2019-2020年高二化學(xué)寒假作業(yè)7 新人教版選修4《化學(xué)反應(yīng)原理》.doc
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2019-2020年高二化學(xué)寒假作業(yè)7 新人教版選修4《化學(xué)反應(yīng)原理》 一、選擇題(本題共7道小題) 1.下列有關(guān)問(wèn)題,與鹽類的水解無(wú)關(guān)的是 ( ) A.NaHCO3與Al2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑 B.鹽酸可作鐵制品的除銹劑 C.實(shí)驗(yàn)室盛放Na2CO3溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞 D.加熱蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固體 2.關(guān)于溶液中微粒的濃度,下列說(shuō)法正確的是( ) A.0.1mol?L﹣1的(NH4)2SO4溶液中:c(SO42﹣)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH﹣) B.等濃度等體積的NaHSO3溶液與NaClO溶液混合后:c(Na+)+c(H+)=c(HSO3﹣)+c(ClO﹣)+2c(SO32﹣)+c(OH﹣) C.等濃度等體積的NaHCO3溶液與NaCl溶液混合后: c(Na+)=c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)+c(H2CO3) D.標(biāo)況下,將2.24L SO2氣體通入到100ml 1mol?L﹣1的NaOH溶液中,完全反應(yīng)后溶液呈酸性,則該溶液中:c(Na+)>c(HSO3﹣)>c(SO32﹣)>c(H+)>c(OH﹣) 3.有①Na2CO3溶液;②CH3COONa溶液;③NaOH溶液各25mL,物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L,下列說(shuō)法正確的是( ) A.三種溶液pH的大小順序是③>②>① B.若將三種溶液稀釋相同倍數(shù),pH變化最大的是② C.若分別加入25mL 0.1mol/L鹽酸后,pH最大的是① D.若三種溶液的pH均為9,則物質(zhì)的量濃度的大小順序是③>①>② 4.室溫下0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32,據(jù)此,在室溫下,下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是( ) A.上述溶液能使甲基橙試劑變黃色 B.室溫下,NH3?H2O是比HCN更弱的電解質(zhì) C.上述溶液中CN﹣的水解程度大于NH4+的水解程度 D.室溫下,0.1mol/L NaCN溶液中,CN﹣的水解程度小于上述溶液中CN﹣的水解程度 5.下列各組中的比值等于2:1的是( ) A.pH為12的燒堿溶液與Ba(OH)2溶液的物質(zhì)的量濃度之比 B.K2S溶液中c(K+)與c(S2﹣)之比 C.相同溫度下0.2mol/L醋酸溶液與0.1mol/L醋酸溶液中的c(H+)之比 D.10mL0.5mol/L的鹽酸與5mL0.5mol/L的鹽酸溶液中的c(H+)之比 6.在一定條件下,Na2CO3溶液中存在水解平衡:CO32-+H2OHCO3-+OH-。下列說(shuō)法正確的是 ( ) A.稀釋溶液,水解平衡常數(shù)增大 B.通入CO2,平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng) C.升高溫度,減小 D.加入NaOH固體,溶液pH減小 7.試題內(nèi)容丟失。 二、填空題(本題共3道小題) 8.(7分)A、B、C、D、E五種物質(zhì)均是由兩種離子組成,它們均可溶于水并完全電離,電離出的所有離子如下表所示: (1) 某同學(xué)通過(guò)比較分析,認(rèn)為無(wú)需檢驗(yàn)就可判斷出其中必有的兩種物質(zhì)是________、________ (填化學(xué)式);若將此兩種物質(zhì)記為A和B,含X的物質(zhì)記為C,當(dāng)C的溶液與B的溶液混合時(shí),產(chǎn)生紅褐色沉淀和無(wú)色無(wú)味的氣體;當(dāng)C的溶液與A的溶液混合時(shí)也產(chǎn)生沉淀,向該沉淀中滴入過(guò)量的稀HNO3時(shí),沉淀部分溶解,但最后留下白色的固體,則離子X(jué)的符號(hào)為_(kāi)_______________。 (2) 將0.02 mol A與0. O1 mol C同時(shí)溶解在足量的蒸餾水中,充分反應(yīng)后最后得到的沉淀質(zhì)量為_(kāi)_______ (精確到0.1 g)。 (3) 利用上述已經(jīng)確定的物質(zhì),可以檢測(cè)出D、E中的陽(yáng)離子,請(qǐng)簡(jiǎn)述實(shí)驗(yàn)的操作步驟、現(xiàn)象及結(jié)論:________________ 9. 偏二甲肼與N2O4 是常用的火箭推進(jìn)劑,二者發(fā)生如下化學(xué)反應(yīng): (CH3)2NNH2( L )+2N2O4(L )=2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g) (Ⅰ) (1)該反應(yīng)(Ⅰ)中還原劑是 ?。? (2)火箭殘骸中?,F(xiàn)紅棕色氣體,原因?yàn)椋篘2O4(g)2NO2(g) (Ⅱ) 一定溫度下,反應(yīng)(Ⅱ)的焓變?yōu)椤鱄.現(xiàn)將2 molNO2充入一恒壓密閉容器中,如圖示意圖正確且能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是 A B C D 若在相同溫度下,上述反應(yīng)改在體積為1L的恒容密閉容器中進(jìn)行,平衡常數(shù) ?。ㄌ睢霸龃蟆薄安蛔儭被颉皽p小”),反應(yīng)4s后N2O4的物質(zhì)的量為0.9mol,則0~4s內(nèi)的平均反應(yīng)速率v(NO2)= (3)25℃時(shí),將1mol NH4NO3溶于水,溶液顯酸性,原因是 ?。ㄓ秒x子方程式表示).向該溶液滴加50mL氨水后溶液呈中性,則滴加氨水的過(guò)程中的水的電離平衡將 ?。ㄌ睢罢颉薄安弧被颉澳嫦颉保┮苿?dòng),所滴加氨水的濃度為 mol?L﹣1.(NH3?H2O的電離平衡常數(shù)K=210﹣5 mol?L﹣1) 10. (13分)高純度氧化鋁有廣泛的用途,某研究小組研究用以下流程制取高純度氧化鋁: (1)“除雜”操作是加入H2O2后,然后用氨水調(diào)節(jié)溶液的pH約為8.0,以除去硫酸銨溶液中少量的Fe2+. ①酸性溶液中Fe2+與H2O2反應(yīng)的離子方程式為 ?。? ②過(guò)濾操作中所得到濾渣主要成分的化學(xué)式為 ??; (2)檢驗(yàn)上述流程中“過(guò)濾”后雜質(zhì)是否除盡的實(shí)驗(yàn)方法 ?。? (3)配制硫酸鋁溶液時(shí),需用硫酸酸化的目的是 . (4)“結(jié)晶”操作中,母液經(jīng)蒸發(fā)濃縮至溶液表面剛出現(xiàn)薄層晶體即停止加熱,然后冷卻結(jié)晶,得到銨明礬晶體(含結(jié)晶水),母液不能蒸干的原因是 ?。? (5)銨明礬晶體的化學(xué)式為NH4Al(SO4)2?12H2O,在0.1mol/L銨明礬的水溶液中,c(NH4+)、c(Al3+)、c(SO42﹣)三種離子濃度由大到小的順序?yàn)椤? ?。? 1.B 2.C 考點(diǎn):離子濃度大小的比較.. 專題:鹽類的水解專題. 分析:A、銨根離子存在微弱的水解,鹽直接電離出的離子濃度大于水解的到的離子濃度,據(jù)此回答; B、次氯酸根離子具有氧化性,能將亞硫酸氫鈉離子氧化為硫酸根離子; C、等濃度等體積的NaHCO3溶液與NaCl溶液混合后,溶液中存在物料守恒; D、標(biāo)況下,將2.24L SO2氣體通入到100ml 1mol?L﹣1的NaOH溶液中,完全反應(yīng)后溶液為亞硫酸氫鈉溶液,顯示酸性,說(shuō)明亞硫酸氫根離子水解程度小于電離程度. 解答:解:A、(NH4)2SO4溶液中,銨根離子存在微弱的水解,鹽直接電離出的離子濃度大于水解的到的離子濃度,c(NH4+)>c(SO42﹣)>c(H+)>c(OH﹣),故A錯(cuò)誤; B、次氯酸根離子具有氧化性,能將亞硫酸鈉離子氧化為硫酸根離子,溶液混合后得到等量的硫酸氫鈉和氯化鈉溶液,存在電荷守恒::c(Na+)+c(H+)=c(Cl﹣)+2c(SO42﹣)+c(OH﹣),故B錯(cuò)誤; C、等濃度等體積的NaHCO3溶液與NaCl溶液混合后,碳酸氫根離子水解、電離導(dǎo)致存在不同的形態(tài),溶液中存在物料守恒: c(Na+)=c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)+c(H2CO3),故C正確; D、標(biāo)況下,將2.24L SO2氣體通入到100ml 1mol?L﹣1的NaOH溶液中,完全反應(yīng)后溶液為亞硫酸氫鈉溶液,顯示酸性,說(shuō)明亞硫酸氫根離子水解程度小于電離程度,所以c(Na+)>c(HSO3﹣)>c(H+)>c(SO32﹣)>c(OH﹣),故D錯(cuò)誤. 故選C. 點(diǎn)評(píng):本題考查了弱電解質(zhì)的電離、鹽的水解、溶液中離子濃度大小比較等,題目難度中等,注意把握溶液中電荷守恒、物料守恒的應(yīng)用. 3.C 考點(diǎn):弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡;鹽類水解的應(yīng)用.. 專題:電離平衡與溶液的pH專題. 分析:A.等濃度時(shí)強(qiáng)堿的pH最大,強(qiáng)堿弱酸鹽中對(duì)應(yīng)的酸性越強(qiáng),水解程度越??; B.稀釋時(shí)強(qiáng)堿的變化程度大; C.根據(jù)酸堿混合后溶液中的溶質(zhì)來(lái)分析; D.三種溶液的pH均為9,c(OH﹣)=10﹣5mol/L,c(NaOH)=10﹣5mol/L,但碳酸的酸性小于醋酸的酸性,所以c(Na2CO3)>c(CH3COONa)>10﹣5mol/L. 解答:A.等濃度時(shí)強(qiáng)堿的pH最大,強(qiáng)堿弱酸鹽中對(duì)應(yīng)的酸性越強(qiáng),水解程度越小,碳酸的酸性小于醋酸的,所以三種溶液pH的大小順序是③>①>②,故A錯(cuò)誤; B.稀釋時(shí)強(qiáng)堿的變化程度大,所以三種溶液稀釋相同倍數(shù),pH變化最大的是③,故B錯(cuò)誤; C.等體積等濃度混合后,①中溶質(zhì)為NaHCO3、NaCl,②中溶質(zhì)為NaCl、CH3COOH,③中溶質(zhì)為NaCl,HCO3﹣離子水解顯堿性,所以pH最大的是①,故C正確; D.三種溶液的pH均為9,c(OH﹣)=10﹣5mol/L,c(NaOH)=10﹣5mol/L,但碳酸的酸性小于醋酸的酸性,所以c(CH3COONa)>c(Na2CO3)>10﹣5mol/L,所以三種溶液的pH均為9,則物質(zhì)的量濃度的大小順序是②>①>③,故D錯(cuò)誤; 故選C. 點(diǎn)評(píng):本題考查鹽類水解、pH的計(jì)算等,明確酸堿混合的計(jì)算,鹽類水解的規(guī)律、pH與濃度的關(guān)系等知識(shí)即可解答,題目難度不大. 4.B 考點(diǎn):鹽類水解的應(yīng)用.. 專題:鹽類的水解專題. 分析:室溫下,0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32,溶液呈堿性,說(shuō)明CN﹣的水解程度大于NH4+的水解程度,則相同條件下,HCN的電離程度小于NH3?H2O的電離程度,相互促進(jìn)水解的離子水解程度越大,據(jù)此分析解答. 解答:室溫下,0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32,溶液呈堿性,說(shuō)明CN﹣的水解程度大于NH4+的水解程度,則相同條件下,HCN的電離程度小于NH3?H2O的電離程度,相互促進(jìn)水解的離子水解程度越大, A.室溫下,上述溶液呈堿性,則溶液能使甲基橙試劑變黃色,故A正確; B.通過(guò)以上分析知,HCN的電離程度小于NH3?H2O的電離程度,所以NH3?H2O是比HCN更強(qiáng)的電解質(zhì),故B錯(cuò)誤; C.通過(guò)以上分析知,CN﹣的水解程度大于NH4+的水解程度,故C正確; D.CN﹣、NH4+相互促進(jìn)水解,所以0.1mol/L NaCN溶液中,CN﹣的水解程度小于上述溶液中CN﹣的水解程度,故D正確; 故選B. 點(diǎn)評(píng):本題考查了鹽類水解,根據(jù)鹽溶液酸堿性確定水解程度相對(duì)大小,知道弱根離子水解程度與弱電解質(zhì)電離程度的關(guān)系,易錯(cuò)選項(xiàng)是D. 5.A 考點(diǎn):酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)pH的計(jì)算;鹽類水解的應(yīng)用.. 專題:電離平衡與溶液的pH專題;鹽類的水解專題. 分析:A.根據(jù)兩者都是強(qiáng)堿,NaOH是一元堿,Ba(OH)2是二元堿分析; B.S2﹣會(huì)水解,導(dǎo)致數(shù)目減少; C.醋酸為弱電解質(zhì),濃度不同,電解程度不同; D.H+濃度相同. 解答:A.兩者都是強(qiáng)堿,NaOH是一元堿,Ba(OH)2是二元堿,pH相同,所以NaOH的濃度是Ba(OH)2的2倍,故A正確; B.因?yàn)镾2﹣會(huì)水解,導(dǎo)致數(shù)目減少,比值會(huì)大于2,故B錯(cuò)誤; C.醋酸是弱電解質(zhì),濃度越高,電離度越低,所以比值小于2,故C錯(cuò)誤; D.HCl是強(qiáng)酸,濃度相同,H+濃度相同,比值是1,故D錯(cuò)誤. 故選A. 點(diǎn)評(píng):本題考查較為綜合,涉及電解質(zhì)的強(qiáng)弱以及鹽類水解知識(shí),題目難度中等,易錯(cuò)點(diǎn)為C,注意醋酸是弱電解質(zhì),濃度越高,電離度越低. 6.B 7.答案內(nèi)容丟失。 8. 略 9. (1)(CH3)2NNH2; (2)BD;不變;0.45mol/L?s; (3)NH4++H2ONH3?H2O+H+;逆向;0.1. 考點(diǎn):反應(yīng)熱和焓變;化學(xué)平衡建立的過(guò)程;化學(xué)平衡的影響因素;鹽類水解的應(yīng)用. 分析:(1)依據(jù)化學(xué)方程式中 因素化合價(jià)的變化分析,因素化合價(jià)降低的做氧化劑被還原; (2)根據(jù)達(dá)到平衡狀態(tài),各組分濃度不變,正逆反應(yīng)速率相等進(jìn)行判斷;化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān),與物質(zhì)的濃度無(wú)關(guān);根據(jù)v(N2O4)=計(jì)算N2O4的化學(xué)反應(yīng)速率,再根據(jù)同一反應(yīng)中、同一時(shí)間段內(nèi)反應(yīng)速率之比等于計(jì)量數(shù)之比計(jì)算v(NO2); (3)依據(jù)銨根離子水解分析回答;依據(jù)同粒子效應(yīng),一水合氨對(duì)銨根離子水解起到抑制作用;依據(jù)一水合氨的電離平衡常數(shù)計(jì)算得到氨水濃度. 解答:解:(1)反應(yīng)(Ⅰ)中,N2O4(l)中N元素得電子化合價(jià)降低,N2O4(l)是氧化劑,(CH3)2NNH2(l)中C元素和N元素化合價(jià)升高,是還原劑; 故答案為:(CH3)2NNH2; (2)A、起始量二氧化氮物質(zhì)的量不是0,故A錯(cuò)誤; B、恒壓容器中混合氣體的質(zhì)量不變,體積不變,密度不變,平衡狀態(tài)下密度不變,密度改變,說(shuō)明體積變化,平衡發(fā)生移動(dòng),能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到了平衡狀態(tài),故B正確; C、反應(yīng)過(guò)程中,反應(yīng)熱不會(huì)變化,不是變量,無(wú)法判斷是否達(dá)到平衡狀態(tài),故C錯(cuò)誤; D、四氧化二氮的轉(zhuǎn)化率不變,說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等,達(dá)到了平衡狀態(tài),故D正確; 化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān),與物質(zhì)的濃度無(wú)關(guān),所以平衡常數(shù)K不變; v(N2O4)═==0.225mol/L?s,則2v(N2O4)=v(NO2)=0.45mol/(L?s); 故答案為:BD;不變;0.45mol/L?s; (3)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3.25℃時(shí),將1 mol NH4NO3溶于水,溶液顯酸性,是因?yàn)殇@根離子水解;反應(yīng)的離子方程式為:NH4++H2ONH3?H2O+H+;加入氨水溶液抑制銨根離子水解,平衡逆向進(jìn)行;將1 mol NH4NO3溶于水,向該溶液滴加b L 氨水后溶液呈中性,依據(jù)電荷守恒計(jì)算可知,溶液中氫氧根離子濃度=10﹣7mol/L,c(NH4+)=c(NO3﹣);NH3?H2O的電離平衡常數(shù)取Kb=210﹣5 mol?L﹣1,設(shè)混合后溶液體積為1L,(NH4+)=c(NO3﹣)=amol/L;根據(jù)一水合氨電離平衡得到:NH3?H2ONH4++OH﹣,平衡常數(shù)K===210﹣5 mol?L﹣1,計(jì)算得到c(NH3?H2O)=0.1mol/L, 故答案為:NH4++H2ONH3?H2O+H+;逆向;0.1. 點(diǎn)評(píng):本題考查了氧化還原反應(yīng)的概念判斷,化學(xué)平衡的影響因素分析,平衡標(biāo)志的判斷理解,平衡常數(shù)的影響因素和計(jì)算應(yīng)用,化學(xué)反應(yīng)速率的計(jì)算分析,弱電解質(zhì)溶液中的電離平衡的計(jì)算應(yīng)用,綜合性較大. 10. (1)①2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O; ②Fe(OH)3; (2)取少許濾液于試管中,加幾滴KSCN溶液,若溶液不變紅色,則雜質(zhì)已除盡; (3)抑制Al3+水解; (4)減少可溶性雜質(zhì)的析出及Al3+水解,防止晶體失去結(jié)晶水,避免可溶性雜質(zhì)結(jié)晶析出; (5)c(SO42﹣)>c(NH4+)>c(Al3+). 考點(diǎn):物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用;制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì). 分析:由工藝流程可知,加入過(guò)氧化氫將溶液中Fe2+氧化為Fe3+,加入氨水調(diào)節(jié)溶液PH值,F(xiàn)e3+使轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3,過(guò)濾后濾液主要含硫酸銨,再將硫酸銨和硫酸鋁溶液混合反應(yīng),經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥等最終得到硫酸鋁銨晶體,硫酸鋁銨晶體熱分解得到氧化鋁. (1)①酸性溶液中Fe2+與H2O2反應(yīng),過(guò)氧化氫具有氧化性氧化亞鐵離子為鐵離子,結(jié)合電荷守恒和原子守恒配平書(shū)寫(xiě); ②H2O2溶液具有強(qiáng)氧化性,可以氧化亞鐵離子生成鐵離子,鐵離子在氨水存在的條件下生成氫氧化鐵紅褐色沉淀; (2)由工藝流程可知,加入過(guò)氧化氫將溶液中Fe2+氧化為Fe3+,加入氨水調(diào)節(jié)溶液PH值,F(xiàn)e3+使轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3,過(guò)濾后的濾液中可能含有Fe3+,用KSCN溶液檢驗(yàn)是否含有Fe3+; (3)鋁離子在溶液中能夠發(fā)生水解生成氫氧化鋁; (4)蒸干會(huì)析出可溶性雜質(zhì)的析出,且Al3+水解程度增大,防止晶體失去結(jié)晶水,避免可溶性雜質(zhì)結(jié)晶析出; (5)根據(jù)題中所給的化學(xué)式,利用銨根和鋁離子水解進(jìn)行解答即可. 解答:解:(1)①酸性溶液中Fe2+與H2O2反應(yīng),過(guò)氧化氫具有氧化性氧化亞鐵離子為鐵離子,反應(yīng)的離子方程式為:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O, 故答案為:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O; ②H2O2溶液具有強(qiáng)氧化性,可以氧化亞鐵離子生成鐵離子,鐵離子在氨水存在的條件下生成氫氧化鐵紅褐色沉淀,反應(yīng)的離子方程式:2Fe2++H2O2+4NH3?H2O=2Fe(OH)3↓+4NH4+,過(guò)濾操作中所得到濾渣主要成分氫氧化鐵, 故答案為:Fe(OH)3; (2)由工藝流程可知,加入過(guò)氧化氫將溶液中Fe2+氧化為Fe3+,加入氨水調(diào)節(jié)溶液PH值,F(xiàn)e3+使轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3,過(guò)濾后的濾液中可能含有Fe3+,取少許濾液于試管中,加幾滴KSCN溶液,若溶液不變紅色,則雜質(zhì)已除盡, 故答案為:取少許濾液于試管中,加幾滴KSCN溶液,若溶液不變紅色,則雜質(zhì)已除盡; (3)由于鋁離子在溶液中能夠發(fā)生水解生成氫氧化鋁,所以加入硫酸酸化,抑制了鋁離子的水解, 故答案為:抑制Al3+水解; (4)由于蒸干會(huì)析出可溶性雜質(zhì)的析出,且Al3+水解程度增大,防止晶體失去結(jié)晶水,避免可溶性雜質(zhì)結(jié)晶析出,所以母液不能蒸干, 故答案為:減少可溶性雜質(zhì)的析出及Al3+水解,防止晶體失去結(jié)晶水,避免可溶性雜質(zhì)結(jié)晶析出; (5)銨明礬晶體的化學(xué)式為NH4Al(SO4)2?12H2O,在0.1mol/L銨明礬的水溶液中,未水解前,c(Al3+)=c(NH4+)=0.1mol/L,由于銨根和鋁離子均水解,水解結(jié)合水電離出的氫氧根,故水解后濃度均小于0.1mol/L,c(Al3+)<c(NH4+),c(SO42﹣)=0.2mol/L,離子濃度為,c(SO42﹣)>c(NH4+)>c(Al3+), 故答案為:c(SO42﹣)>c(NH4+)>c(Al3+). 點(diǎn)評(píng):本題考查工藝流程、離子檢驗(yàn)、鹽類水解、對(duì)條件的控制選擇、物質(zhì)的分離提純等,理解工藝流程原理是解題的關(guān)鍵,是對(duì)學(xué)生綜合能力的考查,需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)與靈活運(yùn)用能力,題目難度中等.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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