化学反应原理核心考点测试题(B卷)参考答案

1.B 2.A 3.B 4.C 5.C 6.A 7.A 8.D

9.B 提示:a～b导电能力增强，是因为生成了盐(强电解质)，可以说明HR为弱酸，A项正确；b点溶液的pH=7，是因为生成的弱酸弱碱盐中两种离子的水解程度相同，B项错误；c点溶液是NH4R与NH3·H2O的混合溶液，溶液呈碱性，有c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒有c(NH4)＞c(R-)，C项正确；温度不变，Kw为常数，D项正确。

10.C 提示:VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为2VB2+22OH--22e-==V2O5+2B2O3+11H2O，A项错误；外电路中电子由VB2电极流向阴极c电极，B项错误；c电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生，C项正确；当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子生成氧气0.01mol，又共收集到0.448L气体即0.02mol，则阴极也产生0.01mol的氢气，所以溶液中的铜离子为0.01mol，则CuSO4溶液的物质的量浓度为0.1mol·L-1，D项错误。

11.B 提示:水蒸气液化时放出热量，放热时焓变是负值，所以得CH4(g)+4NO2(g)==4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH＜-574kJ·mol-1，A项正确；等物质的量的甲烷分别参加反应①②时，碳元素的化合价变化相同，所以反应转移的电子数相同，B项错误；由①+②得，2CH4(g)+4NO2(g)==2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) ΔH=-1734kJ·mol-1，C项正确；整个过程中转移电子的物质的量mol，D项正确。

12.D 提示:当V(NaOH)=20mL时，溶液发生反应H2A+NaOH==NaHA+H2O，结合图像可知，在NaHA溶液中，HA-电离程度比HA-水解程度大，则有溶液中离子浓度大小关系:c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，A 项正确；由 A项可知，等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水的小，B项正确；在NaHA溶液中，以HA-和H2O为基准微粒，由质子守恒得:c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+c(H2A)，C项正确；向Na2A溶液加入水的过程中，促进A2-水解，随着水的量不断增大，溶液的体积不断增大，则溶液中OH-的浓度不断减少，pH不断减小，D项错误。

13.(1)增大E1-E2(2)ABD

提示:(1)根据图像可知反应物的总能量低于生成物的总能量，因此反应Ⅰ是吸热反应，ΔH1＞0。升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大。将图像中的反应物与生成物互换，即得到反应Ⅰ的逆反应的能量变化图像，此时的反应物能量与过渡态的能量差E1-E2即为逆反应的活化能。(2)CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)是一个熵减小的反应，但能自发进行，因此必然是放热反应，则降低温度平衡正向移动，CO的转化率增大，A项正确；将甲醇从反应体系中分离出来，生成物的浓度减小，平衡正向移动，B项正确；充入He但体积不变，反应体系中各组分的浓度不变，平衡不移动，C项错误。按原比例再充入CO和H2相当于增加了反应物的浓度，平衡正向移动，D正确。(3)当有3mol甲醇放电时，生成的3molCO2与4mol KOH发生反应，根据C元素和K元素守恒可求出溶液中生成了1molK2CO3和2mol KHCO3。由于水解一般都是很微弱的，且溶液呈碱性，因此有。(4)①根据图示中电子的流向可知M电极是负极，N电极是正极。正极的电极反应式应为O2+4H++，用总反应式减去正极的电极反应式即得负极的电极反应式:CH3OH+H2O-②由于Al电极附近逐渐变浑浊并有气泡逸出，因此Al作阳极，放电生成的Al3+与溶液中的发生双水解反应，生成了Al(OH)3沉淀和CO2气体。

14.(1)H2O2+2Fe2++2H+==2Fe3++2H2O

(2)3.6×104

(3)ZnO Fe3++3H2O==Fe(OH)3↓+3H+

(4)取最后一次洗涤液，加入硝酸钡 坩埚

(5)在前期操作中添加了含锌元素的物质

提示：(1)双氧水与二价铁离子反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+==2Fe3++2H2O。

(2)溶液的pH=6.4时，铜离子刚好沉淀完全:c(Fe2+)=所以

(3)三价铁离子和铝离子水解的离子方程式:Fe3++3H2O==Fe(OH)3+3H+，Al3++3H2O==Al(OH)3+3H+，要调节到3.7至5.2时除去三价铁离子和铝离子，但是不能引入新的杂质离子，可以选用ZnO，氧化锌与氢离子反应，消耗氢离子，促进水解平衡向正方向移动，反应的离子方程式为Fe3++3H2O==Fe(OH)3↓+3H+。

(4)如果沉淀洗涤不干净，则残留硫酸根离子，取最后一次洗涤液，加入硝酸钡，若产生白色沉淀则说明洗涤不干净，反之洗涤干净；在实验室进行焙烧时，盛放沉淀丙的仪器为坩埚。

(5)在流程中调节pH时加入了氧化锌，所以所得ZnO产品中锌的含量远超过锌渣中锌元素的含量。

15.(1)①作还原剂 ②0.05mol

(2)CaHPO4、Ca(H2PO4)2

(3)1.66

(4)114.87

(5)2.91

提示:(1)①根据图11知焦炭的作用是还原P生成P4；②Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11mol P4参加反应，其中5mol的P4作氧化剂，60 mol硫酸铜作氧化剂，只有6mol的P4作还原剂，则由电子守恒可知，有1mol的CuSO4参加反应，设被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为n，则:n×4(5-0)=1mol×(2-1)，解得n=0.05mol。

(2)磷酸为三元酸与氢氧化钙反应，依据磷酸与氢氧化钙量不同，得到的产物可能是Ca3(PO4)2、CaHPO4、Ca(H2PO4)2。

(5)mg磷灰石中Ca元素物质的量为mg×47.3%÷56g·mol-1=0.00845mmol，S元素物质的量为mg×3.5%÷80g·mol-1=0.00044mmol，P元素物质的量为31g·mol-1=0.004mmol，磷酸中P元素物质的量为 0.05L×0.5mol·L-1=0.025mol，硫酸中S元素质量为0.05L×0.1mol·L-1=0.005mol，由化学式可知，，故0.00845m=(0.00044m+0.005)+(0.004m，解得m=2.91。

16.Ⅰ.(1)Fe3+CCl4

(2)KI

Ⅱ.(1)蓝色褪去，半分钟内颜色不变化

(2)2CuCl2+4KI==2CuI↓+I2+4KCl

(3)85.5%

提示:Ⅰ.(1)根据步骤2中第①份试液中的实验现象，加碘盐中肯定含有Fe3+；根据下层为紫红色知，X应为CCl4。(2)因为+5I-+6H+==3I2+3H2O，所以根据第②份试液中加入KIO3固体、淀粉无现象，证明碘盐中一定不含KI。(3)由题干中所给信息，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性:(4)由于在碘盐中含有，所以加入足量KI固体后，发生的离子反应为

所以CuCl2·2H2O的质量分数为