2015-2016学年高中化学（课件+试题）（全册打包32套）苏教版选修4.zip

1专题 2 过关检测(时间:60 分钟 满分:100 分)一、选择题(每题只有 1 个选项符合题意,每小题 6 分,共 48 分)1.金属锡的冶炼常用焦炭作还原剂:SnO 2+2C Sn+2CO↑,反应过程中能量的变化如图所示。下列有关该反应的 Δ H、Δ S 的说法中正确的是( )A.Δ H0 Δ S0 D.Δ H0 Δ S0解析:由于生成物所具有的能量大于反应物所具有的能量,故该反应为吸热反应,即 Δ H0;该反应有气体生成,Δ S0。答案:D2.已知工业真空冶炼铷的原理如下:2RbCl+Mg MgCl2+2Rb(g),对此反应的进行能给予正确解释的是( )A.铷的金属活动性比镁弱B.铷的沸点比镁低,把铷蒸气抽出,上述平衡向右移动C.MgCl2的热稳定性不如 RbCl 强D.铷单质比化合态更稳定解析:虽然镁的失电子能力不如铷,但由于镁的沸点比铷高,将铷蒸气抽出时,降低了铷在平衡体系中的浓度,导致平衡右移,使该反应得以进行。这个问题实际上是判断化学反应进行的方向。对于物质之间交换成分的化学反应,反应方向往往决定于是否有一种物质能以沉淀、气体或难电离物质的形式从体系中分离出去。抓住这一点,对学习上的一些“矛盾”的问题也可以解释。例如,一般来说是强酸制弱酸(生成弱电解质),但是 H2S 通入 CuSO4溶液中可得到 CuS 沉淀和 H2SO4。若用上述方法解释,就可以得到满意的答案,而且对问题的看法也上升了一个层次。答案:B3.反应物和生成物均为气态的平衡体系,平衡常数表达式为 K=,有关该平衡体系的说法不正确的是( )A.升高温度,该反应平衡常数 K 的变化无法判断B.增大压强,w 的质量分数减小C.该反应的化学方程式为 3z(g)+2w(g) x(g)+2y(g)D.增大 x 气体的浓度平衡向正反应方向移动解析:根据平衡常数表达式且所有反应物和生成物均为气态,则该反应的化学方程式为:3z(g)+2w(g) x(g)+2y(g),C 项正确;由于无法知道该反应是吸热反应还是放热反应,故升高温度无法判断化学平衡常数 K 的变化,A 项正确;增大压强,平衡右移,w 的质量分数减小,B 项正确;增大 x 的浓度,平衡逆向移动,D 项错误。答案:D4.在一定温度下,将气体 X 和气体 Y 各 0.16 mol 充入 10 L 恒容密闭容器中,发生反应 X(g)2+Y(g) 2Z(g) Δ H v(正)C.该温度下此反应的平衡常数 K=1.44D.其他条件不变,再充入 0.2 mol Z,平衡时 X 的体积分数增大解析:反应前 2 min,v(Y)==2.0×10-3 mol·L-1·min-1,v(Z)=2v(Y)=4.0×10-3 mol·L-1·min-1,A 项错误;其他条件不变时,降低温度平衡向放热方向即正反应方向移动,达到新的平衡前 v(正) v(逆),B 项错误;由表中数据知平衡时 Y 的物质的量为 0.10 mol,则平衡时X、Y、Z 三种气体的物质的量浓度分别为 0.01 mol·L-1、 0.01 mol·L-1、0.012 mol·L-1,则该温度下 K==1.44,C 项正确;其他条件不变,再充入 0.2 mol Z,因该反应反应前后气体体积不变,所以建立的平衡与原平衡是等效平衡,平衡时 X 的体积分数不变,D 错误。答案:C5.某温度下,在密闭容器中发生如下反应:2M(g)+N(g) 2E(g),若开始时只充入 2 mol E气体,达平衡时,混合气体的压强比起始增大了 20%;若开始时只充入 2 mol M 和 1 mol N 的混合气体,达到平衡时 M 的转化率为( )A.20% B.40% C.60% D.80%解析:当通入 E 时,气体压强变大。当通入 M、N 时,气体压强要变小。通入 2 mol E 和通入2 mol M 和 1 mol N 时达到的平衡是等效的,通入 2 mol E 时,使压强增大 20%,可求得平衡时体系中 M 的物质的量为 0.8 mol,则开始时只通入 2 mol M 和 1 mol N,M 的平衡转化率为60%。答案:C6.温度为 T ℃、压强为 1.01×106 Pa 条件下,某密闭容器中,反应 A(g)+B(g) 3C 达到化学平衡时,测得此时 c(A)=0.022 mol·L-1;压缩容器使压强增大到 2.02×106 Pa,第二次达到平衡时测得 c(A)=0.05 mol·L-1;若继续压缩容器,使压强增大到 4.04×107 Pa,第三次达到平衡时,测得 c(A)=0.75 mol·L-1。则下列关于 C 物质状态的推测正确的是( )A.1.01×106 Pa 时为固态B.2.02×106 Pa 时为液态C.4.04×107 Pa 时为液态或固态D.4.04×107 Pa 时为气态解析:第二次达到平衡时与第一次平衡时相比,压强增大为原来的二倍,但 A 的浓度比原来的二倍还大,说明加压,平衡向生成 A 的方向移动,从而得出 C 为气体。第三次达平衡时与第二次达到平衡时相比,压强变为原来的 20 倍,但 A 的浓度比第二次达平衡时浓度的 20 倍要小,说明加压时平衡向右移动,从而得出 C 为非气体。答案:C7.某化学科研小组研究在其他条件不变时,改变某一条件对化学平衡的影响,得到如下变化规律(图中 p 表示压强, T 表示温度, n 表示物质的量):3根据以上规律判断,下列结论正确的是( )A.反应Ⅰ:Δ H0,p2p1B.反应Ⅱ:Δ H0,T1T2C.反应Ⅲ:Δ H0,T2T1;或 Δ HT1解析:反应Ⅰ:温度越高,反应物的平衡转化率越低,说明正反应放热,Δ HT1,则应是吸热反应;若 T2T1;但平衡后 T2温度下的 c(A)小,故升高温度,平衡正向移动,正反应为吸热反应,平衡常数 K(T1)0,请回答下列问题。(1)在某温度下,反应物的起始浓度分别为: c(M)=1 mol·L-1,c(N)=2.4 mol·L-1,达到平衡后,M 的转化率为 60%,此时 N 的转化率为 。 (2)若反应温度升高,M 的转化率 (填“增大” “减小”或“不变”)。 (3)若反应温度不变,反应物的起始浓度分别为: c(M)=4 mol·L-1,c(N)=a mol·L-1,达到平衡后, c(P)=2 mol·L-1,a= 。 (4)若反应温度不变,反应物的起始浓度为: c(M)=c(N)=b mol·L-1,达到平衡后,M 的转化率为 。 解析:(1)M 的浓度变化量为 0.6 mol·L-1,则 N 的浓度变化量也是 0.6 mol·L-1,所以 N 的转化率为:×100%=25%。(2)由于该反应的正反应为吸热反应,所以升高温度,化学平衡正向移动,M 的转化率增大。(3) M(g)+N(g) P(g)+Q(g)起始/mol·L -1: 1 2.4 0 0平衡/mol·L -1: 0.4 1.8 0.6 0.6起始/mol·L -1: 4 a 0 0平衡/mol·L -1: 2 a-2 2 2K=解得 a=6(4)设达平衡后 P、Q 的物质的量浓度均为 x mol·L-1,则 K=,解得 x≈0.41 b,M 的转化率约为 41%。答案:(1)25% (2)增大 (3)6 (4)41%12.(14 分)光气(COCl 2)在塑料、制革、制药等工业中有许多用途,工业上采用高温下 CO 与Cl2在活性炭催化下合成。(1)实验室中常用来制备氯气的化学方程式为 。 (2)工业上利用天然气(主要成分为 CH4)与 CO2进行高温重整制备 CO,已知 CH4、H 2和 CO 的标准燃烧热(Δ H)分别为-890.3 kJ·mol-1、-285.8 kJ·mol-1和-283.0 kJ·mol-1,则生成1 m3(标准状况)CO 所需热量为 。 (3)实验室中可用氯仿(CHCl 3)与双氧水直接反应制备光气,其反应的化学方程式为 。 (4)COCl2的分解反应为 COCl2(g) Cl2(g)+CO(g) Δ H=+108 kJ·mol-1。反应体系达到平衡后,各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示(第 10 min 到 14 min 的 COCl2浓度变化曲线未示出):6①计算反应在第 8 min 时的平衡常数 K= ; ②比较第 2 min 反应温度 T(2)与第 8 min 反应温度 T(8)的高低: T(2) T(8)(填“”或“=”); ③若 12 min 时反应于温度 T(8)下重新达到平衡,则此时 c(COCl2)= mol·L -1; ④比较产物 CO 在 2~3 min、5~6 min 和 12~13 min 时平均反应速率[平均反应速率分别以v(2~3)、 v(5~6)、 v(12~13)表示]的大小 ; ⑤比较反应物 COCl2在 5~6 min 和 15~16 min 时平均反应速率的大小:v(5~6) v(15~16)(填“”或“=”),原因是 。 解析:(1)实验室用浓盐酸与 MnO2混合加热制 Cl2。(2)首先依据标准燃烧热定义写出:①CH 4(g)+ 2O2(g) CO2(g)+2H2O(l) Δ H1=-890.3 kJ·mol-1,②H 2(g)+O2(g) H2O(l) Δ H2=-285.8 kJ·mol-1,③CO(g)+O 2(g) CO2(g) Δ H3=-283.0 kJ·mol-1;再写出 CH4(g)+ CO2(g) 2CO(g)+2H2(g),①式-②式×2-③式×2即得 CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g),所以 Δ H=Δ H1-2Δ H2-2Δ H3=(-890.3+285.8×2+283.0×2) kJ·mol-1=+247.3 kJ·mol-1,生成 1 m3 CO 所需热量为×247.3 kJ·mol-1×≈5 520 kJ。(3)由 CHCl3生成 COCl2,碳的化合价由+2 升高到+4,升高 2 价,由 H2O2生成 COCl2和 H2O,氧的化合价共降低 2,所以上述物质的计量数均为 1,即 CHCl3+H2O2→COCl 2+H2O,依据 Cl、H守恒还应有 HCl 生成。(4)① c(Cl2)=0.11 mol·L-1、 c(CO)=0.085 mol·L-1、 c(COCl2)=0.04mol·L-1,代入K=≈0.234;②第 4 min 时,Cl 2与 CO 的浓度均逐渐增大,再结合此反应正向为吸热反应,所以第 4 min 时改变的条件一定是升高温度,故 T(2)v(15~16);应从影响化学反应速率的因素入手分析,由图像可知 4~18 分钟温度相同,应从浓度角度分析。答案:(1)MnO 2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H 2O(2)5.52×103 kJ(3)CHCl3+H2O2 HCl+H2O+COCl2(4)①0.234 mol·L-1 ②v(2~3)=v(12~13) ⑤ 在相同温度时,该反应的反应物浓度越高,反应速率越大 1专题 1过关检测(时间:60 分钟 满分:100 分)一、选择题(每题只有 1个选项符合题意,每小题 6分,共 48分)1.某铁件需长期浸在水下,为减少腐蚀,想采取下列措施,其中不正确的是( )A.在铁件上铆上一些锌片B.在制造铁件时,在铁中掺入一定量的铜制合金C.在铁件表面涂上一层较厚的沥青D.给铁件通入直流电,把铁件与电源负极相连解析:A 项,铁、锌、水形成原电池,锌比铁活泼,铁被保护;B 项,铁比铜活泼,加快铁的腐蚀;C项,涂上沥青,阻止铁与空气、水接触,铁被保护;D 项,铁作阴极被保护。答案:B2.已知 Zn(s)+H2SO4(aq) ZnSO4(aq)+H2(g) Δ H0,则下列关于该反应的叙述不正确的是( )A.该反应中旧键断裂需吸收能量,新键形成需放出能量,所以总能量不变B.上述热化学方程式中的 Δ H的值与反应物的用量无关C.该反应的化学能可以转化为电能D.反应物的总能量高于生成物的总能量解析:任何一个化学反应,其反应前后都有能量的变化;在所给反应中,反应放热,则反应物的总能量高于生成物的总能量。答案:A3.下面有关电化学的图示,完全正确的是( )解析:A 项中由于 Zn失电子,故 Zn作负极,所以 A项错误;在精炼铜时,粗铜作阳极失电子转化为 Cu2+,进而 Cu在精铜上析出,故 B项错误;铁片镀锌时,溶液中 Zn2+应在铁片上析出,故铁片作阴极,与电源负极相连,故 C项错误;D 项中由电流的方向知石墨棒作阳极,铁棒作阴极,所以在石墨棒上产生 Cl2,该实验正确,故 D项正确。答案:D4.下列对标准燃烧热概念的描述正确的是( )A.可燃物燃烧,不管其物质的量如何,所放出的热量都叫标准燃烧热B.因为化学反应既可能放出能量也可能吸收能量,所以标准燃烧热有正也有负C.燃烧物有固态、液态、气态之分,只有固体燃烧的反应热才能称得上标准燃烧热2D.标准燃烧热是指 101 kPa下,1 mol 可燃物完全燃烧时的反应热解析:因为条件不同时,反应热不同,特定条件下,同一种物质的标准燃烧热是一个定值,即标准燃烧热是特定条件下的反应热。答案:D5.用 CH4催化还原 NOx,可以消除氮氧化物的污染。例如:①CH 4(g)+4NO2(g) 4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)Δ H=-574 kJ·mol-1②CH 4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) Δ H=-1 160 kJ·mol-1下列说法不正确的是( )A.若用标准状况下 4.48 L CH4还原 NO2生成 N2和水蒸气,放出的热量为 173.4 kJB.由反应①可推知:CH 4(g)+4NO2(g) 4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) Δ H-574 kJ·mol-1C.反应①②转移的电子数相同D.反应②中当 4.48 L CH4反应完全时转移的电子为 1.60 mol解析:由两热化学方程式可得 CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) Δ H=-867 kJ·mol-1,计算可知 A项正确;水由气态转化为液态,要放出热量,所以 Δ H-574 kJ·mol-1,B项正确;C 项中,从 CH4考虑,C 都从-4 价升高到+4 价,转移电子数相等;反应②中,标准状况下,当 4.48 L CH4反应完全时,转移电子为 0.2 mol×8=1.60 mol,D项中未指明是否在标准状况下,错误。答案:D6.下列说法中正确的是( )A.在相同条件下,将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,后者放出热量多B.由“C(s,石墨) C(s,金刚石) Δ H=+1.9 kJ·mol-1”可知,金刚石比石墨稳定C.在稀溶液中:H +(aq)+OH-(aq) H2O(l) Δ H=-57.3 kJ·mol-1,若将含 0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含 1 mol NaOH的溶液混合,放出的热量大于 57.3 kJD.在 101 kPa时,2 g H2完全燃烧生成液态水,放出 285.8 kJ热量,氢气燃烧的热化学方程式表示为 2H2(g)+O2(g) 2H2O(l) Δ H=-285.8 kJ·mol-1解析:硫蒸气的能量高,燃烧放出的热量多,A 项错误;石墨转化为金刚石,需要吸收热量,说明石墨的能量低,稳定性强,B 项错误;浓硫酸溶解后放热,故两溶液混合放热大于 57.3 kJ,C项正确;D 项中,对应热化学方程式中的 Δ H=-571.6 kJ·mol-1,错误。答案:C7.Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液,示意图如下。该电池工作时,下列说法正确的是( )A.Mg电极是该电池的正极B.H2O2在石墨电极上发生氧化反应C.石墨电极附近溶液的 pH增大D.溶液中 Cl-向正极移动解析:Mg-H 2O2电池中 Mg电极作负极,石墨电极作正极,正极反应为 H2O2+2e- 2OH-,H2O2在该极发生还原反应,石墨电极附近溶液的 pH增大,溶液中的 Cl-向负极移动。3答案:C8.研究人员最近发现了一种“水”电池,这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电,在海水中电池总反应可表示为:5MnO 2+2Ag+2NaCl Na2Mn5O10+2AgCl,下列有关“水”电池在海水中放电时的说法不正确的是( )A.负极反应式:Ag+Cl --e- AgClB.每生成 1 mol Na2Mn5O10转移 2 mol电子C.Na+不断向“水”电池的正极移动D.AgCl是还原产物解析:由电池总反应可知银失去电子被氧化得氧化产物,即银作负极,AgCl 是氧化产物,A 项正确,D 项错误;在原电池中阳离子在正极得电子发生还原反应,所以阳离子向电池的正极移动,C 项正确;化合物 Na2Mn5O10中 Mn元素的化合价是+价,所以每生成 1 mol Na2Mn5O10转移电子的物质的量为 2 mol,因此选项 B正确。答案:D二、非选择题(共 52分)9.(12分)格哈德·埃特尔建立了合成氨反应机理, T=673 K时,各步反应的能量变化如图所示,图中的能量单位为 kJ·mol-1。(注:图中“吸”表示在催化剂表面的吸附)请回答下列问题。(1)合成氨反应的机理为:① ; ②N 2 N2吸 2N 2N吸;③ ; ④NH 吸+H 吸 HN2吸;⑤NH 2吸+H 吸 NH3吸 NH3。(2)T=673 K时,合成氨反应的热化学方程式为 。 (3)氨气催化氧化生产硝酸,硝酸厂常用催化还原法处理尾气:催化剂存在时用 H2将 NO2还原为 N2。已知:2H 2(g)+O2(g) 2H2O(g) Δ H=-483.6 kJ·mol-1,N2(g)+2O2(g) 2NO2(g) Δ H=+67.7 kJ·mol-1,则 H2还原 NO2生成水蒸气反应的热化学方程式是 。 解析:(1)化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成,依据②是断裂 N≡N 键,所以①是断裂H—H键,依据④可知③是生成 NH吸;(2)看开始和最终能量的变化, mol N2和 mol H2在水平线位置,生成的 1 mol NH3于水平线下-46 kJ,所以生成 1 mol NH3放出 46 kJ的热量;(3)首先写出方程式 4H2(g)+2NO2(g) N2(g)+4H2O(g),第一个式子乘以 2减第二个式子即得所求化学方程式。答案:(1)①H 2 H2吸 2H 2H吸③N 吸+H 吸 NH吸(2)N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) Δ H=-92 kJ·mol-1(3)4H2(g)+2NO2(g) N2(g)+4H2O(g) Δ H=-1 034.9 kJ·mol-110.(12分)人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素,原理如图所示。4(1)电源的负极为 (填“A”或“B”)。 (2)阳极室中发生的反应依次为 、 。 (3)电解结束后,阴极室溶液的 pH与电解前相比将 ;若两极共收集到气体 13.44 L(标准状况),则除去的尿素为 g(忽略气体的溶解)。 解析:根据电解池中阴离子在阳极放电和阳离子在阴极放电的规律和本题图中的电极产物H2和 Cl2可以判断出 A为电源的正极,B 为电源的负极,故阳极室中发生的反应依次为:6Cl --6e- 3Cl2↑,CO(NH 2)2+3Cl2+H2O N2+CO2+6HCl;阴极反应为 6H2O+6e- 6OH-+3H2↑(或6H++6e- 3H2↑),阳极反应为 6Cl--6e- 3Cl2↑,CO(NH 2)2+3Cl2+H2O N2+CO2+6HCl。根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的 OH-、H +的数目相等,阳极室中反应产生的 H+通过质子交换膜进入阴极室与 OH-恰好反应生成水,所以阴极室中电解前后溶液的 pH不变;由上述反应式可以看出,转移 6 mol e-时,阴极产生 3 mol H2,阳极产生 1 mol N2和 1 mol CO2,故电解收集到的 13.44 L气体中 V(N2)=V(CO2)==2.688 L,即 n(N2)=n(CO2)==0.12 mol。根据方程式 CO(NH2)2+3Cl2+H2O N2+CO2+6HCl可知生成 0.12 mol N2所消耗的 CO(NH2)2的物质的量也为 0.12 mol,其质量为 m[CO(NH2)2]=0.12 mol×60 g·mol-1=7.2 g。答案:(1)B (2)6Cl --6e- 3Cl2↑ CO(NH 2)2+3Cl2+H2O N2+CO2+6HCl (3)不变 7.211.(14分)氢气是一种清洁能源,氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。已知:CH 4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) Δ H=+206.2 kJ·mol-1CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) Δ H=+247.4 kJ·mol-12H2S(g) 2H2(g)+S2(g) Δ H=+169.8 kJ·mol-1(1)以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。CH 4(g)与 H2O(g)反应生成 CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为 。 (2)H2S热分解制氢时,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,生成物在常温下均非气体,写出该反应的化学方程式: 。 (3)H2O的热分解也可得到 H2,高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如下图所示。图中 A、B 表示的微粒依次是 。 5(4)电解尿素[CO(NH 2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图见上图(电解池中隔膜仅阻止气体通过,阴、阳极均为惰性电极)。电解时,阳极的电极反应式为 。 (5)Mg2Cu是一种储氢合金。350 ℃时,Mg 2Cu与 H2反应,生成 MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物(其中氢的质量分数为 0.077)。Mg 2Cu与 H2反应的化学方程式为 。 答案:(1)CH 4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) Δ H=+165.0 kJ·mol-1(2)为 H2S热分解反应提供热量2H2S+SO2 2H2O+3S(3)H、O(或氢原子、氧原子)(4)CO(NH2)2+8OH--6e- C+N2↑+6H 2O(5)2Mg2Cu+3H2 MgCu2+3MgH212.(14分)(1)已知单质硫在通常条件下以 S8(斜方硫)的形式存在,而在蒸气状态时,含有S2、S 4、S 6及 S8等多种同素异形体,其中 S4、S 6和 S8具有相似的结构特点,其结构如下图所示:①在一定温度下,测得硫蒸气的平均摩尔质量为 80 g·mol-1,则该蒸气中 S2分子的体积分数不小于 。 ②若已知硫氧键的键能为 d kJ·mol-1,氧氧键的键能为 e kJ·mol-1,S(s)+O2(g) SO2(g) Δ H=-a kJ·mol-1,则 S8分子硫硫键的键能为 。 (2)下表是部分化学键的键能数据:化学键 P—P P—O OOPO键能/(kJ·mol-1)198 360 498 X①已知白磷的标准燃烧热为-2 982 kJ·mol-1,白磷(P 4)、P 4O6、P 4O10的结构如下图所示,则上表中 X= ; ②0.5 mol 白磷(P 4)与 O2完全反应生成固态 P4O6,放出的热量为 kJ。 6解析:(1)①本题用极值法讨论,因为=80 g·mol-1,所以当混合气体中只含有 S2和 S4时,S 2的体积分数最小,设 S2的体积分数为 x,则=80 g·mol-1,解得 x=0.75,即该蒸气中 S2分子的体积分数不小于 75%。②设硫硫键的键能为 y,则:- a kJ·mol-1=×8·y+e kJ·mol-1-2d kJ·mol-1,y=(2d-a-e)kJ·mol-1。(2)①由题意可知 P4(s)+5O2(g) P4O10(s) Δ H=-2 982 kJ·mol-1。根据图示知,1 mol P4含有 6 mol P—P键,1 mol P4O10含 12 mol P—O键 ,4 mol P O键,根据键能与反应热的关系,反应热等于反应物总键能与产物总键能之差,断裂 1 mol共价键吸收的能量与生成 1 mol该共价键放出的能量数值相等。则 198 kJ·mol-1×6+498 kJ·mol-1×5-360 kJ·mol-1×12-4X kJ·mol-1=-2 982 kJ·mol-1,X=585。②P 4(s)+3O2(g) P4O6(s),1 mol P4O6含有 12 mol P—O键,反应热为 Δ H=198 kJ·mol-1×6+498 kJ·mol-1×3-360 kJ·mol-1×12=-1 638 kJ·mol-1,0.5 mol白磷(P 4)与 O2完全反应生成固态 P4O6放出的热量为 1 638 kJ·mol-1×0.5 mol=819 kJ。答案:(1)①75% ②(2 d-a-e)kJ·mol-1 (2)①585 ②8191难溶电解质的沉淀溶解平衡一、选择题1.下列叙述中不正确的是( )A.CaCO3能够溶解在 CO2的水溶液中B.Mg(OH)2可溶于盐酸,不溶于 NH4Cl溶液C.AgCl可溶于氨水D.MgSO4溶液中滴加 Ba(OH)2溶液得到两种沉淀解析:A 项中 CaCO3(s) Ca2+(aq)+C(aq),H2CO3 H++HC,C和 H+结合生成 HC,促使两个平衡都向右移动,CaCO 3逐渐溶解转化为 Ca(HCO3)2;B项中 Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH-(aq),加入盐酸或 NH4Cl溶液,均消耗 OH-,促使 Mg(OH)2溶解;C 项中 AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq),加入氨水后 Ag++2NH3·H2O [Ag(NH3)2]++2H2O,所以 AgCl逐渐溶解;D 项中反应的离子方程式为 Mg2++S+Ba2++2OH- Mg(OH)2↓+BaSO 4↓,得到两种沉淀。答案:B2.现将足量的 AgCl分别放入下列物质中,AgCl 的溶解度由大到小的排列顺序是( )①20 mL 0.01 mol·L -1 KCl溶液②30 mL 0.02 mol·L -1 CaCl2溶液③40 mL 0.03 mol·L -1 HCl溶液④10 mL 蒸馏水⑤50 mL 0.05 mol·L -1 NaCl溶液A.①②③④⑤ B.④①③②⑤C.⑤④②①③ D.④③⑤②①解析:由于 AgCl溶于水会存在沉淀溶解平衡,故有 c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp,c(Ag+)或 c(Cl-)越大,越能抑制 AgCl的溶解,AgCl 溶解度就越小。注意 AgCl的溶解度只与溶液中的 Ag+或 Cl-的浓度有关,而与溶液体积无关。①中 c(Cl-)=0.01 mol·L-1,②中 c(Cl-)=0.04 mol·L-1,③中c(Cl-)=0.03 mol·L-1,④中 c(Cl-)=0 mol·L-1,⑤中 c(Cl-)=0.05 mol·L-1,因此答案选 B项。答案:B3.在一定温度下,一定量的水中,石灰乳悬浊液存在下列平衡:Ca(OH) 2(s) Ca(OH)2(aq)Ca2+(aq)+2OH-(aq),当向此悬浊液中加入少量生石灰时,下列说法正确的是( )A.n(Ca2+)增大 B.c(Ca2+)减小C.n(OH-)增大 D.c(OH-)不变解析:加入生石灰的前后都是相同温度下石灰水的饱和溶液。答案:D4.已知溶液中存在平衡:Ca(OH) 2(s) Ca2+(aq)+2OH-(aq) Δ H12.0 时,Zn(OH) 2转化为 Zn(OH。(2)Ksp=c(Zn2+)·c2(OH-),当 pH=7时, c(Zn2+)=10-3 mol·L-1⇒Ksp=10-3·(10-7)2=10-17。(3)由图知,应控制 pH范围 8.0~12.0。(4)当 pH=6时, c(OH-)=10-8 mol·L-1根据 Ksp⇒c(Zn2+)=0.10 mol·L-1可知有 0.90 mol Zn2+变为 Zn(OH)2。消耗 n(NaOH)=1.80 mol(注意有效数字)。答案:(1)Zn 2++4OH- Zn(OH (2)10 -17(3)8.0~12.0 (4)1.8012.以下是 25 ℃时几种难溶电解质的溶解度:难 Mg(OH) Cu(OH)Fe(OH)Fe(OH)5溶电解质2 2 2 3溶解度/g9×1 1.7×11.5×13.0×1在无机化合物的提纯中,常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些离子。例如:①为了除去氯化铵中的杂质 Fe3+,先将混合物溶于水,再加入一定量的试剂反应,过滤结晶。②为了除去氯化镁晶体中的杂质 Fe3+,先将混合物溶于水,加入足量的 Mg(OH)2,充分反应,过滤结晶。③为了除去硫酸铜晶体中的杂质 F,先将混合物溶于水,加入一定量的 H2O2,将 F氧化成 Fe3+,调节溶液的 pH=4,过滤结晶。请回答下列问题。(1)上述三个除杂方案都能够达到很好效果,F、Fe 3+都被转化为 而除去。 (2)①中加入的试剂应该选择 为宜。 (3)②中除去 Fe3+所发生的总反应的离子方程式为 。 (4)下列与方案③相关的叙述中,正确的是 (填字母)。 A.H2O2是绿色氧化剂,在氧化过程中不引进杂质、不产生污染B.将 F氧化为 Fe3+的主要原因是 Fe(OH)2沉淀比 Fe(OH)3沉淀较难过滤C.调节溶液 pH=4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜D.C可以大量存在于 pH=4的溶液中E.在 pH4的溶液中 Fe3+一定不能大量存在解析:①中为了不引入杂质离子,应加入氨水使 Fe3+沉淀,而不能用 NaOH溶液。②中根据溶解度表可明确 Mg(OH)2能较容易转化为 Fe(OH)3,因此在 MgCl2溶液中加入足量 Mg(OH)2可除去 Fe3+,然后将沉淀一并过滤。③中利用高价阳离子 Fe3+极易水解的特点,据题意可知调节溶液的 pH=4可使 Fe3+沉淀完全,为了不引入杂质离子,因此可使用 CuO、Cu(OH) 2、CuCO 3等调节溶液的 pH。答案:(1)氢氧化铁 (2)氨水 (3)2Fe 3++3Mg(OH)2 3M+2Fe(OH)3 (4)A、C、D、E 1盐类的水解一、选择题1.0.1 mol·L-1 HF 溶液的 pH=2,则该溶液中有关浓度关系式不正确的是( )A.c(H+)c(F-) B.c(H+)c(HF) D.c(HF)c(F-)解析:HF 在水溶液中发生部分电离,HF H++F-,根据电荷守恒, c(H+)=c(F-)+c(OH-),则 c(H+)c(F-),A 项正确; c(H+)=0.01 mol·L-1,c(HF)≈0.09 mol·L-1,则 c(H+)c(F-),D 项正确。答案:C2.NH4Cl 溶于重水中,反应生成的一水合氨和水合氢离子均正确的是( )A.NH2D·H2O 和 D3O+ B.NH3·D2O 和 HD2O+C.NH3·HDO 和 D3O+ D.NH2D·H2O 和 H2DO+解析:由水解的实质,所得一水合氨由 N 和重水电离出来的 OD-结合生成,所得水合氢离子应由重水电离出来的 D+和 D2O 结合而成。即 D2O D++OD-,OD-+N NH3·HDO,D++D2O D3O+。答案:C3.等物质的量浓度的下列四种溶液中,N 的浓度最大的是( )A.NH4Cl B.NH4HCO3C.NH4HSO4 D.NH4NO3解析:选项中的四种铵盐均能电离出相同物质的量浓度的 N,N 水解使溶液显酸性:N+H2O NH3·H2O+H+,Cl-和 N 不水解,对 N 浓度无影响,HC 水解显碱性,促进 N 水解而使 N浓度减小,HS 因电离显酸性:HS H++S,抑制 N 水解,N 浓度增大。答案:C4.室温下,下列溶液中,有关微粒的物质的量浓度关系正确的是( )A.0.1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液: c(N)c(S)c(Fe2+)c(H+)B.0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液: c(Na+)+c(H+)=c(C)+c(HC)+c(OH-)C.0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液: c(H+)+2c(H2CO3)=c(OH-)+c(C)D.0.01 mol·L-1 NaOH 溶液与等体积 pH=2 的醋酸溶液混合后的溶液中: c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)解析:A 项中,不考虑水解时, c(N)=c(S),因 N 水解,所以 c(N)T1,C 正确; XZ 线上任意点都有 c(H+)=c(OH-),只有当 c(H+)=10-7mol·L-1时,才有 pH=7,D 错误。答案:D6.对于室温下 pH 为 2 的盐酸,叙述不正确的是( )A.c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)B.与等体积 pH=12 的氨水混合后所得溶液显酸性C.由 H2O 电离出的 c(H+)=1.0×10-12 mol·L-1D.与等体积 0.01 mol·L-1乙酸钠溶液混合后所得溶液中: c(Cl-)-c(CH3COOH)=c(CH3COO-)解析:A 项,根据电荷守恒可知, c(H+)=c(Cl-)+c(OH-);B 项,pH=2 的盐酸与 pH=12 的氨水等体积混合后,氨水过量,溶液显碱性;C 项,pH=2 的盐酸中,水的电离受到抑制, c(H+)水电离 =c(OH-)水电离 =1.0×10-12 mol·L-1;D 项,由于 n(HCl)=n(CH3COONa),根据原子守恒可知 c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)。答案:B7.(2015 山东理综,13)室温下向 10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液中加入 0.1 mol·L-1的一元酸 HA,溶液 pH 的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )A.a 点所示溶液中 c(Na+)c(A-)c(H+)c(HA)B.a、b 两点所示溶液中水的电离程度相同C.pH=7 时, c(Na+)=c(A-)+c(HA)D.b 点所示溶液中 c(A-)c(HA)解析:a 点表示 HA 与 NaOH 恰好完全反应,得到 NaA 溶液并且溶液 pH=8.7,说明 HA 为弱酸,A -发生水解反应:A -+H2O HA+OH-,则 a 点所示溶液中 c(Na+)c(A-)c(OH-)c(HA)c(H+),A项错误;a 点为 NaA 溶液,由于 A-发生水解,促进水的电离,而 b 点是 HA 和 NaA 的混合溶液,HA 抑制水的电离,水的电离程度比 a 点时的小,B 项错误;根据电荷守恒可知: c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),pH=7 时 c(Na+)=c(A-),C 项错误;b 点所示溶液为等物质的量浓度的 HA 和NaA 的混合溶液,由于溶液的 pH=4.7,说明 HA 的电离程度大于 A-的水解程度,故 c(A-)c(HA),D 项正确。答案:D8.为了得到比较纯净的物质,下列使用的方法恰当的是( )A.向 Na2CO3饱和溶液中,通入过量的 CO2后,加热蒸发得 NaHCO3晶体B.加热蒸发 CuCl2饱和溶液得纯净的 CuCl2晶体C.向 FeBr2溶液中加入过量的氯水,加热蒸发得 FeCl3晶体D.向 FeCl3溶液里加入足量 NaOH 溶液,经过滤、洗涤沉淀,再充分灼烧沉淀得 Fe2O3解析:A 项中 NaHCO3加热时会分解;B、C 两项中 CuCl2溶液与 FeCl3溶液在加热蒸发的情况下,水解趋于完全,生成 Cu(OH)2和 Fe(OH)3,D 项正确。3答案:D二、非选择题9.已知在 0.1 mol·L-1的 NaHSO3溶液中有关微粒浓度由大到小的顺序为 c(Na+)c(HS)c(S)c(H2SO3)。(1)该溶液中 c(H+) c(OH-)(填“” “=”或“c(H2SO3),故 c(H+)c(OH-)。答案:(1) 在 NaHSO3溶液中,存在 HS 的电离平衡 HS H++S 和 HS 的水解平衡HS+H2O H2SO3+OH-,由题给信息 c(S)c(H2SO3)可知,HS 的电离程度大于其水解程度,所以c(H+)c(OH-)(2)溶液的红色褪去,呈无色 HS+OH - H2O+S10.工业上制取 CuCl2·2H2O 的主要过程是:①将粗氧化铜(含少量 Fe)溶解于稀盐酸中,加热、过滤、调节滤液的 pH 为 3;②对①所得滤液按下列步骤进行操作:已知 Cu2+、Fe 2+在 pH 为 4~5 时不水解,而 Fe3+却几乎水解完全而沉淀。请回答下列问题。(1)X 是什么物质? ,其反应的离子方程式是 。 (2)Y 物质应具备的条件是 ,生产中 Y 可选用 。 (3)溶液 Z 在蒸发结晶时应注意 。 解析:由题意可知:加入 X 作氧化剂把 Fe2+氧化成 Fe3+,考虑不增加杂质离子,所以最好用 Cl2;由题给信息,要除去 Fe3+,可提高溶液 pH 至 4~5,同样不引入杂质离子,最好用 CuO;CuCl2溶液在蒸发过程中发生水解,为抑制其水解,可通入氯化氢气体,并不断搅拌,但不能蒸干。答案:(1)Cl 2 Cl 2+2Fe2+ 2Fe3++2Cl-(2)不引入杂质离子 CuO(3)通入氯化氢气体,并不断搅拌但不能蒸干11.25℃,将 0.01 mol CH3COONa 和 0.002 mol HCl 溶于水,形成 1 L 混合溶液。回答下列问题。(1)该溶液中存在着三个平衡体系,用电离方程式或离子方程式表示:① 。 ② 。 ③ 。 (2)溶液中共有 种不同的粒子(指分子和离子)。 (3)在这些粒子中,浓度为 0.01 mol·L-1的是 ,浓度为 0.002 mol·L-1的是 。 (4) 和 两种粒子物质的量之和等于 0.01 mol。 解析:0.01 mol CH3COONa 与 0.002 mol HCl 溶于水形成 1 L 溶液,CH 3COO-+H+ CH3COOH,生成 0.002 mol CH3COOH,余 CH3COONa 0.008 mol,生成 NaCl 0.002 mol,溶液中存在的水解平衡:CH 3COO-+H2O CH3COOH+OH-,存在的电离平衡:CH 3COOH H++CH3COO-,H2O H++OH-。4此时溶液中存在的离子有 Cl-、Na +、CH 3COO-、H +、OH -,分子有 H2O、CH 3COOH,能够水解的离子及电离(微弱)产生的离子随外界条件的变化浓度发生变化,故浓度为定值的是强酸、强碱对应的阴、阳离子, c(Na+)=0.01 mol·L-1,c(Cl-)=0.002 mol·L-1,由物料守恒: c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.01 mol·L-1,故 CH3COO-与 CH3COOH 的物质的量之和为 0.01 mol。答案:(1)①CH 3COO-+H2O CH3COOH+OH-②CH 3COOH CH3COO-+H+③H 2O H++OH-(2)7 (3)Na + Cl -(4)CH3COOH CH 3COO-12.10 ℃时,在烧杯中加入 0.1 mol·L-1的 NaHCO3溶液 400 mL,加热,测得该溶液的 pH 发生如下变化:温度/℃1020305070pH8.3 8.4 8.5 8.9 9.4(1)甲同学认为,该溶液的 pH 升高的原因是 HC 的水解程度增大,故碱性增强,该反应的离子方程式为 ; (2)乙同学认为,溶液 pH 升高的原因是 NaHCO3受热分解生成了 Na2CO3,并推断 Na2CO3的水解程度 (填“大于”或“小于”)NaHCO 3; (3)丙同学认为,要确定上述哪种说法合理,只要把加热后的溶液冷却到 10 ℃后再测定溶液的 pH,若 pH 8.3(填“” “”“ (4)乙 (5)乙 溶液冷却至室温后 pH5大于 9.4,说明此实验过程中溶液有新物质生成