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2017年高二化学上期期末考试相关

射洪县高二化学2017年上期期末考试同步练习

化学与人类生活、生产密切相关,下列说法正确的是
A. 在厨房里可用米汤检验加碘食盐中的碘
B. 为测定熔融氢氧化钠的导电性,常将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化
C. 14C可用于文物年代的鉴定,14C与12C互为同位素
D. 铁元素在人体中主要以Fe2+的形式存在,是血红细胞的组成之一。喝补铁剂时,加服维生素C效果更好,原因是维生素C具有氧化性

【答案】C
【解析】
A、米汤中含有淀粉,食盐中含有IO3-,不含I2,IO3-遇淀粉不变蓝,所以不能用米汤检验加碘食盐中的碘,故A错误;B、石英主要成分为二氧化硅,NaOH能和二氧化硅反应,所以不可在石英坩埚中熔化NaOH固体,故B错误;C、14C可用于文物的年代鉴定,14C与12C的质子数相同,中子数不同,二者互为同位素,故C正确;D、Fe2+很容易被氧化为Fe3+,维生素具有还原性,能将Fe3+还原为Fe2+,故D错误。

下列有关说法错误的是
A. NaCl晶胞中Na+的配位数为6且构成正八面体
B. 由石墨比金刚石稳定可知:C(金刚石,s) ===C(石墨,s) ΔH>0
C. 已知冰的熔化热为6.0 kJ/mol,冰中氢键键能为20 kJ/mol。假设熔化热完全用于打破冰的氢键,最多能破坏冰中15%的氢键,则每摩尔冰中平均有2 mol氢键
D. 石墨中的碳原子采用sp2杂化构成平面层状结构,12g石墨中碳碳键数为1.5NA

【答案】B
【解析】
A、NaCl晶体中,距Na+最近的Cl-有6个,这6个离子构成一个正八面体,故A正确;B、石墨比金刚石稳定,说明等质量时,石墨的总能量小于金刚石的总能量,因此金刚石转化为石墨是放热反应,△H<0,故B错误;C、冰的熔化热相当于破坏mol也就是0.3mol氢键所需的能量,若熔化热最多能破坏15%的氢键,则每摩尔冰中平均有氢键=2mol,故C正确;D、石墨中每个碳原子形成3个共价键,则碳原子的价层电子对数为3,所以属于sp2杂化,每个共价键由两个碳原子构成,则平均1mol碳原子具有1.5mol碳碳单键,所以12g石墨中含有碳碳键数为1.5NA,故D错误。故选B。

X溶液中含有下表离子中的某5种,且其浓度均为 0. 1mol/L(不考虑水的电离与离子水解)。向X溶液加入足量稀盐酸,有无色气体生成,经分析反应前后 阴离子种类没有变化。下列叙述不正确的是

阳离子

阴离子

Na+ 、Mg2+、Al3+、Ca2+
Fe2+ 、Fe3+

OH−、CO32−、HCO3−
Cl−、NO3−、SO42−



A. 生成无色气体的离子方程式为:3Fe2+ +NO3−+4H+===3Fe3++NO ↑+2H2O
B. X溶液中不可能含有HCO3−或CO32−
C. 根据电荷守恒,原溶液中一定含Mg2+
D. X溶液中含有3种阳离子、2种阴离子

【答案】D
【解析】
往溶液中加入足量盐酸,反应前后阴离子种类没有变化,则溶液中一定存在Cl−,不存在OH−、CO32−、HCO3−,因为盐酸会将三者反应完全。加入盐酸有无色气体产生,则可推测Fe2+、NO3−在酸性环境下发生氧化还原反应,生成无色气体NO和Fe3+,当Fe2+少量、盐酸过量时,Fe2+反应完全,NO3− 有剩余,阴离子种类没有变化,所以溶液中一定存在Fe2+、NO3−。假设溶液中只含NO3−、Cl−两种阴离子,存在三种阳离子(包括Fe2+),根据题干已知,各离子的浓度均为0.1mol/L,此时电荷不守恒,故假设不成立,溶液中应还含有SO42−。当溶液中含有等浓度的NO3−、Cl−、SO42−、Fe2+时,根据电荷守恒,应还含有一种带2个电荷的阳离子,该离子不能是Ca2+,因为Ca2+与SO42−反应生成微溶的Ca SO4,该离子只能是Mg2+。综上所述溶液中存在的五种离子分别为:NO3−、Cl−、SO42−、Fe2+、Mg2+。
A、根据上述分析,生成的无色气体为NO,反应方程式为3Fe2+ +NO3−+4H+=3Fe3++NO ↑+2H2O,故A正确;B、溶液中不可能含有HCO3−、CO32−,故B正确;C、原溶液中一定含Mg2+,故C正确;D、溶液中存在的五种离子分别为NO3−、Cl−、SO42−、Fe2+、Mg2+,共2种阳离子,3种阴离子,故D错误。故选D。

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。X、W同主族,Z、W同周期,X原子核内质子数是Y原子核内质子数的3/4,W原子最外层电子数是Z原子最外层电子数的4倍。下列说法中正确的是
A. 原子半径:r(X)>r(Y)>r(W)>r(Z)
B. X、Y、Z三种元素形成的化合物中存在离子键和共价键
C. 元素W的气态氢化物的热稳定性比元素X的强
D. Y和W形成的化合物的熔点比Y和Z形成的化合物的熔点低

【答案】B
【解析】
W原子最外层电子数是Z原子最外层电子数的4倍,W属于主族元素,最外层电子数不能超过8个,则W原子最外层电子数是4,Z原子最外层电子数是1,所以W位于第IVA族,Z位于第IA族;X、W同主族,则X位于第IVA族,X原子序数小于W,且都是短周期元素,所以X是C元素、W是Si元素;Z、W同周期,则Z是第三周期元素,W位于第IA族,则Z为Na元素;X原子核内质子数是Y原子核内质子数的,X原子核内6个质子,则Y核内8个质子,故Y为O元素。
A、同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大,故r(Na)>r(Si)>r(C)>r(O),即r(Z)>r(w)>r(X)>r(Y),故A错误;B、元素X、Y、Z分别为C、O、Na,三者可以形成化合物Na2CO3、Na2C2O4,存在离子键和共价键,故B正确;C、非金属性X(C)<Y(O),则最简单氢化物的稳定性X<Y,故C错误;D、Y(O)和W(Si)形成的化合物SiO2为原子晶体,熔沸点很高,Y(O)和Z(Na)形成的化合物为离子晶体熔点较原子晶体低,故D错误。故选B。

下列实验,对应的现象及结论都正确且两者具有因果关系的是

选项

实 验

现 象

结 论

A

将纯碱与足量浓盐酸反应后产生的气体直接通入硅酸钠溶液中

溶液变浑浊

非金属性:Cl>C>Si

B

向某溶液中先加入几滴Ba(NO3)2,再加入足量的硝酸酸化

先产生白色淀后无明显变化

原溶液中一定含有SO42−

C

在盛有红褐色Fe(OH)3胶体的U形管的两个管口,各插入一个电极,并使两极与直流电源相连

阴极附近溶液颜色逐渐加深

Fe(OH)3胶体带有正电荷

D

向某酸溶液中加入一小段废光纤

一段时间后
废光纤溶解

原酸溶液中一定含有氢氟酸



A. A B. B C. C D. D

【答案】D
【解析】
A、证明元素非金属性强弱的依据:元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强,则该元素的非金属性越强,若要比较Cl、C、Si的非金属性强弱,不能看盐酸、碳酸、硅酸的酸性大小,应利用高氯酸与碳酸和硅酸的酸性大小比较,故A错误;B、原溶液中也可能含有的是SO32-,加入Ba(NO3)2产生白色沉淀BaSO3,再加入足量硝酸,BaSO3被氧化为BaSO4,沉淀不溶,则不能判断原溶液中是否含有SO42-,故B错误;C、Fe(OH)3胶体属于分散系,呈电中性,阴极附近溶液颜色逐渐加深,说明带电的胶体粒子带正电,不能说Fe(OH)3胶体带电,故C错误;D、光纤的主要成分为SiO2,向某酸溶液中加入一小段废光纤,一段时间后光纤溶解,与SiO2反应的酸只有氢氟酸,故原酸中一定含有氢氟酸,故D正确。故选D。

下列关于物质结构的命题中,错误的项数有
①CH3COOH分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种
②元素Ge位于周期表第四周期IVA族,核外电子排布式为 [Ar]4s24p2,属于P区
③非极性分子往往具有高度对称性,如BF3、PCl5、H2O2、CO2这样的分子
④冰中存在极性共价键和氢键两种化学键的作用
⑤Cu(OH)2是一种蓝色絮状沉淀,既溶于硝酸、氨水,也能溶于硫酸氢钠溶液中
⑥熔融态的HgCl2不导电,HgCl2稀溶液有弱的导电能力说明固态HgCl2是分子晶体,为非电解质
⑦氨水中大部分NH3与H2O以氢键(用“...”表示)结合成NH3.H2O分子,根据氨水的性质可知NH3.H2O的结构式可记为:
A. 4项 B. 5项 C. 6项 D. 7项

【答案】A
【解析】
①甲基中,碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+0=4,所以为sp3杂化,-COOH中,碳原子价层电子对个数=3+0=3,形成3个σ键,无孤对电子,杂化方式为sp2杂化,故①正确;②Ge位于第四周期第IVA族,则Ge是32号元素,原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2,属于P区元素,故②错误;③H2O2结构不对称,属于极性分子,故③错误;④氢键不属于化学键,故④错误;⑤Cu(OH)2和氨水反应生成络合离子,所以Cu(OH)2能溶于氨水中,Cu(OH)2属于碱能溶于硝酸,NaHSO4在水溶液中完全电离为Na+、H+、SO42-,H+能与Cu(OH)2反应,故⑤正确;⑥HgCl2的稀溶液有弱的导电能力,说明HgCl2是电解质,故⑥错误;⑦氢键应形成于X…H-Y形式当中,X、Y必须是N、O、F元素之一,这样NH3·H2O的结构式有两种可能:H3N…H-O-H、H2N-H…OH2,由于NH3·H2O可电离出NH4+和OH-,所以第1种结构合理的,如果是后者应电离出NH2-和H3O,故⑦正确。故错误的有②③④⑥,共4种,故选A。

PbO2是褐色固体,受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物,+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2;现将一定量的PbO2加热分解得到O2,向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2。反应中生成的O2和Cl2 的物质的量之比为3:2,分解释放O2后固体的组成及物质的量比是
A. 1:1混合的Pb3O4, PbO B. 1:2混合的PbO2, Pb3O4
C. 2:1:4混合的PbO2, Pb3O4, PbO D. 1:2:4混合的PbO2, Pb3O4, PbO

【答案】A
【解析】
PbO2受热分解得到O2和Pb的氧化物的混合物(Pb为+4、+2价),可表示为
PbO2→O2↑+ xPbO2·yPbO;根据Pb原子和O原子守恒,该方程式可配平为(x+y)PbO2 O 2↑+ xPbO2·yPbO。向剩余固体中加入足量浓盐酸,+4价的Pb氧化盐酸得到Cl2,自身被还原为+2价Pb,方程式可表示为PbO2+4HCl(浓)= PbO2+2H2O+Cl2↑,所以有关系式1PbO2~1Cl2,xPbO2~xCl2;又因为反应中生成的O2和Cl2 物质的量之比为3:2,则:x=3:2,所以y:x=6:2。所以PbO2分解方程式可表示为8PbO2 3O2↑+ 2PbO2·6PbO。所以分解后固体中n(Pb) :n(O)=(1×2+1×6):(2×2+1×6)=4:5。
A、1:1混合的Pb3O4、PbO,n(Pb):n(O)=(3+1):(4+1)=4:5,故A正确;B、1:2混合的PbO2、Pb3O4,n(Pb):n(O)=(1+6):(2+8)=7:10,故B错误;C、2:4:1混合的PbO2、Pb3O4、PbO,n(Pb):n(O)=(2+12+1):(4+16+1)=5:7,故C错误;D、1:2:4混合的PbO2、Pb3O4、PbO,n(Pb):n(O)=(1+6+4):(2+8+4)=11:14,故D错误。故选A。

我国化学家在“铁基(氟掺杂镨氧铁砷化合物)高温超导”材料研究上取得了重要成果,该研究项目荣获2013年度“国家自然科学奖”一等奖。
(1)基态砷原子的价电子排布式为____。
(2)氟、氧、砷三种元素的电负性由大到小的顺序是____(用相应的元素符号填空)。
(3)Fe(SCN)3溶液中加人NH4F,发生如下反:Fe(SCN)3+6NH4F=== (NH4)3FeF6+3NH4SCN
①NH4F 中阳离子的立体构型为____。
②(NH4)3FeF6存在的微粒间作用力有__(选填序号,下同)。
a.离子键 b.共价键 c.金属键 d.配位键 e.范德华力 f.氢键
③已知SCN−中各原子最外层均满足8电子稳定结构,则C原子的杂化方式为____,该原子团中σ与π键个数比为____。
(4)FeCl3晶体易溶于水、乙醇,受热易气化,而FeF3晶体熔点高于1000oC,试解释两种化合物熔点差异较大的原因:____。
(5)S和Fe形成的某化合物,其晶胞如图所示,则该物质的化学式为 ___。设该晶胞的密度为ρ g/cm3,用NA表示阿伏加德罗常数,则该晶胞中距离最近的S原子之间的距离为(列出计算式即可)____cm。

【答案】4S24P3 F>O>As 正四面体 abd sp 1:1 FeF3为离子晶体,FeCl3为分子晶体 FeS
【解析】
(1)主族元素基态原子的价层电子排布就是最外层电子排布,所以基态砷原子的价层电子排布式为4s24p3,故答案为:4s24p3;
(2)非金属性越强,电负性越大,所以氟、氧、砷三种元素电负性值由大到小的顺序是F>O>As,故答案为:F>O>As;
(3)①NH4+中价层电子对=4+=4,所以中心原子原子轨道为sp3杂化,该离子中含有不孤电子对,所以其空间构型为正四面体,故答案为:正四面体;
②(NH4)3FeF6是离子化学物,铵根离子与六氟合铁酸根之间是离子键,氮与氢之间是共价键,铁与氟之间是配位键,故答案为:abd;
③SCN-中各原子最外层均满足8电子稳定结构,该原子团的结构式为[S=C=N]-,其结构与二氧化碳相似,其中含有2个σ键与2个π键,所以C原子的杂化方式为sp,σ键与π键个数的比为1:1,故答案为:sp;1:1;
(4)FeCl3晶体易溶于水、乙醇,用酒精灯加热即可气化,所以FeCl3是分子晶体,FeF3晶体熔点高于1000°C,所以FeF3是离子晶体;分子晶体中分子之间是范德华力,作用力比较小,而离子键的作用力较大,所以两者的沸点相差较大,故答案为:FeCl3是分子晶体,FeF3是离子晶体;
(5)该晶胞中Fe原子个数是4,S原子个数=,根据S和Fe原子个数之比确定化学式为FeS;该晶胞的质量m==,该晶胞的体积==cm3;晶胞棱长=cm=该晶胞中距离最近的S原子之间的距离为晶胞棱长的倍,即×cm。
故答案为:FeS;×cm。

近年来“雾霾”污染日益严重,原因之一是机动车尾气中含有NO、NO2、CO等气体,火力发电厂释放出大量的NOx、SO2和CO2等气体也是其原因,现在对其中的一些气体进行了一定的研究:
(1)用 CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。
已知:①CH4(g) + 4NO2(g) = 4NO(g) + CO2(g) + 2H2O(g) △H = - 574 kJ/mol
②CH4(g) + 4NO(g) = 2N2(g) + CO2(g) + 2H2O(g) △H = - 1160 kJ/mol
③H2O(g) = H2O(l) △H = - 44.0 kJ/mol
写出 CH4(g)与 NO2(g)反应生成 N2(g)、CO2(g)和 H2O(l)的热化学方程式: _____________________________________________________________。
(2)汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体,对汽车加装尾气净化装置,可使有毒气体转化为无毒气体。4CO(g)+2NO2(g) 4CO2(g)+N2(g) ΔH=-1200 kJ·mol-1
对于该反应,温度不同(T2>T1)、其他条件相同时,下列图像正确的是________________(填代号)。

(3)用活性炭还原法也可以处理氮氧化物,某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO,发生反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) ΔH=a kJ/mol
在T1℃时,反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下:

时间/min
浓度/(mol/L)

0

10

20

30

40

50

NO

1.0

0.58

0.40

0.40

0.48

0.48

N2

0

0.21

0.30

0.30

0.36

0.36

CO2

0

0.21

0.30

0.30

0.36

0.36


①根据图表数据分析T1℃时,该反应在0-20min的平均反应速率v(NO)=_____________________;计算该反应的平衡常数K=____________________。
②30min后,只改变某一条件,根据上表的数据判断改变的条件可能是_________(填字母代号)。
A.通入一定量的CO2 B.加入合适的催化剂
C.适当缩小容器的体积 D.通入一定量的NO
E.加入一定量的活性炭
③若30min后升高温度至T2℃,达到平衡时,容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2:1:1,则达到新平衡时NO的转化率____________(填“升高”或“降低”),a________0(填“>”或“<”)。
(4)温度T1和T2时,分别将0.50 mol CH4和1.2mol NO2充入1 L的密闭容器中发生反应:CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=bkJ/mol。
测得有关数据如下表:

温度

时间/min
物质的量

0

10

20

40

50

T1

n(CH4)/mol

0.50

0.35

0.25

0.10

0.10

T2

n(CH4)/mol

0.50

0.30

0.18

x

0.15


下列说法正确的是__________________。
A.T1>T2,且b>0
B.当温度为T2、反应进行到40 min时, x>0.15
C.温度为T2时,若向平衡后的容器中再充入0.50 mol CH4和1.2mol NO2,重新达到平衡时,n(N2)<0.70mol
D.温度为T1时,若起始时向容器中充入0.50 mol CH4(g)、0.50 molNO2(g)、1.0 mol N2(g)、2.0 molCO2(g)、0.50molH2O(g),反应开始时,ν(正)>ν(逆)

【答案】 CH4(g) +2 NO2(g) = N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(l) △H =-955 kJ/mol 乙 0.030mol·L-1 ·min-1 0.56 (或9/16) 降低 < CD
【解析】(1)已知:①CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574k·mol-1;②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ·mol-1;③H2O(g)═H2O(l)△H=-44.0kJ·mol-1,根据盖斯定律,(①+②+3×4)÷2可得:CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g);△H=-574k·mol-1-1160kJ·mol-1-574k·mol-1×4=-955 kJ/mol ;(2)该反应为放热反应,升高温度,正逆反应速率均增大,都应该比原来的速率大,图象与实际情况不相符,故甲错误;升高温度,反应向着逆向进行,反应物的转化率减小,反应速率加快,图象与实际反应一致,故乙正确,压强相同时,升高温度,反应向着逆向移动,一氧化氮的体积分数应该增大,图象与实际不相符,故丙错误,故选乙;(3)0~20min内,CO2的平均反应速率v(NO)=(1.0mol·L-1-0.4mol·L-1)/20min=0.030mol·L-1 ·min-1;C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g),平衡浓度c(N2)=0.3mol·L-1;c(CO2)=0.3mol·L-1;c(NO)=0.4mol·L-1;反应的平衡常数K= =0.56;②30min后,只改变某一条件,反应重新达到平衡,C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g),依据图表数据分析,平衡状态物质浓度增大,依据平衡常数计算K=,平衡常数随温度变化,平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度;依据数据分析,氮气浓度增大,二氧化碳和一氧化氮浓度增大,反应前后气体体积不变,所以可能是减小溶液体积后加入一定量一氧化氮;A.生成物CO2和N2按方程式计量数之比同时增大,通入一定量的CO2不合理,故A错误; B.加入催化剂不能使平衡移动,故B错误;C.适当缩小容器的体积,反应前后体积不变,平衡状态物质浓度增大,故C正确;D.通入一定量的NO,新平衡状态下物质平衡浓度增大,故D正确;E.加入一定量的活性炭,碳是固体对平衡无影响,平衡不移动,故E错误;故选CD。③若30min后升高温度至T2℃,达到平衡时,容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为2:1:1,氮气和二氧化碳难度之比始终为1:1,所以2:1=6:3>4:3,说明平衡向逆反应方向移动,达到新平衡时NO的转化率降低,说明逆反应是吸热反应,则正反应是放热反应,a<0;(4)A、温度升高,反应速率加快,因此T2>T1,甲烷剩余量增多,说明反应逆向进行,正反应放热,所以b<0,故A错误;B、当温度为T2、反应进行到40 min时,反应达到平衡状态,x=0.15,故B错误;C、温度为T2时,若向平衡后的容器中再充入0.50 mol CH4和1.2mol NO2,平衡逆向移动,重新达到平衡时,n(N2)小于原平衡n(N2)的2倍,故C正确;
D、对于反应 CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
起始(mol·L-1) 0.5 1.2 0 0 0
变化(mol·L-1) 0.4 0.8 0.4 0.4 0.8
平衡(mol·L-1) 0.1 0.4 0.4 0.4 0.8
温度为T1时,平衡常数K= =6.4,若起始时向容器中充入0.50 mol CH4(g)、0.50 molNO2(g)、1.0 mol N2(g)、2.0 molCO2(g)、0.50 molH2O(g),浓度商==4<K,平衡正向移动,ν(正)>ν(逆),故D正确。故选CD。

草酸(H2C2O4)溶液与酸性KMnO4溶液反应时,溶液褪色总是先慢后快,某学习小组探究反应过程中使褪色加快的主要原因,过程如下:
【查阅资料】KMnO4溶液氧化H2C2O4的反应历程为:

【提出假设】假设1:该反应为放热反应
假设2:反应生成的Mn2+对该反应有催化作用
假设3:K+对该反应有催化作用
该小组同学未提出浓度使反应速率加快的假设,原因是 。
【设计、完成实验】(1)称取 g草酸晶体(H2C2O4·2H2O),配置500 mL 0.10 mol/L H2C2O4溶液。
①在上述过程中必须用到的2种定量仪器是托盘天平和 。
②下列操作会使所配溶液浓度偏低的是 (填下列选项的字母序号)。

A.称取草酸晶体时,将草酸晶体放在托盘天平右盘

B.定容时俯视刻度线

C.将烧杯中溶液转移到容量瓶之前,容量瓶中有少量蒸馏水

D.摇匀后,发现溶液液面低于刻度线,立即用胶头滴管加水再定容


(2)完成探究,记录数据

实验
编号

烧杯中所加试剂及用量(mL)

控制条件

溶液褪色时间(s)

0.10 mol/L
H2C2O4溶液

等浓度
KMnO4溶液

H2O

0.50 mol/L
稀硫酸



1

30

20

30

20


18

2

30

20

30

20

水浴控制温度65 ℃

15

3

30

20

30

20

加入少量MnSO4固体

3.6

4

30

20

x

20

加入5 mL 0.10 mol/LK2SO4溶液

18


则x = ,假设2成立
(3)由于KMnO4能氧化水中有机物等因素,为配制好稳定的KMnO4溶液,其浓度需标定。取10.00 mL 0.10 mol/L H2C2O4溶液于锥形瓶中,加入10 mL 0.50 mol/L稀硫酸,用(2)中KMnO4溶液滴定至锥形瓶中恰好呈浅紫色,且半分钟不褪色,记录数据,平行三次实验,平均消耗KMnO4溶液40.00 mL,则草酸溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为: 。上述实验中KMnO4溶液的物质的量浓度为 。

【答案】【提出假设】随反应物浓度降低,反应速率减慢
【设计、完成实验】(1)6.3 g ①500 mL容量瓶 ②A、D (2)25 mL
(3)5H2C2O4+2MnO4- +6H+=10CO2+2Mn2++8H2O 0.010 mol/L
【解析】试题分析:【提出假设】 因为随反应物浓度降低,反应速率减慢,而实验中反应速率是加快的。
【设计、完成实验】(1)草酸晶体的质量="0.5×0.1×126=6.3" g 。 ①因为要配制500毫升溶液,所以选用500 mL容量瓶; ②A、因为要称量6.3克草酸晶体,若放在右盘,则实际称量的质量偏低,浓度偏低;B、俯视则溶液的体积小,浓度偏大;C、容量瓶中有水,不影响浓度;D、摇匀后不应该加水,若加水,则浓度偏小。所以选A、D。 (2)因为实验是要控制溶液的浓度相同,所以混合溶液的总体积应相等,所以需要加入水的体积为25 mL。(3)草酸被高锰酸钾氧化成二氧化碳,离子方程式为:5H2C2O4+2MnO4- +6H+=10CO2+2Mn2++8H2O。高锰酸钾的浓度="5:(0.1×10)=2:(" 40×x) 解x="0.010" mol/L

元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4−(绿色)、Cr2O72−(橙红色)、CrO42−(黄色)等形式存在,Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体,回答下列问题:
(1)Cr3+ 与 Al3+ 的化学性质相似,在Cr2(SO4)3 溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量,可观察到的现象是_________。
(2)CrO42− 和 Cr2O72− 在溶液中可相互转化。室温下,初始浓度为1. 0 mol·L−1的Na2CrO4 溶液中c(Cr2O72−) 随c(H+) 的变化如图所示。

①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应____________。
②由图可知,溶液酸性减小,CrO42− 的平衡转化率__________(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据,计算出该转化反应的逆反应的平衡常数为__________。
③升高温度,溶液中CrO42−的平衡转化率减小,则该反应的ΔH____0(填“大于”“小于”或“等于”)。
(3)+6价铬的化合物毒性较大,常用NaHSO3将废液中的 Cr2O72− 还原成 Cr3+,反应的离子方程式为______________。

【答案】 蓝紫色溶液变浅,同时有灰蓝色沉淀生成,然后沉淀逐渐溶解,生成绿色溶液 2CrO42- + 2H+ Cr2O72- + H2O 减小 1.0×10-14 小于 Cr2O72 -+ 3HSO3- + 5H+ = 2Cr3+ + 3SO42- + 4H2O
【解析】(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似可知Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液,先生成Cr(OH)3灰蓝色沉淀,继续加入NaOH后沉淀溶解,生成绿色Cr(OH)4-;(2)①随着H+浓度的增大,CrO42-转化为Cr2O72-的离子反应式为:2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O;②溶液酸性减小,平衡2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O逆向进行,CrO42-的平衡转化率减小;A点Cr2O72-的浓度为0.25mol/L,则消耗的CrO42-的浓度为0.5mol/L,则溶液中的c(CrO42-)=1.0mol/L-0.25mol/L×2=0.5mol/L,H+浓度为1×10-7mol/L,此时该转化反应的平衡常数为 K=c(Cr2O72-) /c2(H+)c2(CrO42-) =0.25/0.52×(10−7)2=1.0×1014,因此逆反应的平衡常数为1.0×10-14;③升高温度,溶液中CrO42-的平衡转化率减小,平衡逆向移动,说明正方向放热,则该反应的△H<0;(3)利用NaHSO3的还原性将废液中的Cr2O72-还原成Cr3+,发生反应的离子方程式为:5H++Cr2O72-+3HSO3-=2Cr3++3SO42-+4H2O。

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