新教材2023年高中化学模块检测一新人教版选择性必修1
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这是一份人教版 (2019)选择性必修1本册综合课时练习,共15页。试卷主要包含了选择题,非选择题等内容,欢迎下载使用。
模块检测(一) 时间:90分钟 满分:100分一、选择题(本题共10小题,每小题只有1个选项符合题意。每小题2分,共20分)1.下列有关化学反应方向及其判据的说法中错误的是( )A.1 mol H2O在不同状态时的熵值:S[H2O(s)]<S[H2O(g)]B.凡是放热反应都是自发的,凡是吸热反应都是非自发的C.反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g) ΔH>0能否自发进行与温度有关D.常温下,反应C(s)+CO2(g)===2CO(g)不能自发进行,则该反应的ΔH>0答案 B解析 相同物质的量的同种物质在不同状态下的熵值:S(g)>S(l)>S(s),所以1 mol H2O在不同状态时的熵值:S[H2O(s)]<S[H2O(g)],A正确;放热反应在一定的条件下可以自发进行,吸热反应在一定的条件下也可以自发进行,如常温下碳酸铵能自发地分解产生氨气,B不正确;反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g) ΔH>0中ΔS>0,故其在高温条件下可以自发进行,C正确;常温下,反应C(s)+CO2(g)===2CO(g)不能自发进行,ΔS>0,若其ΔH<0,在常温下一定能自发进行,由上分析,可得该反应的ΔH>0,D正确。2.通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列说法不正确的是( )①C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g) ΔH1=a kJ·mol-1②CO(g)+H2O(g)===CO2(g)+H2(g) ΔH2=b kJ·mol-1③CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3=c kJ·mol-1④2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH4=d kJ·mol-1A.反应①②为反应③提供原料气B.反应③也是CO2资源化利用的方法之一C.反应CH3OH(g)===CH3OCH3(g)+H2O(l)的ΔH= kJ·mol-1D.反应2CO(g)+4H2(g)===CH3OCH3(g)+H2O(g)的ΔH=(2b+2c+d) kJ·mol-1答案 C解析 反应①的产物为CO和H2,反应②的产物为CO2和H2,反应③的原料为CO2和H2,A项正确;反应③将温室气体CO2转化为燃料CH3OH,B项正确;反应④生成物中H2O为气态,C项生成物中H2O为液态,故C项中反应的焓变不为 kJ·mol-1,C项错误;依据盖斯定律可知②×2+③×2+④可得所求反应及其焓变,D项正确。3.在一定温度下,改变起始时n(SO2)对反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH<0的影响如图所示,下列说法正确的是( )A.b、c点均为平衡点,a点未达平衡且向正反应方向进行B.a、b、c三点中,a点时SO2的转化率最大C.a、b、c点均为平衡点,b点时SO2的转化率最大D.a、b、c三点的平衡常数:Kb>Kc>Ka答案 B解析 题图中横坐标为起始时SO2的物质的量,纵坐标为平衡时SO3的体积分数,曲线上的点对应的状态为平衡状态,A错误;改变的只有起始时n(SO2),n(O2)不变,当起始n(SO2)越小时,SO2的转化率越大,故a点SO2的转化率最大,B正确,C错误;温度不变,则平衡常数不变,D错误。4.已知:反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)中,4 mol HCl(g)被氧化,放出115.6 kJ的热量。又知:判断下列说法正确的是( )A.该反应的ΔH=+115.6 kJ·mol-1B.断开1 mol H—O键与断开1 mol H—Cl键所需能量相差约为32 kJC.H2O中H—O键比HCl中H—Cl键弱D.由所提供数据判断氯元素的非金属性比氧元素强答案 B解析 由题干可知,4 mol HCl(g)被氧化,放出115.6 kJ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·mol-1,A错误;设E(H—O)、E(H—Cl)分别表示H—O键、H—Cl键的键能,反应热ΔH=反应物总键能-生成物总键能,则该反应中ΔH=4×E(H—Cl)+498 kJ·mol-1-[2×243 kJ·mol-1+4×E(H—O)]=-115.6 kJ·mol-1,整理可得4E(H—Cl)-4E(H—O)=-127.6 kJ·mol-1,即E(H—O)-E(H—Cl)=31.9 kJ·mol-1,故断开1 mol H—O键与断开1 mol H—Cl键所需能量相差为31.9 kJ·mol-1×1 mol=31.9 kJ,约为32 kJ,B正确;由B可知E(H—O)-E(H—Cl)>0,则H2O中H—O键比HCl中H—Cl键强,C错误;根据C的分析可知,H2O中H—O键比HCl中H—Cl键强,故气态氢化物的稳定性:H2O>HCl,即非金属性:O>Cl,D错误。5.一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时,O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1)。下列说法正确的是( )A.放电时,多孔碳材料电极为负极B.放电时,外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极C.充电时,电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移D.充电时,电池总反应为Li2O2-x===2Li+O2答案 D解析 放电时,O2与Li+在多孔碳材料电极处反应,说明电池内,Li+向多孔碳材料电极移动,因为阳离子移向正极,所以多孔碳材料电极为正极,A错误。因为多孔碳材料电极为正极,外电路电子应该由锂电极流向多孔碳材料电极(由负极流向正极),B错误。充电和放电时电池中离子的移动方向相反,放电时,Li+向多孔碳材料电极移动,充电时向锂电极移动,C错误。根据图示和上述分析,可知放电时,电池的正极反应是O2与Li+得电子转化为Li2O2-x,电池的负极反应是单质Li失电子转化为Li+,所以总反应为:2Li+O2===Li2O2-x,充电时的反应与放电时的反应相反,所以充电时,电池总反应为Li2O2-x===2Li+O2,D正确。6.有A、B、D、E四种金属,当A、B、稀硫酸组成原电池时,电子流动方向为A→B;当A、D、稀硫酸组成原电池时,A为正极;当B、E组成原电池时,电极反应式为E2-+2e-===E,B-2e-===B2+,则A、B、D、E金属性由强到弱的顺序为( )A.A>B>E>D B.A>B>D>EC.D>E>A>B D.D>A>B>E答案 D解析 根据“当A、B、稀硫酸组成原电池时,电子流动方向为A→B”可知金属性:A>B;根据“当A、D、稀硫酸组成原电池时,A为正极”可知金属性:D>A;根据“当B、E组成原电池时,电极反应式为E2-+2e-===E,B-2e-===B2+”可知金属性:B>E,综上可知金属性由强到弱的顺序为D>A>B>E。7.某恒定温度下,在一个2 L的密闭容器中充入气体A、气体B,其浓度分别为2 mol·L-1、1 mol·L-1,且发生如下反应:3A(g)+2B(g)4C(?)+2D(?)。反应一段时间后达到平衡状态,测得生成1.6 mol C,且反应前后气体的压强比为5∶4,则下列说法中正确的是( )①该反应的平衡常数表达式为K=②B的转化率为35%③增大该体系压强,平衡向右移动,但化学平衡常数不变④增加C的量,A、B的转化率不变A.①② B.②③ C.③④ D.①④答案 C解析 反应一段时间后达到平衡状态,测得反应前后气体的压强比为5∶4,故反应后气体体积减小,C、D中至少有一种不为气体;在一个2 L的密闭容器中充入气体A、B,测得其浓度分别为2 mol·L-1和1 mol·L-1,则气体A、气体B的物质的量分别为2 mol·L-1×2 L=4 mol、1 mol·L-1×2 L=2 mol,则反应前气体的总物质的量为4 mol+2 mol=6 mol;由反应前后气体的压强比为5∶4,可知平衡时气体的总物质的量为6 mol×=4.8 mol;生成1.6 mol C,则生成D的物质的量为1.6 mol×=0.8 mol,参加反应的B的物质的量为1.6 mol×=0.8 mol,参加反应的A的物质的量为1.6 mol×=1.2 mol,则平衡时,A、B、C、D的物质的量分别为4 mol-1.2 mol=2.8 mol、2 mol-0.8 mol=1.2 mol、1.6 mol、0.8 mol,因平衡时气体的总物质的量为4.8 mol,故D为气体,C为液体或固体。C不为气体,故C不能出现在平衡常数的表达式中,①错误;参加反应的B的物质的量为0.8 mol,故B的平衡转化率为×100%=40%,②错误;反应后气体体积减小,故增大该体系压强,平衡向右移动,平衡常数只与温度有关,温度不变,化学平衡常数不变,③正确;C不为气体,故增加C的量,平衡不移动,A、B的转化率不变,④正确;题给说法中正确的是③④,答案选C。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图所示。已知:pM=-lg c(M),p(CO)=-lg c(CO)。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(CO)C.b点可表示CaCO3的饱和溶液,且c(Ca2+)<c(CO)D.c点可表示MgCO3的不饱和溶液,且c(Mg2+)>c(CO)答案 B解析 pM相等时,图线上p(CO)数值越大,c(CO)越小,因此,MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小,故A错误;a点可表示MnCO3的饱和溶液,pM=p(CO),所以c(Mn2+)=c(CO),故B正确;b点可表示CaCO3的饱和溶液,pM<p(CO),所以c(Ca2+)>c(CO),故C错误;pM数值越大,离子浓度越小,则c点可表示MgCO3的不饱和溶液,pM>p(CO),所以c(Mg2+)<c(CO),故D错误。9.在2 L的恒容密闭容器中充入A(g)和B(g),发生反应A(g)+B(g)2C(g)+D(s) ΔH=a kJ·mol-1,实验内容和结果分别如表和图所示,下列说法不正确的是( )实验序号温度/℃起始物质的量/mol热量变化/kJABⅠ6001396Ⅱ8001.50.5-A.实验Ⅰ中,10 min内反应的平均速率v(B)=0.03 mol·L-1·min-1B.上述热化学方程式中a=160C.600 ℃时,该反应的平衡常数是1.5D.向实验Ⅱ的平衡体系中再充入0.5 mol A和1.5 mol B,A的转化率增大答案 B解析 实验Ⅰ中,10 min内生成C的物质的量是1.2 mol,则根据热化学方程式可知消耗0.6 mol B,浓度变化为0.3 mol·L-1,则反应的平均速率v(B)==0.03 mol·L-1·min-1,A正确;由实验Ⅰ可知,生成1.2 mol C的热量变化为96 kJ,则完全反应生成2 mol C的热量变化为×2 mol=160 kJ,又由于升高温度,n(C)减小,说明该反应的正反应放热,则热化学方程式中a=-160,B错误;由题图可知,实验Ⅰ在600 ℃条件下达到平衡状态,此时A、B、C的物质的量分别为0.4 mol、2.4 mol、1.2 mol,浓度分别为0.2 mol·L-1、1.2 mol·L-1、0.6 mol·L-1,平衡常数K==1.5,C正确;向实验Ⅱ的平衡体系中再充入0.5 mol A和1.5 mol B,则A、B的起始物质的量之比由3∶1变为1∶1,相当于增大了B的浓度,A的转化率增大,D正确。10.用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜,电解质溶液一般为H2SO4-H2C2O4混合溶液。下列叙述错误的是( )A.待加工铝质工件为阳极B.表面生成的致密氧化膜不溶于稀硫酸C.阴极的电极反应式为Al3++3e-===AlD.硫酸根离子在电解过程中向阳极移动答案 C解析 铝的阳极氧化法表面处理技术中,金属铝是阳极材料,A正确;电解质溶液中含有硫酸,说明表面生成的致密氧化膜不溶于稀硫酸,B正确;阴极上氢离子发生得电子的还原反应,电极反应式为2H++2e-===H2↑,C错误;在电解池中,阳离子向阴极移动,阴离子向阳极移动,所以硫酸根离子在电解过程中向阳极移动,D正确。二、选择题(本题共5小题,每小题有1个或2个选项符合题意。每小题4分,共20分)11.已知25 ℃时,电离常数Ka(HF)=3.6×10-4,溶度积常数Ksp(CaF2)=1.46×10-10。现向1 L 0.2 mol·L-1 HF溶液中加入1 L 0.2 mol·L-1 CaCl2溶液,则下列说法中正确的是( )A.25 ℃时,0.1 mol·L-1 HF溶液的pH=1B.Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化C.该体系中Ksp(CaF2)=D.该体系中有CaF2沉淀产生答案 D解析 氟化氢为弱酸,在水溶液中不能完全电离,则25 ℃时,0.1 mol·L-1 HF溶液的pH>1,A错误;Ksp只与温度有关,则Ksp(CaF2)只是温度的函数,与浓度无关,B错误;温度不变时,电离常数和溶度积常数均不变,Ka(HF)=3.6×10-4,Ksp(CaF2)=1.46×10-10,Ka(HF)·Ksp(CaF2)≠1,C错误;两溶液混合后,钙离子浓度为0.1 mol·L-1,c(F-)==6×10-3 mol·L-1,则Q=c2(F-)·c(Ca2+)=(6×10-3)2×0.1=3.6×10-6>Ksp(CaF2),说明有沉淀生成,D正确。12.用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是( )A.根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-8B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)C.相同实验条件下,若改为0.0400 mol·L-1 Cl-,反应终点c移到aD.相同实验条件下,若改为0.0500 mol·L-1 Br-,反应终点c向b方向移动答案 AC解析 加入25 mL AgNO3溶液时,Cl-与Ag+恰好反应生成AgCl,图中c点对应的溶液中AgCl存在沉淀溶解平衡,此时c(Cl-)=c(Ag+)≈10-4.7 mol·L-1,Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=(10-4.7)2=100.6×10-10,A错误;滴加AgNO3溶液时,有AgCl沉淀生成,所得曲线为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,即曲线上各点均满足c(Cl-)·c(Ag+)=Ksp(AgCl),B正确;相同条件下,若改为0.0400 mol·L-1 Cl-,达到反应终点时消耗AgNO3溶液的体积为20 mL,而图中a点滴加AgNO3溶液的体积为15 mL,C错误;相同条件下,若改为0.0500 mol·L-1Br-,达到反应终点时消耗25 mL AgNO3溶液,因为Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl),故溶液中c(Br-)较小,则反应终点由c向b的方向移动,D正确。13.图甲是CO2电催化还原为碳氢化合物(CxHy)的工作原理示意图,用某钾盐水溶液作电解液;图乙是用H2还原CO2制备甲醇的工作原理示意图,用硫酸作电解质溶液。下列说法中不正确的是( )A.甲中铜片作阴极,K+向铜片电极移动B.甲中若CxHy为C2H4,则生成1 mol C2H4的同时生成67.2 L O2C.乙中H2SO4的作用是增强溶液的导电性D.乙中正极发生的电极反应为CO2+5e-+6H+===CH3OH+H2O答案 BD解析 根据题图甲中电子移动的方向可知,铜片为阴极,铂片为阳极,电解过程中,阳离子向阴极移动,故A正确;题图甲的电解池中,阳极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+,阴极反应式为2CO2+12H++12e-===C2H4+4H2O,由得失电子守恒可知,生成1 mol C2H4的同时生成3 mol O2,题目中没有指明为标准状况下,故B错误;题图乙中硫酸的作用是增强溶液的导电能力,故C正确;题图乙中通CO2的一极为正极,CO2在正极区发生得电子的还原反应,电极反应式为CO2+6H++6e-===CH3OH+H2O,故D错误。14.常温下,将Na2S和NaHS两种盐溶于水得稀溶液,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系中,正确的是( )A.若k=1,则c(S2-)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)B.若k=2,则c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)C.k为任意值时:c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)D.若满足3c(H+)+2c(HS-)+5c(H2S)=3c(OH-)+c(S2-),则可确定k=3答案 C解析 k=1时,S2-的水解程度大于HS-的电离和水解程度,故c(HS-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+),A错误;k=2时,电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-),物料守恒式为3c(Na+)=5[c(HS-)+c(H2S)+c(S2-)],整理两式得3c(OH-)+c(S2-)=3c(H+)+2c(HS-)+5c(H2S),B、D错误,C正确。15.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)。各容器的容积、反应温度、反应物起始量如下表所示,反应过程中C的浓度随时间的变化关系如图所示。容器甲乙丙容积/L0.50.51.0温度/℃T1T2T2反应物起始量1.5 mol A0.5 mol B1.5 mol A0.5 mol B6.0 mol A2.0 mol B下列说法正确的是( )A.10 min内甲容器中的平均反应速率v(A)=0.025 mol·L-1·min-1B.由图可知:T1<T2,且该反应为放热反应C.若平衡时保持温度不变,改变容器容积,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%答案 BC解析 由题图可知,10 min内甲容器中C的浓度变化量为1.0 mol·L-1,v(C)==0.1 mol·L-1·min-1,由于反应速率之比等于化学计量数之比,所以v(A)=0.1 mol·L-1·min-1×=0.05 mol·L-1·min-1,A错误;比较甲与乙可知,乙先达到平衡,故温度:T1<T2,温度越高,C的浓度越低,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,故正反应为放热反应,B正确;乙中平衡时C的浓度是1.0 mol·L-1,根据反应方程式可知,消耗A的浓度是0.5 mol·L-1,物质的量是0.5 mol·L-1×0.5 L=0.25 mol,所以A的转化率为=;丙中平衡时C的浓度是2.0 mol·L-1,则根据反应方程式可知,消耗A的浓度是1.0 mol·L-1,物质的量是1.0 mol·L-1×1.0 L=1.0 mol,所以A的转化率为=,因丙中压强为乙中的2倍,则可知压强增大平衡不移动,故x=1,C正确;对甲中的反应列三段式,则有 A(g) + B(g) 2C(g)起始浓度/(mol·L-1) 3 1 0转化浓度/(mol·L-1) 0.75 0.75 1.5平衡浓度/(mol·L-1) 2.25 0.25 1.5故T1 ℃,该反应的平衡常数K==4。若T1 ℃,起始时甲容器中充入0.5 mol A、1.5 mol B,设反应达到平衡时A的浓度变化量为y mol·L-1,则 A(g) + B(g) 2C(g)起始浓度/(mol·L-1) 1 3 0转化浓度/(mol·L-1) y y 2y平衡浓度/(mol·L-1) 1-y 3-y 2y则平衡常数K==4,解得y=0.75,故A的转化率=×100%=75%,D错误。三、非选择题(本题共5小题,共60分)16.(12分)铝作为一种应用广泛的金属,在电化学领域也发挥着举足轻重的作用。回答下列问题:(1)某同学根据氧化还原反应:2Al(s)+3Cu2+(aq)===2Al3+(aq)+3Cu(s),设计如图所示的原电池。①电极X的化学式为 ,电极Y的化学式为 。②盐桥中的阴离子向 (填化学式)溶液中移动。(2)新型电池中的铝电池类型较多。①Li-Al/FeS是一种二次电池,可用于车载电源,其电池总反应为2Li+FeS===Li2S+Fe。放电时的正极反应式为 ,充电时,阴极的电极反应式为 。②Al-空气燃料电池可用作电动汽车的电源,该电池多使用NaOH溶液为电解液。电池工作过程中电解液的pH (填“增大”“减小”或“不变”)。③下图为AlAg2O电池的原理结构示意图,这种电池可用作水下动力电源。该电池反应的化学方程式为2Al+3Ag2O+2NaOH===2NaAlO2+6Ag+H2O,当电极上析出1.08 g Ag时,电路中转移的电子为 mol。答案 (1)①Cu Al ②Al2(SO4)3(2)①2Li++FeS+2e-===Li2S+Fe 2Li++2e-===2Li ②减小 ③0.01解析 (1)①根据已知离子方程式可知Cu作正极,Al作负极。②原电池中阴离子向负极移动,即向Al2(SO4)3溶液中移动。(2)①根据总反应式可知负极反应式为2Li-2e-===2Li+,用总反应式减去负极反应式可得正极反应式为2Li++FeS+2e-===Li2S+Fe;充电时为电解池,阴极发生还原反应,电极反应式为2Li++2e-===2Li。②Al-空气电池的总反应为4Al+3O2+4OH-===4AlO+2H2O,故溶液碱性减弱,pH减小。③该电池的正极反应为Ag2O+2e-+H2O===2Ag+2OH-。Ag2O中Ag的化合价为+1,当电极上析出1.08 g Ag(即0.01 mol)时,电路中转移的电子为0.01 mol。17.(12分)已知25 ℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示:弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数/(mol·L-1)1.7×10-56.2×10-10Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11回答下列问题:(1)写出H2CO3的第一级电离平衡常数表达式:Ka1= 。(2)等物质的量浓度的a.CH3COONa、b.NaCN、c.Na2CO3溶液的pH由大到小的顺序为 (填字母)。(3)常温下,0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀释过程中,下列表达式的数据变大的是 (填字母)。A.c(H+) B.C.c(H+)c(OH-) D.(4)一定温度下,体积均为100 mL、pH=2的CH3COOH溶液与一元酸HX的溶液,加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示,则HX的电离平衡常数 (填“大于”“小于”或“等于”,下同)CH3COOH的电离平衡常数。稀释相同倍数后,HX溶液中由水电离出c(H+) CH3COOH溶液中由水电离出的c(H+)。(5)25 ℃时,在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中,若测得pH=6,则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)= mol·L-1(填精确值)。答案 (1) (2)cba (3)BD(4)小于 小于 (5)9.9×10-7解析 (2)根据“越弱越水解”,结合表中数据“Ka2(H2CO3)<Ka(HCN)<Ka(CH3COOH)”,可知溶液pH由大到小的顺序为Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液。(3)将CH3COOH溶液加水稀释时,电离平衡正向移动,n(H+)、n(CH3COO-)增大,n(CH3COOH)减小,将中分子、分母均除以溶液体积,可知增大;但溶液体积增大程度更大,c(H+)、c(CH3COOH)均减小,c(H+)c(OH-)只与温度有关,因而不变,c(OH-)增大,故增大,选BD。(4)稀释相同倍数,一元酸HX的溶液的pH变化比CH3COOH溶液小,故HX的酸性较弱,电离平衡常数较小。HX的酸性弱于CH3COOH的,稀释相同倍数后HX溶液中的c(H+)大于CH3COOH溶液中的c(H+),其对水的电离的抑制程度大,故HX溶液中由水电离出的c(H+)小。(5)由pH=6可知c(H+)=10-6 mol·L-1,故c(OH-)=10-8 mol·L-1;结合电荷守恒,可知c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-),故c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=10-6 mol·L-1-10-8 mol·L-1=9.9×10-7 mol·L-1。18.(13分)纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2·xH2O,经过滤、水洗除去其中的Cl-,再烘干,焙烧除去水分得到粉体TiO2。用现代分析仪器测定TiO2微粒的大小,用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数;一定条件下,将TiO2溶解并还原为Ti3+,再以KSCN溶液作指示剂,用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。请回答下列问题:(1)TiCl4水解生成TiO2·xH2O的化学方程式为 。(2)检验TiO2·xH2O中Cl-是否除净的方法是 。(3)配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时,加入一定量稀硫酸的原因是 。(4)滴定终点的现象是 。(5)滴定分析时,称取TiO2(摩尔质量为M g·mol-1)试样w g,消耗c mol·L-1 NH4Fe(SO4)2标准溶液V mL,则TiO2的质量分数的表达式为 。(6)判断下列操作对TiO2质量分数的测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。①若在配制标准溶液过程中,烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出,则测定结果 。②若在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面,则测定结果 。答案 (1)TiCl4+(2+x)H2OTiO2·xH2O+4HCl (2)取少量洗涤液,滴加AgNO3溶液,不产生白色沉淀,说明Cl-已除净 (3)抑制NH4Fe(SO4)2水解 (4)溶液变成红色 (5)×100%(6)①偏高 ②偏低解析 (1)设TiCl4的系数为1,根据元素守恒,TiO2·xH2O的系数为1,HCl的系数为4;再根据氧元素守恒,可知H2O的系数为(2+x)。(2)检验方法:取少量洗涤液,检验溶液中是否还存在Cl-。(3)NH4Fe(SO4)2易水解,故需加入一定量的稀硫酸抑制水解。(4)因为用KSCN作指示剂,终点时NH4Fe(SO4)2不再反应,过量的一滴NH4Fe(SO4)2溶液会与之反应显红色。(5)根据得失电子守恒有,Ti3+~Fe3+,故n(Fe3+)=n(Ti3+)=n(TiO2)=cV×10-3 mol,TiO2的质量分数为×100%=×100%。(6)NH4Fe(SO4)2溶液溅出,使所配NH4Fe(SO4)2标准溶液的实际浓度减小,滴定时消耗溶液的体积增大,测得TiO2的质量分数偏高;若滴定终点俯视滴定管读数,读取的体积比实际消耗的体积小,测得TiO2的质量分数偏低。19.(9分)在粗制的CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2+。(1)在提纯时为了除去Fe2+,常加入合适氧化剂,使Fe2+转化为Fe3+,下列物质可采用的是 (填标号,下同)。A.KMnO4 B.H2O2 C.氯水 D.HNO3(2)然后再加入适当物质调整溶液pH=4,使Fe3+转化为Fe(OH)3,调整溶液pH可选用下列中的 。A.NaOH B.NH3·H2OC.CuO D.Cu(OH)2(3)甲同学怀疑调整溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的,乙同学认为可以通过计算确定,他查阅有关资料得到如下数据,常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=1.0×10-38,Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.0×10-20,通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时就沉淀完全,设溶液中CuSO4的浓度为3.0 mol·L-1,则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为 ,Fe3+完全沉淀时溶液的pH为 。答案 (1)B (2)CD (3)4 3解析 (1)高锰酸钾、氯水和硝酸均能氧化亚铁离子,但会引入新杂质,H2O2的还原产物是水,不会引入新杂质,答案选B。(2)选项中的四种物质均能消耗氢离子调节pH,但氢氧化钠和氨水会引入新杂质钠离子和铵根离子,氧化铜和氢氧化铜反应后生成铜离子,不会引入新杂质,答案选CD。(3)铜离子浓度是3.0 mol·L-1,则开始沉淀时溶液中c(OH-)= mol·L-1=1.0×10-10 mol·L-1,则c(H+)=1.0×10-4 mol·L-1,所以Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为4;Fe3+完全沉淀时溶液中c(OH-)= mol·L-1=1.0×10-11 mol·L-1,所以溶液中c(H+)=1.0×10-3 mol·L-1,因此pH=3。20.(14分)采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术,在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题:(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银,得到N2O5,该反应的氧化产物是一种气体,其分子式为 。(2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N2O5(g)分解反应:其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示[t=∞时,N2O5(g)完全分解]:t/min0408016026013001700∞p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1①已知:2N2O5(g)===2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=-4.4 kJ·mol-12NO2(g)===N2O4(g) ΔH2=-55.3 kJ·mol-1则反应N2O5(g)===2NO2(g)+O2(g)的ΔH= kJ·mol-1。②研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=2×10-3×pN2O5(kPa·min-1)。t=62 min时,测得体系中pO2=2.9 kPa,则此时的pN2O5= kPa,v= kPa·min-1。③若提高反应温度至35 ℃,则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35 ℃) 63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”),原因是 。④25 ℃时,N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp= kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留一位小数)。(3)对于反应2N2O5(g)―→4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg提出如下反应历程:第一步 N2O5NO2+NO3 快速平衡第二步 NO2+NO3―→NO+NO2+O2 慢反应第三步 NO+NO3―→2NO2 快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是 (填标号)。A.v(第一步的逆反应)>v(第二步反应)B.反应的中间产物只有NO3C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D.第三步反应活化能较高答案 (1)O2(2)①+53.1 ②30.0 6.0×10-2 ③大于 温度提高,体积不变,总压强提高;NO2生成N2O4为放热反应,温度提高,平衡左移,体系物质的量增加,总压强提高 ④13.4(3)AC解析 (1)氯气在反应中得到电子作氧化剂,硝酸银中只有氧元素化合价会升高,所以氧化产物是氧气,分子式为O2。(2)①已知:ⅰ.2N2O5(g)===2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=-4.4 kJ·mol-1ⅱ.2NO2(g)===N2O4(g) ΔH2=-55.3 kJ·mol-1根据盖斯定律可知ⅰ÷2-ⅱ即得到N2O5(g)===2NO2(g)+O2(g) ΔH=-ΔH2=+53.1 kJ·mol-1。②根据方程式可知生成氧气与消耗N2O5的物质的量之比是1∶2,又因为压强之比等于物质的量之比,所以消耗N2O5的压强是2.9 kPa×2=5.8 kPa,则此时N2O5的压强是35.8 kPa-5.8 kPa=30.0 kPa,因此此时反应速率v=2.0×10-3×30(kPa·min-1)=6.0×10-2(kPa·min-1)。③由于温度升高,容器体积不变,总压强提高,且NO2生成N2O4为放热反应,温度提高,平衡左移,体系物质的量增加,总压强提高,所以若提高反应温度至35 ℃,则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35 ℃)大于63.1 kPa。④根据表中数据可知N2O5完全分解时的压强是63.1 kPa,根据方程式可知完全分解时最初生成的NO2的压强是35.8 kPa×2=71.6 kPa,O2是35.8 kPa÷2=17.9 kPa,总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa=89.5 kPa,平衡后压强减少了89.5 kPa-63.1 kPa=26.4 kPa,所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时N2O4对应的压强是26.4 kPa,NO2对应的压强是71.6 kPa-26.4 kPa×2=18.8 kPa,则反应的平衡常数Kp= kPa≈13.4 kPa。(3)第一步反应快速平衡,所以第一步的逆反应速率大于第二步的反应速率,A正确;根据第二步和第三步可知中间产物还有NO,B错误;根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效,C正确;第三步为快反应,所以第三步反应的活化能较低,D错误。
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