【化学】湖南师范大学附中2019-2020学年高二上学期第三次月考(解析版)

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【化学】湖南师范大学附中2019-2020学年高二上学期第三次月考(解析版)

湖南师范大学附中2019-2020学年高二上学期第三次月考 可能用到的相对原子质量:Fe~56 Cu~64‎ 一、选择题(本题共16个小题,每小题3分,共48分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.根据以下三个热化学方程式:‎ ‎①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-Q1 kJ·mol-1,‎ ‎②2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(s)+2H2O(g) ΔH2=-Q2 kJ·mol-1,‎ ‎③2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(s)+2H2O(l) ΔH1=-Q3 kJ·mol-1,‎ 判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是(Q1、Q2、Q3均大于0)( )‎ A. Q1>Q2>Q3 B. Q1>Q3>Q2‎ C. Q3>Q2>Q1 D. Q2>Q1>Q3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物质由气态变为液态会放出能量,由气态变为固态也会放出能量。‎ ‎【详解】E[SO2(g)]> E[SO2(s)],E[H2O(g)]>E[H2O(l)];‎ 故放出的能量③>②>①,即Q3>Q2>Q1,答案选C。‎ ‎2.①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池.①②相连时,外电路电流从②流向①;①③相连时,③为正极;②④相连时,②上有气泡逸出;③④相连时,③的质量减少.据此判断这四种金属活泼性由大到小的顺序是(  )‎ A. ①③②④ B. ①③④② C. ③④②① D. ③①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 组成原电池时,负极金属较为活泼,可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极,则可判断金属的活泼性强弱。‎ ‎【详解】组成原电池时,负极金属较为活泼,‎ ‎①②相连时,外电路电流从②流向①,说明①为负极,活泼性①>②;‎ ‎①③相连时,③为正极,活泼性①>③;‎ ‎②④相连时,②上有气泡逸出,应为原电池的正极,活泼性④>②;‎ ‎③④相连时,③的质量减少,③为负极,活泼性③>④;‎ 综上分析可知活泼性:①>③>④>②;‎ 故选B。‎ ‎3.已知:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41kJ·mol-1。相同温度下,在体积相同的两个恒温密闭容器中,加入一定量的反应物发生反应。相关数据如下:‎ 容器编号 起始时各物质的物质的量/mol 达平衡过程体系的能量变化 CO H2O CO2‎ H2‎ ‎①‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎0‎ ‎0‎ 放出热量:32.8kJ ‎②‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎4‎ 热量变化:Q 下列说法中,不正确的是 A. 容器①中反应达平衡时,CO的转化率为80%‎ B. 容器①中CO的转化率等于容器②中CO2的转化率 C. 容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率 D. 平衡时,两容器中CO2的浓度相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据反应热可得反应的CO为32.8kJ÷41 kJ•mol‾1=0.8mol,所以CO的转化率为80%,正确;‎ B、容器①②温度相同,平衡常数相同,根据容器①计算平衡常数,由A计算可知,平衡时CO的物质的量变化量为0.8mol,则: ‎ 故平衡常数k==1,故容器②中的平衡常数为1,设容器②中CO2的物质的量变化量为amol,则: ‎ 所以=1,解得a=0.8,CO2的转化率=×100%=80%,正确;‎ C、速率之比等于化学计量数之比,故容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率,正确;‎ D、由A中计算可知容器①平衡时CO2的物质的量为0.8mol,由B中计算可知容器②中CO2的物质的量为1mol- 0.8mol=0.2mol,容器的体积相同,平衡时,两容器中CO2的浓度不相等,错误。‎ ‎4.下列说法正确的是(  )‎ A. 将0.10 mol·L-1氨水加水稀释后,溶液中c(NH)·c(OH-)变大 B. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸,可测NaHA溶液pH。若pH>7,则H2A是弱酸;若pH<7,则H2A是强酸 C. 将CH3COOH溶液加水稀释后,溶液中变大 D. 用0.200 0 mol·L-1NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液(混合溶液中两种酸的浓度均为0.1 mol·L-1),至中性时,溶液中的酸未被完全中和 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将0.10 mol·L-1氨水加水稀释后促进电离,但溶液体积增加的程度更大,因此溶液中c(NH4+)·c(OH-)变小,A错误;‎ B. 酸式盐溶液的pH小于7,不能说明相应的酸是强酸还是弱酸,如果H2A是弱酸,NaHA溶液中HA-的电离程度大于水解程度溶液也显酸性,B错误;‎ C. 将CH3COOH溶液加水稀释后促进电离,醋酸分子个数减小,醋酸根离子个数增加,因此溶液中变小,C错误;‎ D. 由于醋酸是弱酸,恰好中和时溶液显碱性,如果显中性,说明醋酸过量,酸未被完全中和,D正确;‎ 答案选D。‎ ‎5.关于如图微生物燃料电池结构示意图的说法:①微生物促进了电子的转移 ②微生物所在 电极区放电时发生还原反应 ③放电过程中,H+从正极区移向负极区 ④正极反应式为:MnO2+4H++2e-===Mn2++2H2O,正确的是( )‎ A. ④ B. ①③‎ C. ①④ D. ②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图知,碳水化合物失电子发生氧化反应生成二氧化碳,则右边电极是负极、左边电极是正极;①该装置为原电池装置,微生物的作用是促进电路中电子的转移,故①正确;②微生物所在电极区放电时失电子发生氧化反应,故②错误;③放电过程中,H+从负极区移向正极区,故③错误;④正极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成锰离子和水,正极反应式为:MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O,故④正确;故选C。‎ ‎【点睛】明确各个电极上发生的反应及离子移动方向、电极反应式的书写是解本题关键,根据图知,碳水化合物失电子发生氧化反应生成二氧化碳,则右边电极是负极、左边电极是正极,电解质溶液呈酸性,正极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成锰离子和水,电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动,据此分析解答。‎ ‎6.在一定条件下,相同pH的硫酸和硫酸铁溶液中水电离出来的c(H+)分别是1.0×10-amol·L-1和1.0×10-bmol·L-1,在此温度下,下列说法正确的是 A. ab;硫酸中水电离出来的c(H+)=c(OH-)=1.0×10-amol/L,硫酸溶液中OH-全 部来自水的电离;硫酸铁溶液中水电离出来的c(H+)是1.0×10-bmol/L,硫酸铁溶液中H+全部来自水的电离,两溶液的pH相同,则硫酸中c(H+)是1.0×10-bmol/L,则Kw=c(H+)×c(OH-)=1.0×10-a×1.0×10-b=1.0×10-(a+b),故选D。‎ ‎【点晴】由水电离出来的c(H+)=c(OH-),硫酸铁溶液中铁离子水解促进水的电离,硫酸抑制水的电离,两者pH值相同,说明硫酸电离出的氢离子浓度与硫酸铁中水电离的氢离子浓度相同。‎ ‎7.25℃时,Ksp(AgC1)=1.56×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12,下列说法正确的是 A. 向同浓度的Na2CrO4和NaC1混合溶液中滴加AgNO3溶液,AgCl先析出 B. 向AgCl饱和溶疲中加入NaCl晶体,有AgCl析出且溶液中cCl-)=c(Ag+)‎ C. AgCl和Ag2CrO4共存的悬浊液中,‎ D. 向Ag2CrO4悬池液中加入NaCl浓溶液,Ag2CrO4不可能转化为AgCl ‎【答案】A ‎8.某温度下,水的离子积常数Kw=1×10-12。该温度下,将pH=4的H2SO4溶液与pH=9的NaOH溶液混合并保持恒温,欲使混合溶液的pH=7,则稀硫酸与NaOH溶液的体积比为(  )‎ A. 1∶10 B. 9∶1 C. 1∶9 D. 99∶21‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设稀硫酸的体积为a,NaOH溶液的体积为b,两者混合后溶液的pH=7,说明充分反应后NaOH溶液过量,则10-3b-10-4a=10-5(a+b),解得a∶b=9∶1。答案选B。‎ ‎9.某温度下,反应H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)的平衡常数K=。该温度下,在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中,投入H2(g)和CO2(g),其起始浓度如表所示:‎ 起始浓度 甲 乙 丙 c(H2)/(mol·L-1)‎ ‎0.010‎ ‎0.020‎ ‎0.020‎ c(CO2)/(mol·L-1)‎ ‎0.010‎ ‎0.010‎ ‎0.020‎ 下列判断不正确的是(  )‎ A. 平衡时,乙中CO2的转化率大于60%‎ B. 平衡时,甲中和丙中H2的转化率均是60%‎ C. 平衡时,丙中c(CO2)是甲中的2倍,是0.008 mol·L-1‎ D. 反应开始时,乙中的反应速率最快,甲中的反应速率最慢 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对于甲容器:H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)‎ 开始(mol/L): 0.01  0.01   0   0‎ 变化(mol/L): x    x    x    x 平衡(mol/L): 0.01-x 0.01-x   x   x 所以=,解得x=0.006;‎ A.由上述计算可知,甲容器内二氧化碳的转化率为×100%=60%,恒温恒容下,乙中氢气的起始浓度比甲中氢气的起始浓度大,故乙中二氧化碳的转化率比甲中高,故平衡时,乙中CO2的转化率大于60%,故A正确;‎ B.甲、丙两容器内起始浓度n(H2):n(CO2)=1:1,反应H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)前后气体的体积不变,恒温恒容下,甲、丙为等效平衡,平衡时甲、丙中H2的转化率相等,由上述计算可知,甲容器内氢气的转化率为×100%=60%,故B正确;‎ C.由上述计算可知,平衡时甲容器内c(CO2)=(0.01-x )mol/L=0.004mol/L,甲、丙为等效平衡,平衡时,甲、丙中CO2的转化率相等,由A中计算可知为60%,故平衡时丙容器内c(CO2)=0.02mol/L×(1-60%)=0.008mol/L,丙中c(CO2)是甲中的2倍,故C正确;‎ D.浓度越大反应速率越快,由表中数据可知,甲、乙容器内,开始CO2浓度相等,乙中H2浓度比甲中浓度大,所以速率乙>甲,乙、丙容器内,开始H2浓度相等,丙中CO2浓度比乙中浓度大,所以速率丙>乙,故速率丙>乙>甲,故D错误;‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡计算、等效平衡、外界条件对反应速率的影响等,难度中等,注意三段式解题法的运用,判断甲、丙为等效平衡是解题关键。‎ ‎10.常温下,一定量的醋酸与氢氧化钠溶液发生中和反应。下列说法正确的是 A. 当溶液中c(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)时,一定是醋酸过量 B. 当溶液中c(CH3COO-)=c(Na+)时,一定是氢氧化钠过量 C. 当溶液中c(CH3COO-)=c(Na+)时,醋酸与氢氧化钠恰好完全反应 D. 当溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)时,一定是氢氧化钠过量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、等物质的量的醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液显碱性,而c(H+)=c(OH-)时,溶液显中性,所以醋酸过量,A正确;‎ B、根据电荷守恒规律,当溶液中c(CH3COO-)=c(Na+)时,c(H+)=c(OH-),所以醋酸过量,B错误;‎ C、溶液显中性,醋酸与氢氧化钠不是恰好完全反应,醋酸过量,C错误;‎ D、溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)时,说明溶液显碱性,不一定是氢氧化钠过量,醋酸与氢氧化钠恰好完全反应生成醋酸钠溶液,也会有该不等式成立,D错误;‎ 答案选A。‎ ‎11.已知:2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+,如图所示是一套电化学实验装置,图中C、D均为铂电极,U为盐桥,A是灵敏电流表,其指针总是偏向电源负极,A杯中为FeCl3溶液;B杯中为Na2SO3溶液。以下关于该装置的说法错误的是( )‎ A. A指针向右偏转 B. U中阳离子向左烧杯移动 C. 一段时间后,化学反应达到平衡状态,导线中无电流通过 D. 一段时间后,右烧杯中溶液pH增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由方程式⇌可以知道,当反应正向进行时,得到电子被还原,应为原电池正极反应,失去电子被氧化,应为原电池负极反应。‎ ‎【详解】A. 失去电子被氧化,应为原电池负极反应,A是电流表,其指针总是偏向电源负极,则A的指针向右偏转,所以A选项正确;‎ B. C为正极,原电池工作时,阳离子向正极移动,U中阳离子向左烧杯移动,所以B选项正确;‎ C. 该反应为可逆反应,正、逆反应速率相等时,反应达到平衡状态,导线中无电流通过,所以C选项正确;‎ D. D为负极,右烧杯中的电极反应式为,则pH减小,故D选项错误; 故选D。‎ ‎12.下列离子组一定能大量共存的是( )‎ A. 1.0mol·L-1的硝酸钾溶液:H+、Fe2+、Cl-、SO42-‎ B. 由水电离出c(H+)=10—3溶液中:Na+、AlO2—、NO3—、HCO3—‎ C. 无色溶液中:Al3+、NH4+、Cl-、S2-‎ D. .常温下,pH=12的溶液中:K+、Na+、CH3COO—、Br—‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溶液中存在硝酸根离子,在酸性条件下,硝酸根体现强氧化性,与还原性的亚铁离子无法大量共存,A不符合题意;‎ B. 水电离出c(H+)=10-3mol/L,说明水的电离被促进,溶液呈酸性时AlO2-、HCO3-无法大量存在,且AlO2-与HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀和CO32-,不能大量共存,B不符合题意;‎ C. Al3+、S2-在水溶液中会发生双水解反应,不能大量共存,C不符合题意;‎ D. 常温下,pH=12溶液中:K+、Na+、CH3COO-、Br-相互间不反应,可以大量共存,D符合题意;‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】注意硝酸根离子在酸性条件下会有强氧化性,会与部分还原性离子不共存。‎ ‎13.下列说法中正确的是( )‎ A. 碳酸钡可用于肠胃X射线造影检查 B. 在同浓度的盐酸中,ZnS可溶而CuS不溶,说明CuS的溶解度比ZnS小 C. 含有AgCl和AgBr固体的悬浊液:c(Ag+)>c(Cl-)=c(Br-)‎ D. 相同温度下,将足量氯化银固体分别放入相同的①蒸馏水、②0.1mol/L盐酸、③0.1mol/L氯化镁溶液、④0.1mol/L硝酸银溶液中,Ag+浓度:①>④=②>③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由于碳酸钡可溶于胃酸,故不用其进行肠胃X射线造影检查,应使用硫酸钡,A错误;‎ B. 在同浓度的盐酸中,ZnS可溶而CuS不溶,说明CuS的溶解度比ZnS小,B正确;‎ C. 由于AgCl的溶解度大于AgBr,故混合溶液中c(Ag+)>c(Cl-)>c(Br-),C错误;‎ D. 盐酸和氯化镁中的氯离子会抑制氯化银的溶解,由于等物质的量浓度的氯化镁溶液中的氯离子浓度更大,所以银离子浓度③<②,由于④加入了硝酸银溶液,所以银离子浓度最大,故银离子浓度④>①>②>③,D错误;‎ 故答案选B。‎ ‎14.常温下将NaOH溶液添加到己二酸(H2X)溶液中,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是( )‎ A. Ka2(H2X)的数量级为10-5‎ B. 曲线N表示pH与lg的变化关系 C. NaHX溶液中c(H+)c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在横坐标为0.0时,由曲线M对应的pH大于曲线N对应的pH,由于己二酸的一 级电离远大于二级电离,则曲线M表示pH与lg的变化关系,曲线N表示pH与lg的变化关系;‎ A. Ka2(H2X)=·c(H+),当横坐标为0.0时曲线M的纵坐标为5.4,即pH=5.4,此时c(X2-)=c(HX-),则Ka2=10-5.4,数量级为10-6,A项错误;‎ B. 在横坐标为0.0时,由曲线M对应的pH大于曲线N对应的pH,由于己二酸的一级电离远大于二级电离,则曲线M表示pH与lg的变化关系,曲线N表示pH与lg的变化关系,故B项正确;‎ C.根据图像可知,当横坐标为0.0时曲线N的纵坐标为4.4,即pH=4.4,此时c(HX-)=c(H2X),则Ka1=10-4.4,则HX-的水解平衡常数Kh===10-9.6c(OH-),C项错误;‎ D. 由图像可知当pH等于7时,lg>0,即c(X2-)>c(HX-),D项错误;‎ 故答案选B ‎15.常温下,向20 mL 0.01mol/L CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol/L 的NaOH溶液,溶液中水所电离出的c(H+)随加入NaOH溶液的体积变化示意图如图所示,下列说法不正确的是 A. 从a到c,醋酸的电离始终受到促进 B. a、d对应的纵坐标数值分别是:>10-12、>10-7‎ C. b点:2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)‎ D. 从b→c的过程中,既存在着pH=7的点,也存在着溶液中水所电离出的c(H+)=10-7的点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.醋酸溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO-+H+,加NaOH溶液消耗氢离子,醋酸的电离平衡正移,所以从a到c,醋酸的电离始终受到促进,故A正确;‎ B.a点醋酸部分电离,醋酸电离的氢离子浓度小于0.01mol/L,所以水电离的氢离子浓度>10-12mol/L,d点,NaOH过量,pH大于7,水的电离被抑制,则d点水电离的氢离子浓度<10-7mol/L,故B错误;‎ C.c点,醋酸的物质的量是NaOH的物质的量2倍,溶液中物料守恒为2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),故C正确;‎ D.c点,醋酸与氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠,溶液显碱性,氢氧化钠体积小于20mL时的某一个值恰好使溶液显中性,所以从b→c的过程中,既存在着pH=7的点,也存在着溶液中水所电离出的c(H+)=10-7的点,故D正确;‎ 故选B。‎ ‎【点晴】本题考查酸碱混合溶液的定性判断,明确图象中各点的pH及溶液中的溶质即可解答,注意物料守恒及影响电离平衡的因素,侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。‎ ‎16.利用下图装置进行实验,甲乙两池均为l mol·L-1的AgNO3溶液,A、B均为Ag电极。实验开始先闭合K1,断开K2。一段时间后,断开K1,闭合K2,形成浓差电池,电流计指针偏转(Ag+浓度越大氧化性越强)。下列说法不正确的是 A. 闭合K1,断开K2后,A电极增重 B. 闭合K1,断开K2后,乙池溶液浓度上升 C. 断开K1,闭合K2后,A电极发生氧化反应 D. 断开K1,闭合K2后,NO3-向B电极移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项,闭合K1,断开K2,装置为电解池,A端为阴极,发生反应:Ag++e-= Ag,所以质量增加,故A正确;B项,电解池阳极Ag-e-=Ag+,阴极析出银,NO3-移向阳极,所以乙池浓度增大,甲池浓度减小,故B正确;C项,由已知:断开K1,闭合K2后,形成浓差电池,电流计指针偏转(Ag+浓度越大氧化性越强),可知B为正极,A为负极,所以A电极发生氧化反应,故C正确;D项,由上分析,B为正极,A为负极,所以NO3-移向A极,故D错误。‎ 二、非选择题(共5小题,共52分)‎ ‎17.硫酸是强酸,中学阶段将硫酸在水溶液中看作完全电离。但事实是,硫酸在水中的第一步电离是完全的,第二部电离并不完全,其电离情况为:H2SO4=H++HSO4-,HSO4-H++SO42-。请回答下列有关问题:‎ ‎(1)Na2SO4溶液呈______(填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”),其理由_________________________(用离子反应方程式表示)。 ‎ ‎(2)写出H2SO4溶液与BaCl2溶液离子反应方程式______________________________________;‎ ‎(3)在0.1mol·L-1的Na2SO4溶液中,下列粒子浓度关系式正确的是______。(填字母代号)‎ A.c(SO42-)+c(HSO4-)=0.1mol·L-1‎ B.c(OH-)=c(H+)+c(HSO4-)‎ C.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO4-)+c(SO42-)‎ D.c(Na+)=2c(SO42-)+2c(HSO4-)‎ ‎(4)若25℃时,0.10mol·L-1的NaHSO4溶液的c(SO42-)=0.029mol·L-1,则0.1mol·L-1的H2SO4溶液中c(SO42-)______0.029mol·L-1(填“>”“=”或“<”),其理由是__________________________________。‎ ‎(5)若25℃时,0.10mol·L-1的H2SO4溶液的pH=-lg0.11,则0.1mol·L-1的H2SO4溶液中c(SO42-)______mol·L-1。‎ ‎【答案】 (1). 弱碱性 (2). SO42-+H2O HSO4-+OH- (3). HSO4-+Ba2+=BaSO4↓+H+ (4). ABD (5). < (6). H2SO4电离出的H+会抑制HSO4-的电离 ‎ ‎(7). 0.01‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由于硫酸的第二步电离不完全,导致溶液中存在SO42-+H2O HSO4-+OH-这一水解平衡,导致Na2SO4溶液呈弱碱性;‎ ‎(2)根据题目所给信息,硫酸氢根离子不完全电离,故方程式应写为HSO4-+Ba2+=BaSO4↓+H+;‎ ‎(3)A. 根据物料守恒,可得出c(SO42-)+c(HSO4-)=0.1mol·L-1,A 正确;‎ B. 根据质子守恒,可得出c(OH-)=c(H+)+c(HSO4-),B正确;‎ C. 根据电荷守恒,可得出c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO4-)+2c(SO42-),C错误;‎ D. 根据物料守恒,可得出c(Na+)=2c(SO42-)+2c(HSO4-),D正确;‎ 故答案选ABD;‎ ‎(4)由于H2SO4电离出的H+会抑制HSO4-的电离,故0.1mol·L-1的H2SO4溶液中c(SO42-)<0.029mol·L-1;‎ ‎(5)0.10mol·L-1的H2SO4溶液的pH=-lg0.11,可知该溶液中c(H+)=0.11mol/L,第一步电离出的c(H+)=0.1mol/L,则HSO4-电离出的氢离子的浓度为0.11mol/L-0.1mol/L=0.01mol/L,故溶液中硫酸根离子的浓度为0.01mol/L。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是要克服思维定势,根据题给硫酸的电离来分析和计算。‎ ‎18.无色气体N2O4是一种强氧化剂,为重要的火箭推进剂之一。N2O4与NO2转换的热化学方程式为:N2O4(g) 2NO2(g)  △H=+24.4 kJ/mol。‎ ‎(1)将一定量N2O4投入固定容积的真空容器中,下述现象能说明反应达到平衡的是_________________(填写代号)。‎ a.υ正(N2O4)=2 υ逆(NO2)           b.体系颜色不变 c.气体平均相对分子质量不变     d.气体密度不变 达到平衡后,保持体积不变升高温度,再次到达平衡时,则混合气体颜色________(填 “变深”、“变浅”或“不变”)判断理由是____________________________________________________________________。‎ ‎(2)上述反应中,正反应速率υ正=k正·p(N2O4),逆反应速率υ逆=k逆·p2(NO2),其中k正、k逆为速率常数,p(N2O4),p(NO2)为N2O4,NO2的分压,分压=总压×物质的量分数,则Kp 为_________(以k正、k逆表示)。若将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解(温度298 K、压强100 kPa),已知该条件下k正=4.8×l04 s-1 ,当N2O4分解10%时,υ正=___________kPa·s-1。‎ ‎(3)真空密闭容器中放入一定量N2O4,维持总压强p0恒定,在温度为T时,平衡时N2O4分解百分率为α。保持温度不变,向密闭容器中充入等量N2O4,维持总压强在2p0条件下分解,则N2O4的平衡分解率的表达式为(用α表示)_______________________。‎ ‎【答案】 (1). bc (2). 变深 (3). 正反应吸热,其他条件不变时,升温平衡正向移动 (4). (5). 3.9×106 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)a项,当时,达到化学平衡,时,说明正、逆反应速率不相等,反应没有达到平衡状态,故不选a项;‎ b项,为无色,为红棕色,当体系中颜色不变时,各组分的浓度不变,反应达到平衡状态,故选b项;‎ c项,密闭容器中,气体总质量不变,由于该反应为非等体积反应,建立平衡过程中气体总物质的量增大,混合气的平均相对分子质量减小,达到平衡时混合气的总物质的量不变,混合气的平均相对分子质量不变能说明反应达到平衡,故选c项;‎ d项,反应过程中,气体质量和体积均不变,密度始终不变,气体的密度不变不能说明反应达到平衡,故不选d项。‎ 综上所述,本题正确答案为bc。‎ N2O4(g)⇌2NO2(g)∆H=+24.4kJ/mol,正反应为吸热反应,其他条件不变,升高温度,平衡正向移动,增加,颜色加深。‎ ‎(2)当反应达到平衡时,υ正=υ逆,则有,而Kp==。‎ 当分解10%时,容器中的体积分数变为,则,‎ ‎。‎ ‎(3)设总压强为时,的平衡分解率为β,‎ ‎,‎ 两种情况下,温度不变,则平衡常数不变,,,由K1=K2可得:β=,即的平衡分解率的表达式为。‎ ‎19.某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。‎ ‎(1)如图所示为某实验小组设计的原电池装置,依据的氧化还原为(用离子反应方程式表示)_____________________________________。‎ 反应前,电极质量相等,一段时间后,两电极质量相差12 g,导线中通过_____mol电子。‎ ‎(2)其他条件不变,若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液,石墨电极反应式为________,这是由于NH4Cl溶液显____(填“酸性”“碱性”或“中性”),用离子方程式表示溶液显此性的原因:_____________________,用吸管吸出铁片附近溶液少许置于试管中,向其中滴加少量新制饱和氯水,然后滴加几滴硫氰化钾溶液,溶液变红,继续滴加过量新制饱和氯水,颜色褪去,同学们对此做了多种假设,某同学的假设是:“溶液中的+3价铁被氧化为更高的价态。”如果+3价铁被氧化为FeO42-,试写出该反应的离子方程式:_________________________________________。 ‎ ‎(3)如图其他条件不变,若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型,如图所示。一段时间后,在甲装置铜丝附近滴加酚酞溶液,现象是________________,电极反应为_________________________;乙装置中石墨(1)为____(填“正”“负”“阴”或“阳”)极,乙装置中与铜丝相连石墨电极上发生的反应式为________________,产物常用___________________ 检验,反应的离子方程式为 _____________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ (2). 0.2 (3). 2H++2e-=H2↑ (4). 酸性 (5). NH4++H2ONH3·H2O+H+ (6). 2Fe3++3Cl2+8H2O=2FeO42-+6Cl-+16H+ (7). 溶液变红 (8). O2+2H2O+4e-=4OH- (9). 阴 (10). 2Cl--2e-=Cl2↑ (11). 湿润淀粉碘化钾试纸 (12). Cl2+2I-=I2+2Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分析题图可知,Fe棒在反应中失电子,作原电池的负极,乙烧杯中的铜离子得电子,石墨作原电池的正极。‎ ‎(2)NH4Cl属于强酸弱碱盐,NH4+水解溶液显酸性,正极上H+得电子发生还原反应;根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒写离子方程式。‎ ‎(3)甲烧杯中为原电池,乙烧杯中为电解池,甲烧杯中Fe为负极,Cu为正极,据此分析作答。‎ ‎【详解】(1)Fe棒为负极,Fe发生失电子的氧化反应:Fe-2e-=Fe2+,石墨为正极,溶液中铜离子发生得电子的还原反应:Cu2++2e-=Cu,所以依据的氧化还原反应为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+,假设导线中通过的电子的物质的量为2xmol,则xmolFe被氧化,xmol铜离子被还原,则56x+64x=12g,解得x=0.1,即导线中通过了0.2mol电子;‎ ‎(2)若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液,由于NH4Cl溶液中存在水解NH4++H2ONH3·H2O+H+,溶液显酸性,溶液中的氢离子在正极发生还原反应,电极反应式为2H++2e-=H2↑;根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,可写出铁离子被氯气氧化的方程式 为2Fe3++3Cl2+8H2O=2FeO42-+6Cl-+16H+;‎ ‎(3)如图其他条件不变,若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型,则甲烧杯为原电池,乙烧杯为电解池。甲烧杯中Fe为负极,铜丝为正极,由于NaCl溶液呈中性,铜丝上的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-,故在甲装置铜丝附近滴加酚酞溶液,现象是溶液变红;乙烧杯中石墨(1)为阴极,与铜丝相连的石墨为阳极,该电极上发生的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑,常用湿润淀粉碘化钾试纸检验Cl2,反应原理为Cl2+2I-=I2+2Cl-。‎ ‎20.金属镍硬而有延展性并具有铁磁性,能够高度磨光和抗腐蚀性。如图所示为一种以镍废料(主要是NiO,含少量FeO、SiO2等杂质)制备Ni的流程:‎ 已知:室温下难溶物的溶度积数据如下表:‎ 化合物 Ni(OH)2‎ Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Ksp近似值 ‎10-15‎ ‎10-15‎ ‎10-38‎ ‎(1)滤渣1的主要成分为_____________(填化学式)。‎ ‎(2)用离子方程式解释加入H2O2的作用:_________________。‎ ‎(3)室温下滴加氨水调节至pH为_________时,铁刚好沉淀完全;若继续滴加氨水至pH为_____________时,镍开始沉淀(假定Ni2+浓度为0.lmol/L)。若上述过程中没有“氧化”步骤,其后果是_______________。‎ ‎ ‎ ‎(4)电解制备镍的反应原理如上图所示,则A电极的反应式为2H++2e-=H2↑和________________________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (3). 3 (4). 7 (5). Ni2+和Fe2+不能分离 (6). Ni2++2e-=Ni ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将废料酸溶,废料中的Fe、Ni元素均以+2价离子的形式存在,二氧化硅不溶于稀硫酸,故滤渣1为二氧化硅,而后为了分离Fe2+、Ni2+,要先将亚铁离子氧化为+3价,而后沉淀除去,进而进行后续操作。‎ ‎【详解】(1)废料中只有二氧化硅不溶于稀硫酸,故滤渣1为SiO2;‎ ‎(2)加入过氧化氢,可将亚铁离子氧化为+3价,方便后续的沉淀操作,离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;‎ ‎(3)铁刚好沉淀完全,此时,那么,pOH=11,pH=3;Ni开始沉淀,,pOH=7,则pH=7;若上述过程中没有“氧化”步骤,其后果是无法将Ni2+和Fe2+分离开;‎ ‎(4)根据电解的目的以及A电极的反应式知,A电极上发生得电子的还原反应,则A电极上还有镍离子放电,电极反应式为Ni2++2e-=Ni。‎ ‎21.为有效控制雾霾,各地积极采取措施改善大气质量,研究并有效控制空气中的氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物显得尤为重要。‎ ‎(1)汽车内燃机工作时会引起N2和O2的反应:N2+O22NO,是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。‎ ‎①在T1、T2温度下,一定量的NO发生分解反应时N2的体积分数随时间变化如图所示,根据图像判断反应N2(g)+O2(g) 2NO(g)的△H______0(填“>”或“<”)。‎ ‎②在T3温度下,向2L密闭容器中充入10molN2与5mo1O2,50秒后达到平衡,测得NO的物质的量为2mol,则该反应的速率υ (N2)=_______________。该温度下,若增大压强此反应的平衡常数将______(填“增大”“减小”“不变”“无法确定”)若开始时向上述容器中充入 N2与O2均为1 mol,则达到平衡后N2的转化率为____________。‎ ‎(2)利用下图所示装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2,用阴极排出的溶液可吸收NO2。‎ ‎①阳极的电极反应式为_____________________。‎ ‎②在碱性条件下,用阴极排出的溶液吸收NO2,使其转化为无害气体,同时有SO32-生成。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______________。‎ ‎(3)一定条件下可用甲醇与CO反应生成醋酸消除CO污染。常温下,将含a molCH3COOH的醋酸溶液与含b molBa(OH)2的氢氧化钡溶液混合,充分反应后,溶液呈中性,则醋酸的电离常数Ka=______________________(用含a和b的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). > (2). 0.01mol·L-1·s-1 (3). 不变 (4). 14.3% (5). SO2+2H2O-2e-=2H++SO42- (6). 1:2 (7). ×10-7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据“先拐先平速率大”来分析图像而后解题。‎ ‎②用三段式计算,化学平衡常数只与温度有关。‎ ‎(2)根据反应类型判断阴、阳极及相应的电极反应。根据得失电子守恒计算。‎ ‎(3)根据电荷守恒、物料守恒和电离平衡常数的表达式计算。‎ ‎【详解】(1)①由图像可知,T2>T1,由于温度低时氮气的体积分数更大,所以升高温度平衡向正反应方向移动,正反应为吸热反应,即△H>0;‎ ‎②根据题目信息,可列出三段式:‎ ‎;‎ 则υ (N2)=0.5mol/L÷50s=0.01mol·L-1·s-1,‎ 平衡常数只受温度影响,故增大压强,平衡常数不变;‎ 上述反应的平衡常数为,‎ 若开始时向上述容器中充入N2与O2均为1 mol,设N2的转化浓度为xmol/L,则可列出三段式:‎ ‎,‎ ‎,‎ 解得,‎ 则氮气的转化率为;‎ ‎(2)①左室通入稀硫酸和二氧化硫,流出浓硫酸,可知二氧化硫发生氧化反应,则阳极的电极反应式为SO2+2H2O-2e-=2H++SO42-;‎ ‎②在碱性条件下,用阴极排出的溶液吸收NO2,使其转化为无害气体,同时有SO32-生成,则反应方程式为,该反应中氧化剂为二氧化氮,还原剂为S2O42-,氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。‎
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