2019-2020年高二化學(xué)寒假作業(yè)6 新人教版選修4《化學(xué)反應(yīng)原理》.doc

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2019-2020年高二化學(xué)寒假作業(yè)6 新人教版選修4《化學(xué)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(dǎo)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(xué)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(dǎo)電性比強酸溶液的導(dǎo)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(xué)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(dǎo)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(xué)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(xué)方程式表示）． （3）某學(xué)習(xí)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(dǎo)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(dǎo)致溶液導(dǎo)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(xué)生靈活應(yīng)用所學(xué)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(xué)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，密度變小． 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(xué)生靈活應(yīng)用所學(xué)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(dǎo)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(dǎo)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??； 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??； 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(xué)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(dǎo)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(xué)反應(yīng)圖象等，明確發(fā)生的化學(xué)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(xué)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(xué)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．