作業(yè)18 2025年高考總復習優(yōu)化設計二輪專題化學浙江專版課后習題課時規(guī)范練含答案

作業(yè)182025年高考總復習優(yōu)化設計二輪專題化學浙江專版課后習題課時規(guī)范練含答案作業(yè)181.(2024·浙江溫州普通高中高三第三次適應性考試)已知:Ⅰ.2[AgCl·3NH3(s)][2AgCl·3NH3(s)]+3NH3(g)KpⅠⅡ.[2AgCl·3NH3(s)]2[AgCl·NH3(s)]+NH3(g)KpⅡⅢ.[AgCl·NH3(s)][AgCl(s)]+NH3(g)KpⅢ0℃,真空恒容密閉容器中,選擇合適的固體試劑E,只吸收氨氣,速率較慢。忽略E及其產(chǎn)物,體系中固體組成表示為[AgCl·xNH3]。測定[AgCl·3NH3(s)]的逐級分解的體系中x與體系壓強(p)的關系如圖所示。下列說法不正確的是()A.KpⅠ>KpⅡ>KpⅢB.AgCl·xNH3最終以AgCl存在C.a→b→c過程中,[2AgCl·3NH3(s)]的質量先增多,后不變D.若固體試劑E失效,可向容器中緩慢通入N2,使反應物繼續(xù)分解答案D解析A項,體系中只有NH3是氣體,Kp與壓強呈正相關,由圖可知KpⅠ>KpⅡ>KpⅢ,故A正確;B項,[AgCl·3NH3]逐級分解失去NH3,最終為AgCl,故B正確;C項,a→b→c過程中,a→b壓強均不變,[AgCl·3NH3(s)]分解為[2AgCl·3NH3(s)],b→c,壓強驟降,c點時,體系中為[2AgCl·3NH3(s)],說明[2AgCl·3NH3(s)]先增多,后不變,故C正確;D項,若固體試劑E失效,向容器中緩慢通入N2,對體系中NH3無影響,不會使反應物繼續(xù)分解,故D錯誤。2.(2024·浙江“辛愉杯”高三下聯(lián)考)鐵酸鋅(ZnFe2O4)是效果較好的脫硫劑,脫硫反應為ZnFe2O4(s)+3H2S(g)+H2(g)2FeS(s)+ZnS(s)+4H2O(g)ΔH,經(jīng)實驗測定在不同的投料比x1、x2、x3[投料比=n(H2S)n(H2)]時H2S的平衡轉化率與溫度的關系如圖?，F(xiàn)向5L的恒容密閉容器中投入3molH2S、2molH2與足量ZnFe2OA.ΔH>0B.x1>x2>x3C.該溫度下該反應的Kp=1D.恒溫恒容條件下,若混合氣體壓強不變,則說明反應已達到平衡答案C解析A項,在投料比相同的條件下,升高溫度H2S的平衡轉化率降低,這說明升高溫度平衡逆向移動,正反應放熱,則ΔH<0,A錯誤;B項,當溫度相同時,投料比越大,H2S的平衡轉化率越低,所以x1<x2<x3,B錯誤;C項,向5L的恒容密閉容器中投入3molH2S、2molH2與足量ZnFe2O4,初始壓強為p0,平衡時H2O(g)的體積分數(shù)是H2的兩倍,設平衡時消耗H2的物質的量是xmol,依據(jù)方程式ZnFe2O4(s)+3H2S(g)+H2(g)2FeS(s)+ZnS(s)+4H2O(g)可知消耗H2S是3xmol,生成H2O(g)是4xmol,則4x=2×(2-x),解得x=23,由于反應前后氣體體積不變,則平衡時混合氣體的總物質的量為5mol,可以用物質的量代替壓強計算平衡常數(shù),則該溫度下該反應的Kp=(4×23)413×43=13.(2024·浙江高三下選考適應性考試)中國科學家首次用C60改性銅基催化劑,將草酸二甲酯加氫制乙二醇的反應條件從高壓降至常壓。草酸二甲酯加氫的主要反應有:反應Ⅰ:CH3OOCCOOCH3(g)+2H2(g)CH3OOCCH2OH(g)+CH3OH(g)反應Ⅱ:CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)反應Ⅲ:HOCH2CH2OH(g)+H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)其他條件相同時,相同時間內(nèi)溫度對產(chǎn)物選擇性的影響結果如圖所示:[已知:ⅰ.物質B的選擇性S(B)=n(生成B所用的草酸二甲酯)n(轉化的草酸二甲酯)×100%;ⅱ.450~500K,反應Ⅲ下列說法不正確的是()A.制乙二醇適宜的溫度范圍是470~480KB.減壓可提高乙二醇的平衡產(chǎn)率C.實驗條件下反應Ⅲ的活化能最高,升溫更有利于反應Ⅲ的進行D.銅基催化劑用C60改性后反應速率增大,可以降低反應所需的壓強答案B解析A項,由圖可知,溫度為470~480K時,生成乙二醇的選擇性最高,A正確;B項,反應Ⅱ為氣體分子數(shù)減小的反應,則增大壓強可以提高乙二醇的平衡產(chǎn)率,B錯誤;C項,由圖可知,升高溫度有利于生成乙醇,實驗條件下反應Ⅲ的活化能最高,所以升溫有利于反應Ⅲ的進行,C正確;D項,銅基催化劑用C60改性后,將草酸二甲酯加氫制乙二醇的反應條件從高壓降至常壓,則可以降低反應所需的壓強,催化劑可以加快化學反應速率,D正確。4.(2024·浙江溫州普通高中高三下第二次適應性考試)某小組利用不同膜反應器(可選擇性地讓某些氣體通過而離開體系)研究HI的分解率,工作原理如下圖所示。圖a、b和c反應區(qū)溫度維持恒定且相等,僅發(fā)生2HI(g)H2(g)+I2(g)且在反應區(qū)內(nèi)進行。投料均為1mol的HI(g),反應同時開始,80s時圖b反應區(qū)處于瞬時平衡狀態(tài),其化學平衡常數(shù)K(b)=164。裝置abc80s時反應區(qū)I2(g)的物質的量/mol0.100.30x下列說法正確的是()A.a裝置中的化學平衡常數(shù)K(a)<1B.a裝置中,HI(g)分解率為10%C.b裝置中,前80s內(nèi)H2的平均滲透速率約為3.6×10-3mol·s-1D.c裝置中,x一定大于0.30答案C解析化學平衡常數(shù)與溫度和反應有關,a、b和c反應區(qū)溫度維持恒定且相等,僅發(fā)生反應2HI(g)H2(g)+I2(g),故a、b、c裝置的化學平衡常數(shù)相等,K(a)=K(b)=K(c)=164,A項錯誤;a裝置中列三段式2HI(g)H2(g)+I2(g)起始/mol 1 0轉化/mol 0.2 0.1平衡/mol 0.8 0.1HI(g)分解率為0.2mol1mol×100%=20%,B項錯誤;b裝置中80s時反應區(qū)I2(g)的物質的量為0.3mol,則消耗HI(g)物質的量為0.6mol、生成H2物質的量為0.3mol,80s時反應區(qū)HI(g)物質的量為1mol-0.6mol=0.4mol,80s時b反應區(qū)處于瞬時平衡狀態(tài),其化學平衡常數(shù)K(b)=164,該反應前后氣體分子數(shù)不變,可用物質的量代入平衡常數(shù)表達式,選擇性膜1只使H2通過而離開體系,則反應區(qū)瞬時平衡時n(H2)反應區(qū)×0.30.42=164,解得n(H2)反應區(qū)=0.0253mol,則前80s內(nèi)H2的平均滲透速率約為0.3mol-0.0253mol80s=3.6×10-3mol·s-15.(2024·浙江稽陽聯(lián)誼學校高三聯(lián)考)自由基是化學鍵斷裂時產(chǎn)生的含未成對電子的中間體,HNO自由基與O2反應過程的能量變化如圖所示,下列說法正確的是()A.反應過程中,產(chǎn)物P1的濃度先增大,后減小B.過渡態(tài)能量越高,反應的活化能越高,反應的ΔH越小C.其他條件相同,升高溫度,達到平衡時,生成的產(chǎn)物中P2的百分含量增大D.反應過程中,v(HNO)=v(P1)+v(P2)答案A解析A項,生成P1的活化能低,反應速率快,但P2能量低,更穩(wěn)定,所以在反應過程中,產(chǎn)物P1的濃度先增大,后因P2不斷生成,則P1濃度減小,A項正確;B項,過渡態(tài)能量越高,反應的活化能越高,但反應的ΔH與活化能高低無直接關系,B項錯誤;C項,由圖可知,P1P2為放熱反應,升高溫度,有利于平衡逆向移動,因此達到平衡時,生成的產(chǎn)物中P2的百分含量減小,C項錯誤;D項,由反應過程可知,v(HNO)>v(Z)=v(P1)+v(P2),D項錯誤。6.(2024·浙江嘉興高三聯(lián)考)一定條件下,1molCH3OH和O2發(fā)生反應時,生成CO、CO2或HCHO的能量變化如圖所示[反應物O2(g)和生成物H2O(g)略去]。下列說法不正確的是()A.有催化劑時,主要產(chǎn)物為HCHOB.無催化劑時,升高溫度更有利于提高甲醛的產(chǎn)率C.該條件下CO2比CO更穩(wěn)定D.加入該催化劑能提高圖中各反應的速率,但不能改變反應的焓變答案D解析A項,由圖可知,有催化劑時,生成甲醛的活化能較小,而生成CO的活化能較大,因此,有催化劑時的主要產(chǎn)物為甲醛,A項正確;B項,無催化劑時,生成甲醛所需活化能較大,則升高溫度更有利于提高甲醛的產(chǎn)率,B項正確;C項,由圖可知,CO2具有的能量比CO低,則該條件下CO2比CO的穩(wěn)定性強,C項正確;D項,由圖可知,該催化劑能增大甲醇生成CO的活化能,降低甲醇催化氧化生成甲醛的活化能,所以該催化劑降低了甲醇生成CO的反應速率,增大了甲醇催化氧化生成甲醛的反應速率,D項錯誤。7.(2024·浙江金華東陽高三下三模)已知基元反應的速率符合質量作用定律,如基元反應H2+2I2HI,v=kc(H2)c2(I)(k為速率常數(shù))。鹵代烴RX發(fā)生水解反應有兩種歷程,能量變化如下圖所示,下列說法不正確的是()A.若RX的水解速率v=kc(RX)c(OH-),則反應按歷程1進行B.調(diào)節(jié)NaOH濃度,觀察分層現(xiàn)象消失的用時變化,可確定RX的水解歷程C.相同條件下,按歷程2反應,碘代烷(CH3)3CI水解速率要快于氯代烷(CH3)3CClD.取水解液,加AgNO3溶液,根據(jù)沉淀顏色可判斷鹵代烴RX中的鹵素原子答案D解析A項,基元反應的速率符合質量作用定律,若RX的水解速率v=kc(RX)c(OH-),即反應為基元反應,圖中歷程1為基元反應,故A正確;B項,分層現(xiàn)象消失即水解完畢,觀察分層現(xiàn)象消失的用時變化,可確定化學反應的速率,調(diào)節(jié)NaOH濃度,對歷程1和歷程2影響情況不同,從而可確定RX的水解歷程,故B正確;C項,原子半徑I大于Cl,即鍵長C—I大于C—Cl,C—Cl鍵能更大,即相同條件下,按歷程2反應,碘代烷(CH3)3CI水解速率要快于氯代烷(CH3)3CCl,故C正確;D項,取水解液,加入稀硝酸酸化,中和掉OH-,再加AgNO3溶液,根據(jù)沉淀顏色可判斷鹵代烴RX中的鹵素原子,故D錯誤。8.(2024·浙江金麗衢十二校高三聯(lián)考模擬預測)乙醇在濃硫酸做催化劑的條件下發(fā)生脫水反應,反應過程和能量變化關系圖如下,下列說法正確的是()A.采用較低溫度,可獲得產(chǎn)率更高的乙醚B.在上述相同條件下,正丙醇比異丙醇更容易反應C.為了獲得更多的乙烯,溫度越高越好D.選擇合適的催化劑,可提高平衡時乙烯的產(chǎn)率答案A解析A項,反應歷程體現(xiàn)生成乙醚的活化能更低,且生成乙醚的反應為放熱反應,因此采用較低溫度可以減少乙烯的生成,可獲得更多的乙醚,A正確;B項,異丙醇是羥基連在2號碳原子即仲碳上,正丙醇是羥基連在1號碳原子即伯碳上,異丙醇形成的中間體正碳離子更穩(wěn)定,更易脫水,故在上述相同條件下異丙醇比正丙醇更容易反應,B錯誤;C項,溫度控制170℃時會獲得更多的乙烯,而溫度高于170℃時濃硫酸會使乙醇脫水炭化,副反應增加,因此為了獲得更多的乙烯,不是溫度越高越好,C錯誤;D項,催化劑只能改變反應的速率,不能提高平衡時乙烯的產(chǎn)率,D錯誤。9.(2024·浙江三校高三聯(lián)考選考模擬)25℃時,固體酸分子篩催化乙醇脫水,乙醇的分子間脫水和分子內(nèi)脫水過程與相對能量變化如圖所示:下列說法不正確的是()A.乙醇通過氫鍵吸附于固體酸分子篩表面并放出熱量B.生成產(chǎn)物1有4個基元反應C.生成產(chǎn)物1的熱化學方程式為CH3CH2OH(l)CH2CH2(g)+H2O(l)ΔH1=+13.8kcal·mol-1D.升高溫度并延長反應時間可提高產(chǎn)物1的產(chǎn)率答案B解析A項,根據(jù)反應歷程圖可知,乙醇通過氫鍵吸附于固體酸分子篩表面并放出熱量,A正確;B項,由過程能量變化圖可知,只有兩個過渡態(tài)TS1及TS2,因此只有2個基元反應,B錯誤;C項,根據(jù)過程能量變化圖可知,生成產(chǎn)物1的熱化學方程式為CH3CH2OH(l)CH2CH2(g)+H2O(l)ΔH1=+13.8kcal·mol-1,C正確;D項,生成產(chǎn)物1的反應為吸熱反應,因此升高溫度可以提高產(chǎn)率,同時,在反應未達到平衡之前,延長反應時間可以使反應充分進行,提高產(chǎn)率,D正確。10.(2024·浙江9+1高中聯(lián)盟高三聯(lián)考)一定溫度下,丙烷與Cl2、Br2發(fā)生氯化和溴化的化學反應方程式及產(chǎn)物含量如下:氯化:2CH3CH2CH3+2Cl2CH3CH溴化:2CH3CH2CH3+2Br2CH3CH氯化和溴化反應決速步驟的能量變化如圖所示,下列說法不正確的是()A.HCl和HBr的鍵能差為ΔH3-ΔH1B.丙烷中仲氫(—CH2—)比伯氫(—CH3)活性強C.升高溫度可以提高體系中2-氯丙烷的含量D.反應產(chǎn)物含量主要與Br·、Cl·與CH3CH2CH3反應的活化能相對大小有關答案C解析A項,由能量變化圖可推出HCl和HBr的鍵能差為ΔH3-ΔH1,故A正確;B項,由于生成物2-氯丙烷或2-溴丙烷的含量高,這說明丙烷中仲氫(—CH2—)比伯氫(—CH3)活性強,故B正確;C項,生成2-氯丙烷的決速步驟活化能小,低溫有利于其反應,而高溫有利于1-氯丙烷的生成,故C錯誤;D項,氯化決速步驟活化能相差不大,而溴化反應決速步驟活化能相差較大,因此導致產(chǎn)物含量差別明顯,故D正確。11.(2024·江浙高中(縣中)發(fā)展共同體高三聯(lián)考)在相同條件下研究催化劑Ⅰ、Ⅱ對反應X(g)2Y(g)的影響,各物質濃度c隨反應時間t的部分變化曲線如圖,則下列說法不正確的是()A.當2v正(X)=v正(Y)=v逆(Y)時,說明該反應已經(jīng)達到平衡狀態(tài)B.與催化劑Ⅰ相比,使用催化劑Ⅱ反應活化能更高C.使用催化劑Ⅱ時,0~2min內(nèi),v(X)=1.0mol·L-1·min-1D.a曲線表示使用催化劑Ⅰ時X的濃度隨t的變化答案C解析A項,當2v正(X)=v正(Y)=v逆(Y)時,正、逆反應速率相等,說明反應已達到平衡狀態(tài),A正確;B項,相同條件下催化劑Ⅰ作用下反應速率更大,說明與催化劑Ⅰ相比,使用催化劑Ⅱ反應活化能更高,B正確;C項,使用催化劑Ⅱ,0~2min內(nèi),Y的濃度變化值為2mol·L-1,v(X)=1mol·L-12min=0.5mol·L-1·min-1,C錯誤;D項,a曲線上2min內(nèi)X的濃度減小值為2mol·L-1,則Y的濃度增大值應為4mol·L-112.(2024·浙江舟山中學適應性考試)苯與Br2在一定條件下能發(fā)生如下反應,其中部分轉化過程與能量變化如圖所示:下列說法不正確的是()A.反應焓變:反應Ⅰ>反應ⅡB.在該條件下,反應Ⅲ能自發(fā)進行C.苯與Br2主要發(fā)生取代反應,生成有機主產(chǎn)物ⅡD.選擇相對較短的反應時間能有效增加產(chǎn)物Ⅰ的比例答案D解析A項,根據(jù)圖中信息,反應Ⅰ是吸熱反應,反應Ⅱ是放熱反應,則反應焓變:反應Ⅰ>反應Ⅱ,故A正確;B項,由圖中信息可知反應Ⅲ是放熱反應,是熵增的反應,根據(jù),則在該條件下,反應Ⅲ能自發(fā)進行,故B正確;C項,苯與Br2主要發(fā)生取代反應,生成有機主產(chǎn)物Ⅱ,故C正確;D項,根據(jù)圖中信息反應Ⅱ活化能較低,則反應速率較快,而反應Ⅰ活化能較大,則反應速率較慢,因此選擇相對較短的反應時間能有效增加產(chǎn)物Ⅱ的比例,故D錯誤。13.(2024·浙江浙南名校聯(lián)盟高三第一次聯(lián)考)反應S2O82-(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2SO42-A.步驟①的熱化學方程為2Fe3+(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)ΔH=(E3-E1)kJ·mol-1B.決速步驟是第②步C.升高溫度可以更容易檢測到Fe2+D.無Fe3+時,反應的活化能小于E3-E2,但是ΔH相同答案C解析A項,步驟①反應物的總能量為E2,生成物的總能量為E3,所以步驟①的焓變ΔH=(E3-E2)kJ·mol-1,A項錯誤;B項,步驟①的活化能大于步驟②,所以步驟①是慢反應,決速步驟是第①步,B項錯誤;C項,由于步驟①正反應產(chǎn)生Fe2+,步驟②逆反應產(chǎn)生Fe2+,且步驟①是吸熱反應,因此升溫有助于向步驟①的正反應方向進行,而步驟②是放熱反應,升溫有助于向步驟②的逆反應方向進行,兩個方向均是有利于Fe2+的生成,所以升高溫度可以更容易檢測到Fe2+,C項正確;D項,無Fe3+時,反應的活化能應更大,大于E3-E2,D項錯誤。14.(2024·浙江諸暨高三適應性考試)在一定溫度、某催化劑條件下,物質A在某有機溶劑中同時發(fā)生以下兩個反應:①A(g)+B(g)X(g)+Y(g);②A(g)+B(g)X(g)+Z(g)。反應①的速率可表示為v1=k1c2(A),反應②的速率可表示為v2=k2c2(A)(k1、k2為速率常數(shù))。已知反應過程中有關物質在該有機溶劑中的相對能量如圖所示,下列說法不正確的是()A.Z比Y穩(wěn)定B.k1大于k2C.選擇相對較長的反應時間,一定能提高產(chǎn)物Z的選擇性D.適當升高溫度,可以使n(答案C解析A項,根據(jù)圖中信息,Z的能量比Y的能量低,根據(jù)能量越低越穩(wěn)定,則Z比Y穩(wěn)定,故A正確;B項,根據(jù)圖中信息,反應①的活化能小于反應②的活化能,說明反應①速率快,則k1大于k2,故B正確;C項,當反應達到平衡后,選擇反應時間再長,生成Z的量都不會改變,因此不可提高產(chǎn)物Z的選擇性,故C錯誤;D項,升高溫度對活化能相對較大的反應影響更大,適當升高溫度,分子吸收更多熱量,活化分子數(shù)增多,活化分子百分數(shù)增多,則Z的生成量會增大,因此可以使n(Z)n(15.(2024·浙江杭州高三下學期二模)55℃時,溴代烷在水中可按如下過程進行水解反應:Ⅰ.RBrR++Br-慢Ⅱ.R++H2O[ROH2]+快Ⅲ.[ROH2]+ROH+H+快已知,當R基不同時,水解相對速率如下表:R(CH3)3C(CH3)2CHCH3CH2CH3相對速率1000.023x0.0034下列說法不正確的是()A.第一步反應的活化能最高B.加入AgNO3,能促進溴代烷的水解C.可以預測x的值介于0.0034~0.023之間D.下列鹵代烴水解速率順序為(CH3)3C—Cl>(CH3)3C—Br>(CH3)3C—I答案D解析A項,根據(jù)活化能越小反應越快,活化能越大反應越慢,決定總反應速率的是慢反應;則第一步反應的活化能最高,A正確;B項,加入AgNO3,溴離子和銀離子生成溴化銀沉淀,促使RBrR++Br-正向移動,故能促進溴代烷的水解,B正確;C項,由表可知,隨著R基減小,反應相對速率減小,故可以預測x的值介于0.0034~0.023之間,C正確;D項,氯原子半徑小于溴原子半徑、小于碘原子半徑,因此形成的碳氯鍵鍵能更大,更難斷裂,則鹵代烴水解速率順序為(CH3)3C—Cl<(CH3)3C—Br<(CH3)3C—I,D錯誤。16.氨基甲酸銨發(fā)生分解的化學方程式為NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。利用如圖裝置測定不同溫度下該反應以分壓表示的化學平衡常數(shù)Kp,實驗步驟如下:步驟Ⅰ:關閉K3,打開K1和K2,開啟真空泵抽氣至測壓儀數(shù)值穩(wěn)定后關閉K1;步驟Ⅱ:關閉K2,緩慢開啟K3至U形管兩邊液面相平并保持不變,讀取壓強數(shù)值。記錄25℃、30℃下壓強分別為12.0kPa、17.1kPa。下列說法錯誤的是()A.氨基甲酸銨分解反應的ΔH>0B.該反應25℃時的化學平衡常數(shù)Kp=2.56×1011Pa3C.步驟Ⅰ中測壓儀數(shù)值未穩(wěn)定即關閉K1,Kp測量值偏大D.步驟Ⅱ中讀數(shù)時U形管左側液面偏高,Kp測量值偏小答案D解析溫度升高,壓強增大,由反應方程式可知,平衡正向移動,則正反應為吸熱反應,A正確;設平衡時CO2的壓強為xPa,則NH3的壓強為2xPa,總壓強為12.0kPa,則p(CO2)=12000Pa3=4000Pa,p(NH3)=2p(CO2)=8000Pa,則Kp=p(CO2)×p2(NH3)=2.56×1011Pa3,B正確;步驟Ⅰ中測壓儀數(shù)值未穩(wěn)定即關閉K1,U形管左側會有殘留空氣,導致Kp測量值偏大,C正確;步驟Ⅱ中讀數(shù)時U形管左側液面偏高,則證明左側氣壓小于右側,Kp1.(10分)(2024·浙江五校聯(lián)盟高三下聯(lián)考三模)煤燃燒過程中會產(chǎn)生大氣污染物CO、NO,氮氧化物的消除和CO2資源再利用是目前研究的熱點之一。(1)用惰性電極(Pt)電解CO2吸收液(假設溶液成分為飽和NaHCO3溶液),陰極區(qū)通入CO2可以制得HCOONa,請寫出陰極的電極反應方程式:

。

(2)已知:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH<0,CO、NO在鐵催化劑表面進行如下兩步反應:反應Ⅰ:

反應Ⅱ:FeO+COFe+CO2①2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)反應自發(fā)進行的條件為

。

②完成反應Ⅰ的化學方程式:

。

(3)某課題組為研究CO存在下鐵對NO的催化還原反應,設計了三組對照實驗。分別如下:第1、2組將等量的Fe置于石英管內(nèi),通入N2吹掃約10min,然后分別通入一定量NO或NO和CO的混合氣體后,兩端密封開始加熱升溫,測NO的轉化率;第3組與第2組其他條件相同,但沒有Fe參與實驗,測NO的轉化率,得出結果如圖1。圖1①下列說法正確的是。

A.其他條件不變時,用空氣替代N2,對實驗結果有影響B(tài).當體系中CO和CO2的物質的量濃度相等時,反應達到平衡狀態(tài)C.增加鐵的質量和表面積,能降低該反應的活化能,提高反應速率,提高NO的平衡轉化率D.當溫度小于750K,鐵在NO、CO反應系統(tǒng)中,以Fe、NO的氣固異相反應為主②請解釋圖1中750K后曲線1、2變化趨勢不同的原因:

。

③若該反應的正、逆反應速率可表示為v正=k正·c2(NO)·c2(CO)、v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2),k正、k逆分別為正、逆反應速率常數(shù),僅與溫度有關。一定溫度下,在體積為1L的容器中加入2molNO和2.2molCO發(fā)生上述反應,測得CO和CO2物質的量濃度隨時間的變化如圖2所示。已知該溫度下K=27/20,則a點時v正∶v逆=。(結果保留兩位有效數(shù)字)

圖2答案(1)CO2+2e-+HCO3-HCOO-+C(2)①低溫②2NO+2Fe2FeO+N2(3)①AD②曲線1(無CO),反應Ⅰ在750K時達到平衡,繼續(xù)升溫平衡逆移,NO轉化率略有下降;曲線2(有CO),反應Ⅱ發(fā)生,導致反應Ⅰ未達平衡,750K后繼續(xù)升溫NO轉化率繼續(xù)增大(或者曲線2:反應Ⅱ750K后隨溫度升高速率加快,所以總反應速率加快,NO轉化率繼續(xù)增大;或者曲線2從總反應角度分析,隨溫度升高,反應速率一直在增大,故NO轉化率一直增大)③3.9解析(1)陰極CO2得電子生成HCOO-,又電解液為飽和NaHCO3溶液,則可寫出陰極的電極反應方程式。(2)①該反應ΔS<0,由反應自發(fā)進行時ΔG=ΔH-TΔS<0,則低溫自發(fā);反應Ⅰ+2×反應Ⅱ=總反應,則反應Ⅰ為2NO+2Fe2FeO+N2。(3)①A項,其他條件不變時,用空氣替代N2,空氣會氧化NO,對實驗結果有影響,A正確;B項,當體系中CO和CO2的物質的量濃度相等時,不能判斷反應達到平衡狀態(tài),B錯誤;C項,增加鐵的質量和表面積,不能提高NO的平衡轉化率,C錯誤;D項,由圖可知,當溫度小于750K,1、2曲線幾乎重合,鐵在NO、CO反應系統(tǒng)中,以Fe、NO的氣固異相反應為主,D正確。③平衡時v正=k正·c2(NO)·c2(CO)=v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2),則:k正k逆=c(N22NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)起始/(mol·L-1) 2 2.2 0 0轉化/(mol·L-1) 1 1 0.5 1a點/(mol·L-1) 1 1.2 0.5 1v正v逆=k正·2.(10分)(2024·浙江寧波鎮(zhèn)海中學高三下模擬)乙醇-水催化重整可獲得H2。主要發(fā)生以下反應:反應Ⅰ:C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)ΔH1=+173.3kJ·mol-1反應Ⅱ:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.1kJ·mol-1(1)反應Ⅰ自發(fā)進行的條件是。

A.低溫 B.高溫C.低壓 D.高壓(2)500℃時,向體積為VL的恒容密閉容器中充入1molC2H5OH(g)和3molH2O(g)發(fā)生上述反應。初始時體系壓強為100kPa,平衡時,CO的選擇性為50%,C2H5OH的轉化率為80%。[CO的選擇性=n生成(①反應Ⅰ的Kθ=(列出計算式即可)。反應Ⅰ的標準平衡常數(shù)Kθ=[p(CO2)pθ②在下圖中畫出500℃時,乙醇平衡轉化率隨[n始(3)壓強為100kPa,H2的平衡產(chǎn)率與溫度、起始時n(H2①H2的平衡產(chǎn)率:Q點(填“>”“=”或“<”)N點;

②M、N兩點H2的平衡產(chǎn)率相等的原因是

。

(4)氫氣的應用:氫氣熔融碳酸鹽燃料電池工作原理如圖所示。①CH4和H2O經(jīng)催化重整生成CO和H2,CO和H2全部進入電極A發(fā)生反應,寫出負極的電極反應式(用一個總方程式表示):

。

②理論上負極生成的CO2與正極消耗的CO2的物質的量之比是。

答案(1)B(2)①(②(3)①<②M點與N點具有相同的壓強,起始n(H2O)n((4)①CO+3H2-8e-+4CO32-5CO2+3H2O②5解析(1)反應Ⅰ是吸熱反應,ΔH>0,且反應Ⅰ是熵增反應,ΔS>0,根據(jù)吉布斯自由能ΔG=ΔH-TΔS<0,判斷該反應自發(fā)進行的條件是高溫。(2)①500℃時,在體積為VL的恒容密閉容器中發(fā)生反應Ⅰ和反應Ⅱ,根據(jù)題中信息可求算達到平衡時消耗C2H5OH的物質的量為0.8mol,設反應Ⅱ生成CO的物質的量為xmol。C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)反應Ⅰ: 0.8mol 2.4mol 1.6mol 4.8molCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反應Ⅱ: xmol xmol xmol xmol平衡時,CO的選擇性為50%,可得50%=x1.6-x+x×100%,即x=0.8。則平衡時:n(C2H5OH)=1mol-0.8mol=0.2mol,n(H2O)=(3-2.4+0.8)mol=1.4mol,n(CO2)=(1.6-0.8)mol=0.8mol,n(H2)=(4.8-0.8)mol=4mol,n(CO)=0.8mol,n總=7.2mol,p平pθ=n總n0=7.24,即p平=1.8pθ。反應Ⅰ的Kθ=(0.87.2×1.8)2×(47.2×1.8)60.27.2×1.8×(1.47.2×1.8)3;②500℃時,乙醇平衡轉化率隨n始(H2O)n始(C2H5OH)的增大而增大,且根據(jù)題中信息知當n始(H2O)n始(C2H5OH)=3時,C2H5OH的轉化率為80%,故可畫出相應圖像。(3)①由于每條曲線表示H2相同的平衡產(chǎn)率,3.(10分)(2024·浙江金華義烏高三下三模)一種燃煤煙氣中CO2的捕集和資源再利用技術可通過如圖轉化過程實現(xiàn)。燃煤發(fā)電產(chǎn)

生的煙氣CO2氣體C2H4等

高值產(chǎn)品(1)以過渡金屬做催化劑,利用下圖所示裝置可實現(xiàn)“轉化”。寫出陰極表面的電極反應方程式:

。

(2)CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH=11,則溶液中含碳微粒(①H2CO3、②HCO3-、③CO32-)的濃度由大到小的順序為(填序號)。(室溫下,H2CO3的Ka1=4.0×10-7,K(3)在催化劑下,CO2氧化C2H6可獲得C2H4。其主要化學反應為:反應Ⅰ.C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)ΔH1=+177kJ·mol-1反應Ⅱ.C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)ΔH2=+430kJ·mol-1反應Ⅲ.C2H6(g)+2CO(g)+3H2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)ΔH3將4molC2H6和6molCO2的混合氣體置于1.0L恒容密閉容器中反應,乙烷的平衡轉化率、乙烯的選擇性與溫度關系如圖所示[C2H4的選擇性=n生成(①ΔH3=。

②M點反應Ⅰ的平衡常數(shù)為(保留兩位有效數(shù)字)。

③C2H4選擇性隨溫度升高而下降的原因可能是

。

(4)用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氫合成乙烯,所得產(chǎn)物含C3H6、C4H8等副產(chǎn)物,反應過程如圖。催化劑中添加Na、K、Cu助劑后可改變反應的選擇性。在其他條件相同時,添加不同助劑,經(jīng)過相同時間后測得CO2轉化率和各產(chǎn)物的物質的量分數(shù)如表所示:助劑CO2轉化率/%各產(chǎn)物在所有產(chǎn)物中的占比/%C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8下列說法正確的是。

A.催化劑助劑主要在第Ⅰ步起作用B.在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加K助劑時,合成乙烯的效果最好C.添加助劑不同,CO2加氫合成乙烯的平衡常數(shù)不同D.Fe3(CO)12為簇狀超分子,可活化CO答案(1)2CO2+12e-+12HCO3-C2H4+12CO32-+4H2O(或14CO2+12e-+8H2OC2H4(2)③②①(3)①-76②1.1③溫度升高,反應Ⅱ正向移動程度更大(以反應Ⅱ為主)(4)BD解析(1)從圖中可知,電解質溶液為KHCO3,陰極上CO2得電子生成C2H4,電極反應方程式為2CO2+12e-+12HCO3-C2H4+12CO32-+4H2O(或14CO2+12e-+8H2OC2H4+12HC(2)pH=11,則c(H+)=10-11mol·L-1,H2CO3(aq)H+(aq)+HCO3-(aq),Ka1=4×10-7,則c(H+)·c(HCO3-)c(H2CO3)=4×10-7,則c(HCO3-)c(H2CO3)=4×104,故c(HCO3-)>c(H2CO3),同理HCO3-H++CO32-,Ka2=c(H+)·c(CO32-)c(HCO3-)=4×10-11,c(CO32-)c(HCO3-C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)初始/mol 4 6 0 0 0轉化/mol 1.6 1.6 1.6 1.6 1.6平衡/mol 2.4 4.4 1.6 1.6 1.6C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)初始/mol 2.4 4.4 1.6 0轉化/mol 0.4 0.8 1.6 1.2平衡/mol 2 3.6 3.2 1.2平衡時c(C2H6)=2mol·L-1,c(CO2)=3.6mol·L-1,c(C2H4)=1.6mol·L-1,c(H2O)=1.6mol·L-1,c(CO)=3.2mol·L-1,則M點反應Ⅰ的平衡常數(shù)K=1.6×1.6×3.23.6×2≈1.1。③反應Ⅰ和Ⅱ都是吸熱反應,溫度升高化學平衡正向移動,但是溫度升高對反應Ⅱ的影響更大,反應Ⅱ正向移動的幅度大于反應Ⅰ,因此乙烯的選擇性隨溫度升高而下降。(4)A項,從圖中可知,催化劑助劑在第Ⅰ步和低聚反應、異構化反應中都起作用,A錯誤;B項,從表中可知,在催化劑中添加K助劑,產(chǎn)物中乙烯的占比明顯大于其他物質,故添加K助劑時,合成乙烯的效果最好,B正確;C項,催化劑對化學平衡常數(shù)沒有影響,化學平衡常數(shù)只受溫度的影響,C錯誤;D項,Fe3(CO)124.(10分)(2024·浙江金華東陽高三下三模)氨是最重要的化學品之一,氨的合成及氮氧化物的有效去除和資源的充分利用是當今社會的重要研究課題。請回答:(1)新型Zn-NO2電池能將捕獲的NO2轉化為NO2-,再將NO2(2)已知:4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH1=-907.0kJ·mol-1;4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)ΔH2=-1269.0kJ·mol-1;若4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)的正反應活化能為E正kJ·mol-1,則其逆反應活化能為(用含E正的代數(shù)式表示)kJ·mol-1。

(3)在合成氨工業(yè)中,原料氣在進入合成塔前需用銅氨液除去其中的CO,其反應為[Cu(NH3)2]++CO+NH3[Cu(NH3)3CO]+ΔH<0,銅氨液吸收CO的適宜條件是。由配位鍵形成的陽離子[Cu(NH3)3CO]+中,配位原子是。

(4)在不同壓強下,氮氣、氫氣以1∶3的體積比通入,反應達平衡時氨的體積分數(shù)與溫度的計算結果如圖所示,當p2=20MPa、xNH3=0.20時,氮氣的轉化率α=。該溫度時,反應12N2(g)+32H2(g)NH3(g)的平衡常數(shù)Kp=(MPa)(5)氨化脫硝過程發(fā)生反應4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)ΔH<0;氨氮比(指氨氮物質的量之比)、催化劑種類都會影響N2的產(chǎn)率,保持其他初始條件不變重復實驗,在相同時間內(nèi)測得不同溫度下N2產(chǎn)率與氨氮比的關系如圖甲所示、不同催化劑下N2產(chǎn)率與溫度的關系如圖乙所示。圖甲圖乙①上述氨化脫硝過程中,下列說法正確的是。

A.溫度越高,反應速率一定越快B.氨化脫硝反應中氨氮物質的量之比越大,脫硝效率越高C.使用催化劑,可降低反應的活化能,加快反應速率,提高平衡產(chǎn)率D.M點對應的速率v(正)>v(逆)②分析420℃的脫硝效率低于390℃的脫硝效率可能的原因:

。

答案(1)NO2-+7H++6e-NH3+2H2(2)(1812+E正)(3)低溫高壓N、C(4)1/3(或33.3%)3(5)①D②420℃催化劑活性差(溫度高,催化劑失活),催化效率低,反應速率較慢,脫硝效率降低解析(1)c電極上NO2-得電子變?yōu)镹H3,電極反應式為NO2-+7H++6e-NH3+2H(2)反應①4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH1=-907.0kJ·mol-1;反應②4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)ΔH2=-1269.0kJ·mol-1,52×②-32×①可得目標反應4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g),ΔH=[52×(-1269.0)-32×(-907.0)]kJ·mol-1=-1812kJ·mol-1,正反應活化能為E正kJ·mol-1,則其逆反應活化能為(1812+E正)kJ·mol-1(3)正反應為氣體總物質的量減小的反應,增大壓強使平衡正向移動,有利于銅氨液吸收CO;正反應放熱,降低溫度,平衡正向移動,有利于銅氨液吸收CO,即銅氨液吸收CO的適宜條件是低溫高壓。[Cu(NH3)3CO]+中Cu提供空軌道,N、C提供孤電子對,形成配位鍵,配位原子為N、C。(4)設生成氨氣的物質的量為xmol,反應開始時通入氮氣的物質的量為a,可得三段式:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始/mol a 3a 0轉化/mol x 3x 2x平衡/mol a-x 3a-3x 2x平衡時總物質的量為(4a-2x)mol,此時NH3體積分數(shù)為0.20,即2x4a-2x=0.2,x=a3,N2轉化率為13(或33.3%);總物質的量為10a3mol,N2、H2、NH3的物質的量分數(shù)分別為15、35、15,該溫度時,反應12N2(5)①A項,溫度會影響催化劑的活性,因此溫度越高化學反應速率也不一定會更快,故A錯誤;B項,由圖可知,氨化脫硝反應中氨氮物質的量之比為1時,脫硝效率最高,故B錯誤;C項,催化劑對平衡時的產(chǎn)率無影響,故C錯誤;D項,由于催化劑對平衡時的產(chǎn)率無影響,因此當反應達到平衡時,催化劑A、B對應的N2產(chǎn)率相同,由此可知,M點反應還未達到平衡狀態(tài),v(正)>v(逆),故D正確。②420℃催化劑活性差(溫度高,催化劑失活),催化效率低,反應速率較慢,脫硝效率降低。5.(10分)(2024·浙江高三下大聯(lián)考)硫酸鹽(含SO42-、HSO4-(1)過氧化氫(H2O2)是大氣中重要的氧化劑,其有多種途徑將SO2氧化成硫酸鹽。①H2O2可在催化劑Fe2O3或Fe3O4的作用下產(chǎn)生·OH,·OH能將SO2氧化?！H產(chǎn)生的機理如下:反應Ⅰ:Fe3++H2O2Fe2++·OOH+H+(慢反應);反應Ⅱ:Fe2++H2O2Fe3++·OH+OH-(快反應)。下列說法正確的是(填字母)。

A.反應涉及非極性鍵的斷裂與形成B.反應Ⅰ的活化能大于反應ⅡC.向固定容積的反應體系中充入氦氣,H2O2氧化SO2的反應速率加快D.與Fe2O3做催化劑相比,相同條件下Fe3O4做催化劑時SO2氧化效率可能更高②研究表明H2O2與SO2水溶液的反應機理如下:Ⅰ.HSO3-+H2O2HOOSO2-Ⅱ.HOOSO2-+H+HOOSO2Ⅲ.HOOSO2H2H++SO42由此可判斷,該條件下的pH為(填“<2”“3~6”或“>8”);請寫出該過程中SO2與H2O2總反應的離子方程式:

。

(2)O3與SO2水溶液的反應是硫酸鹽產(chǎn)生的另一個重要途徑。主要反應如下:Ⅰ.O3+H2SO32H++SO42-+OⅡ.O3+HSO3-H++SO42Ⅲ.O3+SO32-SO4在含硫微?？偟奈镔|的量為1.0mol的1LSO2水溶液中加入適量NaOH固體,再通入O3,反應一段時間后,測得pH=5.2,c(SO42-)=0.20mol·L-1,則c(SO32-)=(3)科學家最近發(fā)現(xiàn)了一種利用水催化促進硫酸鹽形成的化學新機制,如圖所示:①通過“水分子橋”,處于納米液滴中的SO32-或HSO3-可以將電子快速轉移到周圍的氣相NO2分子。觀察圖示可知“水分子橋”主要靠形成;寫出HSO②事實上,上述機理只能解釋酸雨等現(xiàn)象的形成,卻不能解釋霧霾中固體硫酸鹽小顆粒的存在。進一步研究發(fā)現(xiàn),氨氣在霧霾的形成過程中也起到了重要作用,其作用可能是。

答案(1)①BD②3~6HSO3-+H2O2H++SO42(2)0.0079(3)①氫鍵HSO3-+2NO2+H2OHSO4-+2HNO2②氨氣和H2SO4反應生成(NH4)2SO4,隨著氣溶膠中水分逐漸減少,結晶析出(NH4)2解析(1)①A項,反應中沒有非極性鍵的形成,A錯誤;B項,活化能越大,反應越慢,反應Ⅰ為慢反應,則其活化能大于反應Ⅱ,B正確;C項,向固定容積的反應體系中充入氦氣,反應相關物質的濃度不發(fā)生變化,則反應速率不變,C錯誤;D項,Fe3O4催化劑表面同時存在Fe2+和Fe3+,Fe2+直接通過反應Ⅱ快速產(chǎn)生·OH,c(·OH)更大;Fe2O3催化劑表面僅存在Fe3+,Fe3+需先通過慢反應Ⅰ產(chǎn)生Fe2+,再通過快反應Ⅱ產(chǎn)生·OH,總反應速率由慢反應Ⅰ決定,c(·OH)小于前者,故Fe3O4做催化劑比Fe2O3做催化劑時SO2氧化效率可能更高,D正確。②從反應中可知,此時主要為亞硫酸氫根離子與H2O2反應,溶液中主要為亞硫酸氫根離子,結合圖像可知,該條件下的pH為3~6。根據(jù)題干中的離子方程式可判斷該過程中H2O2主要與SO2水溶液中的HSO3-反應,再根據(jù)蓋斯定律,可寫出該過程中SO2與H2O2的總反應為HSO3-+H2O2H++SO42-+H2O。(2)根據(jù)圖像可知,Ka2(H2SO3)=10-7.2,又因為pH=5.2,所以c(SO32-)c(HSO3-)=10-2,根據(jù)元素守恒可知,c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)+c(SO42-)=1.0mol·L-1,此時溶液中c(H2SO3)約為0mol·L-1,c(SO42-)=0.2mol·L-1,所以c(SO32-)+c(HSO3-)=0.8mol·L-1,聯(lián)立計算得到c(SO32-)≈0.0079mol·L-1。(3)①由圖可知,“水分子橋”主要靠“虛線”即氫鍵形成;反應物有HSO3-、H2O、NO2,生成物有HSO4-和HNO2,則HSO3-與NO2作業(yè)201.(2024·浙江精誠聯(lián)盟高三三模)下列關于電解質溶液的說法不正確的是()A.室溫下,0.1mol·L-1弱酸HA的pH=3,HA的電離度約為1%B.室溫下,5×10-4mol·L-1Na2SO4稀溶液中,c(Na+)∶c(OH-)=500∶1C.室溫下,100c(H+)=c(OH-)的NH3·H2O溶液的pH=8D.室溫下,加水稀釋NH4Cl溶液,c(答案B解析室溫下,0.1mol·L-1弱酸HA的pH=3,c(H+)=10-3mol·L-1,由HAH++A-,電離度≈10-3mol·L-10.1mol·L-1×100%=1%,A項正確;5×10-4mol·L-1Na2SO4稀溶液中,c(Na+)=10-3mol·L-1,溶液呈中性,c(OH-)=10-7mol·L-1,c(Na+)∶c(OH-)=10000∶1,B項錯誤;KW=c(H+)·c(OH-)=10-14,100c(H+)=c(OH-),所以c(H+)=10-8mol·L-1,pH=8,C項正確;由元素守恒可知,2.(2024·浙江金華東陽高三三模)常采用往CdCl2溶液中通入H2S至飽和后[c(H2S)=0.1mol·L-1],通過調(diào)節(jié)溶液pH來生產(chǎn)感光材料CdS。下列說法不正確的是()已知:①Ka1(H2S)=10-7,Ka2(H2S)=10-13,Ksp(CdS)=10-26,Ksp[Cd(OH)②CdS晶體的晶胞如圖所示。A.CdS固體放入水中得到的飽和溶液中,c(HS-)>c(S2-)B.欲使沉淀的濾液中c(Cd2+)達到控制標準[c(Cd2+)≤10-7mol·L-1],應控制溶液的pH≥1C.CdCl2溶液中緩慢滴加少量Na2S溶液,得到Cd(OH)2、CdS混合沉淀D.在CdS晶體中Cd2+的配位數(shù)為4答案C解析根據(jù)Ksp(CdS)=10-26,CdS的飽和溶液中S2-的濃度為10-13mol·L-1,S2-+H2OHS-+OH-,c(HS-)·c(OH-)c(S2-)≈c2(HS-)10-13=KWKa2=0.1,c(HS-)≈10-7mol·L-1>c(S2-),故A正確;當c(Cd2+)≤10-7mol·L-1時,c(S2-)=Ksp(CdS)c(Cd2+)≥10-19mol·L-1,Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=c2(H+)·c(S2-)c(H2S)=10-20,c2(H+)≤0.01,c(H+)≤0.1mol·L-1,pH≥1,故B正確;Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=c2(H+)·c(S2-)c(H2S)=10-7×10-13=10-20,即c2(H+)·c(S2-)=[KWc(OH-)]2c(S2-)=10-21,c2(OH-)=c(S2-)×10-7,當S3.(2024·浙江稽陽聯(lián)誼學校高三二模)氫硫酸是H2S的水溶液,某小組做如下三組實驗(溶液混合后體積變化忽略不計):實驗Ⅰ:向20mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液中滴加20mL0.1mol·L-1的NaCl溶液,產(chǎn)生白色沉淀。實驗Ⅱ:向實驗Ⅰ溶液中繼續(xù)滴加0.1mol·L-1的HCN溶液至沉淀完全溶解。實驗Ⅲ:向實驗Ⅱ溶液中繼續(xù)滴加0.1mol·L-1的氫硫酸溶液,產(chǎn)生黑色沉淀。已知:常溫下,H2S的電離常數(shù)Ka1=1.1×10-7,Ka2=1.3×10-13,HCN的電離常數(shù)Ka=6.2×10-10,Ksp(AgCl)=1.77A.常溫下,0.1mol·L-1的氫硫酸中存在c(H2S)>c(H+)>c(HS-)>c(S2-)B.結合實驗與數(shù)據(jù)分析,實驗Ⅱ中發(fā)生反應AgCl+2HCNH[Ag(CN)2]+HClC.常溫下,0.1mol·L-1的氫硫酸中H2S的電離度約為1%D.由實驗可知與Ag+結合能力S2->CN->Cl-答案C解析H2S是弱電解質,H2SH++HS-、HS-H++S2-,則c(H2S)>c(H+)>c(HS-)>c(S2-),A正確;實驗Ⅰ得到AgCl沉淀,向實驗Ⅰ溶液中繼續(xù)滴加0.1mol·L-1的HCN溶液至沉淀完全溶解,則實驗Ⅱ中發(fā)生反應AgCl+2HCNH[Ag(CN)2]+HCl,B正確;H2SH++HS-,H2S的電離常數(shù)Ka1=c(H+)·c(HS-)c(H2S)≈c2(H+)0.1=1.1×10-7,c(H+)≈1.049×10-4mol·L-1,則常溫下,0.1mol·L-1的氫硫酸中H2S的電離度約為1.049×104.水體中的重金屬離子如Cu2+、Sn2+等可以通過轉化為CuS、SnS沉淀除去。已知:室溫下Ka1(H2S)=9×10-8,Ka2(H2S)=1A.0.1mol·L-1Na2S溶液中:c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)B.0.1mol·L-1NaHS溶液中:c(Na+)<c(HS-)+2c(S2-)C.向10mL0.001mol·L-1CuSO4溶液中加入10mL0.001mol·L-1Na2S溶液,有沉淀析出,忽略混合時溶液體積的變化,說明Ksp(CuS)>2.5×10-7D.室溫時,向0.001molSnS粉末中加入10mL0.1mol·L-1CuSO4溶液,充分浸出后所得溶液中c(Cu2+)<c(Sn2+),則Ksp(CuS)<Ksp(SnS)答案D解析根據(jù)質子守恒可知:c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),故A錯誤;由電荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-),NaHS的水解常數(shù)Kh=KWKa1(H2S)=1.0×10-149×10-8≈1.1×10-7>Ka2(H2S)=1×10-12,因此溶液顯堿性,c(H+)<c(OH-),則c(Na+)>c(HS-)+2c(S2-),故B錯誤;混合后CuSO4溶液和Na2S溶液的濃度均為0.0005mol·L-1,Q=c(Cu2+)·c(S2-)=2.5×10-7,因有沉淀產(chǎn)生,則Q>Ksp,說明Ksp(CuS)<2.5×10-7,故C錯誤;SnS粉末中加入0.1mol·L-1CuSO4溶液,溶解形成飽和溶液,充分浸出后所得溶液中c(Cu2+)<c(Sn2+),則c(Cu5.(2024·浙江選考科目沖刺考試)某些可溶性氯化物中氯含量的測定常用莫爾法,即用AgNO3標準溶液滴定待測溶液中的氯離子來確定氯化物的量。已知AgCl是白色沉淀,Ksp(AgCl)=10-9.8,Ag2CrO4是磚紅色沉淀,Ag2CrO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+CrO42-(aq)的平衡常數(shù)K=107.A.Ksp(Ag2CrO4)=10-11.7B.在等濃度的Na2CrO4和NaCl混合溶液中,滴加AgNO3溶液先產(chǎn)生磚紅色沉淀C.在AgCl的懸濁液中滴加Na2CrO4溶液,可能會產(chǎn)生磚紅色沉淀D.莫爾法選用CrO4答案B解析Ag2CrO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+CrO42-(aq)的平衡常數(shù)K=c(CrO42-)c2(Cl-)=c2(Ag+)·c(CrO42-)c2(Ag+)·c2(Cl-)=Ksp(Ag2CrO4)Ksp2(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)10-9.8×2=107.9,Ksp(Ag2CrO4)=10-11.7,A正確;析出沉淀時,AgCl溶液中c(Ag6.(2024·浙江金華十校高三模擬考試)已知:Ksp(CaC2O4)=2.32×10-9;草酸:Ka1=5.9×10-2,Ka2=6.4×10-5;醋酸:Ka=1.8A.CaC2O4懸濁液中滴加過量冰醋酸,懸濁液變澄清B.CaC2O4飽和溶液中加Na2CO3溶液,無現(xiàn)象,則Ksp(CaC2O4)>Ksp(CaCO3)C.CaC2O4飽和溶液中存在:2c(Ca2+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2D.0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中滴加等濃度等體積的醋酸,有HC2O4答案D解析醋酸的Ka=1.8×10-5,小于草酸的Ka2,說明酸性:CH3COOH<HC2O4-,根據(jù)強酸制取弱酸的原理,CaC2O4懸濁液中滴加過量冰醋酸,不發(fā)生反應,A錯誤;CaC2O4飽和溶液中加Na2CO3溶液,無現(xiàn)象,說明CaC2O4不能轉化為CaCO3,CaC2O4的溶解度小于CaCO3,則Ksp(CaC2O4)<Ksp(CaCO3),B錯誤;CaC2O4飽和溶液中存在元素守恒:c(Ca2+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4),C錯誤;0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中C2O42-發(fā)生水解反應生成7.常溫下,往10mL0.1mol·L-1FeSO4溶液中通入H2S至飽和,有微量FeS生成,溶液中c(H2S)=0.1mol·L-1(溶液體積和FeSO4濃度的變化忽略不計)。已知:H2S的電離常數(shù)Ka1=1.1×10-7,Ka2=1.3×10-13,Ksp(FeS)=6.3A.溶液中,c(S2-)=6.3×10-17mol·L-1B.反應FeS(s)+2H+(aq)Fe2+(aq)+H2S(aq)的K≈441C.溶液中,c(HS-)>c(OH-)D.溶液中,pH≈5答案D解析往10mL0.1mol·L-1FeSO4溶液中通入H2S至飽和,有微量FeS生成,即亞鐵離子恰好生成沉淀,c(S2-)=Ksp(FeS)c(Fe2+)=6.3×10-180.1mol·L-1=6.3×10-17mol·L-1,故A正確;FeS(s)+2H+(aq)Fe2+(aq)+H2S(aq)的K=c(H2S)·c(Fe2+)c2(H+)=Ksp(FeS)Ka1×Ka2=6.3×10-181.1×10-7×1.3×10-13≈441,故B正確8.往鍋爐中注入Na2CO3溶液浸泡,將水垢中的CaSO4轉化為CaCO3,再用鹽酸去除。下列敘述正確的是()A.溫度升高,Na2CO3溶液的KW和c(H+)均會增大B.CaSO4能轉化為CaCO3,說明Ksp(CaCO3)>Ksp(CaSO4)C.CaCO3能溶解于鹽酸而CaSO4不溶,是因為硫酸酸性強于鹽酸D.沉淀轉化的離子方程式為CO32-(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+S答案D解析溫度升高,水的電離平衡正向移動,KW增大;Na2CO3的