6．(07年广东理基·27)某溶液中可能含有SO₄^2－、CO₃^2－、Cl^－。为了检验其中是否含有SO₄^2－，除BaCl₂，除BaCl₂溶液外，还需要的溶液是

A．H₂SO₄　　　　　　　　 B．HCl　　　　　　　　　　 C．NaOH　　　　　　　　 D．NaNO₃

答案：B

解析：因为BaCO₃也是一种白色沉淀，因此为了防止CO₃^2－的干扰，还应需要用稀HCl，观察沉淀是否溶解。

5．(07年广东文基·68)下列实验可行的是

A．用澄清石灰水检验CO中含有的CO₂

B．用BaCl₂除去NaOH溶液中混有的少量Na₂SO₄

C．用KSCN溶液检验溶液中含有的Fe²⁺

D．用溶解、过滤的方法分离CaCl₂和NaCl固体混合物

答案：A

解析：澄清石灰水能与反应生成白色沉淀，故A选项正确；B选项中虽然能除去Na₂SO₄杂质，但是又会引入杂质，故此选项错误；KSCN溶液检验的是Fe³⁺，而不是Fe²⁺，故C选项错误；CaCl₂和NaCl均为易溶于水的物质，所以不能用溶解、过滤的方法进行分离，故D选项错误。

4．(07年广东化学·10)下列实验操作完全正确的是

答案：C

解析：此题考查化学实验基本操作规范性。A要吸干表面的煤油再切，B中容量瓶不能配制溶液，D中分液时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。

3．(07年广东化学·8)下列符合化学实验“绿色化”的有：

①在萃取操作的演示实验中，将CCl₄萃取溴水改为CCl₄萃取碘水

②在铜和浓硝酸反应的实验中，将铜片改为可调节高度的铜丝

③将实验室的废酸液和废碱液中和后再排放

A．①②

B．①③

C．②③

D．①②③

答案：D

解析：此题对中学化学教学有很好的导向作用，要求学生在实验中探究更合理的实验方案。溴水有挥发性，溴蒸气有毒，利用铜丝可控制反应、同时反应速率快一些，酸液对环境有腐蚀性故应中和后排放。三组实验都有绿色化学思想。

2．(07年广东化学·2)下列可用于测定溶液pH且精确度最高的是

A．酸碱指示剂　　　　　　　　　　　 B．pH计

C．精密pH试纸　　　　　　　　　　 D．广泛pH试纸

答案：B

解析：化学实验常识问题。

1．(07年宁夏理综·8)下列除去杂质的方法正确的是

① 除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl₂，气液分离；

② 除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸氢钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏；

③ 除去CO₂中少量的SO₂：气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶；

④ 除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏。

A．① ②　　　　　　　　 B．② ④　　　　　　　　　 C．③ ④　　　　　　　　　 D．② ③

答案：B

解析：①乙烷中混有少量乙烯应用溴水(或溴的四氯化碳溶液)进行洗气。若按题目叙述在光照条件下通入Cl₂，不仅会引入新的杂质，而且会反应掉主要的物质乙烷。②因乙酸能与饱和碳酸钠溶液反应而乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小，因此②是正确的。因为CO₂会与碳酸钠溶液反应CO₂+H₂O+Na₂CO₃=2NaHCO₃，从而使主要物质CO₂消耗，应用饱和碳酸氢钠溶液除去，因此③是错误的。若乙醇中混有少量的乙酸，加入生石灰后会反应掉在杂质乙酸和新生成的水而除去，再利用蒸馏可以得到纯净的乙醇，所以④是正确的。

40．(09年山东理综·28)(14分)运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。

(1)合成氨反应N₂(g)+3H₂(g)2NH₃(g)，若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡　　　 移动(填“向左”、“向右”或“不”)；使用催化剂　　　　 反应的△H(填“增大”、“减小”或“不改变”)。

(2)已知：O₂(g) = O₂⁺(g)+e^－　　　　　　 H₁=1175.7 kJ·mol^-1

PtF₆(g)+e^－=PtF₆^－(g)　　　　　　　　　　 H₂=-771.1 kJ·mol^-1

O₂PtF₆(S)=O₂⁺(g)+PtF₆^－(g)　　　　　　　 H₃=482.2 kJ·mol^-1

则反应O₂(g)+PtF₆(g) = O₂⁺PtF₆^－(s)的H=_____________ kJ·mol^-1。

(3)在25℃下，向浓度均为0.1 mol·L^-1的MgCl₂和CuCl₂混合溶液中逐滴加入氨水，先生成　　　　 沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为　　　　 。已知25℃时K_sp[Mg(OH)₂]=1.8×10^-11，K_sP[Cu(OH)₂]=2.2×10^-20。

(4)在25℃下，将a mol·L^-1的氨水与0.01 mol·L^-1的盐酸等体积混合，反应时溶液中c(NH₄^*)=c(Cl^-)。则溶液显　　　 性(填“酸”、“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH₃·H₂O的电离常数K_b=　　　　　　 。

答案：(1)向左 不改变

(2)－77.6

(3)Cu(OH)₂　 Cu²⁺+2NH₃·H₂O = Cu(OH)₂↓ +2NH₄⁺

　　　　 (4)中　　 　mol·L^-1

解析：(1)恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，则反应体系体积增大，平衡左移；使用催化剂只是改变了反应的途径，没有改变反应物与生成物的状态，△H不变；(2)利用盖斯定律，△H₁+△H₂+(-△H₃)= -77.6 kJ·mol^-1；(3)由于,K_sP [Cu(OH)₂]=2.2×10^-20＜K_sp[Mg(OH)₂]=1.8×10^-11，所以先生成沉淀；2NH₃·H₂O+Cu²⁺＝Cu(OH)₂↓+2 NH₄^*；根据溶液的电中性原则，c(NH₄^*)=c(Cl^-)，则[H⁺]＝[OH^-]；溶液显中性；K_b= ，c(NH₄^*)=c(Cl^-)＝0.005 mol·L^-1；[H⁺]＝[OH^-]＝1×10^-7 mol·L^-1(因为是25℃下且为中性)；[NH₃·H₂O]＝mol·L^-1－0.005 mol·L^-1，则：K_b=mol·L^-1。

39．(09年宁夏理综·28)(14分)2SO₂(g)+O₂(g) 2SO₃(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1mol SO₂(g)氧化为1mol SO₃的ΔH=-99kJ·mol^-1.请回答下列问题：

(1)图中A、C分别表示　　 、　　 ，E的大小对该反应的反应热有无影响？　 。该反应通常用V₂O₅作催化剂，加V₂O₅会使图中B点升高还是降低？　 ，理由是　　　 ；

(2)图中△H=　 kJ·mol^-1；

(3)V₂O₅的催化循环机理可能为：V₂O₅氧化SO₂时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式　　　　　 ；

(4)如果反应速率v(SO₂)为0.05 mol·L^-1·min^-1，则v(O₂)=　　　 mol·L^-1·min^-1、v(SO₃)=　　　 mol·L^-1·min^-1；

(5)已知单质硫的燃烧热为296 KJ·mol^-1，计算由S(s)生成3 molSO₃(g)的△H　　　

　(要求计算过程)。

答案：(1)反应物能量　 生成物能量　 (2)无　 降低　 因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低　 (3)-198　 (4)SO₂ +V₂O₅=SO₃+2VO₂　 4VO₂+ O₂=2V₂O₅　 (4)0.025　 0.05

(5)S(s)+O₂(g) =2SO₂(g)△H₁=-296 KJ·mol^-1 ， SO₂(g)+1/2O₂(g) SO₃(g) △H₂=-99 KJ·mol^-1　

3S(s)+9/2O₂(g)=3SO₃(g) △H=3(△H₁+△H₂)=-1185 KJ·mol^-1　

解析：(1)本小题考查反应物总能量高于生成物总能量为放热反应，可得到A和C所表示的意义，E为活化能与反应热无关，但是用催化剂可以降低活化能；(2)图中表示的是2molSO₂的反应，因此△H=-99×2KJ·mol^-1；(3)依题意即可写出：SO₂ +V₂O₅=SO₃+2VO₂　 4VO₂+ O₂=2V₂O₅；(4)依据速率之比等于化学计量数之比

38．(09年江苏化学·20)(10分)联氨(N₂H₄)及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N₂H₄与N₂O₄反应能放出大量的热。

(1)已知：2NO₂(g)===N₂O₄(g)　 △H=-57.20kJ·mol^-1。一定温度下，在密闭容器中反应2NO₂(g)N₂O₄(g)达到平衡。其他条件不变时，下列措施能提高NO₂转化率的是　　 (填字母)。

A．减小NO₂的浓度　　　　　　　　　　　　　　　　 B．降低温度

C．增加NO₂的浓度　　　　　　　　　　　　　　　　 D．升高温度

(2)25℃时，1.00gN₂H₄(l)与足量N₂O₄(l)完全反应生成N₂(g)和H₂O(l)，放出19.14kJ的热量。则反应2N₂H₄(l)+N₂O₄(l)=3N₂(g)+4H₂O(l)的△H=　　　 kJ·mol^-1。

(3)17℃、1.01×10⁵Pa，密闭容器中N₂O₄和NO₂的混合气体达到平衡时，c(NO₂)=0.0300 mol·L^-1、c(N₂O₄)=0.0120 mol·L^-1。计算反应2NO₂(g)N₂O₄(g)的平衡常数K。

(4)现用一定量的Cu与足量的浓HNO₃反应，制得1.00L已达到平衡的N₂H₄和NO₂的混合气体(17℃、1.01×10⁵Pa)，理论上至少需消耗Cu多少克？

答案：(1)BC

(2)-1224.96

(3)根据题意知平衡时：c(N₂O₄)=0.0120 mol·L^-1、c(NO₂)=0.0300 mol·L^-1

K==13.3L·mol^-1

答：平衡常数为13.3。

(4)由(3)可知，在17℃、1.01×10⁵Pa达到平衡时，1.00L混合气体中：

n(N₂O₄)=　c(N₂O₄)×V=0.0120 mol·L^-1×1.00L=0.0120mol

n(NO₂)=　c(NO₂)×V=0.0300 mol·L^-1×1.00L=0.0300mol

则 n (NO₂) 总= n(NO₂)+2n(N₂O₄)=0.0540mol

由Cu+4HNO₃=Cu(NO₃)₂+2NO↑+2H₂O可得

答：理论上至少需消耗Cu 1.73 g.

解析：(1)考查影响化学平衡移动的因素(2)简单的反应热计算要注意将质量转化为物质的量，还要注意比例关系。(3)(4)见答案

[考点分析]^{本题考察了平衡移动原理、反应热计算、平衡常数。高考中的热点和难点。}

37．(09年广东化学·20)(10分)

　甲酸甲酯水解反应方程式为：

HCOOCH₃(l)+H₂O(l)HCOOH(l)+CH₃OH(l)；△H>0

某小组通过试验研究该反应(反应过程中体积变化忽略不计)。反应体系中各组分的起始量如下表：

甲酸甲酯转化率在温度T₁下随反应时间(t)的变化如下图：

(1)根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：

请计算15-20min范围内甲酸甲酯的减少量为　　　　　 mol，甲酸甲酯的平均反应速率为 　　　mol·min^-1(不要求写出计算过程)。

(2)依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因：　　　　 　。

(3)上述反应的平衡常数表达式为：，则该反应在温度T₁下的K值为 　　　　　　　。

(4)其他条件不变，仅改变温度为T₂(T₂大于T₁)，在答题卡框图中画出温度T₂下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图。

答案：(1)15-20min范围内甲酸甲酯的减少量为0.045mol；甲酸甲酯的平均反应速率为0.009mol·min^-1(2)反应速率随着反应的进行，先逐渐增大再逐渐减小，后不变；原因：随着反应的不断进行，应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着反应进行，甲酸甲酯的物质的量浓度不断减少，反应速率不断减慢，所以转化率增大的程度逐渐减小，当反应达到平衡后，转化率不变。

(3)1/7

(4)图略。作图要点：因为T₂>T₁，温度越高，平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率下降，T₂达到平衡时的平台要低于T₁；另外温度越高，越快达到平衡，所以T₂达到平衡的时间要小于T₁。

解析：(1)15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为1-1.00mol×6.7%==0.933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%所以20min时，甲酸甲酯的物质的量为1-1.00mol×11.2%==0.888mol，所以15至20min甲酸甲酯的减少量为0.933mol-0.888mol=0.045mol，则甲酸甲酯的平均速率==0.045mol/5min==0.009mol·min^-1。

(2)从题给数据不难看出，平均速率的变化随转化率的增大先增大再减小，后保持不变。因为反应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着反应进行甲酸甲酯的浓度减小，反应速率减小，当达到平衡时，反应速率几乎不变。

(3)由图象与表格可知，在75min时达到平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，所以甲酸甲酯转化的物质的量为1.00×24%==0.24mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸甲酯物质的量==0.76mol，水的物质的量1.75mol，甲酸的物质的量==0.25mol 甲醇的物质的量==0.76mol

。所以K=(0.76×0.25)/(1.75×0.76)=1/7。

(4)因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，所以绘图时要注意T₂达到平衡的时间要小于T₁，又该反应是吸热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率减小，所以绘图时要注意T₂达到平衡时的平台要低于T₁。