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题型: 单选题
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单选题 · 6 分

3.下列说法中正确的是()

A能使石蕊溶液呈红色的溶液:Fe2+、Na、Ba2+、Cr2O72-可以大量共存

B氢氧化钡溶液与等物质的量的稀硫酸混合,离子方程式为:

C50℃,pH=1的硫酸溶液中:c(H+)=0.1mol/L

D25℃,pH相同的NaOH、CH3COONa、Na2CO3、NaHCO3溶液的浓度:c (NaOH)<c(CH3COONa)<c (NaHCO3)<c (Na2CO3)

正确答案

C

解析

A.使石蕊溶液呈红色的溶液呈酸性,酸性条件下Fe2+、Cr2O72﹣发生氧化还原反应,故A错误;

B.应为Ba2++2OH+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O,故B错误;

C.pH=﹣lgc(H+)=1,则c(H+)=0.1mol/L,故C正确;

D.NaHCO3水解程度最小,CH3COONa浓度应最大,故D错误.

考查方向

本题主要考查了离子共存问题;离子方程式的书写。

解题思路

A.酸性溶液使石蕊溶液呈红色;

B.OH+H数比为2:2;

C.根据pH=﹣lgc(H+)计算;

D.CH3COONa水解程度最小,浓度应最大.

易错点

离子共存,离子方程式的书写以及pH的计算。

知识点

有关范围讨论题的计算
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题型:简答题
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简答题 · 15 分

Ⅰ.

13.在一密闭容器中一定量A、B的混合气体发生反应:aA(g)+bB(g)cC(s)+dD(g),

平衡时测得A的浓度为0.60mol/L,保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的3倍,再达平衡时,测得A的浓度降为0.20mol/L。下列有关判断一定正确的是(    )

A.平衡向正反应方向移动          

B.A的转化率增大        

C.D的体积分数增大     

D.a+b<c+d

14.①25℃,两种酸的电离平衡常数如表。

HSO3的电离平衡常数表达式K=                   

②H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为                      

③根据H2SO3的电离常数数据,判断NaHSO3溶液显酸性还是显碱性?

15.Ⅱ.0.98gCu(OH)2样品受热分解的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。

请回答下列问题:

试确定1100℃时所得固体B的化学式(要求写出推理或计算过程)。

16.固体A在一定条件下能与一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体反应,得到红色固体单质和气体单质,则该反应的化学方程式为                                   ;若反应中转移0.015mol电子,则消耗还原剂的物质的量为             

17.取少量固体B于试管中,加入足量的稀硫酸得到蓝色溶液,同时观察到试管中还有红色固体存在,该反应的离子方程式为                                          

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

D

解析

A. 保持温度不变,将容器的体积扩大两倍,如平衡不移动,A的浓度为0.3mol/L,实际A的浓度变为0.2mol/L,说明平衡向消耗A的方向移动,即向正反应移动;

B. 平衡向消耗A的方向移动,即A的转化率增大;

C. 平衡向正反应移动,减小压强平衡向气体物质的量减小的方向移动,气体的物质的量减小;

D.平衡向正反应移动,压强平衡向气体物质的量减小的方向移动,a+b

考查方向

本题主要考查了化学平衡的计算;化学平衡常数的含义及计算。

解题思路

保持温度不变,将容器的体积扩大两倍,如平衡不移动,A的浓度为0.3mol/L,实际A的浓度变为0.2mol/L,说明平衡向消耗A的方向移动,即向正反应移动, HSO3-既能电离也能水解,

易错点

利用假设法判断平衡移动方向。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

  H2SO3+HCO3-=CO2+H2O+HSO3-

HSO3-既能电离也能水解,但其电离大于水解,显酸性.

解析

HSO3-既能电离也能水解,Ka2=6.3*10-8。Kh= =7.7*10-13< Ka2但其电离大于水解,显酸性.

考查方向

本题主要考查了化学平衡的计算;化学平衡常数的含义及计算。

解题思路

保持温度不变,将容器的体积扩大两倍,如平衡不移动,A的浓度为0.3mol/L,实际A的浓度变为0.2mol/L,说明平衡向消耗A的方向移动,即向正反应移动, HSO3-既能电离也能水解

易错点

利用假设法判断平衡移动方向。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

0.98gCu(OH)2即0.01mol,加热至1100时失重0.26g ,则1mol Cu(OH)2加热至1100时失重26g,加热时失去的重量应为2molH原子和1.5molO原子,则1molCu(OH)2加热后剩余1molCu和 0.5mol氧原子,Cu与O原子个数比为2:1,故剩余固体化学式为Cu2O。

解析

产物A:CuO产物B:Cu2O有关反应:

Cu(OH)2 ==加热== CuO + H2O↑  2.4CuO ==加热== 2Cu2O + O2↑   Cu2O + 2HCl = CuCl2 + Cu↓ + H2O,蓝色溶液是CuCl2,红色固体是Cu粉末3.3CuO + 2NH3 ==高温== 3Cu + N2↑ + 3H2O↑,红色物质是Cu,无污染气体是N2;0.98gCu(OH)2即0.01mol,加热至1100时失重0.26g ,则1mol Cu(OH)2加热至1100时失重26g,加热时失去的重量应为2molH原子和1.5molO原子,则1molCu(OH)2加热后剩余1molCu和 0.5mol氧原子,Cu与O原子个数比为2:1,故剩余固体化学式为Cu2O。

考查方向

本题主要考查了化学平衡的计算;化学平衡常数的含义及计算。

解题思路

产物A:CuO产物B:Cu2O有关反应:

Cu(OH)2 ==加热== CuO + H2O↑4CuO ==加热== 2Cu2O + O2↑   Cu2O + 2HCl = CuCl2 + Cu↓ + H2O,蓝色溶液是CuCl2,红色固体是Cu粉末3CuO + 2NH3 ==高温== 3Cu + N2↑ + 3H2O↑,  0.98gCu(OH)2即0.01mol,加热至1100时失重0.26g ,则1mol Cu(OH)2加热至1100时失重26g,加热时失去的重量应为2molH原子和1.5molO原子,则1molCu(OH)2加热后剩余1molCu和 0.5mol氧原子,Cu与O原子个数比为2:1,故剩余固体化学式为Cu2O。

易错点

利用假设法判断平衡移动方向。

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O      0.005mol

解析

3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O        0.005mol

考查方向

本题主要考查了化学平衡的计算;化学平衡常数的含义及计算。

解题思路

3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O  Cu2O+2HCu+Cu2++H2O

易错点

利用假设法判断平衡移动方向。

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

Cu2O+2HCu+Cu2++H2O

解析

Cu2O+2HCu+Cu2++H2O

考查方向

本题主要考查了化学平衡的计算;化学平衡常数的含义及计算。

解题思路

3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O  Cu2O+2HCu+Cu2++H2O

易错点

利用假设法判断平衡移动方向。

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题型:简答题
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简答题 · 14 分

硫化钠是用于皮革鞣制的重要化学试剂,可用无水芒硝(Na2SO4)与炭粉在高温下反应而制得,反应方程式如下 :Na2SO4+4C → Na2S+ 4CO   Na2SO4+4CO → Na2S+ 4CO2

50.现有无水芒硝17.75 g,若生成过程中无水芒硝的利用率为80%,则理论上可得到  Na2S___________g,最多生成标况下的CO _________L。

51.若在反应过程中生成的Na2S 3mol,则消耗的碳单质的物质的量 n的范围是______mol≤n≤_____mol,若生成等物质的量CO和CO2,则消耗的碳的物质的量为________mol。

52.Na2S放置在空气中,会被缓慢氧化成Na2SO4 及 Na2SO3 ,现称取已经部分氧化的硫化

钠样品78.40g 溶于水中,加入足量盐酸,充分反应后过滤得沉淀19.20g,放出H2S气体2.24L  (标准状况)。请计算:78.40g样品中各氧化产物的物质的量(写出必要的计算过程)。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

7.8g    8.96L

解析

无水芒硝17.75g的物质的量=,若生成过程中无水芒硝的利用率为80%,根据硫元素守恒可知,则理论上可得到 Na2S的质量是0.125mol×80%×78g/mol=7.8g,根据反应方程式:Na2SO4+4C=Na2S+4CO,最多生成一氧化碳物质的量是0.125mol×80%×4=0.4mol,体积是8.96L

考查方向

化学计算

解题思路

根据

计算无水芒硝的物质的量,根据硫元素守恒计算得到Na2S的物质的量,再根据m=nM计算Na2S的质量

易错点

注意S元素的守恒

教师点评

本题主要考查化学计算,题目较简单

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

6mol≤n≤12mol      ( 2分)     8   (2分)

解析

若生成的气体为CO,消耗的碳的物质的量最多,由Na2SO4+4CNa2S+4CO↑可知,生成3molNa2S需要碳的物质的量为3mol×4=12mol,若生成的气体为CO2,消耗的碳的物质的量最少,根据电子转移守恒可知,生成3molNa2S需要碳的物质的量为6mol,故消耗的碳单质的物质的量 n的范围是6mol≤n≤12mol;

若生成等物质的量CO和CO2,令各自物质的量为ymol,根据电子注意守恒,则2y+4y=3×[6-(-2)],解得y=4,根据碳原子守恒可知,需要碳的物质的量为4mol+4mol=8mol

考查方向

化学计算

解题思路

若生成的气体为CO,消耗的碳的物质的量最多,若生成的气体为CO2,消耗的碳的物质的量最少;若产生的气体最终只有CO2,反应中C元素化合价由0价升高为+4价,根据电子转移守恒计算需要碳的物质的量;

若生成等物质的量CO和CO2,根据电子转移守恒计算CO和CO2的物质的量,再根据碳原子守恒计算碳的物质的量

易错点

依据电子守恒进行计算

教师点评

主要考查化学计算,题目较简单

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

Na2SO3有0.2mol, Na2SO4 0.1mol

解析

19.2g为硫的物质的量是0.6mol,由方程式:2Na2S+Na2SO3+6HCl=NaCl+3S↓+3H2O可知,参加该反应的Na2S为0.4mol,Na2SO3的物质的量为0.2mol,2.24LH2S气体的物质的量为0.1mol,根据反应2HCl+Na2S=2NaCl+H2S↑可知,参加该反应的Na2S的物质的量为0.1mol,故样品中Na2SO4的质量为78.40g-0.2mol×126g/mol-(0.4mol+0.1mol)×78g/mol=14.2g,故Na2SO4的物质的量为0.1mol,

故78.40g样品中氧化产物:Na2SO3为0.2mol,Na2SO4为0.1mol

考查方向

s元素的守恒

解题思路

Na2S与Na2SO3在酸性条件下发生反应:2Na2S+Na2SO3+6HCl=NaCl+3S↓+3H2O,故19.2g为硫的质量,放出H2S气体2.24L,还发生反应2HCl+Na2S=2NaCl+H2S↑,根据计算S的物质的量,进而计算生成S的反应中参加反应的Na2S、Na2SO3各自的物质的量,根据计算H2S的物质的量,进而计算与盐酸反应生成H2S气体需要Na2SO3的物质的量,再根据m=nM计算样品中Na2S、Na2SO3各自的质量,继而计算Na2SO4的质量,根据计算Na2SO4的物质的量

教师点评

本题考查混合物的有关计算,注意利用极限法与守恒法进行的计算,是对学生综合能力的考查,难度中等

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题型: 单选题
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单选题 · 2 分

5.10 mL浓度为1 mol·L-1的盐酸与过量的锌粉反应,若加入适量的下列溶液,能加快反应

速率但又不影响氢气生成量的是

AK2SO4

BCH3COONa

CCuSO4

DNa2CO3

正确答案

C

解析

A.加入K2SO4溶液,相当于加水稀释,溶液中氢离子浓度降低,故能减慢反应速率,故A错误;

B,加入CH3COONa溶液,溶液被稀释,且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子,溶液中氢离子浓度降低,故能减慢反应速率,故B错误;

C.Zn可以置换出Cu,构成原电池,加快反应速率,且氢离子总量不变,故能加快反应速率且又不影响氢气生成量,故C正确;

D.加入碳酸钠溶液,与盐酸反应是二氧化碳,氢离子总量较小,生成氢气的量减少,故D错误,

考查方向

化学反应速率的影响因素

解题思路

过量锌与一定量的盐酸反应,为了加快反应速率,可以升高温度、增大锌固体的表面积或形成原电池反应,不影响生成氢气的总量,所加入物质不能改变氢离子的总物质的量,以此解答该题

易错点

C选项构成原电池,加快反应速率

教师点评

本题考查化学反应速率影响因素,比较基础,需注意生成氢气的量不变

知识点

有关范围讨论题的计算
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题型: 单选题
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单选题 · 6 分

11.常温下,将等体积,等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合,析出部分NaHCO3晶体,过滤,所得滤液pH<7。下列说法中正确的是

A该现象说明了NaHCO3难溶于水

B滤液中的c(Na)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3

C滤液中c(Na)+c(H)+c(NH4+)=c(OH)+c(HCO3-)+c(CO32-

D滤液中c(Cl)>c(NH4+)>c(HCO3-)>c(H)>c(OH

正确答案

D

解析

A.该现象说明了NaHCO3溶解度相对与氯化铵等物质较小,NaHCO3可溶于水,A错误;

B.溶液中存在物料守恒,即:c(Na)=c(C),则:c(Na+)=c(HCO3)+c(CO32﹣)+c(H2CO3),HCO3-水解程度大于电离程度,因此滤液中的c(Na)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-),B错误;

C.根据电荷守恒,滤液中c(Na)+c(H)+c(NH4+)=c(OH)+c(HCO3-)+2c(CO32-),C错误;

D.滤液中剩余的溶质主要是少量碳酸氢铵和氯化铵,铵根离子水解,浓度小于氯离子,但水解程度较小,仍然大于碳酸氢根离子,铵根离子水解大于碳酸氢根离子水解,溶液显酸性,因此c(Cl)>c(NH4+)>c(HCO3-)>c(H)>c(OH),D正确;

故选D。

考查方向

离子浓度大小的比较

解题思路

A.该现象说明了NaHCO3溶解度相对与氯化铵等物质较小;

B.溶液中存在物料守恒,即:c(Na)=c(C),则:c(Na+)=c(HCO3)+c(CO32﹣)+c(H2CO3),HCO3-水解程度大于电离程度;

C.根据电荷守恒,滤液中c(Na)+c(H)+c(NH4+)=c(OH)+c(HCO3-)+2c(CO32-);

D.滤液中剩余的溶质主要是少量碳酸氢铵和氯化铵,铵根离子水解,浓度小于氯离子,但水解程度较小,仍然大于碳酸氢根离子,铵根离子水解大于碳酸氢根离子水解,溶液显酸性;

易错点

本题考查离子浓度大小比较,题目难度中等,明确电荷守恒、物料守恒即盐的水解原理的含义为解答关键,注意熟练掌握判断离子浓度大小常用方法,试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。

知识点

有关范围讨论题的计算
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