2022-2023学年辽宁省葫芦岛市四校高二上学期期中联考化学试题含解析
展开辽宁省葫芦岛市四校2022-2023学年高二上学期期中联考化学试题
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题
1.下列有关能源与能量的说法正确的是
A.风能、太阳能、潮汐能等清洁能源的使用,有利于“碳达峰”的实现
B.化学反应在物质变化的同时,伴随着能量变化,其表现形式只有吸热和放热两种
C.已知,则金刚石比石墨稳定
D.所有反应的反应热都可以通过量热计直接测量
【答案】A
【详解】A.风能、太阳能、潮汐能等清洁能源的使用,能减少化石燃料的使用,减少排放,有利于“碳达峰”的实现,A正确;
B.化学反应中的能量变化不仅体现在热能,还可能是电能、光能等,B错误;
C.反应吸热,所以石墨的能量较低,能量越低物质越稳定,故石墨更稳定,C错误;
D.部分反应的反应热可以通过量热计直接测量,而有些反应的反应热无法通过量热计直接测量,D错误。
故选A。
2.下列判断错误的是 ( )
①反应NH3(g)+HCl(g) ══ NH4Cl(s)在室温下可自发进行,则该反应的ΔH>0
②CaCO3(s) ══ CaO(s)+CO2(g)室温下不能自发进行,说明该反应的ΔH<0
③一定温度下,反应MgCl2(l) ══ Mg(l)+Cl2(g)的ΔH>0、ΔS>0
④常温下,反应C(s)+CO2(g) ══ 2CO(g)不能自发进行,则该反应的ΔH>0
A.①③ B.②③ C.②④ D.①②
【答案】D
【详解】①反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)的△S<0,在室温下可自发进行,则△H-T•△S<0,则△H<0,故①错误;②反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) 中有气体生成,△S>0,室温下不能自发进行,则△H-T•△S>0,说明该反应的ΔH>0,故②错误;③反应MgCl2(l)===Mg(l)+Cl2(g)中有气体生成,△S>0,一般而言,分解反应是吸热反应,ΔH>0,故③正确;④常温下,反应C(s)+CO2(g)===2CO(g)的△S>0,反应不能自发进行,则△H-T•△S>0,则该反应的ΔH>0,故④正确;故选D。
3.一定温度下,将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中,溶液的导电能力变化如图所示。下列有关说法不正确的是
A.三点溶液中c(CH3COO-):b>a>c
B.三点溶液中醋酸的电离程度:c>b>a
C.三点溶液用等浓度的KOH溶液中和,消耗KOH溶液的体积:a=b=c
D.若用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH,测量结果偏大
【答案】D
【分析】加水稀释过程中,醋酸电离程度增大,刚开始溶液的导电能力增强,继续稀释后因浓度过低而导致导电能力减弱。
【详解】A.根据醋酸电离:,a到b过程中,加水稀释时电离程度增大,均增大,b到c过程中因稀释程度过多,降低,导致导电能力减弱,故A正确;
B.对于弱电解质而言,越稀越电离,所以三点溶液中醋酸的电离程度:c>b>a,故B正确;
C.稀释过程中物质的量不变,所以三点溶液用等浓度的KOH溶液中和,消耗KOH溶液的体积:a=b=c,故C正确;
D.湿润的pH试纸测酸溶液的pH相当于稀释,测得pH数值偏大,结果偏小,故D错误;
故选D。
4.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
操作
现象
结论
A
用pH试纸分别测量NaNO2和CH3COONa溶液的pH
NaNO2溶液的pH约为8,CH3COONa溶液的pH约为9
Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)
B
用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH
pH约为5
溶液中HSO的电离>水解
C
向滴有酚酞的氨水中加入CH3COONH4固体
溶液的红色变浅
CH3COONH4溶液呈酸性
D
室温下,向密闭容器中充入NO2,达平衡后,再慢慢扩大容器体积
最终容器中气体颜色比初次平衡时浅
2NO2(g)N2O4(g)(无色)该平衡正向移动
A.A B.B C.C D.D
【答案】B
【详解】A.NaNO2和CH3COONa溶液的浓度未知,应测定等浓度盐溶液的pH来比较对应酸的Ka,故A错误;
B.电离导致溶液呈酸性,水解导致溶液呈碱性,NaHSO3溶液呈酸性,说明溶液中的电离程度大于水解程度,故B正确;
C.CH3COONH4为中性,氨水中加入CH3COONH4后,溶液中c()增大而使一水合氨电离平衡逆向移动,溶液碱性降低,则溶液的红色变浅,故C错误;
D.慢慢扩大容器体积,无论是否发生平衡移动,浓度均比原来的小,则由现象不能判定平衡的移动,故D错误;
故选:B。
5.一元酸HX和HY都是20mL,分别用滴定,滴定曲线如图,下列说法正确的是
A.用滴定HX时,选用甲基橙做指示剂,测定结果偏低
B.HX可能是HCl,HY可能是
C.HX和HY的物质的量浓度可能都为1mol/L
D.a和b对应溶液的导电性相同
【答案】A
【详解】A.氢氧化钠滴定HX,恰好完全反应溶液显碱性,甲基橙在酸性时就变色,故氢氧化钠消耗量会减小,测定结果偏低,故A正确;
B.与20mL酸恰好反应时消耗的碱的体积为20mL,所以酸的浓度都是0.1mol/L,根据图象纵坐标可知,HX为弱酸,HY为强酸,故B错误;
C.根据B分析可知,HX和HY的物质的量浓度都为0.1mol/L,故C错误;
D.a点对应溶质是NaX和HX,HX为弱电解质;b点对应溶质是NaY和HY,HY是强电解质,虽然各物质的浓度都相同,但是溶液中离子浓度不相同,故导电性不同,故D错误;
故选A。
6.关于如图所示各装置的叙述中,正确的是
A.图1是原电池,总反应是:
B.图2可验证铁的吸氧腐蚀,负极反应式为:
C.图3装置可在待镀铁件表面镀铜
D.装置④中钢闸门应与外接电源的负极相连被保护,该方法叫做牺牲阳极法
【答案】B
【详解】A.图①是原电池,铁比铜活泼,总反应溶液中的铁离子与铁电极发生的氧化还原反应,则总反应是:Fe+2Fe3+=3Fe2+,故A错误;
B.图②是原电池,铁做负极,失电子发生氧化反应生成二价铁,电极反应式为:Fe-2e- =Fe2+,故B正确;
C.图③是电解池,与电源正极连接的待镀铁件,反应为:Fe-2e-=Fe2+,与电源负极相连的为铜,电解质溶液为硫酸铜溶液,反应为:Cu2++2e-=Cu,铜上出现铜,而不是铁上镀铜,故C错误;
D.图4中钢闸门与电源的负极相连,钢闸门为阴极,属于外加电流的阴极保护法,故D错误;
故选B。
7.下列各组溶液中的各种溶质的物质的量浓度均为0.1 mol•L-1:①H2S溶液、②KHS溶液、③K2S溶液、④H2S和KHS混合溶液(已知常温下KHS溶液的pH>7)。下列说法正确的是
A.溶液的pH从大到小的顺序为③>②>①>④
B.在H2S和KHS混合溶液中:c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=c(K+)
C.c(H2S)从大到小的顺序为①>④>③>②
D.在KHS溶液中:c(H+)+c(K+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)
【答案】D
【详解】A.①H2S、④H2S和KHS的溶液显示酸性,溶液中pH<7,由于④中HS-抑制了H2S的电离作用,则c(H+):④<①;②KHS中HS-水解使溶液显碱性,溶液的pH>7、③K2S中S2-水解,使溶液显碱性,溶液的pH>7,水解程度:S2->HS-,则碱性:③>②。溶液的碱性越强,溶液pH就越大,则溶液的pH从大到小的顺序为③>②>④>①,A错误;
B.在H2S和KHS混合液中存在物料守恒,溶液中的各种溶质的物质的量浓度均为0.1 mol/L,则微粒浓度关系为:c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=2c(K+),B错误;
C.①H2S、④H2S和KHS中存在大量H2S分子,且H2S的电离程度越大,溶液中H2S浓度越小,则溶液中c(H2S)大小关系为:①<④;②KHS、③K2S水解产生H2S分子,二者溶液中H2S浓度减小,HS-水解生成H2S,则溶液中c(H2S):②>③,所以四种溶液中c(H2S)大小为:④>①>②>③,C错误;
D.在KHS溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(K+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-),D正确;
故合理选项是D。
8.科学工作者研发了一种SUNCAT的系统,借助锂循环可持续合成氨,其原理如下图所示。下列说法错误是
A.过程Ⅰ得到的中N元素-3价
B.过程II生成W的反应为
C.过程Ⅲ涉及的反应为
D.讨程Ⅲ中能量的转化形式为化学能转化为电能
【答案】D
【详解】A.中锂元素的化合价为+1价,根据化合物中各元素的代数和为0可知,N元素的化合价为-3价,故A正确;
B.由原理图可知, 与水反应生成氨气和W,元素的化合价都无变化,W为LiOH,反应方程式:+3H2O= 3LiOH+NH3↑,故B正确;
C.过程III电解LiOH产生O2,阳极反应为,故C正确;
D.由原理图可知,过程III为电解氢氧化锂生成锂单质、氧气和水,电能转化为化学能,故D错误;
故答案为D
9.温度为T℃,向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和,发生反应:,反应相同时间,测得各容器中的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A.T℃时,该反应的化学平衡常数为
B.图中c点所示条件下,
C.向a点平衡体系中充入一定量的,达到平衡时,的转化率比原平衡大
D.容器内的压强:
【答案】D
【分析】由反应 可知容器体积越大,压强越小,反应往正方向移动,NO2的转化率提高,由图象可知,相同时间,a,b为已达到平衡点,c还未达到平衡,利用化学平衡常数和等效平衡进行分析。
【详解】A. a点时反应达到平衡,NO2转化率为40%,则
T℃时,该反应的化学平衡常数为,故A错误;
B. 图中c点还未达到平衡,反应往正方向进行,v(正)>v(逆),故B错误;
C. 向a点平衡体系中充入一定量的NO2,等效于加压,平衡逆移,转化率降低,C错误;
D.由A可知a点时容器内气体物质的量为1.2mol;b点时反应三段式为
则b点容器内气体物质的量为1.4mol,由于V1<V2,则Pa:Pb>6:7,故D正确;
故答案选:D。
10.利用下列实验装置进行的实验不能达到相应实验目的的是
A.①测量中和反应的反应热 B.②测量锌与稀硫酸反应的反应速率
C.③探究温度对平衡的影响 D.④探究压强对平衡的影响
【答案】D
【详解】A.①测量中和反应的反应热,该装置保温效果好,温度计可测定温度,能达到实验目的,A不符合题意;
B.②测量锌与稀硫酸反应的反应速率,用注射器测定一定时间内产生气体的体积,可计算化学反应速率,能达到实验目的,B不符合题意;
C.③探究温度对平衡的影响,左右烧杯中只有温度不同,可根据颜色变化探究温度对平衡的影响,能达到实验目的,C不符合题意;
D.④探究压强对平衡的影响,该装置只能增大压强,看不到增大压强对平衡移动的影响,不能达到实验目的,D符合题意;
答案选D。
11.常温下,用盐酸滴定溶液,其滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A.a点溶液中
B.b液中
C.的水解常数的数量级为
D.d点溶液中存在
【答案】C
【分析】往碳酸钠溶液中滴加盐酸,先后发生反应(起点⟶c点),(c点d点)。根据碳酸钠溶液的浓度和体积,a点时盐酸用量,碳酸钠有50%和盐酸反应,生成,和,溶液中的溶质是等物质的量的,,,c点时盐酸用量,碳酸钠100%和盐酸反应,生成,和,溶液中溶质是和,d点时盐酸用量,碳酸氢钠100%和盐酸反应。各点的溶质如图所示:
【详解】A.由以上分析可知,a点溶液中的溶质是等物质的量的,,,因碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子,导致碳酸根浓度下降,碳酸氢根离子浓度增大,氯离子不水解浓度不变,故离子浓度大小:,故A错误;
B.由电荷守恒可得:,故B错误;
C.c点液中溶质是和,c()=0.05,NaCl不水解,此时溶液的pH=9.5,的水解常数==,数量级为,故C正确;
D.多元弱酸电离分步进行,,故D错误;
故选:C。
12.已知:①
②
③
④
下列说法正确的是
A.的燃烧热为
B.
C.相同质量的和完全燃烧,放出的热量多
D. ,理论上可利用该反应设计成原电池
【答案】C
【详解】A.燃烧热是1 mol纯净物完全燃烧生成指定产物时放出的热量,由已知热化学方程式可知H2(g)的燃烧热为285.8 kJ•mol-1,A错误;
B.由③可知,强酸与强碱反应产生可溶性盐和1 mol H2O时放出热量是57.3 kJ,硫酸与Ba(OH)2发生反应,除产生水外,Ba2+与反应产生BaSO4时也会放出热量,所以该反应发生,产生1 mol H2O放出热量比57.3 kJ多,即反应热△H<-57.3kJ•mol-1,B错误;
C.根据①可知1 g H2(g)完全燃烧放出热量为Q1=,根据②可知1 g CH3OH(l)完全燃烧放出热量为Q2=,故当两种燃料的质量相等时,H2(g)放出的热量更多,C正确;
D.理论上,自发的氧化还原反应能设计成原电池,反应CaO+H2O=Ca(OH)2不是氧化还原反应,因此不能设计成原电池,D错误;
故选C。
13.我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了均相NO—CO的反应历程,该反应经历了I、II、III三个过渡态。下图中显示的是反应路径中每一个阶段内各驻点的能量相对于此阶段内反应物能量的能量之差,则下列说法中不正确的是
A.比更容易与CO发生反应
B.
C.整个反应分为三个基元反应阶段,其中第一个反应阶段活化能最大
D.其他条件不变,增大压强可以增大反应速率同时提高反应物的转化率
【答案】A
【详解】A.由图可知,第二阶段的活化能为215kJ/mol,第三阶段的活化能为326kJ/mol,反应的活化能越高,反应速率越慢,反应进行的程度越小,则第二阶段比第三阶段更易进行,即比更不容易与CO发生反应,A错误;
B.三个基本反应阶段为:①NO(g)+NO(g)=,②+CO(g)=CO2(g)+N2O(g) ,③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g) ,根据盖斯定律①+②+③得到总反应的,B正确;
C.由图可知第一阶段、第二阶段、第三阶段的活化能分别为451kJ/mol、215 kJ/mol、326 kJ/mol,即三个基元反应阶段,其中第一个反应阶段活化能最大,C正确;
D.是气体体积减少的反应,则其他条件不变,增大压强化学平衡正向移动可以增大反应速率同时提高反应物的转化率,D正确;
故选A。
14.一定条件下,将TiO2和焦炭放入密闭真空容器中,反应TiO2 (s)+C(s)Ti(s)+CO2 (g)达到平衡,保持温度不变,缩小容器容积,体系重新达到平衡,下列说法一定正确的是
A.平衡常数减小 B.TiO2的质量不变
C.CO2的浓度不变 D.Ti的质量增加
【答案】C
【详解】该反应的平衡常数为K=c(CO2), 保持温度不变,缩小容器容积,平衡左移,但是K不变,CO2的浓度不变,因此A项错误、C正确;Ti的质量减少,TiO2的质量增加;B、 D错误。答案选C。
15.常温下,或的单一饱和溶液体系中,金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液的变化关系如图所示。已知常温下,,下列说法错误的是
A.曲线a表示饱和溶液中的变化关系,且
B.向X点对应的饱和溶液中加入少量固体,可转化为Y点对应的溶液
C.除去酸性溶液中含有的少量杂质,可加入适量,充分搅拌后过滤
D.当和两种沉淀共存时,溶液中
【答案】B
【详解】A.常温下,,则当溶液的相同时,,则,故曲线a表示饱和溶液中的变化关系,曲线b表示饱和溶液中的变化关系。根据X点计算常温下的溶度积:,A正确;
B.向X点对应的饱和溶液中加入少量固体,溶液中会生成沉淀,溶液中会减小,而图中从X点到Y点的保持不变,B错误;
C.因为,更易生成沉淀,在含有少量杂质的酸性溶液中,加入适量,发生反应:,使溶液的增大,杂质转变为沉淀,过滤后所得溶液为溶液,C正确;
D.根据Z点计算常温下的溶度积:,当和两种沉淀共存时,溶液中,D正确。
故选B。
二、实验题
16.测定盐酸和溶液反应的反应热的实验装置如图所示。
回答下列问题:
(1)图中缺少的一种仪器是_______。
(2)实验时玻璃搅拌器的运动方向是_______(填标号)。
A.上下 B.左右 C.顺时针 D.逆时针填充物
(3)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是,又知中和反应后生成的溶液的比热容。实验记录数据如表:
实验序号
起始温度
终止温度
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6
则中和反应生成的_______(保留1位小数)
若计算结果与理论数据()相比较,有误差,则可能导致该误差的原因是_______。
a.实验装置保温、隔热效果差
b.用量筒量取盐酸的体积时仰视读数
c.分多次把溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中
d.用温度计测定盐酸的起始温度后直接去测定溶液的温度
若改用盐酸和溶液进行反应,与上述实验相比,所求中和热_______(填“相等”或“不相等”)。
(4)现将一定量的稀氢氧化钾溶液、稀氢氧化钠溶液、稀氨水分别和稀盐酸恰好完全反应,其反应热分别为、、,则、、的大小关系为_______。
(5)下列说法正确的是_______(填标号)。A.向内筒中加入稀碱时,应当缓慢而匀速地加入
B.将用量筒量取好的稀盐酸加入内筒后,应当快速用水冲洗量筒内壁剩余的稀盐酸至内筒中,以免造成测量误差
C.用量筒量取稀酸或碱时,眼睛必须与液体凹面最低处相平
D.内筒洗净后,未及时烘干,直接用该内筒进行实验,对生成时所测得的中和反应的反应热无影响
【答案】(1)温度计
(2)A
(3) -51.8 acd 相等
(4)
(5)C
【分析】该装置还需要温度计测定温度,然后求出温度差的有效值,再根据,计算反应放出的热量,然后计算出反应热。
【详解】(1)实验测定中和热,还差温度计测出酸碱混合反应的温度差,故答案为:温度计;
(2)环形玻璃搅拌棒使用时为上下运动,不能左右搅动,故答案为:a;
(3)根据三次实验数据,℃,溶液额质量为:,生成的的物质的量为,则生成1mol时的热量为:,则反应热为:;根据以上的计算,该热量比理论值偏小。
a.实验装置保温、隔热效果差,导致热量损失,a符合题意;
b.用量筒量取盐酸的体积时仰视读数,会导致盐酸体积增大,消耗的氢氧化钠偏大,放出的热量偏高,b不符合题意;
c.分多次把溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中,热量损失较多,c符合题意;
d.用温度计测定盐酸的起始温度后直接去测定溶液的温度,使氢氧化钠起始温度偏高,测得的温度差偏小,算出的热量偏小,d符合题意。故选acd。
中和热是指稀的强酸和强碱完全反应生成1mol 放出的热量,酸稍微过量或者碱稍微过量都不影响中和反应放出的热量,故若改用盐酸和溶液进行反应,与上述实验相比,所求中和热相等。
(4)中和热是指稀的强酸和强碱完全反应生成1mol 放出的热量,当氢氧化钠和氢氧化钾与 反应时,放出的额热量相同,故 ,而稀氨水是弱碱,反应时要电离吸热,热量减小,偏大,故;
(5)A. 向内筒中加入稀碱时,缓慢加入会使热量损失更多,数值偏小,A错误;
将用量筒量取好的稀盐酸加入内筒后,用水冲洗量筒内壁剩余的稀盐酸至内筒中,会使溶液被冷却,热量偏小,B错误;
C. 用量筒量取稀酸或碱时,眼睛必须与液体凹面最低处相平,C正确;
D. 内筒洗净后,未及时烘干,直接用该内筒进行实验,会使所量取的溶液浓度偏小,放出的热量偏小,D错误;
故选C。
三、工业流程题
17.湿法炼锌产生的铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉、钴等单质。用铜镉渣回收金属镉、铜等的工艺流程如图:
相关金属离子生成氢氧化物沉淀的(金属离子的起始浓度为)如下表:
氢氧化物
开始沉淀的
1.5
6.5
7.2
8.0
沉淀完全的
3.2
9.9
9.5
11.1
(1)酸浸铜镉渣时,粉碎铜镉渣的目的是_______。
(2)完成操作I所得溶液中阳离子有、、、、,滤渣I主要成分为_______(填化学式)。
(3)操作III中先加入适量,发生反应的离子方程式为_______;再加入控制反应液的,范围为_______;选择_______(填“铁氰化钾”或“硫氰化钾”)试剂,能证明添加的已足量。
(4)常用沉淀转化法处理含废水,写出碳酸钙处理的离子方程式:_______;
(5)电解后的废液可用于电镀锌,电镀锌时阴极上主要发生的电极反应为_______。
【答案】(1)增大与酸的接触面积,加快反应速率,提高原料的浸出率
(2)
(3) 铁氰化钾
(4)
(5)
【分析】铜镉渣与稀硫酸反应后其中的金属单质转化为离子,、、、、,Cu不反应,过滤后滤渣Ⅰ的主要成分为Cu;加入、,过滤得到Co、Sb,滤液中含有、、,加入将氧化为,加入ZnO促进水解生成,滤渣Ⅱ为;
【详解】(1)粉碎使颗粒物变小,增大与酸的接触面积,加快反应速率,提高原料的浸出率,故填增大与酸的接触面积,加快反应速率,提高原料的浸出率;
(2)Cu与稀硫酸不反应,过滤后滤渣Ⅰ的主要成分为Cu,故填Cu;
(3)操作Ⅲ中加入将氧化为,其反应的化学方程式为;加入ZnO促进水解生成,而不影响和,根据表中数据,控制溶液的pH为:;检验溶液中是否完全被氧化,应该选用铁氰化钾溶液,若有剩余,则溶液变为蓝色,故填、、铁氰化钾;
(4)沉淀转化法处理含废水的原理是由难溶向更难溶转化,用碳酸钙处理的离子方程式为,故填;
(5)电镀锌时阴极得电子,发生还原反应,电极反应式为,故填。
四、原理综合题
18.研究碳、氮、硫及其化合物的转化对改善环境有重大意义。回答下列问题:
(1)某处碳循环如图1所示,结合平衡移动原理分析CaCO3溶解的原因_______。
(2)利用“亚硫酸盐法”吸收工业废气中SO2。常温下,将工业废气通入(NH4)2SO3溶液中,测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图2所示。
①b点溶液中n():n()=_______。
②常温下,,。0.1 mol/L的(NH4)2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______(不考虑OH-)。
③尿素溶于水缓慢水解产生碳酸铵,碳酸铵溶液显碱性,原因是_______。向浓度均为0.1 mol/L的CdCl2和ZnCl2混合液中滴加碳酸铵溶液,当加入碳酸铵溶液至生成两种沉淀,则溶液中c(Zn2+):c(Cd2+)=_______。[已知,]
④用草酸晶体(H2C2O4·2H2O),(已知草酸溶液,)标准液滴定NaOH溶液浓度的步骤如下:准确称取草酸晶体m g置于锥形瓶中,加入新制蒸馏水25.00 mL,加入两滴酚酞溶液,用待标定的NaOH溶液滴定至终点(pH约为8.3),消耗NaOH溶液的体积为V mL。滴定终点的现象为_______,NaOH溶液的浓度为_______mol/L。
【答案】(1)CaCO3在溶液中存在平衡:,大气中的CO2、H2O与反应生成,使降低,平衡正向移动,溶解
(2) 3:1 c()>c()>c()>c(H+) 的水解程度大于的水解程度 150 溶液由无色变为浅红色
【详解】(1)CaCO3难溶于水,在溶液中存在平衡:,根据图l的碳循环示意图可知:大气中的CO2和CaCO3和水参加反应,生成可溶性Ca (HCO3)2,生成使溶液中c()降低,沉淀 溶解平衡正向移动,最终导致CaCO3溶解;
(2)①b点溶液pH=7,溶液显中性,溶液中c(H+)=c(OH-),溶液中c()=c(),Ka2=。b点溶液中存在电荷守恒:c()+c(H+)=c(OH-)+2c()+c(),由于b点溶液中c(H+)=c(OH-),所以c()=2c()+c(),b点溶液中c()=c(),所以c()=3c(),则c():c()=3:1;
②0.1 mol/L的(NH4)2SO3溶液中盐发生电离:(NH4)2SO3=2+,则c()>c();水解平衡常数Kh1=;的水解平衡常数Kh=,故水解程度大于水解程度,使溶液显碱性,题目不要求考虑c(OH-), c()>c();主要发生第一步水解反应,溶液中c(H+)很小,则c()>c(H+),故溶液中离子浓度由大到小的顺序为c()>c()>c()>c(H+);
③尿素溶于水缓慢水解产生碳酸铵,碳酸铵溶液显碱性,由于电离平衡常数Kh(NH3·H2O) >Ka(),(NH4)2CO3溶于水电离产生的水解程度大于的水解程度,最终达到平衡时导致溶液中c(OH-)>c(H+);
向浓度均为0.1 mol/L的CdCl2和ZnCl2混合液中滴加碳酸铵溶液,当加入碳酸铵溶液至生成两种沉淀,则溶液中c(Zn2+):c(Cd2+)=;
④用NaOH溶液滴定草酸标准溶液,以酚酞为指示剂,开始滴定时溶液显无色,随着NaOH溶液的滴入,溶液的酸性逐渐减弱,碱性逐渐增强,当滴入最后半滴NaOH溶液时,溶液由无色变为浅红色,半分钟内溶液不再变为无色时,说明滴定达到终点;
H2C2O4与NaOH溶液发生中和反应:H2C2O4+2NaOH=Na2C2O4+2H2O,二者反应的物质的量的比是1:2。n(H2C2O4)=;NaOH的物质的量为n(NaOH)=cV×10-3 mol,则n(NaOH):n(H2C2O4)=2:1,cV×10-3 mol=2×,解得c=mol/L。
19.我国力争于2030年前做到碳达峰,2060年前实现碳中和。利用反应:,可减少排放,并合成清洁能源。
(1)该反应一般认为通过如下步骤来实现:
①
②
则_______;已知反应①的,(k正、k逆为速率常数,与温度、催化剂有关)若平衡后升高温度,则_______(填“增大”、“不变”或“减小”)
(2)500℃时,在容积为2L的密闭容器中充入和,发生反应,测得时,反应达到平衡,体系的总压强为,此时。求该温度下反应的平衡常数_______。(注:用平衡分压代替平衡浓度计算,分压总压物质的量分数)
(3)对于反应,将和以一定的比例在密闭容器中通过两种不同的催化剂(I、Ⅱ)进行反应,相同时间内,的转化率随温度变化曲线如图所示。
①T2温度时便用催化剂Ⅰ,能否便转化率高于a%_______(填“能”或“不能”)
②催化剂Ⅱ条件下,当温度低于T6℃时,转化率随温度升高而升高的原因可能是_______。
(4)利用电化学法还原二氧化碳制乙烯
在强酸性溶液中通入二氧化碳,用惰性电极进行电解可制得乙烯,其原理如图丙所示:
阴极电极反应式为_______,该装置中使用的是_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
【答案】(1) +41 减小
(2)
(3) 能 未到达平衡的情况下,温度越高,反应速率越快,相同时间内消耗的越多
(4) 阳
【详解】(1)由已知方程式结合盖斯定律知:反应①=总方程式-反应②,ΔH1=ΔH-ΔH2=+41kJ/mol;反应①是吸热反应,升高温度,平衡正向移动,正反应速率增大程度大于逆反应速率增大程度, 减小;
(2)由题意列三段式如下:,
平衡时:P(CO2)= P(CH3OH)= P(H2O)=,P(H2)=,则Kp=
(3)①由于该反应正向为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,CO2转化率下降,由图示知,T2温度下对应CO2转化率低于T5温度下对应转化率,催化剂又不影响平衡移动,故T2温度下,反应未达平衡,故CO2转化率可以继续提高;②由①分析知,低于T5温度,反应未达平衡,温度升高,反应速率加快,相同时间内消耗CO2增多,故CO2转化率升高。
(4)连接电源负极的一极为阴极,阴极电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O,因为阳极室中的氢离子需要进入阴极室,故该装置中使用的是阳离子交换膜。
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