【文档说明】安徽省合肥市第八中学2021-2022学年高二上学期期末考试化学试题 含解析.docx,共(19)页,1.144 MB,由小赞的店铺上传
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2021~2022学年度第一学期高二期末考试化学考生注意:1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分,考试时间90分钟。2.答题前,考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时,
请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效.......
......,在试..题卷..、草稿纸上作答无效........。4.本卷命题范围:人教版选择性必修1。5.可能用到的相对原子质量:H1C12O16Na23S32一、选择题(本大题共16小题,每小题3分,共计48分。在每小题列出的四个选项
中,只有一项是符合题目要求的)1.下列说法正确的是A.化学键断裂放出能量B.所有化学反应均伴随能量变化C.液体凝固吸收热量D.总焓:若反应物>生成物,则H0【答案】B【解析】【详解】A.化学键断裂吸收能量,A项错误;B.化学反应的本质是旧化学键的断裂以及
新化学键的形成,断开化学键吸收能量,形成化学键放出能量,则所有化学反应均伴随能量变化,B项正确;C.相同物质,液态的能量高于固态,则液体凝固放出热量,C项错误;D.H=生成物总能量-反应物总能量,总焓:若反应物>生成物,则0H<,D项错误;答案选B。2.某同学以柠檬为材
料自制水果电池,装置如图,下列叙述正确的是A.H+由镁极区移向银极区B.镁片上有无色气体放出C.铜片替代镁片,现象相同D.银片为负极【答案】A【解析】【分析】Mg的金属活动性强于Ag,则Mg片为负极,Mg片的电极反应式为Mg-2e-=Mg2+
,Ag片为正极,Ag片电极反应式为2H++2e-=H2↑(柠檬汁呈酸性);结合原电池原理作答。【详解】A.Mg的金属活动性强于Ag,Mg极为负极,Ag极为正极,阳离子H+向正极移动,即H+由镁极区移向银极区,A项正确;B.Mg片为负极,Mg片的电极反应式为Mg-2
e-=Mg2+,镁片上没有气体放出,B项错误;C.Cu、Ag在金属活动性顺序表中都位于H的后面,用铜片替代镁片,没有自发进行的氧化还原反应,不能构成原电池,现象不相同,C项错误;D.Mg的金属活动性强于Ag,Ag片为
正极,D项错误;答案选A。3.已知:()()Ps=Ps,红磷,黑磷-1Δ=-21.7kJmolH;()()Ps=Ps,白磷,红磷-1Δ=-17.6kJmolH。由此推知,其中最稳定的磷单质是A.红磷B.白磷C.黑磷D.无法确定【答案】C【解析】【分析】【详解】由P(s,红磷)
=P(s,黑磷)∆H=-21.7kJ/mol,说明红磷转化为黑磷为放热反应,则等量的红磷具有的总能量比黑磷具有的总能量高;由P(s,白磷)=P(s,红磷)∆H=-17.6kJ/mol,说明白磷转化为红磷为放热反应,则等量的白磷具有的总能量比红磷具有的总能量高;根据能量越低越稳定,最稳定的磷
单质是黑磷,最不稳定的磷单质是白磷;答案选C。4.25℃时,在某恒容密闭烧瓶中存在如下平衡:()()2242NOgNOg0H。若把烧瓶置于100℃的水中,则烧瓶内气体属性不会改变的是A.颜色B.平均相对
分子质量C.压强D.密度【答案】D【解析】【分析】该反应的正反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,据此分析作答。【详解】A.把烧瓶置于100℃的水中,温度升高,平衡逆向移动,NO2的浓度增大,烧瓶内气体的颜色加深,A不符合题意;B.把烧瓶置于100℃的水中,温度升高,平衡逆向移动,混合气体总
物质的量增大,但混合气体的总质量不变,混合气体的平均相对分子质量减小,B不符合题意;C.把烧瓶置于100℃的水中,温度升高,平衡逆向移动,混合气体总物质的量增大,根据PV=nRT,烧瓶内气体的压强增大,C不符合题意;D.把烧瓶置于100℃的水中,温度升高,虽然平衡逆向移动,但混合
气体的总质量不变,恒容烧瓶中体积不变,根据ρ=mV,则混合气体的密度不变,D符合题意;答案选D。5.将()amolXg和()bmolYg通入密闭容器中发生反应()()()aXgbYgcZg+,通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质
的量分数与温度和压强的关系如图。下列关于该反应的HS、的判断正确的是A.H0,S0B.H0,S0C.0,0HSD.0,0HS【答案】B【解析】【详解】由图可知,压强相同时
升高温度,Z的物质的量分数减小,可知升高温度平衡逆向移动,正反应为放热反应,即0H<;温度相同时增大压强,Z的物质的量分数增大,可知增大压强使平衡正向移动,正反应为气体总物质的量减小的反应,可知0S<,答案选B。6.苹果酸为二元有机弱
酸(2HA)。下列关于2HA及2NaA叙述正确的是A.电离方程式:22HA2HA+−+B.2HA溶液中含有2种分子:2HA与2HOC.2NaA溶液:()()+HOHcc−D.2NaA溶液:()()OH
HAcc−−【答案】B【解析】【详解】A.苹果酸是二元弱酸,弱酸要分步写电离方程式,即2HAHHA+−+,2HAHA−+−+,A项错误;B.2HA为弱酸,则其溶液中含有的分子为2HA与2HO,共2种分子,B项正确;
C.2NaA为强碱弱酸盐,其溶液显碱性,则()()+HOHcc−<,C项错误;D.①2HOHOH+−+、②22A+HOHAOH−−−+ƒ、③22HA+HOHAOH−−+ƒ,其中②中()(HA)OHcc−−=,但是①③式子中也有氢氧根生成,所以()()OHHAcc−−>,D项错误
;答案选B7.山东舰是我国自主研制的新型航母,为了延长航母服役寿命可以在航母舰体(主要成分是钢铁合金)上镶嵌金属锌。下列有关说法正确的是A.可以用铅等金属代替锌B.构成原电池反应时,舰体表面发生氧化反应C
.这种保护方法叫牺牲阳极的阴极保护法D.在酸雨环境中,航母主要发生吸氧腐蚀【答案】C【解析】【详解】A.Zn和Fe及海水构成原电池时,Zn易失电子作负极,Fe作正极,则Fe被保护,但Fe比Pb活泼,构成的原电池,Fe是负极,加快Fe的腐蚀,A错误
;B.在保护航母的过程中,金属锌失电子发生氧化反应,被氧化,则航母表面发生的是还原反应,B错误;C.在航母舰体(主要成分是钢铁合金)上镶嵌金属锌,属于牺牲阳极的阴极保护法,C正确;D.在酸雨环境中,航母主要发生析氢腐蚀,D错误;。故选C。8.一定条件下,向某密闭容器中充入等物质的量的
X和Y,发生反应:()()()Xg2Yg2Zg+。达到平衡后,测得反应前气体的总物质的量与反应后气体的总物质的量之比为5:4,则X的转化率为A.80%B.66%C.40%D.33%【答案】C【解析】【分析】用三段式,结合转化率的概念计算。【详解】设起始X、Y物质的量都为amo
l,X转化物质的量为xmol,列三段式X(g)+2Y(g)2Z(g)()(mol)aa0()(mol)x2x2x()(mol)a-xa-2x2xnnn起始转化平衡达到平衡后,测得反应前气体的总物质的量与反应后气体的总物质的量之比为5:4,则2a:(2a-x)=5
:4,解得x=0.4a,X的转化率为0.4amol100%amol=40%;答案选C。9.甲胺(CH3NH2)为一元有机弱碱,其电离及与酸反应类似于NH3,下列关于稀甲胺水溶液的叙述错误的是A.其他条件不变,加水稀释,c(CH3NH+3)变大B.其他条件不变,升温,促进了
CH3NH2电离C.电离方程式:CH3NH2+H2OCH3NH+3+OH-D.与稀盐酸反应化学方程式:CH3NH2+HCl=CH3NH3Cl【答案】A【解析】【分析】【详解】A.加水稀释,平衡正向移动,但是溶液中离子浓度均减小,故c(CH
3NH+3)变小,A项错误;B.升高温度,平衡向正向移动,促进电离,B项正确;C.氨气溶于水,电离方程式为NH3+H2ONH+4+OH-,所以CH3NH2电离方程式:CH3NH2+H2OCH3NH+3+OH-,C项正
确;D.CH3NH2为一元有机弱碱,其电离及与酸反应类似于NH3,所以与稀盐酸反应化学方程式:CH3NH2+HCl=CH3NH3Cl,D项正确;的答案选A。10.在绝热恒容反应器中发生反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+N
O(g)反应速率随时间的变化如图。下列叙述正确的是A.t3时反应达到平衡状态B.该反应为吸热反应C.t3~t4:v正因温度降低而降低D.t4时SO2的转化率达到最大【答案】D【解析】【详解】A.反应在达到平衡时反应速率应该保持不变,而t3时正反应速率减小,逆反应速率增大,说明此时
反应未达到平衡状态,A错误;B.根据图示可知:该反应在绝热条件下进行,反应速率受温度和浓度的因素影响,反应速率先增大后减小,说明该反应的正反应为放热反应,B错误;C.t3~t4:v正降低是因反应物浓度降低而降低,C错误;D.根据图示可知t4时v正=v逆,反应处于平衡状态,由于该反应的
正反应是放热反应,当反应达到平衡状态时,升高温度,化学平衡逆向移动,导致反应物转化率降低,所以t4时平衡状态SO2的转化率达到最大,D正确;故合理选项是D。11.焊接时常用NH4Cl除锈,下列说法一定正确的是A.NH4Cl为弱酸强碱盐B.NH4Cl可以抑制水的电
离C.pH=7的NH4Cl、氨水混合液:c(NH4+)>c(Cl-)D.NH4Cl溶液:c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)【答案】D【解析】【分析】【详解】A.NH4Cl为强酸弱碱盐,A项错误;B.+-4232NH+HONHHO+OH,NH4Cl可以促进水的电离,B项
错误;C.pH=7溶液不一定是中性,常温下pH=7为中性,故无法判断离子浓度大小,C项错误;D.NH4Cl溶液中,电荷守恒:++--4c(NH)+c(H)=c(Cl)+c(OH),物料守恒:-+432c(Cl)=c(NH)+c(NHHO),两式相加得到:c(H+)=c(OH-)+c(NH
3·H2O),D项正确;答案选D。12.已知下列热化学方程式:()()()()221CsHOlCOgHg+=+H;()()()2222COgOg2OCg+=H;()()()22232HgOg2HO1+=H,()Cs的燃烧热为A.123-+HHHB.1231122HHH++C
.1232HHH++D.12312HHH++【答案】B【解析】【详解】()Cs的燃烧热化学方程式为:()()()22CsOg=COgH+,令反应Ⅰ:()()()()221CsHOlCOgHg+=+H;令反应Ⅱ为:()()()2222COgOg2OCg+=H;令反应Ⅲ为:()()(
)22232HgOg2HO1+=H,根据盖斯定律,将1122++ⅡⅢⅠ得()()()22CsOg=COgH+,则12311=22HHHH++,答案选B。13.一定温度下,在1L密闭容器中,将CO和2HS混合加热并达到下列平衡:
22CO(g)H(g)CO(g)H(g)SS++K=0.1。反应前CO物质的量为5mol,平衡后CO物质的量为4mol。则反应前2HS的物质的量浓度为A.13.5molL−B.13molL−C.12.5molL−D.11.25molL−【答
案】A【解析】【详解】设反应前H2S的物质的量为xmol,列出三段式:为()()()()22COgHSgCOSgHg5x0011114x111++−起始转化平衡,1L密闭容器中,()11K==0.14x1−,x=3.
5,因此,c=n÷v=3.5mol÷1L=13.5molL−,综上所述故选A。14.粗银的精炼工艺原理如图,下列叙述错误的是A.y极电极材料为粗银B.x极主要电极反应式为Age=Ag−+−C.装置乙将化学能转化为电能D.n极电极反应式为22O4H4e2HO+−++=【答案】
A【解析】【分析】装置乙为原电池结构,甲醇变为二氧化碳,作负极,氧气得电子作正极。【详解】A.阳极材料是粗银,需要发生反应为:Age=Ag−+−,故x为粗银,A错误;B.x极失去电子被氧化,故Age=Ag−+
−,B正确;C.装置乙为原电池,作用是将化学能转换为电能,C正确;D.因乙中为硫酸,质子交换膜仅允许氢离子通过,故n极的氧气发生的还原反应,电极反应式为22O4H4e2HO+−++=,D正确;故选A。15.硒酸钡(4BaSeO)为特种玻璃的添加剂,制取原理为2244
Ba=SeOBaSeO+−+,在4BaSeO饱和溶液中2lg(Ba)+c与24lg(SeO)−−c关系如图所示(4BaSeO溶于水时吸收热量)。下列叙述错误的是A.升温:M点上移B.X点:2--a-14c(SeO)=10molLC.M点:2+-1
c(Ba)=1molLD.spK:M点=N点=X点【答案】C【解析】【分析】【详解】A.因为硫酸钡溶于水吸热,升温时促进溶解,钡离子浓度增大,M点上移动,A正确;B.根据图示可知X点2--a-14c(SeO)=10molL,B正
确;C.根据图示可知M点2+-a-1c(Ba)=10molL,C错误;D.-aM=110,aa--22N=1010,-aX=101,所以spK:M点=N点=X点,D正确;故选C。16.室温下,下列关于电解质溶液的说法中不正确的是A.将pH12=的氨水与pH2=的硝酸等体
积混合:()()()()43NHNOOHH+−−+ccccB.室温下,调节3HA溶液的pH5=时,20.63(HA)10(HA)cc−=(已知:Ka1=10-2.2、Ka2=10-7.2、Ka3=10-12.4)C.25℃时,22RSMMSR++++的平衡常数4000K=[该温度下,Ksp(
MS)=1.0×10-21、Ksp(RS)=4.0×10-18]D.加水稀释氯化铝溶液,铝离子水解程度增大,H+物质的量增加,溶液酸性增强【答案】D【解析】【详解】A.氨水为弱碱水溶液,硝酸属于强酸,p
H=12的氨水与pH=2的硝酸等体积混合,充分反应后,氨水过量,得到硝酸铵和过量氨水的混合液,溶液呈碱性,溶液中c(OH-)>c(H+),溶液中的电荷守恒为c(-3NO)+c(OH-)=c(H+)+c(+4NH),则c(+4N
H)>c(-3NO)>c(OH-)>c(H+),A项正确;B.Ka1=+-23(H)(HA)(HA)ccc=10-2.2、Ka2=+2--2(H)(HA)(HA)ccc=10-7.2,2-3(HA)(HA)cc=-a22++-2
a1(HA)(H)(H)(HA)KccccK=a1a22+(H)KKc,当溶液的pH=5时,c(H+)=10-5mol/L,则2-3(HA)(HA)cc=2.27.2521010(10)−−−=100.6,B项正确;C.RS+M2+⇌MS+
R2+的平衡常数K=2+2+(R)(M)cc=2+22+2(R)(S)(M)(S)cccc−−=spsp(RS)(MS)KK=18214.0101.010−−=4000,C项正确;D.AlCl3溶液中存在水解平衡:Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+,加水稀释,促进Al3
+的水解,铝离子水解程度增大,H+物质的量增加,但c(H+)减小,溶液酸性减弱,D项错误;答案选D。二、非选择题(本题共5小题,共52分)17.氢元素单质及其化合物是人类赖以生活的重要能源。回答下列问题(1)H-H、O=O、H-O的键能分别为436
kJ·mol-1、496kJ·mol-1、463kJ·mol-1。①热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H,∆H为_______kJ·mol-1。②氢气燃烧热∆H=-285.8kJ·mol-1,表示氢气燃烧热的热化学方程式为_______。③1mol水蒸
气液化放热_______kJ。(2)肼(N2H4)是一种液态火箭推进剂。N2H4分解的能量变化如图所示:①正反应的活化能为_______kJ·mol-1,气态肼分解的热化学方程式为_______。②该反应的∆S_______(填“>”“<”
或“=”)0,该反应自发进行的条件为_______(填“高温”“低温”或“任意温度”)。【答案】①.-484②.-12221H(g)+O(g)=HO(l)H=-285.8kJmol2③.43.8④.a+
50.7⑤.-12422NH(g)=N(g)+H(g)ΔH=50.7kJmol+⑥.>⑦.高温的【解析】【分析】【详解】(1)①热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H=(2×436+496-4×463)=-
484kJ·mol-1;②氢气的燃烧热∆H=-285.8kJ·mol-1,表示氢气燃烧热的化学方程式为-12221H(g)+O(g)=HO(l)H=-285.8kJmol2;③由a、2H2(g)+O2(g)=2
H2O(g)∆H=-484kJ·mol-1和b、-12221H(g)+O(g)=HO(l)H=-285.8kJmol2,结合盖斯定律可知,b-a×12得到-1-1-1221HO(g)=HO(l)ΔH=(-285.8kJ
mol)-(-484kJmol)43.8kJmol2=−;(2)①焓变等于正逆反应的活化能之差,则正反应的活化能为(a+50.7)kJ·mol-1,由图可知气态肼分解吸热50.7kJ·mol-1
,则热化学方程式为-12422NH(g)=N(g)+H(g)ΔH=50.7kJmol+;②为气体增加的反应,则ΔS>0,且ΔH>0,ΔH-TS<0的反应可自发进行,该反应自发进行的条件为高温;18.电化学是
当今化学研究的热点之一,回答下列问题:(1)碱性电池具有耐用、电流量大,储存寿命长、外壳不易腐蚀等优点。铝-铜碱性原电池的工作原理如装置甲所示:①在_______(“Al”或“Cu”)极有2H生成,Al极电极反应
式为_______②若有33.6L(标准状况下)2H生成,则理论上电解质溶液增重_______g。(2)某兴趣小组设计以甲烷、氧气酸性燃料电池为电源电解NaCl溶液,并验证氯气的某种化学性质,工作原理如装置乙、装置丙所示。①m极为_______极,装置乙发生反应的化学
方程式为_______②Y极电极反应式为_______③气球b中的现象为_______,证明了氯气的化学性质之一:_______性。【答案】(1)①.Cu②.22Al4OH3eAlO2HO−−−+−=+③.24(2)①.正②.4222CH2OCO2HO+=+③.22Cl2eCl=
−−−④.气球b中充满黄绿色气体,淀粉碘化钾试纸变蓝⑤.氧化【解析】【分析】装置甲为原电池,碱性溶液中铝与氢氧根反应,所以铝作负极,则Cu作正极;装置乙为甲烷、氧气酸性燃料电池,n极通入甲烷,发生氧化反应,为原电池的负极,m极通入氧气,发生还原反应,为原电池的正极;装置丙为电解池,电解N
aCl溶液,其中X极与原电池的负极相连,则X极为阴极,Y极与原电池的正极相连,则Y极为阳极,据此分析作答。【小问1详解】①因为装置甲中为碱性溶液,则铝与氢氧根反应生成-2AlO,Al极电极反应式为--2-2Al-3e+4OH=lO+2HAO;Cu作正极,电极方程式为--222HO+2
e=2OHH+,该极产生氢气,故答案为:Cu;22Al4OH3eAlO2HO−−−+−=+;②总电极反应式为--2222Al+2OH+2HO=2AlO+3H,因为标准状况下生成33.6L氢气,即233.6Ln(H)==1.5mol22.4L/mol,即22Al
AlHHm=Mn-Mn=27g/mol1mol-2g/mol1.5mol=24g增,故答案为:24;【小问2详解】①氧气变为水,氧原子的化合价变低,发生还原反应,则m为正极,n为负极;该燃料电池是甲烷与氧气反应,生成二氧化碳和水,则化
学方程式为:4222CH2OCO2HO+=+,故答案为:正;4222CH2OCO2HO+=+;②电解NaCl溶液,Y极为阳极,则电极反应式为--22Cl-2e=Cl,故答案为:--22Cl-2e=Cl;③气球b与Y极相连,
则收集的为氯气,看到的现象为:充满黄绿色气体,淀粉碘化钾试纸变蓝;淀粉遇碘变蓝,体现了氯气的氧化性,故答案为:气球b中充满黄绿色气体,淀粉碘化钾试纸变蓝;氧化。19.一定条件下,CO与水蒸气反应生成CO2和H2的热化学方程式为()()()()1222
COgHOgCOgHgΔ41.3kJmolH−++=−。回答下列问题:(1)已知1molC完全转化成水煤气(CO、H2混合物)时吸收热量131.5kJ,则1molC与CO2反应生成CO的焓变是_______(2)上述反应达到平衡的标志是_______(填字母)。A.容
器内压强不随时间变化B.容器内各物质的浓度不随时间变化C.容器内CO、H2O的浓度之比为1∶1D.单位时间消耗0.1molCO同时生成0.1molH2O(3)研究表明:上述反应平衡常数随温度的变化如下表所示:温度/℃40050
0800平衡常数K1595若反应为500℃,起始时CO和H2O的浓度均为0.02mol/L,则达到平衡时,CO的平衡转化率为_______(4)在T5MPa℃、条件下,将0.1molCO与0.12molH2O(g)混合气体充入1L密闭容器发生反应,反应过程中CO2的物质
的量浓度随时间的变化如图所示:①在02min~内,以CO表示的平均反应速率为_______11molLmin−−。②T℃时该反应的平衡常数Kp=_______(压强代替浓度,分压=总压×物质的分数)。③平衡后,若向容器中再充入0.2mo
lCO和0.02molH2O(g),则再次平衡后容器内的压强与充入CO和H2O(g)前的压强比为_______【答案】(1)+172.8kJ/mol(2)BD(3)75%(4)①.0.01②.0.05③.2∶1【解析】【小问1详解】已知:①
()()()()1222COgHOgCOgHg41.3kJmol−++=−ƒH,1molC完全转化成水煤气(CO、H2混合物)时吸收热量131.5kJ,可得②C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.5kJ
/mol,根据盖斯定律,将②-①,整理可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H=+172.8kJ/mol;【小问2详解】A.反应在恒容密闭容器中进行,气体的体积不变。该反应是反应前后气体物质的量不变的反应,则容器内气体的压强始终不变,因此不能根据压强
不变判断反应是否达到平衡状态,A不符合题意;B.反应在恒容密闭容器中进行,气体的体积不变,若容器内各物质的浓度不随时间变化,则反应达到平衡状态,B符合题意;C.容器内CO、H2O的浓度之比为1∶1时反应可能处于平衡状态,也可能
未达到平衡状态,不能据此判断反应是否达到平衡状态,C不符合题意;D.单位时间消耗0.1molCO同时就会同时消耗0.1mol的H2O,还同时生成0.1molH2O,则H2O蒸气的物质的量不变,反应达到平衡状
态,D符合题意;故合理选项是BD;【小问3详解】在500℃时反应()()()()222COgHOgCOgHg++的平衡常数K=9,假设反应过程中CO的改变浓度为amol/L,则平衡时c(CO)=c(H2O)=(0.02-x)mol/L,c(CO2)=c(H2)=xmol/L,则aa=9
(0.02-a)(0.02-a),解得a=0.015mol/L,故达到平衡时,CO的平衡转化率为0.015mol/L100%=75%0.02mol/L;【小问4详解】①在0~2min内用CO2的浓度变化表示反应速率v(CO2)
=0.02mol/L=0.01mol/(Lmin)2min,由于用不同物质表示反应速率时,速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比,则v(CO)=v(CO2)=0.01mol/(L∙min);②在反应开始时n(CO)=0.
1mol;n(H2O)=0.12mol,反应达到平衡时n(CO2)=0.02mol/L×1L=0.02mol,根据物质反应转化关系可知平衡时n(H2)=0.02mol,n(CO)=(0.1-0.02)mol=0.08mol,n(H2O)=(0.12-0.02)mol=0.10
mol,该反应是反应前后气体物质的量不变的反应,则平衡时气体总物质的量是0.1mol+0.12mol=0.22mol,故T℃时该反应的平衡常数Kp=0.020.02(5MPa)(5MPa)0.220.220.050.080.1(5MP
a)(5MPa)0.220.22=;③反应在恒温、恒容密闭容器中进行,气体的体积不变,该反应是反应前后气体体积不变的反应,故无论反应是否达到平衡,气体的压强之比等于气体的物质的量的比。在平衡时气体的总物质的量是0.22mol,后又充入0.2m
olCO和0.02molH2O(g),此时气体的总物质的量为0.22mol+0.2mol+0.02mol=0.44mol,因此后来气体与原来气体的物质的量的比是2:1,则再次平衡后容器内的压强与充入CO和H2O(g)前的压强比为2:1。20.硫代硫酸钠()223NaSO又称
大苏打,可用作定影剂、还原剂。现有某种硫代硫酸钠样品,为了测定该样品纯度,某兴趣小组设计如下实验方案,回答下列问题:(1)溶液配制:称取10.0g该硫代硫酸钠样品,用________(填“新煮沸并冷却的蒸馏水”或“自来水”)在烧杯中溶解完全溶解后冷却至室温
,再用玻璃棒引流将溶液全部转移至100mL的容量瓶中,加蒸馏水至离容量瓶刻度线1~2cm处,改用______定容,定容时,视线与凹液面相切。(2)滴定:取10.10molL−的227KCrO(硫酸酸化
)标准溶液20.00mL,加入过量KI,发生反应:232722CrO6I14H=3I2Cr7HO−−++++++,然后加入淀粉溶液作为指示剂,用硫代硫酸钠样品溶液滴定至终点,发生反应:2222346I2SO=SO2I−−−++,重复实验,平均消耗223NaSO样品溶液的体积为20.0mL。①取用
硫酸酸化的227KCrO标准溶液可选用的仪器是_____________(填“甲”或“乙”)。②滴定终点时溶液的颜色变化是_____________。(3)样品纯度的计算:①根据上述有关数据,该样品中223NaSO的质量分数为_____________
②下列操作可能使测量结果偏低的是____________(填字母)。A.盛装硫代硫酸钠样品溶液的滴定管没有润洗B.锥形瓶中残留少量水C.读数时滴定前仰视,滴定后俯视【答案】①.新煮沸并冷却的蒸馏水②.胶头滴管③.
甲④.溶液蓝色消失且半分钟内不恢复原色⑤.94.8%⑥.A【解析】【分析】(1)配制一定物质的量浓度溶液溶解样品时用新煮沸并冷却的蒸馏水,配制过程中将溶质溶解冷却至室温后转移溶液至容量瓶中,然后加入蒸馏水
至离容量瓶刻度线1~2cm处,改用胶头滴管滴加蒸馏水,至溶液的凹液面与刻度线相平;(2)①227KCrO具有氧化性,用酸式滴定管盛放;②滴定到终点时,碘单质完全反应,溶液由蓝色到无色且半分钟内不能恢复原来的颜色;(3)①依据232722CrO6I14H=3I2Cr7HO−−
++++++,2222346I2SO=SO2I−−−++得关系式2-2-22727223KCrOCrO3I6SO~~~进行计算。【详解】(1)由于硫代硫酸钠具有还原性,故配制一定物质的量浓度溶液溶解样品时用新煮沸并冷却的蒸馏水,配制过程中将溶质溶解冷却至室
温后转移溶液至容量瓶中,然后加入蒸馏水至离容量瓶刻度线1~2cm处,改用胶头滴管滴加蒸馏水,至溶液的凹液面与刻度线相平;(2)①227KCrO具有氧化性,用酸式滴定管盛放,选仪器甲;②滴定终点时溶液的颜色变化
是溶液蓝色消失且半分钟内不恢复原色;(3)①据232722CrO6I14H=3I2Cr7HO−−++++++,2222346I2SO=SO2I−−−++得关系式2-2-22727223KCrOCrO3I6SO~~~,n(223NaSO)=22
76(KCrO)n=-360.1mol/L2010L=21.210−mol,样品中223NaSO的质量分数为21.210mol158g/mol100%20.010.0g100mLmL−=94.8%
;②A.盛装硫代硫酸钠样品溶液的滴定管没有润洗,直接盛放硫代硫酸钠溶液,使所耗硫代硫酸钠溶液体积偏大,使测定结果偏低;B.锥形瓶中残留少量水,不影响滴定结果;C.读数时滴定前仰视,滴定后俯视,使硫代硫酸钠溶液体积偏低,样品总质量是1
0.0g,使测定结果偏高;故答案为:A。21.氨水及铵盐是化学工业的重要原料。回答下列问题:(1)氨水中各种离子的物质的量的浓度从小到大的顺序是_______,其他条件不变,往稀氨水溶液中加入少量蒸馏水,则混合液中水的电离程度_______(填“增加”“减小”或
“不变”)。(2)常温下向某氨水中缓缓通入HCl气体,溶液中432(NH)lg(NH)HOcc+与pH的关系如图所示。常温下32NHHO的电离平衡常数bK=_______(用含有a的代数式表示),温度升高A点的位置
可能是_______(填“A1”或“A2”),a_______(填“>”“<”或“=”)7。(3)某化学兴趣小组以某废液(主要含有3+3+2+AlFeMn、、)为原料制取3MnCO的工艺流程及各离子开始沉淀、完全沉淀的pH如图所示(常温下3MnCO
的11sp910K−=):金属离子3+Fe3+Al2+Mn开始沉淀pH2.24.18.8完全沉淀pH3.55.410.8①“沉铁、铝”时反应液的pH应控制的范围是_______②“沉锰”时温度不能较高的原因是_______,2+Mn完
全沉淀时()251Mn10molLc+−−,则此时溶液中()23COc−_______1molL−。【答案】(1)①.()()()4HNHOHccc++−②.增加(2)①.1410a−②.A2③.>(3)①.)5.4,8.8或其他合理表示形式②
.防止铵盐分解及氨气挥发③.6910−【解析】【小问1详解】氨水中存在电离平衡NH3∙H2O⇌+4NH+OH-、H2O⇌H++OH-,NH3∙H2O的电离程度大于H2O,故氨水中各种离子的物质的量的浓度从小到大的顺序是c(H+)<c(+4NH)<c(OH-);NH3∙H2O电离产
生的OH-对水的电离平衡起抑制作用,故其他条件不变,往稀氨水溶液中加入少量蒸馏水,促进NH3∙H2O的电离,但c(OH-)减小,对水的电离的抑制作用减小,故混合溶液中水的电离程度增加;答案为:c(H+)<c(+4NH)<c(OH-);增加。小问2详解
】【由图中A点可知,当pH=a即c(OH-)=10a-14mol/L时,432(NH)lg(NH)HOcc+=0,432(NH)(NHO)Hcc+=1,常温下NH3∙H2O的电离平衡常数Kb=-432(NH)(OH)O)H(NHccc+=c(OH-)=10a-14;NH3∙H2O
的电离是吸热过程,温度升高Kb增大,432(NH)(NHO)Hcc+=1时,c(OH-)增大,溶液的pH增大,A点的位置可能是A2;向氨水中缓缓通入HCl气体,随着HCl的增加,溶液的pH减小,溶液中c(+4NH)增加,c
(NH3∙H2O)减小,当得到等物质的量浓度的氨水和NH4Cl的混合液时溶液呈碱性,此时溶液中c(+4NH)>c(NH3∙H2O),故当c(+4NH)=c(NH3∙H2O)时所得溶液中氨水的浓度大于NH4Cl的浓度,溶液呈碱性,常温下溶液的pH大于7,即a>7;答案为:1
0a-14;A2;>。【小问3详解】①根据表中各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知,“沉铁、铝”时应使Fe3+、Al3+完全沉淀,而Mn2+不形成沉淀,故反应液的pH应控制的范围是[5.4,8.8);答案为:[5.4,8.8)。获得更多资源请扫码加入享学资源
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