2024-2025学年北京十五中高二(上)期中化学试卷
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这是一份2024-2025学年北京十五中高二(上)期中化学试卷,共35页。试卷主要包含了本部分共6题,共58分等内容,欢迎下载使用。
1.(3分)航天飞船可用肼(N2H4)和过氧化氢(H2O2)作为动力源。已知1g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时放出20.05kJ热量。下列说法中错误的是( )
A.该反应中肼作还原剂
B.液态肼与过氧化氢的反应,反应物总能量低于生成物总能量
C.该动力源的突出优点之一是生成物对环境无污染
D.肼和过氧化氢反应的热化学方程式N2H4(l)+2H2O2(1)═N2(g)+4H2O(g)△H=﹣641.6kJ/ml
2.(3分)依据图示关系,下列说法不正确的是( )
A.1mlC(石墨)和1mlCO分别在足量O2中燃烧,全部转化为CO2,前者放热多
B.石墨燃烧是放热反应
C.C(石墨)+CO2(g)═2CO(g) ΔH=ΔH1﹣ΔH2
D.化学反应的ΔH,只与反应体系的始态和终态有关,与反应途径无关
3.(3分)我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂,利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水,主要过程如图:
已知:
下列说法不正确的是( )
A.过程Ⅱ放出能量
B.若分解2mlH2O(g),估算出反应吸收482kJ能量
C.催化剂能减小水分解反应的焓变
D.催化剂能降低反应的活化能,增大反应物分子中活化分子的百分数
4.(3分)在一定温度下,某密闭恒容容器中进行的可逆反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g),下列表述能说明该反应已经达到平衡状态的是( )
A.容器内气体的压强不再变化
B.混合气体的平均摩尔质量不再变化
C.混合气体的颜色不再变化
D.混合气体的密度不再变化
5.(3分)H2O2是重要的绿色消毒液和氧化剂,研究其分解反应有重要意义。在含有少量I﹣的溶液中,H2O2分解的机理是:ⅰ.H2O2+I﹣═H2O+IO﹣;ⅱ.H2O2+IO﹣═H2O+O2↑+I﹣。分解反应过程中能量变化如图所示,下列判断不正确的是( )
A.I﹣改变了H2O2分解的路径,曲线②为含有I﹣的反应过程
B.反应ⅰ和ⅱ均为放热过程
C.反应ⅰ的反应速率比反应ⅱ慢
D.I﹣不能改变总反应的能量变化
6.(3分)下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是( )
A.
B.
C.
D.
7.(3分)下列关于室温下1L 0.1ml•L﹣1 NH3•H2O溶液的说法正确的是( )
A.NH3•H2O的电离方程式:NH3•H2O═NH4++OH﹣
B.加入少量NH4Cl固体后,溶液的pH增大
C.滴加稀盐酸的过程中,n(NH4+)增大
D.与FeCl3溶液反应的离子方程式:Fe3++3OH﹣═Fe(OH)3↓
8.(3分)已知:水的电离平衡为H2O⇌H++OH﹣ ΔH>0,下列说法不正确的是( )
A.纯水加热,Kw增大,pH减小
B.纯水中加入NaOH固体,平衡逆向移动,c(OH﹣)降低
C.25℃时,0.01ml•L﹣1的盐酸中,由水电离出的c(H+)=1×10﹣12ml•L﹣1
D.相同温度下,pH相同的NaOH溶液和氨水中水的电离程度相同
9.(3分)用0.1000ml•L﹣1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。下列说法不正确的是( )
A.锥形瓶盛装未知浓度的NaOH溶液前必须保持干燥
B.使用滴定管前,要先检查活塞是否漏水,在确保不漏水后方可使用
C.酸式滴定管在盛装0.1000ml•L﹣1HCl溶液前要用该溶液润洗2~3次
D.用酚酞作指示剂,溶液颜色从粉红色刚好变为无色,且半分钟内不褪色,即达到滴定终点
10.(3分)向10.00mL 0.01ml/L某一元酸HA溶液中逐滴加入0.01ml/LNaOH溶液,溶液pH值变化曲线如图所示.下列说法不正确的是( )
A.HA是弱酸
B.c点时,V=10.00mL
C.b点表示的溶液中:2c(Na+)=c(A﹣)+c(HA)
D.b、c、d点表示的溶液中c(Na+)+c(H+)=c(A﹣)+c(OH﹣)
11.(3分)人体血液里存在重要的酸碱平衡:CO2+H2O⇌H2CO3HCO3﹣,使人体血液pH保持在7.35~7.45,否则就会发生酸中毒或碱中毒.其pH随c(HCO3﹣):c(H2CO3)变化关系如下表:
下列说法不正确的是( )
A.正常人体血液中,HCO3﹣的水解程度大于电离程度
B.人体血液酸中毒时,可注射NaHCO3溶液缓解
C.pH=7.00的血液中,c(H2CO3)<c(HCO3﹣)
D.pH=7.40的血液中,HCO3﹣的水解程度一定大于H2CO3的电离程度
12.(3分)如图所示的实验,不能达到实验目的的是( )
A.AB.BC.CD.D
13.(3分)一定温度下,在2个容积均为1L的恒容密闭容器中,加入一定量的反应物,发生反应:2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH<0,相关数据见下表。
下列说法不正确的是( )
A.T1>T2
B.Ⅰ中反应达到平衡时,CO的转化率为50%
C.达到平衡所需要的时间:Ⅱ>Ⅰ
D.对于Ⅰ,平衡后向容器中再充入0.2mlCO和0.2mlCO2,平衡正向移动
14.(3分)以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下:
①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=﹣49.5kJ•ml﹣1
②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2=﹣90.4kJ•ml﹣1
③CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH3
不同压强下,按照n(CO2):n(H2)=1:3投料,CO2平衡转化率随温度变化关系如图。
下列说法正确的是( )
A.ΔH3=﹣40.9kJ•ml﹣1
B.p1<p2<p3
C.为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率,反应条件应选择高温、高压
D.T1温度时,三条曲线几乎交于一点的原因是:该温度下,主要发生反应③
二、本部分共6题,共58分。
15.(8分)已知:25℃时CH3COOH、H2CO3和HClO的电离平衡常数:
(1)CH3COOH的电离平衡常数表达式Ka= 。
(2)25℃时,等物质的量浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH关系为:pH(NaClO) pH(CH3COONa)(填“>”,“<”或“=”)。
(3)25℃时,若初始时醋酸中CH3COOH的物质的量浓度为0.01ml/L,达到电离平衡时溶液中c(H+)= ml/L(已知:4.2)。
(4)下列化学反应能发生的是
A.HClO+CH3COONa═CH3COOH+NaClO
B.CH3COOH+Na2CO3═NaHCO3+CH3COONa
C.CO2+H2O+2NaClO═Na2CO3+2HClO
16.(9分)合成氨是人类科技发展史上的一项重大突破。
(1)在一定条件下,N2(g)和H2(g)反应生成0.2ml NH3(g),放出9.24kJ的热量,写出该可逆反应的热化学方程式: 。在如图中画出合成氨反应过程中焓(H)的变化示意图。
(2)在一定温度下,将2ml N2和6ml H2通入到体积为1L的密闭容器中,发生反应,2min达到平衡状态时,H2转化率是50%。则用H2表示该反应的平均速率v(H2)= ml/(L•min);该温度下的平衡常数K= (用分数表示);欲使K增大,可以采取的措施是 。
(3)理论上,为了增大平衡时H2的转化率,可采取的措施有 。(填序号)
a.及时分离出NH3
b.升高温度
c.增大压强
d.使用催化剂
(4)工业生产尿素的原理是以NH3和CO2为原料合成尿素[CO(NH2)2],反应的化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l),该反应的平衡常数和温度关系如下:
①焓变ΔH(填“>”,“<”或“=”) 0。
②在一定温度和压强下,若原料气中的NH3和CO2的物质的量之比(氨碳比),如图是氨碳比(x)与CO2平衡转化率(α)的关系。图中的B点处,NH3的平衡转化率为 。
17.(11分)用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A,可实现氯的循环利用。反应A:4HCl+O22Cl2+2H2O
(1)已知:ⅰ.反应A中,4ml HCl被氧化,放出115.6kJ的热量。
ⅱ.
①H2O的电子式是 。
②反应A的热化学方程式是 。
③断开1ml H—O键与断开1ml H—Cl键所需能量相差约为 kJ。
(2)对于反应A,如图是在4种投料比[n(HCl):n(O2),分别为1:1、2:1、4:1、6:1]下,反应温度对HCl平衡转化率影响的曲线。
①曲线b对应的投料比是 。
②当曲线b、c、d对应的投料比达到相同的HCl平衡转化率时,对应的反应温度与投料比的关系是 。
③投料比为2:1、温度为400℃时,平衡混合气中Cl2的物质的量分数是 。
18.(9分)CO2的过量排放会产生一系列生态和环境问题,CO2主要通过如下平衡过程对水体钙循环和海洋生态产生影响。CaCO3+CO2+H2O⇌Ca2++2
(1)碳酸盐的溶解是水体中Ca2+的主要来源。CO2过量排放会导致水体中c(Ca2+) (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)海水中含有的离子主要有Na+、Ca2+、K+、Cl﹣、,海水呈弱碱性,用化学用语解释原因: 。
(3)在海洋碳循环中,通过如图所示的途径固碳。
写出钙化作用的离子方程式: 。
(4)水体中、浓度的监测对生态研究具有重要意义,测定方法如下:
ⅰ.取50mL待测水样,滴加4~6滴酚酞溶液,摇匀。
ⅱ.溶液变为红色,用cml/L盐酸滴定至红色刚好消失(pH约8.3),消耗盐酸体积为V1mL。
ⅲ.滴加4~6滴甲基橙溶液,摇匀,用cml/L盐酸滴定至溶液从黄色变为橙色(pH约3.8),消耗盐酸体积为V2mL。
①ⅱ中发生反应的离子方程式为 。
②该水体中c()为 (用计算式表示)。
19.(11分)近年来,研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如图:
(1)反应Ⅰ:2H2SO4(l)═2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551kJ•ml﹣1
反应Ⅲ:S(s)+O2(g)═SO2(g) ΔH3=﹣297kJ•ml﹣1
反应Ⅱ的热化学方程式: 。
(2)对反应Ⅱ,在某一投料比时,两种压强下,H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
p2 p1(填“>”或“<”),得出该结论的理由是 。
(3)I﹣可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂,可能的催化过程如下。将ⅱ补充完整。
ⅰ:SO2+4I﹣+4H+═S↓+2I2+2H2O
ⅱ:I2+2H2O+ ═ + +2I﹣
(4)探究ⅰ、ⅱ反应速率与SO2歧化反应速率的关系,实验如下:分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中,密闭放置观察现象。(已知:I2易溶解在KI溶液中)
①B是A的对比实验,则a= 。
②比较A、B、C,可得出的结论是 。
③实验表明,SO2的歧化反应速率D>A。结合ⅰ、ⅱ反应速率解释原因: 。
20.(10分)实验小组制备硫代硫酸钠(Na2S2O3)并探究其性质。
资料:
ⅰ.S22H+═S↓+SO2↑+H2O。
ⅱ.Fe3++3S2⇌Fe(S2O3)33﹣(紫黑色)。
ⅲ.Ag2S2O3是难溶于水、可溶于Na2S2O3溶液的白色固体。
(1)实验室可利用反应:2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2制备Na2S2O3,装置如图。
①用化学用语解释Na2S和Na2CO3的混合溶液呈碱性的原因:S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、 。
②为了保证Na2S2O3的产量,实验中通入的SO2不能过量。要控制SO2的生成速率,可以采取的措施有: 。(写出一条)
(2)探究Na2S2O3溶液与不同金属的硫酸盐溶液间反应的多样性。
①Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式为 。
②经检验,现象Ⅱ中的沉淀有Al(OH)3和S,用平衡移动原理解释Ⅱ中的现象: 。
③经检验,现象Ⅲ中的无色溶液中含有Fe2+。从化学反应速率和限度的角度解释Ⅲ中Fe3+与S2反应的实验现象: 。
以上实验说明:Na2S2O3溶液与金属阳离子反应的多样性和阳离子的性质有关。
2024-2025学年北京十五中高二(上)期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、本部分共14题,每题3分,共42分。在每题列出的四个选项中,选出最符合题目要求的一项。
1.(3分)航天飞船可用肼(N2H4)和过氧化氢(H2O2)作为动力源。已知1g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时放出20.05kJ热量。下列说法中错误的是( )
A.该反应中肼作还原剂
B.液态肼与过氧化氢的反应,反应物总能量低于生成物总能量
C.该动力源的突出优点之一是生成物对环境无污染
D.肼和过氧化氢反应的热化学方程式N2H4(l)+2H2O2(1)═N2(g)+4H2O(g)△H=﹣641.6kJ/ml
【分析】A.N2H4中N元素为﹣2价,反应后生成N2为0价;
B.该反应是放热反应;
C.液态肼和液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气;
D.1g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时放出20.05kJ的热量,则1ml肼反应放出的热量为32×20.05kJ=641.60kJ。
【解答】解:A.N2H4中N元素为﹣2价,反应后生成N2为0价,所以N元素化合价升高,所以肼作还原剂,故A正确;
B.该反应是放热反应,所以液态肼与过氧化氢的反应时,反应物总能量高于生成物总能量,故B错误;
C.液态肼和液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气,对环境物污染,故C正确;
D.1g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时放出20.05kJ的热量,则1ml肼反应放出的热量为32×20.05kJ=641.60kJ,所以肼和过氧化氢反应的热化学方程式为N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=﹣641.6 kJ•ml﹣1,故D正确。
故选:B。
【点评】本题将热化学方程式的知识、氧化还原、环境污染等基础知识结合起来,综合性较强,但是题目难度不大,侧重于基础知识的考查,注意把握热化学方程式的书写方法以及分析氧化还原反应的方法。
2.(3分)依据图示关系,下列说法不正确的是( )
A.1mlC(石墨)和1mlCO分别在足量O2中燃烧,全部转化为CO2,前者放热多
B.石墨燃烧是放热反应
C.C(石墨)+CO2(g)═2CO(g) ΔH=ΔH1﹣ΔH2
D.化学反应的ΔH,只与反应体系的始态和终态有关,与反应途径无关
【分析】A.根据反应转化关系图,结合发生反应的焓变分析;
B.由图可知,C(石墨)+O2(g)═CO2(g)ΔH1<0;
C.所求反应可由已知反应推导,根据盖斯定律计算所求反应的焓变;
D.根据盖斯定律分析。
【解答】解:A.根据图示,C(石墨)+O2(g)=CO2(g)△H1=﹣393.5kJ/ml,CO(g)O2(g)=CO2(g)△H2=﹣283.0kJ/ml,根据反应可知都是放热反应,1mlC(石墨)和1mlCO分别在足量O2中燃烧,全部转化为CO2,1mlC(石墨)放热多,故A正确;
B.由图可知,C(石墨)+O2(g)═CO2(g)ΔH1<0,则石墨燃烧是放热反应,故B正确;
C.①C(石墨)+O2(g)=CO2(g)△H1=﹣393.5kJ/ml,②CO(g)O2(g)=CO2(g)△H2=﹣283.0kJ/ml,根据盖斯定律①﹣②×2可得:C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)△H=△H1﹣2△H2,故C错误;
D.根据盖斯定律可知,化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关,与反应途径无关,故D正确;
故选:C。
【点评】本题考查热化学方程式和盖斯定律的应用,利用图中反应的转化反应分析,难度不大。
3.(3分)我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂,利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水,主要过程如图:
已知:
下列说法不正确的是( )
A.过程Ⅱ放出能量
B.若分解2mlH2O(g),估算出反应吸收482kJ能量
C.催化剂能减小水分解反应的焓变
D.催化剂能降低反应的活化能,增大反应物分子中活化分子的百分数
【分析】A.形成化学键放热;
B.焓变△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能;
C.催化剂能改变反应途径,但不能改变反应的始态和终态;
D.催化剂能降低反应活化能,可使反应体系中活化分子数增加。
【解答】解:A.过程II中生成氢气、过氧化氢,形成化学键,则过程Ⅱ放出能量,故A正确;
B.分解水的反应为2H2O(g)=2H2(g)+O2(g),焓变△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能=463kJ/ml×4﹣(436kJml×2+498kJ/ml)=+482kJ/ml,即2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H=+482kJ/ml,所以分解2mlH2O(g)吸收482kJ能量,故B正确;
C.催化剂能改变反应途径,但不能改变反应的始态和终态,不能改变反应的焓变,故C错误;
D.催化剂能降低反应的活化能,可使反应体系中活化分子数增加,分子总数不变,则反应物分子中活化分子的百分数增大,故D正确;
故选:C。
【点评】本题考查反应热与焓变,为高频考点,把握反应中能量变化、焓变与键能的计算关系、催化剂的作用为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大。
4.(3分)在一定温度下,某密闭恒容容器中进行的可逆反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g),下列表述能说明该反应已经达到平衡状态的是( )
A.容器内气体的压强不再变化
B.混合气体的平均摩尔质量不再变化
C.混合气体的颜色不再变化
D.混合气体的密度不再变化
【分析】据化学平衡状态的特征解答,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态。
【解答】解:A.反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)中前后气体系数不变,容器的压强一直不变,容器内气体的压强不再变化不能说明反应已平衡,故A错误;
B.反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)中前后气体系数不变,则物质的量不变,则平均摩尔质量一直不变,故混合气体的平均摩尔质量不再变化不能说明反应已平衡,故B错误;
C.混合气体的颜色不再变化说明碘单质的浓度不再变化,故可以说明反应已达到平衡状态,故C正确;
D.密闭恒容容器中气体密度一直不变,故密度不变不能说明反应达到平衡状态,故D错误;
故选:C。
【点评】本题考查了化学平衡状态的判断,难度不大。
5.(3分)H2O2是重要的绿色消毒液和氧化剂,研究其分解反应有重要意义。在含有少量I﹣的溶液中,H2O2分解的机理是:ⅰ.H2O2+I﹣═H2O+IO﹣;ⅱ.H2O2+IO﹣═H2O+O2↑+I﹣。分解反应过程中能量变化如图所示,下列判断不正确的是( )
A.I﹣改变了H2O2分解的路径,曲线②为含有I﹣的反应过程
B.反应ⅰ和ⅱ均为放热过程
C.反应ⅰ的反应速率比反应ⅱ慢
D.I﹣不能改变总反应的能量变化
【分析】A.H2O2分解的机理可知,I﹣为该反应的催化剂;
B.化学反应中一定伴随着能量变化,反应中既有放热反应,又有吸热反应,取决于反应物和生成物总能量的大小,生成物的总能量低于反应总能量的反应,是放热反应,若是吸热反应则相反;
C.活化能越大,反应速率越慢;
D.催化加不改变反应的反应热。
【解答】解:A.根据题意得H2O2分解的机理可知,I﹣为该反应的催化剂,I﹣改变了H2O2分解的路径,曲线②为含有I﹣的反应过程,故A正确;
B.曲线②中,根据图中信息得到反应i是反应物质总能量低于生成物总能量,是吸热反应,故B错误;
C.根据图中信息反应i的活化能大于反应ii的活化能,因此反应i的反应速率比反应ii慢,故C正确;
D.催化剂能改变反应的活化能,但I﹣不能改变总反应的能量变化,故D正确;
故选:B。
【点评】本题考查化学反应中能量的变化,着重于对概念的理解,注意放热反应、吸热反应与反应物、生成物能量之间关系,此题难度中等。
6.(3分)下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是( )
A.
B.
C.
D.
【分析】平衡移动原理为:如果改变影响平衡的条件之一,平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。
【解答】解:A.存在平衡2NO2⇌N2O4,且正反应是放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,所以气体颜色加深,降低温度,平衡正向移动,气体颜色变浅,可以用平衡移动原理解释,故A错误;
B.水的电离为吸热反应,升高温度水的电离程度最大,导致水的离子积增大,能够用平衡移动原理解释,故B错误;
C.MnO2是H2O2分解的催化剂,MnO2只增大化学反应速率,不影响平衡移动,不能用平衡移动原理解释,故C正确;
D.氨水浓度变为原来的,溶液pH的改变小于1,是因为氨水中存在一水合氨的电离平衡,浓度越稀,电离程度越大,稀释后的c(OH﹣)大于原来的,能用平衡移动原理解释,故D错误;
故选:C。
【点评】本题考查化学平衡原理的应用,题目难度不大,明确平衡移动原理的概念是解本题关键,侧重考查学生对概念的理解和运用,只有可逆反应、条件概念引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释。
7.(3分)下列关于室温下1L 0.1ml•L﹣1 NH3•H2O溶液的说法正确的是( )
A.NH3•H2O的电离方程式:NH3•H2O═NH4++OH﹣
B.加入少量NH4Cl固体后,溶液的pH增大
C.滴加稀盐酸的过程中,n(NH4+)增大
D.与FeCl3溶液反应的离子方程式:Fe3++3OH﹣═Fe(OH)3↓
【分析】A.NH3•H2O属于一元弱碱,部分电离;
B.加入少量NH4Cl固体后,c(NH4+)增大,平衡左移;
C.滴加稀盐酸H+中和OH﹣,使平衡NH3•H2O⇌NH4++OH﹣正向移动;
D.NH3•H2O是弱电解质,写离子方程式时不能拆成离子。
【解答】解:A.NH3•H2O属于一元弱碱,部分电离,用可逆符号表示,电离方程式为:NH3•H2O⇌NH4++OH﹣,故A错误;
B.加入少量NH4Cl固体后,c(NH4+)增大,平衡左移,c(OH﹣)减小,c(H+)增大,pH减小,故B错误;
C.滴加稀盐酸H+中和OH﹣,使平衡NH3•H2O⇌NH4++OH﹣正向移动,n(NH4+)增大,故C正确;
D.NH3•H2O是弱电解质,不能拆成离子,所以与FeCl3溶液反应的离子方程式为:Fe3++3NH3•H2O═Fe(OH)3↓+3NH4+,故D错误。
故选:C。
【点评】本题主要考查一元弱碱的电离平衡及平衡移动的影响,离子方程式的书写等,属于基本知识,基础内容,侧重于定性分析,难度不大。
8.(3分)已知:水的电离平衡为H2O⇌H++OH﹣ ΔH>0,下列说法不正确的是( )
A.纯水加热,Kw增大,pH减小
B.纯水中加入NaOH固体,平衡逆向移动,c(OH﹣)降低
C.25℃时,0.01ml•L﹣1的盐酸中,由水电离出的c(H+)=1×10﹣12ml•L﹣1
D.相同温度下,pH相同的NaOH溶液和氨水中水的电离程度相同
【分析】水的电离平衡:H2O⇌H++OH﹣中,要使平衡发生移动,应改变溶液c(H+)或c(OH﹣)的浓度,水的电离是吸热过程,升高温度,平衡向电离方向移动,K增大。
【解答】解:A.纯水加热,促进水的电离,氢离子、氢氧根离子浓度增大,Kw增大,pH减小,故A正确;
B.纯水中加入NaOH固体,抑制水的电离,平衡逆向移动,c(OH﹣)增大,故B错误;
C.25℃时,0.01ml•L﹣1的盐酸中,由水电离出的c(H+)=c(OH﹣)ml/L=1×10﹣12ml•L﹣1,故C正确;
D.相同温度下,pH相同的NaOH溶液和氨水中,氢氧根离子浓度相同,对水的抑制程度相同,水的电离程度相同,故D正确;
故选:B。
【点评】本题考查水的电离平衡移动,题目难度不大,注意从浓度、温度、盐类的水解等角度分析。
9.(3分)用0.1000ml•L﹣1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。下列说法不正确的是( )
A.锥形瓶盛装未知浓度的NaOH溶液前必须保持干燥
B.使用滴定管前,要先检查活塞是否漏水,在确保不漏水后方可使用
C.酸式滴定管在盛装0.1000ml•L﹣1HCl溶液前要用该溶液润洗2~3次
D.用酚酞作指示剂,溶液颜色从粉红色刚好变为无色,且半分钟内不褪色,即达到滴定终点
【分析】A.中和滴定实验中,锥形瓶有水对滴定没有影响;
B.滴定管在使用前,要进行查漏;
C.酸式滴定管在使用前,先蒸馏水洗涤,再待装液洗涤;
D.滴定终点时,溶液为氯化钠溶液,呈中性。
【解答】解:A.锥形瓶盛装未知浓度的NaOH溶液前不一定需要干燥,有水对氢氧化钠的物质的量没有影响,故A错误;
B.使用滴定管前,要进行查漏,即检查活塞是否漏水,在确保不漏水后方可使用,故B正确;
C.酸式滴定管在盛装0.1000ml•L﹣1HCl溶液前要用该溶液润洗2~3次,否则盐酸会被稀释,故C正确;
D.用酚酞作指示剂,滴定终点时,溶液为氯化钠溶液,溶液颜色从粉红色刚好变为无色,且半分钟内不褪色,故D正确;
故选:A。
【点评】本题主要考查中和滴定的相关知识,属于基本知识的考查,难度不大。
10.(3分)向10.00mL 0.01ml/L某一元酸HA溶液中逐滴加入0.01ml/LNaOH溶液,溶液pH值变化曲线如图所示.下列说法不正确的是( )
A.HA是弱酸
B.c点时,V=10.00mL
C.b点表示的溶液中:2c(Na+)=c(A﹣)+c(HA)
D.b、c、d点表示的溶液中c(Na+)+c(H+)=c(A﹣)+c(OH﹣)
【分析】由图象知,0.01ml/L的HA溶液的pH值约为4,不能完全电离,为弱酸,加入的酸的物质的量=0.01ml/L×0.01L=10﹣4ml,碱的物质的量=0.01ml/L×0.005L=5×10﹣5ml,溶液溶质为NaA和HA,溶液呈酸性,说明HA的电离程度大于A﹣的水解程度,c点时,溶液呈中性,如V=10.00mL,二者恰好反应,溶液应呈碱性,则实际加入NaOH溶液的体积应小于10mL,结合电荷守恒解答该题.
【解答】解:A.由图象知,0.01ml/L的HA溶液的pH值约为4,不能完全电离,为弱酸,故A正确;
B.c点时,溶液呈中性,如V=10.00mL,二者恰好反应,溶液应呈碱性,则实际加入NaOH溶液的体积应小于10mL,故B错误;
C.b点时,加入的酸的物质的量=0.01ml/L×0.01L=10﹣4ml,碱的物质的量=0.01ml/L×0.005L=5×10﹣5ml,溶液溶质为NaA和HA,溶液呈酸性,存在:2c(Na+)=c(A﹣)+c(HA),故C正确;
D.溶液中呈电中性,溶液中阴阳离子所带电荷相等,即c(Na+)+c(H+)=c(A﹣)+c(OH﹣),故D正确。
故选:B。
【点评】本题考查了酸碱混合时溶液中各种离子的关系,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力的考查,难度较大,会运用电荷守恒和物料守恒是解本题的关键,注意把握弱电解质的电离和盐类水解的特点.
11.(3分)人体血液里存在重要的酸碱平衡:CO2+H2O⇌H2CO3HCO3﹣,使人体血液pH保持在7.35~7.45,否则就会发生酸中毒或碱中毒.其pH随c(HCO3﹣):c(H2CO3)变化关系如下表:
下列说法不正确的是( )
A.正常人体血液中,HCO3﹣的水解程度大于电离程度
B.人体血液酸中毒时,可注射NaHCO3溶液缓解
C.pH=7.00的血液中,c(H2CO3)<c(HCO3﹣)
D.pH=7.40的血液中,HCO3﹣的水解程度一定大于H2CO3的电离程度
【分析】A.根据人体血液的酸碱性确定碳酸氢根离子的电离和水解程度相对大小;
B.发生酸中毒时,应用碱性物质缓解;
C.pH=7.00的血液中,c(H2CO3)<c(HCO3﹣);
D.pH=7.40的血液中,HCO3﹣的水解程度小于H2CO3的电离程度.
【解答】解:A.人体血液pH小于7.35时碳酸会转化成碳酸氢根,使酸性降低,当人体血液pH大于7.45,碳酸氢根会转化成碳酸增大酸度,所以正常人体血液中,HCO3﹣的水解程度大于电离程度,故A正确;
B.人体血液酸中毒时,只要增加碳酸氢根即可缓解,所以可注射NaHCO3溶液当然可以缓解酸中毒,故B正确;
C.从pH随c(HCO3﹣):c(H2CO3)变化关系表知,pH=7.00的血液中,c(H2CO3)<c(HCO3﹣),故C正确;
D.pH=7.40的血液中,c(HCO3﹣):c(H2CO3)=20.0,说明血液中的HCO3﹣小的水解程度小于H2CO3的电离程度,所以D错误;
故选:D。
【点评】根据人体的酸碱平衡:CO2+H2O⇌H2CO3HCO3﹣和pH随c(HCO3﹣):c(H2CO3)变化关系表的数据信息,考查了学生对给定条件平衡的分析、数据信息的分析能力,难度中等.
12.(3分)如图所示的实验,不能达到实验目的的是( )
A.AB.BC.CD.D
【分析】A.只有硫酸的浓度不同;
B.氯化铁溶液不足,与KSCN溶液反应时溶液为血红色,滴加NaOH与铁离子反应;
C.加热促进铁离子水解,且生成的盐酸易挥发;
D.针筒可测定一定时间收集气体的体积。
【解答】解:A.只有硫酸的浓度不同,可探究浓度对反应速率的影响,故A正确;
B.氯化铁溶液不足,与KSCN溶液反应时溶液为血红色,滴加NaOH与铁离子反应,溶液的血红色变浅,可研究浓度对平衡移动的影响,故B正确;
C.加热促进铁离子水解,且生成的盐酸易挥发,应在HCl气流中加热制备无水氯化铁,故C错误;
D.针筒可测定一定时间收集气体的体积,可测定反应速率,故D正确;
故选:C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、反应速率与化学平衡、盐类水解、实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,题目难度不大。
13.(3分)一定温度下,在2个容积均为1L的恒容密闭容器中,加入一定量的反应物,发生反应:2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH<0,相关数据见下表。
下列说法不正确的是( )
A.T1>T2
B.Ⅰ中反应达到平衡时,CO的转化率为50%
C.达到平衡所需要的时间:Ⅱ>Ⅰ
D.对于Ⅰ,平衡后向容器中再充入0.2mlCO和0.2mlCO2,平衡正向移动
【分析】A.该反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,平衡时 CO2物质的量减小;
B.Ⅰ中反应达到平衡时,n(CO2)=0.1ml,则Δn(CO)=0.1ml,转化率100%;
C.温度越高,反应速率越快,反应先达到平衡状态;
D.对于I,平衡后向容器中再充入0.2mlCO和0.2mlCO2,计算此时浓度商,再与K值比较得出结论。
【解答】解:A.该反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,平衡时 CO2物质的量减小,则T1>T2,故A正确
B.Ⅰ中反应达到平衡时,n(CO2)=0.1ml,则Δn(CO)=0.1ml,CO转化率为×100%=50%,故B正确;
C.温度越高,反应速率越快,反应先达到平衡状态,T1>T2,达到平衡所需要的时间:Ⅱ>Ⅰ,故C正确;
D.对于Ⅰ,根据表中数据列化学平衡三段式,
2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)
起始(ml) 0.2 0.2 0 0
转化(ml) 0.1 0.1 0.05 0.1
平衡(ml) 0.1 0.1 0.05 0.1
K5,平衡后向容器中再充入0.2mlCO和0.2mlCO2,此时Qc5=K,说明平衡不移动,故D错误;
故选:D。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等,侧重考查学生分析能力和计算能力,根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答,此题难度中等。
14.(3分)以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下:
①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=﹣49.5kJ•ml﹣1
②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2=﹣90.4kJ•ml﹣1
③CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH3
不同压强下,按照n(CO2):n(H2)=1:3投料,CO2平衡转化率随温度变化关系如图。
下列说法正确的是( )
A.ΔH3=﹣40.9kJ•ml﹣1
B.p1<p2<p3
C.为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率,反应条件应选择高温、高压
D.T1温度时,三条曲线几乎交于一点的原因是:该温度下,主要发生反应③
【分析】A.根据盖斯定律,可由ΔH1和ΔH2计算ΔH3;
B.CO2的转化率越大,说明平衡正向程度越大,压强增大,平衡向气体体积减小的方向移动,分析温度相同时,压强对3个反应的移动的影响来判断;
C.为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率,即让反应①和②正向移动,根据平衡移动原理,升高温度,平衡向吸热方向移动,增大压强,平衡向气体体积减小的方向移动;
D.T1温度时,三条曲线几乎交于一点,说明反应几乎不受压强影响,分析压强对3个反应的移动的影响来分析主要反应。
【解答】解:A.根据盖斯定律,③=①﹣②,故ΔH3=(﹣49.5+90.4)kJ/ml=+40.9 kJ/ml,故A错误;
B.根据平衡移动原理,反应①是正反应为气体体积减小的反应,增大压强,平衡正向移动,CO2的转化率增大,反应③反应前后气体体积不变,压强改变,平衡不移动,所以,温度相同时,压强越大,CO2的转化率越大,即p1>p2>p3,故B错误;
C.为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率,即让反应①和②正向移动,反应①和反应②都是正反应为气体体积减小的放热反应,根据平衡移动原理,反应条件应选择低温、高压,故C错误;
D.T1温度时,三条曲线几乎交于一点,说明反应几乎不受压强影响,3个反应中只有反应③反应前后气体体积不变,即只有反应③平衡不受压强影响,所以该温度下,主要发生反应③,故D正确;
故选:D。
【点评】本题考查化学平衡图象问题、外界条件对化学平衡的影响、盖斯定律等,关键是正确判断外界条件对平衡移动的影响,明确图象中纵、横坐标的意义,题目难度中等。
二、本部分共6题,共58分。
15.(8分)已知:25℃时CH3COOH、H2CO3和HClO的电离平衡常数:
(1)CH3COOH的电离平衡常数表达式Ka= 。
(2)25℃时,等物质的量浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH关系为:pH(NaClO) > pH(CH3COONa)(填“>”,“<”或“=”)。
(3)25℃时,若初始时醋酸中CH3COOH的物质的量浓度为0.01ml/L,达到电离平衡时溶液中c(H+)= 4.2×10﹣4 ml/L(已知:4.2)。
(4)下列化学反应能发生的是 B
A.HClO+CH3COONa═CH3COOH+NaClO
B.CH3COOH+Na2CO3═NaHCO3+CH3COONa
C.CO2+H2O+2NaClO═Na2CO3+2HClO
【分析】(1)根据电离平衡常数表达式进行分析;
(2)根据Ka(HClO)<Ka(CH3COOH),则酸性:HClO<CH3COOH,结合越弱越水解,进行分析;
(3)根据CH3COOH的电离方程式建立三段式,进行分析;
(4)根据酸的电离平衡常数越大,其酸性越强,则酸性强弱顺序为:CH3COOH>H2CO3>HClO,结合相对强的酸制备相对弱的酸的规律进行分析。
【解答】解:(1)CH3COOH的电离方程式为:,其电离平衡常数表达式为,
故答案为:;
(2)因为Ka(HClO)<Ka(CH3COOH),则酸性:HClO<CH3COOH,根据越弱越水解,其水解程度:ClO﹣>CH3COO﹣,碱性:NaClO溶液>CH3COONa溶液,所以pH(NaClO)>pH(CH3COONa),
故答案为:>;
(3)根据CH3COOH的电离方程式建立三段式,则:
平衡时,c(CH3COOH)=(0.01﹣x)ml•L﹣1≈0.01ml•L﹣1,所以,则达到电离平衡时溶液中c(H+)=x=4.2×10﹣4ml•L﹣1,
故答案为:4.2×10﹣4;
(4)酸的电离平衡常数越大,其酸性越强,则酸性强弱顺序为:CH3COOH>H2CO3>HClO,结合相对强的酸制备相对弱的酸的规律:
A.酸性:CH3COOH>HClO,则HClO和CH3COONa不反应,A不符合题意;
B.酸性:CH3COOH,则CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa可以发生,B符合题意;
C.酸性:H2CO3>HClO,则CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO可以发生,只能生成NaHCO3,不能生成Na2CO3,C不符合题意;
故答案为:B。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等,注意完成此题,可以从题干中抽取有用的信息,结合已有的知识进行解题。
16.(9分)合成氨是人类科技发展史上的一项重大突破。
(1)在一定条件下,N2(g)和H2(g)反应生成0.2ml NH3(g),放出9.24kJ的热量,写出该可逆反应的热化学方程式: N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=﹣92.4kJ•ml﹣1 。在如图中画出合成氨反应过程中焓(H)的变化示意图。
(2)在一定温度下,将2ml N2和6ml H2通入到体积为1L的密闭容器中,发生反应,2min达到平衡状态时,H2转化率是50%。则用H2表示该反应的平均速率v(H2)= 0.5 ml/(L•min);该温度下的平衡常数K= L2•ml2 (用分数表示);欲使K增大,可以采取的措施是 升高温度 。
(3)理论上,为了增大平衡时H2的转化率,可采取的措施有 ac 。(填序号)
a.及时分离出NH3
b.升高温度
c.增大压强
d.使用催化剂
(4)工业生产尿素的原理是以NH3和CO2为原料合成尿素[CO(NH2)2],反应的化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l),该反应的平衡常数和温度关系如下:
①焓变ΔH(填“>”,“<”或“=”) < 0。
②在一定温度和压强下,若原料气中的NH3和CO2的物质的量之比(氨碳比),如图是氨碳比(x)与CO2平衡转化率(α)的关系。图中的B点处,NH3的平衡转化率为 32.0% 。
【分析】(1)根据要求书写热化学方程式并画出反应能量与过程的图像;
(2)利用三段式的方法进行计算,并讨论增大平衡常数的方法;
(3)依据勒夏特列原理讨论提高反应物转化率的具体措施;
(3)结合图像,利用勒夏特列原理分析焓变的大小,并进行计算。
【解答】解:(1)当和H2反应生成0.2ml NH3时放出9.24kJ的热量,则2ml NH3放出9.24kJ的热量,因此合成氨反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=﹣92.4kJ•ml﹣1,该反应的能量与过程的图像如图所示,
故答案为:N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=﹣92.4kJ•ml﹣1;;
(2)2min达到平衡状态时,H2转化率是50%,利用三段式的方法进行计算,过程如下:
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)
初始时(ml) 2 6 0
变化量 (ml) x 3x 2x
平衡时(ml) (2﹣x) (6﹣3x) 2x
平衡时H2转化率是50%,则0.5,解得x=1,因此达到平衡时 N2(g)、H2(g)、NH3(g)的浓度分别为1ml•L﹣1,3ml•L﹣1,2ml•L﹣1,所以2min内该反应的平均速率v(H2)0.5ml/(L•min),平衡常数KL2•ml2,L的大小由温度决定,合成氨反应放热,升温该反应逆向移动,平衡常数减小,
故答案为:0.5;L2•ml2;升高温度;
(3)a.及时分离出NH3,产物减少,平衡正向移动,氢气转化率增大,故a正确;
b.该反应放热,升温平衡逆向移动,氢气转化率减小,故b错误;
c.增大压强,该反应正向移动,氢气转化率增大,故c正确;
d.催化剂不影响平衡移动,加入催化剂,氢气转化率不变,故d错误;
故选:ac;
(4)①由表格信息可知,升温该反应的平衡常数减小,平衡逆向移动,所以反应放热,
故答案为:<;
②图中的B点处,原料气中的NH3和CO2的物质的量之比(氨碳比)4.0,利用三段式进行计算,过程如下:
2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l)
初始时(ml) 4 1 0 0
变化量(ml) 2y y y y
平衡时(ml) (4﹣2y) (1﹣y) y y
此时CO2平衡转化率α=64%,即100%=64%,解得y=0.64,则NH3平衡转化率α′100%=32.0%,
故答案诶:32.0%。
【点评】主要考查了热化学方程式的书写、勒夏特列原理的应用与平衡的计算等内容。
17.(11分)用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A,可实现氯的循环利用。反应A:4HCl+O22Cl2+2H2O
(1)已知:ⅰ.反应A中,4ml HCl被氧化,放出115.6kJ的热量。
ⅱ.
①H2O的电子式是 。
②反应A的热化学方程式是 4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=﹣115.6 kJ/ml 。
③断开1ml H—O键与断开1ml H—Cl键所需能量相差约为 32 kJ。
(2)对于反应A,如图是在4种投料比[n(HCl):n(O2),分别为1:1、2:1、4:1、6:1]下,反应温度对HCl平衡转化率影响的曲线。
①曲线b对应的投料比是 4:1 。
②当曲线b、c、d对应的投料比达到相同的HCl平衡转化率时,对应的反应温度与投料比的关系是 投料比越高,对应的反应温度越低 。
③投料比为2:1、温度为400℃时,平衡混合气中Cl2的物质的量分数是 30.8% 。
【分析】(1)①水是共价化合物依据电子式书写方法写出电子式;
②反应A中,4ml HCl被氧化,放出115.6kJ的热量,依据热化学方程式书写方法,标注物质聚集状态和对应焓变写出;
③依据反应A中,4ml HCl被氧化,放出115.6kJ的热量,焓变=反应物断键吸收热量﹣生成物形成化学键放出热量计算;
(2)①在其他条件不变时,O2的量越大,HCl的转化率越大;
②由图可知,当HCl的转化率相同时,温度由低到高对应的投料比为4:1、2:1、1:1,由此可确定温度与投料比的关系;
③依据化学平衡三段式列式计算得到.
【解答】解:(1)①水是共价化合物,氧原子和两个氢原子形成两个共价键,电子式为:,
故答案为:;
②依据反应A中,4ml HCl被氧化,放出115.6kJ的热量,反应的热化学方程式为:4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=﹣115.6 kJ/ml,
故答案为:4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=﹣115.6 kJ/ml
③焓变=反应物断键吸收热量﹣生成物形成化学键放出热量,4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=﹣115.6 kJ/ml,
4×H—Cl+498kJ/ml﹣(243kJ/ml×2+4×H—O)=﹣115.6kJ/ml,得到4×H—O﹣4×H—Cl=498kJ/ml﹣486kJ/ml+115.6kJ/ml=127.6kJ/ml,H—O—HCl=31.9kJ/ml≈32kJ/ml,
故答案为:32;
(2)①在其他条件不变时,O2的量越大,HCl的转化率越大,由此可确定a为6:1,b为4:1,c为2:1,d为1:1,
故答案为:4:1;
②由图可知,当HCl的转化率相同时,温度由低到高对应的投料比为4:1、2:1、1:1,由此可确定温度与投料比的关系是:投料比越高达到相同转化率所需的温度越低,
故答案为:投料比越高,对应的反应温度越低;
③由图可读出投料比为2:1、温度为400℃时,HCl的转化率为80%,设投入的HCl为2 ml,O2为1 ml,由此可建立三段式:
4HCl+O2=2Cl2+2H2O
n(起始)/ml 2 1 0 0
n(转化)/ml 1.6 0.4 0.8 0.8
n(平恒)/ml 0.4 0.6 0.8 0.8
所以平衡混合气中Cl2的物质的量分数100%=30.8%,
故答案为:30.8%。
【点评】本题考查热化学方程式、热化学方程式书写,化学键键能和焓变关系计算,图象分析判断、化学反应转化率计算,题目难度中等。
18.(9分)CO2的过量排放会产生一系列生态和环境问题,CO2主要通过如下平衡过程对水体钙循环和海洋生态产生影响。CaCO3+CO2+H2O⇌Ca2++2
(1)碳酸盐的溶解是水体中Ca2+的主要来源。CO2过量排放会导致水体中c(Ca2+) 增大 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)海水中含有的离子主要有Na+、Ca2+、K+、Cl﹣、,海水呈弱碱性,用化学用语解释原因: H2O⇌H2CO3+OH﹣ 。
(3)在海洋碳循环中,通过如图所示的途径固碳。
写出钙化作用的离子方程式: 2Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O 。
(4)水体中、浓度的监测对生态研究具有重要意义,测定方法如下:
ⅰ.取50mL待测水样,滴加4~6滴酚酞溶液,摇匀。
ⅱ.溶液变为红色,用cml/L盐酸滴定至红色刚好消失(pH约8.3),消耗盐酸体积为V1mL。
ⅲ.滴加4~6滴甲基橙溶液,摇匀,用cml/L盐酸滴定至溶液从黄色变为橙色(pH约3.8),消耗盐酸体积为V2mL。
①ⅱ中发生反应的离子方程式为 H+ 。
②该水体中c()为 ml/L (用计算式表示)。
【分析】(1)CO2过量排放会导致CaCO3+CO2+H2O⇌Ca2++2的平衡正向移动;
(2)水解生成H2CO3和OH﹣;
(3)反应物中含有,生成物为碳酸钙和二氧化碳;
(4)①ⅱ中和H+反应生成;
②iii中发生的离子反应方程式为H+CO2↑+H2O,原溶液中消耗的V(HCl)=(V2﹣V1)mL。
【解答】解:(1)CO2过量排放会导致CaCO3+CO2+H2O⇌Ca2++2的平衡正向移动,则水体中c(Ca2+)增大,
故答案为:增大;
(2)水解生成H2CO3和OH﹣导致溶液呈碱性,水解离子方程式为:H2O⇌H2CO3+OH﹣,
故答案为:H2O⇌H2CO3+OH﹣;
(3)反应物中含有,生成物为碳酸钙和二氧化碳,依据元素守恒以及电荷守恒得出离子方程式为:2Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O,
故答案为:2Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O;
(4)①ⅱ中和H+反应生成,发生反应的离子方程式为H+,
故答案为:H+;
②iii中发生的离子反应方程式为H+CO2↑+H2O,原溶液中消耗的V(HCl)=(V2﹣V1)mL,,该水体中c()ml/L,
故答案为:ml/L。
【点评】本题考查物质含量的测定,侧重考查分析、判断及知识综合运用能力,明确物质的性质、物质之间的转化关系、方程式的计算方法是解本题关键,题目难度中等。
19.(11分)近年来,研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如图:
(1)反应Ⅰ:2H2SO4(l)═2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551kJ•ml﹣1
反应Ⅲ:S(s)+O2(g)═SO2(g) ΔH3=﹣297kJ•ml﹣1
反应Ⅱ的热化学方程式: 3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=﹣254kJ•ml﹣1 。
(2)对反应Ⅱ,在某一投料比时,两种压强下,H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
p2 > p1(填“>”或“<”),得出该结论的理由是 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应,温度一定时,增大压强使反应正向移动,H2SO4的物质的量增大,体系总物质的量减小,H2SO4的物质的量分数增大 。
(3)I﹣可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂,可能的催化过程如下。将ⅱ补充完整。
ⅰ:SO2+4I﹣+4H+═S↓+2I2+2H2O
ⅱ:I2+2H2O+ SO2 ═ + 4H+ +2I﹣
(4)探究ⅰ、ⅱ反应速率与SO2歧化反应速率的关系,实验如下:分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中,密闭放置观察现象。(已知:I2易溶解在KI溶液中)
①B是A的对比实验,则a= 0.4 。
②比较A、B、C,可得出的结论是 I﹣是SO2歧化反应的催化剂,氢离子能加快歧化反应的速率 。
③实验表明,SO2的歧化反应速率D>A。结合ⅰ、ⅱ反应速率解释原因: 反应ii比反应快,D中由反应i产生的氢离子使反应加快 。
【分析】(1)盖斯定律计算将反应Ⅰ加上反应Ⅲ,再左右颠倒得到反应Ⅱ的热化学方程式:3SO2(g)+2H2O(g)═2H2SO4(l)+S(s)ΔH2;
(2)相同温度下,增大压强,平衡正向移动;
(3)化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物,总方程式为得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s),催化过程中i.SO2+4I﹣+4H+=S↓+2I2+2H2O,说明I﹣、H+在i中作反应物,在ii中作生成物,同时ii中还生成H2SO4,根据元素守恒知,反应物还有SO2;
(4)①B是A的对比实验,则A和B的KI浓度应该相等;
②比较A、B、C,可得出的结论是:I﹣是SO2歧化反应的催化剂,氢离子能加快歧化反应的速率;
③反应i比反应快,D中由反应i产生的氢离子使反应加快。
【解答】解:(1)反应Ⅰ:2H2SO4(l)═2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1═+551kJ•ml﹣1,反应Ⅲ:S(s)+O2(g)═SO2(g)ΔH3═﹣297kJ•ml﹣1,盖斯定律计算将反应Ⅰ加上反应Ⅲ,再左右颠倒得到反应Ⅱ的热化学方程式:3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=﹣254kJ•ml﹣1,
故答案为:3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=﹣254kJ•ml﹣1;
(2)反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应,温度一定时,增大压强使反应正向移动,H2SO4的物质的量增大,体系总物质的量减小,H2SO4的物质的量分数增大,根据图知,相同温度下,达到平衡状态时硫酸含量:P1<P2,说明压强P2>P1,
故答案为:>;反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应,温度一定时,增大压强使反应正向移动,H2SO4的物质的量增大,体系总物质的量减小,H2SO4的物质的量分数增大;
(3)化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物,总方程式为得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s),催化过程SO2+4I﹣+4H+=S↓+2I2+2H2O,说明I﹣、H+在i中作反应物,在ii中作生成物,同时ii中还生成H2SO4,根据元素守恒知,反应物还有SO2,所以ii中方程式应该为:I2+2H2O+SO2═4H+2I﹣,
故答案为:SO2;;4H+;
(4)①B是A的对比实验,则A和B的KI浓度应该相等,因此a=0.4,
故答案为:0.4;
②比较A、B、C,可得出的结论是:I﹣是SO2歧化反应的催化剂,根据A、B现象得到H+可以加快歧化反应速率,
故答案为:I﹣是SO2歧化反应的催化剂,氢离子能加快歧化反应的速率,
③实验表明,SO2的歧化反应速率D>A,结合i、i反应速率解释原因为反应i比反应快,D中由反应i产生的氢离子使反应加快,
故答案为:反应ii比反应快,D中由反应i产生的氢离子使反应加快。
【点评】本题考查了热化学方程式书写和计算、平衡影响因素、对比实验的分析判断等知识点,掌握基础是解题关键,题目难度不大。
20.(10分)实验小组制备硫代硫酸钠(Na2S2O3)并探究其性质。
资料:
ⅰ.S22H+═S↓+SO2↑+H2O。
ⅱ.Fe3++3S2⇌Fe(S2O3)33﹣(紫黑色)。
ⅲ.Ag2S2O3是难溶于水、可溶于Na2S2O3溶液的白色固体。
(1)实验室可利用反应:2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2制备Na2S2O3,装置如图。
①用化学用语解释Na2S和Na2CO3的混合溶液呈碱性的原因:S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、 H2O⇌OH﹣ 。
②为了保证Na2S2O3的产量,实验中通入的SO2不能过量。要控制SO2的生成速率,可以采取的措施有: 控制反应温度或调节硫酸的滴加速率 。(写出一条)
(2)探究Na2S2O3溶液与不同金属的硫酸盐溶液间反应的多样性。
①Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式为 2Ag++S2═Ag2S2O3↓ 。
②经检验,现象Ⅱ中的沉淀有Al(OH)3和S,用平衡移动原理解释Ⅱ中的现象: Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+,S2与H+反应生成S,使c(H+)降低,平衡正向移动,生成Al(OH)3沉淀 。
③经检验,现象Ⅲ中的无色溶液中含有Fe2+。从化学反应速率和限度的角度解释Ⅲ中Fe3+与S2反应的实验现象: Fe3+与S2反应生成紫黑色的Fe(S2O3)3,化学反应速率快,化学反应的限度相对小;Fe3+被还原为Fe2+,Fe2+与S2反应生成FeS2O3的化学反应速率慢,反应限度相对大 。
以上实验说明:Na2S2O3溶液与金属阳离子反应的多样性和阳离子的性质有关。
【分析】(1)①弱酸根离子水解显碱性;
②可从反应物的浓度,温度上控制SO2的反应速率;
(2)①根据复分解的定义得出生成物和反应的离子方程式;
②铝离子水解生成Al(OH)3沉淀和Na2S2O3生成S单质;
③经检验,现象Ⅲ中的无色溶液中含有Fe2+,即Fe3+被还原为Fe2+。
【解答】解:(1)①Na2S和Na2CO3的混合溶液呈碱性,弱酸根离子水解显碱性,S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、H2O⇌OH﹣,
故答案为:H2O⇌OH﹣;
②可从反应物的浓度,温度上控制SO2的反应速率,所以控制反应温度或调节硫酸的滴加速率,
故答案为:控制反应温度或调节硫酸的滴加速率;
(2)①根据复分解的定义两种物质相互交换成分,得出反应物生成物的离子方程式为2Ag++S2═Ag2S2O3↓,
故答案为:2Ag++S2═Ag2S2O3↓;
②2mL 0.1ml/L Na2S2O3溶液0.03ml/L Al2(SO4)3溶液,Al3+水解Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+,与S2与水解生成的H+反应生成S,S2H+=SO2↑+S↓,使c(H+)降低,平衡正向移动,生成Al(OH)3沉淀和S沉淀,
故答案为:Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+,S2与H+反应生成S,使c(H+)降低,平衡正向移动,生成Al(OH)3沉淀;
③加入0.03ml/L Fe2(SO4)3溶液,混合后溶液先变成紫黑色,Fe3+与S2反应生成紫黑色的Fe(S2O3)3,化学反应速率快,化学反应的限度相对小;30s时溶液几乎变为无色,Fe3+被还原为Fe2+,Fe2+与S2反应生成FeS2O3的化学反应速率慢,反应限度相对大,
故答案为:Fe3+与S2反应生成紫黑色的Fe(S2O3)3,化学反应速率快,化学反应的限度相对小;Fe3+被还原为Fe2+,Fe2+与S2反应生成FeS2O3的化学反应速率慢,反应限度相对大。
【点评】本题考查物质的制备和性质,侧重考查信息获取、实验操作及实验现象分析判断能力,明确化学反应原理、元素化合物性质是解本题关键,题目难度中等。
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25
50
100
Kw/10﹣14
101
547
550
c(氨水)/(ml•L﹣1)
0.1
0.01
pH
11.1
10.6
c(HCO3﹣):c(H2CO3)
1.0
17.8
20.0
22.4
pH
6.10
7.35
7.40
7.45
A.研究浓度对反应速率的影响
B.研究浓度对平衡移动的影响
C.由FeCl3•6H2O制取无水FeCl3
D.测定锌与稀硫酸反应速率
容器编号
温度/℃
起始物质的量/ml
平衡物质的量/ml
NO(g)
CO(g)
CO2(g)
Ⅰ
T1
0.2
0.2
0.1
Ⅱ
T2
0.2
0.2
0.12
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数(Ka)
1.75×10﹣5
Ka1=4.5×10﹣
Ka2=4.7×10﹣11
4.0×10﹣8
T/℃
165
175
185
195
K
111.9
74.1
50.6
34.8
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4ml•L﹣1KI
aml•L﹣1KI
0.2ml•L﹣1H2SO4
0.2ml•L﹣1H2SO4
0.2ml•L﹣1KI
0.0002ml I2
实验现象
溶液变黄,一段时间后出现浑浊
溶液变黄,出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色,变成黄色,出现浑浊较A快
实
验
试剂
现象
试管
滴管
2mL 0.1ml/L Na2S2O3溶液
Ag2SO4溶液(浓度约为0.03ml/L)
Ⅰ.局部生成白色沉淀,振荡后沉淀溶解,得到无色溶液
0.03ml/L Al2(SO4)3溶液
Ⅱ.一段时间后,生成沉淀
0.03ml/L Fe2(SO4)3溶液
Ⅲ.混合后溶液先变成紫黑色,30s时溶液几乎变为无色
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
C
C
C
B
C
C
B
A
B
D
题号
12
13
14
答案
C
D
D
t/℃
25
50
100
Kw/10﹣14
101
547
550
c(氨水)/(ml•L﹣1)
0.1
0.01
pH
11.1
10.6
c(HCO3﹣):c(H2CO3)
1.0
17.8
20.0
22.4
pH
6.10
7.35
7.40
7.45
A.研究浓度对反应速率的影响
B.研究浓度对平衡移动的影响
C.由FeCl3•6H2O制取无水FeCl3
D.测定锌与稀硫酸反应速率
容器编号
温度/℃
起始物质的量/ml
平衡物质的量/ml
NO(g)
CO(g)
CO2(g)
Ⅰ
T1
0.2
0.2
0.1
Ⅱ
T2
0.2
0.2
0.12
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数(Ka)
1.75×10﹣5
Ka1=4.5×10﹣
Ka2=4.7×10﹣11
4.0×10﹣8
T/℃
165
175
185
195
K
111.9
74.1
50.6
34.8
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4ml•L﹣1KI
aml•L﹣1KI
0.2ml•L﹣1H2SO4
0.2ml•L﹣1H2SO4
0.2ml•L﹣1KI
0.0002ml I2
实验现象
溶液变黄,一段时间后出现浑浊
溶液变黄,出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色,变成黄色,出现浑浊较A快
实
验
试剂
现象
试管
滴管
2mL 0.1ml/L Na2S2O3溶液
Ag2SO4溶液(浓度约为0.03ml/L)
Ⅰ.局部生成白色沉淀,振荡后沉淀溶解,得到无色溶液
0.03ml/L Al2(SO4)3溶液
Ⅱ.一段时间后,生成沉淀
0.03ml/L Fe2(SO4)3溶液
Ⅲ.混合后溶液先变成紫黑色,30s时溶液几乎变为无色
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