吉林省吉林市第五十五中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题

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吉林省吉林市第五十五中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题

‎2019-2020学年度第一学期期末考试试题 高二化学 考试时间:80分钟 满分:100分 相关相对原子质量 H:1 C: 12 O:8 Cu: 64 ‎ 第一卷(48分)‎ 一、选择题(每题3分,共16分)‎ ‎1.下列说法正确的是( )‎ A. 物质的溶解性为难溶,则该物质不溶于水 B. 不溶于水的物质溶解度为0‎ C. 绝对不溶解的物质是不存在的 D. 某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度为0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】绝对不溶的物质是不存在的,A、B错误,C正确;某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度小于1×10-5mol/L,D不正确,答案选C。‎ ‎2.下列实验操作所用仪器合理是( )‎ A. 用25mL的碱式滴定管量取14.8mL的KMnO4溶液 B. 用100mL量筒量取5.2mL盐酸 C. 用托盘天平称取25.20gNaCl D. 用100mL容量瓶配制80mL0.1mol·L-1的盐酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碱式滴定管下端的橡胶管能被酸性高锰酸钾腐蚀,则应选酸式滴定管量取KMnO4溶液,故A错误;‎ B. 量筒选取的量程不合理,这样误差太大。应采取与所量体积相近的量筒规格量取,即应该选取10mL量筒量取,故B错误;‎ C. 托盘天平的精确度为0.1g,无法精确称取25.20gNaCl,故C错误;‎ D. 容量瓶只有一个刻度,100mL容量瓶能配制100mL盐酸,然后量取80mL,故D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.下列溶液一定呈中性的是 A. pH=7的溶液 B. c(H+)=c(OH-)=10-6mol·L-1的溶液 C. 使酚酞溶液呈无色的溶液 D. 由强酸与强碱等物质的量反应得到的溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 100℃时pH=6为中性,则pH=7可能为碱性,A项错误;‎ B. c(H+)=c(OH−)为中性,B项正确;‎ C. 酚酞的变色范围为8-10,则使酚酞试液呈无色的溶液,可能为酸性,C项错误;‎ D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐,可能为NaCl、氯化铵、碳酸钾等,则可能为中性、酸性、碱性,D项错误;‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】抓住溶液酸碱性的标准是解题的关键。由c(H+)与c(OH-)的相对大小判断溶液的酸碱性,若c(H+)=c(OH-)为中性,且温度不同时Kw不同,不能直接利用pH判断酸碱性。‎ ‎4.在pH=1的无色溶液中,下列离子能大量共存的是 A. NH4+、Ba2+、NO3—、CO32— B. Fe2+、OH—、SO42—、MnO4—‎ C. K+、Mg2+、NO3-、SO42— D. Na+、Fe3+、Cl—、AlO2—‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ pH=1,即有大量的H+。‎ ‎【详解】A. H+和CO32—不能大量共存; ‎ B. Fe2+和OH—不能大量共存,MnO4—为紫色,且在酸性条件下可氧化Fe2+;‎ C. K+、Mg2+、NO3-、SO42—相互不反应,和H+也不反应,能大量共存; ‎ D. H+和AlO2—不能大量共存;‎ 故选C。‎ ‎5.在三个烧杯中分别盛有海水,依次插入(1)铁片;(2)导线相连的铜、铁片;(3)导线相连的锌、铁片、铁在其中被腐蚀时由快到慢的顺序是 A. (1)(2)(3) B. (2)(3)(1)‎ C. (2)(1)(3) D. (3)(2)(1)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】金属被腐蚀快慢顺序是:原电池负极>化学腐蚀>原电池正极,(1)中铁发生化学腐蚀,(2)(3)发生电化学腐蚀,(2)中铁易失电子作负极而加速被腐蚀,(3)中锌作负极、铁作正极,所以铁被保护,则铁被腐蚀快慢顺序是(2)、(1)、(3),答案选C。‎ ‎6.下列反应加压后,对化学反应速率无影响的是( )‎ A. N2+O22NO B. 2SO2+O22SO3‎ C. CO+H2O(g)CO2+H2 D. H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】有气体参加的反应,增大压强,反应物的浓度增大,反应速率加快,而溶液中的反应或固体间的反应,加压对反应物的浓度没有影响,故对反应速率无影响,只有D反应没有气体参加,所以加压后对反应速率无影响。‎ 故选D。‎ ‎7.电解精炼铜和电镀,阳极分别是( )‎ A. 粗铜、镀层 B. 粗铜、镀件 C. 精铜、镀层 D. 精铜、镀件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电解精炼铜和电镀都是利用电解池原理发生的反应,阳极发生氧化反应,逐渐溶解,所以电解精炼铜中阳极为粗铜,电镀中阳极为镀层金属,阴极发生还原反应,质量增加。‎ 故选A。‎ ‎8.下列有关中和滴定的操作:①用标准液润洗滴定管;②往滴定管内注入标准溶液;③检查滴定管是否漏水;④滴定;⑤滴加指示剂于待测液;⑥洗涤。正确的操作顺序是( )‎ A. ⑥③①②⑤④ B. ①②⑥④③⑤‎ C. ⑤④③②①⑥ D. ③①②④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据滴定原理分析知中和滴定操作顺序为:检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并滴加指示剂、滴定等操作,可知正确的顺序是⑥③①②⑤④。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】滴定管是在滴定中使用,润洗之前要先用蒸馏水洗三到五次,然后用待装液润洗,目的是保证滴定管中滴出来的溶液浓度不变,如果不润洗,直接倒上待装液后,原来用蒸馏水洗时残留的水会使溶液稀释。‎ ‎9.用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度,参考图示仪器,从下表中选出正确选项 (  )‎ 选项 锥形瓶中的溶液 滴定管中的溶液 指示剂 滴定管 A 碱 ‎ 酸 石蕊 乙 B 酸 碱 酚酞 甲 C 碱 酸 甲基橙 甲 D 碱 酸 酚酞 乙 甲乙 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲下端为玻璃旋塞,故为酸式滴定管,乙为碱式滴定管。‎ ‎【详解】A、不能用碱式滴定管盛装酸性溶液,不能用石蕊做酸碱指示剂,否则会引起较大误差,故A错误; B、不能用酸式滴定管盛装碱性溶液,故B错误; C、用甲基橙做指示剂,到达滴定终点时,溶液颜色由黄色变为橙色,并且滴定管使用正确,故C正确;‎ D.不能用碱式滴定管盛装酸性溶液,故D错误;‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】因碱性溶液会与玻璃反应,故碱式滴定管下端为橡胶材质;滴定实验中不选用石蕊做指示剂。‎ ‎10. 用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时,下列各操作中,无误差的是( )‎ A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后,注入标准溶液盐酸进行滴定 B. 用蒸馏水洗涤锥形瓶后再用NaOH溶液润洗,而后装入一定体积的NaOH溶液进行滴定 C. 用碱式滴定管量取10.00mLNaOH溶液放入用蒸馏水洗涤后的锥形瓶中,再加入适量蒸馏水和2滴甲基橙试液后进行滴定 D. 若改用移液管取待测液10.00mLNaOH溶液放入锥形瓶后,把留在移液管尖嘴处的液体吹入锥形瓶内,再加入1mL甲基橙指示剂后进行滴定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 滴定管还需标准溶液润洗,否则浓度变小,A项错误;‎ B. 锥形瓶不能用NaOH溶液润洗,否则NaOH溶液的量变大,B项错误;‎ C. 氢氧化钠显碱性,需用碱式滴定管量取后可放入用蒸馏水洗涤后的锥形瓶中,再加入适量蒸馏水和2滴甲基橙试液后进行滴定,操作科学无误,C项正确;‎ D. 移液管尖嘴处的液体不能吹出,否则量变大,D项错误。‎ 故选C。‎ ‎11.反应4NH3(g)+5O2(g) = 4NO(g)+6H2O(g) 在2 L的密闭容器中进行,1分钟后,NH3减少了0.12 mol,则平均每秒钟各物质浓度变化正确的是 A. NO:0.001 mol·L-1 B. H2O:0.002 mol·L-1‎ C. NH3:0.002 mol·L-1 D. O2:0.001 mol·L-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示,所以氨气的平均反应速率是=0.001mol/(L·s)。又因为反应速率之比是相应的化学计量数之比,所以氧气、NO和水蒸气的反应速率分别是0.00125mol/(L·s)、0.001mol/(L·s)、0.0015mol/(L·s),所以答案选A。‎ ‎12.在2A(g)+B(g)4C(g)+D(s)-Q已达化学平衡时,能使正、逆反应速率同时加快,又使平衡向正反应方向移动,应采取的措施( )‎ A. 增大压强 B. 增大C的浓度 C. 使用催化剂 D. 升高温度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 增大压强,正、逆反应速率同时加快,但平衡向逆反应方向移动,故A错误;‎ B. 增大C的浓度,化学反应速率加快,平衡向逆反应方向移动,故B错误;‎ C. 使用正催化剂,加快正、逆反应速率,但平衡不移动,故C错误;‎ D. 升高温度,正、逆反应速率同时加快,该反应为吸热反应,所以平衡向正反应方向移动,故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】勒夏特列原理的运用是解决此题的关键,如果改变可逆反应的条件(如浓度、压强、温度等),化学平衡就被破坏,并向减弱这种改变的方向移动。‎ ‎13.在4L密闭容器中充入6 mol A气体和5 mol B气体,在一定条件下发生反应:3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g),达到平衡时,生成了2molC,经测定,D浓度为0.5 mol·L-1,下列判断正确的是( )‎ A. x=1‎ B. B的转化率为20%‎ C. 平衡时A的浓度为1.50mol·L-1‎ D. 达到平衡时,在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的85%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ n(D)=0.5 mol·L-1×4 L=2 mol,所以x=2。‎ ‎     3 A(g)+B(g)2 C(g)+2 D(g)‎ 起始/mol 6 5 0 0‎ 变化/mol 3 1 2 2‎ 平衡/mol 3 4 2 2‎ B的转化率=×100%=20%,c(A)平=3/4=0.75 mol·L-1,n平=(3+4+2+2)mol=11 mol=n始=6 mol+5 mol=11 mol。总的物质的量不变,压强不变。故选B。‎ ‎14.在密闭容器中的一定量A、B混合气体发生反应:aA(g)+bB(g) cC(g)。平衡时测得A的浓度为0.5mol/L;保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的两倍,再次达到平衡时,测得A的浓度为0.28mol/L。下列有关判断正确的是 A. a+b=c B. 该变化使平衡正向移动 C. B的转化率降低 D. C的体积分数增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)平衡时测得A的浓度为0.5mol/L,保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的两倍,若平衡不移动,B的浓度为0.25mol/L,而再达平衡时,测得A的浓度为0.28mol/L,则说明体积增大(压强减小)化学平衡逆向移动。‎ ‎【详解】A.减小压强平衡向气体体积增大的方向移动,平衡逆向移动,所以a+b>c,故A错误;‎ B.平衡逆向移动,故B错误;‎ C.平衡逆向移动,B的转化率降低,故C正确;‎ D.平衡逆向移动,C的体积分数减小,故D错误;‎ 故答案为C。‎ ‎15.以惰性电极电解少量硫酸铜溶液,一段时间后取出电极,加入19.6克氧化铜固体,固体完全溶解所得溶液与电解前相同(浓度、密度、体积等),则电解过程中电路中流过的电子为( )‎ A. 0.2mol B. 0.4mol C. 0.6mol D. 0.8mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】以惰性电极电解CuSO4溶液的电解原理方程式是:2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑,加入19.6g (即0.2mol)Cu(OH)2(相当于CuO和H2O)后溶液与电解前相同,根据铜元素守恒,所以析出金属铜的物质的量是0.2mol,阴极反应是:2Cu2++4e-→2Cu,当析出金属铜的物质的量是0.2mol时,则转移的电子是0.4mol,总共转移电子是0.4mol。‎ 故选B。‎ ‎16.有等体积等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液,滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和,用去酸的体积分别为V1、V2、V3,则三者的大小关系正确的是 A. V3>V2>V1 B. V3=V2=V1 C. V3>V2=V1 D. V1=V2>V3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液中,c(OH-)相同,但NH3·H2O为弱碱,等pH时,其浓度大于NaOH,然后结合酸碱中和时c(OH-)越大,消耗酸越多分析解答。‎ ‎【详解】等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液中,Ba(OH)2、NaOH中c(OH-)相同,滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和,用去酸的体积V1=V2,但NH3·H2O为弱碱,等pH时,其浓度大于NaOH,滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和,弱碱继续电离产生氢氧根离子,则消耗酸多,即V2<V3,所以消耗酸的体积关系为V3>V2=V1,答案选C。‎ ‎【点睛】解题关键:明确pH与浓度的关系及强碱、弱碱的判断、弱碱的电离平衡,难点:NH3·H2O是弱电解质,要获得一定浓度的OH-,氨的浓度要比OH-大得多。‎ 第Ⅱ卷(52分)‎ 二、填空题(共16分)‎ ‎17.(1)电化腐蚀是钢铁发生腐蚀主要原因,当水膜氢离子浓度较小时,主要发生________腐蚀,其负极反应式为____________________,正极反应式为______________________。‎ ‎(2)将氯化铁溶液蒸干灼烧得到的固体物质是______;(填化学式,下同)将硫酸铝溶液蒸干得到的固体物质是___________________ 。‎ ‎(3)除CaSO4水垢的方法,写出反应的化学方程式_________________、_________________;热的纯碱溶液洗涤效果更好的原理是_________________________;明矾净水的离子方程式__________________。‎ ‎(4)在2 mL 0.1 mol·L-1的NaCl溶液中,加入2 mL 0.1 mol·L-1的AgNO3溶液,可观察到______________,此反应的离子方程式为_________。 将此混合液过滤,滤渣加入2 mL 0.1 mol·L-1的KI溶液,搅拌,可观察到____,反应的离子方程式为________。‎ ‎(5)对于Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq),其Ksp的表达式为_______。‎ ‎【答案】 (1). 吸氧 (2). Fe-2e-=Fe2+ (3). 2H2O+O2+4e-=4OH- (4). Fe2O3 (5). Al2(SO4)3 (6). CaSO4+Na2CO3=CaCO3+Na2SO4 (7). CaCO3+2HCl= CaCl2+H2O+CO2↑ (8). CO32-+H2O=HCO3-+OH-温度升高.促进水解 (9). Al3++H2O=Al(OH)3(胶体)+H+ (10). 有白色沉淀产生 (11). Ag++Cl-=AgCl↓ (12). 白色沉淀转化成淡黄色沉淀 (13). AgCl+I-==AgI+Cl- (14). Ksp=c2(Ag+)∙c(S2-)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原电池原理分析吸氧腐蚀中的电极反应;根据沉淀的转化分析水垢的除杂原理;根据盐类水解分析盐溶液加热蒸发时的产物及明矾净水等原理;根据沉淀溶解平衡常数的表达式及反应方程式分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据原电池原理分析得,活泼金属铁作负极,电极反应为:Fe-2e-=Fe2+;氢离子浓度较低时,正极反应为氧气得电子结合水生成氢氧根,反应式为: 2H2O+O2+4e-=4OH-;则称为吸氧腐蚀;给答案为:吸氧; Fe-2e-=Fe2+ ; 2H2O+O2+4e-=4OH-;‎ ‎(2)在FeCl3溶液中,Fe3+发生水解生成Fe(OH)3:FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl,由于加热蒸发,使HCl挥发,破坏平衡,使平衡不断向右移动,结果生成Fe(OH)3,又由于灼热发生2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O,使Fe(OH)3分解生成Fe2O3;硫酸铝在水中水解生成氢氧化铝和硫酸,硫酸为难挥发性酸,所以最终得到的产物是硫酸铝;故答案为:Fe2O3;Al2(SO4)3;‎ ‎(3)CaSO4不溶于盐酸,不能直接用盐酸,可以先转化为碳酸钙沉淀,然后用盐酸除去,反应方程式为:CaSO4+Na2CO3=CaCO3+Na2SO4 ;CaCO3+2HCl= CaCl2+H2O+CO2↑;纯碱溶液中碳酸根离子水解呈碱性,加热促进水解,油污等在碱性条件下更易水解,所以洗涤效果更好,离子方程式为:CO32-+H2O=HCO3-+OH-;明矾在水溶液中水解生成氢氧化铝胶体,利用胶体的吸附性净水,离子方程式为:Al3++H2O=Al(OH)3(胶体)+H+;故答案为:CaSO4+Na2CO3=CaCO3+Na2SO4;CaCO3+2HCl= CaCl2+H2O+CO2↑;CO32-+H2O=HCO3-+OH-温度升高.促进水解;Al3++H2O=Al(OH)3(胶体)+H+; ‎ ‎(4)氯化钠与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀,离子方程式为:Ag++Cl-=AgCl↓;难溶电解质存在沉淀溶解平衡,因为AgI更难溶,所以加入KI溶液时会生成淡黄色的AgI沉淀,离子方程式为:AgCl+I-==AgI+Cl-;故答案为:有白色沉淀产生; Ag++Cl-=AgCl↓; 白色沉淀转化成淡黄色沉淀;AgCl+I-==AgI+Cl-;‎ ‎(5)根据沉淀溶解平衡常数的表达式得Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)得: Ksp=c2(Ag+)∙c(S2-),故答案为: Ksp=c2(Ag+)∙c(S2-)。‎ ‎【点睛】物质的沉淀和溶解是一个平衡过程,通常用溶度积常数Ksp来判断难溶盐是沉淀还是溶解。溶度积常数是指在一定温度下,在难溶电解质的饱和溶液中,组成沉淀的各离子浓度的乘积为一常数。当QcKsp时,溶液对于有关离子而言是过饱和的,则有沉淀生成。‎ 三、实验题(21分)‎ ‎18.用0.1320mol/L的HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液,实验数据如下表所示:‎ 实验编号 待测NaOH溶液的体积/mL HCl溶液的体积/mL ‎1‎ ‎25.00‎ ‎24.41‎ ‎2‎ ‎25.00‎ ‎24.39‎ ‎3‎ ‎25.00‎ ‎24.60‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)如图中甲为_________滴定管,乙为_______ 滴定管(填“酸式”或“碱式”)‎ ‎(2)实验中,不需要润洗的仪器是:________________________‎ ‎(3)取待测液NaOH溶液25.00ml 于锥形瓶中,使用酚酞做指示剂。滴定终点的判断依据是________‎ ‎(4)若滴定前,滴定管尖端有气泡,滴定后气泡消失,将使所测结果____________(填“偏高”“偏低”“不变”,下同);若读酸式滴定管读数时,滴定前仰视读数,滴定后正确读数,则所测结果___________。‎ ‎(5) 未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度为_____________mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 酸式 (2). 碱式 (3). 锥形瓶 (4). 红色褪去且半分钟不恢复 (5). 偏高 (6). 偏低 (7). 0.1288‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据仪器的结构来分析滴定管的名称;依据溶液的酸碱性来选择指示剂,根据溶液颜色变化且半分钟内不变色,可说明达到滴定终点;根据V(待测)×c(待测)=V(标准)×c(标准)进行相关计算;先根据数据的有效性,然后求出平均消耗V(HCl),然后计算即可。‎ ‎【详解】(1)甲滴定管的下端是玻璃活塞,所以仪器为酸式滴定管,乙滴定管的下方是橡胶管,故为碱式滴定管,故答案为:酸式,碱式;‎ ‎(2)酸式滴定管、碱式滴定管需要用待盛装的溶液润洗,否则会被稀释,锥形瓶不能润洗,否则会使锥形瓶内溶质物质的量增大,故答案为:锥形瓶;‎ ‎(3)碱溶液中滴加无色的酚酞,碱能使酚酞变红,故利用酚酞做指示剂,滴定达到终点的现象是:酚酞的红色褪去且半分钟不再出现红色,故答案为:红色褪去且半分钟不恢复;‎ ‎(4)取标准液的滴定管,滴定前滴定管尖端有气泡,滴定后气泡消失,标准液的物质的量偏小,导致标准液的体积偏大,故根据V(待测)×c(待测)=V(标准)×c(标准)分析,c(待测)偏高;标准液读数时,若滴定前仰视,滴定后俯视,导致标准液的体积偏小,根据V(待测)×c(待测)=V(标准)×c(标准)分析,c(待测)偏低;故答案为:偏高;偏低;‎ ‎(5)依据数据可知,舍去差距较大的22.60mL,故V(标准)==24.40mL,c(待测)==0.1288mol/L,故答案为:0.1288mol/L。‎ ‎19.维生素C的分子式是C6H8O6,水溶液呈酸性,高温或较长时间受热易损耗,许多新鲜水果、蔬菜、乳制品中都含有丰富的维生素C,例如:新鲜橙汁中含维生素C浓度在500mg·L-1左右。某校化学课外活动小组进行测定果汁中维生素C含量实验,下面是他们的实验过程及分析报告,请根据此报告填写有关空白。‎ Ⅰ实验目的:测定××牌软包装鲜橙汁维生素C含量。‎ Ⅱ实验原理:C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I-。‎ Ⅲ实验用品和试剂:‎ ‎①仪器和用品(自选,略)‎ ‎②试剂:浓度为7.50×10-3mol·L-1的标准碘(水)溶液,指示剂,蒸馏水等。‎ Ⅳ实验过程:‎ ‎(1)洗涤仪器,检查是否漏液,用标准液润洗后装好标准液待用。在此步操作中,需用标准液润洗的仪器是_____________。‎ ‎(2)打开橙汁包,目测:颜色-橙黄色,澄清度-好,将仪器____________盛装该橙汁润洗2~3遍,移取20.00mL橙汁入锥形瓶,向瓶中加入2滴指示剂,该指示剂的名称是____________。‎ ‎(3)用左手操作滴定管,右手摇动锥形瓶,眼睛注视___________。滴定至终点时的现象是__________。‎ ‎(4)数据记录和处理:(设计出表格,将三次滴定所得数据都填入表格中),若经数据处理,滴定中消耗标准碘溶液体积平均值为20.00mL,则此橙汁中维生素C的含量是___________mg·L-1。‎ ‎【答案】 (1). 酸式滴定管 (2). 碱式滴定管 (3). 淀粉溶液 (4). 锥形瓶 (5). 溶液由无色变为蓝色,且半分钟颜色不恢复 (6). 1320‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据滴定管的构造及所盛试剂的性质分析用哪种滴定管;根据滴定原理及碘水的性质分析选择指示剂及滴定终点的现象;根据滴定反应原理由标准液的浓度及实验数据计算待测液的浓度。‎ ‎【详解】(1)标准液为碘水,碘水对橡胶管具有腐蚀性,所以应用酸式滴定管存放,故需用标准液润洗的仪器是酸式滴定管;故答案为:酸式滴定管;‎ ‎(2)标准液存放在酸式滴定管中,则待测的橙汁应该用碱式滴定管移取,淀粉遇碘变蓝,所以可以用淀粉溶液作为指示剂,故答案为:碱式滴定管;淀粉溶液;‎ ‎(3)用左手操作滴定管,右手摇动锥形瓶,眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化。滴定至终点时现象是最后一滴标准液滴入,溶液由无色变为蓝色,且半分钟不褪色,故答案为: 锥形瓶;溶液由无色变为蓝色,且半分钟颜色不恢复;‎ ‎(4)20mL标准碘溶液含有碘的质量为254g/mol×0.02L×7.5×10−3mol⋅L−1=38.1mg,设20.0mL待测橙汁中维生素C的质量为x,‎ 根据C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I-计算得:x==26.4mg,则1L中含维生素C的质量为26.4mg×=1320mg,所以,则此橙汁中维生素C的含量是1320mg/L,故答案为:1320。‎ ‎【点睛】滴定管的选择:依据1、滴定管的规格选择:滴定体积小于10ml,可选择微量滴定管;滴定体积小于20mL,可选择25mL滴定管,大于25mL的滴定体积,赢选择50mL滴定管;‎ 依据2、滴定管的颜色选择:一般选择是无色透明滴定管;对不宜见光的标准溶液(例如硫代硫酸钠)等,应该选择棕色滴定管;‎ 依据3、滴定管的酸碱性选择:碱性标准溶液(例如NaOH),应该选择碱式滴定管,其余的可以选择酸式滴定管。‎ 四、计算题(15分)‎ ‎20.反应A(g)+ B(g)C(g) +2D(g)的能量变化如图所示,回答下列问题。‎ ‎(1)该反应是_______________反应(填“吸热”“放热”)。‎ ‎(2)当反应达到平衡时,升高温度,A的转化率_______(填“增大”“减小”“不变”下同),原因是__________________;‎ ‎(3)向体系中加入催化剂,△H_____________;‎ ‎(4)向体系中加入催化剂,反应速率增大,E1和E2的变化是E1______E2_____ ;‎ ‎(5)将1molA和2molB加入2L容器中,5min后达到平衡,此时A的转化率为50%,则5min内用D表示化学反应速率为___________平衡常数K=________________‎ ‎【答案】 (1). 放热 (2). 减小 (3). 温度升高向吸热反应方向移动,向逆反应方向进行,A的转化率减小 (4). 不变 (5). 减小 (6). 减小 (7). 0.1mol/(Lmin) (8). 0.33‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示中反应物及生成物总能量相对大小判断反应是否放热;根据平衡移动原理分析平衡的移动方向及转化率的变化;根据催化剂对反应的影响分析反应热及活化能的变化;根据平衡常数的表达式,运用三段式法进行相关计算。‎ ‎【详解】(1)由图可知:反应物的总能量高于生成物的总能量,所以应反应是放热反应,故答案为:放热;‎ ‎(2)正反应是放热反应,所以升高温度平衡逆向移动,A的转化率减小,故答案为:减小;温度升高向吸热反应方向移动,向逆反应方向进行,A的转化率减小;‎ ‎(3)反应热的大小与外界条件无关,只与反应物和生成物的总能量大小有关,所以向体系中加入催化剂,△H不变,故答案为:不变;‎ ‎(4)向体系中加入催化剂,降低反应的活化能,所以E1和E2都减小,故答案为:减小;减小;‎ ‎(5)运用三段式法计算得:‎ ‎ ‎ v==0.1mol/(Lmin);K= =0.33,故答案为:0.1mol/(Lmin);0.33。.‎ ‎21.已知Cu(OH)2的Ksp=2×10-20:某溶液中c(Cu2+)=0.02 mol·L-1,如要生成Cu(OH)2沉淀,应调整溶液的pH大于________?(写步骤)‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据Ksp=c(Cu2+)•[c(OH-)]2=2×10-20及Cu2+的浓度计算OH-离子的浓度,根据水的离子积常数计算氢离子浓度,并以此计算溶液pH值。‎ ‎【详解】某溶液中c(Cu2+)=0.02 mol·L-1,如要生成Cu(OH)2沉淀,则应有c(OH−)⩾ =10−9mol/L,则c(H+)⩽= =10−5mol/L,所以pH⩾−lg(10−5)=5,所以应调节pH大于5,故答案为:5。‎ ‎ ‎ ‎ ‎
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