【化学】湖北省随州一中2019-2020学年高二上学期期中考试（解析版）

【化学】湖北省随州一中2019-2020学年高二上学期期中考试（解析版）

湖北省随州一中2019-2020学年高二上学期期中考试 ‎1.诺贝尔化学奖曾授予致力于研究合成氨与催化剂表面积大小关系的德国科学家格哈德•埃特尔，表彰他在固体表面化学过程研究中作出的贡献。下列说法中正确的是 A. 增大催化剂的表面积，能增大氨气的产率 B. 增大催化剂的表面积，能加快合成氨的正反应速率、降低逆反应速率 C. 采用正向催化剂时，反应的活化能降低，使反应明显加快 D. 工业生产中，合成氨采用的压强越高，温度越低，越有利于提高经济效益 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.催化剂以及固体的表面积大小只能改变反应速率，不能改变平衡移动，所以氨气的产率不变，故A错误；‎ B.增大催化剂的表面积，能加快合成氨的正反应速率和逆反应速率，故B错误； C.催化剂的作用是降低反应的活化能，使活化分子的百分数增大，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故C正确； D.温度低，催化剂的活性低反应速率慢，产量降低，所以不利于提高经济效益，故D错误；‎ 答案：C ‎【点睛】本题主要考查催化剂对化学反应速率和化学平衡的影响，注意把握化学反应速率和化学平衡移动原理对工业生成的指导意义，易错选项A。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( )‎ A. 1L1mol·L－1的NaClO 溶液中含有ClO－的数目为NA B. 常温常压下，14g由乙烯与丙烯组成的混合气体含有的原子数目为3NA C. 1mol·L-1醋酸溶液中所含CH3COOH分子总数一定小于NA D. 标准状况下，11.2L己烯中含有的碳原子数为3NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NaClO是强碱弱酸盐，ClO－水解；乙烯、丙烯（C3H6）的最简式都是CH2，据此计算；根据n=cV，没有溶液体积不能计算醋酸的物质的量；标准状况下，己烯是液体。‎ ‎【详解】ClO－水解，1L1mol·L－1的NaClO 溶液中含有ClO－的数目小于NA，‎ 故A错误；乙烯、丙烯的最简式为CH2，14g混合物含有的原子数为 ×3×NAmol-1=3NA，故B正确；根据n=cV，没有溶液体积不能计算醋酸的物质的量，故C错误；标准状况下，己烯是液体，不能根据 计算物质的量，故D错误。‎ ‎3.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示（图中E1表示无催化剂时正反应的活化能，E2表示无催化剂时逆反应的活化能）。下列有关叙述不正确的是 ‎ ‎ A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数 B. 500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-2a kJ·mol-l C. 该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能 D. ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由图可知，该反应正反应为放热反应。A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数，A正确；B. 500℃、101kPa 下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应放热a kJ，由于该反应为可逆反应，得不到1mol SO3(g)，所以热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 的反应热不等于-2a kJ·mol-l，B不正确；C. 该反应中为放热反应，其ΔH<0，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，C正确；D. ΔH=E1-E2，使用催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应热，D正确。本题选B。‎ 点睛：要注意可逆反应总有一定的限度，在一定的条件下，反应物不能完全转化为生成物，在计算反应热时要注意这一点。‎ ‎4.一种碳纳米管能够吸附氢气，用这种材料制备的电池其原理如图所示，该电池的电解质为6mol·L-1KOH溶液。下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 放电时镍电极作负极 B. 放电时K+移向正极 C. 放电时碳电极的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O D. 该反应过程中KOH溶液的浓度基本保持不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示，NiO(OH)转化为Ni(OH)2中Ni元素的化合价降低，发生还原反应，因此镍电极是正极，反应式为NiO(OH)+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-，碳电极是负极，电极反应式为H2+2OH--2e-=2H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据上述分析，放电时，镍电极是正极，故A错误；‎ B．放电时，该电池为原电池，正极上NiO(OH)得电子发生还原反应，电解质溶液中阳离子向正极移动，所以钾离子向Ni电极移动，故B正确；‎ C．放电时，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH--2e-═2H2O，故C正确；‎ D．总反应式为2NiO(OH)+H2=2Ni(OH)2，可知该反应过程中KOH溶液的浓度基本保持不变，故D正确；‎ 故选A ‎【点睛】明确各个电极的种类和发生的反应是解本题关键。本题的易错点为D，要注意NiO(OH)和2Ni(OH)2难溶于水，溶液中的氢氧根离子浓度不变。‎ ‎5.向VmL0.1mol/L氨水中滴加等物质的量浓度的稀H2SO4，测得混合溶液的温度和pOH[pOH＝－lgc(OH－)]随着加入稀硫酸的体积的变化如图所示(实线为温度变化，虚线为pOH变化)，下列说法不正确的是（ ）‎ A. a、b、c三点由水电离的c(H+)依次减小 B. V＝40‎ C. b点时溶液的pOH>pH D. a、b、d三点对应NH3·H2O的电离常数：K(b)>K(d)>K(a)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向V mL 0.1mol/L氨水中滴加等物质的量浓度的稀H2SO4，反应放热，溶液的温度升高，当二者恰好完全反应时，放热最多，溶液的温度最高，所以硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应。‎ A、酸碱溶液抑制了水的电离，铵根离子水解促进了水的电离； B、根据硫酸的物质的量计算氨水的体积； C、b点时硫酸与氨水恰好反应生成硫酸铵，溶液显酸性； D、升高温度促进NH3•H2O的电离，电离常数增大。‎ ‎【详解】向V mL 0.1mol/L氨水中滴加等物质的量浓度的稀H2SO4，反应放热，溶液的温度升高，当二者恰好完全反应时，放热最多，溶液的温度最高，所以硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应。‎ A、b点硫酸与氨水恰好反应生成硫酸铵，此时铵根离子水解促进了水的电离，则b点水的电离程度最大；a点加入10mL硫酸，氨水过量使溶液呈碱性，c点加入40mL硫酸，硫酸过量使溶液呈酸性，c点氢离子浓度大于a点氢氧根离子浓度，则水的电离程度a>c，所以水的电离程度大小为：b>a>c，故A选；‎ B、硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应，则消耗硫酸的物质的量为0.1mol/L×0.02L=0.0002mol，则氨水的物质的量为0.004mol，所以氨水的体积为：，即V=40，故B不选；‎ C、b点时硫酸与氨水恰好反应生成硫酸铵，溶液显酸性，则c(H+)>c(OH−‎ ‎)，所以pOH>pH，故C不选；‎ D、升高温度促进NH3⋅H2O的电离，电离常数增大，由图可知，温度：b>d>a，则a、b、d三点NH3⋅H2O的电离常数：K(b)>K(d)>K(a)，故D不选；‎ ‎6.对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是 ‎ ‎①增加C的量； ②增加CO的量；‎ ‎③将容器的体积缩小一半； ④保持体积不变，充入N2以增大压强；‎ ‎⑤升高反应体系的温度； ⑥保持压强不变，充入N2以增大体积。‎ A. ②③ B. ①④ C. ①⑥ D. ④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据影响化学反应速率外因分析判断。‎ ‎【详解】①C为固体，改变其用量不影响反应速率；②增加CO量即增大CO气体浓度，化学反应速率增大；③将容器的体积缩小，容器中气体浓度增大，反应速率增大； ④体积不变时充入N2，与反应有关的气体浓度不变，反应速率不变；⑤升高反应温度，反应速率加快；⑥压强不变时充入N2，容器体积变大，与反应有关的气体浓度减小，反应速率减小。‎ 本题选B。‎ ‎7.将一定量的X加入某密闭容器中，发生反应：2X(g)  3Y(g)+Z(g)，混合气体中X的物质的量分数与温度关系如图所示：下列推断正确的是(       )。 ‎ A. 升高温度，该反应平衡常数K减小 B. 压强大小有P3＞P2＞P1‎ C. 平衡后加入高效催化剂使平均摩尔质量增大 D. 在该条件下M点X平衡转化率为9/11‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图象知，升高温度，X物质的量分数降低，说明反应向正方向移动，平衡常数增大，故A错误；‎ B．可逆反应的正反应是气体分子数增大的反应，减小压强，X物质的量分数增大，所以，压强大小关系有：P3＜P2＜P1，故B错误；‎ C．催化剂不会使平衡发生移动，气体相对分子质量Mr不变，故C错误；‎ D．M点对应的平衡体系中，X的物质的量分数为0.1，则：‎ ‎ 2X(g)3Y(g)+Z(g)‎ 起始物质的量(mol) 1 0 0‎ 变化物质的量(mol) 2x 3x x 平衡物质的量(mol)1-2x 3x x ‎=0.1=0.1，x=，X转化率为==，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎8.关于恒容密闭容器进行的反应C（s）+ CO2（g）＝ 2CO（g）△H >0,下列说法不正确的是 A. △S>0‎ B. 在低温下能自发进行 C. 当混合气体的密度不再发生变化时，反应达到平衡状态 D. 达到平衡状态时，升高温度， CO2转化率和反应速率均增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 恒容密闭容器进行的反应C（s）+ CO2（g）＝ 2CO（g）△H >0，由于该反应是吸热反应，所以其△S>0，根据反应自发进行的综合判剧，只有在高温下才能保证△H－T△S＜0，所以该反应在高温下才能自发进行，低温下不能；随着正反应的发生，混合气体的密度逐渐增大，所以当混合气体的密度不再发生变化时，反应达到平衡状态；达到平衡后，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，CO2转化率和反应速率均增大。综上所述，B不正确，本题选B。‎ 点睛：一个可逆反应是否处于化学平衡状态可从两方面 判断；一是看正反应速率是否等于逆反应速率，两个速率必须能代表正、逆两个方向，然后它们的数值之比还得等于化学计量数之比，具备这两点才能确定正反应速率等于逆反应速率；二是判断物理量是否为变量，变量不变时达平衡。‎ ‎9.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）‎ A. 图1表示一定量冰醋酸晶体加水过程中溶液导电性的变化 B. 图2表示某温度下，相同pH的氨水和氢氧化钠溶液分别加水稀释，a、b、c三点溶液的KW：c=bH2CO3，但不能说明Cl的非金属性强于C，故B错误；‎ C、升温混合气体颜色变深证明温度升高平衡向生成NO2气体的方向进行，依据平衡移动原理可知正反应方向为放热反应，即△H＜0，故C正确；‎ D、Ba(NO3)2溶液中通入SO2，由于硝酸根在酸性溶液中具有强氧化性， 所以反应生成硫酸根离子，生成白色沉淀硫酸钡，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎11.下列实验操作、现象和结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，用排水法收集气体 HX放出的氢气多且反应速率快 酸的强弱：HX＜HY ‎ B 向2 mL 0.1 mol/L Na2S溶液中滴2滴0.1 mol/L ZnSO4溶液；再滴2滴0.1 mol/L CuSO4‎ 先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀 溶度积(Ksp)：ZnS>CuS C 向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体 溶液颜色变浅 FeCl3+3KSCNFe(SCN)3 +3KCl平衡向逆反应方向移动 D 常温下，用pH计分别测定饱和NaA溶液和饱和NaB溶液的pH pH：NaA＞NaB 常温下酸性：HA﹤HB A A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.等体积等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知其浓度大；B.Na2S溶液过量，均为沉淀的生成，未发生沉淀的转化；C.加入少量KCl固体，对平衡移动无影响；D. 要比较两种酸的酸性强弱，两种盐溶液的浓度必须相同。‎ ‎【详解】A. 等体积等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知其浓度大，则HX的酸性比HY的酸性弱，故A正确；‎ B. 因Na2S溶液过量，所以加入ZnSO4溶液和CuSO4溶液时发生的均为沉淀的生成，未发生沉淀的转化，不能比较二者溶度积的大小，故B错误；‎ C.该可逆反应中实质上KCl不参加反应，所以加入少量KCl固体，对平衡移动无影响，则溶液颜色不变，故C错误；‎ D. 要比较两种酸的酸性强弱，则两种盐溶液的浓度必须相同，这两种盐溶液都是饱和溶液，但两种盐溶液的浓度不一定相同，所以不能比较HA和HB的酸性强弱，故D错误，答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，明确实验原理及物质性质是解答本题的关键，注意D选项中的两种溶液浓度必须相同，否则无法判断，为易错点。‎ ‎12.常温下，实验测得1.0mol/L NH4HCO3 溶液pH=8.0。平衡时碳的分布系数（各含碳微粒的浓度占含碳各种微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A. 常温下，Kb(NH3⋅H2O)>Ka1(H2CO3)>Ka2(H2CO3)‎ B. pH=13时，溶液中不存在HCO3-的水解平衡 C. pH由8～11 时，随着pH值的增大，增大 D. pH=3时，有c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据越弱越水解原理，1.0mol/L NH4HCO3溶液pH=8.0，说明铵根水解程度小于碳酸氢根离子，应有Kb(NH3•H2O)＞ka1(H2CO3)＞Ka2(H2CO3)，故A正确；‎ B. 只要存在碳酸根离子就存在HCO3-的水解平衡，故B错误；‎ C. 温度不变，碳酸氢根离子的电离平衡常数不变，故C错误；‎ D. pH=3时，NH4HCO3会与氢离子反应生成二氧化碳，所以c(NH4+)+c(NH3•H2O)＞c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎13.t℃时，AgCl(s)与AgI(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡，相关离子浓度的关系如下图所示。下列说法正确的是 A. 曲线Y表示与的变化关系 B. t℃时，向Z点对应的溶液中加入蒸馏水，可使溶液变为曲线X对应的饱和溶液 C. t℃时，AgCl(s)+I－(aq)AgI(s)+Cl－(aq)的平衡常数K＝1×106‎ D. t℃时，向浓度均为0.1mol/ L的KI与KCl混合溶液中加入AgNO3溶液，当Cl－刚好完全沉淀时，此时c(I－) = 1×10－5 mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．t℃时，AgCl（s）与AgI（s）比较，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）；‎ B． t℃时，向Z点对应的溶液中加入蒸馏水，离子浓度减小，对X来说为不饱和溶液；‎ C．t℃时，AgCl（s）+I－（aq）AgI（s）+Cl－（aq）的平衡常数K=c(Cl－)/c(I－)=Ksp(AgCl)/Ksp(AgI)；‎ D．图象可知Ksp（AgCl）=10-10，Ksp（AgI）=10-16，结合溶度积常数计算。‎ ‎【详解】A．t℃时，AgCl（s）与AgI（s）比较，Ksp（AgCl）＞Ksp ‎（AgI），由图象可知曲线X的Ksp=10-10，曲线Y的Ksp=10-16，，则Y表示的是AgI离子浓度变化，故A错误；‎ B．t℃时，向Z点对应的溶液中加入蒸馏水，离子浓度减小，对X来说为不饱和溶液，故B错误；‎ C．t℃时，AgCl（s）+I－（aq）AgI（s）+Cl－（aq）的平衡常数K=c(Cl－)/c(I－)=Ksp(AgCl)/Ksp(AgI)=10-10/10-16=106，故C正确；‎ D．图象可知Ksp（AgCl）=10-10，Ksp（AgI）=10-16，t℃时，向浓度均为0.1mol·L－1的KI与KCl混合溶液中加入AgNO3 溶液，当Cl－刚好完全沉淀时，c（Ag＋）==10-5mol·L－1，此时c（I－）=10-16/10-5mol·L－1=1×10-11mol·L－1，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了沉淀溶解平衡的理解应用，解题关键：溶度积常数计算、影响溶解平衡的因素，难点是C、D项关于溶度积常数的计算。‎ ‎14.焦炭催化还原二氧化硫的化学方程式为2C(s)+2SO2(g) S2(g)+2CO2(g)。一定压强下，向1L密闭容器中充入足量的焦炭和1molSO2发生反应，测得SO2的生成速率与S2(g)的生成速率随温度变化的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 该反应的∆H>0 ‎ B. C点时达到平衡状态 C. 增加C的量能够增大SO2的转化率 ‎ D. T3时增大压强，能增大活化分子百分数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.升高温度平衡向吸热方向移动，C点对应温度升高到D点对应温度，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比大于2∶1，说明SO2的生成速率大于其本身消耗速率，平衡逆向移动，即逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，△H＜0，故A错误；‎ B.达到平衡状态时，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比为2∶‎ ‎1，根据图知，只有C点符合，故B正确；‎ C.能够增大SO2平衡转化率说明平衡正向移动，但不能是增加C的物质的量，因为C为固体，故C错误；‎ D. 增大压强，增大了单位体积内的活化分子数，但活化分子百分数不变，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】正确解读图像是解题的关键。本题中要注意平衡时SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比为2∶1，而不是1∶1。‎ ‎15.根据下列图示所得出的结论正确的是(　　)‎ A. 图甲表示1 mL pH＝2某一元酸溶液加水稀释时，pH随溶液总体积的变化曲线，说明该酸是强酸 B. 图乙表示恒容密闭容器中其他条件相同时改变温度，反应CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)中n(CH3OH)随时间的变化曲线，说明反应平衡常数KⅠ>KⅡ C. 图丙表示不同温度下水溶液中－lg c(H＋)、－lg c(OH－)变化曲线，说明T1>T2‎ D. 图丁表示1 mol H2和0.5 mol O2反应生成1 mol H2O过程中的能量变化曲线，说明H2的燃烧热是241.8 kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 图甲表示1 mL pH＝2某一元酸溶液加水稀释时，pH随溶液总体积的变化曲线，当体积为100mL时，溶液体积增大100倍，pH<4，说明存在电离平衡，则该酸是弱酸，选项A错误；‎ B、根据图中信息可知曲线Ⅱ反应速率快，温度较高，升高温度，平衡时n(CH3OH)较小，则平衡向逆反应方向移动，平衡常数KⅠ>KⅡ，选项B正确；‎ C. 升高温度促进水的电离，c(H＋)、c(OH－)增大，－lg c(H＋)、－lg c(OH－)减小，图丙表示不同温度下水溶液中－lg c(H＋)、－lg c(OH－)变化曲线，说明T1 c (HB－) > c (H2B) > c (B2－)‎ B. 0.1 mol / L NaH2PO4溶液中：c (Na+)＝c (PO43－) + c (HPO4２－) + c (H2PO4－) + c (H3PO4)‎ C. NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性：c (Na+) > c (SO42－) > c (NH4+) > c (OH－)＝c (H+)‎ D. 等物质的量浓度的Na2S和NaHS溶液中：c (Na+)＝2c (S2－) + c (HS－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．某酸式盐NaHB的水溶液为pH=8.3，说明HB-水解程度大于电离程度，且水解和电离程度都较小，所以存在c (Na+)＞c (HB-)＞c (H2B)＞c (B2-)，故A正确；‎ B．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c (Na+)=c (PO43-)+c (HPO42-)+c (H2PO4-)+c (H3PO4)，故B正确；‎ C．溶液呈中性，则c (OH-)=c (H+)，溶液中的溶质为硫酸钠和一水合氨、硫酸铵，c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-)，c(Na+)＞c(SO42-)，则c(NH4+)＜(SO42-)，溶液中离子浓度大小顺序是c (Na+)＞c (SO42-)＞c (NH4+)＞c (OH-)=c (H+)，故C正确；‎ D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c (Na+)+c (H+)=c (OH-)+2c (S2-)+c (HS-)，混合溶液呈碱性，c (OH-)＞c (H+)，所以存在，c (Na+)＞2c (S2-)+c (HS-)，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】电解质溶液中的守恒关系：电荷守恒：如NaHCO3溶液中c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；物料守恒：如NaHCO3溶液中c(Na+)＝c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)；质子守恒：如Na2CO3溶液中c(OH-)＝c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)。‎ ‎17.某小组利用H2C2O4 溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。‎ 实验 编号 室温下，试管中所加试剂及其用量/mL 室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min ‎0.6mol/LH2C2O4溶液 H2O ‎0.2mol/LKMnO4溶液 ‎3mol/L稀硫酸 ‎1‎ ‎3.0‎ ‎2.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎4.0‎ ‎2‎ ‎3.0‎ ‎3.0‎ ‎2.0‎ ‎2.0‎ ‎5.2‎ ‎3‎ ‎3.0‎ ‎4.0‎ ‎2.0‎ ‎1.0‎ ‎6.4‎ ‎(1)根据上表中的实验数据，可以得到的结论是_______。‎ ‎(2)该小组同学根据经验绘制了n（Mn2+）随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n（Mn2+）随时间变化的趋势应如图2所示。该小组同学根据2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。‎ ‎①该小组同学提出的假设是_______。‎ ‎②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白。‎ 实验 编号 室温下，试管中所加试剂及其用量/mL 再向试管中加入少量固体X 室温下溶液颜 色褪至无色所需时间/min ‎0.6mol/LH2C2O4 溶液 H2O ‎0.2mol/LKMnO4溶液 ‎3mol/L稀硫酸 ‎4‎ ‎3.0‎ ‎2.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ t 固体X是_______。‎ ‎③若该小组同学提出的假设成立，时间t_______4.0min（填＞、=或＜）。 ‎ ‎(3)为探究温度对化学反应速率的影响，该小组同学准备在上述实验基础上继续进行实验，请你帮助该小组同学完成该实验方案设计_______。‎ ‎【答案】 (1). 其他条件相同时，增大H2SO4浓度反应速率增大 (2). 生成物中的MnSO4为该反应的催化剂（或Mn2+对该反应有催化作用） (3). MnSO4 (4). ＜ (5). 试管中取与实验1（或2、3）完全相同的试剂，放在热水中加热后混匀试剂，测褪色所需时间 小于实验1（或2、3）中的褪色时间 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）从表中数据可知改变的条件是H2SO4浓度，当其他条件相同时，增大H2SO4浓度，反应速率增大。‎ ‎（2）①由图2可知反应开始后速率增大的比较快，说明生成物中的MnSO4或Mn2+为该反应的催化剂。‎ ‎②与实验1作对比实验，则控制的条件是有无硫酸锰，且其它条件必须相同，所以加入的少量固体为MnSO4。‎ ‎③若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，溶液褪色的时间小于4min。‎ ‎（3）为探究温度对化学反应速率的影响，应控制其他条件不变的情况下改变温度来观察实验现象，试管中取与实验1（或2、3）完全相同的试剂，放在热水中加热后混匀试剂，测褪色所需时间小于实验1（或2、3）中的褪色时间。‎ ‎18.已知H2S是一种二元弱酸，回答以下问题：‎ ‎（1）0.1mol/L NaHS溶液显碱性，则c(S2－)___________c(H2S)（填“大于” ，“小于” 或“等于” ） 。‎ ‎（2）已知常温下，CaS饱和溶液中存在平衡：CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)　ΔH＞0。‎ ‎①温度升高时，Ksp________ (填“增大”、“减小”或“不变”，下同)。‎ ‎②滴加少量浓盐酸，c(Ca2＋)________，原因是__________________________________(用文字和离子方程式说明)。‎ ‎（3）若向CaS悬浊液中加入Cu(NO3)2溶液，生成一种黑色固体物质，写出该过程中反应的离子方程式______________。‎ ‎【答案】 (1). 小于 (2). 增大 (3). 增大 (4). 对于CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)平衡，加入HCl，增大H+浓度，H+与S2-结合，降低S2-浓度，导致溶解平衡正向移动 (5). CaS (s) + Cu2+ (aq) = CuS (s) + Ca2+ (aq)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)0.1mol/L NaHS溶液显碱性，说明HS-水解程度大于HS-电离程度；‎ ‎(2)对于CaS(s)⇌Ca2+(aq)+S2-(aq)△H＞0，为吸热过程，则升高温度，平衡正向移动，加入盐酸，可生成HS-，平衡正向移动；‎ ‎(3)向CaS悬浊液中加入Cu(NO3)2溶液，生成一种黑色固体物质，应生成CuS。‎ 详解】(1)0.1mol/L NaHS溶液显碱性，说明HS-水解程度大于HS-电离程度，水解生成H2S，电离生成S2-，则c(S2-)小于c(H2S)；‎ ‎(2)①对于CaS(s)⇌Ca2+(aq)+S2-(aq)△H＞0，为吸热过程，则升高温度，平衡正向移动，则Ksp增大；‎ ‎②对于CaS(s)Ca2＋(aq)＋S2－(aq)平衡，加入HCl，增大H+浓度，H+与S2-结合，降低S2-浓度，导致溶解平衡正向移动，钙离子浓度增大；‎ ‎(3)向CaS悬浊液中加入Cu(NO3)2溶液，生成一种黑色固体物质，应生成CuS，离子方程式为CaS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Ca2+(aq)。‎ ‎19.某工业废水中主要含有Cr3＋，同时还含有少量的Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋等，且酸性较强。为回收利用，通常采用如下流程处理：‎ 注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。‎ 氢氧化物 Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Mg(OH)2‎ Al(OH)3‎ Cr(OH)3‎ pH ‎3.7‎ ‎9.6‎ ‎11.1‎ ‎8‎ ‎9(>9溶解)‎ ‎（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________(填序号)。‎ A．Na2O2 B．HNO3 C．FeCl3 D．KMnO4‎ ‎（2）加入NaOH溶液调整溶液pH＝8时，除去的离子是________；已知钠离子交换树脂的原理：Mn＋＋nNaR→MRn＋nNa＋，此步操作被交换除去的杂质离子是__________。‎ A．Fe3＋B．Al3＋C．Ca2＋D．Mg2＋‎ ‎（3）还原过程中，每消耗0.8 mol Cr2O72-转移4.8 mol e－，该反应离子方程式为____________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). AB (3). CD (4). 3S2O32— + 4Cr2O72— + 26H+ = 6SO42— + 8Cr3+ +13H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4；‎ ‎(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，注意不能引入新的杂质；‎ ‎(2)根据表中数据判断；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；‎ ‎(3)每消耗0.8mol Cr2O72-转移4.8mol e-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化为SO42-，结合得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式。‎ ‎【详解】某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4；‎ ‎(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用Na2O2代替H2O2，故答案为：A；‎ ‎(2)根据表中数据可知，pH=8时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则Fe3+、Al3+被除去；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；‎ ‎(3)每消耗0.8mol Cr2O72-转移4.8mol e-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化为SO42-，则反应的离子方程式为：3S2O32— + 4Cr2O72— + 26H+ = 6SO42— + 8Cr3+ +13H2O。‎ ‎20.某二元酸(化学式用H2A表示)在水中的电离方程式是：H2A=H＋＋HA－，HA－⇌H＋＋A2－。‎ ‎①则Na2A溶液显________(填“酸性”“中性”或“碱性”)；NaHA溶液显_______(填“酸性”“中性”或“碱性”)。‎ ‎②现有0.1 mol·L－1 Na2A的溶液，其中各种微粒浓度关系正确的是__________(填字母)。‎ A．c(Na＋)>c(A2－)>c(OH－)>c(HA－)‎ B．c(Na＋)=2c(HA－)+2c((A2－)+2c(H2A)‎ C．c(Na＋)+c(H＋)=c(HA－)+c(A2－)+c(OH－)‎ D．c(OH－)=c(HA－)+c(H＋)‎ ‎【答案】 (1). 碱性 (2). 酸性 (3). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①H2A第一步完全电离、第二步部分电离，所以导致HA-只电离不水解，Na2A中阴离子水解导致溶液呈碱性；NaHA中，HA-只电离不水解，据此判断NaHA溶液酸碱性；‎ ‎②Na2A是强碱弱酸盐，阴离子水解导致溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，A2-只发生第一步水解不发生第二步水解，所以溶液中不存在H2A，但水解程度较小，再结合电荷守恒判断离子浓度大小。‎ ‎【详解】①H2A第一步完全电离、第二步部分电离，所以导致HA-只电离不水解，Na2A是强碱弱酸盐，该钠盐中阴离子水解导致溶液呈碱性；NaHA中，HA-只电离不水解，所以NaHA溶液中，c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性；‎ ‎②A．Na2A是强碱弱酸盐，阴离子水解导致溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，A2-只发生第一步水解不发生第二步水解，所以溶液中不存在H2A，水电离也生成氢氧根离子，所以c(OH-)＞c(HA-)，但水解程度较小，再结合电荷守恒得c(Na+)＞c(A2-)，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(HA-)＞c(H+)，故A正确；‎ B．在Na2A溶液中不存在HA-的水解，只存在HA-的电离，则存在的物料守恒式为c(Na＋)=2c(HA－)+2c((A2－)，故B错误；‎ C．在Na2A溶液中不存在HA-的水解，只存在HA-的电离，则存在的电荷守恒式为c(Na＋)+c(H＋)=c(HA－)+2c(A2－)+c(OH－)，故C错误；‎ D．在溶液中，根据质子守恒得：c(OH-)=c(H+)+c(HA-)，故D正确；‎ 故答案为AD。‎ ‎【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系；①电荷守恒规律，如NaHCO3溶液中存在的电荷守恒关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)；②物料守恒规律，如K2S溶液中物料守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)；③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)，注意质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。‎ ‎21.纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2•xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl-‎ ‎，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2。用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数，取17.2gTiO2样品在一定条件下溶解并还原为Ti3+，将溶液加水稀释配成250mL溶液；取出25.00mL该溶液于锥形瓶中，滴加KSCN溶液作指示剂，用0.5mol/L的NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。请回答下列问题：‎ ‎（1）如图分别是温度计、量筒、滴定管的一部分，其中A仪器的名称为________B的正确读数为________。‎ ‎（2）TiCl4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为________。‎ ‎（3）判断滴定终点的现象是_____________。‎ ‎（4）滴定到达终点时，共用去0.5mol/L的NH4Fe(SO4)2标准溶液40.00mL,则原样品中TiO2质量分数______________。‎ ‎（5）判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。‎ ‎①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果________。‎ ‎②若在滴定终点读取滴定管读数时，俯视标准液液面，使测定结果__________。‎ ‎【答案】 (1). 量筒 (2). 22.80mL (3). TiCl4＋(2＋x)H2O= TiO2·xH2O↓＋4HCl (4). 加入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液后，溶液变成红色，且半分钟不恢复原来颜色 (5). 93% (6). 偏高 (7). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题给图示可知，A仪器的刻度上大下小，为量筒，仪器B的刻度上小下大，为滴定管，仪器C有0刻度，为温度计；‎ ‎（2）由题给信息可知TiCl4发生水解反应生成TiO2•xH2O沉淀和盐酸；‎ ‎（3）用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定时，Fe3+与Ti3+发生氧化还原反应，Ti3+被氧化生成生成Ti4+，Fe3+被还原为Fe2+，当达到滴定终点时，再加入NH4Fe（SO4）2溶液，溶液中Fe3+‎ 过量，会变成红色；‎ ‎（4）由得失电子守恒和原子个数守恒计算TiO2的物质的量，再计算质量分数；‎ ‎（5）①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，导致物质的量浓度减小，滴定时消耗NH4Fe(SO4)2溶液的体积增大；‎ ‎②若在滴定终点读取滴定管读数时，俯视标准液液面，读取的NH4Fe(SO4)2溶液体积偏小。‎ ‎【详解】（1）由题给图示可知，A仪器的刻度上大下小，为量筒，仪器B的刻度上小下大，为滴定管，由凹液面的最低点可知读数为22.80mL，仪器C有0刻度，为温度计，故答案为量筒；22.80mL；‎ ‎（2）由题给信息可知TiCl4发生水解反应生成TiO2•xH2O沉淀和盐酸，反应的化学方程式为TiCl4＋(2＋x)H2O= TiO2·xH2O↓＋4HCl，故答案为TiCl4＋(2＋x)H2O= TiO2·xH2O↓＋4HCl；‎ ‎（3）向含有Ti3+的溶液中滴加KSCN溶液作指示剂，溶液不显红色，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定时，Fe3+与Ti3+发生氧化还原反应，Ti3+被氧化生成生成Ti4+，Fe3+被还原为Fe2+，当达到滴定终点时，再加入NH4Fe（SO4）2溶液，溶液中Fe3+过量，会变成红色，终点的现象是加入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液后，溶液变成红色，且半分钟不恢复原来颜色，故答案为加入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液后，溶液变成红色，且半分钟不恢复原来颜色；‎ ‎（4）由得失电子守恒和原子个数守恒可知，n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=0.5mol/L×0.04L=0.02mol，则原样品中TiO2质量分数为×100%≈93%，故答案为93%；‎ ‎（5）①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，导致物质的量浓度减小，滴定时消耗NH4Fe(SO4)2溶液的体积增大，所测TiO2质量分数偏高，故答案为偏高；‎ ‎②若在滴定终点读取滴定管读数时，俯视标准液液面，读取的NH4Fe(SO4)2溶液体积偏小，所测TiO2质量分数偏低，故答案为偏低。‎ ‎【点睛】用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定时，Fe3+与Ti3+发生氧化还原反应，当达到滴定终点时，再加入NH4Fe（SO4）2溶液，溶液中Fe3+过量，会变成红色是判断滴定终点的实验现象，也是解答关键。‎ ‎22.氨的合成原理为:N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g）∆H=－92.4kJ·mol-1在500℃、20MPa时，将N2、H2置于一个容积为2L的密闭容器中发生反应，反应过程中各物质的物质的量变化如图。回答下列问题:‎ ‎（1）10min内以NH3表示的平均反应速率为_________‎ ‎（2）在10～20min内，NH3浓度变化的原因可能是_____________‎ A加了催化剂 B.缩小容器体积 C.降低温度 D.增加NH3物质的量 ‎（3）第1次平衡:平衡常数K1=__________（带数据的表达式），第2次平衡时NH3的体积分数为_____________。‎ ‎（4）根据最新“人工固氮”的研究报道，在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂（掺有少量Fc2O3的TiO2）表面与水发生下列反应:N2（g）＋3H2O（l）⇌2NH3+1.5O2（g）∆H=akJ·mol-1，进一步研究NH3生成量与温度的关系，常压下达到平衡时测得部分实验数据如下表:‎ T/K ‎303‎ ‎313‎ ‎323‎ NH3生成量/(10-6mol)‎ ‎4.8‎ ‎5.9‎ ‎6.0‎ ‎①此合成反应的a______0，△S_______0；（填“＞”、“＜”或一”）‎ ‎②已知N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g）∆H=－92.4kJ·mol-1，2 H2（g）＋ O2（g）=2H2O（l）∆H=-571.kJ·mol-1 则常温下氮气与水反应生成氨气与氧气的热化学方程式为_____________________________‎ ‎【答案】 (1). 0.005mol·L-1.min-1 (2). A (3). (4). 45.5％或0.455 (5). ＞ (6). ＞ (7). 2N2(g)＋6H2O(l)＝4NH3(g) +3O2(g) AH＝＋1530 kJ·mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据v=△n÷V÷△t计算；‎ ‎（2）根据图象知，平衡向正反应方向移动，10min时是连续的，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明为使用催化剂；‎ ‎（3）达到平衡状态时，物质的量不变，以此判断达到平衡的时间段，化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；第2次平衡时NH3的体积分数等于氨气的含量/平衡时气体的总物质的量；‎ ‎（4）①由表中数据可知，升高温度，NH3生成量增大，说明平衡向正反应方向移动，结合反应方程式中各物质的聚集状态解答；‎ ‎②已知：①N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92.4kJ·mol－1②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6kJ·mol－1，则利用盖斯定律，将①×2-②×3可得常温下氮气与水反应生成氨气与氧气的热化学方程式．‎ ‎【详解】（1）反应速率v（NH3）=(0.1mol-0)÷2L÷10min=0.005mol/（L．min）；‎ ‎（2）由图象可知各组分物质的量变化增加，且10min时变化是连续的，20min达平衡时，△n（N2）=0.025mol×4=0.1mol，△n（H2）=0.025mol×12=0.3mol，△n（NH3）=0.025mol×8=0.2mol，物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明10min可能改变的条件是使用催化剂，缩小体积相当于增大压强，应该反应物的速率增加倍数大，降低温度，应该反应速率减小，增加NH3物质的量，逆反应速率增加的倍数大，故只有使用催化剂符合，‎ 故选A；‎ ‎（3）由图象可以看出，当反应进行到时20-25min，各物质的量不变，说明反应达到平衡状态，化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，由图象可知，20min达平衡时，n（N2）=0.025mol×10=0.25mol，n（H2）=0.025mol×6=0.15mol，n（NH3）=0.025mol×12=0.3mol，所以所以其平衡常数K=c2(NH3)/c(N2)c3(H2)=‎ ‎ =；‎ 第2次平衡时NH3的体积分数=2.5mol÷（2.5mol+2.25mol+0.75mol）×100%=45.5%；‎ ‎（4）①由表中数据可知，升高温度，NH3生成量增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应，a＞0，由方程式可知反应生成气体的物质的量增多，则△S＞0；‎ ‎②已知：①N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92.4kJ·mol－1②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6kJ·mol－1‎ 则利用盖斯定律，将①×2-②×3可得常温下氮气与水反应生成氨气与氧气的热化学方程式为2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）△H=2×（-92.4kJ·mol－1）-3×（-571.6kJ·mol－1）=+1530kJ·mol－1。‎ ‎【点睛】本题考查热化学方程式的书写、反应热的计算、化学平衡的计算、平衡移动以及平衡状态的判断，综合性强，难点：应用反应原理对图象的分析．‎