[ID:7-5952953] 2019届(人教版)高考化学二轮提升练习:非选择题(4)附答案份
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2019届(人教版)高考化学二轮提升练习:非选择题(1)附答案 1、过碳酸钠(Na2CO4)?是一种很好的供氧剂,其与稀盐酸发生反应的化学方程式为:2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2↑+O2↑+2H2O。市售过碳酸钠一般都含有碳酸钠,为测定某过碳酸钠样品(只含Na2CO4和Na2CO3)的纯度,某化学兴趣小组采用以下两种方案实施: 方案一: (1)操作①和③的名称分别为_______、________。 (2)上述操作中,使用到玻璃棒的有________??(填操作序号)。 (3)请简述操作③的操作过程___________。 方案二:按下图组装好实验装置,Q为一可鼓胀的塑料气袋,取适量样品于其中,打开分液漏斗活塞,将稀盐酸滴入气袋中至充分反应 (4)为测定反应生成气体的总体积,滴稀盐酸前必须关闭____打开____ (均填“K1”、“K2”或“K3”);导管A的作用是________。 (5)当上述反应停止后,使K1、K3处于关闭状态,K2处于打开状态,再缓缓打开K1。B中装的固体试剂是_________,为什么要缓缓打开K1?_______________。 (6)实验结束时,量筒1中有xmL水,量筒II中收集到了ymL气体,则样品中过碳酸钠的质量分数是________(用含有x、y的代数式表示) 【答案】 称量 蒸发结晶 ②③ 加热蒸发至蒸发皿中出现大量晶体时,停止加热,然后利用余热蒸干蒸发皿中的固体 K1、K2 K3 平衡分液漏斗内和反应体系内压强,使稀盐酸顺利滴下,同时消除滴下的稀盐酸体积对气体体积的影响 碱石灰(其他合理答案均可以) 让生成的CO2能充分被B中碱石灰吸收,使量筒内收集到较纯诤O2 l22y/(53x-37y)×100% 【解析】考查实验方案设计与评价,(1)根据方案一,操作①为称量,操作③应为蒸发结晶;(2)操作②中使用玻璃棒,玻璃棒的作用是搅拌,加速反应;操作③中需要玻璃棒,玻璃棒的作用是搅拌,防止受热不均,造成液体飞溅;(3)操作③是蒸发结晶,操作过程是加热蒸发至蒸发皿中出现大量晶体时,停止加热,然后利用余热蒸干蒸发皿中的固体;(4)本实验的目的是测定反应生成气体的总体积,量筒I是测量气体总体积的装置,即滴定稀盐酸前关闭K1和K2,打开K3,导管A的作用是加热蒸发至蒸发皿中出现大量晶体时,停止加热,然后利用余热蒸干蒸发皿中的固体;(5)装置II中的量筒收集的是气体,即B的作用是吸收CO2,B中盛放碱石灰或氢氧化钠固体等;缓缓打开K1的目的是让生成的CO2能充分被B吸收,使量筒内收到的较纯净的O2;(6)量筒I中测定的是CO2和O2体积,量筒II测定氧气的体积,根据过碳酸钠与盐酸反应方程式,求出过碳酸钠的质量为,CO2的体积为(x-y)mL,过碳酸钠产生CO2的体积为2ymL,碳酸钠产生CO2的体积为(x-3y)mL,即碳酸钠的质量为g,过碳酸钠的质量分数为×100%=l22y/(53x-37y)×100%。 2、砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素,使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。 (1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合,搅拌使其充分反应,可获得一种砷的高效吸附剂X,吸附剂X中含有,其原因是_______________________________。 (2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如题20图- 1和题20图- 2所示。 ①以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0 ~ 10.0),将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中,当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为__________________。 ②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1,则pKa1=______(p Ka1 = -lg Ka1 )。 (3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH =7.1时, 吸附剂X表面不带电荷; pH > 7.1时带负电荷,pH越高,表面所带负电荷越多;pH<7.1时带正电荷,pH越低,表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如题20图-3所示。 ①在pH7~9之间,吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降,其原因是______________。 ②在pH4~7之间,吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,这是因为___________。 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是_________________________________。 【答案】 碱性溶液吸收了空气中的CO2 OH- + H3AsO3H2AsO3- + H2O 2.2 在pH7~9之间,随pH升高H2AsO4-转变为HAsO42-,吸附剂X表面所带负电荷增多,静电斥力增加 在pH4~7之间,吸附剂X表面带正电,五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在,静电引力较大;而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X表面产生的静电引力小 加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷 3、氢气是一种清洁能源,氢气的制取和储存是氢能源利用领域的研究热点。 (1)H2S 热分解制氢的原理: 2H2S(g)=2H2(g) + S2(g) △H= 169.8 kJ/mol,分解时常向反应器中通入一定比例空气,使部分H2S 燃烧,其目的是______;燃烧生成的SO2与H2S 进一步反应,硫元素转化为S2,写出反应的化学方程式:________。 (2)氨硼烷(NH3BH3) 是储氢量最高的材料之一,其受热时固体残留率随温度的变化如图甲所示。氨硼烷还可作燃料电池,其工作原理如图乙所示。 ①110℃时残留固体的化学式为_________。 ②氨硼烷电池工作时负极的电极反应式为_________。 (3)十氢萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体,经历“C10H18- C10H12-C10H8”的脱氢过程释放氢气。己知: C10H18(l)C10H12(l) +3H2(g) △H1 C10H12(l)C10H8(l)+2H2(g) △H2 温度335℃、高压下,在恒容密闭反应器中进行液态十氢萘( 1.00 mol) 催化脱氢实验,测得C10H12和C10H8的物质的量n1 和n2随时间的变化关系如图丙所示。图丁表示催化剂对反应活化能的影响。 ①△H1___△H2(选填“>”、“=”或“<”)。 ② 8 h 时,反应体系内氢气的物质的量为_____mol(忽略其他副反应)。 ③ n1 显著低于n2 可能的原因是__________。 【答案】 为H2S 热分解反应提供热量 4H2S+2SO2==4H2O+3S2 BH2NH2 或(BH2NH2) NH3BH3-6e-+2H2O=NH4++BO2-+6H+ > 1.951 反应2的活化能比反应1的小,催化剂显著降低了反应2的活化能,反应生成的C10H12很快转变成C10H8,故n1显著低于n2 (3)①由图丁可知ΔH1和ΔH2都是吸热反应,且ΔH1的活化能高于ΔH2的活化能,所以ΔH1>ΔH2②①温度335℃,在8 h时,十氢萘为1.00 mol,测得C10H12和C10H8的产率x1=0.027,x2=0.374,即生成C10H12和C10H8的物质的量分别为0.027mol,0.374mol,设反应的C10H18的物质的量为a,反应C10H12的物质的量为b,根据反应, C10H18(l) C10H12(l)+3H2(g) 1 1 3 a a 3a C10H12(l) C10H8(l)+2H2(g), 1 1 2 b b 2b 则a-b=0.027,b=0.374,则a=0.401,因此生成的氢气的物质的量分数为3a+2b=3×0.401+2×0.374=1.951,则氢气的量为1.951mol。③反应2的活化能比反应1小,相同温度下反应2更快,所以相同时间内,生成的四氢萘大部分都转化为萘,故n1显著低于n2,故答案为:反应2的活化能比反应1小,相同温度下反应2更快,所以相同时间内,生成的四氢萘大部分都转化为萘,故n1显著低于n2;答案为:①>②1.951③反应2的活化能比反应1的小,催化剂显著降低了反应2的活化能,反应生成的C10H12很快转变成C10H8,故n1显著低于n2。 4、某化学实验小组为确定过氧化氢分解的最佳催化条件,用如图装置进行实验、反应物用量和反应停止的时间数据如下表: 请回答下列问题: (1)盛装双氧水的化学仪器名称是__________。 (2)如何检验该套装置的气密性__________。 (3)相同浓度的过氧化氢,其分解速率随着二氧化锰用量的增加而___________。 (4)从实验效果和“绿色化学”的角度考虑,双氧水的浓度相同时,加入_______g的二氧化锰为较佳选择。 (5)?某同学分析上述数据后认为:“当用相同质量的二氧化锰时,双氧水的浓度越大,所需要的时间就越长,其反应速率越慢”的结论,你认为是否正确___________,理由是_________。(提示:?H2O2的密度可认为近似相等)。 【答案】 分液漏斗 关闭分液漏斗活塞,将注射器的活栓向外拉出一段距离,若一段时间后活栓能够恢复到原位置,则装置的气密性好 加快 0.3 不正确 H2O2的浓度扩大二倍(从1.5%→3.0%),但反应所需时间比其二倍小得多 【解析】(1)根据实验室常见仪器名称判断,盛装双氧水的化学仪器名称是分液漏斗;(2)检验该套装置的气密性的方法为:关闭分液漏斗的活塞,将注射器的活栓向外拉出一段距离,若一段时间后活栓能够恢复到原位置,则装置的气密性好;(3)由表中数据可知,双氧水的量相同,加入的二氧化锰质量越多,反应所需的时间越短,说明反应速率越快;(4)根据表中数据,在双氧水的浓度相同时,加入0.3g二氧化锰与加入0.1g二氧化锰对化学反应速率影响相差较大,加入0.3g二氧化锰与加入0.5g二氧化锰对反应速率的影响相差不是很大,所以加入二氧化锰的最佳量为0.3g;(5)从表中数据可知,相同体积3.0%的双氧水中的溶质含量是1.5%的双氧水中溶质含量的二倍,但反应的时间却比其反应时间的二倍小得多,由反应速率计算公式(v=△c/△t)可得出,此实验条件下双氧水的浓度越大分解速率越快,故:不正确;H2O2的浓度扩大二倍(从1.5%-→3.0%),但反应所需时间比其二倍小的多。 5、下列说法正确的是________________。 ①非金属氧化物一定不是碱性氧化物 ②电解质溶液的导电过程就是电离的过程 ③盐酸既有氧化性又有还原性 ④焰色反应属于化学变化 ⑤饱和三氯化铁溶液滴入沸水制备氢氧化铁胶体的反应属于复分解反应 ⑥电镀时,应把镀件置于电解槽的阳极 ⑦Fe(OH)3 、FeCl2、SO3 都不能直接用化合反应制备 ⑧乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理,与SO2使溴水褪色的原理相同 ⑨在我们常见的元素周期表中,第三列元素形成的化合物种类最多 ⑩浓硫酸、氯化氢、纯碱、生石灰四种物质中,浓硫酸与NaOH(s)、P2O5(s)、无水CaCl2(s)归为一类最恰当 【答案】①③⑤⑧ 【解析】①非金属氧化物一定不是碱性氧化物,①正确;②电解质溶液的导电过程就是电解的过程,电离不需要通电,②错误;③盐酸既有氧化性又有还原性,③正确;④焰色反应属于物理变化,④错误;⑤饱和三氯化铁溶液滴入沸水制备氢氧化铁胶体的反应属于复分解反应,⑤正确;⑥电镀时,应把镀件置于电解槽的阴极,⑥错误;⑦Fe(OH)3、FeCl2、SO3都能直接用化合反应制备,⑦错误;⑧乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理,与SO2使溴水褪色的原理相同,均是氧化还原反应,⑧正确;⑨在我们常见的元素周期表中,第十四列元素即碳族元素形成的化合物种类最多,⑨错误;⑩生石灰与NaOH(s)、P2O5(s)、无水CaCl2(s)归为一类最恰当,因为都是常用的固体干燥剂,⑩错误,答案选①③⑤⑧。 6、如图所示装置有多种用途。回答下列问题: (1)洗气:除去CO2中的水蒸气,装置内应盛的物质是________;除去CO中的CO2,装置内应盛的物质是________,气体应从________端通入。 (2)检验:证明CO中含CO2,装置内应盛________。 (3)贮气:若用排空气法收集H2(装置放置方向不变),气体应从装置的________端通入。若用排水法收集O2时,瓶内先装满水,气体从________端通入。若用水将装置中的O2排出进行实验时,水应从________端通入。 (4)测量气体体积:瓶内先装满水,气体从________端通入,还需要用到的一种仪器是________。该方法适用于测量________的气体的体积。 (5)用作安全瓶:将它连接在气体发生装置之后,以防止液体倒吸流入气体发生装置而损坏仪器。此时瓶中无液体,气体从________端通入。 【答案】(1)浓硫酸 氢氧化钠溶液 A (2)澄清石灰水 (3)B B A (4)B 量筒 难溶于水 (5)B 【解析】(3)用排空气法收集H2时,由于H2的密度比空气小,H2应从短导管B端通入,空气从长导管A端排出;当用排水法收集O2时,O2要从短导管B端通入,水从长导管A端排出;当用水将瓶中的O2排出时,水应从长导管A端通入,O2从短导管B端排出。(4)气体密度比水小,气体应从短导管B端通入,水从长导管A端排出到量筒中,此时量筒中水的体积就是收集的气体体积,该方法适用于测量难溶于水的气体的体积。(5)用作安全瓶时,气体应从短导管B端通入,如从A端通入,则倒吸入该瓶内的液体会被继续倒吸入气体发生装置。 2019届(人教版)高考化学二轮提升练习:非选择题(2)附答案 1、化合物 H 是一种抗病毒药物,在实验室中利用芳香烃 A 制备 H 的流程如下图所示(部分反应条件已略去): 己知: ①有机物 B 苯环上只有两种不同环境的氢原子; ②两个羟基连在同一碳上不稳定,易脱水形成羰基或醛基; ③ RCHO + CH3CHO NaOH RCH CHCHO + H2O; ④ (1)有机物 B 的名称为_____。 (2)由 D 生成 E 的反应类型为___________ , E 中官能团的名称为_____。 (3)由 G 生成 H 所需的“一定条件” 为_____。 (4)写出 B 与 NaOH 溶液在高温、 高压下反应的化学方程式:_____。 (5)F 酸化后可得 R, X 是 R 的同分异构体, X 能发生银镜反应,且其核磁共振氢谱显示有 3 种不同化学环境的氢,峰面积比为 1∶1∶1,写出 2 种符合条件的 X 的结构简式:_____。 (6)设计由 和丙醛合成的流程图:_______________(其他试剂任选)。 【答案】 对溴甲苯(或4-溴甲苯) 取代反应 羟基、氯原子 银氨溶液、加热(或新制氢氧化铜、加热) 、(或其他合理答案) 【解析】根据流程图及已知信息: (1)有机物 B 的名称为对溴甲苯(或4-溴甲苯); (2)由 D 生成 E 的反应类型为取代反应,E 中官能团的名称为羟基和氯原子; (3)由 G 生成 H需要将醛基氧化成羧基且不能将碳碳双键氧化,所以,一定条件需要:银氨溶液、加热(或新制氢氧化铜、加热); (4)B 与 NaOH 溶液在高温、 高压下反应的化学方程式为: (5)F 酸化后可得 R(C7H6O3),X 能发生银镜反应,即有醛基,且其核磁共振氢谱显示有 3 种不同化学环境的氢,峰面积比为 1∶1∶1,不饱和度仍为5,苯环没有可能了,故其可能的结构为:、; (6)由 和丙醛合成需要加长碳链,引入双键,故设计思路如题目中流程类似:先使其水解成醇,再将其氧化成醛,在此条件下反应,生成产物。。 2、As和P属于同主族元素,中国自古就有“信口雌黄”“雄黄入药”之说。雌黄(As2S3)和雄黄(As4S4)早期都曾用作绘画颜料,又都因有抗病毒疗效而用来入药。在一定条件下, 雌黄和雄黄的转化关系如图所示。 (1)亚磷酸(H3PO3)与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3。则亚磷酸为_______(填“一”“二”或“三”)元酸。 (2)反应I中,As2S3和Sn2+恰好完全反应时,其物质的量之比为______________。 (3)反应II中,若0.5 mol As4S4参加反应,转移14 mol电子,则物质a为_________(填化学式)。 (4)反应Ⅲ中的产物亚砷酸H3AsO3可以用于治疗白血病,其在溶液中存在多种微粒形态。 常温下,用NaOH溶液滴定H3AsO3时,各种微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示。 ①pH由7调至10的过程中发生反应的离子方程式为__________________________。 ②H3AsO3的一级电离平衡常数Ka1= ______________________________。 【答案】 二 1 : 1 SO2 H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O 10-9 【解析】(1)根据亚磷酸(H3PO3)与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3,说明Na2HPO3为正盐,亚磷酸为二元酸,故答案为:二; (2)根据图像,As2S3和Sn2+在酸性溶液中反应生成H2S、Sn4+和As4S4,反应的方程式为2As2S3+2Sn2++4H+=2H2S↑+2Sn4++As4S4,As2S3和Sn2+恰好完全反应时,As2S3和Sn2+的物质的量之比为1:1,故答案为:1:1; (3)反应II中,若0.5 mol As4S4参加反应,转移14 mol电子,则1 mol As4S4参加反应,转移28 mol电子,S元素的化合价变化量为=6,因此S元素的化合价由-2价变成+4价,所以物质a为SO2,故答案为:SO2; (4)①根据图像,pH由7调至10时,H3AsO3转化为H2AsO3-,反应的离子方程式为H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O,故答案为:H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O; ②根据图像,pH=9时,c(H3AsO3)=c(H2AsO3-),H3AsO3的一级电离方程式为H3AsO3 H2AsO3-+H+,平衡常数Ka1==c(H+)=10-9,故答案为:10-9。 3、NH3是一种重要的化工原料。 (1)不同温度、压强下.合成该平衡体系NH3的物质的量分数如图 (N2和H2的起始物质的量之比为1:3)。 ①分析图中数据,升高温度,该反应的平衡常数K值____(填“增大”“减小”或“不变”)。 ②如果开始时向密闭容器中投入1.0mol N2 和3.0mol H2,则在500℃、3×107Pa条件下达到平衡时N2 的平衡转化率=_______。(保留两位有效数字) ③液氨和水颇为相像,它能溶解多种无机及有机分子,其电离方程式可表示为2NH3 NH4++ NH2一(某温度下其离子积常数为10-30)。液氨中的pNH4与水中的pH相似,则该温度下液氨的pNH4=____。 (2)以氨气代替氢气研发氨清洁燃料电池是当前科研的一个热点。氨燃料电池使用的电解质溶液是KOH溶液。该电池负极的电极反应式为_________________。 (3)NH3也是造成水体富营养化的重要因素之一,用次氯酸钠水解生成的次氯酸将水中的NH3转化为氮气除去,其相关反应的热化学方程式如下: 反应I: NH3 (aq)+HClO(aq)=NH2Cl(aq)+H2O(l) △H1=akJ/mol; 反应II :NH2Cl(aq)+HClO(aq)=NHCl2(aq) +H2O(l) △H2=bkJ/mol; 反应III: 2NHCl2(aq) +H2O(l)=N2(g)+HClO( aq)+3HCl( aq) △H3=ckJ/mol。 ①2NH3(aq)+3HClO(aq)==N2 (g)+3HCl(aq)+3H2O(l) △H=________kJ/mol ②已知在水溶液中NH2Cl较稳定,NHCl2不稳定易转化为氮气。在其他条件不变的情况下,改变对溶液中次氯酸钠去氨氮效果与余氯(溶液中+1价氯元素的含量)的影响如图所示。a点之前溶液中发生的主要反应为_______(填序号)。 A.反应I、I I B.反应I ③除氨氮过程中最佳的值约为______________。 【答案】 减小 41% 15 2NH3 ? 6e? + 6OH?=N2 + 6H2O 2a+2b+c B 1.5 推出c(NH4+)=10-15mol·L-1,因此该温度下pNH4=15;(2)考查电极反应式的书写,因为是清洁能源,因此NH3→N2,根据原电池的工作原理,NH3在负极上参与反应,电解质为KOH溶液,因此负极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O;(3)考查热化学反应方程式的计算、化学反应条件的选择,①反应I×2+反应II×2+反应III,得出:目标方程式的△H=(2a+2b+c)kJ·mol-1;②a点之前,次氯酸的量少,氨气的量多,因此发生反应I,故选项B正确;③去除率较高,同时余氯量最少,图像中符合的比值为1.5。 点睛:本题的难点是电极反应式的书写,特别是产物的判断,研发NH3清洁燃料电池,即NH3转化成N2,NH3失去电子生成N2,有2NH3-6e-→N2,电解质为碱性,在负极上OH-被消耗,转化成H2O,因此负极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。 4、对炼锌厂的铜镉废渣中各元素进行分离,能减少环境污染,同时制得食品锌强化剂的原料ZnSO4·7H2O实现资源的再利用。其流程图如下。 [相关资料] ①铜镉废渣中含有铜、锌、镉、铁、砷等元素,其含量依次减少。 ②FeAsO4难溶于水;ZnSO4·7H2O易溶于水,难溶于酒精。 ③Zn(OH)2属于两性氢氧化物。 ④滤液I中有Fe2+、Zn2+、Cu2+、Cd2+和少量的AsO。 ⑤有关离子沉淀完全的pH 金属离子 Fe3+ Zn2+ Mn2+ Cu2+ Cd2+ 沉淀完全pH 3.2 8.0 9.8 6.4 9.4 请回答下列问题: (1)提高铜镉废渣浸出率可以采用的方法是(写出其中一点即可)____; (2)向滤液I中逐滴滴人酸性KMnO4溶液可与AsO发生反应生成FeAsO4,写出该反应的离子方程式____;加入酸性KMnO4溶液不能过量,判断该滴定终点的现象是____;滤渣Ⅱ中除了FeAsO4外,还有____; (3)制得的ZnSO4·7H2O需洗涤,洗涤晶体时应选用试剂为____; (4)上述流程除了实现对这些元素进行提取分离能减少环境污染,同时制得ZnSO4·7H2O实现资源的再利用,还可以得到副产物___ (5)回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池,电池的工作时,正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2,则充电时电池的正极反应式为____; (6)若a克铜镉废渣含有b molFe元素,加入了c mol KMnO4,则铜镉废渣中As元素的质量分数为____。(不考虑镉元素与KMnO4的反应) 【答案】 适当增大硫酸浓度 或 升高溶液温度 或 搅拌 或 将铜镉渣研磨成小颗粒 等合理答案均可以 5Fe2+ + 5AsO + 3MnO +14H+ = 3Mn2+ + 5FeAsO4↓ + 7H2O 溶液恰好变为浅紫红色且半分钟内不恢复为原色 Fe(OH)3 乙醇 或 饱和硫酸锌溶液 K2SO4 Ni(OH)2 – e—+ OH— = NiO(OH) + H2O 75(5c-b)/2a 【解析】整个工艺流程目的是铜镉废渣中制得ZnSO4·7H2O,滤液I中有Fe2+、Zn2+、Cu2+、Cd2+和少量的As,加入高锰酸钾,将Fe2+氧化成Fe3+,再调节pH至4,将其沉淀,滤液II中就剩下Zn2+、Cu2+、Cd2+,再加入过量KOH,由于Zn(OH)2属于两性氢氧化物,滤液III中就剩下ZnO22-,再加入硫酸,最终制得ZnSO4·7H2O。 (1)提高铜镉废渣浸出率可以采用的方法是:适当增大硫酸浓度或升高溶液温度或搅拌 或将铜镉渣研磨成小颗粒等; (2)酸性KMnO4溶液可与AsO发生反应生成FeAsO4,KMnO4将Fe2+氧化成Fe3+,将AsO氧化成AsO43-,根据化合价升价相等,该反应的离子方程式为:5Fe2+ + 5AsO + 3MnO +14H+ = 3Mn2+ + 5FeAsO4↓ + 7H2O,加入酸性KMnO4溶液不能过量,判断该滴定终点的现象是溶液恰好变为浅紫红色且半分钟内不恢复为原色,滤渣Ⅱ中除了FeAsO4外,还有Fe(OH)3; (3)制得的ZnSO4·7H2O需洗涤,洗去残留的其它离子,但不能用水洗,ZnSO4·7H2O易溶于水,难溶于酒精,所以用酒精洗涤或饱和的硫酸锌溶液; (4)上述流程最后一步向K2ZnO2溶液中加硫酸同时制得ZnSO4·7H2O,还可以得到副产物K2SO4; (5)回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池,电池的工作时,正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2,则充电时电池的正极反应为Ni(OH)2失电子转化为NiO(OH) ,故电极反应为:Ni(OH)2 – e—+ OH— = NiO(OH) + H2O; (6)KMnO4发生了两个反应: 5Fe2+ + 5As + 3Mn +14H+ = 3Mn2+ + 5FeAsO4↓ 5 5 3 x mol x mol 0.6 x mol MnO4- + 5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O 5 0.2(b-x)mol (b-x)mol x+0.2(b-x)=c x= 所以n(As)= m(As)= 故As元素的质量分数为:。 5、现有下列物质 ①NaHCO3 ②液态SO2 ③纯醋酸 ④硫酸钡 ⑤液氨 ⑥酒精(C2H5OH) ⑦NH3·H2O?? ⑧铝 请用以上物质回答下列问题。(填序号) (1)属于强电解质的是_____________。 (2)属于弱电解质的是_____________。 (3)属于非电解质,但其水溶液能导电的是_____________。 【答案】 ①④ ③⑦ ②⑤ 【解析】①NaHCO3属于盐,在水溶液中完全电离,属于强电解质,水溶液能够导电;②液态SO2在水溶液和熔融状态下本身不能电离产生自由移动的离子,属于非电解质,但是二氧化硫能够与水反应生成亚硫酸,亚硫酸属于电解质能够电离产生自由移动的离子而导电;③纯醋酸在水溶液能部分电离产生自由移动的离子,属于弱电解质,但是纯醋酸不含自由移动的离子,不导电;④硫酸钡在熔融状态下能够完全电离,属于强电解质,但是固体硫酸钡不含自由移动的离子,不能导电;⑤液氨在水溶液和熔融状态下本身不能电离产生自由移动的离子,属于非电解质,但是氨气能够与水反应生成NH3·H2O,NH3·H2O属于电解质能够电离产生自由移动的离子而导电;⑥酒精(C2H5OH)在水溶液和熔融状态下都不能导电,属于非电解质,与水不反应;⑦NH3·H2O属于弱电解质,能够电离产生自由移动的离子而导电;⑧铝属于单质既不是电解质也不是非电解质。 (1)属于强电解质的有①④,故答案为:①④; (2)属于弱电解质的有③⑦,故答案为:③⑦; (3)属于非电解质,但溶于水后的水溶液能导电的是②⑤,故答案为:②⑤。 6、下面是中学化学中常用的玻璃仪器组成的实验装置图(根据需要可在广口瓶中加入液体或在干燥管中放入固体)。 请回答下列问题: (1)用装置A收集NH3气体,气体应从_________________(填“①”或“②”)处通入。 (2)若用装置B做二氧化硫与烧杯中氢氧化钠溶液反应的实验,则其中广口瓶能否起到防倒吸作用(填“能”或“不能”)______________________。 (3)用C来收集NO2气体,最终得不到NO2,其发生反应的化学方程式为:___________________。 【答案】(1)① (2)能 (3)3NO2+H2O=HNO3+NO 【解析】(1)用装置A收集CO2气体,利用向上排空气法收集,由图可知从①进气;(2)装置B做二氧化硫与烧杯中氢氧化钠溶液反应的实验,烧杯中液体倒吸后进入广口瓶,不会进入前面的装置,则其中广口瓶的作用是防止倒吸(或作安全瓶);(3)C来收集NO2气体,最终得不到NO2,是因气体与水反应,发生反应的化学方程式为3NO2+H2O=HNO3+NO; 2019届(人教版)高考化学二轮提升练习:非选择题(3)附答案 1、四氯化钛是无色液体,沸点为136℃,极易水解。在800℃下,将氯气通过二氧化钛和炭粉的混合物可制得四氯化钛,同时产生一种有毒气体。装置如下图。 (1)实验步骤: 先将适量TiO2、炭粉混合均匀,制成多孔状TiO2团粒。然后进行如下操作,正确的顺序为____________________(填序号)。 ①通入CO2气体并开始加热; ②观察反应已基本完成,停止加热,改通CO2气体直至冷却至室温; ③将TiO2团粒放入瓷管中适当位置,并连接好整套装置; ④当管式炉升温到800℃后改通Cl2,同时在冷凝管中通冷凝水; ⑤取下锥形瓶,立即用塞子塞紧。 实验中不直接使用二氧化钛和炭粉,而是先制成多孔状TiO2团粒的原因是_________。 (2)冷凝管冷凝水的入口为________(填标号)。 (3)装置B所装的药品为_____________,作用为________________;实验中两次通入CO2,其中第二次通入CO2的作用是______________;可用_______气体代替CO2(任填一种)。 (4)以上步骤②,观察到(填现象)________________时,可确定反应已基本完成。 (5)制备反应的主要化学方程式为_________________________________________。 (6)该装置存在明显的缺陷,提出改进措施__________________________________。 【答案】 ③①④②⑤ 增大反应物接触面 a 无水硫酸铜 检验装置中的水蒸气是否除尽 将生成的TiCl4气体完全排入冷凝管;防止冷却时,烧碱溶液或水蒸气倒吸入锥形瓶中 N2 冷凝管末端没有TiCl4液滴继续滴下 TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO 在装置末端c出口处,放一盏点燃的酒精灯 【解析】分析:本题是一道物质制备的实验题,解题时,应该先分析题目中给出的要制备的物质的基本性质,再根据装置图,分出每个装置的作用,进行解答即可。 详解:(1)实验中应该先连接装置加入药品,通入二氧化碳排除装置的空气,再通入氯气进行反应,然后在二氧化碳气体中冷却,最后塞紧塞子,防止水解。所以顺序为:③①④②⑤。先将适量TiO2、炭粉混合均匀,制成多孔状TiO2团粒,这样可以增大反应物的接触面积,加快反应速率。 (2)冷凝水应该下口入上口出,所以入口为a。 (3)装置B中应该加入无水硫酸铜以验证水蒸气都被除去;实验结束后,持续通入二氧化碳的目的是为了使生成物在二氧化碳气流中冷却,同时也将可能在装置中残留的TiCl4排入D中,也能防止氢氧化钠溶液或水蒸气倒吸至D中。实验中可以使用任意的惰性气体代替二氧化碳,例如:氮气或稀有气体。 (4)以上步骤②,当反应结束的时候,没有TiCl4生成了,所以D中冷凝管下端就不会再有液滴滴下。 (5)制备反应是二氧化钛、碳粉、氯气反应得到TiCl4和有毒气体(CO),所以反应为:TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。 (6)该装置存在明显的缺陷是生成的CO没有进行尾气处理,所以改进措施为:在装置末端c出口处,放一盏点燃的酒精灯,将CO燃烧为二氧化碳。 2、NaBiO3可作为测定锰的氧化剂,Bi2O3在电子行业有着广泛应用,可利用浮选过的辉铋矿(主要成分是Bi2S3,还含少量SiO2等杂质)来制备,工艺流程如下: 已知:NaBiO3难溶于水。 回答下列问题 (1)溶液Ⅰ中主要成分为BiCl3、FeCl2,则滤渣Ⅰ的主要成分是________(写化学式)。 (2)海绵铋与盐酸、H2O2反应的化学方程式是__________ (3)向溶液Ⅲ中加入NaOH和NaClO发生反应的离于方程式是______,从反应后的混合体系中获得纯净NaBiO3,操作Ⅱ包括_________。 (4)一定温度下,向氨水中通入CO2,得到 (NH4)2CO3、NH4HCO3等物质,溶液中各种微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。随着CO2的通入,溶液中c(OH-)/c (NH3·H2O)将______(填“增大”“减小”或“不变”)。pH=9时,溶液中c(NH4+)+c(H+)=______(用离子浓度表示)。 (5)取所得NaBiO3样品2.0g,加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解,然后用新配制的0.5mol/LFeSO4溶液滴定生成的MnO4-,滴定完成后消耗22.00mLFeSO4溶液。则该样晶中NaBiO3纯度为_________。 【答案】 SiO2、S 2Bi+3H2O2+6HCl=2BiCl3+6H2O Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+C1-+2H2O 过滤、洗涤、干燥 减小 2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-) 77% 【解析】(1)操作I中Fe3+可以将Bi2S3中的S氧化为S单质,SiO2性质比较稳定,不与酸反应,所以滤渣的主要成分为:SiO2、S。 (2)铋可以被H2O2氧化,发生的方程式为:2Bi+3H2O2+6HCl=2BiCl3+6H2O (3)根据反应流程图可知操作Ⅱ中发生的反应为:Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+C1-+2H2O,想要获得纯净NaBiO3,首先要将沉淀过滤出来,再进行洗涤、干燥才可以得到纯净的NaBiO3,所以操作Ⅱ为:过滤、洗涤、干燥。 3、近年科学家提出“绿色自由”构想。把含有大量CO2的空气吹入K2CO3溶液中,再把CO2从溶液中提取出来,并使之与H2反应生成可再生能源甲醇。其工艺流程如下图所示: 回答下列问题: (1)进入分解池中主要物质是______;在合成塔中,若足量的H2与CO2反应,消耗4.4gCO2,生成气态的H2O和CH3OH,可放出5370J的热量,写出该反应的热化学方程式________。 (2)该工艺在哪些方面体现了“绿色自由”构想中的“绿色”: ①_______;②_______。 (3)一定条件下,往2L恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0mol H2,在不同催化剂作用下,相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示: ①催化剂效果最佳的是_______(填“催化剂I”.“催化剂Ⅱ”,“催化剂Ⅲ”)。b点v(正)______v(逆)(填“>”,“<”,“=”)。 ②此反应在a点时已达平衡状态,a点的转化率比c点高的原因是_________。c点时该反应的平衡常数K=___________(保留一位小数)。 (4)科学家还研究了利用温室气体制造充电电池,下图为正在研究的Na—CO2可充电电池示意图,该装置放电时的总反应方程式为_________。 (5)己知25℃时H2CO3的电离平衡常数为:Kal =4.4×10-7、Ka2 =4.7×l0-ll,则反应:HCO3-+H2OH2CO3+ OH-的平衡常数K=________。 【答案】 KHCO3(或碳酸氢钾) CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g) △H=-53.7kJ/mol 减少大气中CO2;产生清洁能源CH3OH; K2CO3可循环利用;能量可以循环利用;低碳经济等 催化剂Ⅰ > 该反应是放热反应,升高温度,平衡逆向移动 K=2.1 4Na+3CO2==2Na2CO3+C K=2.3×10-8 CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g) 起始: 1 3 0 0 变化: 0.6 1.8 0.6 0.6 平衡: 0.4 1.2 0.6 0.6 根据化学平衡常数的定义 K==2.1;(4)考查电极反应式的书写,根据装置图,负极反应式为Na-e-=Na+,正极反应式为3CO2+4e-=2CO32-+C,两式相加得到4Na+3CO2=2Na2CO3+C;(5)考查平衡常数,根据平衡常数的定义, K==2.3×10-8。 4、砷是第四周期ⅤA族元素,可以形成、、、等 化合物,有着广泛的用途回答下列问题: (1)写出砷的原子序数______________ (2)工业上常将含砷废渣主要成分为制成浆状,通入氧化,生成和单质硫写出发生反应的化学方程式 _____________________________________________ 该反应需要在加压下进行,原因是 _______________________________________ (3)已知: 则反应的 ________________________ (4)时,将、?和20mL?NaOH溶液混合,发生反应:溶液中与反应时间的关系如图所示. ①下列可判断反应达到平衡的是 ______填标号. 溶液的pH不再变化 ?不再变化 ? ②时, ______填“大于”“小于”或“等于” ③时, ______时填“大于”“小于”或“等于”,理由是 ____________________ ④若平衡时溶液的,则该反应的平衡常数K为 ______________ 【答案】 33 加压反应速率增大,而且平衡右移,可提高生产效率 ac 大于 小于 tm时生成物的浓度更小,故逆反应速率更慢 . 【解析】分析:砷是33号元素。含砷废渣主要成分为制成浆状,通入氧化,生成和单质硫该反应的化学方程式为 该反应需要在加压下进行,原因是加压反应速率增大,而且平衡右移,可提高生产效率。根据盖斯定律可以求反应热。 分析正反应速率和逆反应速率是否相等、各组分的含量是否保持不变,可以判断反应是否达到平衡状态。求出各组分的平衡浓度代入计算公式即可求出化学平衡常数。 详解:(1)砷的原子序数为33. (2)工业上常将含砷废渣主要成分为制成浆状,通入氧化,生成和单质硫该反应的化学方程式为 该反应需要在加压下进行,原因是加压反应速率增大,而且平衡右移,可提高生产效率。 (3)已知:①;②;③。根据盖斯定律,①②③可得,则该反应的。 (4)溶液的pH不再变化,表明反应混合物中各组分的浓度保持不变,达到平衡; 不能说明正确反应速率等于逆反应速率,无法判断是否达到平衡; ?不再变化,表明反应混合物中各组分的浓度保持不变,达到平衡; 由图中信息可知,平衡时?,故当?,该反应未达到平衡。综上所述,可判断反应达到平衡的是ac. 时,反应正在向正反应方向进行,故大于? 时小于?时,理由是tm时生成物浓度更小,故逆反应速率更慢 。 三种溶液混合后若不发生反应,c()=、c(?).若平衡时溶液的,则c,又知平衡时c()=、?,则平衡时c()=c(?),该反应的平衡常数K为 . 5、在两份相同的Ba(OH)2溶液中,分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液。其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如右图所示。 请回答下列问题。 (1)图中①、②分别代表滴加哪种溶液的变化曲线 ①_____________、②_____________。 (2)b点,溶液中大量存在的离子是________________。 (3)曲线②中d点导电能力最弱的原因是____________(用化学方程式表示)。 (4)c点,两溶液中含有相同量的哪种离子_______________。 【答案】 H2SO4 NaHSO4 Na+、OH- Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O SO42- 【解析】(1)Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O,2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O,溶液导电能力与离子浓度成正比,根据图知,曲线①在a点溶液导电能力接近0,说明该点溶液离子浓度最小,应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应,则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应,①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线;(2)曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应,①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线,a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应,H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等,则b点溶液溶质为NaOH,则b点,溶液中大量存在的离子是Na+、OH-;(3)d点②中溶质为Na2SO4,此时发生反应:Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O,自由移动离子浓度最小,导电能力最弱;(4)c点,①中稀硫酸过量,溶质为硫酸,②中反应后溶质为NaOH、Na2SO4,两溶液中含有相同的离子是SO42-。 6、实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4,主要流程如下: (1)为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀,应先向沉淀反应器中加入________(填“A”或“B”),再滴加另一反应物。 (2)如下图所示,过滤操作中的一处错误是________________________________________。 (3)判断流程中沉淀是否洗净所用的试剂是__________________________________________。高温焙烧时,用于盛放固体的仪器名称是___________________________________________。 【答案】B 漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁 AgNO3溶液(或硝酸酸化的AgNO3溶液) 坩埚 【解析】分析:从制备MgAl2O4实验流程可知,先加入氨水,再加入盐的混合溶液,会使两种沉淀同时生成;过滤时为了防止液体溅出,在过滤时应该将漏斗的尖嘴部分紧贴烧杯的内壁;洗涤沉淀时,结合流程知,沉淀中应该附着氯离子和铵根离子,若判断是否洗净,可以取少量最后一次洗涤液,加入硝酸酸化的硝酸银溶液进行判断,若生成白色沉淀,则说明没有洗涤干净;若没有沉淀生成,则说明已经洗涤干净,以此解答。 详解:(1)如先加入MgCl2、AlCl3的混合溶液,再加氨水,氨水少量,应先生成氢氧化镁沉淀,反之,先加氨水,因氨水足量,则同时生成沉淀,故答案为:B; (2)过滤时应该将漏斗的尖嘴部分紧贴烧杯的内壁,防止液体溅出,故答案为:漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁; (3)沉淀中应该附着氯离子和铵根离子,若判断是否洗净,可以取少量最后一次洗涤液,加入AgNO3溶液(或硝酸酸化的AgNO3溶液)进行判断,若生成白色沉淀,则说明没有洗涤干净;若没有沉淀生成,则说明已经洗涤干净,高温焙烧固体应在坩埚中进行, 故答案为:AgNO3溶液(或硝酸酸化的AgNO3溶液);坩埚; 点睛:本题考查物质的制备实验设计,题目难度不大,注意把握实验设计的仪器连接顺序,清楚实验原理,在平时的学习中要加强这个方面的知识学习和理解,这样考试的时候灵活应用,并很快得出答案。 2019届(人教版)高考化学二轮提升练习:非选择题(4)附答案 1、亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和水处理剂。以氯酸钠为原料制备亚氯酸钠的装置如下图所示(夹持装置省略)。 已知: ①纯ClO2易分解爆炸,空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全。 ②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O;高于38℃时析出NaClO2;高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。 (1)检查A装置气密性的方法是____________________________________。该装置中产生ClO2的化学方程式为_________________________________________。 (2)实验过程中需要持续通入空气,目的是_________________________________。 (3)NaClO2在碱性溶液中才能稳定存在,下列可用于检测三颈瓶中溶液酸碱性的是________(填代号)。 a.石蕊 b.酚酞 c.pH试纸 d.pH计 (4)B装置中发生反应的离子方程式为______________________________________;使用冰水浴的原因是______________________;反应结束后,从溶液中得到NaClO2固体的实验操作是_________________。 (5)NaClO2是一种高效水处理剂,在一定条件下可以将CN-氧化成两种无毒无害的气体。现用NaClO2处理10m3含CN-a mg·L-1的工业污水,理论上至少需要NaClO2的质量是___________g。 【答案】 关闭K1、K2,向分液漏斗中注入水,打开分液漏斗活塞,开始有少量水滴下,一段时间后,水不能滴下,说明装置A气密性良好 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O 稀释ClO2,使生成的ClO2全部进入三颈瓶中 d 2ClO2+2OH-+H2O2=2 ClO2-+2H2O+O2 防止NaClO2分解 在38℃-60℃下,减压蒸发结晶过滤、洗涤、干燥 43.5a 【解析】试题分析:(1)根据压强原理,通过关闭K1、K2,向分液漏斗中注入水的方法检验装置A的气密性;根据得失电子守恒配平NaClO3、Na2SO3、H2SO4生成ClO2的方程式;(2)根据纯空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全分析;(3)根据亚氯酸钠(NaClO2)是漂白剂分析;(4)B装置中 ClO2、NaOH、H2O2反应生成NaClO2、O2;高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl;NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O;高于38℃时析出NaClO2,要得到NaClO2需要控制温度蒸发结晶。(5)NaClO2在一定条件下可以将CN-氧化成二氧化碳和氮气,根据电子守恒,NaClO2与CN-的关系式是 ; 解析:(1). 关闭K1、K2,向分液漏斗中注入水,打开分液漏斗活塞,开始有少量水滴下,一段时间后,水不能滴下,说明装置A气密性良好;根据得失电子守恒,NaClO3、Na2SO3、H2SO4生成ClO2的方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O;(3). 实验过程中需要持续通入空气的目的是稀释ClO2,使生成的ClO2全部进入三颈瓶中;(3亚氯酸钠(NaClO2)是漂白剂,能使石蕊、酚酞、pH试纸褪色,所以检测三颈瓶中溶液酸碱性用PH计,选d。(4) B装置中ClO2、NaOH、H2O2反应生成NaClO2、O2的离子方程式是2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2;高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl,所以装置B使用冰水浴;NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O;高于38℃时析出NaClO2,要得到NaClO2需要在38℃-60℃下,减压蒸发结晶过滤、洗涤、干燥;(5)设理论上至少需要NaClO2的质量是xg; 452.5g 104g Xg ag·L-1 X= 43.5a。 2、硫是中学化学重要的非金属元素之一,请回答下列有关问题。 已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=-196.6kJ/mol 2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H=-113.0kJ/mol (1)反应NO2(g)+ SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH= ______kJ/mol 。 (2)一定条件下,将NO2与SO2以体积比1∶2置于密闭容器中发生上述反应,下列能说明反应达到平衡状态的是 _________。 a.体系压强保持不变 b.混合气体颜色保持不变 c.SO3和NO的体积比保持不变 d.每消耗1 mol SO2的同时消耗1 molNO (3)S2Cl2和SCl2均为重要的工业化合物。已知: a.S2(l)+Cl2(g)S2Cl2(g) △H1 b.S2Cl2(g)+ Cl2(g)2SCl2(g) △H2 —定压强下,向10 L密闭容器中充入1 molS2Cl2和1 mol Cl2,发生反应b。Cl2与SCl2的消耗速率(υ)与温度(T)的关系如图所示: ① A、B、C、D四点对应状态下,达到平衡状态的有______(填字母),理由是_______。 ②—定温度下,在恒容密闭容器中发生反应a和反应b,达到平衡后缩小容器容积,重新达到平衡后,Cl2的平衡转化率_________(填“增大”或“减小”或“不变”),理由是________。 II.氮有不同价态的化合物,如氨、氮气、亚硝酸钠、乙二胺等。 图(I)和图(II)分别为二元酸H2A和乙二胺(H2NCH2CH2NH2)溶液中各微粒的百分含量δ(即物质的量百分数)随溶液pH的变化曲线(25℃)。 (1)H3NCH2CH2NH3A溶液显____(填“酸”或“碱”)性。 (2)乙二胺在水溶液中发生第二步电离的方程式:____________________,其平衡常数Kb2= _______________________ 。 (3)向20 mL 0.1 mol/L的H2A溶液加入10 mL 0.1 mol/L H2NCH2CH2NH2溶液后,溶液中各离子浓度大小的关系为 ____________________________________。 【答案】 -41.8 bd BD B、D两点对应的状态下,用同一物质表示的正、逆反应速率相等 不变 反应a和反应b均为左右两边气体分子总数相等的反应,压强对平衡没有影响 酸 [H3NCH2CH2NH2]++H2O [H3NCH2CH2NH2]2++OH- Kb2=10-7.15 c([H3NCH2CH2NH2]+)>c(HA-)>c(A2-)>c([H3NCH2CH2NH3]2+)>c(H+)>c(OH-) 【解析】I.(1)考查热化学反应方程式的计算,①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),②2NO(g)+O2(g)2NO2(g),(①-②)/2,得出:△H=(113.0-196.6)/2kJ·mol-1=-41.8kJ·mol-1; (2)考查化学平衡状态的判断,a、反应前后气体系数之和相等,因此压强始终保持不变,即压强不变,不能说明反应达到平衡,故a错误;b、NO2显红棕色,其余均为无色,因此颜色不变,说明反应达到平衡,故b正确;c、SO2和NO系数相等,因此SO3和NO的体积比始终保持不变,故c错误;d、消耗1molSO2,说明反应向正反应方向移动,消耗1molNO,说明反应向逆反应方向移动,且两者消耗量等于系数之比,因此能说明反应达到平衡,故d正确; (2)应分步电离,即第二步电离的方程式为[H3NCH2CH2NH2]++H2O [H3NCH2CH2NH2]2++OH-;平衡常数只受温度的影响,即pH=6.85时,c([H3NCH2CH2NH2]+)=c([H3NCH2CH2NH)]2+),其平衡常数Kb2=10-7.15 ; (3)根据所给量,因此离子浓度大小顺序是c([H3NCH2CH2NH2]+)>c(HA-)>c(A2-)>c([H3NCH2CH2NH3]2+)>c(H+)>c(OH-)。 3、(1) ① 25℃时,NH4Cl溶液呈酸性,原因是______水解引起的(填“NH4+”或“Cl-”); ② 常温下,0.0100mol/L NaOH溶液的pH=___________; ③ 用0.0100mol/L 盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,酚酞作指示剂,滴定终点时,溶液的颜色由浅红色变为_______(填“蓝色”或“无色”),且半分钟内颜色保持不变。 ④ 已知在25℃:AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq) Ksp=1.8×10-10 Ag2S(s) 2Ag+(aq)+S2-(aq) Ksp=6.3×10-50 向浓度均为0.001 mol/L的NaCl和Na2S的混合溶液中,逐滴加入AgNO3溶液,最先产生的沉淀是_________(填“AgCl”或“Ag2S”)。 (2)已知25℃合成氨反应中,1mol N2完全转化为NH3时释放的能量为92.4 kJ。现将1mol N2和3mol H2混合置于2L密闭容器中,反应进行到2s末测得NH3为0.4mol。 回答下列: ① 该反应的热化学方程式是______________ ; ② 该反应达到平衡后,升高温度平衡向_______ (填“正”、“逆”)反应方向移动;加入催化剂平衡________(填“正”、“逆”、 “不”)移动; ③ 前2s内v(H2)是___________。 (3)燃料电池能量转化率高,具有广阔的发展前景。天然气燃料电池中,在负极发生反应的物质是 ________(填化学式);如果该电池中的电解质溶液是KOH溶液,电极B电极上发生的电极反应式是: ______________。 。 【答案】 NH4+ 12 无色 Ag2S N2(g)+3H2(g)═ 2NH3(g)△H=﹣92.4kJ/mol 逆 不 0.15 mol/(L?s) CH4 O2+2H2O+4e- ═ 4OH- 【解析】分析:(1) ① NH4Cl属于强酸弱碱盐,根据盐类水解的规律分析解答;② NaOH溶液显碱性,先计算溶液中的c(OH-),再根据c(H+)=计算 c(H+),最后求pH;③盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,最终溶液显中性,根据酚酞作指示剂与溶液的性质分析解答;④首先根据Ksp计算判断两种沉淀的溶解度的大小,首先应该生成溶解度小的沉淀; ② 常温下,0.0100mol/L NaOH溶液中的c(OH-)=0.0100mol/L,c(H+)===1.0×10-12 mol/L,pH=-lg c(H+)=12,故答案为:12; ③ 用0.0100mol/L 盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,酚酞作指示剂,滴定终点时,溶液的颜色由浅红色变为无色,且半分钟内颜色保持不变,故答案为:无色; ④ 25℃:AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq) Ksp=1.8×10-10,Ag2S(s) 2Ag+(aq)+S2-(aq) Ksp=6.3×10-50,向浓度均为0.001 mol/L的NaCl和Na2S的混合溶液中,逐滴加入AgNO3溶液,生成氯化银时c(Ag+)===1.8×10-7mol/L,生成硫化银时c(Ag+)===8×10-23mol/L,因此先生成Ag2S沉淀,故答案为:Ag2S; (2)① 25℃时,1mol N2完全转化为NH3时释放的能量为92.4 kJ,则热化学方程式为N2(g)+3H2(g)═ 2NH3(g)△H=﹣92.4kJ/mol,故答案为:N2(g)+3H2(g)═ 2NH3(g)△H=﹣92.4kJ/mol; ② 该反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动;加入催化剂平衡不移动,故答案为:逆;不; ③ 前2s内v(NH3)===0.1 mol/(L?s),则v(H2)=v(NH3)=0.1 mol/(L?s)×=0.15 mol/(L?s),故答案为:0.15 mol/(L?s); (3)天然气燃料电池中,通入天然气的电极为负极;如果该电池中的电解质溶液是KOH溶液,电极B为正极,电极上发生的电极反应式为O2+2H2O+4e- ═ 4OH-,故答案为:CH4;O2+2H2O+4e- ═ 4OH-。 4、在T℃条件下,向1L固定体积的密闭容器M中加入2 mol X和1 mol Y,发生如下反应: 2X(g) + Y(g) a Z(g) + W(g) △H = -Q kJ·mol-1 (Q>0)。当反应达到平衡后,反应放出的热量为Q1 kJ,物质X的转化率为α;若平衡后再升高温度,混合气体的平均相对分子质量减小,则 (1)化学计量数a的值为____________________;此反应的逆反应△S__________0 (填﹤,﹥,﹦)。 (2)下列说法中能说明该反应达到了化学平衡状态的是___________________________。 A、容器内压强一定 B、v(X)正=2 v (Y)逆 C、容器内Z分子数一定 D、容器内气体的质量一定 E、容器内气体的密度一定 F:X、Y、Z、W的浓度之比为2∶1∶a∶1 (3)维持温度不变,若起始时向该容器中加入的物质的量如下列各项,则反应达到平衡后(稀有气体不参与反应),与之是等效平衡的是______________。 A.2 mol X、1mol Y、1mol Ar B.a mol Z、1mol W C.1 molX、0.5mol Y、0.5a mol Z、0.5 mol W D.2 mol X、1mol Y、1mol Z (4)维持温度不变,若起始时向容器中加入4mol X和6 mol Y,若达平衡时容器内的压强减小了15%,则反应中放出的热量为___________________kJ。 (5)已知:该反应的平衡常数随温度的变化如下表: 温度/℃ 150 200 250 300 350 平衡常数K 9.94 5.2 1 0.5 0.21 试回答下列问题: 若在某温度下,2 mol X和1 mol Y在该容器中反应达平衡, X的平衡转化率为50%,则该温度为__________________℃。 【答案】 1 > ABC ABC 1.5Q kJ 300 【解析】分析:(1)反应放热,若平衡后再升高温度,则平衡向左移动,混合气体的平均相对分子质量减小,说明反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和,以此进行分析。 (2)反应达到平衡状态时,物质的浓度、含量、质量等不再发生变化,由于反应前后气体的化学计量数之和不相等,则平衡时压强不再发生变化,由于是在固定体积的容器中反应,则无论是否达到平衡状态,质量和密度都不变,由此分析解答。 (3)对一般的可逆反应,在T 、V不变的条件下,只改变起始加入情况,只要通过可逆反应的化学计量系数比换算成平衡式左右两边同一边物质的物质的量与原平衡相同,则二平衡等效;据此分析解答此题。 (4)同一条件下,压强之比和气体的物质的量成正比,因此压强的减小量等于气体的物质的量的减小量,据此分析解答。 (5)计算该温度下的平衡常数,根据表格中平衡常数和温度的关系判断即可。 详解:(1)反应放热,若平衡后再升高温度,则平衡向左移动,混合气体的平均相对分子质量减小,说明反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和,即2+1>a+1,则a=1;反应方程式为2X(g) + Y(g) Z(g) + W(g),△S<0,此反应的逆反应△S>0;正确答案:1;>。 (2)由于反应前后气体的化学计量数之和不相等,则压强不再发生变化说明达到平衡,A正确;反应速率之比和系数成正比,且满足正逆反应速率关系为v(X)正=2 v (Y)逆,说明该反应达到了化学平衡状态,B正确;容器内Z分子数一定,即Z的浓度不再发生变化,反应达到了化学平衡状态,C正确;由于反应前后各物质均为气态,气体的质量始终不变,所以容器内气体的质量一定不能判断达到平衡,D错误;参与反应各物质均为气态,气体总质量始终不变,由于是在固定体积的容器中反应,则无论是否达到平衡状态,密度都不变,E错误; X、Y、Z、W的浓度之比为2∶1∶a∶1只是反应的一种情况,不能判定反应达到了化学平衡状态,F错误;正确选项ABC。 (3)针对2X(g) + Y(g) a Z(g) + W(g)反应,当维持温度不变,容器的体积不变,加入2molX和1molY,反应达到平衡;当改变物质的投入量,最终转化为反应的的量与原投入量相等,平衡等效;维持温度不变,容器的体积不变,加入2molX和1molY,反应达到平衡;再加入稀有气体,对该平衡无影响,与原平衡等效,A正确;加入amolZ、1molW,根据反应关系,把生成物全部转化为反应物,相当于加入2molX和1molY,与原平衡等效,B正确;加入1molX、0.5molY、0.5amol Z、0.5molW,根据反应关系,把生成物全部转化为反应物,其量为2molX和1molY,与原平衡等效,C正确;2molX、1molY、1molZ,反应物的量小于2molX和1molY,与原平衡不等效;正确选项ABC。 (4)同一容器中,物质的分子数之比等于物质的量之比,当反应达到平衡时容器内的分子数目减少15%时,气体的物质的量减少15%,即气体的物质的量减少(4+6)×15%=1.5mol,根据2X(g)+Y(g) Z(g) + W(g)反应,知当气体的物质的量减少1.5mol时参加反应的X的物质的量是3mol,则反应中放出的热量为1.5QkJ;正确答案:1.5Q kJ。 (5)2molX和1molY在容器M中反应并达到平衡,x的平衡转化率为50%, 2X(g) + Y(g) a Z(g) + W(g) 起始量 2 1 0 0 转化量 1 0.5 0.5 0.5 平衡量 1 0.5 0.5 0.5 平衡时,c(X)=(1-0.5)×2/1=1mol/L, c(Y)=0.5/1=0.5 mol/L, c(Z)= c(W)=0.5/1=0.5 mol/L;平衡常数K= c(Z)×c(W)/ c(Y)×c2(X)=0.5×0.5/12×0.5=0.5,所以其温度是300℃;正确答案:300。 5、有下列物质: ①Na2CO3?10H2O 晶体 ②铜 ③硫酸溶液 ④CO2 ⑤NaHSO4 固体 ⑥Ba(OH)2 固体 ⑦红褐色的氢氧化铁胶体 ⑧氨水 ⑨稀硝酸 ⑩Al2(SO4)3 固体。 (1)上述物质属于电解质的有__________(填编号)。 (2)上述物质中有两种物质之间可发生离子反应: H++OH-=H2O,写出该离子反应对应的化学方程式___________。 (3)17.1g⑩溶于水配成 250mL 溶液, SO42-的物质的量浓度为_______。 (4)写出固体⑤溶于水中的电离方程式___________。 【答案】 ①⑤⑥⑩ 2HNO3+Ba(OH)2=Ba(NO3)2+2H2O 0.6mol/L NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42- 【解析】(1)电解质是指在熔融状态或水溶液中能导电的化合物,即电解质属于纯净物中的化合物,故题中为电解质的有①⑤⑥⑩;(2)发生离子反应:H++OH-=H2O,应为可溶性强酸和强碱的中和反应,即硝酸与氢氧化钡的反应,其化学方程式为:2HNO3+Ba(OH)2=Ba(NO3)2+2H2O;(3)17.1g Al2(SO4)3 固体中SO42-的的物质的量为0.15mol,SO42-的物质的量浓度为0.15mol÷0.25L=0.6mol/L;(4)NaHSO4 属于强酸的酸式盐,溶于水中的电离方程式为:NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42-。 6、氢化锂(LiH)在干燥的空气中能稳定存在,遇水或酸能够引起燃烧。某活动小组准备使用下列装置制备LiH固体。 甲同学的实验方案如下: (1)仪器的组装连接:上述仪器装置按气流从左到右连接顺序为________________,加入药品前首先要进行的实验操作是____________(不必写出具体的操作方法);其中装置B的作用是___________。 (2)添加药品:用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂(固体石蜡密封),然后在甲苯中浸洗数次,该操作的目的是____________________,然后快速把锂放入到石英管中。 (3)通入一段时间氢气后加热石英管,通氢气的作用是___________________________;在加热D处的石英管之前,必须进行的实验操作是__________。 (4)加热一段时间后,停止加热,继续通氢气冷却,然后取出LiH,装入氮封的瓶里,保存于暗处。采取上述操作的目的是为了避免LiH与空气中的水蒸气接触而发生危险,反应方程式为_____________。 (5)准确称量制得的产品0.174g,在一定条件下与足量水反应后,共收集到气体470.4 mL(已换算成标准状况),则产品中LiH与Li的物质的量之比为____________________。 【答案】 e接a,b接f,g接d,c (f和g调换也可以) 检验装置的气密性 除去H2中的H2O和HCl 除去锂表面的石蜡 赶走装置中空气,防止加热时锂、氢气与氧气反应,发生爆炸 收集c处排出的气体并检验H2纯度 LiH + H2O = LiOH + H2↑ 10∶1 【解析】分析:由各装置的特点可以推断,甲同学的实验方案为如下:由A装置用锌和盐酸制备氢气,则氢气含有一定量的H2O和HCl,氢气经B用碱石灰除去H2中的H2O和HCl后通入D,排出系统内的空气后,检验氢气的纯度,然后加热D中玻璃管制备LiH。C装置是为了防止空气中的水蒸气进行D中,防止氢化锂(LiH)遇水引起燃烧。 详解:(1)仪器的组装连接:上述仪器装置按气流从左到右连接顺序为e接a,b接f,g接d,c (f和g调换也可以),加入药品前首先要进行的实验操作是检验装置的气密性;其中装置B的作用是除去H2中的H2O和HCl。 (2)用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂(固体石蜡密封),然后在甲苯中浸洗数次,根据相似相溶原理可知,石蜡易溶于苯,故该操作的目的是除去锂表面的石蜡。 (3)通入一段时间氢气后加热石英管,通氢气的作用是赶走装置中空气,防止加热时锂、氢气与氧气反应,发生爆炸;在加热D处的石英管之前,必须进行的实验操作是收集c处排出的气体并检验H2纯度。 (4)加热一段时间后,停止加热,继续通氢气冷却,然后取出LiH,装入氮封的瓶里,保存于暗处。采取上述操作的目的是为了避免LiH与空气中的水蒸气接触而发生危险,反应方程式为LiH + H2O = LiOH + H2↑。 (5)准确称量制得的产品0.174g,在一定条件下与足量水反应后,共收集到气体470.4 mL(已换算成标准状况),则n(H2)=,则n(LiH),n(H2)=n(LiH)+0.5,解之得n(LiH)=0.02mol、,所以,产品中LiH与Li的物质的量之比为10∶1。
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  • 资料类型: 试卷
  • 资料版本:人教版(新课程标准)
  • 适用地区:全国
  • 文件大小:2.5M
化学精优课

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