2019-2020年高二化學寒假作業(yè)7 新人教版選修4《化學反應原理》.doc

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2019-2020年高二化學寒假作業(yè)7 新人教版選修4《化學反應原理》 一、選擇題（本題共7道小題） 1.下列有關問題，與鹽類的水解無關的是 ( ) 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．實驗室盛放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.關于溶液中微粒的濃度，下列說法正確的是（　　） 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．標況下，將2.24L SO2氣體通入到100ml 1mol?L﹣1的NaOH溶液中，完全反應后溶液呈酸性，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，物質的量濃度均為0.1mol/L，下列說法正確的是（　?。? 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，下列說法錯誤的是（　?。? 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 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，平衡向正反應方向移動 C．升高溫度，減小 D．加入NaOH固體，溶液pH減小 7.試題內容丟失。 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) 某同學通過比較分析，認為無需檢驗就可判斷出其中必有的兩種物質是________、________ (填化學式）；若將此兩種物質記為A和B，含X的物質記為C，當C的溶液與B的溶液混合時，產(chǎn)生紅褐色沉淀和無色無味的氣體；當C的溶液與A的溶液混合時也產(chǎn)生沉淀，向該沉淀中滴入過量的稀HNO3時，沉淀部分溶解，但最后留下白色的固體，則離子X的符號為________________。 (2) 將0.02 mol A與0. O1 mol C同時溶解在足量的蒸餾水中，充分反應后最后得到的沉淀質量為________ (精確到0.1 g)。 (3) 利用上述已經(jīng)確定的物質，可以檢測出D、E中的陽離子，請簡述實驗的操作步驟、現(xiàn)象及結論：________________ 9. 偏二甲肼與N2O4 是常用的火箭推進劑，二者發(fā)生如下化學反應： （CH3）2NNH2（ L ）+2N2O4（L ）=2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g） （Ⅰ） （1）該反應（Ⅰ）中還原劑是　 ?。? （2）火箭殘骸中?，F(xiàn)紅棕色氣體，原因為：N2O4（g）2NO2（g） （Ⅱ） 一定溫度下，反應（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明反應達到平衡狀態(tài)的是　 A B C D 若在相同溫度下，上述反應改在體積為1L的恒容密閉容器中進行，平衡常數(shù)　 ?。ㄌ睢霸龃蟆薄安蛔儭被颉皽p小”），反應4s后N2O4的物質的量為0.9mol，則0～4s內的平均反應速率v（NO2）=　 　 （3）25℃時，將1mol NH4NO3溶于水，溶液顯酸性，原因是　 　（用離子方程式表示）．向該溶液滴加50mL氨水后溶液呈中性，則滴加氨水的過程中的水的電離平衡將　 ?。ㄌ睢罢颉薄安弧被颉澳嫦颉保┮苿?，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反應的離子方程式為　 　． ②過濾操作中所得到濾渣主要成分的化學式為　 ?。? （2）檢驗上述流程中“過濾”后雜質是否除盡的實驗方法　 ?。? （3）配制硫酸鋁溶液時，需用硫酸酸化的目的是　 ?。? （4）“結晶”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，然后冷卻結晶，得到銨明礬晶體（含結晶水），母液不能蒸干的原因是　 ?。? （5）銨明礬晶體的化學式為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為　 ?。? 1.B 2.C 考點：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、標況下，將2.24L SO2氣體通入到100ml 1mol?L﹣1的NaOH溶液中，完全反應后溶液為亞硫酸氫鈉溶液，顯示酸性，說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、標況下，將2.24L SO2氣體通入到100ml 1mol?L﹣1的NaOH溶液中，完全反應后溶液為亞硫酸氫鈉溶液，顯示酸性，說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錯誤． 故選C． 點評：本題考查了弱電解質的電離、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、物料守恒的應用． 3.C 考點：弱電解質在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應用．. 專題：電離平衡與溶液的pH專題． 分析：A．等濃度時強堿的pH最大，強堿弱酸鹽中對應的酸性越強，水解程度越??； B．稀釋時強堿的變化程度大； C．根據(jù)酸堿混合后溶液中的溶質來分析； 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．等濃度時強堿的pH最大，強堿弱酸鹽中對應的酸性越強，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錯誤； B．稀釋時強堿的變化程度大，所以三種溶液稀釋相同倍數(shù)，pH變化最大的是③，故B錯誤； C．等體積等濃度混合后，①中溶質為NaHCO3、NaCl，②中溶質為NaCl、CH3COOH，③中溶質為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，則物質的量濃度的大小順序是②＞①＞③，故D錯誤； 故選C． 點評：本題考查鹽類水解、pH的計算等，明確酸堿混合的計算，鹽類水解的規(guī)律、pH與濃度的關系等知識即可解答，題目難度不大． 4.B 考點：鹽類水解的應用．. 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更強的電解質，故B錯誤； C．通過以上分析知，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． 點評：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大小，知道弱根離子水解程度與弱電解質電離程度的關系，易錯選項是D． 5.A 考點：酸堿混合時的定性判斷及有關pH的計算；鹽類水解的應用．. 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)兩者都是強堿，NaOH是一元堿，Ba（OH）2是二元堿分析； B．S2﹣會水解，導致數(shù)目減少； C．醋酸為弱電解質，濃度不同，電解程度不同； D．H+濃度相同． 解答：A．兩者都是強堿，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．因為S2﹣會水解，導致數(shù)目減少，比值會大于2，故B錯誤； C．醋酸是弱電解質，濃度越高，電離度越低，所以比值小于2，故C錯誤； D．HCl是強酸，濃度相同，H+濃度相同，比值是1，故D錯誤． 故選A． 點評：本題考查較為綜合，涉及電解質的強弱以及鹽類水解知識，題目難度中等，易錯點為C，注意醋酸是弱電解質，濃度越高，電離度越低． 6.B 7.答案內容丟失。 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：反應熱和焓變；化學平衡建立的過程；化學平衡的影響因素；鹽類水解的應用． 分析：（1）依據(jù)化學方程式中 因素化合價的變化分析，因素化合價降低的做氧化劑被還原； （2）根據(jù)達到平衡狀態(tài)，各組分濃度不變，正逆反應速率相等進行判斷；化學平衡常數(shù)只與溫度有關，與物質的濃度無關；根據(jù)v（N2O4）=計算N2O4的化學反應速率，再根據(jù)同一反應中、同一時間段內反應速率之比等于計量數(shù)之比計算v（NO2）； （3）依據(jù)銨根離子水解分析回答；依據(jù)同粒子效應，一水合氨對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)計算得到氨水濃度． 解答：解：（1）反應（Ⅰ）中，N2O4（l）中N元素得電子化合價降低，N2O4（l）是氧化劑，（CH3）2NNH2（l）中C元素和N元素化合價升高，是還原劑； 故答案為：（CH3）2NNH2； （2）A、起始量二氧化氮物質的量不是0，故A錯誤； B、恒壓容器中混合氣體的質量不變，體積不變，密度不變，平衡狀態(tài)下密度不變，密度改變，說明體積變化，平衡發(fā)生移動，能說明反應達到了平衡狀態(tài)，故B正確； C、反應過程中，反應熱不會變化，不是變量，無法判斷是否達到平衡狀態(tài)，故C錯誤； D、四氧化二氮的轉化率不變，說明正逆反應速率相等，達到了平衡狀態(tài)，故D正確； 化學平衡常數(shù)只與溫度有關，與物質的濃度無關，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，將1 mol NH4NO3溶于水，溶液顯酸性，是因為銨根離子水解；反應的離子方程式為：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，計算得到c（NH3?H2O）=0.1mol/L， 故答案為：NH4++H2ONH3?H2O+H+；逆向；0.1． 點評：本題考查了氧化還原反應的概念判斷，化學平衡的影響因素分析，平衡標志的判斷理解，平衡常數(shù)的影響因素和計算應用，化學反應速率的計算分析，弱電解質溶液中的電離平衡的計算應用，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，則雜質已除盡； （3）抑制Al3+水解； （4）減少可溶性雜質的析出及Al3+水解，防止晶體失去結晶水，避免可溶性雜質結晶析出； （5）c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Al3+）． 考點：物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用；制備實驗方案的設計． 分析：由工藝流程可知，加入過氧化氫將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，加入氨水調節(jié)溶液PH值，F(xiàn)e3+使轉化為Fe（OH）3，過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，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、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，過氧化氫具有氧化性氧化亞鐵離子為鐵離子，結合電荷守恒和原子守恒配平書寫； ②H2O2溶液具有強氧化性，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，加入過氧化氫將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，加入氨水調節(jié)溶液PH值，F(xiàn)e3+使轉化為Fe（OH）3，過濾后的濾液中可能含有Fe3+，用KSCN溶液檢驗是否含有Fe3+； （3）鋁離子在溶液中能夠發(fā)生水解生成氫氧化鋁； （4）蒸干會析出可溶性雜質的析出，且Al3+水解程度增大，防止晶體失去結晶水，避免可溶性雜質結晶析出； （5）根據(jù)題中所給的化學式，利用銨根和鋁離子水解進行解答即可． 解答：解：（1）①酸性溶液中Fe2+與H2O2反應，過氧化氫具有氧化性氧化亞鐵離子為鐵離子，反應的離子方程式為：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，反應的離子方程式：2Fe2++H2O2+4NH3?H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+，過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，加入過氧化氫將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，加入氨水調節(jié)溶液PH值，F(xiàn)e3+使轉化為Fe（OH）3，過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）由于蒸干會析出可溶性雜質的析出，且Al3+水解程度增大，防止晶體失去結晶水，避免可溶性雜質結晶析出，所以母液不能蒸干， 故答案為：減少可溶性雜質的析出及Al3+水解，防止晶體失去結晶水，避免可溶性雜質結晶析出； （5）銨明礬晶體的化學式為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+）． 點評：本題考查工藝流程、離子檢驗、鹽類水解、對條件的控制選擇、物質的分離提純等，理解工藝流程原理是解題的關鍵，是對學生綜合能力的考查，需要學生具備扎實的基礎與靈活運用能力，題目難度中等．