四川省成都市新津中学2020-2021学年高二下学期化学开学考试试卷

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名称 四川省成都市新津中学2020-2021学年高二下学期化学开学考试试卷
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文件大小 351.8KB
资源类型 试卷
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科目 化学
更新时间 2021-05-10 10:16:40

文档简介

四川省成都市新津中学2020-2021学年高二下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1.(2021高二下·成都开学考)在压强为2.20×101 kPa、温度达到374 ℃时,水成为“超临界状态”,此时水可将CO2等含碳化合物转化为有机物,这就是“水热反应”,生物质在地下高温高压条件下通过水热反应可生成石油、煤等矿物能源。下列说法错误的是(  )
A.二氧化碳与超临界水作用生成汽油的反应,属于吸热反应
B.“水热反应”过程中只有化学变化,没有物理变化
C.火力发电厂有望利用废热,将二氧化碳转变为能源物质
D.随着科技的进步,“水热反应”制取能源有望实现地球上碳资源的和谐循环
2.(2021高二下·成都开学考)在测定中和热的实验中,下列说法错误的是(  )
A.在测定中和热实验中需要使用的仪器有天平、量筒﹑烧杯、滴定管、温度计
B.为了准确测定反应混合溶液的温度,实验中温度计水银球不能与小烧杯底部接触
C.用50 mL 0.55 mol ·L-1的NaOH 溶液与60 mL 0.50 mol ·L-1的盐酸反应,测得的中和热数值不变
D.使用环形玻璃搅拌棒是为了加大反应速率,减小实验误差
3.(2021高二下·成都开学考)2A(g) B(g) H1( H1>0);2A(g) B(1) H2,下列能量变化示意图正确的是(  )
A. B.
C. D.
4.(2021高二下·成都开学考)已知 1 mol X2 (g)完全燃烧生成 X2O(g)放出能量a kJ,且X2中 1mol X-X键断裂时吸收能量b kJ,氧气中 1mol O=O键断裂时吸收能量ckJ,则X2O中 1mol X-O键形成时放出的能量为(  )
A. kJ B. kJ
C. kJ D. kJ
5.(2021高二下·成都开学考)已知“凡气体分子总数增大的反应一定是熵增加的反应”。下列反应一定能自发进行的是(  )
A.2O3(g)=3O2(g) H<0
B.2CO(g)=2C(s)+O2 (g) H>0
C.N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H<0
D.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) H>0
6.(2021高二下·成都开学考)反应P(g)+3Q(g) 2R(l)+2S(g),在不同情况下测得反应速率如下,其中反应速率最快的是(  )
A.v(P)=0.15 mol/(L·min) B.v(Q)=0.6 mol/(L· min)
C.v(R)=0. 1 mol/(L·s) D.v(S)=0.45 mol/(L· min)
7.(2021高二下·成都开学考)在一定条件下,将2 mol A和1 mol B混合于固定容积为2L的密闭容器中,发生如下反应:3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g),5s时测得气体压强是反应前的 。则x为(  )
A.1 B.2
C.3 D.条件不足,无法计算
8.(2021高二下·成都开学考)在一定温度下的定容密闭容器中,当下列条件不再改变时,表明反应:A(s)+2B(g) C(g)+D(g)已达到平衡状态的是(  )
A.混合气体的压强
B.气体的总物质的量
C.混合气体的密度
D.单位时间内生成n molC的同时消耗2n molB
9.(2021高二下·成都开学考)密闭容器中一定量的混合气体发生以下反应: xA(g)+yB(g) zC(g),平衡时测得A的浓度为0.50 mol L-1,在温度不变时,把容器容积扩大到原来的2倍,使其重新达到平衡,此时A的浓度为0.30 mol L-1,下列叙述正确的是(  )
A.平衡一定向右移动 B.B的转化率降低
C.x+y10.(2021高二下·成都开学考)某工业流程中,进入反应塔的混合气体中NO和O2的物质的量分数分别为0.10和0.06,发生化学反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g),在其他条件相同时,测得实验数据如下表:
压强/ (×105Pa) 温度/℃ NO达到所列转化率需要的时间/s
50% 90% 98%
1.0 30 12 250 2830
90 25 510 5760
8.0 30 0.2 3.9 36
90 0.6 7.9 74
根据表中数据,下列说法错误的是(  )
A.升高温度,反应速率加快
B.增大压强,反应速率加快
C.在1.0×105 Pa、90℃条件下,当转化率为98%时反应不一定达到平衡
D.若进入反应塔的混合气体为a mol,反应速率以v= 表示,则在8.0×105Pa、 30℃条件下,转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为 mol s-1
11.(2021高二下·成都开学考)在CH3COOH H++CH3COO-的电离平衡中,要使电离平衡右移且氢离子浓度增大,应采取的措施是(  )
A.加入NaOH B.加入盐酸 C.加水 D.升高温度
12.(2021高二下·成都开学考)下列实验事实或数据可以说明次氯酸为弱电解质的是(  )
A.0.001 mol/L的HClO溶液的pH=3
B.次氯酸具有漂白性
C.温度为25℃时,次氯酸钠水溶液的pH>7
D.用HClO的水溶液做导电实验时,灯泡很暗
13.(2021高二下·成都开学考)若溶液中由水电离产生的c(OH-)=1×10-14 mol L-1,满足此条件的溶液中一定不能大量共存的离子组是(  )
A.Al3+、Na+、 、Cl- B.K+、Na+、Cl-、
C.K+、Na+、Cl-、 D.K+、Fe3+、 、
14.(2021高二下·成都开学考)用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度,参考下图,从下表中选出正确选项(  )
选项 锥形瓶中溶液 滴定管中溶液 选用指示剂 选用滴定管
A 碱 酸 石蕊 乙
B 酸 碱 酚酞 甲
C 碱 酸 甲基橙 乙
D 酸 碱 酚酞 乙
A.A B.B C.C D.D
15.(2021高二下·成都开学考)下列说法中正确的是(  )
A.AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热,蒸发,浓缩结晶,灼烧,所得固体的成分相同
B.配制FeCl3溶液时,将FeCl3固体溶解在硫酸中,后再加水稀释到所需的浓度
C.向CuCl2溶液中加入CuO,调节pH可除去溶液中混有的Fe3+
D.泡沫灭火器中常使用的原料是Na2CO3和Al2(SO4)3
16.(2021高二下·成都开学考)H2C2O4为二元弱酸,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5,设H2C2O4溶液中 c(总)=c(H2C2O4)+c( )+c( )。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL0.100 0 mol ·L-1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(  )
A.0.1000 mol L-1 H2C2O4溶液: c(H+) =0.1000 mol L-1+c( )+c(OH-)+c(H2C2O4)
B.c(Na+)=c(总)的溶液:c(Na+)>c(H+)>c( )>c(OH-)>c(H2C2O4)
C.pH=7的溶液: c(Na+ )=0.1000 mol L-1+c( ))-c(H2C2O4)
D.c(Na+)=2c(总)的溶液:c(OH-)-c(H+ )=c(H2C2O4)+c( )
17.(2021高二下·成都开学考)某温度时,Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。该温度下,下列说法正确的是(  )
A.含有大量 的溶液中肯定不存在Ag+
B.0.02mol L-1的AgNO3溶液与0.2mol L-1的Na2SO4溶液等体积混合会生成Ag2SO4沉淀
C.Ag2SO4的溶度积常数(Ksp)为2×10-5
D.a点表示Ag2SO4的不饱和溶液,蒸发可以使溶液由a点变到b点
18.(2021高二下·成都开学考)有a、b、c、d四种金属,将a与b用导线连接起来,浸入稀硫酸中,负极反应式为b-2e-=b2+;将a,d分别投入等浓度的盐酸中,a比d反应剧烈;又知一定条件下能发生离子反应:c2++d=d2++c,则四种金属的活动性由强到弱的顺序是(  )
A.dcab B.dabc C.dbac D.badc
19.(2021高二下·成都开学考)如图所示,电流计G发生偏转,同时A极逐渐变细,B极逐渐变粗,C为电解质溶液,则A、B、C应是下列各组中的(  )
A.A是Zn、B是Cu、C为稀硫酸 B.A是Cu、B是Zn、C为稀硫酸
C.A是Fe、B是Ag、C为AgNO3溶液 D.A是Ag、B是Fe、C为AgNO3溶液
20.(2021高二下·成都开学考)有关如图所示原电池的叙述正确的是(  )
A.电子沿导线由Ag片流向Cu
B.负极的电极反应式是Ag-e-=Ag+
C.Cu片上发生氧化反应,Ag 片上发生还原反应
D.反应时盐桥中的阳离子移向Cu(NO3)2溶液
二、综合题
21.(2021高二下·成都开学考)化学反应过程中发生物质变化的同时,常常伴有能量的变化。这种能量的变化常以热量的形式表现出来,叫作反应热。由于反应的情况不同,反应热可以分为许多种,如燃烧热和中和热等。
(1)下列 H表示物质燃烧热的是   ;不能表示物质中和热的是   。(填字母)
A.H2(g)+ O2(g)=2H2O(g) H1
B.C(s)+ O2(g)=CO(g) H2
C.CH4(g)+2O2g)=CO2(g)+2H2O(l) H3
D.C(s)+O2(g)=CO2(g) H4
E.C6H12O6(s)+3O2(g)=6CO(g)+6H2O(1) H5
F.NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) H6
G.2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l) H7
H.CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) H8
(2)2.00 g C2H2气体完全燃烧生成液态水和CO2气体,放出99.8kJ的热量,写出该反应燃烧热的热化学方程式:   
(3)充分燃烧一定量的丁烷放出的热量为Q,生成的CO2恰好与100mL浓度为4mol L-1的KOH溶液完全反应生成正盐。则燃烧1mol丁烷放出的热量为   。
(4)4.4g丙烷完全燃烧生成的CO2与100 mL浓度为4mol L-1的KOH溶液恰好完全反应,则反应后的溶液中酸式盐的物质的量是   mol
(5)氢能源有可能实现能源的贮存,也有可能实现经济,高效的输送。研究表明过渡金属型氢化物(又称间充氢化物),在这类氢化物中,氢原子填充在金属的晶格间隙之间,其组成不固定,通常是非化学计量的,如,LaH2.76、TiH1.73、CeH2.69、ZrH1.98、PrH2.65、TaH0.78。已知标准状况下,1体积的钯粉大约可吸附840体积的氢气(钯粉的密度为10.64g cm-3,相对原子质量为106.4),试写出钯(Pd)的氢化物的化学式   。
22.(2021高二下·成都开学考)某同学在用稀硫酸与锌粒制取氢气的实验中,发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题:
(1)上述实验中发生反应的化学方程式有   
(2)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是   
(3)实验室中现有Na2SO4, MgSO4,Ag2SO4,K2SO4四种溶液,可与上述实验中
CuSO4溶液起相似作用的是   
(4)要加快上述实验中气体产生的速率,还可采取的措施有   、   (答两种)。
(5)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响,该同学设计了如下实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中,收集产生的气体,记录获得相同体积的气体所需时间。
实验 混合溶液 A B C D E F
4mol L-1H2SO4/mL 30 V1 V2 V3 V4 V5
饱和CuSO4溶液/mL 0 0.5 2.5 5 V6 20
H2O/mL V7 V8 V9 V10 10 0
①请完成此实验设计,其中: V2=   ,V6=   ,V10=   。
②该同学最后得出的结论为:当加入少量CuSO4溶液时,生成氢气的速率会大大提高,但当加入的CuSO4溶液超过一定量时,生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因   。
23.(2021高二下·成都开学考)
(1)常温下,某水溶液M中存在的离子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-,存在的分子只有H2O,根据题意回答下列问题。
①写出酸H2A的电离方程式:   
②若溶液M由10 mL 2 mol L-1 NaHA 溶液与10 mL2 mol L-1 NaOH溶液混合而得,则溶液M的pH   (填“>”“<”或“=”)7,溶液M中各粒子的浓度关系正确的是   (填序号)。
A.c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+)
B.c(HA-)+2c(H2A)+c(H+)=c(OH-)
C.c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
D.c(A2-)+c(HA-)=1mol L-1
(2)实验室可用NaOH溶液吸收NO2,反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反应得1L溶液A,溶液B为0.1 mol L-1的CH3COONa溶液,则两溶液中c( )、c( )和c(CH3COO-)由大到小的顺序为   (已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4, CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5)。可使溶液A和溶液B的 pH相等的方法是   (填序号)。
a.向溶液A中加适量水 b.向溶液A中加适量 NaOH
c.向溶液B中加适量水 d.向溶液B中加适量NaOH
(3)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.吸收液(NaOH溶液)吸收SO2的过程中,pH随n( ):n( )的变化关系如下表:
n( ):n( ) 91:9 1:1 9:91
pH 8.2 7.2 6.2
①由上表判断 NaHSO3溶液显   性。
②当吸收液呈中性时,溶液中离子浓度的大小关系为   
24.(2021高二下·成都开学考)
(1)Shibata曾做过下列实验:
①使纯H2缓慢地通过处于721℃下的过量氧化钴 CoO(s),氧化钴部分被还原为金属钴(Co),平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0192。
②在同一温度下用CO还原CoO(s),平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0250。根据上述实验结果判断,还原CoO( s)为Co(s)的倾向是CO   H2(填“大于”或“小于”)。
(2)近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。Deacon发明的直接氧化法为4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。如图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl):c(O2)分别等于1:1、4:1、7:1时HCl平衡转化率随温度变化的关系:
①由图可推知该反应的 H   0(填>、<、=,下同)平衡常数K(300℃)   K(400℃)
②曲线C代表进料浓度比c(HCl):c(O2)为   ,设HCl初始浓度为c0,根据进料浓度比c(HCl):c(O2)=4:1的数据计算K(400℃)=   (列出计算式)。
③按化学计量比进料可以保持反应物高转化率,同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl):c(O2)过高的不利影响是   。
④Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行:
CuCl2(s)=CuCl(s)+ Cl2(g) H1=+89kJ mol-1
CuCl(s)+ O2(g)=CuO(s)+ Cl2(g) H2=-25 kJ mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) H3=-120 kJ mol-1
则4HClg)+O2 (g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的 H=   kJ mol-1
25.(2021高二下·成都开学考)α-铁纳米粉在现代电子工业上用途极为广泛,用赤铁矿石(含Fe2O3,FeO,也含有Al2O3,MnO2,CuO等)制备纳米铁颗粒的实验流程如下:
已知部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如表所示:
沉淀物 Al(OH)3 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cu(OH)2
开始沉淀时的pH 3.7 2.3 7.6 5.4
完全沉淀时的pH 5.2 3.2 9.7 6.7
回答以下问题:
(1)实验流程中首先对赤铁矿进行“碾碎”,目的是   。
(2)固体A的成分是   (填写化学式),在滤液A中加H2O2的目的是   (用离子方程式进行说明)。
(3)步骤②中需调节pH的范围是   。
(4)步骤③中灼烧所需的仪器有酒精灯、三脚架、   (仪器名称),发生反应的化学方程式为   。
答案解析部分
1.【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系;吸热反应和放热反应;原料与能源的合理利用
【解析】【解答】A.由于反应是在高温高压条件下进行的,这说明高温有利于反应向正反应方向进行,因此正反应是吸热反应,A不符合题意,
B.压强达到2.20×104kPa、温度达到374℃时,水成为“超临界状态”,该过程为物理变化,此时水可将CO2 等含碳化合物转化为有机物,为化学变化,B符合题意;
C.高压条件下将CO2等含碳化合物转化为有机物,是将二氧化碳转变为能源物质,选项C不符合题意;
D.充分利用地球上的碳资源,有利于碳资源的循环使用,D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】水热时包括了产生新物质也包括了物质的三态的变化,故既有物理变化又有化学变化
2.【答案】A
【知识点】中和热的测定;化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.中和热测定用不到天平,滴定管,故A符合题意;
B.温度计水银球测烧杯内的热水的温度,不能接触烧杯底部接触烧杯底部,故B不符合题意;
C.中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量,与酸碱的用量无关,所以用50 mL 0.55 mol L-1的NaOH溶液与60 mL 0.50 mol L-1的盐酸反应,测得中和热不变,故C不符合题意;
D.环形玻璃棒搅拌起搅拌作用,能加快反应速率,减小实验误差,故D不符合题意;
故答案为:A。
【分析】中和热的测定实验需要的仪器是环形玻璃棒、温度计、烧杯、量筒、胶头滴管,环形玻璃棒主要的作用就是加速反应减小实验误差,温度计主要是测量温度,使用完之后一定要进行清洗和擦干再进行测试其他温度
3.【答案】C
【知识点】常见能量的转化及运用
【解析】【解答】由题意可知,2A(g) B(g)的反应为吸热反应,反应物的总能量小于生成物的总能量,气态物质B的总能量高于液态物质B的总能量,则C符合题意;
故答案为:C。
【分析】气态到固态要放出热量,故固态的能量更低
4.【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化;有关反应热的计算
【解析】【解答】1molX2完全燃烧生成X2O (g)放出热量akJ,设X2中1molX - X键断裂时吸收能量为K,根据方程式: 2X2+O2=2X2O,则:2akJ = ckJ×4-(2K+bkJ),解得K= kJ,综上所述,
故答案为:B。
【分析根据=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量进行代入计算即可
5.【答案】A
【知识点】焓变和熵变
【解析】【解答】A.该反应ΔH<0,ΔS>0,任何温度下都自发,故A符合题意;
B.该反应ΔH>0,ΔS<0,任何温度都不自发,故B不符合题意;
C.该反应ΔH<0,ΔS<0,低温自发,故C不符合题意;
D.该反应ΔH>0,ΔS>0,高温自发,故D不符合题意;
故答案为:A。
【分析】根据ΔG=ΔH-TxΔS<0,结合给出选项进行判断
6.【答案】D
【知识点】化学反应速率
【解析】【解答】反应速率之比等于反应方程式计量系数之比,速率与其计量系数比值越大,反应速率越快,
A. = mol/(L·min)=0.15mol/(L·min)
B. = mol/(L·min)=0.2mol/(L·min)
C.R为纯液体,不能表示反应速率。
D. = mol/(L·min)=0.225mol/(L·min)
所以反应速率快慢顺序为D>B>A,则最快的是 D。
故答案为:D。
【分析】根据化学计量系数之比等于反应速率之比进行转化为某一种物质的速率进行比较
7.【答案】A
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】5s时测得气体压强是反应前的 说明该反应是气体体积减小的反应,由此可得化学计量数x+2<4,解得x<2,则x=1,
故答案为:A。
【分析】根据压强的变化判断平衡移动的方向即可
8.【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A项、反应物A(s)是固体,反应两边化学计量数相等,混合气体的压强始终相等,所以不能判断已达到平衡状态,故A不符合题意;
B项、两边气体的化学计量数相等,总的物质的量始终不变,所以不能判断已达到平衡状态,故B不符合题意;
C项、反应两边化学计量数相等,总的物质的量始终不变,A是固体,混合气体的质量会变大,所以混合气体的平均相对分子质量增大,所以能已达到平衡状态,故C符合题意;
D项、单位时间内生成n mol C的同时消耗2n molB,都是正反应速率,无法判断正逆反应速率相等,所以不能判断已达到平衡状态,故D不符合题意。
故答案为:C。
【分析】反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化。
9.【答案】B
【知识点】化学平衡的调控;化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.结合以上分析可知,平衡逆向移动,故A不符合题意;
B.平衡逆向移动,B的转化率降低,故B符合题意;
C.减小压强,平衡向气体体积增大的方向移动,即x+y>z,故C不符合题意;
D.平衡逆向移动,C的量减小,C的体积分数减小,故D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】由信息可知,平衡时测得A的浓度为0.50
mol L-1,在温度不变时,把容器容积扩大到原来的2倍,使其重新达到平衡,假设平衡不移动,A的浓度为0.25mol L-1,而此时A的浓度为0.30 mol L-1,说明平衡向左移动,相当于减小压强过程。
10.【答案】A
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用;化学平衡的计算
【解析】【解答】A.由表格数据可知,相同压强时,温度越高,达到相同转化率需要的时间越多,则升高温度,反应速率越小,故A符合题意;
B.由表格数据可知,相同温度时,压强越高,达到相同转化率需要的时间少,则增大压强,反应速率变快,故B不符合题意;
C.由表格数据可知,在1.0×105 Pa、90℃条件下,转化率为98%时需要的时间较长,不确定反应是否达到了平衡,故C不符合题意;
D.由表格数据可知,在8.0×105Pa、 30℃条件下,转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为 = mol s-1,故D不符合题意;
故答案为:A。
【分析】当压强一定时,温度升高,达到相同的转化率时时间长
11.【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素;化学平衡的调控
【解析】【解答】A.加入NaOH,消耗氢离子,氢离子浓度降低,平衡正向移动,故A不符合题意;
B.加入盐酸,氢离子浓度增大,平衡逆向移动,故B不符合题意;
C.加水,平衡逆向移动,由于溶液体积增大占主要影响因素,因此氢离子浓度减小,故C不符合题意;
D.升高温度,电离是吸热反应,因此平衡正向移动,氢离子浓度增大,故D符合题意;
故答案为D。
【分析】弱电解质电离加水稀释“看得见的浓度减小,看不见的浓度增大”即电离方程式中看见的微粒的浓度减小,隐含的离子浓度增大。
12.【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质;弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A.如果次氯酸是强电解质,则完全电离,此时0.001 mol·L-1的HClO溶液的pH=3,实际上0.001mol·L-1的HClO溶液的pH>3,才能说明HClO是弱电解质,故A不符合题意;
B.漂白性与电离程度无关,次氯酸具有漂白性不能说明次氯酸是弱电解质,故B不符合题意;
C.次氯酸钠在水中电离,次氯酸根水解溶液显碱性,说明.其为弱电解质,故C符合题意;
D.用HClO溶液做导电实验时,灯泡很暗,说明溶液中离子浓度很小,但是不能说明次氯酸是否部分电离,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】次氯酸是弱电解质,可以通过一定浓度的酸的pH或者比较对应的盐的pH
13.【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.Al3+与OH-发生反应,不能大量存在于碱溶液中,A不符合题意;
B. 四种离子彼此不反应,既能存在于酸性也能存在于碱性,能大量共存,B符合题意;
C. 与既能与H+反应,也能与OH-反应,不能大量存在溶液中,C不符合题意;
D.Fe3+与OH-反应,不能大量存在于碱溶液中,D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】水电离产生的c(OH-)=1×10-14 mol L-1,说明水的电离被抑制,则溶液可能是酸也能是碱溶液,据此分析。
14.【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A、不能用碱式滴定管盛装酸性溶液,不能用石蕊做指示剂,故A不符合题意;
B、不能用酸式滴定管盛装碱性溶液,故B不符合题意;
C、不能用碱式滴定管盛装酸性溶液,故C不符合题意;
D、用酚酞做指示剂,到达滴定终点时,溶液颜色由无色变为浅红色,并且滴定管使用符合题意,故D符合题意。
故答案为:D。
【分析】酸碱中和滴定时,酸液应盛装在酸式滴定管中,碱液应盛装在碱式滴定管中,酸碱指示剂一般不能用石蕊,其变色范围大,会引起较大误差。
15.【答案】C
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热,蒸发,浓缩结晶,灼烧,所得固体的成分不相同,前者得到Al2O3,后者得到Al2(SO4)3,故A不符合题意;
B、溶于硫酸,会引入杂质离子SO42-,故B不符合题意;
C、Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,向CuCl2溶液中加入CuO,与氢离子反应,使水解平衡正向移动生成氢氧化铁沉淀,达到调节pH除去溶液中混有的Fe3+的目的,故C符合题意;
D、泡沫灭火器中常使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.铝离子发生水解,加热时,盐酸浓度变大,浓盐酸易挥发,而硫酸不具有挥发性,产物不同
B.配制FeCl3溶液时,将FeCl3固体溶解在盐酸中,后再加水稀释到所需的浓度
C.铁离子和铜离子水解,水解显酸性,加入氧化铜消耗氢离子,但是增加了铜离子
D.使用的碳酸氢钠溶液速率更快
16.【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较;中和滴定
【解析】【解答】A.0.1000 mol· L-1 H2C2O4溶液中存在电荷守恒, c(H+)=2c( )+c(ОН- )+ с(HС2О ),还存在物料守恒:c (总)= c(H2C2O4) + с(HС2О ) + c( )= 0.1000mol/L,二者结合可得:c(H+) =0.1000 mol L-1+c( )+c(OH-)-c(H2C2O4),故A不符合题意;
B.c(Na+)= c (总)的溶液中,溶质为NaHC2O4,HС2О 的水解平衡常数= < Ka2(H2C2O4)= 5.4×10-5,说明HС2О 的电离程度大于其水解程度,则c( ) > c(H2C2O4), 溶液中还存在水电离的氢离子,则c(H+) > c( ),所以正确的离子浓度大小为:c(Na+)>c(H+)>c( )>c(OH-)>c(H2C2O4),故B符合题意;
C.草酸与氢氧化钠溶液等体积、等浓度时满足:c(Na+ ) =0.1000 mol L-1+ c( )-c(H2C2O4),但氢氧化钠溶液浓度不知,中和后溶液的体积不知,不能确定反应后浓度与0.1000mol.·L-1的关系,所以该关系不一定成立,故C不符合题意;
D.c(Na+) =2c (总)的溶液中,溶质为Na2C2O4,根据Na2C2O4溶液中的质子守恒可得:c(OH-) - c(H+) = 2c(H2C2O4)+ c(HС2О ),故D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】根据给出条件,结合电荷守恒和物料守恒和电子守恒进行比较
17.【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.硫酸银存在沉淀溶解平衡,故有银离子存在,故A不符合题意;
B.由图可知硫酸银的Ksp=c2(Ag+)×c( )=(2×10-2)2×5×10-2=2×10-5;两种溶液等体积混合后,离子浓度均减小为原来的一半,根据浓度商Qc=c2(Ag+)×c( )=(0.01)2×0.1=1×10-5< Ksp=2×10-5,所以混合后没有沉淀产生,故B不符合题意;
C.由图可知硫酸银的Ksp=c2(Ag+)×c( )=(2×10-2)2×5×10-2=2×10-5,故C符合题意;
D.蒸发溶液,离子浓度均增大,不能由a点变到b点,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.难溶沉淀再水溶液中存在溶解平衡,Ag2SO42Ag++SO42-
B.先计算出Ksp,再计算浓度商与Ksp进行对比
C.存在Ag2SO42Ag++SO42-,根据Ksp=c2(Ag+)×c( )计算
D.蒸发水,溶剂减少,浓度变大
18.【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】两种活泼性不同的金属和电解质溶液构成原电池,较活泼的金属做负极,负极上金属失电子发生氧化反应而被腐蚀,较不活泼的金属做正极;将a与b用导线连接起来,浸入稀硫酸中,负极反应式为b-2e-=b2+,所以活泼性:b>a;将a,d分别投入等浓度的盐酸中,a比d反应剧烈,故活泼性a>d;一定条件下能发生离子反应:c2++d=d2++c,d能够置换c,说明活泼性d>c;结合以上分析可知,四种金属的活动性由强到弱的顺序是badc;
故答案为:D。
【分析】原电池的负极的活动性强于正极的活动性。活动性越强的金属与同浓度酸反应越剧烈,活动性强的可以置换出活动性弱的金属
19.【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.该原电池中,B极析出氢气,电极不变粗,与题意不符,故A不符合题意;
B.该电池中,B为负极,A为正极,A极析出氢气,与题意不符,故B不符合题意;
C.该电池中,A为负极,B为正极,A极变细,B极析出银,与题意符合,故C符合题意;
D.该电池中B为负极,变细,与题意不符,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】原电池中负极的活泼性大于正极的活泼性,负极上金属失电子变成离子进入溶液,质量减少,正极上得电子发生还原反应,正极上析出物质,若析出的物质是金属,则正极质量增加,据此分析。
20.【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式;原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.该装置是原电池装置,其中Cu为负极,Ag为正极,负极(Cu)失去的电子沿导线流向正极(Ag),故A不符合题意;
B.Cu失电子发生氧化反应:Cu -2e- =Cu2+,故B不符合题意;
C.Cu失电子发生氧化反应,溶液中的Ag+在银片上得电子发生还原反应,故C符合题意;
D.原电池中,盐桥中的阳离子移向正极,即移向AgNO3溶液,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】形成原电池,铜的活动性强于银,故铜做负极,铜失去电子发生氧化反应,银做正极,银离子得到电子发生还原反应。
21.【答案】(1)C、D;A、 B、C 、D、E,G、H
(2)C2H2(g)+ O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) △H=-1294.8kJ/mol
(3)20QkJ
(4)2mol/L
(5)PdH0.75
【知识点】燃烧热;中和热;热化学方程式;有关反应热的计算
【解析】【解答】(1) A.水的状态为气态,反应热△H1不能表示燃烧热;
B.碳燃烧的生成物为CO,完全燃烧应为CO2,反应热△H2不能表示燃烧热;
C.1mol甲烷完全燃烧,生成的水是液态水,故反应热△H3能表示燃烧热;
D.C(s) + O2 (g)=CO2 (g)△H4中1molC完全燃烧生成二氧化碳,符合燃烧热概念,反应热△H4能表示燃烧热;
E.C6H12O6(s)+3O2(g)=6CO(g)+6H2O(1)△H5中1molC6 H12O6完全燃烧应为CO2与液态水,不符合燃烧热概念,反应热△H5不能表示燃烧热;
F.NaOH (aq) + HCl (aq)=NaCl (aq) + H2O (l)△H6中实质是1mol氢离子与1mol氢氧根离子反应生成1molH2O,符合中和热概念,反应热△H6能表示中和热;
G.反应生成的水为2mol,反应热△H7不能表示中和热;
H.CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) △H8,强酸与强碱反应生成1molH2O,符合中和热概念,故反应热△H8不能表示中和热;
故答案为:C、D;A、B、C 、D、E、G、H。
(2) 2.00gC2H2气体完全燃烧生成液态水和CO2气体,放出99.6kJ的热量,则1molC2H2气体完全燃烧放出的热量 99.6kJ = 1294.8kJ,故该反应的热化学方程式为:C2H2(g)+ O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) △H=-1294.8kJ/mol;
故答案为:C2H2(g)+ O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) △H=-1294.8kJ/mol。
(2) KOH的物质的量为0.1L×4mol/L = 0.4mol,恰好生成正盐是K2CO3,据钾离子守恒,故n(K2CO3) = 0.4mol× = 0.2mol,根据碳元素守恒由n(CO2) = n (K2CO3) = 0.2mol,根据碳元素守恒可知,n(C4H10)= n(CO2)= ×0.2mol=0.05mol,0.05mol丁烷放出的热量为Q,故1mol丁烷完全燃烧放出的热量为QkJ × = 20QkJ;
故答案为:20QkJ。
(4)4.4g丙烷的物质的量为0.1mol,完全燃烧生成的CO2为0.3mol,与100 mL浓度为4mol L-1的KOH溶液恰好完全反应,设生成碳酸氢钾和碳酸钾的物质的量分别为x、y,则根据钾原子、碳原子守恒有:x+y=0.3,x+2y=0.4,联立方程解得:x=0.2mol,y=0.1mol,即生成0.2molKHCO3,c(KHCO3)= =2mol/L;
故答案为:2mol/L。
(5)设1体积为1cm3,则1cm3的钯粉的质量m= ρV = 10.64g/cm3×1cm3 = 10.64g,钯的物质的量n(Pd) = 0.1mol,由1体积钯粉约可吸附标准状况下896体积氢气,可知被吸附氢气的体积为840cm3=0.840L,氢气的物质的量n(H2) = ,所以钯与氢气反应的物质的量之比为 ,则产物中Pd与H之比为 ,所以钯的氢化物化学式为PdH0.75;
故答案为:PdH0.75。
【分析】(1)燃烧热是1mol可燃物物质完全燃烧产生稳定的氧化物,中和热是强酸和强碱生成1mol水放出的热量
(2)写出化学方程式,计算出1mol物质燃烧放出的能量,
(3)根据氢氧化钠的量计算出生成二氧化碳的物质量进行转换即可
(4)计算出生成的二氧化碳,判断二氧化碳与氢氧化钾溶液的产物再进行计算
(5)根据m=ρxv,n=m/M计算即可
22.【答案】(1)Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu,Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑
(2)CuSO4溶液与Zn反应产生的Cu与Zn形成Cu、Zn原电池,加快了氢气产生的速率
(3)Ag2SO4
(4)升高反应温度;适当增加硫酸的浓度或把锌粒换为锌粉等
(5)30;10;15;当加入一定量的CuSO4后,生成的单质Cu会沉积在Zn的表面,降低了Zn与溶液的接触面积
【知识点】化学反应速率的影响因素;原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)用稀硫酸与锌粒制取氢气的实验中加入少量硫酸铜溶液发生的反应为锌先与硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸锌和铜,再与稀硫酸发生置换反应生成硫酸锌和氢气,反应的化学方程式为Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu,Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,故答案为:Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu,Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑;
(2)锌为活泼金属,能与硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸锌和铜,铜与锌在稀硫酸溶液中构成原电池,原电池反应使化学反应速率加快,故答案为:CuSO4溶液与Zn反应产生的Cu与Zn形成Cu、Zn原电池,加快了氢气产生的速率;
(3)Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4四种溶液中,只有硫酸银溶液能与锌发生置换反应,则硫酸银溶液能与硫酸铜溶液起相似作用,在稀硫酸溶液中形成银、锌原电池,使化学反应速率加快,故答案为:Ag2SO4;
(4)由影响反应速率的因素还有浓度、温度、催化剂以及固体表面积大小等可知,要加快上述实验中气体产生的速率,可采取的措施有升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等,故答案为:升高反应温度;适当增加硫酸的浓度或把锌粒换为锌粉等;
(5)①若研究CuSO4的量对H2生成速率的影响,则实验中除CuSO4的量不同之外,其他物质的量均相同,每组硫酸的量要保持相同,则V1=V2=V3=V4=V5=30,六组溶液的总体积也应该相同,由实验F可知,溶液的总体积均为50
mL,则V6=10,V10=15,故答案为:30;10;15;
②因为锌会先与硫酸铜反应,直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气,硫酸铜量较多时,反应时间较长,而且生成的铜会附着在锌片上,会阻碍锌片与硫酸继续反应,氢气生成速率下降,故答案为:当加入一定量的CuSO4后,生成的单质Cu会沉积在Zn的表面,降低了Zn与溶液的接触面积。
【分析】若研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响,由变量唯一化原则可知,实验中除硫酸铜的量不同之外,其他物质的量均应保持不变,则每组硫酸的量要保持相同,六组溶液的总体积也应该相同。
23.【答案】(1)H2A=H+ + HA-、HA- H++ A2-;>;AB
(2)c (NO )>c(NO )>c(CH3COO-);bc
(3)酸;c(Na+)>c(HSO )>c(SO )>c(H+)=c(OH- )
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;离子浓度大小的比较;电离方程式的书写
【解析】【解答】(1)①由于溶液中只存在H2O分子,说明H2A一级电离是全部电离,溶液中存在A2-、HA-,说明H2A二级电离是部分电离,其电离方程式为:
H2A=H+ + HA-、HA- H++ A2-;
故答案为:H2A=H+ + HA-、HA- H++ A2-。
②NaHA与NaOH等物质的量反应后生成Na2A,由题给信息可得,其物质的量为0.02 mol,由于A2-水解使得溶液显碱性,pH>7;
A.pH>7,则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+)故A正确;
B.根据质子守恒可得c(H+) +c(HA-) + 2c(H2A)=c(OH-),故B正确;
C.根据电荷守恒可得2c(A2-) +c(HA-) +c(OH-)=(Na+) +c(H+),故C不正确;
D.根据物料守恒可得c(A2-) +c(HA-) +c(H2A)= 1mol·L-1故D不正确。
故答案为:>;AB。
(2) 0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A,反应为2NO2 + 2NaOH=
NaNO3+NaNO2+H2O,得到溶液A中NaNO3'物质的量浓度为0.mol/L,NaNO2物质的量为0.1mol/L,溶液B为0.1mol·L-1的CH3COONa溶液,已知HNO2的电离常数Ka= 7.1×10- 4mol·L-1,CH3 COOH的电离常数Ka= 1.7×10-5mol·L-1,说明C'H3 COOH酸性小于HNO2的酸性,对应阴离子水解程度大,醋酸根离子和亚硝酸根离子水解,两溶液中c (NO )、c(NO )和c(CH3COO- )由大到小的顺序为:c (NO )>c(NO )>c(CH3COO-);使溶液A和溶液B的pH值相等的方法,依据溶液组成和性质分析,溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L, NaNO2物质的量为0.1mol/L,溶液B为0.1mol·L-1的CH3COONa溶液,溶液B碱性大于A溶液;
a.上述分析可知,溶液B碱性大于A溶液, 向溶液A中加适量水,稀释溶液,碱性减小,不能调节溶液pH相同,故a不正确;
b.向浓滴A中加话是NaOH增大碱性,可以调节溶液pH值相同,故b正确;
c.向溶液B中加适量水,稀释溶液碱性减弱,可以调节溶液pH,故c正确;
d.溶液B碱性大于A溶液,向溶液B中加适量NaOH,溶液pH更大,不能调节溶液pH相同,故d不正确;
故答案为:c (NO )>c(NO )>c(CH3COO-);bc。
(3)①在溶液中主要以HSO 存在,HSO 的电离很微弱,所以n(SO ):n(HSO ) < 1 :1,根据表格知,当亚硫酸氢根离子的物质的量大于亚硫酸根离子的物质的量时,亚硫酸氢钠溶液呈酸性;
故答案为:酸。
②溶液呈中性时,溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度,亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度,溶液中阴阳离子所带电荷相等,所以得:c(Na+)>c(HSO )>c(SO )>c(H+)=c(OH- );
故答案为:c(Na+)>c(HSO )>c(SO )>c(H+)=c(OH- )。
【分析】(1)①二元弱酸是分步电离 ②判断是否过量,确定产物,即可判断水解后的酸碱性,根据电荷守恒和物料守恒即可判断离子浓度大小
(2)利用化学方程式进行计算,计算出反应后的物质的量浓度,亚硝酸根和醋酸跟会水解,但醋酸根水解能力强
(3)①根据表格随着含量越高,酸性越强 ②根据电荷守恒即可判断
24.【答案】(1)小于
(2)<;>;7:1;;HCl转化率较低;-116
【知识点】化学平衡常数;化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)①使纯H2缓慢地通过处于721℃下的过量的氧化钴CoO(s),氧化钴部分被还原为金属钴Co(s),平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0192,反应的化学方程式:H2+CoO Co+H2O
②在同一温度下用CO还原CoO(s),平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0250,反应的化学方程式:CO+CoO Co+CO2,相同条件下还原反应达到平衡状态后,反应前后气体物质的量都是不变的,一氧化碳物质的量分数小于氢气物质的量分数,说明一氧化碳进行的程度小,故答案为:小于;
(2)①根据图象,随着温度升高,HCl平衡转化率降低,说明温度升高不利于反应正向进行,正反应放热,△H<0,升高温度平衡向着逆向移动,则温度越高平衡常数越小,所以反应平衡常数K(300℃)大于K(400℃);故答案为:<;>;
②进料浓度比c(HCl):c(O2)的比值越大,HCl的平衡转化率越低,根据图象可知,曲线C的HCl的平衡转化率最低,则比值最大,曲线C代表进料浓度比c(HCl):c(O2)为:7:1;进料浓度比c(HCl): c(O2)=4:1为曲线b,在400℃时HCl的平衡转化率为76%,设HCl初始浓度为c0,列三段式: , 则 ,故答案为:7:1; ;
③进料浓度比c(HCl):c(O2)过高时,O2浓度较低,导致HCl的转化率减小,故答案为:HCl转化率较低;
④i CuCl2(s)=CuCl(s)+ Cl2(g) H1=+89kJ mol-1
ii CuCl(s)+ O2(g)=CuO(s)+ Cl2(g) H2=-25 kJ mol-1
iii CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) H3=-120 kJ mol-1
根据盖斯定律,(i+ii+iii)×2可得:4HClg)+O2 (g)=2Cl2(g)+2H2O(g) △H=[(83kJ mol-1)+(-20kJ mol-1)+(-121kJ mol-1)]×2=-116kJ mol-1,故答案为:-116。
【分析】(1)根据平衡后的分数,即可确定氢气比一氧化碳强
(2)① 温度越高,HCl的转化率越低,故正反应为放热,根据平衡时的浓度关系即可写出平衡常数② C的氯化氢含量最低,因此HCl的含量最高,根据400℃的转化率计算出平衡是的浓度即可 ③ 据图,投料比越高,HCl的转化率低 ④根据盖斯定律计算
25.【答案】(1)增大接触面积,加快反应速率,提高矿石的浸出率
(2)MnO2;2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(3)3.2≤pH<3.7
(4)泥三角、坩埚、坩埚钳;2Fe(OH)3 Fe2O3+3H2O
【知识点】常用仪器及其使用;物质的分离与提纯;制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) 实验流程中首先对赤铁矿进行“碾碎”, 碾碎的目的是增大固体的表面积,增大反应物的接触面积,从而加快反应速率,提高矿石的浸出率,故答案为:增大接触面积,加快反应速率以及提高矿石的浸出率;
(2)由分析可知,固体A为不与稀硫酸反应的二氧化锰;在滤液A中加过氧化氢溶液的目的是使溶液中的亚铁离子被氧化为铁离子,便于调节溶液pH转化为氢氧化铁沉淀,反应的离子方程式为2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,故答案为:MnO2;2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;
(3)由分析可知,步骤②中调节溶液pH的目的是使溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀,而铝离子和铜离子不沉淀,则pH的范围为3.2≤pH<3.7,故答案为:3.2≤pH<3.7;
(4) 步骤③中灼烧氢氧化铁固体所需的仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳,发生的反应为氢氧化铁受热分解生成氧化铁和水,反应的化学方程式为2Fe(OH)3 Fe2O3+3H2O,故答案为:泥三角、坩埚、坩埚钳;2Fe(OH)3 Fe2O3+3H2O。
【分析】由流程图可知,向碾碎的赤铁矿加入过量的稀硫酸,氧化铁、氧化亚铁、氧化铝、氧化铜与稀硫酸反应得到可溶的硫酸盐,二氧化锰与稀硫酸不反应,过滤得到含有硫酸和硫酸盐的滤液A和二氧化锰固体A;向滤液A加入过氧化氢,酸性条件下,过氧化氢溶液与硫酸亚铁溶液发生氧化还原反应生成硫酸铁,向反应后的溶液中加入碱性溶液,调节溶液pH在3.2和3.7之间,使溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀,而铝离子和铜离子不沉淀,过滤得到氢氧化铁固体B,氢氧化铁固体经洗涤、干燥、灼烧后得到氧化铁,用氢气还原氧化铁得到铁粉,铁粉在阳极弧放电 生成α-铁纳米粉。
1 / 1四川省成都市新津中学2020-2021学年高二下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1.(2021高二下·成都开学考)在压强为2.20×101 kPa、温度达到374 ℃时,水成为“超临界状态”,此时水可将CO2等含碳化合物转化为有机物,这就是“水热反应”,生物质在地下高温高压条件下通过水热反应可生成石油、煤等矿物能源。下列说法错误的是(  )
A.二氧化碳与超临界水作用生成汽油的反应,属于吸热反应
B.“水热反应”过程中只有化学变化,没有物理变化
C.火力发电厂有望利用废热,将二氧化碳转变为能源物质
D.随着科技的进步,“水热反应”制取能源有望实现地球上碳资源的和谐循环
【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系;吸热反应和放热反应;原料与能源的合理利用
【解析】【解答】A.由于反应是在高温高压条件下进行的,这说明高温有利于反应向正反应方向进行,因此正反应是吸热反应,A不符合题意,
B.压强达到2.20×104kPa、温度达到374℃时,水成为“超临界状态”,该过程为物理变化,此时水可将CO2 等含碳化合物转化为有机物,为化学变化,B符合题意;
C.高压条件下将CO2等含碳化合物转化为有机物,是将二氧化碳转变为能源物质,选项C不符合题意;
D.充分利用地球上的碳资源,有利于碳资源的循环使用,D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】水热时包括了产生新物质也包括了物质的三态的变化,故既有物理变化又有化学变化
2.(2021高二下·成都开学考)在测定中和热的实验中,下列说法错误的是(  )
A.在测定中和热实验中需要使用的仪器有天平、量筒﹑烧杯、滴定管、温度计
B.为了准确测定反应混合溶液的温度,实验中温度计水银球不能与小烧杯底部接触
C.用50 mL 0.55 mol ·L-1的NaOH 溶液与60 mL 0.50 mol ·L-1的盐酸反应,测得的中和热数值不变
D.使用环形玻璃搅拌棒是为了加大反应速率,减小实验误差
【答案】A
【知识点】中和热的测定;化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.中和热测定用不到天平,滴定管,故A符合题意;
B.温度计水银球测烧杯内的热水的温度,不能接触烧杯底部接触烧杯底部,故B不符合题意;
C.中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量,与酸碱的用量无关,所以用50 mL 0.55 mol L-1的NaOH溶液与60 mL 0.50 mol L-1的盐酸反应,测得中和热不变,故C不符合题意;
D.环形玻璃棒搅拌起搅拌作用,能加快反应速率,减小实验误差,故D不符合题意;
故答案为:A。
【分析】中和热的测定实验需要的仪器是环形玻璃棒、温度计、烧杯、量筒、胶头滴管,环形玻璃棒主要的作用就是加速反应减小实验误差,温度计主要是测量温度,使用完之后一定要进行清洗和擦干再进行测试其他温度
3.(2021高二下·成都开学考)2A(g) B(g) H1( H1>0);2A(g) B(1) H2,下列能量变化示意图正确的是(  )
A. B.
C. D.
【答案】C
【知识点】常见能量的转化及运用
【解析】【解答】由题意可知,2A(g) B(g)的反应为吸热反应,反应物的总能量小于生成物的总能量,气态物质B的总能量高于液态物质B的总能量,则C符合题意;
故答案为:C。
【分析】气态到固态要放出热量,故固态的能量更低
4.(2021高二下·成都开学考)已知 1 mol X2 (g)完全燃烧生成 X2O(g)放出能量a kJ,且X2中 1mol X-X键断裂时吸收能量b kJ,氧气中 1mol O=O键断裂时吸收能量ckJ,则X2O中 1mol X-O键形成时放出的能量为(  )
A. kJ B. kJ
C. kJ D. kJ
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化;有关反应热的计算
【解析】【解答】1molX2完全燃烧生成X2O (g)放出热量akJ,设X2中1molX - X键断裂时吸收能量为K,根据方程式: 2X2+O2=2X2O,则:2akJ = ckJ×4-(2K+bkJ),解得K= kJ,综上所述,
故答案为:B。
【分析根据=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量进行代入计算即可
5.(2021高二下·成都开学考)已知“凡气体分子总数增大的反应一定是熵增加的反应”。下列反应一定能自发进行的是(  )
A.2O3(g)=3O2(g) H<0
B.2CO(g)=2C(s)+O2 (g) H>0
C.N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H<0
D.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) H>0
【答案】A
【知识点】焓变和熵变
【解析】【解答】A.该反应ΔH<0,ΔS>0,任何温度下都自发,故A符合题意;
B.该反应ΔH>0,ΔS<0,任何温度都不自发,故B不符合题意;
C.该反应ΔH<0,ΔS<0,低温自发,故C不符合题意;
D.该反应ΔH>0,ΔS>0,高温自发,故D不符合题意;
故答案为:A。
【分析】根据ΔG=ΔH-TxΔS<0,结合给出选项进行判断
6.(2021高二下·成都开学考)反应P(g)+3Q(g) 2R(l)+2S(g),在不同情况下测得反应速率如下,其中反应速率最快的是(  )
A.v(P)=0.15 mol/(L·min) B.v(Q)=0.6 mol/(L· min)
C.v(R)=0. 1 mol/(L·s) D.v(S)=0.45 mol/(L· min)
【答案】D
【知识点】化学反应速率
【解析】【解答】反应速率之比等于反应方程式计量系数之比,速率与其计量系数比值越大,反应速率越快,
A. = mol/(L·min)=0.15mol/(L·min)
B. = mol/(L·min)=0.2mol/(L·min)
C.R为纯液体,不能表示反应速率。
D. = mol/(L·min)=0.225mol/(L·min)
所以反应速率快慢顺序为D>B>A,则最快的是 D。
故答案为:D。
【分析】根据化学计量系数之比等于反应速率之比进行转化为某一种物质的速率进行比较
7.(2021高二下·成都开学考)在一定条件下,将2 mol A和1 mol B混合于固定容积为2L的密闭容器中,发生如下反应:3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g),5s时测得气体压强是反应前的 。则x为(  )
A.1 B.2
C.3 D.条件不足,无法计算
【答案】A
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】5s时测得气体压强是反应前的 说明该反应是气体体积减小的反应,由此可得化学计量数x+2<4,解得x<2,则x=1,
故答案为:A。
【分析】根据压强的变化判断平衡移动的方向即可
8.(2021高二下·成都开学考)在一定温度下的定容密闭容器中,当下列条件不再改变时,表明反应:A(s)+2B(g) C(g)+D(g)已达到平衡状态的是(  )
A.混合气体的压强
B.气体的总物质的量
C.混合气体的密度
D.单位时间内生成n molC的同时消耗2n molB
【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A项、反应物A(s)是固体,反应两边化学计量数相等,混合气体的压强始终相等,所以不能判断已达到平衡状态,故A不符合题意;
B项、两边气体的化学计量数相等,总的物质的量始终不变,所以不能判断已达到平衡状态,故B不符合题意;
C项、反应两边化学计量数相等,总的物质的量始终不变,A是固体,混合气体的质量会变大,所以混合气体的平均相对分子质量增大,所以能已达到平衡状态,故C符合题意;
D项、单位时间内生成n mol C的同时消耗2n molB,都是正反应速率,无法判断正逆反应速率相等,所以不能判断已达到平衡状态,故D不符合题意。
故答案为:C。
【分析】反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化。
9.(2021高二下·成都开学考)密闭容器中一定量的混合气体发生以下反应: xA(g)+yB(g) zC(g),平衡时测得A的浓度为0.50 mol L-1,在温度不变时,把容器容积扩大到原来的2倍,使其重新达到平衡,此时A的浓度为0.30 mol L-1,下列叙述正确的是(  )
A.平衡一定向右移动 B.B的转化率降低
C.x+y【答案】B
【知识点】化学平衡的调控;化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.结合以上分析可知,平衡逆向移动,故A不符合题意;
B.平衡逆向移动,B的转化率降低,故B符合题意;
C.减小压强,平衡向气体体积增大的方向移动,即x+y>z,故C不符合题意;
D.平衡逆向移动,C的量减小,C的体积分数减小,故D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】由信息可知,平衡时测得A的浓度为0.50
mol L-1,在温度不变时,把容器容积扩大到原来的2倍,使其重新达到平衡,假设平衡不移动,A的浓度为0.25mol L-1,而此时A的浓度为0.30 mol L-1,说明平衡向左移动,相当于减小压强过程。
10.(2021高二下·成都开学考)某工业流程中,进入反应塔的混合气体中NO和O2的物质的量分数分别为0.10和0.06,发生化学反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g),在其他条件相同时,测得实验数据如下表:
压强/ (×105Pa) 温度/℃ NO达到所列转化率需要的时间/s
50% 90% 98%
1.0 30 12 250 2830
90 25 510 5760
8.0 30 0.2 3.9 36
90 0.6 7.9 74
根据表中数据,下列说法错误的是(  )
A.升高温度,反应速率加快
B.增大压强,反应速率加快
C.在1.0×105 Pa、90℃条件下,当转化率为98%时反应不一定达到平衡
D.若进入反应塔的混合气体为a mol,反应速率以v= 表示,则在8.0×105Pa、 30℃条件下,转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为 mol s-1
【答案】A
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用;化学平衡的计算
【解析】【解答】A.由表格数据可知,相同压强时,温度越高,达到相同转化率需要的时间越多,则升高温度,反应速率越小,故A符合题意;
B.由表格数据可知,相同温度时,压强越高,达到相同转化率需要的时间少,则增大压强,反应速率变快,故B不符合题意;
C.由表格数据可知,在1.0×105 Pa、90℃条件下,转化率为98%时需要的时间较长,不确定反应是否达到了平衡,故C不符合题意;
D.由表格数据可知,在8.0×105Pa、 30℃条件下,转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为 = mol s-1,故D不符合题意;
故答案为:A。
【分析】当压强一定时,温度升高,达到相同的转化率时时间长
11.(2021高二下·成都开学考)在CH3COOH H++CH3COO-的电离平衡中,要使电离平衡右移且氢离子浓度增大,应采取的措施是(  )
A.加入NaOH B.加入盐酸 C.加水 D.升高温度
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素;化学平衡的调控
【解析】【解答】A.加入NaOH,消耗氢离子,氢离子浓度降低,平衡正向移动,故A不符合题意;
B.加入盐酸,氢离子浓度增大,平衡逆向移动,故B不符合题意;
C.加水,平衡逆向移动,由于溶液体积增大占主要影响因素,因此氢离子浓度减小,故C不符合题意;
D.升高温度,电离是吸热反应,因此平衡正向移动,氢离子浓度增大,故D符合题意;
故答案为D。
【分析】弱电解质电离加水稀释“看得见的浓度减小,看不见的浓度增大”即电离方程式中看见的微粒的浓度减小,隐含的离子浓度增大。
12.(2021高二下·成都开学考)下列实验事实或数据可以说明次氯酸为弱电解质的是(  )
A.0.001 mol/L的HClO溶液的pH=3
B.次氯酸具有漂白性
C.温度为25℃时,次氯酸钠水溶液的pH>7
D.用HClO的水溶液做导电实验时,灯泡很暗
【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质;弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A.如果次氯酸是强电解质,则完全电离,此时0.001 mol·L-1的HClO溶液的pH=3,实际上0.001mol·L-1的HClO溶液的pH>3,才能说明HClO是弱电解质,故A不符合题意;
B.漂白性与电离程度无关,次氯酸具有漂白性不能说明次氯酸是弱电解质,故B不符合题意;
C.次氯酸钠在水中电离,次氯酸根水解溶液显碱性,说明.其为弱电解质,故C符合题意;
D.用HClO溶液做导电实验时,灯泡很暗,说明溶液中离子浓度很小,但是不能说明次氯酸是否部分电离,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】次氯酸是弱电解质,可以通过一定浓度的酸的pH或者比较对应的盐的pH
13.(2021高二下·成都开学考)若溶液中由水电离产生的c(OH-)=1×10-14 mol L-1,满足此条件的溶液中一定不能大量共存的离子组是(  )
A.Al3+、Na+、 、Cl- B.K+、Na+、Cl-、
C.K+、Na+、Cl-、 D.K+、Fe3+、 、
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.Al3+与OH-发生反应,不能大量存在于碱溶液中,A不符合题意;
B. 四种离子彼此不反应,既能存在于酸性也能存在于碱性,能大量共存,B符合题意;
C. 与既能与H+反应,也能与OH-反应,不能大量存在溶液中,C不符合题意;
D.Fe3+与OH-反应,不能大量存在于碱溶液中,D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】水电离产生的c(OH-)=1×10-14 mol L-1,说明水的电离被抑制,则溶液可能是酸也能是碱溶液,据此分析。
14.(2021高二下·成都开学考)用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度,参考下图,从下表中选出正确选项(  )
选项 锥形瓶中溶液 滴定管中溶液 选用指示剂 选用滴定管
A 碱 酸 石蕊 乙
B 酸 碱 酚酞 甲
C 碱 酸 甲基橙 乙
D 酸 碱 酚酞 乙
A.A B.B C.C D.D
【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A、不能用碱式滴定管盛装酸性溶液,不能用石蕊做指示剂,故A不符合题意;
B、不能用酸式滴定管盛装碱性溶液,故B不符合题意;
C、不能用碱式滴定管盛装酸性溶液,故C不符合题意;
D、用酚酞做指示剂,到达滴定终点时,溶液颜色由无色变为浅红色,并且滴定管使用符合题意,故D符合题意。
故答案为:D。
【分析】酸碱中和滴定时,酸液应盛装在酸式滴定管中,碱液应盛装在碱式滴定管中,酸碱指示剂一般不能用石蕊,其变色范围大,会引起较大误差。
15.(2021高二下·成都开学考)下列说法中正确的是(  )
A.AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热,蒸发,浓缩结晶,灼烧,所得固体的成分相同
B.配制FeCl3溶液时,将FeCl3固体溶解在硫酸中,后再加水稀释到所需的浓度
C.向CuCl2溶液中加入CuO,调节pH可除去溶液中混有的Fe3+
D.泡沫灭火器中常使用的原料是Na2CO3和Al2(SO4)3
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热,蒸发,浓缩结晶,灼烧,所得固体的成分不相同,前者得到Al2O3,后者得到Al2(SO4)3,故A不符合题意;
B、溶于硫酸,会引入杂质离子SO42-,故B不符合题意;
C、Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,向CuCl2溶液中加入CuO,与氢离子反应,使水解平衡正向移动生成氢氧化铁沉淀,达到调节pH除去溶液中混有的Fe3+的目的,故C符合题意;
D、泡沫灭火器中常使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.铝离子发生水解,加热时,盐酸浓度变大,浓盐酸易挥发,而硫酸不具有挥发性,产物不同
B.配制FeCl3溶液时,将FeCl3固体溶解在盐酸中,后再加水稀释到所需的浓度
C.铁离子和铜离子水解,水解显酸性,加入氧化铜消耗氢离子,但是增加了铜离子
D.使用的碳酸氢钠溶液速率更快
16.(2021高二下·成都开学考)H2C2O4为二元弱酸,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5,设H2C2O4溶液中 c(总)=c(H2C2O4)+c( )+c( )。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL0.100 0 mol ·L-1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(  )
A.0.1000 mol L-1 H2C2O4溶液: c(H+) =0.1000 mol L-1+c( )+c(OH-)+c(H2C2O4)
B.c(Na+)=c(总)的溶液:c(Na+)>c(H+)>c( )>c(OH-)>c(H2C2O4)
C.pH=7的溶液: c(Na+ )=0.1000 mol L-1+c( ))-c(H2C2O4)
D.c(Na+)=2c(总)的溶液:c(OH-)-c(H+ )=c(H2C2O4)+c( )
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较;中和滴定
【解析】【解答】A.0.1000 mol· L-1 H2C2O4溶液中存在电荷守恒, c(H+)=2c( )+c(ОН- )+ с(HС2О ),还存在物料守恒:c (总)= c(H2C2O4) + с(HС2О ) + c( )= 0.1000mol/L,二者结合可得:c(H+) =0.1000 mol L-1+c( )+c(OH-)-c(H2C2O4),故A不符合题意;
B.c(Na+)= c (总)的溶液中,溶质为NaHC2O4,HС2О 的水解平衡常数= < Ka2(H2C2O4)= 5.4×10-5,说明HС2О 的电离程度大于其水解程度,则c( ) > c(H2C2O4), 溶液中还存在水电离的氢离子,则c(H+) > c( ),所以正确的离子浓度大小为:c(Na+)>c(H+)>c( )>c(OH-)>c(H2C2O4),故B符合题意;
C.草酸与氢氧化钠溶液等体积、等浓度时满足:c(Na+ ) =0.1000 mol L-1+ c( )-c(H2C2O4),但氢氧化钠溶液浓度不知,中和后溶液的体积不知,不能确定反应后浓度与0.1000mol.·L-1的关系,所以该关系不一定成立,故C不符合题意;
D.c(Na+) =2c (总)的溶液中,溶质为Na2C2O4,根据Na2C2O4溶液中的质子守恒可得:c(OH-) - c(H+) = 2c(H2C2O4)+ c(HС2О ),故D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】根据给出条件,结合电荷守恒和物料守恒和电子守恒进行比较
17.(2021高二下·成都开学考)某温度时,Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。该温度下,下列说法正确的是(  )
A.含有大量 的溶液中肯定不存在Ag+
B.0.02mol L-1的AgNO3溶液与0.2mol L-1的Na2SO4溶液等体积混合会生成Ag2SO4沉淀
C.Ag2SO4的溶度积常数(Ksp)为2×10-5
D.a点表示Ag2SO4的不饱和溶液,蒸发可以使溶液由a点变到b点
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.硫酸银存在沉淀溶解平衡,故有银离子存在,故A不符合题意;
B.由图可知硫酸银的Ksp=c2(Ag+)×c( )=(2×10-2)2×5×10-2=2×10-5;两种溶液等体积混合后,离子浓度均减小为原来的一半,根据浓度商Qc=c2(Ag+)×c( )=(0.01)2×0.1=1×10-5< Ksp=2×10-5,所以混合后没有沉淀产生,故B不符合题意;
C.由图可知硫酸银的Ksp=c2(Ag+)×c( )=(2×10-2)2×5×10-2=2×10-5,故C符合题意;
D.蒸发溶液,离子浓度均增大,不能由a点变到b点,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A.难溶沉淀再水溶液中存在溶解平衡,Ag2SO42Ag++SO42-
B.先计算出Ksp,再计算浓度商与Ksp进行对比
C.存在Ag2SO42Ag++SO42-,根据Ksp=c2(Ag+)×c( )计算
D.蒸发水,溶剂减少,浓度变大
18.(2021高二下·成都开学考)有a、b、c、d四种金属,将a与b用导线连接起来,浸入稀硫酸中,负极反应式为b-2e-=b2+;将a,d分别投入等浓度的盐酸中,a比d反应剧烈;又知一定条件下能发生离子反应:c2++d=d2++c,则四种金属的活动性由强到弱的顺序是(  )
A.dcab B.dabc C.dbac D.badc
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】两种活泼性不同的金属和电解质溶液构成原电池,较活泼的金属做负极,负极上金属失电子发生氧化反应而被腐蚀,较不活泼的金属做正极;将a与b用导线连接起来,浸入稀硫酸中,负极反应式为b-2e-=b2+,所以活泼性:b>a;将a,d分别投入等浓度的盐酸中,a比d反应剧烈,故活泼性a>d;一定条件下能发生离子反应:c2++d=d2++c,d能够置换c,说明活泼性d>c;结合以上分析可知,四种金属的活动性由强到弱的顺序是badc;
故答案为:D。
【分析】原电池的负极的活动性强于正极的活动性。活动性越强的金属与同浓度酸反应越剧烈,活动性强的可以置换出活动性弱的金属
19.(2021高二下·成都开学考)如图所示,电流计G发生偏转,同时A极逐渐变细,B极逐渐变粗,C为电解质溶液,则A、B、C应是下列各组中的(  )
A.A是Zn、B是Cu、C为稀硫酸 B.A是Cu、B是Zn、C为稀硫酸
C.A是Fe、B是Ag、C为AgNO3溶液 D.A是Ag、B是Fe、C为AgNO3溶液
【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.该原电池中,B极析出氢气,电极不变粗,与题意不符,故A不符合题意;
B.该电池中,B为负极,A为正极,A极析出氢气,与题意不符,故B不符合题意;
C.该电池中,A为负极,B为正极,A极变细,B极析出银,与题意符合,故C符合题意;
D.该电池中B为负极,变细,与题意不符,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】原电池中负极的活泼性大于正极的活泼性,负极上金属失电子变成离子进入溶液,质量减少,正极上得电子发生还原反应,正极上析出物质,若析出的物质是金属,则正极质量增加,据此分析。
20.(2021高二下·成都开学考)有关如图所示原电池的叙述正确的是(  )
A.电子沿导线由Ag片流向Cu
B.负极的电极反应式是Ag-e-=Ag+
C.Cu片上发生氧化反应,Ag 片上发生还原反应
D.反应时盐桥中的阳离子移向Cu(NO3)2溶液
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式;原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.该装置是原电池装置,其中Cu为负极,Ag为正极,负极(Cu)失去的电子沿导线流向正极(Ag),故A不符合题意;
B.Cu失电子发生氧化反应:Cu -2e- =Cu2+,故B不符合题意;
C.Cu失电子发生氧化反应,溶液中的Ag+在银片上得电子发生还原反应,故C符合题意;
D.原电池中,盐桥中的阳离子移向正极,即移向AgNO3溶液,故D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】形成原电池,铜的活动性强于银,故铜做负极,铜失去电子发生氧化反应,银做正极,银离子得到电子发生还原反应。
二、综合题
21.(2021高二下·成都开学考)化学反应过程中发生物质变化的同时,常常伴有能量的变化。这种能量的变化常以热量的形式表现出来,叫作反应热。由于反应的情况不同,反应热可以分为许多种,如燃烧热和中和热等。
(1)下列 H表示物质燃烧热的是   ;不能表示物质中和热的是   。(填字母)
A.H2(g)+ O2(g)=2H2O(g) H1
B.C(s)+ O2(g)=CO(g) H2
C.CH4(g)+2O2g)=CO2(g)+2H2O(l) H3
D.C(s)+O2(g)=CO2(g) H4
E.C6H12O6(s)+3O2(g)=6CO(g)+6H2O(1) H5
F.NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) H6
G.2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l) H7
H.CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) H8
(2)2.00 g C2H2气体完全燃烧生成液态水和CO2气体,放出99.8kJ的热量,写出该反应燃烧热的热化学方程式:   
(3)充分燃烧一定量的丁烷放出的热量为Q,生成的CO2恰好与100mL浓度为4mol L-1的KOH溶液完全反应生成正盐。则燃烧1mol丁烷放出的热量为   。
(4)4.4g丙烷完全燃烧生成的CO2与100 mL浓度为4mol L-1的KOH溶液恰好完全反应,则反应后的溶液中酸式盐的物质的量是   mol
(5)氢能源有可能实现能源的贮存,也有可能实现经济,高效的输送。研究表明过渡金属型氢化物(又称间充氢化物),在这类氢化物中,氢原子填充在金属的晶格间隙之间,其组成不固定,通常是非化学计量的,如,LaH2.76、TiH1.73、CeH2.69、ZrH1.98、PrH2.65、TaH0.78。已知标准状况下,1体积的钯粉大约可吸附840体积的氢气(钯粉的密度为10.64g cm-3,相对原子质量为106.4),试写出钯(Pd)的氢化物的化学式   。
【答案】(1)C、D;A、 B、C 、D、E,G、H
(2)C2H2(g)+ O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) △H=-1294.8kJ/mol
(3)20QkJ
(4)2mol/L
(5)PdH0.75
【知识点】燃烧热;中和热;热化学方程式;有关反应热的计算
【解析】【解答】(1) A.水的状态为气态,反应热△H1不能表示燃烧热;
B.碳燃烧的生成物为CO,完全燃烧应为CO2,反应热△H2不能表示燃烧热;
C.1mol甲烷完全燃烧,生成的水是液态水,故反应热△H3能表示燃烧热;
D.C(s) + O2 (g)=CO2 (g)△H4中1molC完全燃烧生成二氧化碳,符合燃烧热概念,反应热△H4能表示燃烧热;
E.C6H12O6(s)+3O2(g)=6CO(g)+6H2O(1)△H5中1molC6 H12O6完全燃烧应为CO2与液态水,不符合燃烧热概念,反应热△H5不能表示燃烧热;
F.NaOH (aq) + HCl (aq)=NaCl (aq) + H2O (l)△H6中实质是1mol氢离子与1mol氢氧根离子反应生成1molH2O,符合中和热概念,反应热△H6能表示中和热;
G.反应生成的水为2mol,反应热△H7不能表示中和热;
H.CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) △H8,强酸与强碱反应生成1molH2O,符合中和热概念,故反应热△H8不能表示中和热;
故答案为:C、D;A、B、C 、D、E、G、H。
(2) 2.00gC2H2气体完全燃烧生成液态水和CO2气体,放出99.6kJ的热量,则1molC2H2气体完全燃烧放出的热量 99.6kJ = 1294.8kJ,故该反应的热化学方程式为:C2H2(g)+ O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) △H=-1294.8kJ/mol;
故答案为:C2H2(g)+ O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) △H=-1294.8kJ/mol。
(2) KOH的物质的量为0.1L×4mol/L = 0.4mol,恰好生成正盐是K2CO3,据钾离子守恒,故n(K2CO3) = 0.4mol× = 0.2mol,根据碳元素守恒由n(CO2) = n (K2CO3) = 0.2mol,根据碳元素守恒可知,n(C4H10)= n(CO2)= ×0.2mol=0.05mol,0.05mol丁烷放出的热量为Q,故1mol丁烷完全燃烧放出的热量为QkJ × = 20QkJ;
故答案为:20QkJ。
(4)4.4g丙烷的物质的量为0.1mol,完全燃烧生成的CO2为0.3mol,与100 mL浓度为4mol L-1的KOH溶液恰好完全反应,设生成碳酸氢钾和碳酸钾的物质的量分别为x、y,则根据钾原子、碳原子守恒有:x+y=0.3,x+2y=0.4,联立方程解得:x=0.2mol,y=0.1mol,即生成0.2molKHCO3,c(KHCO3)= =2mol/L;
故答案为:2mol/L。
(5)设1体积为1cm3,则1cm3的钯粉的质量m= ρV = 10.64g/cm3×1cm3 = 10.64g,钯的物质的量n(Pd) = 0.1mol,由1体积钯粉约可吸附标准状况下896体积氢气,可知被吸附氢气的体积为840cm3=0.840L,氢气的物质的量n(H2) = ,所以钯与氢气反应的物质的量之比为 ,则产物中Pd与H之比为 ,所以钯的氢化物化学式为PdH0.75;
故答案为:PdH0.75。
【分析】(1)燃烧热是1mol可燃物物质完全燃烧产生稳定的氧化物,中和热是强酸和强碱生成1mol水放出的热量
(2)写出化学方程式,计算出1mol物质燃烧放出的能量,
(3)根据氢氧化钠的量计算出生成二氧化碳的物质量进行转换即可
(4)计算出生成的二氧化碳,判断二氧化碳与氢氧化钾溶液的产物再进行计算
(5)根据m=ρxv,n=m/M计算即可
22.(2021高二下·成都开学考)某同学在用稀硫酸与锌粒制取氢气的实验中,发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题:
(1)上述实验中发生反应的化学方程式有   
(2)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是   
(3)实验室中现有Na2SO4, MgSO4,Ag2SO4,K2SO4四种溶液,可与上述实验中
CuSO4溶液起相似作用的是   
(4)要加快上述实验中气体产生的速率,还可采取的措施有   、   (答两种)。
(5)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响,该同学设计了如下实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中,收集产生的气体,记录获得相同体积的气体所需时间。
实验 混合溶液 A B C D E F
4mol L-1H2SO4/mL 30 V1 V2 V3 V4 V5
饱和CuSO4溶液/mL 0 0.5 2.5 5 V6 20
H2O/mL V7 V8 V9 V10 10 0
①请完成此实验设计,其中: V2=   ,V6=   ,V10=   。
②该同学最后得出的结论为:当加入少量CuSO4溶液时,生成氢气的速率会大大提高,但当加入的CuSO4溶液超过一定量时,生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因   。
【答案】(1)Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu,Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑
(2)CuSO4溶液与Zn反应产生的Cu与Zn形成Cu、Zn原电池,加快了氢气产生的速率
(3)Ag2SO4
(4)升高反应温度;适当增加硫酸的浓度或把锌粒换为锌粉等
(5)30;10;15;当加入一定量的CuSO4后,生成的单质Cu会沉积在Zn的表面,降低了Zn与溶液的接触面积
【知识点】化学反应速率的影响因素;原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)用稀硫酸与锌粒制取氢气的实验中加入少量硫酸铜溶液发生的反应为锌先与硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸锌和铜,再与稀硫酸发生置换反应生成硫酸锌和氢气,反应的化学方程式为Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu,Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,故答案为:Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu,Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑;
(2)锌为活泼金属,能与硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸锌和铜,铜与锌在稀硫酸溶液中构成原电池,原电池反应使化学反应速率加快,故答案为:CuSO4溶液与Zn反应产生的Cu与Zn形成Cu、Zn原电池,加快了氢气产生的速率;
(3)Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4四种溶液中,只有硫酸银溶液能与锌发生置换反应,则硫酸银溶液能与硫酸铜溶液起相似作用,在稀硫酸溶液中形成银、锌原电池,使化学反应速率加快,故答案为:Ag2SO4;
(4)由影响反应速率的因素还有浓度、温度、催化剂以及固体表面积大小等可知,要加快上述实验中气体产生的速率,可采取的措施有升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等,故答案为:升高反应温度;适当增加硫酸的浓度或把锌粒换为锌粉等;
(5)①若研究CuSO4的量对H2生成速率的影响,则实验中除CuSO4的量不同之外,其他物质的量均相同,每组硫酸的量要保持相同,则V1=V2=V3=V4=V5=30,六组溶液的总体积也应该相同,由实验F可知,溶液的总体积均为50
mL,则V6=10,V10=15,故答案为:30;10;15;
②因为锌会先与硫酸铜反应,直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气,硫酸铜量较多时,反应时间较长,而且生成的铜会附着在锌片上,会阻碍锌片与硫酸继续反应,氢气生成速率下降,故答案为:当加入一定量的CuSO4后,生成的单质Cu会沉积在Zn的表面,降低了Zn与溶液的接触面积。
【分析】若研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响,由变量唯一化原则可知,实验中除硫酸铜的量不同之外,其他物质的量均应保持不变,则每组硫酸的量要保持相同,六组溶液的总体积也应该相同。
23.(2021高二下·成都开学考)
(1)常温下,某水溶液M中存在的离子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-,存在的分子只有H2O,根据题意回答下列问题。
①写出酸H2A的电离方程式:   
②若溶液M由10 mL 2 mol L-1 NaHA 溶液与10 mL2 mol L-1 NaOH溶液混合而得,则溶液M的pH   (填“>”“<”或“=”)7,溶液M中各粒子的浓度关系正确的是   (填序号)。
A.c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+)
B.c(HA-)+2c(H2A)+c(H+)=c(OH-)
C.c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
D.c(A2-)+c(HA-)=1mol L-1
(2)实验室可用NaOH溶液吸收NO2,反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反应得1L溶液A,溶液B为0.1 mol L-1的CH3COONa溶液,则两溶液中c( )、c( )和c(CH3COO-)由大到小的顺序为   (已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4, CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5)。可使溶液A和溶液B的 pH相等的方法是   (填序号)。
a.向溶液A中加适量水 b.向溶液A中加适量 NaOH
c.向溶液B中加适量水 d.向溶液B中加适量NaOH
(3)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.吸收液(NaOH溶液)吸收SO2的过程中,pH随n( ):n( )的变化关系如下表:
n( ):n( ) 91:9 1:1 9:91
pH 8.2 7.2 6.2
①由上表判断 NaHSO3溶液显   性。
②当吸收液呈中性时,溶液中离子浓度的大小关系为   
【答案】(1)H2A=H+ + HA-、HA- H++ A2-;>;AB
(2)c (NO )>c(NO )>c(CH3COO-);bc
(3)酸;c(Na+)>c(HSO )>c(SO )>c(H+)=c(OH- )
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;离子浓度大小的比较;电离方程式的书写
【解析】【解答】(1)①由于溶液中只存在H2O分子,说明H2A一级电离是全部电离,溶液中存在A2-、HA-,说明H2A二级电离是部分电离,其电离方程式为:
H2A=H+ + HA-、HA- H++ A2-;
故答案为:H2A=H+ + HA-、HA- H++ A2-。
②NaHA与NaOH等物质的量反应后生成Na2A,由题给信息可得,其物质的量为0.02 mol,由于A2-水解使得溶液显碱性,pH>7;
A.pH>7,则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+)故A正确;
B.根据质子守恒可得c(H+) +c(HA-) + 2c(H2A)=c(OH-),故B正确;
C.根据电荷守恒可得2c(A2-) +c(HA-) +c(OH-)=(Na+) +c(H+),故C不正确;
D.根据物料守恒可得c(A2-) +c(HA-) +c(H2A)= 1mol·L-1故D不正确。
故答案为:>;AB。
(2) 0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A,反应为2NO2 + 2NaOH=
NaNO3+NaNO2+H2O,得到溶液A中NaNO3'物质的量浓度为0.mol/L,NaNO2物质的量为0.1mol/L,溶液B为0.1mol·L-1的CH3COONa溶液,已知HNO2的电离常数Ka= 7.1×10- 4mol·L-1,CH3 COOH的电离常数Ka= 1.7×10-5mol·L-1,说明C'H3 COOH酸性小于HNO2的酸性,对应阴离子水解程度大,醋酸根离子和亚硝酸根离子水解,两溶液中c (NO )、c(NO )和c(CH3COO- )由大到小的顺序为:c (NO )>c(NO )>c(CH3COO-);使溶液A和溶液B的pH值相等的方法,依据溶液组成和性质分析,溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L, NaNO2物质的量为0.1mol/L,溶液B为0.1mol·L-1的CH3COONa溶液,溶液B碱性大于A溶液;
a.上述分析可知,溶液B碱性大于A溶液, 向溶液A中加适量水,稀释溶液,碱性减小,不能调节溶液pH相同,故a不正确;
b.向浓滴A中加话是NaOH增大碱性,可以调节溶液pH值相同,故b正确;
c.向溶液B中加适量水,稀释溶液碱性减弱,可以调节溶液pH,故c正确;
d.溶液B碱性大于A溶液,向溶液B中加适量NaOH,溶液pH更大,不能调节溶液pH相同,故d不正确;
故答案为:c (NO )>c(NO )>c(CH3COO-);bc。
(3)①在溶液中主要以HSO 存在,HSO 的电离很微弱,所以n(SO ):n(HSO ) < 1 :1,根据表格知,当亚硫酸氢根离子的物质的量大于亚硫酸根离子的物质的量时,亚硫酸氢钠溶液呈酸性;
故答案为:酸。
②溶液呈中性时,溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度,亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度,溶液中阴阳离子所带电荷相等,所以得:c(Na+)>c(HSO )>c(SO )>c(H+)=c(OH- );
故答案为:c(Na+)>c(HSO )>c(SO )>c(H+)=c(OH- )。
【分析】(1)①二元弱酸是分步电离 ②判断是否过量,确定产物,即可判断水解后的酸碱性,根据电荷守恒和物料守恒即可判断离子浓度大小
(2)利用化学方程式进行计算,计算出反应后的物质的量浓度,亚硝酸根和醋酸跟会水解,但醋酸根水解能力强
(3)①根据表格随着含量越高,酸性越强 ②根据电荷守恒即可判断
24.(2021高二下·成都开学考)
(1)Shibata曾做过下列实验:
①使纯H2缓慢地通过处于721℃下的过量氧化钴 CoO(s),氧化钴部分被还原为金属钴(Co),平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0192。
②在同一温度下用CO还原CoO(s),平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0250。根据上述实验结果判断,还原CoO( s)为Co(s)的倾向是CO   H2(填“大于”或“小于”)。
(2)近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。Deacon发明的直接氧化法为4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。如图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl):c(O2)分别等于1:1、4:1、7:1时HCl平衡转化率随温度变化的关系:
①由图可推知该反应的 H   0(填>、<、=,下同)平衡常数K(300℃)   K(400℃)
②曲线C代表进料浓度比c(HCl):c(O2)为   ,设HCl初始浓度为c0,根据进料浓度比c(HCl):c(O2)=4:1的数据计算K(400℃)=   (列出计算式)。
③按化学计量比进料可以保持反应物高转化率,同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl):c(O2)过高的不利影响是   。
④Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行:
CuCl2(s)=CuCl(s)+ Cl2(g) H1=+89kJ mol-1
CuCl(s)+ O2(g)=CuO(s)+ Cl2(g) H2=-25 kJ mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) H3=-120 kJ mol-1
则4HClg)+O2 (g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的 H=   kJ mol-1
【答案】(1)小于
(2)<;>;7:1;;HCl转化率较低;-116
【知识点】化学平衡常数;化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)①使纯H2缓慢地通过处于721℃下的过量的氧化钴CoO(s),氧化钴部分被还原为金属钴Co(s),平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0192,反应的化学方程式:H2+CoO Co+H2O
②在同一温度下用CO还原CoO(s),平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0250,反应的化学方程式:CO+CoO Co+CO2,相同条件下还原反应达到平衡状态后,反应前后气体物质的量都是不变的,一氧化碳物质的量分数小于氢气物质的量分数,说明一氧化碳进行的程度小,故答案为:小于;
(2)①根据图象,随着温度升高,HCl平衡转化率降低,说明温度升高不利于反应正向进行,正反应放热,△H<0,升高温度平衡向着逆向移动,则温度越高平衡常数越小,所以反应平衡常数K(300℃)大于K(400℃);故答案为:<;>;
②进料浓度比c(HCl):c(O2)的比值越大,HCl的平衡转化率越低,根据图象可知,曲线C的HCl的平衡转化率最低,则比值最大,曲线C代表进料浓度比c(HCl):c(O2)为:7:1;进料浓度比c(HCl): c(O2)=4:1为曲线b,在400℃时HCl的平衡转化率为76%,设HCl初始浓度为c0,列三段式: , 则 ,故答案为:7:1; ;
③进料浓度比c(HCl):c(O2)过高时,O2浓度较低,导致HCl的转化率减小,故答案为:HCl转化率较低;
④i CuCl2(s)=CuCl(s)+ Cl2(g) H1=+89kJ mol-1
ii CuCl(s)+ O2(g)=CuO(s)+ Cl2(g) H2=-25 kJ mol-1
iii CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) H3=-120 kJ mol-1
根据盖斯定律,(i+ii+iii)×2可得:4HClg)+O2 (g)=2Cl2(g)+2H2O(g) △H=[(83kJ mol-1)+(-20kJ mol-1)+(-121kJ mol-1)]×2=-116kJ mol-1,故答案为:-116。
【分析】(1)根据平衡后的分数,即可确定氢气比一氧化碳强
(2)① 温度越高,HCl的转化率越低,故正反应为放热,根据平衡时的浓度关系即可写出平衡常数② C的氯化氢含量最低,因此HCl的含量最高,根据400℃的转化率计算出平衡是的浓度即可 ③ 据图,投料比越高,HCl的转化率低 ④根据盖斯定律计算
25.(2021高二下·成都开学考)α-铁纳米粉在现代电子工业上用途极为广泛,用赤铁矿石(含Fe2O3,FeO,也含有Al2O3,MnO2,CuO等)制备纳米铁颗粒的实验流程如下:
已知部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如表所示:
沉淀物 Al(OH)3 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cu(OH)2
开始沉淀时的pH 3.7 2.3 7.6 5.4
完全沉淀时的pH 5.2 3.2 9.7 6.7
回答以下问题:
(1)实验流程中首先对赤铁矿进行“碾碎”,目的是   。
(2)固体A的成分是   (填写化学式),在滤液A中加H2O2的目的是   (用离子方程式进行说明)。
(3)步骤②中需调节pH的范围是   。
(4)步骤③中灼烧所需的仪器有酒精灯、三脚架、   (仪器名称),发生反应的化学方程式为   。
【答案】(1)增大接触面积,加快反应速率,提高矿石的浸出率
(2)MnO2;2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(3)3.2≤pH<3.7
(4)泥三角、坩埚、坩埚钳;2Fe(OH)3 Fe2O3+3H2O
【知识点】常用仪器及其使用;物质的分离与提纯;制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) 实验流程中首先对赤铁矿进行“碾碎”, 碾碎的目的是增大固体的表面积,增大反应物的接触面积,从而加快反应速率,提高矿石的浸出率,故答案为:增大接触面积,加快反应速率以及提高矿石的浸出率;
(2)由分析可知,固体A为不与稀硫酸反应的二氧化锰;在滤液A中加过氧化氢溶液的目的是使溶液中的亚铁离子被氧化为铁离子,便于调节溶液pH转化为氢氧化铁沉淀,反应的离子方程式为2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,故答案为:MnO2;2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;
(3)由分析可知,步骤②中调节溶液pH的目的是使溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀,而铝离子和铜离子不沉淀,则pH的范围为3.2≤pH<3.7,故答案为:3.2≤pH<3.7;
(4) 步骤③中灼烧氢氧化铁固体所需的仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳,发生的反应为氢氧化铁受热分解生成氧化铁和水,反应的化学方程式为2Fe(OH)3 Fe2O3+3H2O,故答案为:泥三角、坩埚、坩埚钳;2Fe(OH)3 Fe2O3+3H2O。
【分析】由流程图可知,向碾碎的赤铁矿加入过量的稀硫酸,氧化铁、氧化亚铁、氧化铝、氧化铜与稀硫酸反应得到可溶的硫酸盐,二氧化锰与稀硫酸不反应,过滤得到含有硫酸和硫酸盐的滤液A和二氧化锰固体A;向滤液A加入过氧化氢,酸性条件下,过氧化氢溶液与硫酸亚铁溶液发生氧化还原反应生成硫酸铁,向反应后的溶液中加入碱性溶液,调节溶液pH在3.2和3.7之间,使溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀,而铝离子和铜离子不沉淀,过滤得到氢氧化铁固体B,氢氧化铁固体经洗涤、干燥、灼烧后得到氧化铁,用氢气还原氧化铁得到铁粉,铁粉在阳极弧放电 生成α-铁纳米粉。
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