2019-2020年高二化學寒假作業(yè)6 新人教版選修4《化學反應(yīng)原理》.doc
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2019-2020年高二化學寒假作業(yè)6 新人教版選修4《化學反應(yīng)原理》 一、選擇題(本題共7道小題) 1.下列敘述中,錯誤的是( ?。? A.雖然固體氯化鈉不能導電,但氯化鈉是電解質(zhì) B.純水的pH隨溫度的升高而減小 C.在醋酸鈉溶液中加入少量氫氧化鈉,溶液中c(OH﹣)增大 D.在純水中加入少量硫酸銨,可抑制水的電離 2.若pH=3的酸溶液和pH=11的堿溶液等體積混合后溶液呈酸性,其原因是( ?。? A.生成一種強酸弱堿鹽 B.弱酸溶液和強堿溶液 C.弱酸與弱堿溶液反應(yīng) D.一元強酸溶液與一元強堿溶液反應(yīng) 3.常溫時,下列溶液的pH等于8或大于8的是( ?。? A.0.1 mol?L﹣1的NaCl溶液 B.pH=6的醋酸用水稀釋100倍 C.pH=10的氫氧化鈉溶液稀釋1000倍 D.0.1 mol?L﹣1的硫酸100 mL跟0.2 mol?L﹣1 NaOH溶液150 mL完全反應(yīng) 4.水是生命之源,xx年我國科學家首次拍攝到水分子團簇的空間取向圖象,模型如圖所示,下列關(guān)于水的說法正確的是( ) A.水是弱電解質(zhì) B.可燃冰是可以燃燒的水 C.氫氧兩種元素只能組成水 D.0℃時冰的密度比液態(tài)水的密度大 5.在甲酸的下列性質(zhì)中,可以證明它是弱電解質(zhì)的是( ?。? A.1mol/L甲酸溶液中c(H+)約為110﹣2mol/L B.甲酸能與水以任意比互溶 C.10mL 1mol/L甲酸恰好跟10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反應(yīng) D.甲酸的導電性比強酸溶液的導電性弱 6.關(guān)于濃度均為0.1mol/L的三種溶液:①氨水、②鹽酸、③氯化銨溶液,下列說法不正確的是( ) A.c(NH+4):③>① B.水電離出的c(H+):②>① C.①和②等體積混合的溶液:c(H+)=c(OH﹣)+c(NH3?H2O) D.①和③等體積混合后的溶液:c(NH+4)>c(Cl﹣)>c(OH﹣)>c(H+) 7. 標準狀況下,某同學向100mL H2S飽和溶液中通入SO2,所得溶液pH變化如圖所示.下列分析中正確的是( ?。? A.b點對應(yīng)的溶液導電性最強 B.亞硫酸是比氫硫酸更弱的酸 C.a(chǎn)b段反應(yīng)是SO2+2H2S═3S↓+2H2O D.原H2S溶液的物質(zhì)的量濃度為0.05mol?L﹣1 二、填空題(本題共3道小題) 8. Ⅰ、A物質(zhì)的化學式為M(OH)2 ,將其溶于水制成稀溶液,該溶液呈中性,在溶液中存在: M2+ + 2OH- M(OH)2 2H+ + MO22- 回答以下題目一律用“增大”“減小”“不變”填空 (1)在其他條件不變的情況下,25Co 時,在蒸餾水中加入A物質(zhì)后,與加入前比較, ①由水電離出的C(OH-) ,C(H+) ,水的電離度 ,Kw (2)25Co 時,向A的稀溶液中加入少量的燒堿固體。 則水的電離度 ,溶液的pH Ⅱ、.室溫下,甲、乙兩瓶氨水的濃度分別為1mol/L和0.1mol/L,則甲、乙兩瓶氨水中C(OH-)之比為 10 (填大于、等于或小于) 9.以下各題中各量的關(guān)系,請用“﹥”、“=”或“﹤”表示。 (1)pH = 3的醋酸和pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合,混合液中c(Na+) c(CH3COO-) (2)等物質(zhì)的量濃度、等體積鹽酸和醋酸鈉混合,混合液中各離子濃度的大小關(guān)系為 (3)常溫下,若NaOH溶液中的c(OH-)與NH4Cl溶液中的c(H+)相同?,F(xiàn)將NaOH和NH4Cl的溶液分別稀釋10倍,稀釋后NaOH和NH4Cl溶液的pH分別用pH1和pH2表示。則pH1 + pH2 14 (4)現(xiàn)有pH相等、等體積的Ba(OH)2、NaOH和NH3H2O三種溶液,將它們分別與V1 L、V2 L、V3 L等濃度的鹽酸混合,混合后溶液均呈中性,則V1 、V2 、V3的大小關(guān)系 10.已知:I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣; 2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2.相關(guān)物質(zhì)的溶度積常數(shù)見下表: 物質(zhì) Cu(OH)2 Fe(OH)3 CuCl CuI Ksp 2.210﹣20 2.610﹣39 1.710﹣7 1.310﹣12 (1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3,為得到純凈的CuCl2?2H2O晶體,加入 調(diào)至pH=4,使溶液中的Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀,此時溶液中的c(Fe3+)= ;過濾后,將所得濾液低溫蒸發(fā)、濃縮結(jié)晶,可得到CuCl2?2H2O晶體. (2)在空氣中直接加熱CuCl2?2H2O晶體得不到純的無水CuCl2,原因 .(用化學方程式表示). (3)某學習小組用“間接碘量法”測定含有CuCl2?2H2O晶體的試樣(不含能與I﹣發(fā)生反應(yīng)的氧化性雜質(zhì))的純度,過程如下:取0.36g試樣溶于水,加入過量KI固體,充分反應(yīng),生成白色沉淀.用0.1000mol/L Na2S2O3標準溶液滴定,到達滴定終點時,消耗Na2S2O3標準溶液20.00mL. ①可選用 作滴定指示荊,滴定終點的現(xiàn)象是 . ②該試樣中CuCl2?2H2O的質(zhì)量百分數(shù)為 . 試卷答案 1.D 考點:水的電離;電解質(zhì)與非電解質(zhì);弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡.. 專題:電離平衡與溶液的pH專題. 分析:A.電解質(zhì)是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電的化合物; B.水的電離是吸熱過程; C.氫氧化鈉是強電解質(zhì)能完全電離; D.鹽類的水解促進水的電離. 解答:解:A.NaCl在水溶液里能電離出自由移動的陰陽離子導致溶液導電,所以氯化鈉是電解質(zhì),故A正確; C.氫氧化鈉電離出氫離子,故溶液中c(OH﹣)增大,故C正確; D.硫酸銨水解促進水的電離,故D錯誤. 故選D. 點評:本題考查電解質(zhì),水的電離,注意氫氧化鈉電離出氫離子,使溶液中c(OH﹣)增大. 2.B 考點:酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算;鹽類水解的應(yīng)用.. 專題:電離平衡與溶液的pH專題. 分析:若pH=3的酸溶液和pH=11的堿溶液中,c(H+)=c(OH﹣)=10﹣3mol/L,等體積混合后溶液呈酸性,說明應(yīng)后酸過量,應(yīng)為弱酸和強堿的反應(yīng),本題可通過討論進行分析. 解答:解:pH=3的酸溶液和pH=11的堿溶液中,c(H+)=c(OH﹣)=10﹣3mol/L, ①若為強酸、強堿溶液,在溶液中完全電離,則反應(yīng)后溶液呈中性; ②若為弱酸、強堿溶液,弱酸在溶液中部分電離,混合后酸過量,溶液呈酸性; ③若為強酸、弱堿溶液,弱堿在溶液中部分電離出氫氧根離子,堿過量,反應(yīng)后溶液呈堿性, 根據(jù)分析可知,只有B符合, 故選B. 點評:本題考查酸堿混合的定性判斷,側(cè)重考查弱電解質(zhì)的電離和鹽類的水解知識,題目難度中等,注意當c(H+)=c(OH﹣)時,弱電解質(zhì)的濃度大于強電解質(zhì)溶液的濃度,試題培養(yǎng)了學生靈活應(yīng)用所學知識的能力. 3.D 考點:pH的簡單計算.. 專題:電離平衡與溶液的pH專題. 分析:A.NaCl屬于強酸強堿鹽,溶液顯中性; B.酸稀釋只能無限接近中性,但一定為酸性,酸稀釋10n倍,若為強酸pH值變化n個單位,若為弱酸變化小于n個單位; C.堿稀釋只能無限接近中性,但一定為堿性,堿稀釋10n倍,若為強堿pH值變化n個單位,若為弱堿變化小于n個單位; D.先根據(jù)酸、堿反應(yīng)計算剩余物質(zhì)的酸堿性,再根據(jù)溶液中氫離子濃度計算溶液的pH值. 解答:解:A.氯化鈉溶液顯中性,pH等于7,故A錯誤; B.pH=6的醋酸用水稀釋100倍時,溶液的PH值<7,故B錯誤; C.pH=10的氫氧化鈉溶液稀釋1000倍時,溶液的pH值大于7,接近于7,故C錯誤; D.設(shè)0.1mol?L﹣1的硫酸100mL需要0.2mol?L﹣1NaOH溶液x. 硫酸和氫氧化鈉的反應(yīng)方程式為: 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O 2mol 1mol 0.2x 0.01mol x=0.1L=100mL, 所以剩余氫氧化鈉溶液150mL﹣100mL=50mL,混合溶液中氫氧化鈉的濃度==0.04mol/L,該溶液中氫離子的濃度==2.510﹣13,溶液的pH大于12,故D正確; 故選D. 點評:本題考查了pH的簡單計算,難度中等,注意酸、堿溶液無限稀釋時,溶液的pH值只能無限接近于7,但酸不能變?yōu)閴A,堿不能變?yōu)樗幔莆粘R娀瘜W物質(zhì)的酸堿性、溶液的酸堿性和溶液pH大小之間的關(guān)系是順利解題的關(guān)鍵. 4.A 考點:水的電離;不同晶體的結(jié)構(gòu)微粒及微粒間作用力的區(qū)別.. 專題:元素及其化合物. 分析:A.水能夠部分電離出氫離子和氫氧根離子,存在電離平衡; B.可燃冰為甲烷和水形成的一種化合物; C.氫氧兩種元素還可以組成雙氧水; D.液體水變成冰,體積變大,密度變?。? 解答:解:A.水為極弱的電解質(zhì),能夠部分電離出氫離子和氫氧根離子,故A正確; B.可燃冰為甲烷和水形成的一種特殊的化合物,并不是可燃燒的水,故B錯誤; C.氫氧兩種元素可以組成水、雙氧水,故C錯誤; D.冰中存在氫鍵,具有方向性和飽和性,其體積變大,則相同質(zhì)量時冰的密度比液態(tài)水的密度小,故D錯誤; 故選A. 點評:本題考查了水的電離、水的組成結(jié)構(gòu)及性質(zhì),題目難度不大,注意掌握水的電離,明確可燃冰的組成及性質(zhì),試題培養(yǎng)了學生靈活應(yīng)用所學知識的能力. 5.A 考點:強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)的概念;弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡.. 專題:電離平衡與溶液的pH專題. 分析:A、根據(jù)氫離子濃度的大小判斷是否完全電離,若完全電離,是強電解質(zhì),反之是弱電解質(zhì); B、電解質(zhì)的強弱與溶解性的大小無關(guān); C、酸堿是否完全反應(yīng)取決于二者的物質(zhì)的量的關(guān)系,與是否強弱電解質(zhì)無關(guān). D、電解質(zhì)溶液導電性強弱與溶液中自由移動的離子濃度成正比. 解答:解:A、如果是強電解質(zhì)應(yīng)該完全電離,那么H+濃度應(yīng)該是1mol/L 而不是約為110﹣2 mol/L 說明甲酸不能完全電離,肯定是弱電解質(zhì),故A正確; B、溶解性與電解質(zhì)強弱無關(guān),故B錯誤; C、完全反應(yīng)與強弱無關(guān),故C錯誤; D、沒指明強酸為幾元酸以及酸的濃度,通過導電性無法比較電解質(zhì)的強弱,故D錯誤; 故選A. 點評:本題考查弱電解質(zhì)的判斷方法,難度不大,明確弱電解質(zhì)在水中只能部分電離的特點是解題關(guān)鍵. 6.B 考點:弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡;鹽類水解的原理.. 專題:壓軸題;電離平衡與溶液的pH專題;鹽類的水解專題. 分析:A.氯化銨電離生成銨根離子,而氨水的電離程度很小; B.鹽酸為強酸,氫離子濃度大,則由水電離產(chǎn)生的氫離子濃度較小; C.①和②等體積混合的溶液為氯化銨溶液,利用質(zhì)子守恒來分析; D.①和③等體積混合后的溶液氨水的電離大于氯化銨中銨根離子的水解. 解答:解:A.氯化銨為強電解質(zhì)完全電離后產(chǎn)生大量的NH4+,氨水為弱電解質(zhì)只有少量的NH4+產(chǎn)生,則c(NH+4):③>①,故A正確; B.在水中加入酸和堿都抑制水的電離,但是鹽酸中的氫離子濃度大于氨水中的氫氧根離子的濃度,則水電離出的 c(H+):①>②,故B錯誤; C.鹽酸和氨水混合后恰好完全反應(yīng),生成的鹽為強酸弱堿鹽,溶液顯酸性,由質(zhì)子守恒可知, c(H+)=c(OH﹣)+c(NH3?H2O),故C正確; D.①和③等體積混合,溶液呈堿性,即氨水的電離大于氯化銨的水解,則c(NH+4)>c(Cl﹣)>c(OH﹣)>c(H+),故D正確; 故選:B. 點評:本題綜合考查弱電解質(zhì)的電離、鹽類的水解以及離子濃度大小比較等相關(guān)知識,對于考生的要求較高,難度中等. 7.C 考點:二氧化硫的化學性質(zhì). 分析:H2S 飽和溶液中通入SO2,發(fā)生反應(yīng):SO2+2H2S=3S↓+2H2O,隨著反應(yīng)的進行,溶液酸性逐漸減弱,但恰好反應(yīng)時,溶液呈中性,二氧化硫過量,與水反應(yīng)生成亞硫酸,溶液酸性逐漸增強,根據(jù)圖象可知恰好反應(yīng)時消耗二氧化硫112mL,根據(jù)方程式可知原溶液中硫化氫為0.01mol,通入336mL二氧化硫時,亞硫酸的濃度與原氫硫酸濃度相等,二者都是二元酸,溶液中亞硫酸pH值更小,故亞硫酸的酸性更強,以此解答該題. 解答:解:A.b點為中性,只有水,導電性最差,故A錯誤; B.根據(jù)圖象可知恰好反應(yīng)時消耗二氧化硫112mL,n(SO2)==0.005mol,根據(jù)方程式可知原溶液中硫化氫為0.01mol,通入336mL二氧化硫時,溶液中亞硫酸為0.01mol,亞硫酸的濃度與原氫硫酸濃度相等,二者都是二元酸,溶液中亞硫酸pH值更小,故亞硫酸的酸性比氫硫酸更強,故B錯誤; C.a(chǎn)b段pH在增大,由酸性到中性,則發(fā)生的反應(yīng)是SO2+2H2S=3S↓+2H2O,故C正確; D.由圖可知,112mLSO2與硫化氫恰好完全反應(yīng),則n(SO2)==0.005mol,由方程式可知n(H2S)=0.01mol,則原H2S溶液的物質(zhì)的量濃度為=0.1mol/L,故D錯誤. 故選C. 點評:本題考查硫元素化合物性質(zhì)、化學反應(yīng)圖象等,明確發(fā)生的化學反應(yīng)是解答的關(guān)鍵,注意B選項中應(yīng)根據(jù)溶液物質(zhì)的濃度相等時pH大小進行判斷,學生容易根據(jù)已有知識回答,為解答易錯點,題目難度中等. 8. Ⅰ、(1) ①C(OH-)變大 ,C(H+) 變大變 ,水的電離度 變小 ,Kw 不變 (2) 則水的電離度 不變 ,溶液的pH 不變 Ⅱ、.(2分)C(OH-)之比為 等于 10 (填大于、等于或小于) 略 9.(1)c(Na+) ﹤ c(CH3COO-)(2) c(Cl-)=c(Na+)﹥c(H+)﹥c(CH3COO-)﹥c(OH-) (3)pH1 + pH2 ﹤ 14 (4)V1、V2、V3的大小關(guān)系 V3 ﹥ V1 = V2 略 10.(1)Cu(OH)2、CuO、CuCO3或Cu2(OH)2CO3;2.610﹣9mol/L; (2)2CuCl2?2H2OCu(OH)2?CuCl2+2HCl+2H2O; (3)①淀粉溶液;溶液藍色褪去,且半分鐘內(nèi)不變色; ②95%. 考點:難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì);中和滴定. 分析:(1)加入的物質(zhì)用于調(diào)節(jié)pH以除去雜質(zhì),主要將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀,且不能引入新雜質(zhì),先根據(jù)溶液的pH計算氫離子濃度,再結(jié)合水的離子積常數(shù)計算氫氧根離子濃度,最后根據(jù)c(Fe3+)=計算c(Fe3+); (2)加熱時促進氯化銅的水解且生成的氯化氫易揮發(fā)造成水解完全,要想得到較純的無水氯化銅應(yīng)在氯化氫氣流中抑制其水解; (3)依據(jù)碘化鉀和氯化銅發(fā)生氧化還原反應(yīng),生成碘化亞銅沉淀和碘單質(zhì),碘單質(zhì)遇淀粉變藍,依據(jù)碘單質(zhì)被Na2S2O3標準溶液滴定到終點,根據(jù)物質(zhì)間的關(guān)系式進行計算. 解答:解:(1)為得到純凈的CuCl2?2H2O晶體要除去氯化鐵,則溶液中的Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀,加入物質(zhì)能與酸反應(yīng)能轉(zhuǎn)化為氯化銅,且不能引進雜質(zhì),可以是Cu(OH)2、CuO、CuCO3或Cu2(OH)2CO3; 溶液的pH=4,所以溶液中氫氧根離子濃度為10﹣4 mol/L,則氫氧根離子濃度為10﹣10 mol/L,c(Fe3+)===2.610﹣9mol/L, 故答案為:Cu(OH)2、CuO、CuCO3或Cu2(OH)2CO3;2.610﹣9mol/L; (2)由于CuCl2在加熱過程中水解被促進,且生成的HCl又易揮發(fā)而脫離體系,造成水解完全,堿式氯化銅或氫氧化銅,以至于得到CuO固體,而不是CuCl2,反應(yīng)方程式為:2CuCl2?2H2OCu(OH)2?CuCl2+2HCl+2H2O,故答案為:2CuCl2?2H2OCu(OH)2?CuCl2+2HCl+2H2O; (3)測定含有CuCl2?2H2O晶體的試樣(不含能與I﹣發(fā)生反應(yīng)的氧化性質(zhì)雜質(zhì))的純度,過程如下:取0.36g試樣溶于水,加入過量KI固體,充分反應(yīng),生成白色沉淀.用0.1000mol/L Na2S2O3標準溶液滴定,到達滴定終點時,消耗Na2S2O3標準溶液20.00mL,反應(yīng)的化學方程式為:2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI, ①硫代硫酸鈉滴定碘單質(zhì),利用碘單質(zhì)遇淀粉變藍選擇指示劑為淀粉;終點時溶液藍色褪去,且半分鐘內(nèi)不變色, 故答案為:淀粉溶液;溶液藍色褪去,且半分鐘內(nèi)不變色; ②依據(jù)2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI,2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2; 得到 2Na2S2O3 ~2Cu2+ 2 2 0.1000mol/L0.0200L 0.002mol,則CuCl2?2H2O的物質(zhì)的量為:0.002mol,試樣中CuCl2?2H2O的質(zhì)量百分數(shù)為100%=95%, 故答案為:95%. 點評:本題考查Ksp計算和物質(zhì)制備,利用平衡移動原理、氧化還原滴定分析解答,明確滴定過程的反應(yīng)原理和計算方法是解本題的關(guān)鍵,注意加熱灼燒CuCl2溶液和CuSO4溶液得到固體的區(qū)別,為易錯點.- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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