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2022版高考化学选考山东专用一轮总复习集训：专题十四盐类水解和沉淀溶解平衡 模块卷一
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这是一份2022版高考化学选考山东专用一轮总复习集训：专题十四盐类水解和沉淀溶解平衡 模块卷一，共16页。
【模块卷一】
时间:45分钟 分值:70分
一、选择题(每题2分,共24分)
1.下列关于轮船嵌有锌块实施保护的判断不合理的是 ( )
A.嵌入锌块后的负极反应:Fe-2e- Fe2+
B.可用镁合金块代替锌块进行保护
C.腐蚀的正极反应:2H2O+O2+4e- 4OH-
D.该方法采用的是牺牲阳极的阴极保护法
答案 A A项,嵌入锌块作负极,负极反应为Zn-2e- Zn2+,错误;B项,该方法为牺牲阳极的阴极保护法,即牺牲作负极的锌块保护作正极的轮船,由于Mg的活动性比Zn还强,故可以用镁合金来代替锌块,正确;C项,由于海水呈弱碱性,铁发生吸氧腐蚀,故正极反应为2H2O+O2+4e- 4OH-,正确;D项,此保护方法是构成了原电池,牺牲了锌块保护轮船,故为牺牲阳极的阴极保护法,正确。
2.中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂,利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水主要过程如下图所示。下列说法不正确的是 ( )
A.整个过程实现了光能向化学能的转化
B.过程Ⅱ有O—O单键生成并放出能量
C.过程Ⅲ发生的反应:2H2O2 2H2O+O2
D.整个过程的总反应:2H2O 2H2+O2
答案 C A项,由题图可知,太阳能使水分解,则实现了光能向化学能的转化,正确;B项,过程Ⅱ中生成氢气、过氧化氢,过程Ⅱ放出能量并生成了O—O键,正确;C项,过程Ⅲ为H2O2中的O—H键断裂生成H2、O2的过程,错误;D项,用太阳光在催化剂表面实现高效分解水,总反应为水分解生成氢气和氧气,则总反应2H2O 2H2+O2,正确。
3.通过以下反应均可获取H2。
①C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH1=+131.3 kJ·mol-1
②CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH2=+206.1 kJ· mol-1
③CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH3
下列说法正确的是 ( )
A.①中反应物的总能量大于生成物的总能量
B.②中使用适当催化剂,可以使ΔH2减小
C.由①、②计算反应CH4(g) C(s)+2H2(g)的ΔH=-74.8 kJ·mol-1
D.若知反应C(s)+CO2(g) 2CO(g)的ΔH,结合ΔH1可计算出ΔH3
答案 D A项,反应①为吸热反应,反应物的总能量低于生成物的总能量,错误;B项,使用催化剂可降低化学反应的活化能,但不能改变反应焓变,即②中使用适当催化剂,ΔH2不变,错误;C项,依据盖斯定律,②-①得,CH4(g) C(s)+2H2(g)的ΔH=+74.8 kJ·mol-1,错误;D项,由盖斯定律知,ΔH3=ΔH1-ΔH,正确。
4.在某年3·15晚会中曝光一种劣质净水机的欺骗推销手段:销售人员用如图所示“验水器”检验居民家庭自来水,接通电源后自来水产生大量深色絮状沉淀,而净化后的水再用同一个“验水器”检验,再次接通电源后水没有明显变化依然澄清透明。关于该实验下列分析正确的是 ( )
A.净化水导电能力理论上比自来水强
B.两次通电可能通过开关反转正负极
C.两次通电的阴极反应产生气体不同
D.金属电极可能采用的是铝或铁材质
答案 B A项,净化水中离子浓度小于自来水中离子浓度,因此净化水导电能力理论上比自来水弱,错误;B项,根据图中双向开关得出两次通电可能通过开关反转正负极,正确;C项,前后两次通电的阴极反应产生气体都为氢气,阳极反应不相同,错误;D项,接通电源后自来水产生大量深色絮状沉淀,而Al(OH)3为白色絮状沉淀,说明金属电极可能采用的是铁材质,错误。
5.CO2催化加氢制取甲醇、乙醇等低碳醇的研究,对环境问题和能源问题都具有非常重要的意义。已知一定条件下的反应:
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
ΔH=-49.0 kJ·mol-1
2CO2(g)+6H2(g) CH3CH2OH(g)+3H2O(g)
ΔH=-173.6 kJ·mol-1
下列说法不正确的是 ( )
A.CH3OH(g)+CO2(g)+3H2(g) CH3CH2OH(g)+2H2O(g) ΔH<0
B.增大压强,有利于反应向生成低碳醇的方向移动,平衡常数增大
C.升高温度,可以加快生成低碳醇的速率,但反应限度降低
D.增大氢气浓度可以提高二氧化碳的转化率
答案 B A项,根据盖斯定律,用第二个反应减第一个反应得:CH3OH(g)+CO2(g)+3H2(g) CH3CH2OH(g)+2H2O(g) ΔH=-124.6 kJ·mol-1,正确;B项,温度不变,平衡常数不变,错误;C项,升高温度,正、逆反应速率都加快,升高温度,平衡向吸热反应方向进行,即平衡逆向移动,反应限度降低,正确;D项,反应物中氢气和二氧化碳都是气体,增大一种反应物的浓度可以提高另一种反应物的转化率,正确。
6.向20 mL 0.40 mol·L-1 H2O2溶液中加入少量KI溶液:
ⅰ.H2O2+I- H2O+IO-;
ⅱ.H2O2+IO- H2O+O2↑+I-。
H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成O2的体积(已折算标准状况)如下。
t/min
0
5
10
15
20
V(O2)/mL
0.0
12.6
20.16
28.0
32.7
下列判断不正确的是 ( )
A.从图中可以看出,KI能增大H2O2的分解速率
B.反应ⅰ是放热反应,反应ⅱ是吸热反应
C.0~10 min的平均反应速率:v(H2O2)=9.0×10-3 mol·L-1·min-1
D.H2O2在反应过程中既体现了氧化性,又体现了还原性
答案 B A项,从题图中可以看出KI作催化剂,降低反应活化能,可以加快化学反应速率。B项,从题图中可以观察到,反应ⅰ的生成物总能量高于反应物总能量,为吸热反应;反应ⅱ的反应物总能量高于生成物总能量,为放热反应。C项,根据题表可知,0~10 min生成氧气的物质的量:n(O2)=20.16×10-3 L/22.4 L·mol-1=9.0×10-4 mol,根据化学方程式可知消耗过氧化氢的物质的量为1.8×10-3 mol,则v(H2O2)=1.8×10-3 mol/(20×10-3 L×10 min)=9.0×10-3 mol·L-1·min-1;D项,反应ⅰ中过氧化氢作氧化剂,反应ⅱ中过氧化氢作还原剂。
7.用0.100 0 mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 0 mol/L盐酸和20.00 mL 0.100 0 mol/L CH3COOH溶液,得到如图所示两条滴定曲线,下列说法不正确的是 ( )
A.图1表示NaOH滴定盐酸的曲线
B.a=20
C.图2中,pH=7,c(CH3COO-)=c(Na+)
D.图1中,由水电离的c(H+)一直增大
答案 D A项,根据题图中开始未加NaOH溶液时的pH得出题图1表示NaOH滴定盐酸的曲线,正确;B项,根据图1信息,a点对应的pH=7,可知盐酸与NaOH溶液恰好完全反应,则a=20,正确;C项,题图2中,根据电荷守恒和pH=7,得到c(CH3COO-)=c(Na+),正确;D项,题图1中,溶液从酸性到中性,由水电离的c(H+)增大,从中性到碱性,由水电离的c(H+)减小,错误。
8.对Na2C2O4溶液进行研究,下列说法不正确的是(室温下0.1 mol·L-1 H2C2O4的pH=1.3) ( )
A.Na2C2O4溶液中离子关系:c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)=c(Na+)
B.向Na2C2O4溶液中加入酚酞,溶液变红:C2O42-+H2O HC2O4-+OH-
C.向Na2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液,紫色褪去:2MnO4-+5C2O42-+16H+ 2Mn2++10CO2↑+8H2O
D.向Na2C2O4溶液中加入足量稀硫酸制备草酸:C2O42-+2H+ H2C2O4
答案 A A项,该溶液中存在物料守恒:2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]=c(Na+),错误;B项,草酸根离子水解导致溶液呈碱性,酚酞变红色,正确;C项,向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液紫色褪去,二者发生氧化还原反应,正确;D项,向草酸钠溶液中加入足量稀硫酸生成草酸,二者发生复分解反应,正确。
9.龋齿是有机酸使牙齿中的Ca5(PO4)3(OH)溶解造成的。饮水、食物里的F-会将其转化为Ca5(PO4)3F,后者更能抵抗酸的腐蚀。下列分析不正确的是 ( )
A.溶解度:Ca5(PO4)3(OH)
C.牙膏中添加NaF可发生反应:Ca5(PO4)3(OH)+F- Ca5(PO4)3F+OH-
D.上述过程涉及的反应类型只有复分解反应
答案 A A项,依据沉淀转化的原则,结合题意知,溶解度:Ca5(PO4)3(OH)>Ca5(PO4)3F;B项,Ca5(PO4)3(OH)电离出来的OH-能与H+反应生成水,PO43-能与H+反应生成HPO42-、H2PO4-、H3PO4;C项,牙膏中添加NaF,F-可与Ca5(PO4)3(OH)反应生成溶解度更小的Ca5(PO4)3F;D项,题述过程涉及的反应都是复分解反应。
知识拓展 在难溶电解质溶液中,沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动。一般来说,沉淀转化总是向着溶解度减小的方向进行。若难溶电解质的类型相同,则Ksp较大的沉淀易转化为Ksp较小的沉淀。
10.利用太阳能电解水制H2是解决能源危机的重要方向。采用固体氧化还原调节剂作为离子交换体系,实现H2、O2分离。下列分析正确的是 ( )
A.左侧电解池应选用酸性溶液,a极反应式:2H++2e- H2↑
B.b极反应式:NiOOH+H2O+e- Ni(OH)2+OH-
C.c为阳极,发生氧化反应
D.电解一段时间后,可将b、c对调,循环利用物质
答案 D 试题以采用固体氧化还原调节剂作为离子交换体系,实现H2、O2分离为情境,通过电解工作原理装置图考查对电解池工作原理的理解,涉及电解原理及其应用、电极反应式的书写等必备知识,主要考查理解能力和辨析能力,体现宏观辨识与微观探析和证据推理与模型认知的学科核心素养,突出对应用性的考查要求。
A项,根据题图,左侧电解池应选用碱性溶液,连接电源负极的为阴极,则a为阴极,阴极发生还原反应,电极反应式为2H2O+2e- H2↑+2OH-,错误;B项,b为阳极,阳极失电子发生氧化反应,故电极反应式为Ni(OH)2+OH--e- NiOOH+H2O,错误;C项,连接电源正极的为阳极,则d为阳极,c为阴极,阴极发生还原反应,错误;D项,b电极发生的反应为Ni(OH)2+OH--e- NiOOH+H2O,c电极发生的反应为NiOOH+H2O+e- Ni(OH)2+OH-,故电解一段时间后,可将b、c对调,循环利用,正确。
11.温度分别为T1和T2时,将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中,发生反应X(g)+Y(g) 2Z(g),一段时间后达到平衡,反应过程中测定的数据如下表:
t/minn(Y)/mol温度/K
t1
t2
t3
t4
T1
0.14
0.12
0.10
0.10
T2
0.13
0.09
0.08
下列说法正确的是 ( )
A.该反应的正反应为放热反应
B.T2下此反应的平衡常数K=4
C.温度为T1时,0~t1时间段的平均速率v(Z)=2.0×10-3 mol·L-1·min-1
D.在T1下平衡后,保持其他条件不变,再充入0.2 mol Z,平衡时X的体积分数增大
答案 B A项,初始投料是相同的,比较表格中所给的数据可以看出,在t1时T2下的Y的物质的量小于T1,根据反应速率的快慢说明T2大于T1,对于T1来说,T2相当于升温,升温后Y减少,说明升温使平衡右移,说明正反应是吸热的,错误;B项,根据表格中数据,列出T2时的三段式:
X(g) + Y(g) 2Z(g)
初始(mol·L-1) 0.016 0.016 0
变化(mol·L-1) 0.008 0.008 0.016
平衡(mol·L-1) 0.008 0.008 0.016
所以K=0.01620.008×0.008=4,正确;C项,t1未知,无法计算v(Z)的具体数值,错误;D项,其他条件不变时,充入0.2 mol Z等效于在恒温恒容容器中充入0.1 mol X和0.1 mol Y,即相当于起始加入0.26 mol X和0.26 mol Y,该反应前后气体分子数相等,所以达到平衡时X的体积分数不变,错误。
12.X、Y、Z是三种处于不同周期的短周期元素,且可形成如图所示的化合物。下列说法一定正确的是 ( )
A.Z的最高价氧化物的水化物为强碱
B.该化合物可作还原剂
C.原子半径:Z>Y>X
D.该化合物中X、Y均满足8e-稳定结构
答案 B 分析该化合物结构,X形成1条单键,则X为第ⅠA族的H或第ⅦA族的F、Cl;Y得到一个电子后形成4条单键,则Y最外层有3个电子,Y为第ⅢA族的B或Al;Z可形成Z+,则Z为ⅠA族的Li或Na。再根据X、Y、Z是三种处于不同周期的短周期元素,则X为H、Y为B(或Al)、Z为Na(或Li),即该化合物为NaBH4或LiAlH4。LiOH不是强碱,A项错误;NaBH4或LiAlH4中H元素的化合价均为-1价,可作还原剂,B项正确;原子半径:Na>B>H、Al>Li>H,C项错误;结合该化合物结构来看,H不满足8e-稳定结构,D项错误。
思路点拨 本题模拟2019年课标Ⅰ的第13题,考查原子结构与原子成键数目间的关系。根据价键理论,非金属元素原子能获得几个电子达到2电子或8电子稳定结构,该原子就能形成几条共价键(少数多电子化合物或缺电子化合物不考虑)。根据成键数可以判断元素的族序数。
二、非选择题(共46分)
13.醋酸是实验室及生活中的常见物质。
(1)写出醋酸的电离方程式: 。
(2)常温下醋酸溶液的pH<7,用文字描述其原因是 。
(3)能证明醋酸是弱酸的实验事实是(多选、错选不得分) 。
a.同浓度的CH3COOH溶液和盐酸分别与相同的Mg条反应,放出H2的初始速率醋酸慢
b.常温下0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液的pH>7
c.CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2
d.0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红
e.常温下0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH>1
(4)25 ℃时,在体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液、盐酸中,分别逐滴加入浓度为0.1 mol·L-1的NaOH溶液,溶液pH随加入NaOH溶液体积变化如图所示。
ⅰ.当加入NaOH溶液20 mL时,①溶液的离子浓度大小关系是 。
ⅱ.当②溶液的pH=7时,溶液中存在的微粒浓度大小关系正确的是 。
a.c(Na+)=c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH-)
b.c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)>c(CH3COOH)
c.c(CH3COOH)>c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)
答案 (1)CH3COOH CH3COO-+H+
(2)醋酸可以电离出H+,溶液中c(H+)>c(OH-)
(3)abe
(4)ⅰ.c(Na+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-) ⅱ.a
解析 (1)醋酸是弱电解质,不能完全电离,电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+。
(2)判断溶液酸碱性看溶液中的c(H+)和c(OH-)的相对大小,醋酸溶液显酸性的原因是:醋酸电离出氢离子,使溶液中的c(H+)大于c(OH-)。
(3)a项,同浓度的CH3COOH溶液和盐酸分别与相同的Mg条反应,放出H2的初始速率醋酸慢,说明醋酸溶液中的氢离子浓度小,可以说明醋酸为弱酸;b项,常温下,0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液的pH>7,说明醋酸钠是强碱弱酸盐,即醋酸为弱酸;c项,CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2,只能证明醋酸的酸性比碳酸强,不能证明醋酸是弱酸;d项,0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红,只能证明醋酸溶液显酸性,不能证明醋酸为弱酸;e项,常温下0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH>1,说明醋酸部分电离,可以证明醋酸为弱酸。
(4)根据起点的pH可以判断出,①为HCl,②为CH3COOH。当加入20 mL氢氧化钠溶液时,HCl和NaOH恰好完全反应得到NaCl溶液,溶液显中性,离子浓度大小关系为c(Na+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-);当②溶液达到中性时,应该是醋酸和醋酸钠的混合溶液,此时氢离子和氢氧根离子浓度相等,结合电荷守恒可知钠离子和醋酸根离子浓度相等,溶液中存在的微粒浓度大小关系为c(Na+)=c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH-)。
14.甲醇水蒸气重整制氢是目前比较成熟的制氢方法,且具有良好的应用前景。甲醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图所示:
(1)已知一定条件下
反应Ⅰ:CH3OH(g) CO(g)+2H2(g)
ΔH1=+90.7 kJ/mol
反应Ⅲ:CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g)
ΔH3=+49.5 kJ/mol
该条件下反应Ⅱ的热化学方程式是 。
(2)已知反应Ⅱ在进气比[n(CO)∶n(H2O)]不同时,在不同温度(T1、T2)下,测得相应的CO的平衡转化率见下图。
①比较T1、T2的大小,并解释原因 。
②A点对应的化学平衡常数是 。
③T1温度时,按下表数据开始反应建立平衡。
CO
H2O
H2
CO2
起始浓度(mol/L)
2
1
0
0
t时刻浓度(mol/L)
1.2
0.2
0.8
0.8
反应进行到t时刻时,判断v(正)、v(逆)的大小关系为:v(正) v(逆)(填“>”“<”或“=”)。
④当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时,对应的反应温度和进气比的关系是 。
(3)在经CO2饱和处理的KHCO3电解液中,电解活化CO2可以制备乙醇,原理如图所示。
①阴极的电极反应式是 。
②从电解后的溶液中分离出乙醇的操作方法是 。
答案 (1)H2O(g)+CO(g) H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2 kJ·mol-1
(2)①T1
③<
④进气比越大,反应温度越低
(3)①2CO2+12e-+12H+ CH3CH2OH+3H2O
②蒸馏
解析 (1)已知反应Ⅰ:CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) ΔH1=+90.7 kJ/mol
反应Ⅲ:CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g) ΔH3=+49.5 kJ/mol
所求反应为:H2O(g)+CO(g) H2(g)+CO2(g) ΔH,该反应可由Ⅲ-Ⅰ得到,根据盖斯定律,该反应的焓变为ΔH=ΔH3-ΔH1=-41.2 kJ/mol。
(2)①反应Ⅱ为放热反应,相同投料比下,升高温度不利于反应正向进行,CO转化率降低,所以T1
H2O(g)+CO(g) H2(g)+CO2(g)
起始(mol) n n 0 0
转化(mol) 0.5n 0.5n 0.5n 0.5n
平衡(mol) 0.5n 0.5n 0.5n 0.5n
所以平衡常数为K=c(H2)c(CO2)c(H2O)c(CO)=0.5n×0.5n0.5n×0.5n=1。
③反应进行到t时刻时,Qc=0.8×0.81.2×0.2=2.67>K=1,所以反应逆向进行,v(正)
(3)①阴极得到电子发生还原反应,故电极反应式为2CO2+12e-+12H+ CH3CH2OH+3H2O。
15.羟基自由基(·OH,电中性,O为-1价)是一种活性含氧微粒。常温下,利用·OH处理含苯酚废水,可将其转化为无毒的氧化物。
(1)·OH的电子式为 。
(2)pH=3时Fe2+催化H2O2的分解过程中产生·OH中间体,催化循环反应如下。将ⅱ补充完整。
ⅰ.Fe2++H2O2+H+ Fe3++H2O+·OH
ⅱ. + +O2↑+2H+
(3)已知:羟基自由基容易发生猝灭2·OH H2O2。用H2O2分解产生的·OH脱除苯酚,当其他条件不变时,不同温度下,苯酚的浓度随时间的变化如图1所示。0~20 min时,温度从40 ℃上升到50 ℃,反应速率基本不变的原因是 。
图1 图2
(4)利用电化学高级氧化技术可以在电解槽中持续产生·OH,使处理含苯酚废水更加高效,装置如图2所示。已知a极主要发生的反应是O2生成H2O2,然后在电解液中产生·OH并迅速与苯酚反应。
①b极连接电源的 极(填“正”或“负”)。
②a极的电极反应式为 。
③电解液中发生的主要反应方程式为 。
答案 (1)·O····：H
(2)2Fe3++2·OH 2Fe2++O2↑+2H+
(3)0~20 min,40~50 ℃,升高温度化学反应速率应该加快;但是温度升高羟基自由基发生猝灭(或温度升高过氧化氢分解产生氧气),导致c(·OH)下降,所以温度从40 ℃上升到50 ℃,反应速率基本不变
(4)①正
②O2+2e-+2H+ H2O2
③Fe2++H2O2+H+ Fe3++H2O+·OH(答案合理即给分,如H2O2 2·OH),C6H6O+28·OH 6CO2↑+17H2O
解析 (1)羟基自由基的电子式为·O····：H。
(2)由题意可知Fe2+为H2O2分解反应的催化剂,则ⅰ和ⅱ反应合并的总反应为2H2O2 2H2O+O2↑,反应ⅰ为Fe2++H2O2+H+ Fe3++H2O+·OH,则反应ⅱ为2Fe3++2·OH 2Fe2++O2↑+2H+。
(4)①根据题意可知a极主要发生的反应是O2生成H2O2,氧气中的氧元素得电子由0价降低到-1价,发生还原反应,则a极为阴极,b极为阳极,故b极连接电源的正极。
②a极为阴极,电极反应为O2+2e-+2H+ H2O2。
③由题意可知,a极主要发生的反应是O2生成H2O2,然后在电解液中产生·OH,b极电极反应式为Fe-2e- Fe2+,Fe2+向阴极移动。·OH能迅速与苯酚反应,则电解液中发生反应C6H6O+28·OH- 6CO2↑+17H2O;b极生成的Fe2+也可与a极生成的H2O2发生反应Fe2++H2O2+H+ Fe3++H2O+·OH。
16.某学习小组探究FeCl3溶液与Na2S溶液在某种条件下的反应。
实验Ⅰ:
已知:FeS、Fe2S3均为黑色固体,难溶于水。
(1)用化学用语解释Na2S溶液呈碱性的原因 。
(2)小组同学们对试管b中的黑色沉淀提出猜想:
猜想1:黑色沉淀是Fe2S3 猜想2:黑色沉淀是FeS
①针对猜想1,甲同学根据Na2S溶液呈碱性,推测试管b中黑色沉淀除Fe2S3外,还可能存在Fe(OH)3,补充实验Ⅱ如下:
编号
操作或过程
现象和结论
实验Ⅱ
向 NaOH溶液中滴加3滴pH=1的0.1 mol·L-1的FeCl3溶液
有红褐色溶液生成;
试管b中黑色的Fe2S3可能影响Fe(OH)3红褐色的观察
甲同学继续查找数据:Ksp(Fe2S3)=1.0×10-88;Ksp[Fe(OH)3]=1.1×10-35。
②设计实验Ⅲ:向Fe(OH)3中加入过量pH=12.5的0.1 mol·L-1 Na2S溶液,观察到的现象是沉淀颜色由 ,该现象对应的离子方程式为 。
③针对猜想2,乙同学推测,若猜想2成立,应该还有S生成。写出该同学推测所依据的离子方程式: 。乙同学继续检验,确认黑色沉淀中无S单质,猜想2不成立。
(3)丙同学利用电化学原理继续进行探究:
编号
装置
操作及现象
实验Ⅳ
1.电流计指针有微弱偏转
2.2分钟后,取左侧烧杯溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,有少量蓝色沉淀;2小时后,右侧烧杯有黄色浑浊产生,再取左侧烧杯溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,有大量蓝色沉淀
丙同学依据实验Ⅳ得出结论:pH=1的0.1 mol·L-1 FeCl3溶液与pH=12.5的0.1 mol·L-1 Na2S溶液 (填“能”或“不能”)发生氧化还原反应。
(4)综合以上研究,从反应原理角度分析试管b中黑色沉淀是Fe2S3而不是FeS的原因 。
答案 (1)S2-+H2O HS-+OH-
(2)①3 mL pH=12.5
②红褐色完全转化为黑色
2Fe(OH)3+3S2- Fe2S3+6OH-
③2Fe3++3S2- 2FeS↓+S↓
(3)能
(4)在该条件下,FeCl3与Na2S反应生成Fe2S3速率(发生沉淀反应速率)大于生成FeS速率(氧化还原反应速率)
解析 (1)Na2S溶液呈碱性,是因硫离子水解导致的。
(2)①利用平行对比实验角度思考,改变物质而不改变体积和pH,因为实验Ⅰ中用的是3 mL pH=12.5的Na2S溶液;②结合Ksp(Fe2S3)=1.0×10-88,Ksp[Fe(OH)3]=1.1×10-35,难溶物的溶解度越小越易转化生成,向Fe(OH)3中加入过量pH=12.5的0.1 mol·L-1的Na2S溶液时,红褐色Fe(OH)3沉淀会转化为更难溶的黑色Fe2S3沉淀,对应的离子方程式为2Fe(OH)3+3S2- Fe2S3+6OH-。
(3)实验Ⅳ根据实验现象电流计指针有微弱偏转得出结论为能发生氧化还原反应生成FeS且速率不大。
(4)实验Ⅰ表明在Na2S溶液中逐滴加入FeCl3溶液,主要发生的是复分解反应,速率快,实验Ⅳ表明在FeCl3溶液中逐滴加入Na2S溶液能发生的是氧化还原反应,速率慢,由此可知FeCl3和Na2S间可发生复分解反应也可发生氧化还原反应,且反应速率不同。
【模块卷一】
时间:45分钟 分值:70分
一、选择题(每题2分,共24分)
1.下列关于轮船嵌有锌块实施保护的判断不合理的是 ( )
A.嵌入锌块后的负极反应:Fe-2e- Fe2+
B.可用镁合金块代替锌块进行保护
C.腐蚀的正极反应:2H2O+O2+4e- 4OH-
D.该方法采用的是牺牲阳极的阴极保护法
答案 A A项,嵌入锌块作负极,负极反应为Zn-2e- Zn2+,错误;B项,该方法为牺牲阳极的阴极保护法,即牺牲作负极的锌块保护作正极的轮船,由于Mg的活动性比Zn还强,故可以用镁合金来代替锌块,正确;C项,由于海水呈弱碱性,铁发生吸氧腐蚀,故正极反应为2H2O+O2+4e- 4OH-,正确;D项,此保护方法是构成了原电池,牺牲了锌块保护轮船,故为牺牲阳极的阴极保护法,正确。
2.中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂,利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水主要过程如下图所示。下列说法不正确的是 ( )
A.整个过程实现了光能向化学能的转化
B.过程Ⅱ有O—O单键生成并放出能量
C.过程Ⅲ发生的反应:2H2O2 2H2O+O2
D.整个过程的总反应:2H2O 2H2+O2
答案 C A项,由题图可知,太阳能使水分解,则实现了光能向化学能的转化,正确;B项,过程Ⅱ中生成氢气、过氧化氢,过程Ⅱ放出能量并生成了O—O键,正确;C项,过程Ⅲ为H2O2中的O—H键断裂生成H2、O2的过程,错误;D项,用太阳光在催化剂表面实现高效分解水,总反应为水分解生成氢气和氧气,则总反应2H2O 2H2+O2,正确。
3.通过以下反应均可获取H2。
①C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH1=+131.3 kJ·mol-1
②CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH2=+206.1 kJ· mol-1
③CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH3
下列说法正确的是 ( )
A.①中反应物的总能量大于生成物的总能量
B.②中使用适当催化剂,可以使ΔH2减小
C.由①、②计算反应CH4(g) C(s)+2H2(g)的ΔH=-74.8 kJ·mol-1
D.若知反应C(s)+CO2(g) 2CO(g)的ΔH,结合ΔH1可计算出ΔH3
答案 D A项,反应①为吸热反应,反应物的总能量低于生成物的总能量,错误;B项,使用催化剂可降低化学反应的活化能,但不能改变反应焓变,即②中使用适当催化剂,ΔH2不变,错误;C项,依据盖斯定律,②-①得,CH4(g) C(s)+2H2(g)的ΔH=+74.8 kJ·mol-1,错误;D项,由盖斯定律知,ΔH3=ΔH1-ΔH,正确。
4.在某年3·15晚会中曝光一种劣质净水机的欺骗推销手段:销售人员用如图所示“验水器”检验居民家庭自来水,接通电源后自来水产生大量深色絮状沉淀,而净化后的水再用同一个“验水器”检验,再次接通电源后水没有明显变化依然澄清透明。关于该实验下列分析正确的是 ( )
A.净化水导电能力理论上比自来水强
B.两次通电可能通过开关反转正负极
C.两次通电的阴极反应产生气体不同
D.金属电极可能采用的是铝或铁材质
答案 B A项,净化水中离子浓度小于自来水中离子浓度,因此净化水导电能力理论上比自来水弱,错误;B项,根据图中双向开关得出两次通电可能通过开关反转正负极,正确;C项,前后两次通电的阴极反应产生气体都为氢气,阳极反应不相同,错误;D项,接通电源后自来水产生大量深色絮状沉淀,而Al(OH)3为白色絮状沉淀,说明金属电极可能采用的是铁材质,错误。
5.CO2催化加氢制取甲醇、乙醇等低碳醇的研究,对环境问题和能源问题都具有非常重要的意义。已知一定条件下的反应:
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
ΔH=-49.0 kJ·mol-1
2CO2(g)+6H2(g) CH3CH2OH(g)+3H2O(g)
ΔH=-173.6 kJ·mol-1
下列说法不正确的是 ( )
A.CH3OH(g)+CO2(g)+3H2(g) CH3CH2OH(g)+2H2O(g) ΔH<0
B.增大压强,有利于反应向生成低碳醇的方向移动,平衡常数增大
C.升高温度,可以加快生成低碳醇的速率,但反应限度降低
D.增大氢气浓度可以提高二氧化碳的转化率
答案 B A项,根据盖斯定律,用第二个反应减第一个反应得:CH3OH(g)+CO2(g)+3H2(g) CH3CH2OH(g)+2H2O(g) ΔH=-124.6 kJ·mol-1,正确;B项,温度不变,平衡常数不变,错误;C项,升高温度,正、逆反应速率都加快,升高温度,平衡向吸热反应方向进行,即平衡逆向移动,反应限度降低,正确;D项,反应物中氢气和二氧化碳都是气体,增大一种反应物的浓度可以提高另一种反应物的转化率,正确。
6.向20 mL 0.40 mol·L-1 H2O2溶液中加入少量KI溶液:
ⅰ.H2O2+I- H2O+IO-;
ⅱ.H2O2+IO- H2O+O2↑+I-。
H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成O2的体积(已折算标准状况)如下。
t/min
0
5
10
15
20
V(O2)/mL
0.0
12.6
20.16
28.0
32.7
下列判断不正确的是 ( )
A.从图中可以看出,KI能增大H2O2的分解速率
B.反应ⅰ是放热反应,反应ⅱ是吸热反应
C.0~10 min的平均反应速率:v(H2O2)=9.0×10-3 mol·L-1·min-1
D.H2O2在反应过程中既体现了氧化性,又体现了还原性
答案 B A项,从题图中可以看出KI作催化剂,降低反应活化能,可以加快化学反应速率。B项,从题图中可以观察到,反应ⅰ的生成物总能量高于反应物总能量,为吸热反应;反应ⅱ的反应物总能量高于生成物总能量,为放热反应。C项,根据题表可知,0~10 min生成氧气的物质的量:n(O2)=20.16×10-3 L/22.4 L·mol-1=9.0×10-4 mol,根据化学方程式可知消耗过氧化氢的物质的量为1.8×10-3 mol,则v(H2O2)=1.8×10-3 mol/(20×10-3 L×10 min)=9.0×10-3 mol·L-1·min-1;D项,反应ⅰ中过氧化氢作氧化剂,反应ⅱ中过氧化氢作还原剂。
7.用0.100 0 mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 0 mol/L盐酸和20.00 mL 0.100 0 mol/L CH3COOH溶液,得到如图所示两条滴定曲线,下列说法不正确的是 ( )
A.图1表示NaOH滴定盐酸的曲线
B.a=20
C.图2中,pH=7,c(CH3COO-)=c(Na+)
D.图1中,由水电离的c(H+)一直增大
答案 D A项,根据题图中开始未加NaOH溶液时的pH得出题图1表示NaOH滴定盐酸的曲线,正确;B项,根据图1信息,a点对应的pH=7,可知盐酸与NaOH溶液恰好完全反应,则a=20,正确;C项,题图2中,根据电荷守恒和pH=7,得到c(CH3COO-)=c(Na+),正确;D项,题图1中,溶液从酸性到中性,由水电离的c(H+)增大,从中性到碱性,由水电离的c(H+)减小,错误。
8.对Na2C2O4溶液进行研究,下列说法不正确的是(室温下0.1 mol·L-1 H2C2O4的pH=1.3) ( )
A.Na2C2O4溶液中离子关系:c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)=c(Na+)
B.向Na2C2O4溶液中加入酚酞,溶液变红:C2O42-+H2O HC2O4-+OH-
C.向Na2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液,紫色褪去:2MnO4-+5C2O42-+16H+ 2Mn2++10CO2↑+8H2O
D.向Na2C2O4溶液中加入足量稀硫酸制备草酸:C2O42-+2H+ H2C2O4
答案 A A项,该溶液中存在物料守恒:2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]=c(Na+),错误;B项,草酸根离子水解导致溶液呈碱性,酚酞变红色,正确;C项,向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液紫色褪去,二者发生氧化还原反应,正确;D项,向草酸钠溶液中加入足量稀硫酸生成草酸,二者发生复分解反应,正确。
9.龋齿是有机酸使牙齿中的Ca5(PO4)3(OH)溶解造成的。饮水、食物里的F-会将其转化为Ca5(PO4)3F,后者更能抵抗酸的腐蚀。下列分析不正确的是 ( )
A.溶解度:Ca5(PO4)3(OH)
C.牙膏中添加NaF可发生反应:Ca5(PO4)3(OH)+F- Ca5(PO4)3F+OH-
D.上述过程涉及的反应类型只有复分解反应
答案 A A项,依据沉淀转化的原则,结合题意知,溶解度:Ca5(PO4)3(OH)>Ca5(PO4)3F;B项,Ca5(PO4)3(OH)电离出来的OH-能与H+反应生成水,PO43-能与H+反应生成HPO42-、H2PO4-、H3PO4;C项,牙膏中添加NaF,F-可与Ca5(PO4)3(OH)反应生成溶解度更小的Ca5(PO4)3F;D项,题述过程涉及的反应都是复分解反应。
知识拓展 在难溶电解质溶液中,沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动。一般来说,沉淀转化总是向着溶解度减小的方向进行。若难溶电解质的类型相同,则Ksp较大的沉淀易转化为Ksp较小的沉淀。
10.利用太阳能电解水制H2是解决能源危机的重要方向。采用固体氧化还原调节剂作为离子交换体系,实现H2、O2分离。下列分析正确的是 ( )
A.左侧电解池应选用酸性溶液,a极反应式:2H++2e- H2↑
B.b极反应式:NiOOH+H2O+e- Ni(OH)2+OH-
C.c为阳极,发生氧化反应
D.电解一段时间后,可将b、c对调,循环利用物质
答案 D 试题以采用固体氧化还原调节剂作为离子交换体系,实现H2、O2分离为情境,通过电解工作原理装置图考查对电解池工作原理的理解,涉及电解原理及其应用、电极反应式的书写等必备知识,主要考查理解能力和辨析能力,体现宏观辨识与微观探析和证据推理与模型认知的学科核心素养,突出对应用性的考查要求。
A项,根据题图,左侧电解池应选用碱性溶液,连接电源负极的为阴极,则a为阴极,阴极发生还原反应,电极反应式为2H2O+2e- H2↑+2OH-,错误;B项,b为阳极,阳极失电子发生氧化反应,故电极反应式为Ni(OH)2+OH--e- NiOOH+H2O,错误;C项,连接电源正极的为阳极,则d为阳极,c为阴极,阴极发生还原反应,错误;D项,b电极发生的反应为Ni(OH)2+OH--e- NiOOH+H2O,c电极发生的反应为NiOOH+H2O+e- Ni(OH)2+OH-,故电解一段时间后,可将b、c对调,循环利用,正确。
11.温度分别为T1和T2时,将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中,发生反应X(g)+Y(g) 2Z(g),一段时间后达到平衡,反应过程中测定的数据如下表:
t/minn(Y)/mol温度/K
t1
t2
t3
t4
T1
0.14
0.12
0.10
0.10
T2
0.13
0.09
0.08
下列说法正确的是 ( )
A.该反应的正反应为放热反应
B.T2下此反应的平衡常数K=4
C.温度为T1时,0~t1时间段的平均速率v(Z)=2.0×10-3 mol·L-1·min-1
D.在T1下平衡后,保持其他条件不变,再充入0.2 mol Z,平衡时X的体积分数增大
答案 B A项,初始投料是相同的,比较表格中所给的数据可以看出,在t1时T2下的Y的物质的量小于T1,根据反应速率的快慢说明T2大于T1,对于T1来说,T2相当于升温,升温后Y减少,说明升温使平衡右移,说明正反应是吸热的,错误;B项,根据表格中数据,列出T2时的三段式:
X(g) + Y(g) 2Z(g)
初始(mol·L-1) 0.016 0.016 0
变化(mol·L-1) 0.008 0.008 0.016
平衡(mol·L-1) 0.008 0.008 0.016
所以K=0.01620.008×0.008=4,正确;C项,t1未知,无法计算v(Z)的具体数值,错误;D项,其他条件不变时,充入0.2 mol Z等效于在恒温恒容容器中充入0.1 mol X和0.1 mol Y,即相当于起始加入0.26 mol X和0.26 mol Y,该反应前后气体分子数相等,所以达到平衡时X的体积分数不变,错误。
12.X、Y、Z是三种处于不同周期的短周期元素,且可形成如图所示的化合物。下列说法一定正确的是 ( )
A.Z的最高价氧化物的水化物为强碱
B.该化合物可作还原剂
C.原子半径:Z>Y>X
D.该化合物中X、Y均满足8e-稳定结构
答案 B 分析该化合物结构,X形成1条单键,则X为第ⅠA族的H或第ⅦA族的F、Cl;Y得到一个电子后形成4条单键,则Y最外层有3个电子,Y为第ⅢA族的B或Al;Z可形成Z+,则Z为ⅠA族的Li或Na。再根据X、Y、Z是三种处于不同周期的短周期元素,则X为H、Y为B(或Al)、Z为Na(或Li),即该化合物为NaBH4或LiAlH4。LiOH不是强碱,A项错误;NaBH4或LiAlH4中H元素的化合价均为-1价,可作还原剂,B项正确;原子半径:Na>B>H、Al>Li>H,C项错误;结合该化合物结构来看,H不满足8e-稳定结构,D项错误。
思路点拨 本题模拟2019年课标Ⅰ的第13题,考查原子结构与原子成键数目间的关系。根据价键理论,非金属元素原子能获得几个电子达到2电子或8电子稳定结构,该原子就能形成几条共价键(少数多电子化合物或缺电子化合物不考虑)。根据成键数可以判断元素的族序数。
二、非选择题(共46分)
13.醋酸是实验室及生活中的常见物质。
(1)写出醋酸的电离方程式: 。
(2)常温下醋酸溶液的pH<7,用文字描述其原因是 。
(3)能证明醋酸是弱酸的实验事实是(多选、错选不得分) 。
a.同浓度的CH3COOH溶液和盐酸分别与相同的Mg条反应,放出H2的初始速率醋酸慢
b.常温下0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液的pH>7
c.CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2
d.0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红
e.常温下0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH>1
(4)25 ℃时,在体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液、盐酸中,分别逐滴加入浓度为0.1 mol·L-1的NaOH溶液,溶液pH随加入NaOH溶液体积变化如图所示。
ⅰ.当加入NaOH溶液20 mL时,①溶液的离子浓度大小关系是 。
ⅱ.当②溶液的pH=7时,溶液中存在的微粒浓度大小关系正确的是 。
a.c(Na+)=c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH-)
b.c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)>c(CH3COOH)
c.c(CH3COOH)>c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)
答案 (1)CH3COOH CH3COO-+H+
(2)醋酸可以电离出H+,溶液中c(H+)>c(OH-)
(3)abe
(4)ⅰ.c(Na+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-) ⅱ.a
解析 (1)醋酸是弱电解质,不能完全电离,电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+。
(2)判断溶液酸碱性看溶液中的c(H+)和c(OH-)的相对大小,醋酸溶液显酸性的原因是:醋酸电离出氢离子,使溶液中的c(H+)大于c(OH-)。
(3)a项,同浓度的CH3COOH溶液和盐酸分别与相同的Mg条反应,放出H2的初始速率醋酸慢,说明醋酸溶液中的氢离子浓度小,可以说明醋酸为弱酸;b项,常温下,0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液的pH>7,说明醋酸钠是强碱弱酸盐,即醋酸为弱酸;c项,CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2,只能证明醋酸的酸性比碳酸强,不能证明醋酸是弱酸;d项,0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红,只能证明醋酸溶液显酸性,不能证明醋酸为弱酸;e项,常温下0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH>1,说明醋酸部分电离,可以证明醋酸为弱酸。
(4)根据起点的pH可以判断出,①为HCl,②为CH3COOH。当加入20 mL氢氧化钠溶液时,HCl和NaOH恰好完全反应得到NaCl溶液,溶液显中性,离子浓度大小关系为c(Na+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-);当②溶液达到中性时,应该是醋酸和醋酸钠的混合溶液,此时氢离子和氢氧根离子浓度相等,结合电荷守恒可知钠离子和醋酸根离子浓度相等,溶液中存在的微粒浓度大小关系为c(Na+)=c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH-)。
14.甲醇水蒸气重整制氢是目前比较成熟的制氢方法,且具有良好的应用前景。甲醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图所示:
(1)已知一定条件下
反应Ⅰ:CH3OH(g) CO(g)+2H2(g)
ΔH1=+90.7 kJ/mol
反应Ⅲ:CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g)
ΔH3=+49.5 kJ/mol
该条件下反应Ⅱ的热化学方程式是 。
(2)已知反应Ⅱ在进气比[n(CO)∶n(H2O)]不同时,在不同温度(T1、T2)下,测得相应的CO的平衡转化率见下图。
①比较T1、T2的大小,并解释原因 。
②A点对应的化学平衡常数是 。
③T1温度时,按下表数据开始反应建立平衡。
CO
H2O
H2
CO2
起始浓度(mol/L)
2
1
0
0
t时刻浓度(mol/L)
1.2
0.2
0.8
0.8
反应进行到t时刻时,判断v(正)、v(逆)的大小关系为:v(正) v(逆)(填“>”“<”或“=”)。
④当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时,对应的反应温度和进气比的关系是 。
(3)在经CO2饱和处理的KHCO3电解液中,电解活化CO2可以制备乙醇,原理如图所示。
①阴极的电极反应式是 。
②从电解后的溶液中分离出乙醇的操作方法是 。
答案 (1)H2O(g)+CO(g) H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2 kJ·mol-1
(2)①T1
③<
④进气比越大,反应温度越低
(3)①2CO2+12e-+12H+ CH3CH2OH+3H2O
②蒸馏
解析 (1)已知反应Ⅰ:CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) ΔH1=+90.7 kJ/mol
反应Ⅲ:CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g) ΔH3=+49.5 kJ/mol
所求反应为:H2O(g)+CO(g) H2(g)+CO2(g) ΔH,该反应可由Ⅲ-Ⅰ得到,根据盖斯定律,该反应的焓变为ΔH=ΔH3-ΔH1=-41.2 kJ/mol。
(2)①反应Ⅱ为放热反应,相同投料比下,升高温度不利于反应正向进行,CO转化率降低,所以T1
H2O(g)+CO(g) H2(g)+CO2(g)
起始(mol) n n 0 0
转化(mol) 0.5n 0.5n 0.5n 0.5n
平衡(mol) 0.5n 0.5n 0.5n 0.5n
所以平衡常数为K=c(H2)c(CO2)c(H2O)c(CO)=0.5n×0.5n0.5n×0.5n=1。
③反应进行到t时刻时,Qc=0.8×0.81.2×0.2=2.67>K=1,所以反应逆向进行,v(正)
(3)①阴极得到电子发生还原反应,故电极反应式为2CO2+12e-+12H+ CH3CH2OH+3H2O。
15.羟基自由基(·OH,电中性,O为-1价)是一种活性含氧微粒。常温下,利用·OH处理含苯酚废水,可将其转化为无毒的氧化物。
(1)·OH的电子式为 。
(2)pH=3时Fe2+催化H2O2的分解过程中产生·OH中间体,催化循环反应如下。将ⅱ补充完整。
ⅰ.Fe2++H2O2+H+ Fe3++H2O+·OH
ⅱ. + +O2↑+2H+
(3)已知:羟基自由基容易发生猝灭2·OH H2O2。用H2O2分解产生的·OH脱除苯酚,当其他条件不变时,不同温度下,苯酚的浓度随时间的变化如图1所示。0~20 min时,温度从40 ℃上升到50 ℃,反应速率基本不变的原因是 。
图1 图2
(4)利用电化学高级氧化技术可以在电解槽中持续产生·OH,使处理含苯酚废水更加高效,装置如图2所示。已知a极主要发生的反应是O2生成H2O2,然后在电解液中产生·OH并迅速与苯酚反应。
①b极连接电源的 极(填“正”或“负”)。
②a极的电极反应式为 。
③电解液中发生的主要反应方程式为 。
答案 (1)·O····：H
(2)2Fe3++2·OH 2Fe2++O2↑+2H+
(3)0~20 min,40~50 ℃,升高温度化学反应速率应该加快;但是温度升高羟基自由基发生猝灭(或温度升高过氧化氢分解产生氧气),导致c(·OH)下降,所以温度从40 ℃上升到50 ℃,反应速率基本不变
(4)①正
②O2+2e-+2H+ H2O2
③Fe2++H2O2+H+ Fe3++H2O+·OH(答案合理即给分,如H2O2 2·OH),C6H6O+28·OH 6CO2↑+17H2O
解析 (1)羟基自由基的电子式为·O····：H。
(2)由题意可知Fe2+为H2O2分解反应的催化剂,则ⅰ和ⅱ反应合并的总反应为2H2O2 2H2O+O2↑,反应ⅰ为Fe2++H2O2+H+ Fe3++H2O+·OH,则反应ⅱ为2Fe3++2·OH 2Fe2++O2↑+2H+。
(4)①根据题意可知a极主要发生的反应是O2生成H2O2,氧气中的氧元素得电子由0价降低到-1价,发生还原反应,则a极为阴极,b极为阳极,故b极连接电源的正极。
②a极为阴极,电极反应为O2+2e-+2H+ H2O2。
③由题意可知,a极主要发生的反应是O2生成H2O2,然后在电解液中产生·OH,b极电极反应式为Fe-2e- Fe2+,Fe2+向阴极移动。·OH能迅速与苯酚反应,则电解液中发生反应C6H6O+28·OH- 6CO2↑+17H2O;b极生成的Fe2+也可与a极生成的H2O2发生反应Fe2++H2O2+H+ Fe3++H2O+·OH。
16.某学习小组探究FeCl3溶液与Na2S溶液在某种条件下的反应。
实验Ⅰ:
已知:FeS、Fe2S3均为黑色固体,难溶于水。
(1)用化学用语解释Na2S溶液呈碱性的原因 。
(2)小组同学们对试管b中的黑色沉淀提出猜想:
猜想1:黑色沉淀是Fe2S3 猜想2:黑色沉淀是FeS
①针对猜想1,甲同学根据Na2S溶液呈碱性,推测试管b中黑色沉淀除Fe2S3外,还可能存在Fe(OH)3,补充实验Ⅱ如下:
编号
操作或过程
现象和结论
实验Ⅱ
向 NaOH溶液中滴加3滴pH=1的0.1 mol·L-1的FeCl3溶液
有红褐色溶液生成;
试管b中黑色的Fe2S3可能影响Fe(OH)3红褐色的观察
甲同学继续查找数据:Ksp(Fe2S3)=1.0×10-88;Ksp[Fe(OH)3]=1.1×10-35。
②设计实验Ⅲ:向Fe(OH)3中加入过量pH=12.5的0.1 mol·L-1 Na2S溶液,观察到的现象是沉淀颜色由 ,该现象对应的离子方程式为 。
③针对猜想2,乙同学推测,若猜想2成立,应该还有S生成。写出该同学推测所依据的离子方程式: 。乙同学继续检验,确认黑色沉淀中无S单质,猜想2不成立。
(3)丙同学利用电化学原理继续进行探究:
编号
装置
操作及现象
实验Ⅳ
1.电流计指针有微弱偏转
2.2分钟后,取左侧烧杯溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,有少量蓝色沉淀;2小时后,右侧烧杯有黄色浑浊产生,再取左侧烧杯溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,有大量蓝色沉淀
丙同学依据实验Ⅳ得出结论:pH=1的0.1 mol·L-1 FeCl3溶液与pH=12.5的0.1 mol·L-1 Na2S溶液 (填“能”或“不能”)发生氧化还原反应。
(4)综合以上研究,从反应原理角度分析试管b中黑色沉淀是Fe2S3而不是FeS的原因 。
答案 (1)S2-+H2O HS-+OH-
(2)①3 mL pH=12.5
②红褐色完全转化为黑色
2Fe(OH)3+3S2- Fe2S3+6OH-
③2Fe3++3S2- 2FeS↓+S↓
(3)能
(4)在该条件下,FeCl3与Na2S反应生成Fe2S3速率(发生沉淀反应速率)大于生成FeS速率(氧化还原反应速率)
解析 (1)Na2S溶液呈碱性,是因硫离子水解导致的。
(2)①利用平行对比实验角度思考,改变物质而不改变体积和pH,因为实验Ⅰ中用的是3 mL pH=12.5的Na2S溶液;②结合Ksp(Fe2S3)=1.0×10-88,Ksp[Fe(OH)3]=1.1×10-35,难溶物的溶解度越小越易转化生成,向Fe(OH)3中加入过量pH=12.5的0.1 mol·L-1的Na2S溶液时,红褐色Fe(OH)3沉淀会转化为更难溶的黑色Fe2S3沉淀,对应的离子方程式为2Fe(OH)3+3S2- Fe2S3+6OH-。
(3)实验Ⅳ根据实验现象电流计指针有微弱偏转得出结论为能发生氧化还原反应生成FeS且速率不大。
(4)实验Ⅰ表明在Na2S溶液中逐滴加入FeCl3溶液,主要发生的是复分解反应,速率快,实验Ⅳ表明在FeCl3溶液中逐滴加入Na2S溶液能发生的是氧化还原反应,速率慢,由此可知FeCl3和Na2S间可发生复分解反应也可发生氧化还原反应,且反应速率不同。
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