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  • 2021-07-08 发布

北京市海淀区北京一零一中2020届高三上学期第五次统一练习化学试题

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北京市一零一中2019-2020第一学期统练五11.28高三年级化学 ‎1.下列说法不正确的是 A B C D 带玻璃塞的试剂瓶 ‎ 聚乙烯盒 铁罐车 ‎ 铝制饭盒 ‎ 可用于盛放氢氧化钠溶液 可用于盛装食品 可用于运输浓硫酸 不宜长时间存放酸性或碱性的食物 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢氧化钠呈强碱性,能和二氧化硅反应生成硅酸钠,硅酸钠具有黏性,能把玻璃塞黏住,所以不能用带玻璃塞的试剂瓶存放氢氧化钠溶液,故A错误;‎ B.因为聚乙烯塑料无毒,所以可以用来盛放食品,故B正确;‎ C.用铁制容器盛放和运输浓硫酸,是因为铁在冷的浓硫酸中发生钝化,故C正确;‎ D.因为铝及其氧化铝具有两性,即能与酸反应又能与强碱反应,所以铝制饭盒不宜长时间存放酸性或碱性的食物,故D正确;‎ 故选A。‎ ‎2.下列说法不正确的是 A. 加热鸡蛋、肉类,可使其中的蛋质变性 B. 碳酸氢钠、氢氧化铝可用于治疗胃酸过多:‎ C. 将海水中钢闸门连接电源负极可防止其被腐蚀 D. 明矾[KAl(SO4)2·12H2O]用于净水是因为它有氧化性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加热能使蛋白质发生变性,A说法正确;‎ B.碳酸氢钠、氢氧化铝均能和胃酸反应,且刺激性小,对身体几乎无害,均可以治疗胃酸过多,B说法正确;‎ C.将海水中钢铁闸门与电源的负极相连,铁是阴极被保护,可防止闸门被腐蚀,C说法正确;‎ D.明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O]用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性,D说法正确;‎ 故答案为A。‎ ‎3.下列过程与“盐类的水解平衡”或“难溶电解质的溶解平衡”无关的是(  )‎ A. 将NaOH溶液加入NaHSO4溶液中使其转化为Na2SO4‎ B. 将TiCl4加入水中并加热使其转化TiO2•xH2O C. 将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3‎ D. 将Na2S溶液加入含Hg2+的废水中使其转化为HgS沉淀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.将NaOH溶液加入NaHSO4溶液,反应生成Na2SO4,相当于发生酸碱反应;‎ B.TiCl4加入水中并加热使其转化为TiO2•xH2O,过程中TiCl4发生水解;‎ C.将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3,CaCO3为难溶电解质;‎ D.将Na2S溶液加入含Hg2+的废水中使其转化为HgS沉淀,HgS为难溶电解质。‎ ‎【详解】A.将NaOH溶液加入NaHSO4溶液,反应生成Na2SO4,相当于发生酸碱反应,与“盐类的水解平衡”或“难溶电解质的溶解平衡”无关,A符合题意;‎ B.TiCl4加入水中并加热Ti4+使其转化为TiO2•xH2O,过程中TiCl4发生水解,生成的HCl不断挥发,最终转化为TiO2•xH2O,过程与盐类水解有关,B不符合题意;‎ C.将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3,CaCO3为难溶电解质,反应过程中生成了难溶性电解质,C不符合题意;‎ D.将Na2S溶液加入含Hg2+的废水中使其转化为HgS沉淀,HgS为难溶电解质,反应过程中生成了难溶性电解质,D不符合题意;‎ 故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡及盐类水解,为高频考点,把握化学反应与平衡移动原理的关系为解答的关键,本题侧重于学生分析与应用能力的考查,要注意平衡移动原理的应用,题目难度不大。‎ ‎4.下列解释事实的化学用语不正确的是 A. 碳酸钠溶液中存在平衡:CO32—+H2OOH—+HCO3—‎ B. 氢氧化亚铁暴露于空气中:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3‎ C. 电解NaCl溶液,阴极区溶液pH增大:2H2O+2e—=H2↑+2OH—‎ D. 钢铁发生吸氧腐蚀,负极反应为:Fe-3e—=Fe3+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸为二元弱酸,则碳酸钠溶液中存在二步水解平衡,第一步为:CO32-+H2OOH-+HCO3-,A解释正确;‎ B.氢氧化亚铁暴露于空气中,氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁,即4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,B解释正确;‎ C.电解NaCl溶液,阴极区水得电子生成氢气和氢氧根离子,即2H2O+2e-=H2↑+2OH-,此区域溶液pH增大,C解释正确;‎ D.钢铁发生吸氧腐蚀,负极反应为:Fe-2e-=Fe2+,D解释错误;‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】钢铁发生吸氧或析氢腐蚀时,生成的均为+2价的铁。‎ ‎5.在 NH3 和 NH4Cl 存在条件下,以活性炭为催化剂,用 H2O2 氧化 CoCl2 溶液来制备化工产品[Co(NH3)6]Cl3,下列表述正确的是 A. 中子数为 32,质子数为 27 的钴原子:‎ B. H2O2 的电子式:‎ C. NH3 和 NH4Cl 化学键类型相同 D. [Co(NH3)6]Cl3 中 Co 的化合价是+3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.质量数为32,中子数为27的钴原子,应该表示为:,A错误;‎ B.H2O2为共价化合物,原子间形成共用电子对,没有电子的得失,B错误;‎ C.NH3存在氮氢共价键,NH4Cl存在铵根离子和氯离子间的离子键,氮氢原子间的共价键,C错误;‎ D.[Co(NH3)6]Cl3,NH3整体为0价,Cl为-1价,所以Co的化合价是+3,D正确;‎ 故答案选D。‎ ‎6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 7.8‎gNa2O2中阴离子数为0.2NA B. 1molOH﹣含有的电子数为10NA C. 常温常压下,‎2.24L乙烯中含有的氢原子数为0.4NA D. ‎0.1L0.5 mol•L﹣1CH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 7.8‎gNa2O2的物质的量是0.1mol,由于在一个Na2O2中只有1个O22-离子,所以在0.1mol Na2O2中的阴离子数为0.1NA,A错误;‎ B.1个OH-中含有10个电子,则1molOH﹣含有的电子数为10NA,B正确;‎ C.常温常压下,‎2.24L乙烯的物质的量小于0.1mol,所以其中含有的H原子数少于0.4NA,C错误;‎ D.醋酸是一元弱酸,部分电离,所以‎0.1L0.5 mol•L﹣1CH3COOH溶液中含有的氢离子数少于0.05NA,D错误;‎ 故合理选项是B。‎ ‎7.三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂,其催化剂表面物质转化的关系如图所示,下列说法正确的 A. 在转化过程中,氮元素均被还原 B. 依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程 C. 还原过程中生成0.1mol N2,转移电子数为0.5 NA D. 三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、COx三种成分的净化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像可知,反应物为CO、CxHy、NOx、O2,生成物为N2、H2O、CO2。‎ ‎【详解】A.在转化过程中,氮元素化合价先升高为+5价,再降低为0价,则先被氧化,再被还原,A说法错误;‎ B.依据图示判断催化剂参与储存和还原过程,B说法错误;‎ C.还原过程中生成0.1mol N2,不能确定由几价的N原子得电子,则转移电子数不能确定,C说法错误;‎ D.三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、NOx、CxHy三种成分的净化,D说法正确;‎ 答案为D。‎ ‎8.下列有关2个电化学装置的叙述不正确的 A. 图I,负极Zn-2e—=Zn2+电子经导线流向正极,正极Cu2++2e—=Cu B. 图I,在不改变总反应的前提下,可用Na2SO4替换ZnSO4,用石墨替换Cu棒 C. 图Ⅱ,通电后H和Na先从阳极区移动到阴极,然后阴极才发生反应2H++2e—=H2↑‎ D. 图Ⅱ,通电后,OH—向阳极迁移,Na+向阴极迁移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图I为原电池装置,负极Zn-2e-=Zn2+,外电路中电子由负极经导线流向正极,正极Cu2++2e-=Cu,A叙述正确;‎ B.图I,用Na2SO4替换ZnSO4,用石墨替换Cu棒,负极为Zn-2e-=Zn2+,正极Cu2++2e-=Cu,总反应不改变,B叙述正确;‎ C.图Ⅱ,通电后H+和Na+从阳极区移动到阴极,同时阴极的水得电子生成氢气和氢氧根离子,反应式为:2H2O+2e-=H2↑+2OH-(或2H++2e-=H2↑),C叙述错误;‎ D.图Ⅱ,通电后,OH-向阳极迁移,Na+向阴极迁移,D叙述正确;‎ 答案为C。‎ ‎【点睛】原电池内电路,阴离子向负极移动;电解池阴离子向阳极移动。‎ ‎9.以甲烷为原料合成甲醇的反应如下:‎ 反应I:CH4(g) + CO2(g) 2CO(g) + 2H2(g) △H1= +247 kJ/mol ‎ 反应II:CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g) △H2=-90kJ/mol 已知: T‎1℃‎时,反应II 的平衡常数数值为100;T‎2℃‎时,反应II 在密闭容器中达到平衡,测得CO、H2、CH3OH的物质的量浓度(mol/L)分别为0.05、0.1、0.1。下列说法中,正确的是 A. 反应I中,使用催化剂可以减小△H1,提高反应速率 B. 反应II 中,加热或加压均可提高原料气的平衡转化率 C. 由上述数据可判断反应II 的温度: T1> T2‎ D. CO(g)+CH3OH(g)CH4(g) +CO2(g) △H= +157 kJ/mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、反应热只与始态和终态有关,使用催化剂降低活化能,化学反应速率加快,但△H1不变,故A错误;B、正反应是放热反应,加热,平衡向逆反应方向移动,原料气的转化率降低,反应前气体系数之和大于反应后气体系数之和,增大压强,平衡向正反应方向移动,原料气的转化率增大,故B错误;C、T‎2℃‎时的化学平衡常数K==2<100,反应II的正反应为放热反应,温度升高,化学平衡常数减小,即T‎1℃‎>T‎2℃‎,故C正确;D、反应I+反应II得到CH4(g)+CO2(g)CO(g)+CH3OH(g) △H=(274-90)kJ·mol-1=+184kJ·mol-1, CO(g)+CH3OH(g) CH4(g) +CO2(g) △H=-184kJ·mol-1,故D错误。‎ ‎10.向20mL 0.40mol/L H2O2溶液中加入少量KI溶液:‎ i.H2O2+I-=H2O+IO-‎ ii.H2O2+ IO-=H2O+O2↑+ I-‎ H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成O2的体积(已折算标准状况)如下 ‎ ‎ 下列判断不正确的是 A. 从图中可以看出,KI能增大H2O2的分解速率 B. 反应i是放热反应,反应ⅱ是吸热反应 C. 0-10min的平均反应速率:v(H2O2)≈9.0×10-3 mol· L-1·min-1‎ D. H2O2在反应过程中既体现了氧化性,又体现了还原性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从图中可以看出,KI在反应中作催化剂,降低反应的活化能,能增大H2O2的分解速率,A判断正确;‎ B.反应i中反应物的总能量小于中间产物的总能量是吸热反应,反应ⅱ中中间产物的总能量大于生成物的总能量是放热反应,B判断错误;‎ C.0-10min时,n(O2)==0.9×10-3mol,平均反应速率:v(H2O2)==9.0×10-3 mol·L-1·min-1,C判断正确;‎ D.H2O2在反应过程中化合价部分升高,部分降低,既体现了氧化性,又体现了还原性,D判断正确;‎ 答案为B。‎ ‎11.某小组利用下面的装置进行实验,②、③中溶液均足量,操作和现象如下表 资料:CaS遇水完全水解 由上述实验得出的结论不正确的是 A. ③中白色浑浊是CaCO3‎ B. ②中溶液pH降低的原因是:H2S+Cu2+=CuS↓+2H+‎ C. 实验①中CO2过量发生的反应是:CO2+H2O+S2-=CO32-+H2S D. 由实验I和II不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验I:向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量,②中产生黑色沉淀,溶液的pH降低,说明生成了硫化氢气体,同时生成了硫酸;③中产生白色沉淀,该浑浊遇酸冒气泡,说明二氧化碳被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀;‎ 实验II:向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量,②中产生黑色沉淀,溶液的pH降低,是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了硫化铜黑色沉淀,同时生成了硫酸;③中产生白色沉淀,该浑浊遇酸冒气泡,说明反应生成了二氧化碳,被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀。‎ ‎【详解】A.由上述分析可知,③中白色浑浊是CaCO3,不可能是CaS,CaS遇水完全水解,故A结论正确;‎ B.②中溶液降低的原因:H2S+Cu2+=CuS↓+2H+,产生黑色沉淀,溶液的pH降低,故B结论正确;‎ C.实验①中过量CO2发生的反应是2CO2+2H2O+S2-=2HCO3-+H2S,故C结论错误;‎ D.根据实验I和II中现象:I中通二氧化碳有硫化氢生成;II中通硫化氢有二氧化碳生成,故不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱,故D结论正确;‎ 答案为C。‎ ‎12.电离平衡常数(用Ka表示)的大小可以判断电解质的相对强弱.‎25℃‎时,有关质的电离平衡常数如下表所示:‎ 化学式 HF H2CO3‎ HCIO 电离平衡常数(Ka)‎ ‎7.2×10-4‎ K1=4.4×10-7,K=4.7×10-11‎ ‎3.0x10-8‎ ‎(1)可以作为HF是弱酸的判断依据的有:___________________‎ A.NaF溶液显碱性 ‎ B.物质的量浓度相同的和HF溶液导电性相同 C.氢氟酸与NaHCO3溶液混合,有气泡生成 ‎(2)将浓度为0.1 mol· L-1溶液加水稀释一倍(假设温度不变)下列各量增大的是____________‎ A.c(H+) B.c(H+)· c(OH-) C. D.‎ ‎(3)物质的量浓度均为0.1 mol· L—1的下列四种溶液:①Na2CO3溶液 ②NaHCO3溶液③NaF溶液④NaClO溶液,溶液的pH最小的物质是____________‎ ‎(4)在0.1mol的NaHCO3溶液中,下列关系正确的是______________‎ A.c(Na+)=‎2c(CO32-)+c(HCO3-)‎ B.c(H2CO3)> c(CO32-)‎ C. c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3) =0. 1 mol· L-1‎ ‎【答案】 (1). A (2). CD (3). NaF (4). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)A.NaF为强碱弱酸盐,溶液中氟离子水解生成氢氟酸和氢氧根离子,溶液显碱性,则HF为弱酸;‎ B.溶液的导电性与溶液的离子浓度和离子所带的电荷有关,与强弱电解质无关;‎ C.氢氟酸与NaHCO3溶液混合,有气泡生成,只能说明HF的酸性比碳酸的强;‎ ‎(2)将浓度为0.1 mol· L-1HF溶液加水稀释时,HF的电离平衡正向进行,‎ A.加水稀释溶液酸性减弱,则溶液中c(H+)减小;‎ B.温度未变,则Kw不变;‎ C.加水稀释,HF的电离平衡正向进行,HF的浓度减小的程度大;‎ D.温度未变,则Kw不变,酸性减弱,c(H+)减小,则c(OH-)增大;‎ ‎(3)根据盐类水解的规律,K越小,则形成的强碱弱酸盐的水解程度越大,盐溶液的pH越大;‎ ‎(4)A.根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=‎2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-);‎ B.NaHCO3溶液呈碱性,则HCO3-水解程度大于其电离程度;‎ C.根据物料守恒,c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=c(Na+)=0.1 mol·L-1。‎ ‎【详解】(1)A.NaF为强碱弱酸盐,溶液中氟离子水解生成氢氟酸和氢氧根离子,溶液显碱性,则HF为弱酸,A符合题意;‎ B.溶液的导电性与溶液的离子浓度和离子所带的电荷有关,与强弱电解质无关,则物质的量浓度相同的和HF溶液导电性相同不能判断HF是弱酸,B与题意不符;‎ C.氢氟酸与NaHCO3溶液混合,有气泡生成,只能说明HF的酸性比碳酸的强,C与题意不符;‎ 答案为A。‎ ‎(2)将浓度为0.1 mol· L-1HF溶液加水稀释时,HF的电离平衡正向进行,‎ A.加水稀释溶液酸性减弱,则溶液中的c(H+)减小,A与题意不符;‎ B.温度未变,则Kw不变,即c(H+)·c(OH-)不变,B与题意不符;‎ C.加水稀释,HF的电离平衡正向进行,HF的浓度减小的程度大,则增大,C符合题意;‎ D.温度未变,则Kw不变,酸性减弱,c(H+)减小,则c(OH-)增大,增大,D符合题意;‎ 答案为CD。‎ ‎(3)根据盐类水解的规律,K越小,则形成的强碱弱酸盐的水解程度越大,盐溶液的pH越大,K(HF)>K(HCIO)>K(H2CO3)>K(HCO3-),则③NaF溶液的pH最小;‎ ‎(4)A.根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=‎2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-),A错误;‎ B.NaHCO3溶液呈碱性,则HCO3-水解程度大于其电离程度,c(H2CO3)>c(CO32-),B正确;‎ C.根据物料守恒,c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=c(Na+)=0.1 mol· L-1,C正确;‎ 答案为BC。‎ ‎【点睛】盐类水解的规律,K越小,则形成的强碱弱酸盐的水解程度越大,盐溶液的pH越大。‎ ‎13.软锰矿在生产中有广泛的应用.‎ ‎ ‎ ‎(1)过程Ⅰ:软锰矿的酸浸处理 ‎①过程中可以提高锰元素浸出速率的方法有: ______________,_______________(写出两种).‎ ‎②酸浸过程中的主要反应(将方程式补充完整):‎ ‎2FeS2+____MnO2+________=____Mn2++2Fe3++________+__________‎ ‎③生成的硫附着在矿粉颗粒表面使上述反应受阻,此时加入H2O2,利用其迅速分解产生的大量气体破除附着的硫.导致H2O2迅速分解的因素是________________________‎ ‎(2)过程Ⅱ:电解法制备金属锰,金属锰在____________ (填“阳”或(阴”)极析出.‎ ‎(3)过程Ⅲ:制备MnCO3‎ MnCO3难溶于水、能溶于强酸,可用MnSO4溶液和NH4HCO3溶液混合制备.每制得1mol MnCO3,至少消耗a mol· L—1 NH4HCO3的体积为_________L ‎(4)过程Ⅳ:制备Mn3O4‎ 图表示通入O2时pH随时间的变化.15~150分钟滤饼中一定参与反应的成分是____________,判断的理由是__________________‎ ‎【答案】 (1). 加热 (2). 将矿石磨成粉 (3). 2 (4). 12H+ (5). 3 (6). 4S (7). 6H2O (8). Fe(或MnO2、或Mn2+)等作催化剂 (9). 阴 (10). (11). Mn2(OH)2SO4 (12). Mn2(OH)2SO4被O2氧化产生H+,而Mn(OH)2被氧化不产生H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①酸浸时,粉碎矿石、升高温度及提高酸的浓度均可提高浸出速率;‎ ‎②反应时,Mn的化合价降低,Fe、S的化合价升高,且个数比为1:2,利用得失电子守恒配平即可;‎ ‎③溶液中的Fe3+或MnO2可作为H2O2分解的催化剂;‎ ‎(2)溶液中的Mn2+在阴极得电子生成Mn;‎ ‎(3)反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O;‎ ‎(4)根据图像可知,随时间的增长,溶液的pH减小,3Mn2(OH)2SO4+O2=3Mn3O4+3H2SO4,则Mn2(OH)2SO4一定参与反应。‎ ‎【详解】(1)①酸浸时,粉碎矿石、升高温度及提高酸的浓度均可提高浸出速率;‎ ‎②反应时,Mn的化合价降低,Fe、S的化合价升高,且个数比为1:2,利用得失电子守恒配平即可,离子方程式为2FeS2+3MnO2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O;‎ ‎③溶液中的Fe3+或MnO2可作为H2O2分解的催化剂,导致H2O2迅速分解;‎ ‎(2)电解法制备金属锰时,溶液中的Mn2+得电子生成Mn,则阴极得电子,Mn在阴极析出;‎ ‎(3)反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O,制取1mol MnCO3,需要2molNH4HCO3,即a mol·L-1×V=2mol,V=L;‎ ‎(4)在与氧气反应时,6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O,3Mn2(OH)2SO4+O2=3Mn3O4+3H2SO4,根据图像可知,随时间的增长,溶液的pH减小,即酸性增强,则Mn2(OH)2SO4一定参与反应。‎ ‎14.含硫废气污染严重,SO2治理迫在眉睫.‎ Ⅰ.某工厂用(NH4)2SO3和NH4HSO3混合溶液A吸收烟气中SO2并制备(NH4)2SO3·H2O,已知:‎ 溶液(1 mol·L-1)‎ ‎(NH4)2SO3‎ NH4HSO3‎ pH(‎25℃‎)‎ ‎8.0‎ ‎4.6‎ ‎(1)“吸收”过程中,溶液A中(NH4)2SO3和NH4HSO3物质的量之比变_________ (填“大”或小).‎ ‎(2)(NH4)2SO3溶液呈碱性的原因是__________‎ ‎(3)用不同的溶液A吸收SO2时,SO2吸收率和放空废气含N2量的变化如下图.解释图中放空废气含NH3吸收量增大的原因____________随(NH4)2SO3和NH4HSO3的物质的量之比增大____.‎ ‎(注:不同溶液A的体积相同,所含(NH4)2SO3和NH4HSO3的总物质的量相同)‎ Ⅱ:Na2SO3同样可用于处理低浓度SO2废气,流程如下 ‎(4)Na2SO3溶液吸收SO2的化学方程式是_______________________.‎ ‎(5)测定0.1 mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下.‎ 时刻 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 温度/℃‎ ‎25‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎25‎ pH ‎9.66‎ ‎952‎ ‎9.37‎ ‎9.25‎ 解释①和④中pH不同的可能原因:___________________________________________.‎ ‎(6)通过电解法可分离NaHSO3与Na2SO3混合物,实现Na2SO3的循环利用,示意图如下 结合电极方程式,简述分离NaHSO3与Na2SO3混合物的原理__________‎ ‎【答案】 (1). 小 (2). SO32-+H2OHSO3-+OH-,NH4++H2ONH3·H2O+H+,SO32-的水解程度更大 (3). 使溶液中c(H+)>c(OH-) (4). 随溶液中c(NH4+)和c(OH-)均增大,使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移动,促进NH3逸出 (5). SO32-+SO2+H2O==2HSO3- (6). 在升温过程中,SO32—被空气中氧气氧化变成SO42—,使SO32—浓度下降,水解程度降低,pH降低 (7). 阳极发生4OH--4e-=O2↑+2H2O,c(OH-)降低,促进水电离,使c(H+)升高,多余的H+由a室经阳离子交换膜进入b室将b室中SO32-转化为HSO3-,阴极2H++2e-==H2↑,导致平衡HSO3-H++SO32-向右移动,生成更多SO32-,Na+从b室进入c室.最终b中Na2SO3转化为NaHSO3,c中NaHSO3转化为Na2SO3,实现分离 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)“吸收”过程中,溶液A中(NH4)2SO3和SO2反应生成NH4HSO3,导致(NH4)2SO3量减小,而NH4HSO3的量增大;‎ ‎(2)溶液中存在SO32-+H2OHSO3-+OH-,NH4++H2ONH3·H2O+H+;‎ ‎(3)SO2溶液水,导致溶液显酸性可增大NH3吸收量;c(SO32-)增大,则水解使溶液碱性增强,使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移动;‎ ‎(4)Na2SO3、SO2与水反应生成亚硫酸氢钠;‎ ‎(5)根据表中数据对比说明盐的成分发生改变,导致水解程度减小;‎ ‎(6)通电时,阳极水失电子生成氧气和氢离子,溶液中的氢离子经过阳离子交换膜向b室移动,氢离子与b室的SO32-反应生成HSO3-,而b室的钠离子向c室移动,c室阴极氢离子得电子生成氢气,导致HSO3-H++SO32-向右移动,c中NaHSO3转化为Na2SO3,实现分离。‎ ‎【详解】(1)“吸收”过程中,溶液A中(NH4)2SO3和SO2反应生成NH4HSO3,导致(NH4)2SO3物质的量减小,而NH4HSO3物质的量增大,则其比值减小;‎ ‎(2)(NH4)2SO3为弱酸弱碱盐,溶液中存在SO32-+H2OHSO3-+OH-,NH4++H2ONH3·H2O+H+,SO32-水解使溶液呈碱性,而NH4+水解呈酸性,此时溶液呈碱性则SO32-水解程度大于NH4+水解;‎ ‎(3)SO2溶液水,导致溶液显酸性,即c(H+)>c(OH-),酸性溶液可增大NH3吸收量;随(NH4)2SO3和NH4HSO3的物质的量之比增大,c(SO32-)增大,则水解使溶液碱性增强,使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移动,促进NH3逸出;‎ ‎(4)Na2SO3、SO2与水反应生成亚硫酸氢钠,方程式为Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3;‎ ‎(5)根据表中数据,0.1mol·L-1Na2SO3溶液升高温度后,水的电离程度增大,pH减小;再恢复至原温度后,pH却减小,说明盐的成分发生改变,导致水解程度减小,则可能为在升温过程中,SO32-被空气中氧气氧化变成SO42-,使SO32-浓度下降,水解程度降低,pH降低;‎ ‎(6)通电时,阳极水失电子生成氧气和氢离子,溶液中的氢离子经过阳离子交换膜向b室移动,氢离子与b室的SO32-反应生成HSO3-,而b室的钠离子向c室移动,c室阴极氢离子得电子生成氢气,导致HSO3-H++SO32-向右移动,c中NaHSO3转化为Na2SO3,实现分离。‎ ‎15.某项目由乙酸甲酯为原料在催化剂作用下制备乙醇,过程包括以下3个主要反应:‎ Ⅰ.CH3COOCH3(g)+2H2(g) C2H5OH(g) + CH3OH(g) △H1‎ Il.CH3COOCH3(g)+ C2H5OH(g) CH3COOC2H5(g)+ CH3OH(g) △H2‎ III.CH3COOCH3(g)+H2(g) CH3CHO (g) + CH3OH(g) △H3‎ ‎(1)乙醇的燃烧热为-1366.8kJ· mol—1,写出乙醇的燃烧热化学方程式______.‎ ‎(2)相同时间内,测得CH3COOCH3转化率、乙醇和乙酸乙酯的选择性如下图所示.‎ 例如:乙醇的选择性= ‎ ‎①已知:ΔH1<0.随温度降低,反应I化学平衡常数的变化趋势是____________‎ ‎②下列说法不合理的是_____________‎ A.温度可影响反应的选择性 B.‎225℃‎~‎235℃‎,反应I处于平衡状态 C.增大H2的浓度,可以提高CH3COOCH3的转化率 ‎③为防止“反应Ⅲ”发生,反应温度应控制的范围是____________,结合图像说明判断理由:______‎ ‎④在‎185℃‎下,CH3COOCH3起始物质的量为5mol,生成乙醇的物质的量是_________‎ ‎【答案】 (1). C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l) △H=-1366.8kJ·mol-1 (2). 逐渐增大 (3). B (4). <‎205℃‎ (5). 从图中可知,在‎205℃‎之后,乙酸乙酯选择性下降的程度大于乙醇选择性提高的程度,说明有反应III发生。(或回答二者选择性相加小于100%也可) (6). 0.2mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)燃烧热为1mol可燃物完全燃烧,生成稳定的氧化物时释放的热量;‎ ‎(2)①ΔH1<0随温度降低,降低温度化学平衡正向移动,K增大;‎ ‎②A.根据图像可知,温度改变,选择性发生改变;‎ B‎.225℃‎~‎235℃‎,反应I选择性增大,平衡正向移动;‎ C.H2和CH3COOCH3均为反应物,增大H2的浓度,平衡正向移动,CH3COOCH3的转化率提高;‎ ‎③从图中可知,在‎205℃‎之后,乙酸乙酯选择性与乙醇选择性的和小于100%,说明有反应III发生,为减少反应III的发生应控制小于‎205℃‎。‎ ‎④根据图像可知,在‎185℃‎下,乙醇的选择性为20%,即乙醇的量=5×20%=1mol,其中有80%的与乙酸甲酯反应生成乙酸乙酯,剩余0.2mol的乙醇。‎ ‎【详解】(1)燃烧热为1mol可燃物完全燃烧,生成稳定的氧化物时释放的热量,则乙醇的燃烧热化学方程式为C2H5OH(l)+3O2(g) 2CO2(g)+3H2O(l) △H=-1366.8kJ·mol-1;‎ ‎(2)①ΔH1<0随温度降低,降低温度化学平衡正向移动,K增大;‎ ‎②A.根据图像可知,温度改变,选择性发生改变,则温度可影响反应的选择性,A与题意不符;‎ B‎.225℃‎~‎235℃‎,反应I选择性增大,平衡正向移动,处于非平衡状态,B符合题意;‎ C.H2和CH3COOCH3均为反应物,增大H2的浓度,平衡正向移动,提高CH3COOCH3的转化率,C与题意不符;‎ 答案为B。‎ ‎③从图中可知,在‎205℃‎之后,乙酸乙酯选择性与乙醇选择性的和小于100%,说明有反应III发生。‎ ‎④根据图像可知,在‎185℃‎下,乙醇的选择性为20%,即乙醇的量=5×20%=1mol,其中有80%的与乙酸甲酯反应生成乙酸乙酯,剩余0.2mol的乙醇。‎ ‎16.文献表明,相同条件下,草酸根(C2O42-)的还原性强于Fe2+,为检验这一结论,完成如下实验.‎ 资料:i.草酸(H‎2C2O4)为二元弱酸 ii.三水三草酸合铁酸钾[K3Fe(C2O4)3·3H2O]为翠绿色晶体,光照易分解,其水溶液中存在: Fe(C2O4)33-Fe3++‎3C2O42-K=6.3×10-21‎ iii.FeC2O4·2H2O为黄色固体,微溶于水,可溶于强酸 ‎【实验1】通过Fe3+和C2O42—在溶液中的反应比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱。‎ ‎(1)C2O42-中碳元素的化合价是___________。‎ ‎(2)取实验 1 中少量晶体洗净,配成溶液,滴加KSCN溶液,不变红。继续加入硫酸,溶液变红,说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是________‎ ‎(3)经检验,翠绿色晶体为K3Fe(C2O4)3·3H2O。设计实验,确认实验1中没有发生氧化还原反应的操作和现象是_________。实验1中未发生氧化还原反应的原因是_________‎ ‎(4)取实验1中的翠绿色溶液光照一段时间,产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式:‎ ‎________Fe(C2O4)33-+________H2OFeC2O4·2H2O↓+_______+_______。‎ ‎【实验2】通过比较H2O2与Fe2+、C2O42-反应的难易,判断二者还原性的强弱。‎ ‎ ‎ ‎(5)证明Fe2+被氧化的实验现象是_________________________________。‎ ‎(6)以上现象能否说明C2O42-没有被氧化。请判断并说明理由:_____________。‎ ‎【实验3】通过其他实验方案比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱。‎ ‎(7)用FeCl3溶液、K‎2C2O4溶液和其他试剂,设计实验方案比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱。画出装置图并描述预期现象:____________________________ 。‎ ‎【答案】 (1). +3 (2). 溶液存在平衡:Fe(C2O4) 33- Fe3+ +‎3C2O42-,加入硫酸后,H+与C2O42-结合生成H‎2C2O4,使平衡正向移动,c(Fe3+)增大,遇KSCN溶液变红。 (3). 取少量实验Ⅰ中翠绿色溶液,滴加[K3Fe(C2O4) 6]溶液,不出现蓝色沉淀 (4). Fe3+与C2O42-生成稳定的[Fe(C2O4) 3]3-,离子浓度降低,Fe3+与C2O42-还原性减弱 (5). 2 (6). 4H2O (7). ‎3C2O42- (8). 2CO2 (9). ⅠⅠ中产生大量红褐色沉淀(或ⅠⅠⅠ中得到翠绿色溶液) (10). 不能说明,以上现象无法判断是否生成了+4价碳的化合物,因此不能说明C2O42—被氧化。 (11). 预期现象:电流计指针偏转,甲烧杯电极附近产生无色气泡,乙烧杯溶液黄色逐渐浅绿色。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据C2O42—化合价的代数和为-2;‎ ‎(2)加入硫酸,H+与C2O42—结合生成H‎2C2O4,导致c(Fe3+)增大;‎ ‎(3)检验溶液中是否有亚铁离子生成即可;无氧化还原反应发生,则说明Fe3+与C2O42-‎ 生成稳定的[Fe(C2O4)3]3-;‎ ‎(4)反应中铁的化合价降低,则C的化合价升高,气体为二氧化碳,草酸根离子生成;‎ ‎(5)步骤II中加入过氧化氢后,产生红褐色沉淀即为氢氧化铁;‎ ‎(6)以上现象说明还有+3价C存在,不能说明是否生成了+4价碳的化合物;‎ ‎(7)可借助有双池原电池装置观察电流表指针的偏转即可。‎ ‎【详解】(1)根据C2O42—化合价代数和为-2,碳元素的化合价是+3价;‎ ‎(2)加入硫酸,H+与C2O42—结合生成H‎2C2O4,促使Fe(C2O4)33-Fe3++‎3C2O42-正向移动,导致c(Fe3+)增大,遇KSCN溶液变红;‎ ‎(3)检验溶液中是否有亚铁离子生成即可,方法为取少量实验Ⅰ中翠绿色溶液,滴加[K3Fe(C2O4) 6]溶液,不出现蓝色沉淀,说明未发生氧化还原反应;无氧化还原反应发生,则说明Fe3+与C2O42-生成稳定的[Fe(C2O4)3]3-,离子浓度降低,Fe3+与C2O42-还原性减弱;‎ ‎(4)反应中铁的化合价降低,则C的化合价升高,气体为二氧化碳,草酸根离子生成,方程式为2Fe(C2O4)33-+4H2O2FeC2O4·2H2O↓+‎3C2O42-+CO2↑;‎ ‎(5)步骤II中加入过氧化氢后,产生红褐色沉淀即为氢氧化铁,则证明Fe2+被氧化;‎ ‎(6)以上现象不能说明C2O42-没有被氧化,有+4价碳的化合物生成,才能说明草酸根离子被氧化,以上现象无法判断是否生成了+4价碳的化合物,不能说明草酸根离子没有被氧化,不能说明是否生成了+4价碳的化合物;‎ ‎(7)比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱应避免Fe3+与C2O42-的接触干扰实验,可借助有双池及盐桥构成原电池装置,用石墨做电极,一池装FeCl3溶液,另一池装K‎2C2O4溶液,若C2O42-还原性强于Fe2+,则负极上C2O42-失电子发生氧化反应,电流计指针偏转,甲烧杯电极附近产生无色气泡,乙烧杯溶液黄色逐渐浅绿色。‎