2019-2020年高二化学寒假作业7 新人教版选修4《化学反应原理》.doc

2019-2020年高二化学寒假作业7 新人教版选修4化学反应原理一、选择题（本题共7道小题）1.下列有关问题，与盐类的水解无关的是 ( )ANaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂B盐酸可作铁制品的除锈剂C实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞D加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体2.关于溶液中微粒的浓度，下列说法正确的是（）A0.1molL1的（NH4）2SO4溶液中：c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH）B等浓度等体积的NaHSO3溶液与NaClO溶液混合后：c（Na+）+c（H+）=c（HSO3）+c（ClO）+2c（SO32）+c（OH）C等浓度等体积的NaHCO3溶液与NaCl溶液混合后： c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）D标况下，将2.24L SO2气体通入到100ml 1molL1的NaOH溶液中，完全反应后溶液呈酸性，则该溶液中：c（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H+）c（OH）3.有Na2CO3溶液；CH3COONa溶液；NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L，下列说法正确的是（）A三种溶液pH的大小顺序是B若将三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是C若分别加入25mL 0.1mol/L盐酸后，pH最大的是D若三种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是4.室温下0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，据此，在室温下，下列说法错误的是（）A上述溶液能使甲基橙试剂变黄色B室温下，NH3H2O是比HCN更弱的电解质C上述溶液中CN的水解程度大于NH4+的水解程度D室温下，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.下列各组中的比值等于2：1的是（）ApH为12的烧碱溶液与Ba（OH）2溶液的物质的量浓度之比BK2S溶液中c（K+）与c（S2）之比C相同温度下0.2mol/L醋酸溶液与0.1mol/L醋酸溶液中的c（H+）之比D10mL0.5mol/L的盐酸与5mL0.5mol/L的盐酸溶液中的c（H+）之比6.在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-H2OHCO3-OH。下列说法正确的是 ()A稀释溶液，水解平衡常数增大 B通入CO2，平衡向正反应方向移动C升高温度，减小 D加入NaOH固体，溶液pH减小7.试题内容丢失。二、填空题（本题共3道小题）8.(7分）A、B、C、D、E五种物质均是由两种离子组成，它们均可溶于水并完全电离，电离出的所有离子如下表所示：(1)某同学通过比较分析，认为无需检验就可判断出其中必有的两种物质是_、_ (填化学式）；若将此两种物质记为A和B，含X的物质记为C，当C的溶液与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味的气体；当C的溶液与A的溶液混合时也产生沉淀，向该沉淀中滴入过量的稀HNO3时，沉淀部分溶解，但最后留下白色的固体，则离子X的符号为_。(2)将0.02 mol A与0. O1 mol C同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后最后得到的沉淀质量为_ (精确到0.1 g)。(3)利用上述已经确定的物质，可以检测出D、E中的阳离子，请简述实验的操作步骤、现象及结论：_9.偏二甲肼与N2O4 是常用的火箭推进剂，二者发生如下化学反应：（CH3）2NNH2（ L ）+2N2O4（L ）=2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g） （）（1）该反应（）中还原剂是 （2）火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：N2O4（g）2NO2（g） （）一定温度下，反应（）的焓变为H现将2 molNO2充入一恒压密闭容器中，如图示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是 A B C D若在相同温度下，上述反应改在体积为1L的恒容密闭容器中进行，平衡常数 （填“增大”“不变”或“减小”），反应4s后N2O4的物质的量为0.9mol，则04s内的平均反应速率v（NO2）= （3）25时，将1mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是 （用离子方程式表示）向该溶液滴加50mL氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中的水的电离平衡将 （填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为 molL1（NH3H2O的电离平衡常数K=2105 molL1）10.（13分）高纯度氧化铝有广泛的用途，某研究小组研究用以下流程制取高纯度氧化铝：（1）“除杂”操作是加入H2O2后，然后用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中少量的Fe2+酸性溶液中Fe2+与H2O2反应的离子方程式为 过滤操作中所得到滤渣主要成分的化学式为 ；（2）检验上述流程中“过滤”后杂质是否除尽的实验方法 （3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化的目的是 （4）“结晶”操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层晶体即停止加热，然后冷却结晶，得到铵明矾晶体（含结晶水），母液不能蒸干的原因是 （5）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）212H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，c（NH4+）、c（Al3+）、c（SO42）三种离子浓度由大到小的顺序为 1.B2.C 考点：离子浓度大小的比较.专题：盐类的水解专题分析：A、铵根离子存在微弱的水解，盐直接电离出的离子浓度大于水解的到的离子浓度，据此回答；B、次氯酸根离子具有氧化性，能将亚硫酸氢钠离子氧化为硫酸根离子；C、等浓度等体积的NaHCO3溶液与NaCl溶液混合后，溶液中存在物料守恒；D、标况下，将2.24L SO2气体通入到100ml 1molL1的NaOH溶液中，完全反应后溶液为亚硫酸氢钠溶液，显示酸性，说明亚硫酸氢根离子水解程度小于电离程度解答：解：A、（NH4）2SO4溶液中，铵根离子存在微弱的水解，盐直接电离出的离子浓度大于水解的到的离子浓度，c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH），故A错误；B、次氯酸根离子具有氧化性，能将亚硫酸钠离子氧化为硫酸根离子，溶液混合后得到等量的硫酸氢钠和氯化钠溶液，存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（Cl）+2c（SO42）+c（OH），故B错误；C、等浓度等体积的NaHCO3溶液与NaCl溶液混合后，碳酸氢根离子水解、电离导致存在不同的形态，溶液中存在物料守恒： c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），故C正确；D、标况下，将2.24L SO2气体通入到100ml 1molL1的NaOH溶液中，完全反应后溶液为亚硫酸氢钠溶液，显示酸性，说明亚硫酸氢根离子水解程度小于电离程度，所以c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH），故D错误故选C点评：本题考查了弱电解质的电离、盐的水解、溶液中离子浓度大小比较等，题目难度中等，注意把握溶液中电荷守恒、物料守恒的应用3.C考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小；B稀释时强碱的变化程度大；C根据酸碱混合后溶液中的溶质来分析；D三种溶液的pH均为9，c（OH）=105mol/L，c（NaOH）=105mol/L，但碳酸的酸性小于醋酸的酸性，所以c（Na2CO3）c（CH3COONa）105mol/L解答：A等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸的酸性小于醋酸的，所以三种溶液pH的大小顺序是，故A错误；B稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是，故B错误；C等体积等浓度混合后，中溶质为NaHCO3、NaCl，中溶质为NaCl、CH3COOH，中溶质为NaCl，HCO3离子水解显碱性，所以pH最大的是，故C正确；D三种溶液的pH均为9，c（OH）=105mol/L，c（NaOH）=105mol/L，但碳酸的酸性小于醋酸的酸性，所以c（CH3COONa）c（Na2CO3）105mol/L，所以三种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是，故D错误；故选C点评：本题考查盐类水解、pH的计算等，明确酸碱混合的计算，盐类水解的规律、pH与浓度的关系等知识即可解答，题目难度不大4.B考点：盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：室温下，0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，溶液呈碱性，说明CN的水解程度大于NH4+的水解程度，则相同条件下，HCN的电离程度小于NH3H2O的电离程度，相互促进水解的离子水解程度越大，据此分析解答解答：室温下，0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，溶液呈碱性，说明CN的水解程度大于NH4+的水解程度，则相同条件下，HCN的电离程度小于NH3H2O的电离程度，相互促进水解的离子水解程度越大，A室温下，上述溶液呈碱性，则溶液能使甲基橙试剂变黄色，故A正确；B通过以上分析知，HCN的电离程度小于NH3H2O的电离程度，所以NH3H2O是比HCN更强的电解质，故B错误；C通过以上分析知，CN的水解程度大于NH4+的水解程度，故C正确；DCN、NH4+相互促进水解，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正确；故选B点评：本题考查了盐类水解，根据盐溶液酸碱性确定水解程度相对大小，知道弱根离子水解程度与弱电解质电离程度的关系，易错选项是D5.A考点：酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算；盐类水解的应用.专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：A根据两者都是强碱，NaOH是一元碱，Ba（OH）2是二元碱分析；BS2会水解，导致数目减少；C醋酸为弱电解质，浓度不同，电解程度不同；DH+浓度相同解答：A两者都是强碱，NaOH是一元碱，Ba（OH）2是二元碱，pH相同，所以NaOH的浓度是Ba（OH）2的2倍，故A正确；B因为S2会水解，导致数目减少，比值会大于2，故B错误；C醋酸是弱电解质，浓度越高，电离度越低，所以比值小于2，故C错误；DHCl是强酸，浓度相同，H+浓度相同，比值是1，故D错误故选A点评：本题考查较为综合，涉及电解质的强弱以及盐类水解知识，题目难度中等，易错点为C，注意醋酸是弱电解质，浓度越高，电离度越低6.B7.答案内容丢失。8.略9.（1）（CH3）2NNH2；（2）BD；不变；0.45mol/Ls；（3）NH4+H2ONH3H2O+H+；逆向；0.1考点：反应热和焓变；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用分析：（1）依据化学方程式中 因素化合价的变化分析，因素化合价降低的做氧化剂被还原；（2）根据达到平衡状态，各组分浓度不变，正逆反应速率相等进行判断；化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关；根据v（N2O4）=计算N2O4的化学反应速率，再根据同一反应中、同一时间段内反应速率之比等于计量数之比计算v（NO2）；（3）依据铵根离子水解分析回答；依据同粒子效应，一水合氨对铵根离子水解起到抑制作用；依据一水合氨的电离平衡常数计算得到氨水浓度解答：解：（1）反应（）中，N2O4（l）中N元素得电子化合价降低，N2O4（l）是氧化剂，（CH3）2NNH2（l）中C元素和N元素化合价升高，是还原剂；故答案为：（CH3）2NNH2；（2）A、起始量二氧化氮物质的量不是0，故A错误；B、恒压容器中混合气体的质量不变，体积不变，密度不变，平衡状态下密度不变，密度改变，说明体积变化，平衡发生移动，能说明反应达到了平衡状态，故B正确；C、反应过程中，反应热不会变化，不是变量，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；D、四氧化二氮的转化率不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，所以平衡常数K不变；v（N2O4）=0.225mol/Ls，则2v（N2O4）=v（NO2）=0.45mol/（Ls）；故答案为：BD；不变；0.45mol/Ls；（3）NO2可用氨水吸收生成NH4NO325时，将1 mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，是因为铵根离子水解；反应的离子方程式为：NH4+H2ONH3H2O+H+；加入氨水溶液抑制铵根离子水解，平衡逆向进行；将1 mol NH4NO3溶于水，向该溶液滴加b L 氨水后溶液呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度=107mol/L，c（NH4+）=c（NO3）；NH3H2O的电离平衡常数取Kb=2105 molL1，设混合后溶液体积为1L，（NH4+）=c（NO3）=amol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3H2ONH4+OH，平衡常数K=2105 molL1，计算得到c（NH3H2O）=0.1mol/L，故答案为：NH4+H2ONH3H2O+H+；逆向；0.1点评：本题考查了氧化还原反应的概念判断，化学平衡的影响因素分析，平衡标志的判断理解，平衡常数的影响因素和计算应用，化学反应速率的计算分析，弱电解质溶液中的电离平衡的计算应用，综合性较大10.（1）2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；Fe（OH）3；（2）取少许滤液于试管中，加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽；（3）抑制Al3+水解；（4）减少可溶性杂质的析出及Al3+水解，防止晶体失去结晶水，避免可溶性杂质结晶析出；（5）c（SO42）c（NH4+）c（Al3+）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计分析：由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液PH值，Fe3+使转化为Fe（OH）3，过滤后滤液主要含硫酸铵，再将硫酸铵和硫酸铝溶液混合反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等最终得到硫酸铝铵晶体，硫酸铝铵晶体热分解得到氧化铝（1）酸性溶液中Fe2+与H2O2反应，过氧化氢具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子，结合电荷守恒和原子守恒配平书写；H2O2溶液具有强氧化性，可以氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子在氨水存在的条件下生成氢氧化铁红褐色沉淀；（2）由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液PH值，Fe3+使转化为Fe（OH）3，过滤后的滤液中可能含有Fe3+，用KSCN溶液检验是否含有Fe3+；（3）铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝；（4）蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大，防止晶体失去结晶水，避免可溶性杂质结晶析出；（5）根据题中所给的化学式，利用铵根和铝离子水解进行解答即可解答：解：（1）酸性溶液中Fe2+与H2O2反应，过氧化氢具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；H2O2溶液具有强氧化性，可以氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子在氨水存在的条件下生成氢氧化铁红褐色沉淀，反应的离子方程式：2Fe2+H2O2+4NH3H2O=2Fe（OH）3+4NH4+，过滤操作中所得到滤渣主要成分氢氧化铁，故答案为：Fe（OH）3；（2）由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液PH值，Fe3+使转化为Fe（OH）3，过滤后的滤液中可能含有Fe3+，取少许滤液于试管中，加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽，故答案为：取少许滤液于试管中，加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽；（3）由于铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝，所以加入硫酸酸化，抑制了铝离子的水解，故答案为：抑制Al3+水解；（4）由于蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大，防止晶体失去结晶水，避免可溶性杂质结晶析出，所以母液不能蒸干，故答案为：减少可溶性杂质的析出及Al3+水解，防止晶体失去结晶水，避免可溶性杂质结晶析出；（5）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）212H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，未水解前，c（Al3+）=c（NH4+）=0.1mol/L，由于铵根和铝离子均水解，水解结合水电离出的氢氧根，故水解后浓度均小于0.1mol/L，c（Al3+）c（NH4+），c（SO42）=0.2mol/L，离子浓度为，c（SO42）c（NH4+）c（Al3+），故答案为：c（SO42）c（NH4+）c（Al3+）点评：本题考查工艺流程、离子检验、盐类水解、对条件的控制选择、物质的分离提纯等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等