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（）A0.1 molL1的NaCl溶液BpH=6的醋酸用水稀釋100倍CpH=10的氫氧化鈉溶液稀釋1000倍D0.1 molL1的硫酸100 mL跟0.2 molL1 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 D0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（）A1mol/L甲酸溶液中c（H+）約為1102mol/LB甲酸能與水以任意比互溶C10mL 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：氨水、鹽酸、氯化銨溶液，下列說法不正確的是（）Ac（NH+4）：B水電離出的c（H+）：C和等體積混合的溶液：c（H+）=c（OH）+c（NH3H2O）D和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（）Ab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Cab段反應(yīng)是SO2+2H2S3S+2H2OD原H2S溶液的物質(zhì)的量濃度為0.05molL1二、填空題（本題共3道小題）8.、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，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 、.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pH11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。現(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+2S2O32S4O62+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）2Fe（OH）3CuClCuIKsp2.210202.610391.71071.31012（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，為得到純凈的CuCl22H2O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CuCl22H2O晶體（2）在空氣中直接加熱CuCl22H2O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CuCl22H2O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可選用 作滴定指示荊，滴定終點的現(xiàn)象是 該試樣中CuCl22H2O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：ANaCl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）=103mol/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）=103mol/L，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；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；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：ANaCl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；BpH=6的醋酸用水稀釋100倍時，溶液的PH值7，故B錯誤；CpH=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)0.1molL1的硫酸100mL需要0.2molL1NaOH溶液x硫酸和氫氧化鈉的反應(yīng)方程式為：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O2mol 1mol0.2x 0.01molx=0.1L=100mL，所以剩余氫氧化鈉溶液150mL100mL=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=2.51013，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)樗嵴莆粘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1102 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和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和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）：，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+）：，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（NH3H2O），故C正確；D和等體積混合，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：Ab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；Cab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.、(1)C(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 、.(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；2.6109mol/L；（2）2CuCl22H2OCu（OH）2CuCl2+2HCl+2H2O；（3）淀粉溶液；溶液藍色褪去，且半分鐘內(nèi)不變色；95% 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CuCl22H2O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104 mol/L，則氫氧根離子濃度為1010 mol/L，c（Fe3+）=2.6109mol/L，故答案為：Cu（OH）2、CuO、CuCO3或Cu2（OH）2CO3；2.6109mol/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：2CuCl22H2OCu（OH）2CuCl2+2HCl+2H2O，故答案為：2CuCl22H2OCu（OH）2CuCl2+2HCl+2H2O；（3）測定含有CuCl22H2O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+I2Na2S4O6+2NaI，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；依據(jù)2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，2Cu2+4I2CuI+I2；得到 2Na2S2O3 2Cu2+ 2 20.1000mol/L0.0200L 0.002mol，則CuCl22H2O的物質(zhì)的量為：0.002mol，試樣中CuCl22H2O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