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广东省深圳市 2022-2023学年高二化学上学期期中试卷(Word版含解析)

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深圳市福田区外国语高级中学2022-2023学年度第一学期高二年级期中考试化学学科(选择考考)试题一、选择题(共16小题,共44分,其中1-10题每题2分,11-16题每题4分,每题只有一个正确选项)1.下列装置或操作能达到实验目的的是A.图1装置用于硫酸和Ba(OH)2反应的中和热测定B.图2装置用于酸性高锰酸钾溶液滴定草酸C.图3装置用于测定H+表示的反应速率(单位mL/s)D.图4装置用于研究不同催化剂对反应速率的影响【答案】B【解析】【详解】A.硫酸和Ba(OH)2反应,在生成水的同时,还有硫酸钡沉淀生成也会产生热效应,所以图1装置测定的不是硫酸和Ba(OH)2反应的中和热,A不符合题意;B.采用氧化还原滴定原理,酸性高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管中,用图2装置,可进行酸性高锰酸钾溶液滴定草酸的实验,B正确;C.图3装置中,长颈漏斗的下端管口没有液封,气体会从漏斗中逸出,所以不能用于准确测定H+表示的反应速率,C不符合题意;D.研究不同催化剂对反应速率的影响时,除去催化剂不同外,反应温度、压强、各物质的浓度都应相同,图4装置中,反应物的浓度不同,所以不能用于研究不同催化剂对反应速率的影响,D不符合题意;故选B。2.下列事实能用勒夏特列原理解释的是 A.工业合成氨选择500℃B.SO2氧化成SO3,需要使用催化剂C.光照新制氯水时,溶液的颜色逐渐变浅D.由NO2(g)和N2O4(g)组成的平衡体系,加压后颜色加深【答案】C【解析】【分析】【详解】A.工业合成氨的反应是可逆的,选择500℃左右的较高温度能使反应逆向进行,不利于化学平衡的正向移动,使用该温度主要是考虑催化剂的催化效率以及反应速率等知识,所以不能用化学平衡移动原理解释,故A不选;B.使用催化剂平衡不移动,不能用勒夏特列原理解释,故B不选;C.氯水中存在化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO,光照使氯水中的次氯酸分解,次氯酸浓度减小,使得平衡向右移动,氯气浓度变小,溶液的颜色逐渐变浅,能用勒夏特列原理解释,故C选;D.加压后颜色加深,是体积缩小浓度增大,不一定是平衡移动造成的,不能用勒夏特利原理解释,故D不选;故选:C。3.下列说法正确的是A.中所含的电子数为B.常温下,的溶液中含有的的数目为C.常温常压下,含有极性键的数目为D.(熔融)中所含的离子数目为【答案】C【解析】【详解】A.18gNH的物质的量,1个NH含有7+4×1-1=10个电子,因此18gNH含有电子的物质的量为10mol,电子数为10NA,A错误;B.pH=1的硫酸溶液中c(H+)=0.1mol/L,则n(H+)=0.1mol/L×1L=0.1mol,则含有H+的数目为0.1NA,B错误; C.H2O2的结构式为H-O-O-H,可知1个H2O2分子中含有2个极性键(即O-H键)。3.4gH2O2的物质的量,则含有的极性键的物质的量为0.1mol×2=0.2mol,其数目为0.2NA,C正确;D.NaHSO4在熔融状态下的电离方程式为NaHSO4(熔融)=Na++HSO。12.0gNaHSO4的物质的量,则含有离子的物质的量n=0.1mol×2=0.2mol,其数目为0.2NA,D错误;答案选C。4.下列有关热化学方程式的叙述正确的是A.已知正丁烷(g)→异丁烷(g)ΔH<0,则异丁烷比正丁烷稳定B.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ/mol,则H2的燃烧热ΔH=-571.6kJ/molC.已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)ΔH1;2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2,则ΔH1>ΔH2D.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)和4SO2(g)+2O2(g)=4SO3(g)的ΔH相等【答案】A【解析】【详解】A.焓变小于零,为放热反应,则异丁烷能量较低,比正丁烷稳定,A正确;B.燃烧热是在101kPa时,1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量;2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ/mol,则H2的燃烧热ΔH=-571.6kJ/mol÷2=-285.8kJ/mol,B错误;C.碳的燃烧为放热反应,充分燃烧生成二氧化碳放热更多,放热反应为焓变小于零,则ΔH1<ΔH2,C错误;D.焓变与方程式的书写形式有关,两者焓变不同,D错误;故选A。5.已知热化学方程式,则下列说法正确的是A.降低温度,平衡正向移动,热化学方程式中的值增大B.若该反应放热,则此过程中有被氧化C.将置于一密闭容器中充分反应,需吸收的热量 D.恒温下,增大压强,可增大活化分子百分数,从而加快反应速率【答案】B【解析】【详解】A.该反应的正反应是放热的,降低温度,平衡正向移动,但热化学方程式中的值和反应物以及生成物的总能量有关,不随平衡移动而变化,故A错误;B.该热化学方程式的含义是:若有2molSO2(g)和1molO2(g)完全反应生成2molSO3(g),则放出的热量,若该反应放热,说明参加反应的二氧化硫为2mol,则一定有2molSO2(g)被氧化,故B正确;C.将置于一密闭容器中充分反应,由于该反应是可逆反应,所以SO3不能完全分解,吸收的热量小于,故C错误;D.增大压强,单位体积活化分子数目增大,但活化分子百分数不变,故D错误;答案选B。6.近年来,科学家发现彗星上存在氨,或许可以揭示彗星与地球生命起源的关系。下列有关氨的说法正确的是A.NH3属于弱电解质B.液氨汽化时,放出热量C.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在高温下可自发进行,则该反应的△H>0D.氨水显碱性,是由于发生:NH3+H2ONH3•H2O+OH-【答案】D【解析】【详解】A.NH3属于非电解质,选项A错误;B.液氨汽化是由液体吸收热量转化为气体,是吸热过程,选项B错误;C.该反应气体体积减小,△S<0,能够自发进行说明△H-T△S<0,故△H<0,选项C错误;D.由于发生:NH3+H2ONH3•H2O+OH-,电离使水溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度,氨水显碱性,选项D正确;答案选D。7.下列图示与对应的叙述相符的是 A.由图甲可知,a点的数值比b点的数值大B.图乙表示不同温度下水溶液中和的浓度变化曲线,图中a点对应温度高于b点C.图丙表示溶液滴定溶液的滴定曲线,M点水的电离程度最大D.图丁表示向醋酸稀溶液中加水时溶液的导电性变化,图中p点醋酸的电离程度大于q点【答案】C【解析】【详解】A.由图甲可知,a点和b点的温度相同,因此a点的数值等于b点的数值,故A错误;B.图乙表示不同温度下水溶液中和的浓度变化曲线,a点的氢离子浓度小于b点的氢离子浓度,则图中a点对应温度低于b点,故B错误;C.图丙表示溶液滴定溶液的滴定曲线,M点恰好完全反应,溶质为NaCl,因此M点水的电离程度最大,故C正确;D.图丁表示向醋酸稀溶液中加水时,溶液中的氢离子浓度、醋酸根浓度减小,因此溶液的导电性减小,根据越稀越电离,因此图中p点醋酸的电离程度小于q点,故D错误。综上所述,答案为C。8.已知强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为:,向的NaOH溶液中加入下列物质:①稀醋酸②浓硫酸③稀硝酸,恰好完全反应。焓变、、关系是A.B.C.D.【答案】A【解析】 【详解】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ•mol-1,①稀醋酸;②浓硫酸;③稀硝酸,恰好完全反应,稀硝酸反应放出的热量为0.5×57.3kJ,醋酸电离吸热、浓硫酸稀释放热,醋酸反应放出的热量少,浓硫酸反应放出热量多,且ΔH均为负值,则ΔH1>ΔH3>ΔH2;故选:A。9.恒温恒容,4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)经2min,B的浓度减少0.6mol·L-1,下列说法正确的是A.用A表示的反应速率是0.4mol·L-1·min-1B.分别用B、C表示反应的速率,其关系是:3υ(B)=2υ(C)C.2min末的反应速率υ(B)=0.3mol·L-1·min-1D.气体的密度不再变化,则证明反应已经达到平衡状态【答案】D【解析】【分析】经2min,B的浓度减少0.6mol/L,v(B)==0.3mol•(L•min)-1;【详解】A.A物质为纯固体,不能表示反应速率,故A错误;B.反应速率之比等于化学计量数之比,则分别用B、C表示的反应速率其比值是3:2,即2υ(B)=3υ(C),故B错误;C.反应速率为平均速率,则在2min内的反应速率,用B表示是0.3 mol•(L•min)-1,故C错误;D.混合气体总质量不确定,气体的体积一定,当气体的密度不再变化,能证明反应已经达到平衡状态,故D正确;答案选D。10.能说明醋酸是弱电解质的事实是A.醋酸溶液的导电性比盐酸弱B.醋酸溶液与碳酸钙反应,缓慢放出二氧化碳C.醋酸溶液用水稀释后,溶液的pH增大D.的醋酸溶液中,氢离子浓度约为【答案】D【解析】【分析】 【详解】A.溶液的导电能力与溶液中离子浓度有关,与电解质的强弱无关,故A不符合题意;B.醋酸溶液和碳酸钙反应生成二氧化碳,说明醋酸的酸性比碳酸强,但不能说明醋酸是弱电解质,故B不符合题意;C.无论醋酸是强电解质还是弱电解质,稀释醋酸溶液,氢离子浓度都降低,溶液的pH都增大,所以不能说明醋酸是弱电解质,故C不符合题意;D.0.1mol•L-1的CH3COOH溶液中,氢离子浓度约为0.001mol/L,说明醋酸只有部分发生电离,在其溶液中存在电离平衡,所以能说明醋酸是弱电解质,故D符合题意;故选D。【点睛】电解质的强弱与其电离程度有关,只有部分电离的电解质是弱电解质。设计实验时要注意等物质的量浓度和等pH的两种酸(或碱)的性质差异,常用的实验方法有:(1)从水解的角度分析,取其钠盐(NaA)溶于水,测其pH,若pH>7,则说明HA是弱酸,若pH=7,则说明HA是强酸。(2)从是否完全电离的角度分析,配制一定物质的量浓度HA溶液(如0.1mol·L-1),测其pH,若pH>1,则说明HA是弱酸,若pH=1,则说明HA是强酸。11.下列叙述与图对应的是A.对于达到平衡状态的反应:,图①表示在时刻充入了一定量的,平衡逆向移动B.由图②可知,、满足反应:C.图③表示的反应方程式为:D.对于反应,图④y轴可以表示Y的百分含量【答案】B【解析】【详解】A.对于达到平衡状态的反应:,图①表示在t0时刻ν正、ν逆 都增大,ν逆 增大的多,化学平衡逆向移动,应该是升高温度使平衡逆向移动导致, 若是充入了一定量的NH3,则ν逆增大,ν正 瞬间不变,这与图像不吻合,故A错误;B.增大压强反应速率加快,达到平衡所需时间缩短;升高温度反应速率加快,达到平衡所需时间缩短;则根据图像可知:压强:P2>P1;温度:T1>T2;增大压强,平衡向气体体积减小的方向移动,C含量增大,说明正反应是气体体积减小的反应;升高温度,C含量减小,说明平衡逆向移动,逆反应为吸热反应,则正反应为放热反应,故该反应的正反应是气体体积减小的放热反应,故满足反应:2A(g)+B(g)2C(g)  ΔH<0,故B正确;C.该反应是可逆反应,应该用可逆号“”,不能用等号“=”表示,故C错误;D.在压强不变时,升高温度,化学平衡向吸热的逆反应方向移动,表示Y的含量应该增大,但图象显示y轴数值减小,因此图④y轴不可以表示Y的百分含量,故D错误;故选B。12.已知:①1mol晶体硅中含有2molSi—Si,1molSiO2晶体中含有4molSi—O。②Si(s)+O2(g)=SiO2(s) ΔH,其反应过程与能量变化如图所示。③化学键Si—OO=OSi—Si断开1mol共价键所需能量/kJ460500176下列说法正确的是A.晶体硅光伏发电是将化学能转化为电能B.二氧化硅的稳定性小于硅的稳定性C.ΔH=-988kJ·mol-1D.ΔH=(a-b)kJ·mol-1 【答案】C【解析】【分析】△H=反应物总键能-生成物总键能,由图可知该反应是放热反应,硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H=176kJ/mol×2mol+500kJ/mol-460kJ/mol×4=-988kJ/mol,据此分析解题。【详解】A.晶体硅光伏发电为光能转化为电能,不发生化学变化,A错误;B.Si-O的键能大于Si-Si的键能,则二氧化硅稳定性大于硅的稳定性,B错误;C.由上述计算可知,△H=-988kJ•mol-1,C正确;D.焓变等于正、逆反应的活化能之差,则△H=b-a=-c,D错误;故答案为:C。13.部分弱酸的电离平衡常数如下表:弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数(25℃)Ka1=1.77×10-4Ka1=4.9×10-10Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11下列选项错误的是A.CN-+H2O+CO2=HCN+HCOB.相同浓度的HCN和NaHCO3的导电能力:HCN>NaHCO3C.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量,前者小于后者D.等pH的HCOOH和HCN稀释相同的倍数后,pH前者大于后者【答案】B【解析】【详解】A.由电离常数可知,氢氰酸的电离程度大于碳酸氢根离子,则氰酸盐溶液与二氧化碳反应生成氢氰酸和碳酸氢盐,反应的离子方程式为CN-+H2O+CO2=HCN+HCO,故A正确;B.氢氰酸是弱酸,碳酸氢钠是强电解质,则相同浓度的氢氰酸溶液中离子浓度小于碳酸氢钠溶液,导电性弱于碳酸氢钠溶液,故B错误;C.等pH的醋酸溶液的浓度小于氢氰酸溶液,中和能力小于氢氰酸溶液,则中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量,醋酸溶液的浓度小于氢氰酸溶液,故C正确; D.醋酸的酸性强于氢氰酸,等pH的醋酸溶液和氢氰酸溶液稀释相同的倍数后,醋酸溶液的pH变化大,则醋酸溶液的pH大于氢氰酸溶液,故D正确;故选B。14.我国科技工作者运用DFT计算研究HCOOH在不同催化剂(Pd和Rh)表面分解产生H2的部分反应历程如图所示,其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。下列说法错误的是()A.HCOOH吸附在催化剂表面是一个放热过程B.Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热不同C.该反应过程中有C-H键的断裂,还有C=O键的生成D.HCOO*+H*=CO2+2H*是该历程的决速步骤【答案】B【解析】【详解】A.HCOOH吸附在催化剂表面是能量降低的过程,即为放热过程,故A正确;B.催化剂能改变反应速率,不改变热效应,则Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热相同,故B错误;C.HCOOH催化分解生成CO2和H2,原来HCOOH分子中存在的化学键1个C-H键、1个C=O键、1个C-O键和1个O-H键;而产物中有2个C=O键和1个H-H,说明反应过程中有C-H键的断裂,还有C=O键的生成,故C正确;D.HCOO*+H*到过渡态Ⅱ活化能最大,是反应消耗能量高的过程,速率最慢,故HCOO*+H*=CO2+2H*是该历程的决速步骤,故D正确;故答案为B。15.乙酸甲酯转化为乙醇的反应原理为CH3COOCH3(g)+2H2(g)⇌C2H5OH(g)+CH3OH(g) ΔH<0。该反应中反应速率随时间变化的关系如图所示,t1、t3、t4 时刻分别改变某一外界条件。下列说法错误的是A.t1时升高温度B.t3时加入催化剂C.t4时增大反应容器的容积,使体系压强减小D.在反应保持化学平衡的时间段中,C2H5OH的体积分数最小的时间段是t2~t3【答案】D【解析】【详解】A.升高温度,正逆反应速率均增大,且平衡逆向移动,因此t1时改变的条件是升高温度,故A正确;B.加入催化剂,正逆反应速率同等程度增大,平衡不移动,因此t3时改变的条件是加入高效催化剂,故B正确;C.当温度一定时,扩大反应容器,使反应组分气体压强减小,平衡逆向移动,正逆反应速率都会减小,故C正确;D.由图可知,在到达化学平衡的时间段中,C2H5OH的体积分数最小的一段时间是t5→t6,故D错误;故选:D。16.某温度下,氢氟酸与丙酸的Ka值分别为6.8×10-4和1.34×10-5。将物质的量浓度和体积均相同的两种酸溶液分别加水稀释,其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A.曲线Ⅰ代表丙酸溶液B.溶液中水的电离程度:a>b C.从b点到c点,溶液中保持不变(HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子)D.取体积相同的b、d两点溶液分别与NaOH恰好中和,d点消耗的NaOH多【答案】C【解析】【详解】由题中信息可知,HF的Ka=6.8×10-4,丙酸的Ka=1.34×10-5,电离平衡常数越大,酸的酸性越强,电离平衡常数:HF>丙酸,则酸性HF>丙酸,物质的量浓度和体积均相同的两种酸溶液,HF中H+浓度要大一些,PH值要低一些;A.根据上述分析,由题中图示,曲线I开始pH小,代表HF溶液,曲线II代表丙酸溶液,故A错误;B.酸抑制水电离,溶液的pH越大,溶液中c(H+)越小,其抑制水电离程度越小,c(H+):a>b,则水电离程度:a<b,故B错误;C.从b点到c点,温度不变水解平衡常数不变,Kh=不变,故C正确;D.b点为丙酸曲线上的点,CH3CH2COOHCH3CH2COO-+H+,Ka==则c(CH3CH2COOH)=,d点为HF曲线上的点,HFH++F-,Ka=,则c(HF)=,因为b、d两点pH相等,c(H+)相等,则可推出c(CH3CH2COOH)>c(HF),相同体积时,丙酸的物质的量比氢氟酸大,完全中和时消耗同浓度的NaOH体积大,即b点消耗的NaOH多,故D错误;答案为C。二、填空题(共4题,每题14分,共56分)17.某研究性学习小组利用与酸性溶液的反应,探究“外界条件对化学反应速率的影响”,实验记录如下表所示:实验温度参加反应的物质 实验组别/K溶液褪色所需时间/s溶液(含硫酸)溶液V/mLV/mLV/mLA29330.271060B30.25180C31330.212查阅资料:酸性溶液中滴加过量的,振荡后溶液由紫色变为无色,回答下列问题。(1)该反应的离子方程式为:_______。(2)_______。(3)_______,理由是_______。(4)若探究温度对化学反应速率的影响,可选择实验_______(填组别),根据实验数据,可以得出的结论是_______。(5)发生反应,该反应达到平衡后,为在提高反应速率同时提高NO的转化率,可采取的措施有_______(填字母序号)。A.改用高效催化剂B.缩小容器的体积C.升高温度D.增加CO的浓度(6)某反应过程能量变化如图所示(填入字母)。①该反应过程有催化剂参与的是_______。 ②该反应的活化能为_______。【答案】(1)(2)293(3)①.2②.控制变量法实验,本实验总体积需要保持一样10mL(4)①.BC②.其他条件相同下,温度越高,化学反应速率越快(5)BD(6)①.b②.【解析】【小问1详解】锰由+7价降低为+2价,碳由+3价升高为+4价,根据电子得失守恒、电荷守恒、质量守恒,该反应的离子方程式为:。故答案为:;【小问2详解】实验A、B是探究浓度对反应速率的影响,则温度必须相同,293。故答案为:293;【小问3详解】溶液的总体积为3mL+7mL=10mL,V1=10mL-3mL-5mL=2mL,理由是控制变量法实验,本实验总体积需要保持一样10mL。故答案为:2;控制变量法实验,本实验总体积需要保持一样10mL;【小问4详解】实验A、C中温度、H2C2O4的浓度均不同,有两个变量,不能作为探究组,由(3)可知,T1=293,V1=2mL,若探究温度对化学反应速率的影响,可选择实验BC(填组别),根据实验数据,可以得出的结论是其他条件相同下,温度越高,化学反应速率越快。故答案为:BC;其他条件相同下,温度越高,化学反应速率越快;【小问5详解】A.改用高效催化剂提高反应速率但不能提高NO的转化率,故A不符;B.缩小容器的体积,增大压强,平衡正向移动,提高反应速率同时提高NO的转化率,故B符合;C.升高温度,平衡逆向移动,提高反应速率但不能提高NO的转化率,故C不符;D.增加CO的浓度平衡正向移动,提高反应速率同时提高NO的转化率,故D符合;故答案为:BD; 【小问6详解】①催化剂能降低反应的活化能,该反应过程有催化剂参与的是b。故答案为:b;②反应物与过渡态能量差是E1,该反应的活化能为。故答案为:。18.回答下列问题:(1)25℃、101kPa条件下充分燃烧8g甲烷气体生成二氧化碳和液态水时放出热量为160kJ,写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式_______。(2)已知:;;;反应的_______(用含、、的代数式表示)。(3)在容积固定的密闭容器中,发生反应,化学平衡常数K和温度t的关系如下表:t/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6①该反应的化学平衡常数表达式为K=_______。②该反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。③能判断该反应达到化学平衡状态的是_______(填字母)。a.容器中总压强不变b.混合气体中不变c.消耗的速率与消耗的速率相等d.④830℃时,若起始时,,某时刻的转化率为60%,氢气的转化率为_______。某时刻混合体系中各气体的浓度为、、,,请判定该体系中反应进行的方向:_______(填“正向进行”“逆向进行”或“达到平衡”)。【答案】(1) (2)(3)①.②.吸热③.bc④.40%⑤.逆向进行【解析】【小问1详解】8g甲烷的物质的量为0.5mol,充分燃烧放出的热量为160kJ,1mol甲烷充分燃烧放出的热量为320kJ。热化学方程式为:;【小问2详解】将记为反应I,记为反应II,记为反应III。目标方程式=III-2II-2I,故;【小问3详解】①该反应的平衡常数表达式K=;②升高温度,K增大,故该反应为吸热反应;③a.该反应前后气体分子数不变,恒容条件下容器中总压强一直不变,不能判断达平衡,a错误;b.混合气体中不变时,反应达到平衡,b正确;c.的消耗为正反应方向,的消耗为逆反应方向,两者速率相等时,正逆反应速率相等,反应发到平衡状态,c正确;d.相等时不能判断达到平衡状态,d错误;故选bc;④830℃时,若起始时,某时刻的转化率为60%,的转化浓度为,根据方程式可知:氢气的转化浓度为 ,转化率为:,可列出三段式:,平衡常数为:,某时刻混合体系中各气体的浓度为、、,,,平衡逆向进行。19.Ⅰ.已知在25℃时,次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为:HClO(1)相同浓度的、、、结合的能力由强到弱的顺序为_______。(2)写出的电离方程式_______。(3)室温下,通入NaOH溶液中,在所得溶液中,,则溶液的pH=_______。II.水25℃和95℃时电离平衡曲线如图。(4)在曲线A所对应的温度下,溶液由水电离出来的_______。(5)在曲线A所对应的温度下,的下列溶液:①HCl②③ ④NaOH⑤,pH由大到小的顺序是_______(填序号顺序)。(6)在曲线A所对应的温度下,的醋酸与的NaOH等体积混合,所得溶液的pH_______7(填“>”“<”或“=”)。(7)在曲线B所对应的温度下,将的NaOH溶液与的溶液混合,若所得混合溶液的6,则NaOH溶液与溶液的体积比为_______。【答案】(1)(2)(3)6(4)(5)④>③>⑤>①>②(6)<(7)1∶10【解析】小问1详解】一定温度下,电离平衡常数越大,弱电解质电离程度越大,对弱酸来说其酸根结合H+越难,故结合H+能力由强到弱的顺序为:。【小问2详解】弱酸很小,很难电离,故的电离方程式为:。【小问3详解】pH由决定,与、的比例关系可由的求解,,,。【小问4详解】该温度下,水的离子积,中 ,代入水的离子积公式可计得由水电离出的。【小问5详解】该温度下,pH=7时为中性。③是弱碱,部分电离,④是强碱,完全电离,pH大小顺序为:④>③>7,①②是强酸,完全电离,且②的H+浓度是①的2倍,⑤是弱酸,部分电离,pH大小顺序为:7>⑤>①>②,全部比较得:④>③>⑤>①>②。【小问6详解】该温度下,pH和等于14的一元酸与一元碱等体积混合时,弱者过量。故两者混合反应后,醋酸过得,溶液显酸性,pH<7。【小问7详解】该温度下水的离子积。pH=9时,,pH=4时,。pH=6时溶液为中性,因此两者刚好完全反应,则:。20.用中和滴定法测定某烧碱的纯度,试根据实验回答:(1)称取4.1g烧碱样品。将样品配成250mL待测液,需要的主要玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还需_______。(2)取10.00mL待测液,用_______量取。(3)用标准盐酸滴定待测烧碱溶液,以_______为指示剂,滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞,右手不停地摇动锥形瓶,两眼注视,直到看到_______即可判断达到滴定终点。(4)根据下列数据,计算样品烧碱的质量分数为_______(结果保留四位有效数字)。(假设烧碱中不含有与酸反应的杂质) 滴定次数待测液体积(mL)标准盐酸体积(mL)滴定前读数(mL)滴定后读数(mL)第一次10.000.5020.40第二次10.004.0024.10(5)滴定过程,下列情况会使测定结果偏高的是_______(填序号)。①记录起始体积时,仰视读数,终点时俯视;②碱式滴定管水洗后,就用来量取待测液;③滴定前,酸式滴定管有气泡,滴定后消失;④滴定过快成细流、将碱液溅到锥形瓶壁而又未摇匀洗下;⑤盐酸在滴定时溅出锥形瓶外;【答案】(1)250mL容量瓶、胶头滴管(2)碱式滴定管或移液管(3)①.酚酞②.锥形瓶反应液最后一滴盐酸滴入,溶液由红色变成无色,且30s内不在变色(4)98.05%(5)③⑤【解析】【小问1详解】配制250mL一定物质的量浓度溶液,需要用到天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管,故需要的主要玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还需250mL容量瓶、胶头滴管;故答案为:250mL容量瓶、胶头滴管;【小问2详解】烧碱是强碱,取10.00mL待测液,用碱式滴定管或移液管;故答案为:碱式滴定管或移液管;【小问3详解】强酸滴定强碱一般选用酚酞作指示剂,滴定时,两眼注视锥形瓶内溶液颜色的变化;直到看到锥形瓶内溶液由红色变为无色,且30s 内不恢复红色,说明达到滴定终点;故答案为:酚酞;锥形瓶反应液最后一滴盐酸滴入,溶液由红色变成无色,且30s内不在变色;【小问4详解】由表格数据可知第一次消耗标准盐酸的体积为19.90mL,第二次消耗标准盐酸的体积为20.10mL,两次平均消耗20.00mL,则10.00mL待测溶液中NaOH的物质的量为0.2010mol/L×20.00mL,4.1g烧碱样品中NaOH的物质的量为0.2010mol/L×20.00mL×250mL10mL=0.1005mol,质量为0.1005mol×40g/mol=4.02g,故样品中烧碱的质量分数为(4.02g÷4.1g)×100%=98.05%;【小问5详解】①记录起始体积时,仰视读数,终点时俯视,则标准液体积偏小,结果偏低;②碱式滴定管水洗后,就用来量取待测液,则待测液被稀释,所量取待测液中NaOH物质的量偏小,消耗标准液体积偏小,结果偏低;③滴定前,酸式滴定管有气泡,滴定后消失,则标准液体积偏大,结果偏高;④滴定过快成细流、将碱液溅到锥形瓶壁而又未摇匀洗下,则消耗标准液体积偏小,结果偏低;⑤盐酸在滴定时溅出,导致盐酸的用量偏高,结果偏高;符合题意的是③⑤。故答案为:③⑤;

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所属: 高中 - 化学
发布时间:2023-02-11 17:11:02 页数:21
价格:¥2 大小:804.14 KB
文章作者:随遇而安

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