放出的热量要减少,D错误。
答案:B
5.在某恒容的密闭容器中,可逆反应A(g)+B(g)xC(g)(x为正整数)有如右图所示的关系曲线,下列说法正确的是( )
A.温度:T1B.压强:p1>p2
C.正反应是吸热反应
D.x的值是1
解析:比较曲线Ⅰ和Ⅱ,压强均为p2,T1时可逆反应先达到平衡,故T1>T2;温度由T1降至T2时C%增大,说明降温使平衡向正反应方向移动,因此该反应的正向反应为放热反应。比较曲线Ⅱ和Ⅲ,温度均为T1,压强为p2时反应先达到平衡,说明p2>p1。压强从p2减至p1,C%减小,说明减压后平衡向逆反应方向移动,因此正反应为气体体积减小的反应,即x=1。
答案:D
6.一定条件下,下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图的是( )
A.CO2(g)+2NH3(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH<0
B.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH>0
C.CH3CH2OH(g)CH2CH2(g)+H2O(g) ΔH>0
D.2C6H5CH2CH3(g)+O2(g)2C6H5CHCH2(g)+2H2O(g) ΔH<0
解析:本题考查外界条件对化学平衡的影响及有关图像的分析和识别。温度越高,反应越快,到达平衡所需的时间就越少,因此T2>T1;同理压强越大,反应越快,到达平衡所需的时间就越少,因此p1>p2;反应A是一个气体体积减小的、放热的可逆反应,因此升高温度平衡向逆反应方向移动,水蒸气的含量减小;而增大压强平衡向正反应方向移动,水蒸气的含量增大,所以A正确。反应B是一个气体体积不变的、吸热的可逆反应,压强对水蒸气的含量不影响;升高温度平衡向正反应方向移动,水蒸气的含量增大,因此均不符合。反应C是一个气体体积增大的、吸热的可逆反应,同样分析也均不符合;反应D是一个气体体积增大的、放热的可逆反应,不符合要求。
答案:A
7.某温度下,在一容积可变的容器里,反应2A(g)B(g)+2C(g)达到平衡时,A、B和C的物质的量分别为4 mol、2 mol、4 mol。在保持温度和压强不变的条件下,下列说法正确的是( )
A.充入1 mol稀有气体氦(He),平衡逆向移动
B.充入A、B、C各1 mol,平衡将向正反应方向移动
C.将A、B、C各物质的量都减半,C的百分含量不变
D.加入一定量的A气体达平衡后,C的百分含量一定增加
解析:恒压时充入稀有气体,相当于对平衡体系减压,平衡向气体分子数增大的方向(正向)移动,A项错误;若按A、B和C的物质的量之比为4∶2∶4再投料或减料,则与原平衡等效,平衡不发生移动(C选项正确);当充入A、B、C各1 mol时,平衡将向逆反应方向移动,B项错误;该反应为分解反应,则恒压条件下再加入A时,平衡不发生移动,D项错误。
答案:C
8.向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B,发生反应:A(g)+xB(g)2C(g)。各容器的反应温度、反应物起始量,反应过程中C的浓度随时间的变化关系分别以下表和右图表示:
容器
甲
乙
丙
容积
0.5 L
0.5 L
1.0 L
温度/℃
T1
T2
T2
反应物
起始量
1.5 mol A
0.5 mol B
1.5 mol A
0.5 mol B
6.0 mol A
2.0 mol B
下列说法正确的是( )
A.10 min内甲容器中反应的平均速率v(A)=0.025 mol·L-1·min-1
B.由图可知:T1C.x=1,若平衡时保持温度不变,改变容器体积平衡不移动
D.T1 ℃,起始时甲容器中充入0.5 mol A、1.5 mol B,平衡时A的转化率为25%
解析:起始时,丙容器中A、B的物质的量浓度分别是乙容器中A、B的物质的量浓度的2倍,达平衡后,丙容器中C的物质的量浓度依然是乙容器中C物质的量浓度的2倍,说明乙、丙两容器中平衡为等效平衡,改变压强平衡不移动,则x=1,C项正确;10 min内,甲容器中v(C)==0.1 mol·L-1·min-1,v(A)=v(C)=0.05 mol·L-1·min-1,A项错误;由图可知,乙中反应比甲中反应达到平衡所需的时间短,则T1答案:C
二、非选择题
9.T ℃时,有甲、乙两个密闭容器,甲容器的体积为1 L,乙容器的体积为2 L,分别向甲、乙两容器中加入6 mol A和3 mol B,发生了如下反应:3A(g)+bB(g)3C(g)+2D(g) ΔH<0,4 min后甲容器内的反应达到化学平衡,A的浓度为2.4 mol·L-1,B的浓度为1.8 mol·L-1;t min后乙容器达到化学平衡,B的浓度为0.8 mol·L-1。根据题目给的信息回答下列问题。
(1)4 min内甲容器中反应的平均速率v(B)= ,?
化学计量数b= 。?
(2)乙容器中反应达到平衡所需要的时间t 4 min(填“大于”“小于”或“等于”),原因是 。?
解析:(1)反应前,甲容器中A的浓度为6 mol·L-1,B的浓度为3 mol·L-1,4 min 后甲容器内的反应达到化学平衡,A的浓度减少了3.6 mol·L-1,B的浓度减少了1.2 mol·L-1,根据反应速率的计算公式,结合化学反应方程式中各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比,可求出v(B)=0.3 mol·L-1·min-1,b=1。
答案:(1)0.3 mol·L-1·min-1 1
(2)大于 乙容器的体积大于甲容器的体积,反应物浓度减小,反应速率减慢,达到平衡所需要的时间变长
10.在一定条件下,体积为3 L的密闭容器中,一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO):CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。
根据题意完成下列各题。
(1)反应达到平衡时,平衡常数表达式为K= ,?
升高温度,K值 (填“增大”“减小”或“不变”)。?
(2)在500 ℃,从反应开始到平衡,氢气的平均反应速率v(H2)= 。?
(3)在其他条件不变的情况下,对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2,下列有关该体系的说法正确的是 。?
a.氢气的浓度减少
b.正反应速率加快,逆反应速率也加快
c.甲醇的物质的量增加
d.重新平衡时增大
(4)据研究,反应过程中起催化作用的为Cu2O,反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变,原因是?
(用化学方程式表示)。
解析:此题主要考查了化学反应速率以及化学平衡。(1)从图中可知温度升高时平衡体系中甲醇含量减少,可以推出CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应放热,因此温度升高后,K值减小;(2)从图可以看出:在500 ℃,tB时刻达到平衡,此时甲醇物质的量为nB mol,反应消耗氢气物质的量为2nB mol,可求出氢气的平均反应速率为 mol·L-1·min-1;(3)加压时,反应物和生成物浓度均增大,正、逆反应速率都加快,由勒夏特列原理可知,加压时平衡右移,因此答案为bc;(4)在加热条件下CO能还原Cu2O生成Cu和CO2,使其减少,且该反应为可逆反应,因此反应体系中含有少量二氧化碳有利于维持Cu2O的量不变。
答案:(1) 减小
(2) mol·L-1·min-1 (3)bc
(4)Cu2O+CO2Cu+CO2
11.在1.0 L密闭容器中放入0.10 mol A(g),在一定温度进行如下反应:
A(g)B(g)+C(g) ΔH=+85.1 kJ·mol-1
反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表:
时间t/h
0
1
2
4
8
16
20
25
30
总压强
p/100 kPa
4.91
5.58
6.32
7.31
8.54
9.50
9.52
9.53
9.53
回答下列问题。
(1)欲提高A的平衡转化率,应采取的措施为?
。?
(2)由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α(A)的表达式为 ,平衡时A的转化率为 ,列式并计算反应的平衡常数: ?
。?
(3)①由总压强p和起始压强p0表示反应中反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n(A),n总= mol,n(A)= mol。?
②下表为反应物A浓度与反应时间的数据,计算:a= 。?
反应时间t/h
0
4
8
16
c(A)/(mol·L-1)
0.10
a
0.026
0.006 5
分析该反应中反应物的浓度c(A)变化与时间间隔(Δt)的规律,得出的结论是 ,由此规律推出反应在12 h时反应物的浓度c(A)为 mol·L-1。?
解析:(2)压强之比等于气体的物质的量之比,依据三部曲进行求解:
A(g) B(g) + C(g)
始态: p0 0 0
反应: p0·α(A) p0·α(A) p0·α(A)
终态:p0-p0·α(A) p0·α(A) p0·α(A)
p=[p0-p0·α(A)+p0·α(A)+p0·α(A)]=p0+p0·α(A)求得α(A)=(-1)×100%;25 h时反应已平衡,α(A)= (-1)×100%=94.1%;依据三部曲进行求解:
A(g) B(g) + C(g)
始态/(mol·L-1):0.10 0 0
反应/(mol·L-1):0.094 1 0.094 1 0.094 1
平衡态/(mol·L-1):0.10-0.094 1 0.094 1 0.094 1
K==1.5;
(3)①依据可得n总=×0.10 mol;n(A)=0.10 mol×[1-α(A)]=0.1 mol×[1-(-1)]=0.10 mol×(2-);②n(A)=0.1 mol×(2-)=0.1 mol×(2-)=0.051 mol,体积为1.0 L,a=0.051 mol·L-1;4 h时浓度大约变为0 h时的,8 h时浓度又变为4 h的,从8~16 h经过8个小时浓度变为8 h 的,所以每经过4个小时浓度均约降低为原来的。
答案:(1)升高温度、减小压强 (2)(-1)×100% 94.1% K==1.5 (3)①0.10×
0.10×(2-) ②0.051 达到平衡前每间隔4 h,c(A)减少约一半 0.013
12.甲烷自热重整是先进的制氢方法,包含甲烷氧化和蒸汽重整。向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气,发生的主要化学反应有:
化学方程式
焓变
ΔH/(kJ·mol-1)
活化能
Ea/(kJ·mol-1)
甲烷氧化
CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)
-802.6
125.6
CH4(g)+O2(g)CO2(g)+2H2(g)
-322.0
172.5
蒸汽重整
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
+206.2
240.1
CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)
+165.0
243.9
回答下列问题。
(1)反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的ΔH= kJ·mol-1。?
(2)在初始阶段,甲烷蒸汽重整的反应速率 (填“大于”“小于”或“等于”)甲烷氧化的反应速率。?
(3)对于气相反应,用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可表示平衡常数(记作Kp),则反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的Kp= ;随着温度的升高,该平衡常数 (填“增大”“减小”或“不变”)。?
(4)从能量角度分析,甲烷自热重整方法的先进之处在于 。?
(5)在某一给定进料比的情况下,温度、压强对H2和CO物质的量分数的影响如下图:
①若要达到H2物质的量分数>65%、CO物质的量分数<10%,以下条件中最合适的是 。?
A.600 ℃,0.9 MPa B.700 ℃,0.9 MPa
C.800 ℃,1.5 MPa D.1 000 ℃,1.5 MPa
②画出600 ℃,0.1 MPa条件下,系统中H2物质的量分数随反应时间(从常温进料开始计时)的变化趋势示意图:
(6)如果进料中氧气量过大,最终导致H2物质的量分数降低,原因是 。?
解析:(1)根据盖斯定律:
①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.2 kJ·mol-1
②CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) ΔH=+165.0 kJ·mol-1
②-①,得:CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g)
ΔH=+165.0 kJ·mol-1-(+206.2 kJ·mol-1)=-41.2 kJ·mol-1
(2)初始阶段由于甲烷蒸汽重整的活化能大于甲烷氧化的活化能,故其反应速率小于甲烷氧化的反应速率。
(3)由平衡常数的表达式迁移类推可以得出Kp=,由于CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)是吸热反应,升高温度,平衡正向移动,平衡常数增大。
(4)系统内放热的甲烷氧化反应为吸热的蒸汽重整反应提供了所需的能量。
(5)①本题结合两个图像和题目要求,采用排除法即可得出正确答案为B。
②解决本题要明确起点、终点和变化趋势,开始时,H2的物质的量为0,然后随着时间的推移,H2的物质的量分数逐渐增大,查阅温度-压强图像可知H2的最终物质的量分数为70%。
③氧气量过大,H2会与O2发生反应。
答案:(1)-41.2 (2)小于 (3) 增大 (4)系统内放热的甲烷氧化反应为吸热的蒸汽重整反应提供了所需的能量(其他合理答案均可) (5)①B
②
(6)甲烷氧化程度过高,氢气和氧气反应(其他合理答案均可)
弱电解质的电离平衡
一、选择题
1.关于强、弱电解质的有关叙述错误的是( )
A.强电解质在水溶液中完全电离成阴、阳离子
B.在溶液中,导电能力强的电解质是强电解质
C.对同一弱电解质来说,当溶液的浓度不同时,其导电能力不相同
D.纯净的强电解质在液态时,有的导电,有的不导电
解析:判断强、弱电解质就是看电解质在水溶液中是否完全电离。B项导电能力强只能说明溶液中离子浓度大,并不能说明溶质是完全电离的。D项是正确的,因为有些强电解质是共价化合物,在液态时没有自由移动的离子,所以不导电。
答案:B
2.下列电离方程式中错误的是( )
A.Al2(SO4)32Al3++3S
B.HFH++F-
C.HIH++I-
D.Ca(OH)2Ca2++2OH-
解析:弱电解质存在电离平衡,强电解质全部电离。Al2(SO4)3、HI、Ca(OH)2均为强电解质,书写电离方程式时用“”;HF为弱电解质,书写电离方程式时用“”,故D项错误。
答案:D
3.甲酸的下列性质中,可以证明它是弱电解质的是( )
A.1 mol·L-1的甲酸溶液的pH约为2
B.甲酸能与水以任意比例互溶
C.10 mol·L-1的甲酸1 mL恰好与10 mL 1 mol·L-1 NaOH溶液完全反应
D.甲酸溶液的导电性比强酸溶液的导电性弱
解析:弱电解质的本质特征就是在水溶液中部分电离,A项中溶液的pH=2,则c(H+)=0.01 mol·L-1,可以说明甲酸没有完全电离。
答案:A
4.一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时,为了减缓反应的速率,且不影响生成氢气的总量,可向盐酸中加入适量的( )
A.NaOH(s) B.CuSO4(s)
C.HCl D.CH3COONa(s)
解析:A项中由于加入NaOH会减少H+的物质的量,据题意则不可以选取;B项中Fe与CuSO4溶液反应生成Cu,Fe、Cu在溶液中接触形成原电池,H2产生速率加快,则不符合题目的要求,不可以选取;C项中HCl的加入,会增加原溶液中的H+的物质的量,导致氢气的总量增加,则不可以选取;D项中CH3COONa(s)的加入会使部分盐酸变成醋酸,从而降低了H+浓度,同时保持混合酸中能与Fe反应的H+的物质的量不变,则符合题目的要求,可以选取。
答案:D
5.H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++HS-和HS-H++S2-。若向H2S溶液中( )
A.加水,平衡向右移动,溶液中氢离子浓度增大
B.通入过量SO2气体,平衡向左移动,溶液的pH增大
C.滴加新制氯水,平衡向左移动,溶液的pH减小
D.加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化),溶液中所有离子浓度都减小
解析:加水促进H2S的电离,但氢离子浓度减小,A项错误;B项中发生反应2H2S+SO23S↓+2H2O,当SO2过量时,溶液显酸性,而且酸性比H2S溶液强,溶液的pH减小,错误;滴加新制氯水,发生反应Cl2+H2S2HCl+S↓,平衡向左移动,溶液的pH减小,C项正确;加入少量硫酸铜固体,发生反应S2-+Cu2+CuS↓,平衡右移,H+浓度增大,D项错误。
答案:C
6.甲酸和乙酸都是弱酸,当它们的浓度均为0.10 mol·L-1时,甲酸溶液中c(H+)约为乙酸溶液中c(H+)的3倍。现有两种浓度不等的甲酸溶液a和b,以及0.10 mol·L-1的乙酸溶液,经测定它们的pH从大到小依次为a、乙酸溶液、b。由此可知( )
A.a的浓度必小于乙酸溶液的浓度
B.a的浓度必大于乙酸溶液的浓度
C.b的浓度必小于乙酸溶液的浓度
D.b的浓度必大于乙酸溶液的浓度
解析:由于c(HCOOH)=c(CH3COOH)=0.10 mol·L-1时,甲酸溶液中的c(H+)约为乙酸溶液中c(H+)的3倍,故甲酸的酸性强于乙酸的酸性。因为pH(a)>pH(CH3COOH溶液)>pH(b),即溶液a的c(H+)<0.10 mol·L-1 CH3COOH溶液的c(H+)<溶液b的c(H+),所以a的浓度小于乙酸溶液的浓度,但无法确定乙酸溶液与b的浓度的相对大小。
答案:A
7.下列实验与对应的图像符合的是( )
A.向一定量的CH3COOH溶液中通入NH3至过量
B.向等物质的量的HCl和AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量
C.对于达到平衡状态的N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应,在t1时缩小容器体积,并在t2时又达到平衡
D.将pH=2的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释
解析:当向CH3COOH溶液中通入NH3时,将发生反应CH3COOH+NH3CH3COONH4,CH3COONH4为强电解质,而CH3COOH为弱电解质,反应后溶液中离子浓度增大,溶液的导电能力增强,A项错误;向等物质的量的HCl和AlCl3溶液中加入NaOH溶液至过量,将依次发生反应:NaOH+HClNaCl+H2O,AlCl3+3NaOHAl(OH)3↓+3NaCl,Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O,其图像与反应事实不符,B项错误;C项,当t1时缩小容器体积,则平衡正向移动,v'(正)>v'(逆),C项错误。
答案:D
二、非选择题
8.现有以下物质:a.NaCl晶体 b.液态SO2 c.液态醋酸
d.汞 e.固体BaSO4 f.稀硫酸 g.酒精(C2H5OH) h.熔融的KNO3 i.NH4Cl晶体
请回答下列问题(用序号):
(1)以上物质能导电的是 ;?
(2)以上物质属于电解质的是 ,属于强电解质的是 ;?
(3)以上物质属于非电解质的是 ;?
(4)以上物质除f外溶于水后形成的水溶液能导电的是 ,只能在水溶液中导电的电解质是 。?
解析:能否导电是看其是否存在自由移动的离子或自由电子。电解质和非电解质是依据化合物在水溶液中或熔融状态下能否导电而对化合物进行的分类。混合物和单质既不是电解质也不是非电解质。
答案:(1)dfh (2)acehi aehi (3)bg (4)abchi ci
9.已知25 ℃时几种物质的电离度(溶液浓度均为0.1 mol·L-1)如下表(已知硫酸的第一步电离是完全的):
①H2SO4溶液
HS
H++S
②NaHSO4溶液
HS
H++S
③醋酸溶液
CH3COOH
H++CH3COO-
④盐酸
HCl
H++Cl-
10%
29%
1.33%
100%
(1)25 ℃时,0.1 mol·L-1上述几种溶液中c(H+)由大到小的顺序是 (填序号,下同)。?
(2)25 ℃时,c(H+)相同的上述溶液,其物质的量浓度由大到小的顺序是 。?
(3)25 ℃时,0.1 mol·L-1 H2SO4溶液中的HS的电离度小于0.1 mol·L-1 NaHSO4溶液中HS的电离度的原因是 。?
解析:相同温度下,对于题中相同浓度的溶液来说,电离度越大,电离产生的c(H+)越大;同样,若电离产生的c(H+)相同,则电离度越大,溶液的起始浓度越小。
答案:(1)①>④>②>③ (2)③>②>④>①
(3)第一步电离产生的H+对第二步电离有抑制作用
10.一定温度下,冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如图所示。请回答。
(1)图中“O”点的氢离子浓度c(H+)= mol·L-1。?
(2)a、b、c、d四点中,溶液中c(H+)由大到小的顺序为 。?
(3)a、b、c、d四点中,醋酸的电离程度最大的一点是 。?
(4)若要使c点溶液中的c(CH3COO-)提高,在如下措施中,可选择 。?
A.加热
B.加很稀的NaOH溶液
C.加固体KOH
D.加水
E.加固体CH3COONa
F.加Zn粒
(5)在稀释过程中,随着醋酸浓度的降低,下列始终保持增大趋势的量是 。?
A.c(H+) B.H+个数
C.CH3COOH分子数 D.
(6)设d点醋酸溶液的浓度为c mol·L-1,此温度下醋酸的电离常数为Ka,达到电离平衡时醋酸分子的浓度可近似视为仍等于c mol·L-1,则平衡时氢离子的浓度c(H+)= 。?
解析:此题考查了影响弱电解质电离平衡的因素以及电离平衡常数的应用等知识点。
(1)因为醋酸是共价化合物,只有在水溶液中才发生电离,纯醋酸不会电离。
(2)因为溶液的导电能力取决于溶液中自由移动的离子浓度总和,所以比较c(H+)的大小只要比较a、b、c、d四点的纵坐标即可。
(3)根据弱电解质的电离是越热越电离,越稀越电离,可知加水越多,醋酸的电离程度越大。
(5)在醋酸的稀释过程中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)都逐渐降低;D项出现一个比例,在电离平衡中所学的唯一的一个有比例的公式就是电离平衡常数表达式:Ka=,因为c(CH3COO-)在稀释过程中减小,故D项关系式在稀释过程中应增大。
(6) CH3COOHCH3COO-+ H+
c 0 0
cα cα cα
c-cα cα cα
平衡时:Ka=
所以有:Ka=,因为电离度α?1,所以c-cα≈c,所以cα≈ mol·L-1。
答案:(1)0 (2)b>a>c>d (3)d (4)ACEF
(5)BD (6) mol·L-1
11.有一学生甲在实验室测某溶液的pH,实验时,他先用蒸馏水润湿pH试纸,然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测。学生乙对学生甲的操作的评价为:操作错误,测定结果一定有误差。学生丙对学生甲操作的评价为:操作错误,但测定结果不一定有误差。
(1)你支持 (填“乙”或“丙”)同学的观点,原因是?
。?
(2)若用此法分别测定c(H+)相等的盐酸和醋酸溶液的pH,误差较大的是 ,原因是 ?
。?
(3)只从下列试剂中选择实验所需的物品,你 (填“能”或“不能”)区分0.1 mol·L-1的硫酸溶液和0.01 mol·L-1的硫酸溶液。若能,简述操作过程:?
?
。?
①紫色石蕊溶液 ②酚酞溶液 ③甲基橙溶液 ④蒸馏水 ⑤BaCl2溶液 ⑥pH试纸
答案:(1)丙 当溶液呈中性时,则不产生误差;否则将产生误差
(2)盐酸 在稀释过程中醋酸继续电离产生H+,使得溶液中c(H+)较盐酸中c(H+)大,误差较小
(3)能 用洁净干燥玻璃棒分别蘸取两种溶液点在两张pH试纸上,与标准比色卡比较测其pH,pH较大的为0.01 mol·L-1的硫酸溶液
溶液的酸碱性
一、选择题
1.我们常见的一些食物在室温时的近似pH如下:
食物
橘子汁
四川泡菜
牛奶
鸡蛋清
近似
pH范围
3.0~4.0
3.2~3.6
6.3~6.6
7.6~8.0
则下列说法中不正确的是( )
A.鸡蛋清显碱性
B.胃酸过多的人应少吃四川泡菜
C.橘子汁能使石蕊溶液变红
D.牛奶比鸡蛋清的碱性强
解析:鸡蛋清的pH>7,牛奶的pH<7,故A项正确,D项错误。胃酸过多的人应少吃呈酸性的食品,四川泡菜呈酸性,故B项正确。橘子汁呈酸性,能使石蕊溶液变红,C项正确。
答案:D
2.下列叙述正确的是( )
A.95 ℃纯水的pH<7,说明加热后可导致水呈酸性
B.pH=3的醋酸溶液稀释10倍后pH=4
C.0.2 mol·L-1的盐酸与等体积水混合后pH=1
D.pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7
解析:纯水始终呈中性;pH=3的醋酸溶液稀释10倍后pH<4;0.2 mol·L-1的盐酸与等体积水混合后,c(H+)=0.1 mol·L-1,pH=1;pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH<7。
答案:C
3.由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液,其pH=1,c(Al3+)=0.4 mol·L-1,c(S)=0.8 mol·L-1,则c(K+)为( )
A.0.15 mol·L-1 B.0.2 mol·L-1
C.0.3 mol·L-1 D.0.4 mol·L-1
解析:根据pH=1可得c(H+)=0.1 mol·L-1,此时根据水的离子积常数,c(OH-)=10-13 mol·L-1可以忽略不计。根据电荷守恒有:c(H+)+c(K+)+3c(Al3+)=2c(S)+c(OH-),有c(K+)=0.3 mol·L-1 。
答案:C
4.pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合,所得混合液的pH=11,则强碱与强酸的体积比是( )
A.10∶1 B.9∶1 C.1∶10 D.1∶9
解析:本题是求两溶液的体积比,实际上考查的是pH的计算,且属于酸碱混合碱过量的情况。可根据溶液混合反应后剩余的OH-的浓度列式求解。
混合前碱中c(OH-)=0.1 mol·L-1,酸中c(H+)=0.01 mol·L-1,则:
混合后c(OH-)=1.0×10-3 mol·L-1=
;解得V(碱)∶V(酸)=1∶9,故选D项。
答案:D
5.下列四种溶液:①pH=2的CH3COOH溶液;②pH=2的HCl溶液;③pH=12的氨水;④pH=12的NaOH溶液。相同条件下,有关上述溶液的比较中,正确的是( )
A.由水电离的c(H+):①=②>③=④
B.将②③两种溶液混合后,若pH=7,则消耗溶液的体积:②>③
C.等体积的①②④溶液分别与足量铝粉反应,生成H2的量:②最大
D.向等体积的四种溶液中分别加入100 mL水后,溶液的pH:③>④>①>②
解析:A项中,酸电离出的c(H+)和碱电离出的c(OH-)都为10-2 mol·L-1,它们对水电离的抑制作用相同,水电离出的c(H+)应相同。B项中,氨水的浓度远大于HCl溶液的浓度,消耗HCl溶液的体积一定比氨水体积大,正确。C项中,HCl溶液中溶质的物质的量肯定小于CH3COOH溶液中溶质的物质的量,所以HCl溶液产生的氢气体积肯定比CH3COOH溶液少,不正确。D项中,加水稀释后,HCl溶液的pH应比CH3COOH溶液大,不正确。
答案:B
6.室温下,将0.02 mol·L-1的Ba(OH)2溶液100 mL和0.02 mol·L-1的NaHSO4溶液100 mL混合,若忽略溶液体积变化,则混合后的溶液( )
A.pH=12
B.pH=2
C.由水电离产生的c(H+)=1.0×10-2 mol·L-1
D.溶质的物质的量浓度为0.02 mol·L-1
解析:当Ba(OH)2与NaHSO4等物质的量混合后溶液中发生的反应为:Ba(OH)2+NaHSO4BaSO4↓+NaOH+H2O
即反应后溶液中的溶质为NaOH,
c(OH-)=c(NaOH)==0.01 mol·L-1
c(H+)= mol·L-1=1×10-12 mol·L-1,溶液的pH=-lg c(H+)=-lg(1×10-12)=12。
答案:A
7.某温度下,重水D2O的离子积为1.6×10-15,若用pH一样的定义来规定pD=-lgc(D+),以下关于pD的叙述正确的是( )
A.中性溶液的pD=7.0
B.含0.01 mol NaOD的D2O溶液1 L,其pD=12.0
C.溶有0.01 mol DCl的水溶液,其pD=2.0
D.在100 mL 0.25 mol·L-1 DCl的重水溶液中,加入50 mL 0.2 mol·L-1 NaOD的重水溶液,其pD=1.0
解析:中性溶液中,c(D+)=4×10-8 mol·L-1,pD=7.4,A项错误;含0.01 mol NaOD的D2O溶液1 L,其pOD=2.0,pD≠12.0,B项错误;C项未注明溶液体积,错误。
答案:D
8.(2015课标全国Ⅰ,13)浓度均为0.10 mol·L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液,分别加水稀释至体积V,pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A.MOH的碱性强于ROH的碱性
B.ROH的电离程度:b点大于a点
C.若两溶液无限稀释,则它们的c(OH-)相等
D.当lg=2时,若两溶液同时升高温度,则增大
解析:由图像知,0.10 mol·L-1的MOH溶液的pH为13,说明MOH为强碱,ROH溶液的pH小于13,说明ROH为弱碱,所以MOH的碱性强于ROH的碱性,A选项正确;稀释有利于弱电解质的电离,故B选项正确;若两溶液无限稀释则接近中性,则它们的c(OH-)相等,C选项正确;当lg=2时,MOH溶液的pH为11,ROH溶液的pH为10,若两溶液同时升高温度,ROH溶液中存在电离平衡,平衡会右移,c(R+)增大,c(M+)不变,故比值减小,D项错误。
答案:D
二、非选择题
9.用实验确定某酸HA是弱电解质。两同学的方案是:
甲:①称取一定质量的HA配制0.1 mol·L-1的溶液100 mL;
②用pH试纸测出该溶液的pH,即可证明HA是弱电解质。
乙:①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸,分别配制pH=1的两种酸溶液各100 mL;
②分别取这两种溶液各10 mL,加水稀释为100 mL;
③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管,同时加入纯度相同的锌粒,观察现象,即可证明HA是弱电解质。
(1)在两个方案的第①步中,都要用到的定量仪器是 。 ?
(2)甲方案中,说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH (选填“>”“<”或“=”)1;乙方案中,说明HA是弱电解质的现象是 。?
a.装HCl溶液的试管中放出H2的速率快
b.装HA溶液的试管中放出H2的速率快
c.两个试管中产生气体速率一样快
(3)请你评价:乙方案中难以实现之处和不妥之处。
解析:该题是从验证某酸是弱电解质的课题出发,涉及实验、理论、元素化合物、pH的简单换算等知识,同时也考查了我们的研究性学习的能力。
(1)配制一定物质的量浓度的溶液所必需的定量仪器是容量瓶,但必须指出容量瓶的容量(100 mL)。
(2)甲方案中,0.1 mol·L-1的某弱酸HA溶液中,由于HA部分电离,H+浓度小于0.1 mol·L-1,pH>1。乙方案中,将两种溶液分别稀释到原来体积的10倍时:弱酸HA电离度增大,H+的物质的量增加;而强酸HCl中H+的物质的量不变。因此,在两种稀释液中同时加入纯度相同的锌粒后,装HA溶液的试管中因H+的物质的量浓度大,所以放出H2的速率快。
(3)此题可以从实验的条件入手,就迎刃而解了。乙方案中,要求配制某一定pH的弱酸溶液,但影响溶液pH的因素很多,如温度变化等,导致配制的溶液的pH不稳定。因此配制pH=1的弱酸HA溶液难以实现。不妥之处,因为是液体与固体反应,固体的表面积对反应速率的影响大,仅仅用反应产生气体的速率来判断溶液中H+浓度的大小,说服力不强。
答案:(1)100 mL容量瓶
(2)> b
(3)配制pH=1的溶液难以实现,不妥之处在于加入的锌粒难以做到表面积相同。
10.某温度下的水溶液中,c(H+)=10x mol·L-1,c(OH-)=10y mol·L-1。x与y的关系如右图所示。
(1)该温度下,水的离子积为 。?
(2)该温度下,0.01 mol·L-1 NaOH溶液的pH为 。?
解析:该温度下,水的离子积为:
K'W=c(H+)·c(OH-)=10x×10y=10x+y
由图像可知:x+y=-15,故K'W=10-15。
该温度下,0.01 mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=1×10-2 mol·L-1。
故c(H+)= mol·L-1=1×10-13 mol·L-1,所以pH=13。
答案:(1)10-15 (2)13
11.25 ℃时,若体积为Va、pH=a的某一元强酸溶液与体积为Vb、pH=b的某一元强碱溶液混合,恰好中和,且已知Va(1)a值可否等于3? (填“可”或“否”),其理由是 ?
。?
(2)a值可否等于5? (填“可”或“否”),其理由是 ?
。?
(3)a的取值范围是多少?
解析:25 ℃时,中性溶液的pH=7,由题意可得如下信息:①a<7,b>7;②10-aVa=1Vb;③Va(1)若a=3,则b=6,pH=b的溶液为酸性溶液,与题意不符,则a≠3。
(2)若a=5,则b=10,则10-5Va=10-14+10Vb,则=10>1,即Va>Vb,与Va(3)因为b>7,故a=0.5×b>3.5,因为=10-14+a+b<1,则a+b<14,则a<,故答案:(1)否 若a=3,则b=6,pH=6的溶液显酸性,与题意不符,故a≠3
(2)否 若a=5,强酸溶液中c(H+)=10-5 mol·L-1,则b=10,强碱溶液中c(OH-)= mol·L-1=10-4 mol·L-1,=10>1,即Va>Vb,与Va(3)12.Ba(OH)2和NaOH混合溶液的pH=14,取该溶液100 mL,持续通入CO2,当CO2通入0.56 L时生成沉淀最多(体积指标准状况,设溶液体积不发生改变),试通过计算回答:
(1)Ba(OH)2和NaOH的物质的量浓度各为多少?
(2)当通入CO2的体积为2.24 L时,溶液中各种离子(除H+、OH-)物质的量浓度各为多少?
解析:(1)混合液中c(OH-)=1 mol·L-1,n(OH-)=0.1 mol,当CO2通入0.56 L即n(CO2)=0.025 mol 时沉淀最多,此时发生如下反应:
Ba(OH)2 + CO2BaCO3↓+H2O
1 mol 1 mol
0.025 mol 0.025 mol
c[Ba(OH)2]==0.25 mol·L-1
n(NaOH)=n(OH-)-2n[Ba(OH)2]
=0.1 mol-2×0.025 mol=0.05 mol
c(NaOH)==0.5 mol·L-1
(2)当n(CO2)=0.1 mol时,发生下列反应
CO2 + OH- HC
0.1 mol 0.1 mol 0.1 mol
此时溶液中无沉淀,故c(Na+)=0.5 mol·L-1,c(Ba2+)=0.25 mol·L-1,c(HC)=1 mol·L-1。
答案:(1)c[Ba(OH)2]=0.25 mol·L-1,c(NaOH)=0.5 mol·L-1
(2)c(Na+)=0.5 mol·L-1 c(Ba2+)=0.25 mol·L-1 c(HC)=1 mol·L-1
酸碱中和滴定
一、选择题
1.在一支25.00 mL的酸式滴定管中盛入0.1 mol·L-1HCl溶液,其液面恰好在5.00 mL的刻度处,若滴定管中的溶液全部放入烧杯中,然后以0.1 mol·L-1NaOH溶液进行中和,则需NaOH溶液的体积( )
A.大于20.00 mL
B.小于20.00 mL
C.等于20.00 mL
D.等于5.00 mL
解析:盐酸液面恰好在5.00 mL的刻度处时,放出全部液体的体积要大于20.00 mL。因为HCl+NaOHNaCl+H2O,所以消耗NaOH溶液体积大于20.00 mL。
答案:A
2.用NaOH滴定pH相同、体积相同的H2SO4溶液、HCl溶液、CH3COOH溶液,恰好中和时,所用相同浓度NaOH溶液的体积依次为V1、V2、V3,则这三者的关系是( )
A.V1> V2> V3
B.V1< V2< V3
C.V1=V2> V3
D.V1=V2解析:强酸完全电离,弱酸部分电离,在pH相同的情况下,即氢离子浓度相同的情况下,CH3COOH溶液中还有部分CH3COOH未电离,因此反应恰好完全中和时,这三种酸都恰好与氢氧化钠溶液反应生成盐和水,所以V3要大一些,而V1和V2相等。
答案:D
3.某学生用碱式滴定管量取0.1 mol·L-1的NaOH溶液,开始时仰视液面读数为1.00 mL,取出部分溶液后,俯视液面,读数为11.00 mL,该同学在操作中实际取出的液体体积为( )
A.大于10.00 mL B.小于10.00 mL
C.等于10.00 mL D.等于11.00 mL
解析:滴定管的“0”刻度在上,量取NaOH溶液,开始时仰视液面使读数偏大,取出部分溶液后,俯视液面使读数偏小,滴定前后刻度差为10.00 mL,但实际取出的液体体积偏大。
答案:A
4.用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定0.1 mol·L-1盐酸,如达到滴定的终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05 mL),继续加水至50 mL,所得溶液的pH是( )
A.4 B.7.2 C.10 D.11.3
解析:由于滴定至终点时多滴了1滴NaOH溶液,即NaOH溶液过量,所以滴定后溶液呈碱性,溶液中c(OH-)= mol·L-1=1×10-4 mol·L-1,溶液中c(H+)= mol·L-1=1×10-10 mol·L-1,溶液的pH为10。
答案:C
5.用已知浓度的盐酸滴定用NaOH固体配成的碱溶液时,下列操作使滴定结果偏高的是( )
A.NaOH固体称量时间过长
B.盛标准盐酸的滴定管用碱液润洗
C.用甲基橙作指示剂
D.固体NaOH中含KOH杂质
解析:待测的NaOH溶液浓度计算式为:c(NaOH)=。A项,NaOH固体称量时间过长,会有部分NaOH与空气中的CO2反应生成Na2CO3,得到NaOH和Na2CO3的混合物。等质量的Na2CO3消耗的盐酸比NaOH少,所以使滴定结果偏低。B项,盛放标准盐酸的滴定管用碱液润洗,实际使盐酸变稀,这样会使消耗盐酸的体积变大,所以使测得的结果偏高。C项是正确操作。D项中固体NaOH含有KOH时,会使消耗的盐酸变少,使测得结果偏低。
答案:B
6.室温时,向pH=2的硫酸溶液中加入等体积的下列溶液后,滴入甲基橙溶液,出现红色,该溶液可能是( )
A.pH=12的Ba(OH)2
B.pH=12的氨水
C.0.01 mol·L-1 NaOH
D.0.05 mol·L-1 BaCl2
解析:设所给H2SO4溶液的体积为1 L,则由pH=2可知,n(H+)=0.01 mol,又由于1 L pH=12的Ba(OH)2溶液中n(OH-)=0.01 mol,故A项中H2SO4与Ba(OH)2恰好反应,呈中性,甲基橙显黄色;而B项中pH=12的氨水,c(NH3·H2O)>0.01 mol·L-1,故相混后溶液呈碱性,亦不符合题意;C项,1 L 0.01 mol·L-1 NaOH溶液中n(NaOH)=0.01 mol,所以混合后溶液呈中性,溶液显黄色;又由反应H2SO4+BaCl2BaSO4↓+2HCl可知,H2SO4与BaCl2混合后溶液仍呈强酸性,故使甲基橙溶液呈红色。
答案:D
7.图示为10 mL一定物质的量浓度的盐酸X,用一定浓度的NaOH溶液Y滴定。根据图示推出X和Y的物质的量浓度是( )
A
B
C
D
0.12
0.04
0.03
0.09
0.04
0.12
0.09
0.03
解析:X为10 mL、Y为30 mL时恰好中和。
30cY=10cX,,A、D两项合适。
加入Y 20 mL时,pH=2,代入
A项:c(H+)= mol·L-1= mol·L-1≠0.01 mol·L-1,
D项:c(H+)= mol·L-1=0.01 mol·L-1,
pH=2,D项符合。
答案:D
8.(2015广东理综,12)准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中,用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定,下列说法正确的是( )
A.滴定管用蒸馏水洗涤后,装入NaOH溶液进行滴定
B.随着NaOH溶液滴入,锥形瓶中溶液pH由小变大
C.用酚酞作指示剂,当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D.滴定达终点时,发现滴定管尖嘴部分有悬滴,则测定结果偏小
解析:滴定管应该先用标准的NaOH溶液润洗后,再装入NaOH溶液进行滴定,A项错误;锥形瓶中盛放的是盐酸,随着NaOH的加入,盐酸不断被中和,所以pH由小变大,B项正确;滴定终点应该是溶液由无色变为红色,再等待半分钟不恢复原色,这时才能停止滴定,C项错误;悬滴没有进入锥形瓶中,但是在读数时,却被认为参加反应了,所以测定的HCl的浓度偏大,D项错误。
答案:B
二、非选择题
9.酸碱中和滴定常用于测定酸、碱溶液的浓度。
(1)实践中,在正式测定前,常常用已知浓度的酸(或碱)滴定已知浓度的碱(或酸),测定滴定曲线,然后选择合适的指示剂指示滴定终点,以保证数据的准确性。如:用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1醋酸(HAc)溶液,有关数据记录如下表:
0.00
10.00
18.00
19.80
19.98
20.00
20.02
20.20
22.00
40.00
pH
2.87
4.74
5.70
6.74
7.74
8.72
9.70
10.70
11.70
12.50
①根据上表数据绘制0.100 0 mol·L-1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1醋酸(HAc)溶液的滴定曲线。
②根据你所绘制的曲线,确定pH的突变范围是 。?
③下列指示剂中适合于本实验的是 。?
A.甲基橙 B.石蕊 C.酚酞
(2)用酸式滴定管准确量取0.100 0 mol·L-1的醋酸溶液。在调节酸式滴定管的起始读数时,要使滴定管的尖嘴部分充满醋酸,如果滴定管内部有气泡,赶走气泡的操作是 。?
(3)滴定过程中,眼睛应重点观察 。?
解析:一滴溶液的体积约为0.04 mL,pH的突变范围就是在滴定终点前后多加入半滴溶液或少加入半滴溶液时,pH变化明显,此时的pH范围就是pH的突变范围。结合题中的数据知19.98~20.02 mL时,pH从7.74升到9.70,变化最大,所以pH的突变范围是7.74~9.70;结合指示剂的显色范围,可知选用酚酞最好;在滴定过程中,眼睛要始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化。
答案:(1)①略 ②7.74~9.70 ③C
(2)快速放液 (3)锥形瓶内溶液颜色的变化
10.草酸晶体的组成可用H2C2O4·xH2O表示,为了测定x值,进行如下实验:称取W g草酸晶体,配成100.00 mL水溶液。
称25.00 mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内,加入适量稀硫酸后,用浓度为a mol·L-1的KMnO4溶液滴定到KMnO4溶液不再褪色为止,所发生的反应为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O。
试回答下列问题。
(1)实验中不需要的仪器有(填序号) ,还缺少的仪器有(填名称) 。?
a.托盘天平(带砝码,镊子) b.滴定管
c.100 mL量筒 d.100 mL容量瓶
e.烧杯 f.漏斗
g.锥形瓶 h.玻璃棒
i.药匙 j.烧瓶
(2)实验中,标准液KMnO4溶液应装在 式滴定管中,因为 。?
(3)若在接近滴定终点时,用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下,再继续滴定至终点,则所测得的x值会 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。?
(4)在滴定过程中若用a mol·L-1的KMnO4溶液V mL,则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为 mol·L-1,由此可计算x的值是 。?
解析:该题涉及氧化还原滴定,虽然基于反应原理与中和滴定不同,但实验原理及操作和所用仪器等类似。由于该反应有明显的颜色变化,故可不用指示剂。
(4)2KMnO4 ~ 5H2C2O4
2 5
aV×10-3 mol 0.025c mol
,c=
H2C2O4·xH2O~H2C2O4 ~ xH2O
1 mol 18x g
(×0.1) mol (W-×0.1×90) g
,x=-5。
答案:(1)cfj 铁架台(带滴定管夹)、胶头滴管(定容时用) (2)酸 KMnO4溶液有强氧化性,能腐蚀橡皮管 (3)无影响 (4)-5
11.亚硫酸盐是一种常见食品添加剂。为检测某食品中亚硫酸盐含量(通常以1 kg样品中含SO2的质量计),某研究小组设计了如下两种实验流程:
(1)气体A的主要成分是 。为防止煮沸时发生暴沸,必须先向烧瓶中加入 ;通入N2的目的是 。?
(2)写出甲方案第①步反应的离子方程式: 。?
(3)甲方案第②步滴定前,滴定管需用NaOH标准溶液润洗。其操作方法是?
。?
(4)若用盐酸代替稀硫酸处理样品,则按乙方案实验测定的结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。?
(5)若取样品w g,按乙方案测得消耗0.010 00 mol·L-1 I2溶液 V mL,则1 kg样品中含SO2的质量是 g(用含w、V的代数式表示)。?
解析:(1)亚硫酸盐与稀硫酸反应生成SO2气体,因同时通入了N2,所以气体A的主要成分为N2和SO2。为防止煮沸时发生暴沸,必须先向烧瓶中加入碎瓷片;为了减小实验操作误差,通入N2可使生成的SO2全部逸出,保证被吸收液全部吸收。(2)SO2具有还原性,可被氧化剂H2O2氧化,反应的离子方程式应为SO2+H2O22H++S。(3)用NaOH标准溶液润洗滴定管的操作为:滴定管用蒸馏水洗涤干净后,加入少量NaOH标准溶液,将滴定管倾斜,轻轻转动,均匀润洗滴定管内壁,然后将润洗液从下端尖嘴处放出,重复操作2~3次。(4)若用盐酸代替稀硫酸,生成的SO2气体中混有少量HCl,因SO2用碱液吸收后需再用盐酸调节溶液至弱酸性,因此混合气体中含有HCl,对实验结果无影响。(5)反应为H2O+S+I2S+2I-+2H+,n(SO2)=n(S)=n(I2)=0.010 00 mol·L-1×V×10-3 L=V×10-5 mol,因此1 kg样品中含SO2的质量为:×1 000 g= g。
答案:(1)N2和SO2 碎瓷片(或沸石) 使产生的SO2全部逸出
(2)SO2+H2O22H++S
(3)向滴定管注入少量标准液,倾斜转动滴定管润洗全部内壁后从尖嘴放出液体,重复操作2~3次
(4)无影响
(5)
盐类的水解
一、选择题
1.0.1 mol·L-1 HF溶液的pH=2,则该溶液中有关浓度关系式不正确的是( )
A.c(H+)>c(F-) B.c(H+)C.c(OH-)>c(HF) D.c(HF)>c(F-)
解析:HF在水溶液中发生部分电离,HFH++F-,根据电荷守恒,c(H+)=c(F-)+c(OH-),则c(H+)>c(F-),A项正确;c(H+)=0.01 mol·L-1,c(HF)≈0.09 mol·L-1,则c(H+)c(F-),D项正确。
答案:C
2.NH4Cl溶于重水中,反应生成的一水合氨和水合氢离子均正确的是( )
A.NH2D·H2O和D3O+ B.NH3·D2O和HD2O+
C.NH3·HDO和D3O+ D.NH2D·H2O和H2DO+
解析:由水解的实质,所得一水合氨由N和重水电离出来的OD-结合生成,所得水合氢离子应由重水电离出来的D+和D2O结合而成。即D2OD++OD-,OD-+NNH3·HDO,D++D2OD3O+。
答案:C
3.等物质的量浓度的下列四种溶液中,N的浓度最大的是( )
A.NH4Cl B.NH4HCO3
C.NH4HSO4 D.NH4NO3
解析:选项中的四种铵盐均能电离出相同物质的量浓度的N,N水解使溶液显酸性:N+H2ONH3·H2O+H+,Cl-和N不水解,对N浓度无影响,HC水解显碱性,促进N水解而使N浓度减小,HS因电离显酸性:HSH++S,抑制N水解,N浓度增大。
答案:C
4.室温下,下列溶液中,有关微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A.0.1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液:c(N)>c(S)>c(Fe2+)>c(H+)
B.0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液:c(Na+)+c(H+)=c(C)+c(HC)+c(OH-)
C.0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液:c(H+)+2c(H2CO3)=c(OH-)+c(C)
D.0.01 mol·L-1 NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸溶液混合后的溶液中:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
解析:A项中,不考虑水解时,c(N)=c(S),因N水解,所以c(N)答案:D
5.如图表示水中c(H+)和c(OH-)的关系,下列判断错误的是( )
A.两条曲线间任意点均有c(H+)×c(OH-)=KW
B.M区域内任意点均有c(H+)C.图中T1D.XZ线上任意点均有pH=7
解析:由水的离子积的定义知两条曲线间任意点均有c(H+)×c(OH-)=KW,A正确;由图中纵横轴的大小可知M区域内任意点均有c(H+)T1,C正确;XZ线上任意点都有c(H+)=c(OH-),只有当c(H+)=10-7mol·L-1时,才有pH=7,D错误。
答案:D
6.对于室温下pH为2的盐酸,叙述不正确的是( )
A.c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
B.与等体积pH=12的氨水混合后所得溶液显酸性
C.由H2O电离出的c(H+)=1.0×10-12 mol·L-1
D.与等体积0.01 mol·L-1乙酸钠溶液混合后所得溶液中:c(Cl-)-c(CH3COOH)=c(CH3COO-)
解析:A项,根据电荷守恒可知,c(H+)=c(Cl-)+c(OH-);B项,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合后,氨水过量,溶液显碱性;C项,pH=2的盐酸中,水的电离受到抑制,c(H+)水电离=c(OH-)水电离=1.0×10-12 mol·L-1;D项,由于n(HCl)=n(CH3COONa),根据原子守恒可知c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)。
答案:B
7.(2015山东理综,13)室温下向10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中加入0.1 mol·L-1的一元酸HA,溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)
B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C.pH=7时,c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D.b点所示溶液中c(A-)>c(HA)
解析:a点表示HA与NaOH恰好完全反应,得到NaA溶液并且溶液pH=8.7,说明HA为弱酸,A-发生水解反应:A-+H2OHA+OH-,则a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),A项错误;a点为NaA溶液,由于A-发生水解,促进水的电离,而b点是HA和NaA的混合溶液,HA抑制水的电离,水的电离程度比a点时的小,B项错误;根据电荷守恒可知:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),pH=7时c(Na+)=c(A-),C项错误;b点所示溶液为等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液,由于溶液的pH=4.7,说明HA的电离程度大于A-的水解程度,故c(A-)>c(HA),D项正确。
答案:D
8.为了得到比较纯净的物质,下列使用的方法恰当的是( )
A.向Na2CO3饱和溶液中,通入过量的CO2后,加热蒸发得NaHCO3晶体
B.加热蒸发CuCl2饱和溶液得纯净的CuCl2晶体
C.向FeBr2溶液中加入过量的氯水,加热蒸发得FeCl3晶体
D.向FeCl3溶液里加入足量NaOH溶液,经过滤、洗涤沉淀,再充分灼烧沉淀得Fe2O3
解析:A项中NaHCO3加热时会分解;B、C两项中CuCl2溶液与FeCl3溶液在加热蒸发的情况下,水解趋于完全,生成Cu(OH)2和Fe(OH)3,D项正确。
答案:D
二、非选择题
9.已知在0.1 mol·L-1的NaHSO3溶液中有关微粒浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HS)>c(S)>c(H2SO3)。
(1)该溶液中c(H+) c(OH-)(填“>”“=”或“<”),简述理由: ?
?
。?
(2)现向NH4HSO3溶液中,逐滴加入少量含有酚酞的NaOH溶液,可观察到的现象是 ;写出该反应的离子方程式: 。?
解析:在NaHSO3溶液中存在着HSH++S以及HS+H2OOH-+H2SO3两个重要平衡,因为c(S)>c(H2SO3),故c(H+)>c(OH-)。
答案:(1)> 在NaHSO3溶液中,存在HS的电离平衡HSH++S和HS的水解平衡HS+H2OH2SO3+OH-,由题给信息c(S)>c(H2SO3)可知,HS的电离程度大于其水解程度,所以c(H+)>c(OH-)
(2)溶液的红色褪去,呈无色 HS+OH-H2O+S
10.工业上制取CuCl2·2H2O的主要过程是:①将粗氧化铜(含少量Fe)溶解于稀盐酸中,加热、过滤、调节滤液的pH为3;②对①所得滤液按下列步骤进行操作:
已知Cu2+、Fe2+在pH为4~5时不水解,而Fe3+却几乎水解完全而沉淀。请回答下列问题。
(1)X是什么物质? ,其反应的离子方程式是 。?
(2)Y物质应具备的条件是 ,生产中Y可选用 。?
(3)溶液Z在蒸发结晶时应注意 。?
解析:由题意可知:加入X作氧化剂把Fe2+氧化成Fe3+,考虑不增加杂质离子,所以最好用Cl2;由题给信息,要除去Fe3+,可提高溶液pH至4~5,同样不引入杂质离子,最好用CuO;CuCl2溶液在蒸发过程中发生水解,为抑制其水解,可通入氯化氢气体,并不断搅拌,但不能蒸干。
答案:(1)Cl2 Cl2+2Fe2+2Fe3++2Cl-
(2)不引入杂质离子 CuO
(3)通入氯化氢气体,并不断搅拌但不能蒸干
11.25℃,将0.01 mol CH3COONa和0.002 mol HCl溶于水,形成1 L混合溶液。回答下列问题。
(1)该溶液中存在着三个平衡体系,用电离方程式或离子方程式表示:
① 。?
② 。?
③ 。?
(2)溶液中共有 种不同的粒子(指分子和离子)。?
(3)在这些粒子中,浓度为0.01 mol·L-1的是 ,浓度为0.002 mol·L-1的是 。?
(4) 和 两种粒子物质的量之和等于0.01 mol。?
解析:0.01 mol CH3COONa与0.002 mol HCl溶于水形成1 L溶液,CH3COO-+H+CH3COOH,生成0.002 mol CH3COOH,余CH3COONa 0.008 mol,生成NaCl 0.002 mol,溶液中存在的水解平衡:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,存在的电离平衡:CH3COOHH++CH3COO-,H2OH++OH-。此时溶液中存在的离子有Cl-、Na+、CH3COO-、H+、OH-,分子有H2O、CH3COOH,能够水解的离子及电离(微弱)产生的离子随外界条件的变化浓度发生变化,故浓度为定值的是强酸、强碱对应的阴、阳离子,c(Na+)=0.01 mol·L-1,c(Cl-)=0.002 mol·L-1,由物料守恒:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.01 mol·L-1,故CH3COO-与CH3COOH的物质的量之和为0.01 mol。
答案:(1)①CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-
②CH3COOHCH3COO-+H+
③H2OH++OH-
(2)7 (3)Na+ Cl-
(4)CH3COOH CH3COO-
12.10 ℃时,在烧杯中加入0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液400 mL,加热,测得该溶液的pH发生如下变化:
温度/℃
10
20
30
50
70
pH
8.3
8.4
8.5
8.9
9.4
(1)甲同学认为,该溶液的pH升高的原因是HC的水解程度增大,故碱性增强,该反应的离子方程式为 ;?
(2)乙同学认为,溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解生成了Na2CO3,并推断Na2CO3的水解程度 (填“大于”或“小于”)NaHCO3;?
(3)丙同学认为,要确定上述哪种说法合理,只要把加热后的溶液冷却到10 ℃后再测定溶液的pH,若pH 8.3(填“>”“<”或“=”),说明甲同学的观点正确;若pH 8.3(填“>”“<”或“=”),说明乙同学的观点正确;?
(4)丁同学设计如下实验方案对甲、乙同学的解释进行判断,实验装置如下图,加热煮沸NaHCO3溶液,发现试管A中产生沉淀,说明 (填“甲”或“乙”)同学推测正确;?
(5)将一定体积0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液置于烧杯中加热至微沸(溶液体积不变),测其pH为9.8;将烧杯冷却至室温,过一段时间(溶液体积不变)测得pH为10.1。据此资料可判断 (填“甲”或“乙”)推测正确,原因是 。?
解析:(1)HC水解的离子方程式为HC+H2OH2CO3+OH-。(2)乙同学根据NaHCO3受热易分解的性质,认为受热时2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,这样溶质成为Na2CO3,而溶液的pH增大,也说明Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度。(3)若甲同学的观点正确,则当温度再恢复至10 ℃时,pH应为8.3;若乙同学的观点正确,则当温度降回至10 ℃时,pH应大于8.3,而第(5)小题实验也利用该原理从而证明乙同学的观点是正确的。(4)根据A中澄清石灰水变浑浊,说明NaHCO3在加热煮沸时发生了分解生成了Na2CO3与CO2,证明乙同学观点正确。
答案:(1)HC+H2OH2CO3+OH- (2)大于 (3)= > (4)乙 (5)乙 溶液冷却至室温后pH大于9.4,说明此实验过程中溶液有新物质生成
难溶电解质的沉淀溶解平衡
一、选择题
1.下列叙述中不正确的是( )
A.CaCO3能够溶解在CO2的水溶液中
B.Mg(OH)2可溶于盐酸,不溶于NH4Cl溶液
C.AgCl可溶于氨水
D.MgSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液得到两种沉淀
解析:A项中CaCO3(s)Ca2+(aq)+C(aq),H2CO3H++HC,C和H+结合生成HC,促使两个平衡都向右移动,CaCO3逐渐溶解转化为Ca(HCO3)2;B项中Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),加入盐酸或NH4Cl溶液,均消耗OH-,促使Mg(OH)2溶解;C项中AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),加入氨水后Ag++2NH3·H2O[Ag(NH3)2]++2H2O,所以AgCl逐渐溶解;D项中反应的离子方程式为Mg2++S+Ba2++2OH-Mg(OH)2↓+BaSO4↓,得到两种沉淀。
答案:B
2.现将足量的AgCl分别放入下列物质中,AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是( )
①20 mL 0.01 mol·L-1 KCl溶液
②30 mL 0.02 mol·L-1 CaCl2溶液
③40 mL 0.03 mol·L-1 HCl溶液
④10 mL蒸馏水
⑤50 mL 0.05 mol·L-1 NaCl溶液
A.①>②>③>④>⑤ B.④>①>③>②>⑤
C.⑤>④>②>①>③ D.④>③>⑤>②>①
解析:由于AgCl溶于水会存在沉淀溶解平衡,故有c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp,c(Ag+)或c(Cl-)越大,越能抑制AgCl的溶解,AgCl溶解度就越小。注意AgCl的溶解度只与溶液中的Ag+或Cl-的浓度有关,而与溶液体积无关。①中c(Cl-)=0.01 mol·L-1,②中c(Cl-)=0.04 mol·L-1,③中c(Cl-)=0.03 mol·L-1,④中c(Cl-)=0 mol·L-1,⑤中c(Cl-)=0.05 mol·L-1,因此答案选B项。
答案:B
3.在一定温度下,一定量的水中,石灰乳悬浊液存在下列平衡:Ca(OH)2(s)Ca(OH)2(aq)Ca2+(aq)+2OH-(aq),当向此悬浊液中加入少量生石灰时,下列说法正确的是( )
A.n(Ca2+)增大 B.c(Ca2+)减小
C.n(OH-)增大 D.c(OH-)不变
解析:加入生石灰的前后都是相同温度下石灰水的饱和溶液。
答案:D
4.已知溶液中存在平衡:Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq) ΔH<0,下列有关该平衡体系的说法正确的是( )
①升高温度,平衡逆向移动
②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子浓度
③除去氯化钠溶液中混有的少量钙离子,可以向溶液中加入适量的NaOH溶液
④恒温下向溶液中加入CaO,溶液的pH升高
⑤给溶液加热,溶液的pH升高
⑥向溶液中加入Na2CO3溶液,其中固体质量增加
⑦向溶液中加入少量NaOH固体,Ca(OH)2固体质量不变
A.①⑥ B.①⑥⑦ C.②③④⑥ D.①②⑥⑦
解析:②会生成CaCO3,使Ca2+浓度减小,错误;加入氢氧化钠溶液会使平衡左移,有Ca(OH)2沉淀生成,但Ca(OH)2的溶度积较大,要除去Ca2+,应把Ca2+转化为更难溶的CaCO3,③错误;恒温下Ksp不变,加入CaO后,溶液仍为Ca(OH)2的饱和溶液,pH不变,④错;加热,Ca(OH)2的溶解度减小,溶液的pH降低,⑤错;加入Na2CO3溶液,沉淀溶解平衡向右移动,Ca(OH)2固体转化为CaCO3固体,固体质量增加,⑥正确;加入NaOH固体平衡向左移动,Ca(OH)2固体质量增加,⑦错。
答案:A
5.室温时,M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq) Ksp=a。c(M2+)=b mol·L-1时,溶液的pH等于( )
A.lg() B.lg()
C.14+lg() D.14+lg()
解析:Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=a,由c(M2+)=b mol·L-1可知c2(OH-)=(mol·L-1)2,c(OH-)= mol·L-1,c(H+)=10-14÷ mol·L-1,C选项正确。
答案:C
6.溶液中含有Cl-、Br-和I-三种离子,其浓度均为0.010 mol·L-1。向该溶液中逐滴加入AgNO3溶液时,最先和最后沉淀的是[已知:Ksp(AgCl)=1.8×10-10;
Ksp(AgBr)=5.0×10-13;Ksp(AgI)=8.3×10-17]( )
A.AgBr和AgI B.AgI和AgCl
C.AgBr和AgCl D.一起沉淀
解析:对于阴、阳离子的个数比相同,即相同类型的难溶电解质,它们的溶解能力可以直接用Ksp来比较,Ksp的数值小的难溶电解质,一定先析出沉淀。
答案:B
7.已知如下物质的溶度积常数:FeS:Ksp=6.3×10-18;CuS:Ksp=1.3×10-36。下列说法正确的是( )
A.同温度下,CuS的溶解度大于FeS的溶解度
B.同温度下,向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后,Ksp(FeS)变小
C.向含有等物质的量的FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液,最先出现的沉淀是FeS
D.除去工业废水中的Cu2+,可以选用FeS作沉淀剂
解析:由于FeS的Ksp大,且FeS与CuS的Ksp表达式类型是相同的,因此FeS的溶解度比CuS大;向含有Cu2+的工业废水中加入FeS,FeS会转化为更难溶的CuS,可以用FeS作沉淀剂;B项Ksp不随浓度变化而变化,它只与温度有关;C项先出现CuS沉淀。
答案:D
8.海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案:
模拟海水中的
Na+
Mg2+
Ca2+
Cl-
HC
0.439
0.050
0.011
0.560
0.001
注:溶液中某种离子的浓度小于1.0×10-5 mol·L-1,可认为该离子不存在;
实验过程中,假设溶液体积不变。
已知:Ksp(CaCO3)=4.96×10-9
Ksp(MgCO3)=6.82×10-6
Ksp[Ca(OH)2]=4.68×10-6
Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12
下列说法正确的是( )
A.沉淀物X为CaCO3
B.滤液M中存在Mg2+,不存在Ca2+
C.滤液N中存在Mg2+、Ca2+
D.步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体,沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物
解析:步骤①发生Ca2++OH-+HCCaCO3↓+H2O;步骤②:Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×(10-3)2=5.6×10-12,c(Mg2+)=5.6×10-6。Q[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×(10-3)2=10-8A项正确。生成0.001 mol CaCO3。
B项错误。剩余c(Ca2+)=0.01 mol·L-1。
C项错误。c(Mg2+)=5.6×10-6<10-5,无剩余。
D项错误。生成0.05 mol Mg(OH)2,余0.005 mol OH-,Q[Ca(OH)2]=0.01×0.0052=2.5×10-7答案:A
二、非选择题
9.已知氨水与醋酸的电离程度在同温、同浓度下相等,溶有一定量氨的氯化铵溶液呈碱性。现向少量的Mg(OH)2悬浊液中,加入适量的饱和氯化铵溶液,固体完全溶解。
甲同学的解释是:
Mg(OH)2Mg2++2OH-①
N+H2ONH3·H2O+H+②
由于N水解显酸性,H+与OH-反应生成水,导致反应①平衡右移,沉淀溶解;
乙同学的解释是:
Mg(OH)2Mg2++2OH-①
N+OH-NH3·H2O ②
由于NH4Cl电离出的N与Mg(OH)2电离出的OH-结合,生成弱电解质NH3·H2O,导致反应①的平衡右移,Mg(OH)2沉淀溶解。
(1)丙同学不能肯定哪位同学的解释合理,于是选用下列的一种试剂,来证明甲、乙两位同学的解释只有一种正确,他选用的试剂是 (填写编号)。?
A.NH4NO3 B.CH3COONH4
C.Na2CO3 D.NH3·H2O
(2)请你说明丙同学作出该选择的理由是 。?
(3)丙同学将所选试剂滴入Mg(OH)2的浊液中,Mg(OH)2溶解;由此推知,甲和乙哪位同学的解释更合理? (填“甲”或“乙”);写出NH4Cl饱和溶液使Mg(OH)2悬浊液溶解的离子方程式是 。?
解析:甲、乙解释的区别在于,甲认为是N的水解导致Mg(OH)2沉淀溶解,乙认为是由于N被电离出来,与OH-结合生成弱电解质NH3·H2O,导致Mg(OH)2沉淀溶解。由于任何铵盐在溶液中都能够发生电离,所以只要找出一种N的盐溶液,其中N不发生水解,或其水解显示的酸性可以被抵消,即可鉴别出。
氨水和醋酸的电离程度在同温、同浓度下相等,可知由CH3COONH4电离出的N和CH3COO-水解使溶液显示的酸碱性被抵消,即CH3COONH4溶液显中性,当将CH3COONH4加入Mg(OH)2浊液中,若乙的解释对,则Mg(OH)2应该溶解,若甲的解释对,Mg(OH)2不溶解。
答案:(1)B (2)CH3COONH4溶液呈中性;滴入Mg(OH)2悬浊液,若Mg(OH)2不溶,则甲同学解释正确 (3)乙 Mg(OH)2+2NMg2++2NH3·H2O
10.牙齿表面由一层硬的组成为Ca5(PO4)3OH的物质保护着,它在唾液中存在下列平衡:
Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2++3P+OH-
(1)进食后,细菌和酶作用于食物,产生有机酸,这时牙齿就会受到腐蚀,其原因是 。?
(2)已知Ca5(PO4)3F(s)的溶解度比上面的矿化产物更小,质地更坚固。牙膏中配有氟化物添加剂后能防止龋齿的原因是 (用离子方程式表示)。?
(3)据以上原理,请你提出一种其他促进矿化的方法。
解析:题目给出的是Ca5(PO4)3OH(羟基磷灰石)的溶解平衡,牙齿受到腐蚀必然是平衡向右(脱矿方向)移动,要保护牙齿促进矿化,必须使平衡向左(矿化方向)移动。根据平衡移动原理,若OH-与H+中和生成H2O会使平衡向右移动,促进Ca5(PO4)3OH溶解;若增大c(Ca2+)或c(P)能促进平衡向左移动。若使用含氟牙膏,由于F-与Ca2+、P结合生成Ca5(PO4)3F(氟磷灰石)而使Ca5(PO4)3OH转化为Ca5(PO4)3F,由于其溶解度更小,质地更坚固,因此能更好地保护牙齿。
答案:(1)有机酸中和OH-,使平衡向脱矿方向移动,破坏了Ca5(PO4)3OH
(2)5Ca2++3P+F-Ca5(PO4)3F
(3)多进食一些含Ca2+丰富的食物。
11.如下图所示,横坐标为溶液的pH,纵坐标为Zn2+或Zn(OH物质的量浓度的对数,回答下列问题。
(1)往ZnCl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,反应的离子方程式可表示为 。?
(2)从图中数据计算可得Zn(OH)2的溶度积(Ksp)= 。?
(3)某废液中含Zn2+,为提取Zn2+可以控制溶液中pH的范围是 。?
(4)往1.00 L 1.00 mol·L-1ZnCl2溶液中加入NaOH固体至pH=6,需NaOH mol。?
解析:(1)由图可知:pH在8.0~12.0时,Zn2+主要以Zn(OH)2存在。pH>12.0时,Zn(OH)2转化为Zn(OH。
(2)Ksp=c(Zn2+)·c2(OH-),当pH=7时,c(Zn2+)=10-3 mol·L-1?Ksp=10-3·(10-7)2=10-17。
(3)由图知,应控制pH范围8.0~12.0。
(4)当pH=6时,c(OH-)=10-8 mol·L-1根据Ksp?c(Zn2+)=0.10 mol·L-1可知有0.90 mol Zn2+变为Zn(OH)2。消耗n(NaOH)=1.80 mol(注意有效数字)。
答案:(1)Zn2++4OH-Zn(OH (2)10-17
(3)8.0~12.0 (4)1.80
12.以下是25 ℃时几种难溶电解质的溶解度:
难溶电
解质
Mg(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
溶解度/g
9×1
1.7×1
1.5×1
3.0×1
在无机化合物的提纯中,常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些离子。例如:
①为了除去氯化铵中的杂质Fe3+,先将混合物溶于水,再加入一定量的试剂反应,过滤结晶。
②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+,先将混合物溶于水,加入足量的Mg(OH)2,充分反应,过滤结晶。
③为了除去硫酸铜晶体中的杂质F,先将混合物溶于水,加入一定量的H2O2,将F氧化成Fe3+,调节溶液的pH=4,过滤结晶。请回答下列问题。
(1)上述三个除杂方案都能够达到很好效果,F、Fe3+都被转化为 而除去。?
(2)①中加入的试剂应该选择 为宜。?
(3)②中除去Fe3+所发生的总反应的离子方程式为 。?
(4)下列与方案③相关的叙述中,正确的是 (填字母)。?
A.H2O2是绿色氧化剂,在氧化过程中不引进杂质、不产生污染
B.将F氧化为Fe3+的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤
C.调节溶液pH=4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜
D.C可以大量存在于pH=4的溶液中
E.在pH>4的溶液中Fe3+一定不能大量存在
解析:①中为了不引入杂质离子,应加入氨水使Fe3+沉淀,而不能用NaOH溶液。②中根据溶解度表可明确Mg(OH)2能较容易转化为Fe(OH)3,因此在MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2可除去Fe3+,然后将沉淀一并过滤。③中利用高价阳离子Fe3+极易水解的特点,据题意可知调节溶液的pH=4可使Fe3+沉淀完全,为了不引入杂质离子,因此可使用CuO、Cu(OH)2、CuCO3等调节溶液的pH。
答案:(1)氢氧化铁 (2)氨水 (3)2Fe3++3Mg(OH)23M+2Fe(OH)3 (4)A、C、D、E
专题1过关检测
(时间:60分钟 满分:100分)
一、选择题(每题只有1个选项符合题意,每小题6分,共48分)
1.某铁件需长期浸在水下,为减少腐蚀,想采取下列措施,其中不正确的是( )
A.在铁件上铆上一些锌片
B.在制造铁件时,在铁中掺入一定量的铜制合金
C.在铁件表面涂上一层较厚的沥青
D.给铁件通入直流电,把铁件与电源负极相连
解析:A项,铁、锌、水形成原电池,锌比铁活泼,铁被保护;B项,铁比铜活泼,加快铁的腐蚀;C项,涂上沥青,阻止铁与空气、水接触,铁被保护;D项,铁作阴极被保护。
答案:B
2.已知Zn(s)+H2SO4(aq)ZnSO4(aq)+H2(g) ΔH<0,则下列关于该反应的叙述不正确的是( )
A.该反应中旧键断裂需吸收能量,新键形成需放出能量,所以总能量不变
B.上述热化学方程式中的ΔH的值与反应物的用量无关
C.该反应的化学能可以转化为电能
D.反应物的总能量高于生成物的总能量
解析:任何一个化学反应,其反应前后都有能量的变化;在所给反应中,反应放热,则反应物的总能量高于生成物的总能量。
答案:A
3.下面有关电化学的图示,完全正确的是( )
解析:A项中由于Zn失电子,故Zn作负极,所以A项错误;在精炼铜时,粗铜作阳极失电子转化为Cu2+,进而Cu在精铜上析出,故B项错误;铁片镀锌时,溶液中Zn2+应在铁片上析出,故铁片作阴极,与电源负极相连,故C项错误;D项中由电流的方向知石墨棒作阳极,铁棒作阴极,所以在石墨棒上产生Cl2,该实验正确,故D项正确。
答案:D
4.下列对标准燃烧热概念的描述正确的是( )
A.可燃物燃烧,不管其物质的量如何,所放出的热量都叫标准燃烧热
B.因为化学反应既可能放出能量也可能吸收能量,所以标准燃烧热有正也有负
C.燃烧物有固态、液态、气态之分,只有固体燃烧的反应热才能称得上标准燃烧热
D.标准燃烧热是指101 kPa下,1 mol可燃物完全燃烧时的反应热
解析:因为条件不同时,反应热不同,特定条件下,同一种物质的标准燃烧热是一个定值,即标准燃烧热是特定条件下的反应热。
答案:D
5.用CH4催化还原NOx,可以消除氮氧化物的污染。例如:
①CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)
ΔH=-574 kJ·mol-1
②CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-1 160 kJ·mol-1
下列说法不正确的是( )
A.若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2生成N2和水蒸气,放出的热量为173.4 kJ
B.由反应①可推知:CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH<-574 kJ·mol-1
C.反应①②转移的电子数相同
D.反应②中当4.48 L CH4反应完全时转移的电子为1.60 mol
解析:由两热化学方程式可得CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-867 kJ·mol-1,计算可知A项正确;水由气态转化为液态,要放出热量,所以ΔH<-574 kJ·mol-1,B项正确;C项中,从CH4考虑,C都从-4价升高到+4价,转移电子数相等;反应②中,标准状况下,当4.48 L CH4反应完全时,转移电子为0.2 mol×8=1.60 mol,D项中未指明是否在标准状况下,错误。
答案:D
6.下列说法中正确的是( )
A.在相同条件下,将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,后者放出热量多
B.由“C(s,石墨)C(s,金刚石) ΔH=+1.9 kJ·mol-1”可知,金刚石比石墨稳定
C.在稀溶液中:H+(aq)+OH-(aq)H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1,若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合,放出的热量大于57.3 kJ
D.在101 kPa时,2 g H2完全燃烧生成液态水,放出285.8 kJ热量,氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1
解析:硫蒸气的能量高,燃烧放出的热量多,A项错误;石墨转化为金刚石,需要吸收热量,说明石墨的能量低,稳定性强,B项错误;浓硫酸溶解后放热,故两溶液混合放热大于57.3 kJ,C项正确;D项中,对应热化学方程式中的ΔH=-571.6 kJ·mol-1,错误。
答案:C
7.Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液,示意图如下。该电池工作时,下列说法正确的是( )
A.Mg电极是该电池的正极
B.H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C.石墨电极附近溶液的pH增大
D.溶液中Cl-向正极移动
解析:Mg-H2O2电池中Mg电极作负极,石墨电极作正极,正极反应为H2O2+2e-2OH-,H2O2在该极发生还原反应,石墨电极附近溶液的pH增大,溶液中的Cl-向负极移动。
答案:C
8.研究人员最近发现了一种“水”电池,这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电,在海水中电池总反应可表示为:5MnO2+2Ag+2NaClNa2Mn5O10+2AgCl,下列有关“水”电池在海水中放电时的说法不正确的是( )
A.负极反应式:Ag+Cl--e-AgCl
B.每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子
C.Na+不断向“水”电池的正极移动
D.AgCl是还原产物
解析:由电池总反应可知银失去电子被氧化得氧化产物,即银作负极,AgCl是氧化产物,A项正确,D项错误;在原电池中阳离子在正极得电子发生还原反应,所以阳离子向电池的正极移动,C项正确;化合物Na2Mn5O10中Mn元素的化合价是+价,所以每生成1 mol Na2Mn5O10转移电子的物质的量为2 mol,因此选项B正确。
答案:D
二、非选择题(共52分)
9.(12分)格哈德·埃特尔建立了合成氨反应机理,T=673 K时,各步反应的能量变化如图所示,图中的能量单位为kJ·mol-1。(注:图中“吸”表示在催化剂表面的吸附)请回答下列问题。
(1)合成氨反应的机理为:
① ;?
②N2N2吸2N2N吸;
③ ;?
④NH吸+H吸HN2吸;
⑤NH2吸+H吸NH3吸NH3。
(2)T=673 K时,合成氨反应的热化学方程式为 。?
(3)氨气催化氧化生产硝酸,硝酸厂常用催化还原法处理尾气:催化剂存在时用H2将NO2还原为N2。已知:2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH=-483.6 kJ·mol-1,N2(g)+2O2(g)2NO2(g) ΔH=+67.7 kJ·mol-1,则H2还原NO2生成水蒸气反应的热化学方程式是 。?
解析:(1)化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成,依据②是断裂N≡N键,所以①是断裂H—H键,依据④可知③是生成NH吸;(2)看开始和最终能量的变化, mol N2和 mol H2在水平线位置,生成的1 mol NH3于水平线下-46 kJ,所以生成1 mol NH3放出46 kJ的热量;(3)首先写出方程式4H2(g)+2NO2(g)N2(g)+4H2O(g),第一个式子乘以2减第二个式子即得所求化学方程式。
答案:(1)①H2H2吸2H2H吸
③N吸+H吸NH吸
(2)N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92 kJ·mol-1
(3)4H2(g)+2NO2(g)N2(g)+4H2O(g) ΔH=-1 034.9 kJ·mol-1
10.(12分)人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素,原理如图所示。
(1)电源的负极为 (填“A”或“B”)。?
(2)阳极室中发生的反应依次为 、 。?
(3)电解结束后,阴极室溶液的pH与电解前相比将 ;若两极共收集到气体13.44 L(标准状况),则除去的尿素为 g(忽略气体的溶解)。?
解析:根据电解池中阴离子在阳极放电和阳离子在阴极放电的规律和本题图中的电极产物H2和Cl2可以判断出A为电源的正极,B为电源的负极,故阳极室中发生的反应依次为:6Cl--6e-3Cl2↑,CO(NH2)2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl;阴极反应为6H2O+6e-6OH-+3H2↑(或6H++6e-3H2↑),阳极反应为6Cl--6e-3Cl2↑,CO(NH2)2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl。根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等,阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水,所以阴极室中电解前后溶液的pH不变;由上述反应式可以看出,转移6 mol e-时,阴极产生3 mol H2,阳极产生1 mol N2和1 mol CO2,故电解收集到的13.44 L气体中V(N2)=V(CO2)==2.688 L,即n(N2)=n(CO2)==0.12 mol。根据方程式CO(NH2)2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl可知生成0.12 mol N2所消耗的CO(NH2)2的物质的量也为0.12 mol,其质量为m[CO(NH2)2]=0.12 mol×60 g·mol-1=7.2 g。
答案:(1)B (2)6Cl--6e-3Cl2↑ CO(NH2)2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl (3)不变 7.2
11.(14分)氢气是一种清洁能源,氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
已知:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.2 kJ·mol-1
CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247.4 kJ·mol-1
2H2S(g)2H2(g)+S2(g) ΔH=+169.8 kJ·mol-1
(1)以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为 。?
(2)H2S热分解制氢时,常向反应器中通入一定比例空气,使部分H2S燃烧,其目的是 。燃烧生成的SO2与H2S进一步反应,生成物在常温下均非气体,写出该反应的化学方程式: 。?
(3)H2O的热分解也可得到H2,高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如下图所示。图中A、B表示的微粒依次是 。?
(4)电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图见上图(电解池中隔膜仅阻止气体通过,阴、阳极均为惰性电极)。电解时,阳极的电极反应式为 。?
(5)Mg2Cu是一种储氢合金。350 ℃时,Mg2Cu与H2反应,生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物(其中氢的质量分数为0.077)。Mg2Cu与H2反应的化学方程式为 。?
答案:(1)CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) ΔH=+165.0 kJ·mol-1
(2)为H2S热分解反应提供热量
2H2S+SO22H2O+3S
(3)H、O(或氢原子、氧原子)
(4)CO(NH2)2+8OH--6e-C+N2↑+6H2O
(5)2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2
12.(14分)(1)已知单质硫在通常条件下以S8(斜方硫)的形式存在,而在蒸气状态时,含有S2、S4、S6及S8等多种同素异形体,其中S4、S6和S8具有相似的结构特点,其结构如下图所示:
①在一定温度下,测得硫蒸气的平均摩尔质量为80 g·mol-1,则该蒸气中S2分子的体积分数不小于 。?
②若已知硫氧键的键能为d kJ·mol-1,氧氧键的键能为e kJ·mol-1,S(s)+O2(g)SO2(g) ΔH=-a kJ·mol-1,则S8分子硫硫键的键能为 。?
(2)下表是部分化学键的键能数据:
化学键
P—P
P—O
OO
PO
键能/(kJ·mol-1)
198
360
498
X
①已知白磷的标准燃烧热为-2 982 kJ·mol-1,白磷(P4)、P4O6、P4O10的结构如下图所示,则上表中X= ;?
②0.5 mol白磷(P4)与O2完全反应生成固态P4O6,放出的热量为 kJ。?
解析:(1)①本题用极值法讨论,因为=80 g·mol-1,所以当混合气体中只含有S2和S4时,S2的体积分数最小,设S2的体积分数为x,则
=80 g·mol-1,解得x=0.75,即该蒸气中S2分子的体积分数不小于75%。
②设硫硫键的键能为y,则:-a kJ·mol-1=×8·y+e kJ·mol-1-2d kJ·mol-1,y=(2d-a-e)kJ·mol-1。
(2)①由题意可知P4(s)+5O2(g)P4O10(s) ΔH=-2 982 kJ·mol-1。根据图示知,1 mol P4含有6 mol P—P键,1 mol P4O10含12 mol P—O键,4 mol PO键,根据键能与反应热的关系,反应热等于反应物总键能与产物总键能之差,断裂1 mol共价键吸收的能量与生成1 mol该共价键放出的能量数值相等。则198 kJ·mol-1×6+498 kJ·mol-1×5-360 kJ·mol-1×12-4X kJ·mol-1=-2 982 kJ·mol-1,X=585。
②P4(s)+3O2(g)P4O6(s),1 mol P4O6含有12 mol P—O键,反应热为ΔH=198 kJ·mol-1×6+498 kJ·mol-1×3-360 kJ·mol-1×12=-1 638 kJ·mol-1,0.5 mol白磷(P4)与O2完全反应生成固态P4O6放出的热量为1 638 kJ·mol-1×0.5 mol=819 kJ。
答案:(1)①75% ②(2d-a-e)kJ·mol-1
(2)①585 ②819
专题2过关检测
(时间:60分钟 满分:100分)
一、选择题(每题只有1个选项符合题意,每小题6分,共48分)
1.金属锡的冶炼常用焦炭作还原剂:SnO2+2CSn+2CO↑,反应过程中能量的变化如图所示。下列有关该反应的ΔH、ΔS的说法中正确的是( )
A.ΔH<0 ΔS<0 B.ΔH>0 ΔS<0
C.ΔH<0 ΔS>0 D.ΔH>0 ΔS>0
解析:由于生成物所具有的能量大于反应物所具有的能量,故该反应为吸热反应,即ΔH>0;该反应有气体生成,ΔS>0。
答案:D
2.已知工业真空冶炼铷的原理如下:2RbCl+MgMgCl2+2Rb(g),对此反应的进行能给予正确解释的是
( )
A.铷的金属活动性比镁弱
B.铷的沸点比镁低,把铷蒸气抽出,上述平衡向右移动
C.MgCl2的热稳定性不如RbCl强
D.铷单质比化合态更稳定
解析:虽然镁的失电子能力不如铷,但由于镁的沸点比铷高,将铷蒸气抽出时,降低了铷在平衡体系中的浓度,导致平衡右移,使该反应得以进行。这个问题实际上是判断化学反应进行的方向。对于物质之间交换成分的化学反应,反应方向往往决定于是否有一种物质能以沉淀、气体或难电离物质的形式从体系中分离出去。抓住这一点,对学习上的一些“矛盾”的问题也可以解释。例如,一般来说是强酸制弱酸(生成弱电解质),但是H2S通入CuSO4溶液中可得到CuS沉淀和H2SO4。若用上述方法解释,就可以得到满意的答案,而且对问题的看法也上升了一个层次。
答案:B
3.反应物和生成物均为气态的平衡体系,平衡常数表达式为K=,有关该平衡体系的说法不正确的是( )
A.升高温度,该反应平衡常数K的变化无法判断
B.增大压强,w的质量分数减小
C.该反应的化学方程式为3z(g)+2w(g)x(g)+2y(g)
D.增大x气体的浓度平衡向正反应方向移动
解析:根据平衡常数表达式且所有反应物和生成物均为气态,则该反应的化学方程式为:3z(g)+2w(g)x(g)+2y(g),C项正确;由于无法知道该反应是吸热反应还是放热反应,故升高温度无法判断化学平衡常数K的变化,A项正确;增大压强,平衡右移,w的质量分数减小,B项正确;增大x的浓度,平衡逆向移动,D项错误。
答案:D
4.在一定温度下,将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中,发生反应X(g)+Y(g)2Z(g) ΔH<0,一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表:
t/min
2
4
7
9
n(Y)/mol
0.12
0.11
0.10
0.10
下列说法正确的是( )
A.反应前2 min的平均速率v(Z)=2.0×10-3 mol·L-1·min-1
B.其他条件不变,降低温度,反应达到新平衡前v(逆)>v(正)
C.该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D.其他条件不变,再充入0.2 mol Z,平衡时X的体积分数增大
解析:反应前2 min,v(Y)==2.0×10-3 mol·L-1·min-1,v(Z)=2v(Y)=4.0×10-3 mol·L-1·min-1,A项错误;其他条件不变时,降低温度平衡向放热方向即正反应方向移动,达到新的平衡前v(正)>v(逆),B项错误;由表中数据知平衡时Y的物质的量为0.10 mol,则平衡时X、Y、Z三种气体的物质的量浓度分别为0.01 mol·L-1、0.01 mol·L-1、0.012 mol·L-1,则该温度下K==1.44,C项正确;其他条件不变,再充入0.2 mol Z,因该反应反应前后气体体积不变,所以建立的平衡与原平衡是等效平衡,平衡时X的体积分数不变,D错误。
答案:C
5.某温度下,在密闭容器中发生如下反应:2M(g)+N(g)2E(g),若开始时只充入2 mol E气体,达平衡时,混合气体的压强比起始增大了20%;若开始时只充入2 mol M和1 mol N的混合气体,达到平衡时M的转化率为( )
A.20% B.40% C.60% D.80%
解析:当通入E时,气体压强变大。当通入M、N时,气体压强要变小。通入2 mol E和通入2 mol M和1 mol N时达到的平衡是等效的,通入2 mol E时,使压强增大20%,可求得平衡时体系中M的物质的量为0.8 mol,则开始时只通入2 mol M和1 mol N,M的平衡转化率为60%。
答案:C
6.温度为T ℃、压强为1.01×106 Pa条件下,某密闭容器中,反应A(g)+B(g)3C达到化学平衡时,测得此时c(A)=0.022 mol·L-1;压缩容器使压强增大到2.02×106 Pa,第二次达到平衡时测得c(A)=0.05 mol·L-1;若继续压缩容器,使压强增大到4.04×107 Pa,第三次达到平衡时,测得c(A)=0.75 mol·L-1。则下列关于C物质状态的推测正确的是( )
A.1.01×106 Pa时为固态
B.2.02×106 Pa时为液态
C.4.04×107 Pa时为液态或固态
D.4.04×107 Pa时为气态
解析:第二次达到平衡时与第一次平衡时相比,压强增大为原来的二倍,但A的浓度比原来的二倍还大,说明加压,平衡向生成A的方向移动,从而得出C为气体。第三次达平衡时与第二次达到平衡时相比,压强变为原来的20倍,但A的浓度比第二次达平衡时浓度的20倍要小,说明加压时平衡向右移动,从而得出C为非气体。
答案:C
7.某化学科研小组研究在其他条件不变时,改变某一条件对化学平衡的影响,得到如下变化规律(图中p表示压强,T表示温度,n表示物质的量):
根据以上规律判断,下列结论正确的是( )
A.反应Ⅰ:ΔH>0,p2>p1
B.反应Ⅱ:ΔH>0,T1>T2
C.反应Ⅲ:ΔH>0,T2>T1;或ΔH<0,T2D.反应Ⅳ:ΔH<0,T2>T1
解析:反应Ⅰ:温度越高,反应物的平衡转化率越低,说明正反应放热,ΔH<0,所以A项错。反应Ⅱ:T1先到达平衡说明其温度高,而其产物的产量反而少,说明升温向左移动,所以ΔH<0,B项错。反应Ⅲ:T2 时C的平衡体积分数大,说明温度由T1变为T2平衡向右移动。若T2>T1,则应是吸热反应;若T2答案:C
8.一定条件下存在反应:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),其正反应放热。现有三个相同的2 L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,在Ⅰ中充入1 mol CO和1 mol H2O,在Ⅱ中充入1 mol CO2和1 mol H2,在Ⅲ中充入2 mol CO和2 mol H2O,700 ℃条件下开始反应。达到平衡时,下列说法正确的是( )
A.容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同
B.容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同
C.容器Ⅰ中CO的物质的量小于容器Ⅱ中CO的物质的量
D.容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1
解析:恒容绝热条件下,由于正反应放热,故Ⅰ中反应放热,Ⅱ中反应吸热,温度不同,速率不同,A错误;Ⅲ中充入2 mol CO、2 mol H2O,放热比Ⅰ多,温度比Ⅰ高,两容器中反应物和生成物的平衡浓度不同,故平衡常数不同,B错误;若恒温条件下,Ⅰ与Ⅱ是等效平衡,平衡后的CO含量相同,但由于容器Ⅰ中的温度高于容器Ⅱ中,故容器Ⅰ中CO的转化率小,平衡后CO的含量Ⅰ大于Ⅱ,C错误;若温度不变,则D项中二者的转化率之和应为1,但随着反应的放热,Ⅰ中CO的转化率降低,随着反应的吸热,Ⅱ中CO2的转化率也降低,故二者之和小于1,D正确。
答案:D
二、非选择题(共52分)
9.(12分)反应A(g)B(g)+C(g)在容积为1.0 L的密闭容器中进行,A的初始浓度为0.050 mol·L-1。温度T1和T2下A的浓度与时间关系如图所示。回答下列问题。
(1)上述反应的温度T1 T2,平衡常数K(T1) K(T2)。(填“大于”“小于”或“等于”)?
(2)若温度T2时,5 min后反应达到平衡,A的转化率为70%,则:
①平衡时体系总的物质的量为 。?
②反应的平衡常数K= 。?
③反应在0~5 min区间的平均反应速率v(A)= 。?
解析:(1)由斜率可知T2时反应速率大,则T2>T1;但平衡后T2温度下的c(A)小,故升高温度,平衡正向移动,正反应为吸热反应,平衡常数K(T1)(2)依据
A(g) B(g) + C(g)
始态/mol·L-1: 0.050 0 0
转化/mol·L-1: 0.035 0.035 0.035
平衡/mol·L-1: 0.015 0.035 0.035
①总的物质的量=( 0.015+0.035+0.035) mol·L-1×1.0 L=0.085 mol;
②K=≈0.082;
③v(A)==0.007 mol·L-1·min-1 。
答案:(1)小于 小于 (2)①0.085 mol ②0.082
③0.007 mol·L-1·min-1
10.(12分)恒温恒容下,将2 mol A气体和2 mol B气体通入体积为2 L的密闭容器中发生如下反应:2A(g)+B(g)xC(g)+2D(s),2 min时反应达到平衡状态,此时剩余1.2 mol B,并测得C的浓度为1.2 mol·L-1。
(1)从开始反应至达到平衡状态,生成C的平均反应速率为 。?
(2)x= 。?
(3)A的转化率与B的转化率之比为 。?
(4)下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是 。?
A.压强不再变化
B.气体密度不再变化
C.气体的平均相对分子质量不再变化
D.A的消耗速率与B的消耗速率之比为2∶1
(5)保持温度和容积不变,向平衡体系中再充入2 mol A和2 mol B,达到新平衡时B的物质的量为 。?
解析:本题着重考查化学反应速率和化学平衡的概念及相关的简单计算。(1)较为简单,依据公式即可得出结果。
在(2)中,列出反应的化学方程式,求解:
2A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)
起始量/mol: 2 2 0
转化量/mol: 1.6 0.8 2.4
平衡量/mol: 0.4 1.2 2.4
由于转化量之比等于化学计量数之比,即0.8∶2.4=1∶x,解得x=3。
在(4)中,由于反应前后气体分子数相同,故A项不可作为反应达到平衡状态的标志,又无论反应是否达到平衡,恒有A的消耗速率与B的消耗速率之比为2∶1。
在(5)中,由于恒温恒容、反应前后气体体积不变,再充入2 mol气体A和2 mol气体B时,新的平衡与原平衡等效,此时B的物质的量为1.2 mol×2=2.4 mol。
答案:(1)0.6 mol·L-1·min-1 (2)3 (3)2∶1
(4)BC (5)2.4 mol
11.(14分)已知可逆反应:M(g)+N(g)P(g)+Q(g) ΔH>0,请回答下列问题。
(1)在某温度下,反应物的起始浓度分别为:c(M)=1 mol·L-1,c(N)=2.4 mol·L-1,达到平衡后,M的转化率为60%,此时N的转化率为 。?
(2)若反应温度升高,M的转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。?
(3)若反应温度不变,反应物的起始浓度分别为:c(M)=4 mol·L-1,c(N)=a mol·L-1,达到平衡后,c(P)=2 mol·L-1,a= 。?
(4)若反应温度不变,反应物的起始浓度为:c(M)=c(N)=b mol·L-1,达到平衡后,M的转化率为 。?
解析:(1)M的浓度变化量为0.6 mol·L-1,则N的浓度变化量也是0.6 mol·L-1,所以N的转化率为:×100%=25%。
(2)由于该反应的正反应为吸热反应,所以升高温度,化学平衡正向移动,M的转化率增大。
(3) M(g)+N(g)P(g)+Q(g)
起始/mol·L-1: 1 2.4 0 0
平衡/mol·L-1: 0.4 1.8 0.6 0.6
起始/mol·L-1: 4 a 0 0
平衡/mol·L-1: 2 a-2 2 2
K=
解得a=6
(4)设达平衡后P、Q的物质的量浓度均为x mol·L-1,则K=,解得x≈0.41 b,M的转化率约为41%。
答案:(1)25% (2)增大 (3)6 (4)41%
12.(14分)光气(COCl2)在塑料、制革、制药等工业中有许多用途,工业上采用高温下CO与Cl2在活性炭催化下合成。
(1)实验室中常用来制备氯气的化学方程式为 。?
(2)工业上利用天然气(主要成分为CH4)与CO2进行高温重整制备CO,已知CH4、H2和CO的标准燃烧热(ΔH)分别为-890.3 kJ·mol-1、-285.8 kJ·mol-1和-283.0 kJ·mol-1,则生成1 m3(标准状况)CO所需热量为 。?
(3)实验室中可用氯仿(CHCl3)与双氧水直接反应制备光气,其反应的化学方程式为 。?
(4)COCl2的分解反应为COCl2(g)Cl2(g)+CO(g) ΔH=+108 kJ·mol-1。反应体系达到平衡后,各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示(第10 min到14 min的COCl2浓度变化曲线未示出):
①计算反应在第8 min时的平衡常数K= ;?
②比较第2 min反应温度T(2)与第8 min反应温度T(8)的高低:T(2) T(8)(填“<”“>”或“=”);?
③若12 min时反应于温度T(8)下重新达到平衡,则此时c(COCl2)= mol·L-1;?
④比较产物CO在2~3 min、5~6 min和12~13 min时平均反应速率[平均反应速率分别以v(2~3)、v(5~6)、v(12~13)表示]的大小 ;?
⑤比较反应物COCl2在5~6 min和15~16 min时平均反应速率的大小:
v(5~6) v(15~16)(填“<”“>”或“=”),原因是 。?
解析:(1)实验室用浓盐酸与MnO2混合加热制Cl2。
(2)首先依据标准燃烧热定义写出:①CH4(g)+ 2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-890.3 kJ·mol-1,②H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH2=-285.8 kJ·mol-1,③CO(g)+O2(g)CO2(g) ΔH3=-283.0 kJ·mol-1;再写出CH4(g)+ CO2(g)2CO(g)+2H2(g),①式-②式×2-③式×2即得CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g),所以ΔH=ΔH1-2ΔH2-2ΔH3=(-890.3+285.8×2+283.0×2) kJ·mol-1=+247.3 kJ·mol-1,生成1 m3 CO所需热量为×247.3 kJ·mol-1×≈5 520 kJ。
(3)由CHCl3生成COCl2,碳的化合价由+2升高到+4,升高2价,由H2O2生成COCl2和H2O,氧的化合价共降低2,所以上述物质的计量数均为1,即CHCl3+H2O2→COCl2+H2O,依据Cl、H守恒还应有HCl生成。
(4)①c(Cl2)=0.11 mol·L-1、c(CO)=0.085 mol·L-1、c(COCl2)=0.04mol·L-1,代入K=≈0.234;②第4 min时,Cl2与CO的浓度均逐渐增大,再结合此反应正向为吸热反应,所以第4 min时改变的条件一定是升高温度,故T(2)v(15~16);应从影响化学反应速率的因素入手分析,由图像可知4~18分钟温度相同,应从浓度角度分析。
答案:(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
(2)5.52×103 kJ
(3)CHCl3+H2O2HCl+H2O+COCl2
(4)①0.234 mol·L-1 ②< ③0.031 ④v(5~6)>v(2~3)=v(12~13) ⑤> 在相同温度时,该反应的反应物浓度越高,反应速率越大
专题3过关检测
(时间:60分钟 满分:100分)
一、选择题(每题只有1个选项符合题意,每小题6分,共48分)
1.对于锥形瓶在中和滴定中的作用和使用方法的有关说法正确的是( )
A.可用来盛装被滴定的溶液
B.用蒸馏水洗净后还应用被滴定的溶液润洗
C.滴定中不能向锥形瓶中加入蒸馏水
D.滴定时应用左手顺时针方向旋摇
答案:A
2.室温下,对于0.10 mol·L-1的氨水,下列判断正确的是( )
A.与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为Al3++3OH-Al(OH)3↓
B.加水稀释后,溶液中c(N)·c(OH-)变大
C.用HNO3溶液完全中和后,溶液不显中性
D.其溶液的pH=13
答案:C
3.下列电离方程式中,正确的是( )
A.H2S2H++S2-
B.NaHCO3Na++H++C
C.NaClNa++Cl-
D.CH3COOHCH3COO-+H+
答案:C
4.某温度下,向一定体积0.1 mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液,溶液中pOH[pOH=-lgc(OH-)]与pH的变化关系如图所示,则( )
A.M点所示溶液的导电能力强于Q点
B.N点所示溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)
C.M点和N点所示溶液中水的电离程度相同
D.Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积
解析:醋酸为弱酸,向其溶液中逐滴加入等浓度NaOH时,生成强电解质CH3COONa,溶液导电性逐渐增强,则Q点导电能力强于M点,故A错误;图中N点pH>pOH,即c(H+)答案:C
5.(2015重庆理综,3)下列叙述正确的是( )
A.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
B.25 ℃时,等体积等浓度的硝酸与氨水混合后,溶液pH=7
C.25 ℃时,0.1 mol·L-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
D.0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中,所得溶液中c(Cl-)=c(I-)
解析:稀醋酸中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,加入醋酸钠后溶液中醋酸根离子浓度增大,抑制醋酸的电离,A项错误;硝酸和氨水恰好反应生成NH4NO3,N发生水解使溶液显酸性,B项错误;H2S是弱电解质,Na2S是强电解质,故同浓度的两溶液,Na2S溶液导电能力强,C项正确;由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr),故混合溶液中氯离子和碘离子的浓度不同,D项错误。
答案:C
6.已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(AgBr)=7.7×10-13,Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12。某溶液中含有Cl-、Br-和Cr,浓度均为0.010 mol·L-1,向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L-1 的AgNO3溶液时,三种阴离子产生沉淀的先后顺序为( )
A.Cl-、Br-、Cr B.Cr、Br-、Cl-
C.Br-、Cl-、Cr D.Br-、Cr、Cl-
解析:因为溶液中Cl-、Br-、Cr浓度相同,假设滴加AgNO3溶液的过程中混合液中Cl-、Br-、Cr浓度不变,均为0.010 mol·L-1,则开始生成AgCl、AgBr、Ag2CrO4沉淀时溶液中c(Ag+)浓度分别为1.56×10-8 mol·L-1、7.7×10-11 mol·L-1、3.0×10-5 mol·L-1,所以首先沉淀的是AgBr,最后沉淀的是Ag2CrO4。
答案:C
7.氢氟酸是一种弱酸,可用来刻蚀玻璃。已知25 ℃时:
①HF(aq)+OH-(aq)F-(aq)+H2O(l) ΔH=-67.7 kJ·mol-1
②H+(aq)+OH-(aq)H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1
在20 mL 0.1 mol·L-1氢氟酸中加入V mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液,下列有关说法正确的是( )
A.氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为:HF(aq)F-(aq)+H+(aq) ΔH=+10.4 kJ·mol-1
B.当V=20时,溶液中:c(OH-)=c(HF)+c(H+)
C.当V=20时,溶液中:c(F-)D.当V>0时,溶液中一定存在:c(Na+)>c(F-)>c(OH-)>c(H+)
解析:由已知的热化学方程式,①-②得:HF(aq)F-(aq)+H+(aq) ΔH=-10.4 kJ·mol-1,故A项错误;当V=20时,HF与NaOH恰好完全反应生成NaF,在NaF溶液中,c(Na+)=c(F-)+c(HF),c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-),可得c(OH-)=c(H+)+c(HF),此时溶液中c(Na+)=0.05 mol·L-1,故B项正确,C项错误;当V>0时,混合溶液可能显酸性也可能显碱性,所以D项错误。
答案:B
8.一定温度下,三种碳酸盐MCO3(M:Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。已知:pM=-lg c(M),p(C)=-lg c(C)。
下列说法正确的是( )
A.MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大
B.a点可表示MnCO3的饱和溶液,且c(Mn2+)=c(C)
C.b点可表示CaCO3的饱和溶液,且c(Ca2+)D.c点可表示MgCO3的不饱和溶液,且c(Mg2+)>c(C)
解析:由题目信息可知,p(C)越大,表明c(C)越小,Ksp=c(C)·c(M)=c2(C),因此A错;点a表示MnCO3的饱和溶液,由图中a处于对角线上点可知,p(M)=p(C),由此可得c(Mn2+)=c(C),B正确;b点表示CaCO3的饱和溶液,由图可知p(C)>p(M),由此可得c(Ca2+)>c(C),故C错误;c点表示MgCO3的不饱和溶液,由图可知p(M)>p(C),由此可得c(Mg2+)答案:B
二、非选择题(共52分)
9.(12分)化学反应原理在科研和生产中有广泛应用。
(1)利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体,发生如下反应:
TaS2(s)+2I2(g)TaI4(g)+S2(g) ΔH>0 (Ⅰ)
反应(Ⅰ)的平衡常数表达式K= ,若K=1,向某恒容容器中加入1 mol I2(g)和足量TaS2(s),I2(g)的平衡转化率为 。?
(2)如图所示,反应(Ⅰ)在石英真空管中进行,先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2(g),一段时间后,在温度为T1的一端得到了纯净TaS2晶体,则温度T1 T2(填“>”“<”或“=”)。上述反应体系中循环使用的物质是 。?
(3)利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢样中的硫转化成H2SO3,然后用一定浓度的I2溶液进行滴定,所用指示剂为 ,滴定反应的离子方程式为 。?
(4)25 ℃时,H2SO3HS+H+的电离常数Ka=1×10-2,则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh= mol·L-1,若向NaHSO3溶液中加入少量的I2,则溶液中将 (填“增大”“减小”或“不变”)。?
解析:(1)固体物质不能出现在平衡常数表达式中,故K=。设容器的体积为1 L,
则 TaS2(s)+2I2(g)TaI4(g)+S2(g)
起始浓度(mol·L-1) 1 0 0
转化浓度(mol·L-1) 2x x x
平衡浓度(mol·L-1) 1-2x x x
代入平衡常数表达式得:=1,解得x=
故I2的转化率≈66.7%。
(2)该提纯的原理是利用了可逆反应,先发生TaS2(s)+2I2(g)TaI4(g)+S2(g) ΔH>0,然后TaI4(g)+S2(g)TaS2(s)+2I2(g) ΔH<0,由于生成TaS2的反应为放热反应,降低温度有利于其生成,故T1(3)碘溶液滴定H2SO3溶液的离子方程式为H2SO3+I2+H2O2I-+S+4H+;可用淀粉溶液作指示剂,终点的现象是加入最后一滴碘溶液时,溶液变蓝且半分钟内不褪色。
(4)HS水解的离子方程式为HS+H2OH2SO3+OH-,其水解常数Kh==1.0×10-12。
由水解平衡常数表达式知,NaHSO3溶液中加入少量的碘发生的反应为HS+I2+H2O2I-+S+3H+,酸性增强,c(OH-)减小,故增大。
答案:(1) 66.7% (2)< I2 (3)淀粉溶液 H2SO3+I2+H2O2I-+S+4H+ (4)1.0×10-12 增大
10.(12分)氧化还原滴定实验同中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。现有0.001 mol·L-1酸性KMnO4溶液和未知浓度的无色NaHSO3溶液。反应离子方程式是2Mn+5HS+H+2Mn2++5S+3H2O,填空回答问题。
(1)该滴定实验所需仪器有下列中的 。?
A.酸式滴定管(50 mL) B.碱式滴定管(50 mL) C.量筒(10 mL) D.锥形瓶 E.铁架台 F.滴定管夹 G.烧杯 H.白纸 I.胶头滴管 J.漏斗
(2)不用 (填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液。试分析原因: 。?
(3)需不需要用指示剂,说明理由: 。?
(4)滴定前平视KMnO4液面,刻度为a mL,滴定后俯视液面刻度为b mL,则(b-a)mL比实际消耗KMnO4溶液体积 (填“多”或“少”)。根据(b-a)mL计算得到的待测浓度,比实际浓度 (填“大”或“小”)。?
答案:(1)ADEFH (2)碱 高锰酸钾能腐蚀橡胶管 (3)不用指示剂,因为Mn→Mn2+时紫色褪去 (4)少 小
11.(12分)现有室温条件下甲、乙、丙三种溶液,甲为0.1 mol·L-1的NaOH溶液,乙为0.1 mol·L-1的HCl溶液,丙为0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液,试回答下列问题:
(1)甲溶液的pH= ;?
(2)丙溶液中存在的电离平衡为 (用电离平衡方程式表示);?
(3)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH-)的大小关系为 ;?
(4)某同学用甲溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL丙溶液,得到如图所示两条滴定曲线,请完成有关问题:
①甲溶液滴定丙溶液的曲线是 (填“图1”或“图2”)。?
②a= mL。?
解析:(1)c(OH-)=0.1 mol·L-1,则c(H+)=10-13 mol·L-1,pH=13。
(2)CH3COOH溶液中存在CH3COOH和水的电离平衡。
(3)酸、碱对水的电离具有抑制作用,酸电离的c(H+)或碱电离的c(OH-)越大,水的电离程度越小,反之越大。
(4)氢氧化钠溶液滴定盐酸恰好中和时,pH=7;氢氧化钠溶液滴定醋酸恰好中和时,生成醋酸钠溶液,pH>7,对照题中图示,图2符合题意,a的数值是通过滴定管读数所确定的,因此读数应小数点后保留两位。
答案:(1)13 (2)CH3COOHCH3COO-+H+,H2OOH-+H+ (3)丙>甲=乙 (4)①图2 ②20.00
12.(16分)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨,危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。
(1)用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应: 。?
(2)在钠碱循环法中,Na2SO3溶液作为吸收液,可由NaOH溶液吸收SO2制得,该反应的离子方程式是 。?
(3)吸收液吸收SO2的过程中,pH随n(S)∶n(HS)变化关系如下表:
n(S)∶n(HS)
91∶9
1∶1
9∶91
pH
8.2
7.2
6.2
①由上表判断,NaHSO3溶液显 性,用化学平衡原理解释: 。?
②当吸收液呈中性时,溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母) 。?
a.c(Na+)=2c(S)+c(HS)
b.c(Na+)>c(HS)>c(S)>c(H+)=c(OH-)
c.c(Na+)+c(H+)=c(S)+c(HS)+c(OH-)
(4)当吸收液的pH降至约为6时,需送至电解槽再生。再生示意图如下:
①HS在阳极放电的电极反应式是 。?
②当阴极室中溶液pH升至8以上时,吸收液再生并循环利用。简述再生原理:?
。?
答案:(1)SO2+H2OH2SO3,2H2SO3+O22H2SO4 (2)2OH-+SO2H2O+S (3)①酸
HS存在:HSH++S和HS+H2OH2SO3+OH-,HS的电离程度强于水解程度 ②ab (4)①HS+H2O-2e-S+3H+ ②H+在阴极得电子生成H2,溶液中c(H+)降低,促使HS电离生成S,且Na+进入阴极室,吸收液得以再生
