高考模拟化学真题分项汇编(北京专用)3年(2021-2023)专题04 电化学 化学反应速率与化学平衡 水溶液中的离子
展开专题04 电化学 化学反应速率与化学平衡 水溶液中的离子平衡
考点一 电化学
1.(2023·北京·统考高考真题)回收利用工业废气中的和,实验原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A.废气中排放到大气中会形成酸雨
B.装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度
C.装置a中溶液的作用是吸收废气中的和
D.装置中的总反应为
【答案】C
【详解】A.是酸性氧化物,废气中排放到空气中会形成硫酸型酸雨,故A正确;
B.装置a中溶液的溶质为,溶液显碱性,说明的水解程度大于电离程度,故B正确;
C.装置a中溶液的作用是吸收气体,与溶液不反应,不能吸收,故C错误;
D.由电解池阴极和阳极反应式可知,装置b中总反应为,故D正确;
选C。
2.(2022·北京·高考真题)利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
装置示意图
序号
电解质溶液
实验现象
①
0.1mol/LCuSO4
+少量H2SO4
阴极表面有无色气体,一段时间后阴极表面有红色固体,气体减少。经检验电解液中有
②
0.1mol/LCuSO4
+过量氨水
阴极表面未观察到气体,一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素
下列说法不正确的是
A.①中气体减少,推测是由于溶液中减少,且覆盖铁电极,阻碍与铁接触
B.①中检测到,推测可能发生反应:
C.随阴极析出,推测②中溶液减少,平衡逆移
D.②中生成,使得比①中溶液的小,缓慢析出,镀层更致密
【答案】C
【分析】由实验现象可知,实验①时,铁做电镀池的阴极,铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜,一段时间后,铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜;实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子,使得溶液中铜离子浓度比①中要小,电解速率减慢,铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜,在铁表面得到比实验①更致密的镀层。
【详解】A.由分析可知,实验①时,铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应,当溶液中氢离子浓度减小,反应和放电生成的铜覆盖铁电极,阻碍氢离子与铁接触,导致产生的气体减少,故A正确;
B.由分析可知,实验①时,铁做电镀池的阴极,铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜,可能发生的反应为,故B正确;
C.由分析可知,铜离子在阴极得到电子发生还原反应,在阴极析出铜,但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应,铜离子浓度不变,平衡不移动,故C错误;
D.由分析可知,实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子,使得溶液中铜离子浓度比①中要小,电解速率减慢,铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜,在铁表面得到比实验①更致密的镀层,故D正确;
故选C。
考点二 化学反应速率与化学平衡
3.(2023·北京·统考高考真题)下列事实能用平衡移动原理解释的是
A.溶液中加入少量固体,促进分解
B.密闭烧瓶内的和的混合气体,受热后颜色加深
C.铁钉放入浓中,待不再变化后,加热能产生大量红棕色气体
D.锌片与稀反应过程中,加入少量固体,促进的产生
【答案】B
【详解】A.MnO2会催化 H2O2分解,与平衡移动无关,A项错误;
B.NO2转化为N2O4 的反应是放热反应,升温平衡逆向移动, NO2浓度增大,混合气体颜色加深,B项正确;
C.铁在浓硝酸中钝化,加热会使表面的氧化膜溶解,铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体,与平衡移动无关,C项错误;
D.加入硫酸铜以后,锌置换出铜,构成原电池,从而使反应速率加快,与平衡移动无关,D项错误;
故选B。
4.(2022·北京·高考真题)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用,原理如图1所示。反应①完成之后,以N2为载气,以恒定组成的N2、CH4混合气,以恒定流速通入反应器,单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是
A.反应①为CaO+CO2=CaCO3;反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2
B.t1~t3,n(H2)比n(CO)多,且生成H2速率不变,可能有副反应CH4C+2H2
C.t2时刻,副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D.t3之后,生成CO的速率为0,是因为反应②不再发生
【答案】C
【详解】A.由题干图1所示信息可知,反应①为CaO+CO2=CaCO3,结合氧化还原反应配平可得反应②为,A正确;
B.由题干图2信息可知,t1~t3,n(H2)比n(CO)多,且生成H2速率不变,且反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上有积碳,故可能有副反应,反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2,B正确;
C.由题干反应②方程式可知,H2和CO的反应速率相等,而t2时刻信息可知,H2的反应速率未变,仍然为2mmol/min,而CO变为1~2mmol/min之间,故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率,C错误;
D.由题干图2信息可知,t3之后,CO的速率为0,CH4的速率逐渐增大,最终恢复到1,说明生成CO的速率为0,是因为反应②不再发生,而后副反应逐渐停止反应,D正确;
答案选C。
5.(2021·北京·高考真题)丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8C3H6+H2。600℃,将一定浓度的 CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器,经相同时间,流出的 C3H6、CO和H2浓度随初始 CO2浓度的变化关系如图。
已知:
①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol
②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/mol
③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/mol
下列说法不正确的是
A.C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H=+124kJ/mol
B.c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因:CO2+H2CO+H2O
C.其他条件不变,投料比c(C3H8)/c(CO2)越大,C3H8转化率越大
D.若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成,则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在:3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6)
【答案】C
【详解】A.根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/mol ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/mol 可知,可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g),该反应的△H==+124kJ/mol,A正确;
B.仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的,但是氢气的变化不明显,反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的,因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2CO+H2O,从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异,B正确;
C.投料比增大,相当于增大C3H8浓度,浓度增大,转化率减小, C错误;
D.根据质量守恒定律,抓住碳原子守恒即可得出,如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2,那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2),D正确;
答案为:C。
6.(2021·北京·高考真题)NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是
A.1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子
B.断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量
C.恒温时,缩小容积,气体颜色变深,是平衡正向移动导致的
D.恒容时,水浴加热,由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
【答案】B
【详解】A.1molNO2含有1molN原子,1molN2O4含有2molN原子,现为可逆反应,为NO2和N2O4的混合气体,1 mol平衡混合气体中所含原子大于1 mol N,A项错误;
B.反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应,故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少,B项正确;
C.气体体积压缩,颜色变深是因为体积减小,浓度变大引起的,C项错误;
D.放热反应,温度升高,平衡逆向移动,颜色加深,D项错误;
答案选B。
考点三 水溶液中的离子平衡
7.(2023·北京·统考高考真题)利用平衡移动原理,分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。
已知:i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合;曲线Ⅱ的离子浓度关系符合 [注:起始,不同下由图1得到]。
下列说法不正确的是
A.由图1,
B.由图2,初始状态,无沉淀生成
C.由图2,初始状态,平衡后溶液中存在
D.由图1和图2,初始状态、,发生反应:
【答案】C
【详解】A.水溶液中的离子平衡 从图1可以看出时,碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同,A项正确;
B.从图2可以看出、时,该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方,不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀,B项正确;
C.从图2可以看出、时,该点位于曲线Ⅱ的上方,会生成碳酸镁沉淀,根据物料守恒,溶液中,C项错误;D.时,溶液中主要含碳微粒是,,时,该点位于曲线Ⅱ的上方,会生成碳酸镁沉淀,因此反应的离子方程式为,D项正确;
故选C。
8.(2022·北京·高考真题)2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是
A.醋酸钠是强电解质
B.醋酸钠晶体与冰都是离子晶体
C.常温下,醋酸钠溶液的
D.该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出
【答案】B
【详解】A.醋酸钠在水溶液中能完全电离,醋酸钠是强电解质,故A正确;
B.醋酸钠晶体是离子晶体,冰是分子晶体,故B错误;
C.醋酸钠是强碱弱酸盐,常温下,醋酸钠溶液的,故C正确;
D.过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态,加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出,形成饱和溶液,故D正确;
选B。
9.(2021·北京·高考真题)下列实验中,均产生白色沉淀。
下列分析不正确的是
A.Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B.CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C.Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D.4个实验中,溶液滴入后,试管中溶液pH均降低
【答案】B
【详解】A.Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、、、H2CO3、H+、OH-、H2O,故含有的微粒种类相同,A正确;
B. H++,加入Ca2+后,Ca2+和反应生成沉淀,促进的电离,B错误;
C.Al3+与、都能发生互相促进的水解反应,C正确;
D.由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根,则它们浓度减小,水解产生的氢氧根的浓度会减小,pH减小,D正确;
故选B。
考点一 电化学
1.(2023·北京房山·统考二模)某储能电池原理如图。下列说法正确的是
A.放电时透过多孔活性炭电极向中迁移
B.放电时负极反应:
C.充电时每转移1mol电子,理论上释放0.5mol
D.充电过程中。NaCl溶液浓度增大
【答案】B
【分析】放电时负极反应: ,正极反应: Cl2+2e-= 2C1-,消耗氯气,放电时,阴离子移向负极,充电时阳极: 2C1--2e-=Cl2↑;
【详解】A.放电时,阴离子向负极移动,则Cl-透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移,选项A错误;
B.放电时负极发生失电子的氧化反应,电极反应式为,选项B正确;
C.充电时,每转移1mol电子,充电时阳极: 2C1--2e-=Cl2↑,不是CCl4释放Cl2,选项C错误;
D.充电时,阳极上为2C1--2e-=Cl2↑,Cl-被消耗,NaCl溶液浓度减小,选项D错误;
答案选B。
2.(2023·北京朝阳·统考二模)间接电解法合成苯甲醛的原理如图所示。
下列说法不正确的是
A.电极a与电源正极相连
B.“氧化池”中发生反应:
C.电解一段时间后,电解池阴极区溶液升高(忽略溶液体积变化)
D.用有机溶剂分离出苯甲醛,避免其在电解池中放电发生副反应
【答案】C
【分析】根据图中信息可知。左侧a电极反应是:,为阳极,则b电极为阴极,电极反应为:,阳极得到的 进入“氧化池”将甲苯氧化为苯甲醛,发生的反应为:。
【详解】A.据分析可知电极a是阳极,与电源正极相连,故A正确;
B.据分析可知“氧化池”中发生反应:,故B正确;
C.电解过程中阴极电极b发生反应,同时电解质溶液中有等量的通过质子交换膜,从而电解池阴极区溶液几乎不变(忽略溶液体积变化),故C错误;
D.苯甲醛有强还原性容易在电解池阳极上放电,所以用有机溶剂分离出苯甲醛,避免其在电解池中放电发生副反应,故D正确;
故选C。
3.(2023·北京房山·统考二模)海水中有丰富的锂资源,我国科学家研发出利用太阳能从海水中提取金属锂的技术,提取原理如下图所示:
下列说法不正确的是
A.电极a为阴极
B.金属锂在电极a上生成
C.电解过程中b极附近溶液pH逐渐减小
D.b极仅产生一种气体。反应式为
【答案】D
【详解】A.电子由负极经外电路流入电极a,电极a为阴极,A正确;
B.锂离子透过选择性膜向a极迁移,金属锂在电极a上生成,B正确;
C.电极b发生2Cl- - 2e = Cl2↑,还会发生,使得b极附近溶液pH逐渐减小,C正确;
D.电极b为阳极,发生2Cl- - 2e = Cl2↑,还会发生,有两种气体产生,D错误;
故选D。
4.(2023·北京西城·统考二模)近期,科学家研发了“全氧电池”,其工作原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A.电极a是负极
B.电极b的反应式:
C.该装置可将酸和碱的化学能转化为电能
D.酸性条件下的氧化性强于碱性条件下的氧化性
【答案】B
【分析】该电池a的电极反应为:,a为负极,b的电极反应为:,为原电池的正极。
【详解】A.a的电极反应为:,a为负极,A正确;
B.b的电极反应为:,为原电池的正极,B错误;
C.该反应的总反应式为:,可将酸和碱的化学能转化为电能,C正确;
D.酸性条件下发生反应,碱性条件下发生反应,所以酸性条件下的氧化性强于碱性条件下的氧化性,D正确;
故选B。
5.(2023·北京海淀·统考二模)甲、乙同学分别用如图所示装置验证铁的电化学防腐原理,相同时间后继续进行实验。
实验①:甲同学分别向Ⅰ、Ⅱ中Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液,Ⅰ中产生蓝色沉淀,Ⅱ中无沉淀。
实验②:乙同学分别取Ⅰ、Ⅱ中Fe电极附近溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,Ⅰ、Ⅱ中均无沉淀。
下列说法正确的是
A.Ⅰ是牺牲阳极保护法,正极反应式为
B.Ⅱ为外加电流阴极保护法,Fe电极与外接电源的正极相连
C.由实验①中Ⅰ、Ⅱ现象的差异,推测K3[Fe(CN)6]在Ⅰ中氧化性强于Ⅱ
D.由实验可知,两种保护法均能保护,且Ⅱ保护得更好
【答案】D
【详解】A.由图可知,Fe电极是正极,Zn电极是负极,属于牺牲阳极的阴极保护法,由于电解质溶液呈酸性,故正极上氢离子得电子,则正极的反应为:2H++2e-═H2↑,A错误;
B.外加电流阴极保护法中要保护的电极应与外接电源的负极相连,即Fe电极与外接电源的负极相连,B错误;
C.由于Ⅰ中Fe电极与电解质溶液直接接触,会有少量的Fe直接与酸反应生成Fe2+,与K3[Fe(CN)6]在Ⅰ、Ⅱ中的氧化性无关,C错误;
D.对比Ⅰ、Ⅱ现象的差异可知,两种保护法均能保护Fe,且电解法保护的更好,即Ⅱ保护得更好,D正确;
故答案为:D。
6.(2023·北京东城·统考二模)用下图所示的实验装置,按下列实验设计不能完成的实验是
选项
实验目的
实验设计
A
减缓铁的腐蚀
X为石墨棒,溶液含,开关K置于A处
B
模拟铁的吸氧腐蚀
X为锌棒,溶液含,开关K置于B处
C
在铁棒上镀铜
X为铜棒,溶液含,开关K置于A处
D
比较铁和铜的金属活动性强弱
X为铜棒,溶液含,开关K置于B处
A.A B.B C.C D.D
【答案】B
【详解】A.X为石墨棒,溶液含,开关K置于A处,铁棒为阴极,得到保护,可以减缓铁的腐蚀,故A正确;
B.X为锌棒,溶液含,开关K置于B处,锌失去电子是负极,铁作为正极被保护,无法模拟铁的吸氧腐蚀,应该铁作为负极,中性溶液才可以模拟吸氧腐蚀,故B错误;
C.在铁棒上镀铜,铜棒要是阳极,电解质要是含铜离子的溶液,X为铜棒,溶液含,开关K置于A处,符合要求,故C正确;
D.X为铜棒,溶液含,开关K置于B处,铁失去电子,氢离子在铜棒上得到电子产生气泡,可以证明金属铁的活动性大于铜的,故D正确;
故选:B。
7.(2023·北京昌平·统考二模)钠离子电池理论成本低于锂离子电池。如图所示是一种正极为,固体电解质为,负极为的钠离子电池。下列说法不正确的是
A.电池右侧电极为
B.中Fe的化合价为+2、+3
C.正极可能发生
D.从正极向负极移动
【答案】D
【详解】A.放电时,电子从右侧流出,所以右侧为负极,负极为,A正确;
B.中,K为+1价,为-1价,根据正负化合价代数和为0,Fe的化合价为+2、+3,B正确;
C.放电时,正极发生还原反应,可能为,C正确;
D.原电池中,阳离子向正极移动,从负极向正极移动,D错误;
故选D。
8.(2023·北京顺义·统考二模)高电压水系锌-有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法不正确的是
A.放电时,负极反应式为:Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)
B.放电时,正极反应式为:FQ+2H++2e-=FQH2
C.充电时,1molFQH2转化为FQ转移2mol电子
D.充电时,中性电解质NaCl溶液的浓度增大
【答案】D
【详解】A.左侧锌变成Zn(OH)为原电池的负极反应,故放电时,负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH),A正确;
B.右侧电极为正极,正极反应式为:FQ+2H++2e-=FQH2,B正确;
C.充电时,阳极反应为FQH2-2e-= FQ+2H+,故1molFQH2转化为FQ转移2mol电子,C正确;
D.充电时,氯离子通过阴离子交换膜进入右侧故中性电解质NaCl溶液的浓度减小,D错误;
故选D。
9.(2023·北京东城·统考一模)用石墨作电极电解a浊液,记录如表。
实验装置
实验现象
I.a为AgCl
II.a为AgI
两电极均产生气泡,有黑色固体在阴极附近生成,并沉降在烧杯底部,烧杯中的液体逐渐变澄清透明
两电极均产生气泡,阴极表面附着少量银白色固体,烧杯中的液体逐渐变为棕黄色
下列说法不正确的是
A.I中阳极气体可能为Cl2和O2,II中阳极气体为O2
B.I和II中阴极生成气体的方程式均为2H2O+2e—=H2↑+2OH—
C.II中液体变为棕黄色,说明阳极上发生了反应2AgI—2e—=I2+2Ag+
D.两实验阴极现象有差异的原因可能是II中c(Ag+)比I中的小
【答案】C
【分析】氯化银的溶解度大于碘化银,氯化银悬浊液中银离子浓度大于碘化银悬浊液中银离子浓度,由实验现象可知,I中氯离子和水分子均可能在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气和氧气,银离子在阴极放电生成银,II中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气,水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子,少量银离子在阴极放电生成银。
【详解】A.由分析可知,I中氯离子和水分子均可能在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气和氧气,II中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气,则I中阳极气体可能为氯气和氧气,II中阳极气体为氧气,故A正确;
B.由分析可知,I和II中阴极生成气体都为水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子,电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—,故B正确;
C.由分析可知,II中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气,电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+,反应生成的氧气将碘离子氧化为碘使II中液体变为棕黄色,故C错误;
D.由分析可知,氯化银的溶解度大于碘化银,氯化银悬浊液中银离子浓度大于碘化银悬浊液中银离子浓度,所以I中银离子在阴极放电生成银,II中少量银离子在阴极放电生成银,故D正确;
故选C。
10.(2023·北京朝阳·统考一模)将铜棒插入浓、稀溶液中(装置如图)、观察到电流计指针发生偏转,一段时间后,浸入浓溶液的铜棒变粗。下列说法不正确的是
A.铜棒变粗的反应:
B.导线中电子移动的方向:b→a
C.随着反应的进行,浓、稀溶液的浓度逐渐接近
D.的氧化性随增大而增强,Cu的还原性随增大而减弱
【答案】B
【分析】浸入浓溶液的铜棒变粗,说明该电极有铜析出,则b侧电极做正极,电极反应为:,a侧电极做负极,电极反应:。
【详解】A.据分析铜棒变粗的反应:,故A正确;
B.导线中电子移动的方向由负极移向正极,即:a→b,故B错误;
C.随着反应的进行,右侧不断消耗,左侧不断生成,浓、稀溶液的浓度逐渐接近,故C正确;
D.据分析对比可知,的氧化性随增大而增强,Cu的还原性随增大而减弱,故D正确;
故选B。
11.(2023·北京房山·统考一模)锌铁液流电池由于安全、稳定、电解液成本低等优点成为电化学储能热点技术之一,下图为以和作为电极氧化还原电对的碱性锌铁液流电池放电时工作原理示意图。
下列说法不正确的是
A.放电过程中,左侧池中溶液pH逐渐减小
B.放电过程中,总反应为
C.充电过程中,阴极的电极反应为
D.充电过程中,当2 mol 通过PBI膜时,导线中通过1 mol
【答案】D
【分析】由图可知,Zn失去电子生成,则Zn极为负极,电极方程式为:,惰性电极为正极, 得到电子生成,电极方程式为:+e-=,以此解答。
【详解】A.由分析可知,Zn极为负极,电极方程式为:,则左侧池中OH-通过PBI膜进入右侧池,左侧池中OH-浓度降低,酸性增强,pH逐渐减小,故A正确;
B.由分析可知,负极电极方程式为:,正极电极方程式为:+e-=,则总反应为,故B正确;
C.充电过程中,阴极转化为Zn,电极方程式为:,故C正确;
D.充电过程中,当2 mol 通过PBI膜时,导线中通过2 mol ,故D错误;
故选D。
12.(2023·北京房山·统考一模)某种培根型碱性氢氧燃料电池示意图如所示,下列有关该电池的说法不正确的是
A.电池放电时,向镍电极Ⅰ的方向迁移
B.正极电极反应为:
C.出口Ⅰ处有水生成
D.循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环
【答案】A
【分析】氢氧燃料电池中通入O2的是正极,则镍电极Ⅱ为正极,电极方程式为:,镍电极Ⅰ为负极,电极方程式为:H2+2e-+2OH-=2H2O,以此解答。
【详解】A.原电池中,阳离子向正极移动,由分析可知镍电极Ⅱ为正极,则向镍电极Ⅱ的方向迁移,故A错误;
B.由分析可知,镍电极Ⅱ为正极,电极方程式为:,故B正确;
C.镍电极Ⅰ为负极,电极方程式为:H2+2e-+2OH-=2H2O,出口Ⅰ处有水生成,故C正确;
D.由图示可知,循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环,故D正确;
故选A。
考点二 化学反应速率与化学平衡
1.(2023·北京顺义·统考三模)CO2催化重整CH4的反应:
(Ⅰ)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1,
主要副反应:(Ⅱ)H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2>0,
(Ⅲ)4H2(g)+CO2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH3<0。
在恒容反应器中按体积分数V(CH4)∶V(CO2)=50%∶50%充入气体,加入催化剂,测得反应器中平衡时各物质的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是
A.ΔH1=2ΔH2-ΔH3>0
B.其他条件不变,适当增大起始时V(CH4)∶V(CO2),可抑制副反应(Ⅱ)、(Ⅲ)的进行
C.300~580℃时,H2O的体积分数不断增大,是由于反应(Ⅲ)生成H2O的量大于反应(Ⅱ)消耗的量
D.T℃时,在2.0L容器中加入2molCH4、2molCO2以及催化剂进行重整反应,测得CO2的平衡转化率为75%,则反应(Ⅰ)的平衡常数小于81
【答案】C
【分析】本题考查的是给定投料比的情况下平衡时各物质的体积分数与温度的图像的分析;1=2-3,正反应吸热,升温平衡向正向移动。
【详解】A.反应(I)可由2倍(II)减去反应(III)得到,故1=2-3,再根据图示随温度的升高,CH4和CO的体积分数减小,说明升温,平衡正移,而升温平衡向吸热方向移,正反应吸热,1>0,A正确
B.其他条件不变,适当增大起始时V(CH4):V(CO2),即增大CH4浓度和减小CO2浓度,根据平衡移动原理,减小反应物浓度或增加生成物浓度,平衡都逆向移动,B正确;
C.300~580°C时,H2O的体积分数不断增大,反应(I)是放热反应,升温平衡逆向移动消耗H2O,反应(II)是吸热反应,升温时正移生成H2O,而由于反应(I)消耗H2O的量小于反应(II)生成水的量, C错误;
D.T°C时,在2.0L容器中加入2molCH4、2molCO2以及催化剂进行重整反应,测得CO2的平衡转化率为75%,则CO转化的浓度为mol/L,根据三段式:
若不考虑副反应,则反应(I)的平衡常数=,但由于副反应( Ⅲ)中,消耗的氢气的量比二氧化碳多的多,故计算式中分子减小的更多,值小于81,故D正确
故选C。
2.(2023·北京丰台·统考二模)工业上可以利用水煤气(、)合成二甲醚(),同时生成。合成过程中,主要发生三个反应,℃时,有关反应及相关数据如下。
保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变,进行实验,测得转化率随温度变化曲线如下图。下列说法不正确的是
A.℃时,水煤气合成二甲醚的热化学方程式:
B.℃时,增大压强、加入催化剂均可提高的平衡转化率
C.220℃~240℃时,温度升高反应速率加快,转化率升高
D.温度高于240℃时,温度升高转化率降低的原因可能是平衡逆向移动
【答案】B
【详解】A.已知:℃时,有关反应及相关数据如下
①
②
③
由盖斯定律可知,2×①+②+③得反应,则其焓变为,A正确;
B.加入催化剂可以加快反应速率,但是不能改变物质的平衡转化率,B错误;
C.升高温度反应速率加快,2由图可知,20℃~240℃时,温度升高反应速率加快,且转化率升高,C正确;
D.反应均为放热反应,温度高于240℃时,温度升高导致平衡逆向移动,使得转化率降低,D正确;
故选B。
3.(2023·北京朝阳·统考二模)脱除汽车尾气中的和包括以下两个反应:
①
②
将恒定组成的和混合气通入不同温度的反应器,相同时间内检测物质浓度,结果如下。
已知:的脱除率
下列分析不正确的是
A.低温不利于和的脱除
B.,该时间段内几乎不发生反应①,主要发生反应②
C.,该时间段内的脱除率约为88%
D.高温下的主要脱除反应为:
【答案】B
【详解】A.根据图示,经过相同时间,容器中NO、CO的浓度较高,低温不利于和的脱除,故A正确;
B.,N2O是反应①的生成物,N2O是②的反应物,N2是反应②的产物,容器中有较高浓度的N2,说明该时间段内一定发生反应①,故B错误;
C.根据各物质的浓度,NO的初始浓度为,转化为氮气的NO的浓度为,该时间段内的脱除率约为,故C正确;
D.根据图示,高温条件下主要生成氮气和一氧化碳,高温下的主要脱除反应为:,故D正确;
选B。
4.(2023·北京西城·统考二模)中国科学家首次用改性铜基催化剂,将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压降至常压。草酸二甲酯加氢的主要反应有:
①
②
③
其他条件相同时,相同时间内温度对产物选择性的影响结果如图。
已知:i.
ii.450~500K,反应③的平衡常数远大于反应①和反应②的平衡常数
下列说法不正确的是
A.制乙二醇适宜的温度范围是470~480K
B.实验条件下反应③的活化的最高,升温更有利于反应③
C.减压可提高乙二醇的平衡产率
D.铜基催化剂用改性后反应速率增大,可以降低反应所需的压强
【答案】C
【详解】A.由图可知,温度为470~480K时,生成乙二醇的选择性最高,A正确;
B.由图可知,升高温度有利于生成乙醇,实验条件下反应③的活化能最高,所以升温有利于反应③,B正确;
C.反应②为气体分子数减小的反应,则增大压强可以提高乙二醇的平衡产率,C错误;
D.铜基催化剂用改性后,将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压降至常压,则催化剂可以使反应速率增大,D正确;
故选C。
5.(2023·北京海淀·统考二模)光解水制氢的关键步骤是水的氧化。我国科学家用仿生催化剂[用表示]实现在NaHCO3溶液中高效催化水的氧化,该过程物质转化及反应能量变化示意图如下:
下列说法不正确的是
A.步骤①可表示为
B.水的氧化反应为:
C.
D.催化剂参与反应,降低活化能,加快反应速率
【答案】A
【详解】A.由题干图示信息可知,步骤①可表示为时H原子不守恒,A错误;
B.由题干图示信息可知,水的氧化反应(总反应)方程式为:,B正确;
C.根据盖斯定律结合题干图示信息可知,,C正确;
D.根据碰撞理论可知,催化剂参与反应,通过降低活化能,提高活化分子百分含量,从而加快反应速率,D正确;
故答案为:A。
6.(2023·北京昌平·统考二模)催化加氢制甲醇中发生的反应有:
i.
ii.
在恒温密闭容器中,维持压强和投料不变,将和按一定流速通过反应器,转化率和选择性随温度变化关系如图所示,下列说法正确的是
A.升高温度,有利于反应i正向进行
B.236℃后,随着温度升高,i、ii反应速率减慢
C.236℃后,温度升高对反应的影响:i>ii
D.236℃后的曲线变化趋势不可能是由于反应i中催化剂失去活性而造成的
【答案】C
【详解】A.反应i焓变小于零,为放热反应,升高温度,反应逆向进行,不有利于反应i正向进行,A错误;
B.升高温度,活化分子比例增大,反应速率加快,B错误;
C.由图可知,236℃后,升高温度甲醇的选择性变化大于二氧化碳转化率的变化,说明温度升高对反应i的影响大于反应ii,C正确;
D.236℃后甲醇的选择性迅速下降,可能是由于反应i中催化剂失去活性导致单位时间内生成甲醇减小而造成的,D错误;
故选C。
7.(2023·北京顺义·统考二模)工业上可用“氨催化氧化法”生产NO,以氨气、氧气为原料,在Pt-Rh合金催化剂存在下生成NO和副产物N2,两个竞争反应化学方程式如下:
Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)
Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)
现将1molNH3、1.45molO2充入1L恒容密闭容器中,在上述催化剂作用下反应,相同时间内有关生成物物质的量随温度变化曲线如图所示:
已知:有效转化率=×100%
下列说法不正确的是
A.400℃时,主要发生反应Ⅱ
B.由图分析工业上用氨催化氧化制备HNO3,最佳温度约为840℃
C.520℃时,NH3的有效转化率约为66.7%
D.840℃后,NO的物质的量下降,可能是反应I平衡逆向移动所致
【答案】C
【详解】A.400℃时,氮气的物质的量最大,说明主要发生反应Ⅱ,A正确;
B.840℃时一氧化氮的产率最高副产物氮气产率最低,则工业用氨催化氧化制备HNO3,选择的最佳温度是840℃,B正确;
C.由图知520C时,生成氮气和一氧化氮的物质的量均为0.2mol,则反应Ⅱ消耗的氨气的物质的量为0.4mol,反应Ⅰ消耗的氨气的物质的量为0.2mol,NH3的有效转化率为,C错误;
D.840℃后,NO的物质的量下降,可能是反应Ⅰ为放热反应,升温,反应Ⅰ平衡逆向移动所致,D正确;
故选C。
8.(2023·北京东城·统考一模)CH4/CO2催化重整的反应为①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1其中,积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有:
②CH4(g)C(s)+2H2(g) △H2=+74.6kJ•mol-1
③2CO(g)C(s)+CO2(g) △H3=-172.5kJ•mol-1
科研人员研究压强对催化剂活性的影响:在1073K时,将恒定组成的CO2、CH4混合气体,以恒定流速通过反应器,测得数据如图。
注:Ra是以CH4的转化率表示的催化剂活性保留分率,即反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化剂活性之比。
下列分析不正确的是
A.△H1=+247.1kJ•mol-1
B.压强越大,Ra降低越快,其主要原因是反应①平衡逆向移动
C.保持其他条件不变,适当增大投料时,可减缓Ra的衰减
D.研究表明“通入适量O2有利于重整反应”,因为O2能与C反应并放出热量
【答案】B
【详解】A.根据盖斯定律,①=②-③,△H1=△H2-△H3=+247.1kJ•mol-1,A正确;
B.压强越大,Ra降低越快,说明催化剂活性降低越快,积碳越多,其主要原因是反应③为气体体积减小的反应,加压平衡正向移动,使得积碳增多,B错误;
C.由选项B分析知,保持其他条件不变,适当增大投料时,增大CO2浓度,使反应③平衡逆向移动,减少积碳,可减缓Ra的衰减,C正确;
D.通入适量O2,O2能与C反应并放出大量的热,可减少积碳减缓Ra的衰减,同时反应放热使得反应①正向移动,有利于重整反应,D正确;
故选B。
9.(2023·北京东城·统考一模)某温度下,H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数K=4。该温度下,在甲、乙、丙、丁4个相同的恒容密闭容器中进行该反应,起始浓度如表所示。
甲
乙
丙
丁
c(H2)/(mol•L-1)
0.01
0.02
0.01
0.02
c(I2)/(mol•L-1)
0.01
0.01
0.01
0.01
c(HI)/(mol•L-1)
0
0
0.02
0.02
下列判断不正确的是
A.化学反应速率:乙>甲 B.平衡时,甲中I2的转化率为50%
C.平衡时,丙中c(I2)=0.01mol•L-1 D.平衡时,乙和丁中相等
【答案】D
【详解】A.根据表中数据可知,其他条件相同,乙中c(H2)为甲中的2倍,乙中反应速率较大,选项A正确;
B.设甲中I2的转化率为x,根据三段式有:
,K===4,解得x=50%,选项B正确;
C.根据丙中各数据,Q= ==4=K,平衡不移动,c(I2)=0.01mol•L-1,选项C正确;
D.乙中始终保持2:1,而丁中由于,Q= ==2
10.(2023·北京西城·统考一模)CH4和CO2联合重整能减少温室气体的排放。其主要反应为:
①CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)
②H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)
其他条件相同时,投料比n(CH4):n(CO2)为1∶1.3,不同温度下反应的结果如图。
下列说法不正确的是
A.550~600℃,升温更有利于反应①,反应①先达到平衡
B.n(H2)∶n(CO)始终低于1.0,与反应②有关
C.加压有利于增大CH4和CO2反应的速率但不利于提高二者的平衡转化率
D.若不考虑其他副反应,体系中存在:4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]
【答案】A
【详解】A.这两个反应同时发生,反应②会破坏反应①的平衡,所以两个反应应该同时达到平衡,A项错误;
B.若反应②不存在,则n(H2)∶n(CO)始终为1.0,所以n(H2)∶n(CO)低于1.0与反应②有关,B项正确;
C.加压可以提升反应速率,但是反应①中生成物的化学计量数大于反应物的化学计量数,因此加压会导致反应①的平衡左移,转化率降低,C项正确;
D.设初始n(CH4)=xmol,则有初始n(CO2)=1.3xmol,再设反应①有ymolCH4转化成了H2和CO,反应②有zmolH2转化成了H2O,最终整个体系体积为VL,则该系统中有n(CH4)=(x-y)mol,n(CO2)=(1.3x-y-z)mol,n(H2)=(2y-z)mol,n(CO)=(2y+z)mol,n(H2O)=zmol。4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=,2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]=,所以不考虑其他副反应,体系中存在4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)],D项正确。
答案选A。
考点三 水溶液中的离子平衡
1.(2023·北京朝阳·统考二模)室温下,将溶液与过量固体混合,溶液随时间变化如图所示。
已知:
下列说法不正确的是
A.两者混合发生反应:
B.随着反应的进行,逆向移动,溶液下降
C.充分反应后上层清液中约为
D.内上层清液中存在:
【答案】D
【详解】A.微溶于水,难溶于水,溶液与过量固体混合反应生成,离子反应为:,故A正确;
B.随上述反应的进行,减小,使得逆向移动,c()减小,pH减小,故B正确;
C.充分反应后上层清液为碳酸钙和硫酸钙的饱和溶液,≈,故C正确;
D.根据电荷守恒得:,溶液呈碱性,,则,故D错误;
故选:D。
2.(2023·北京丰台·统考二模)常温下,向浓度均为的和混合溶液中滴加盐酸,溶液随盐酸加入体积的变化如下图所示。下列说法不正确的是
已知:常温常压下,1体积水能溶解约1体积。
A.点的溶液中,
B.b点()的溶液中,
C.c点的溶液,是因为此时的电离能力大于其水解能力
D.点的溶液中,
【答案】C
【详解】A.点加入5mL的溶液中盐酸,得到溶液中氢氧化钠、氯化钠物质的量之比为1:1,此外溶液中碳酸根离子会水解生成氢氧根离子,故溶液中,A正确;
B.b点加入盐酸体积大于20mL,则,根据电荷守恒可知,,,则,故;由钠元素守恒可知,,则溶液中,B正确;
C.c点溶液中含有氯化钠、碳酸氢钠、碳酸,溶液,是因为碳酸的电离程度大于的水解能力,C错误;
D.点计入30mL稀盐酸,根据氯元素、钠元素守恒可知,溶液中,,则,D正确;
故选C。
3.(2023·北京东城·统考二模)时,的电离常数,的电离常数、。下列说法不正确的是
A.溶液和溶液中离子种类相同
B.时,反应的
C.,物质的量浓度相同的溶液与溶液的:前者小于后者
D.向氯水中加入少量固体,增大
【答案】B
【详解】A.碳酸钠电离出钠离子和碳酸根离子,碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子,碳酸氢根离子水解生成碳酸分子,碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子,碳酸氢根离子电离出碳酸根离子和氢离子,碳酸氢根离子水解生成碳酸分子和氢氧根离子,两种溶液中离子种类相同,A正确;
B.时,反应的,B错误;
C.从电离平衡常数分析,次氯酸的电离平衡常数比碳酸氢根离子的电离平衡常数大,根据越弱越水解分析,碳酸根离子水解程度大,溶液碱性强,pH大,C正确;
D.氯水中含有盐酸和次氯酸,盐酸能和碳酸氢钠反应,使氯气和水反应的平衡正向移动,次氯酸的浓度增大,D正确;
故选B。
4.(2023·北京门头沟·统考一模)实验测得0.10 mol·L−1 NaHCO3溶液的pH随温度变化如下图。
下列说法正确的是
A.OM段随温度升高溶液的pH减小,原因是HCO水解被抑制
B.O点溶液和P点溶液中c(OH-)相等
C.将N点溶液恢复到25℃,pH可能大于8.62
D.Q点、M点溶液中均有:c(CO) + c(HCO) + c(OH-) = c(Na+) + c(H+)
【答案】C
【详解】A. 升高温度,HCO水解使pH增大,水电离使pH减小,OM段随温度升高溶液的pH减小,原因是水电离对氢离子浓度影响大于HCO水解,故A错误;
B. O点溶液和P点溶液中c(H+)相等,c(H+)c(OH-)的值不相等,c(OH-)不相等,故B错误;
C. 温度升高后,碳酸氢钠可能部分分解,将N点溶液恢复到25℃,碳酸钠的水解程度大于碳酸氢根,pH可能大于8.62,故C正确;
D. Q点、M点溶液中均有电荷守恒:2c(CO) + c(HCO) + c(OH-) = c(Na+) + c(H+),故D错误;
故选C。
5.(2023·北京海淀·统考二模)分别测定不同浓度溶液、溶液和溶液的电导率()数值,测定结果的数据处理如下表。
溶液
溶液
4839
2478
1252
51.2%
50.5%
溶液
10958
5593
2797
51.0%
50.0%
溶液
267
182
126
68.2%
69.2%
已知:代表溶液的电导率数值;其他条件相同时,电导率越大,溶液导电性越好。
下列说法不正确的是
A.仅由的数据不能说明三种电解质的强弱
B.表中数据不能说明同等条件下与的导电能力强弱
C.比值数据能说明存在电离平衡
D.溶液的数据能说明溶液越稀,的电离程度越大
【答案】B
【详解】A.由的数据可知,HCl溶液的电导率最大,NaCl溶液的电导率居中,CH3COOH溶液的电导率最小,而NaCl、HCl均为强电解质,故不能仅由的数据说明三种电解质的强弱,选项A正确;
B.同等条件下,HCl溶液与NaCl溶液的浓度相同,氯离子浓度相同,氯离子的导电性相同,二者只有阳离子的种类不同,即H+与Na+,而HCl溶液的电导率大于NaCl溶液的,故表中数据说明同等条件下H+的导电能力比Na+的强,选项B错误;
C.由表中数据可知,NaCl溶液、HCl溶液的σ比值与浓度成正比,而CH3COOH溶液的σ比值却大于浓度比,说明CH3COOH存在电离平衡,选项C正确;
D.由表中数据可知,CH3COOH溶液的σ比值大于浓度比,说明溶液越稀,CH3COOH的电离程度越大,选项D正确;
答案选B。
6.(2023·北京东城·统考一模)室温下,向10.0mL纯碱(可能含有NaHCO3)的稀溶液中逐滴加入0.100mol•L-1盐酸,滴定曲线如图,其中p、q为滴定终点。
下列分析正确的是
A.m处溶液pH>7,原因是+2H2OH2CO3+2OH-
B.由滴定数据可推知,原纯碱中不含NaHCO3
C.p和q处的溶液中,均存在c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)
D.原纯碱稀溶液中c(Na+)=0.215mol•L-1
【答案】D
【分析】p、q为滴定终点,则p点时发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+ NaHCO3,q点时发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。设原纯碱溶液中,Na2CO3的物质的量为x,NaHCO3的物质的量为y,则x=9.8×10-3L×0.100mol•L-1=9.8×10-4mol,2x+y=21.5×10-3L×0.100mol•L-1=2.15×10-3mol,y=1.9×10-4mol。
【详解】A.由分析可知,m处溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3,二者的水溶液都呈碱性,则溶液的pH>7,主要原因是+H2O+OH-,A不正确;
B.由滴定数据可推知,原纯碱为Na2CO3和NaHCO3的混合物,B不正确;
C.p和q处的溶液中,均存在电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)+c(Cl-),C不正确;
D.由分析可知,原纯碱稀溶液中,n(Na2CO3)=9.8×10-4mol,n(NaHCO3)=1.9×10-4mol,则c(Na+)==0.215mol•L-1,D正确;
故选D。
7.(2023·北京东城·统考一模)室温下,t1时刻向两个盛有50mL蒸馏水的烧杯中分别加入①1gCaCO3、②1g蔗糖,搅拌,最终分别得到悬浊液和澄清溶液,溶解过程中分散系的导电能力变化如图。
下列分析不正确的是
A.该实验可证明蔗糖不是电解质
B.该实验可证明碳酸钙是强电解质
C.当①中导电能力不变时,CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)达到平衡
D.t2时刻,①中再加1gCaCO3,导电能力不变
【答案】B
【详解】A.由图可知,蔗糖溶解过程中分散系的导电能力基本不变,说明蔗糖为非电解质,故A正确;
B.碳酸钙难溶于水,但溶于水的碳酸钙完全电离,属于强电解质,故B错误;
C.由图可知,碳酸钙溶解过程中分散系的导电能力增强,当导电能力不变时,说明CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)达到平衡,故C正确;
D.由图可知,难溶于水的碳酸钙在水中已达到溶解平衡,所以t2时刻,①中再加1g碳酸钙,溶液中的离子浓度不变,导电能力不变,故D正确;
故选B。
8.(2023·北京西城·统考一模)实验小组设计实验除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO并进行定性检验。
已知:Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12,Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaCO3)=2.6×10-9。
下列说法不正确的是
A.调节溶液的pH>12,可使滤液中c(Mg2+)<1×10-5mol/L
B.加入Na2CO3溶液发生的反应是Ba2++CO=BaCO3↓、Ca2++CO=CaCO3↓
C.加入盐酸发生的反应是2H++CO=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O
D.若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤,可以避免白色沉淀M的生成
【答案】B
【详解】A.调节溶液的pH>12,则氢氧根离子浓度大于10-2mol/L,则滤液中c(Mg2+)<<1×10-5mol/L,A正确;
B.由题意可知,碳酸钡更难溶,故加入Na2CO3溶液还会存在部分硫酸钡转化为碳酸钡,故还有反应:BaSO4+CO=BaCO3+SO,B错误;
C.加入稀盐酸除去过量氢氧化钠、碳酸钠,gu 加入盐酸发生的反应是2H++CO=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O,C正确;
D.流程中加入碳酸钠会将部分硫酸钡转化为碳酸钡沉淀同时生成硫酸根离子,故若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤,可以避免样品中混入硫酸根离子,避免白色沉淀M的生成,D正确;
故选B。
9.(2023·北京房山·统考一模)室温下,向新制酸化的和未酸化的0.1 mol·L-1的FeSO4溶液中通入氧气且搅拌时,pH变化曲线如图。
已知:Fe(OH)3的;Fe(OH)2的;Fe3+开始沉淀时的pH≈1.5;Fe2+开始沉淀时的pH≈6.3
下列说法不正确的是
A.M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应的溶液中Fe2+水解程度
B.导致M点→N点pH升高的反应为:
C.导致P点→Q点pH降低的反应为:
D.O点和Q点后,Fe2+全部转化为Fe(OH)3,不再发生Fe2+的氧化反应
【答案】D
【详解】A.H+抑制Fe2+的水解,并且c(H+)越大,对Fe2+水解的抑制作用越大,所以M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应溶液中Fe2+水解程度,A正确;
B.从图中可以看出,酸化的溶液中随着时间的推移,溶液的pH增大,说明H+参予了反应,pH<1.5时,无Fe(OH)3沉淀生成,则导致M点→N点pH升高的反应为:,B正确;
C.由图可知,未酸化的溶液中,随着时间的推移,溶液的pH减小,表明有H+生成,P点→Q点时,pH>1.5,Fe3+→Fe(OH)3,反应的离子方程式为:,C正确;
D.M点→N点pH升高,发生反应:,O点pH接近1.7,则Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀,二个反应同时进行,从而导致pH变化不大,所以O点的反应体系中仍发生Fe2+的氧化反应,D不正确;
故选D。
10.(2023·北京房山·统考一模)某温度下,将pH和体积均相同的HCl和溶液分别加水稀释,其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是
A.稀释前溶液的浓度:
B.溶液中水的电离程度:b点
D.在d点和e点均存在:(酸根阴离子)
【答案】C
【详解】A.稀释前两溶液的pH值相等,由于醋酸是部分电离,因此溶液的浓度:c(HCl)
C.从b点到d点,由于溶液的温度不变,因此溶液中c(H+)·c(OH-)不变,故C错误;
D.在d点和e点均存在电荷守恒即c(H+)=c(酸根阴离子)+c(OH-),因此存在:c(H+)>c(酸根阴离子),故D正确;
故选:C。
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