江西省宜春市上高二中2019-2020学年高二上学期月考化学试题

江西省宜春市上高二中2019-2020学年高二上学期月考化学试题

高二年级第二次月考化学试卷 一、选择题 ‎1. 下列有关实验的叙述正确的是 A. 过滤时，可用玻璃棒搅拌漏斗中的液体以加快过滤速率 B. 用湿润的pH试纸测溶液的pH，因溶液被稀释而使测量值变大 C. 酸碱滴定管、容量瓶、分液漏斗使用前必须检查是否漏水 D. 酸碱滴定实验中，需用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、过滤时用玻璃棒引流，不能用玻璃棒 ，A项错误；‎ B、若为碱溶液，被稀释后pH值会变小，B项错误；‎ C、酸碱滴定管、容量瓶、分液漏斗使用前必须检查是否漏水，C项错误；‎ D、酸碱滴定实验中，锥形瓶不能润洗，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.假设反应体系的始态为甲，中间态为乙，终态为丙，它们之间的变化如图所示，则下列说法不正确的是 A. |ΔH1|＞|ΔH2| B. |ΔH1|＜|ΔH3|‎ C. ΔH1+ΔH2+ΔH3=0 D. 甲→丙的ΔH=ΔH1+ΔH2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在过程中ΔH1与ΔH2的大小无法判断，A错误；‎ B、因|ΔH3|=|ΔH1|+|ΔH2|，B正确；‎ C、因为甲→丙和丙→甲是两个相反的过程，所以ΔH1+ΔH2+ΔH3=0，C正确；‎ D、题述过程中甲为始态，乙为中间态，丙为终态，由盖斯定律可知：甲丙，ΔH=ΔH1+ΔH2＜0，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎3.下列设计的实验方案能达到实验目的的是 A. 制取无水AlCl3：将AlCl3溶液加热蒸干并灼烧 B. 除去锅炉水垢中含有的CaSO4：先用Na2CO3溶液处理，然后再加酸去除 C. 证明氨水中存在电离平衡：向滴有酚酞的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液红色变深 D. 配制FeCl3溶液时为防止溶液浑浊常加入少量稀硫酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．AlCl3在加热时水解生成Al(OH)3和HCl，HCl易挥发，蒸干灼烧得到的是Al2O3，无法获得AlCl3晶体，选项A错误；‎ B．硫酸钙难以除去，可加入碳酸钠转化为碳酸钙，加入盐酸即可除去，选项B正确；‎ C．一水合氨为弱碱，溶液中存在电离平衡：NH3•H2ONH4++OH-，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4++Cl-，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，选项C错误；‎ D、Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2Fe(OH)3+3H+，配制溶液时，可加入酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，由于溶液是FeCl3溶液，所以选加HCl，不能用其它的酸，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎4.物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是（ ）‎ A. (NH4)2Fe(SO4)2 B. NH3·H2O C. (NH4)2CO3 D. NH4Cl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.(NH4)2Fe(SO4)2=2NH4++SO42-，其中NH4+和Fe2+的水解相互抑制，导致NH4+的水解程度减小，NH4+的浓度最大，A正确；‎ B. NH3·H2O是弱电解质，电离程度很弱，主要以电解质分子NH3·H2O的形式存在，电离产生的NH4+的浓度远小于等浓度的盐电离产生的NH4+的浓度，B错误；‎ C. (NH4)2CO3=2NH4++CO32-，其中NH4+和CO32-的水解相互促进，导致NH4+的水解程度比(NH4)2Fe(SO4)2的大，NH4+的浓度小于(NH4)2Fe(SO4)2中NH4+的浓度，C错误；‎ D.NH4Cl=NH4++Cl-，其中NH4+水解，使NH4+的浓度减小，小于溶液中Cl-的浓度，但比等浓度的(NH4)2Fe(SO4)2和(NH4)2CO3的铵根离子浓度小，D错误；‎ 故铵根离子浓度最大的是A。‎ ‎5.常温下，0.1 mol·L－1的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，则下列判断中正确的是 A. HX、HY、HZ的酸性依次增强 B. 离子浓度：c(Z－)>c(Y－)>c(X－)‎ C. 电离常数：K(HZ)>K(HY)‎ D. c(X－)＝c(Y－)＋c(HY)＝c(Z－)＋c(HZ)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下，0.1mol/L的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，对于弱酸，其酸性越弱，对应的盐水解程度越大，说明HX为强酸，HY、XZ为弱酸，且酸性HY>XZ，由此分析解答。‎ ‎【详解】A．对于弱酸，其酸性越弱，对应的盐水解程度越大，说明HX为强酸，HY、XZ为弱酸，且酸性HX>HY>XZ，选项A错误；‎ B．酸越弱水解的程度越大，离子浓度越小，所以c（X-）>c（Y-）>c（Z-），选项B错误；‎ C．对于弱酸，其酸性越弱，对应盐水解程度越大，说明HX为强酸，HY、XZ为弱酸，且酸性HX>HY>XZ，电离常数K（HY）>K（HZ），选项C错误；‎ D．NaX电离后不水解，X-的物质的量浓度c（X-）=0.1mol/L，NaY、NaZ电离后都部分水解，根据物料守恒可知：c（Y-）+c（HY）=0.1mol/L；c（Z-）+c（HZ）=0.1mol/L，所以c（X-）=c（Y-）+c（HY）=c（Z-）+c（HZ），选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查盐类的水解，题目难度中等，注意酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱。‎ ‎6.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是（ ）‎ ‎①醋酸与水能以任意比互溶；②醋酸溶液能导电；③醋酸稀溶液中存在醋酸分子；④常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1 mol/L盐酸的pH大；⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2；⑥0.1 mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9；⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢 A. ②⑥⑦ B. ③④⑥⑦‎ C. ③④⑤⑥ D. ①②‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①电解质的强弱与溶解性无关；②弱电解质溶液电离后也可以导电；③醋酸溶液中存在醋酸分子，可以说明存在电离平衡；④0.1mol/L醋酸的pH比0.1 mol/L盐酸的pH 大，可以说明醋酸为弱电解质；⑤说明醋酸比碳酸强，不能说明醋酸是弱电解质；⑥0.1 mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9，说明醋酸未完全电离；⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢，说明部分电离；故答案选B。‎ ‎7.下列关于反应能量的说法正确的是（ ）‎ A. 已知Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) △H=-216kJ/mol，则反应物总能量<生成物总能量 B. 已知101 kPa时，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ/mol，则H2的燃烧热△H=-241.8kJ/mol C. 相同的条件下，如果1 mol氢原子所具有的能量为E1，1 mol 氢分子的能量为E2，则2E1>E2‎ D. H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)，含1 mol NaOH的氢氧化钠溶液与含0.5 mol H2SO4的浓硫酸混合后放出57.3 kJ 的热量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.已知Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) △H=-216kJ/mol，反应是放热反应，说明反应物总能量比生成物总能量多，A错误；‎ B.氢气的燃烧热是1molH2完全燃烧产生液态水时放出的热量，由于等物质的量的气态水含有的能量比液态水多，所以在101 kPa时，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ/mol，则H2的燃烧热△H小于-241.8kJ/mol，B错误；‎ C.相同的条件下，如果1 mol氢原子所具有的能量为E1，2molH原子结合形成1molH-H键，产生1molH2，会放出热量，1 mol氢分子的能量为E2，则2E1>E2，C正确；‎ D.H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)，△H=-57.3 kJ/mol，由于浓硫酸溶于水会放出热量，所以含1 mol NaOH的氢氧化钠溶液与含0.5 mol H2SO4的浓硫酸混合后放出的热量大于57.3 kJ，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎8.常温下0.1mol•L﹣1醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=（a+1）的措施是 A. 将溶液稀释到原体积的2倍 B. 加入适量的醋酸钠固体 C. 加入等体积0.2 mol•L﹣1盐酸 D. 加少量冰醋酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 常温下0.1mol•L﹣1醋酸溶液的pH=a，当此溶液变为pH=（a+1）时，pH升高了，溶液中的氢离子浓度变为原来的十分之一，c(H+)由mol/L变为 mol/L。醋酸为弱酸，溶液中存在其电离平衡，可以加水稀释溶液使氢离子浓度减小，欲使溶液中的氢离子浓度变为原来的十分之一，稀释后溶液体积必须大于原来的十倍。也可以加入可溶性醋酸盐使电离平衡逆向移动而使氢离子浓度减小。‎ A. 将溶液稀释到原体积的2倍 ，氢离子浓度肯定会大于原来的二分之一，所以A不正确； B. 加入适量的醋酸钠固体，可行，因为增大了溶液中醋酸根离子的浓度，醋酸的电离平衡逆向移动，所以B正确；C.因为盐酸是强酸，所以加入等体积0.2 mol•L﹣1盐酸后，c(H+)一定变大了，pH将减小；D. 加少量冰醋酸，增大了醋酸的浓度，酸性增强，pH减小，D不正确。本题选B。‎ 点睛：首先要明确酸性溶液的pH变大时，表明溶液的酸性减弱了。pH增大1时，溶液中的氢离子溶液就会变为原来的十分之一。‎ ‎9.一定温度下，反应N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）的反应热和化学平衡常数分别为△H和K, 则相同温度时反应4NH3（g）2N2（g）＋6H2（g）反应热和化学平衡常数为( )‎ A. 2△H和2K B. -2△H和 K2‎ C. -2△H和 K-2 D. 2△H和-2K ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】正反应是放热反应，则逆反应就是吸热反应，反之亦然，所以氨气分解的反应热是－2△H。平衡常数是在反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此如果化学计量数不变的话，则逆反应的平衡常数是正反应平衡常数的倒数。由于逆反应的化学计量数均是原来的2倍，所以选项C是正确的。答案选C。‎ ‎10.符合图1、图2的反应是 ‎ A. X＋3Y2Z　ΔH>0 B. X＋3Y2Z　ΔH<0‎ C. X＋2Y3Z　ΔH<0 D. 5X＋3Y4Z　ΔH<0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】图1中X、Y浓度降低，则X、Y为反应物，Z浓度增大，Z为生成物，X、Y、Z浓度变化量之比为：1：3：2，且存在化学平衡状态，化学方程式为：X+3Y2Z；图2中T2时，先达到化学平衡状态，则T2＞T1，温度高时，Z%较小，即温度升高，向逆反应方向移动，正反应放热，△H＜0，故表示的反应为：X+3Y2Z，△H＜0，故选B。‎ ‎11. 下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是 ‎①已达平衡的反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动 ‎②已达平衡的反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g），当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高 ‎③有气体参加的反应平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动 ‎④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动 A. ①④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①若增加固体物碳物质的量，平衡不发生移动，因为固体物质的浓度是不变量，无法增大C的浓度，故①错误；‎ ‎②两种反应物，增大一种物质会提高另一种物质的转化率，本身转化率减小，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率减小，故②错误；‎ ‎③对于气体体积保持不变的可逆反应，减小容积或增大压强时，平衡不一定向气体体积增大的方向移动，故③错误；‎ ‎④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，反应前后气体体积不变的反应，平衡不动，如H2（g）+I2（g）=2HI（g）；反应前后气体体积变化的反应，平衡发生移动，如N2（g）+3H2（g）═2NH3（g），故④错误。‎ 故选D。‎ ‎12.下列反应在常温下均为非自发反应,在高温下仍为非自发是 A. 2Ag2O(s)=4Ag(s)+O2(g)‎ B. 2Fe2O3(s)+3C(s)=Fe(s)+3CO2(g)‎ C. N2O4(g)=2NO2(g)‎ D. 6C(s)+6H2O(l)=C6H12O6(s)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据综合判据能自发进行， 、的反应在任何温度下都不能自发反应。‎ ‎【详解】2Ag2O(s)=4Ag(s)+O2(g)，，在高温下能自发进行，故不选A；2Fe2O3(s)+3C(s)=Fe(s)+3CO2(g)，，在高温下能自发进行，故不选B；N2O4(g)=2NO2(g) ，在高温下能自发进行，故不选C；6C(s)+6H2O(l)=C6H12O6(s) ，该反应无论在低温还是在高温下，均不能自发进行，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了反应自发进行的判断依据，注意反应是否自发进行由焓变、熵变、温度共同决定，、任何温度下都不能自发反应；、高温下能自发进行；、任何温度下都能自发进行；、低温下能自发进行。‎ ‎13.将4molA和2molB放入2L密闭容器中发生反应4s后反应达到平衡状态，此时测得C的浓度为0.6mol/L.下列说法正确的是（　　）‎ A. 若不断增加A的质量，可使反应放出热量的数值达到2︱ΔH︱‎ B. 4 s内，υ(B)＝0.075 mol/(L ·s)‎ C. 达到平衡状态后，若只升高温度，则C的物质的量浓度增大 D. 达到平衡状态后，若温度不变，缩小容器的体积，则A的转化率降低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 该反应为可逆反应，B不可能完全反应，增加A的质量，最终反应放出热量的数值仍小于2︱ΔH︱，故A错误；B．v(C)==0.15mol/(L•s)，反应速率之比等于化学计量数之比，则v(B)=0.075mol/(L•s)，故B正确； C．升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的物质的量浓度减小，故C错误；D．缩小容器的体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，故D错误；故选B。‎ ‎14.已知甲、乙、丙、丁四种溶液分别为CH3COONa、NH3•H2O、CH3COOH、Na2SO4中的一种，相同温度下，甲与乙两种溶液的pH相同，甲与丙两种溶液中的水的电离程度相同，则丙为（ ）‎ A. NH3•H2O B. CH3COONa C. CH3COOH D. Na2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ CH3COONa、NH3·H2O溶液显碱性，CH3COOH溶液显酸性，Na2SO4溶液显中性，CH3COONa促进水解，NH3·H2O和CH3COOH抑制水解，据此分析。‎ ‎【详解】CH3COONa、NH3·H2O溶液显碱性，CH3COOH溶液显酸性，Na2SO4溶液显中性，甲与乙两种溶液的pH相同，则CH3COONa和NH3·H2O是甲、乙，CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COO－水解，促进水解，NH3·H2O和CH3COOH抑制水的电离，Na2SO4对水的电离无影响，甲与丙两种溶液中水的电离程度相同，即甲为NH3·H2O，丙为CH3COOH，乙为CH3COONa，丁为Na2SO4，故C正确；‎ 答案选C。‎ ‎15.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存是( )‎ A. 能使甲基橙变红的溶液中：K+、Mg2+、NO3-、I-‎ B. c(HCO3-)=1 mol·L－1溶液中：Na+、Al3+、SO42-、Cl-‎ C. 无色透明的溶液中：Fe3+、Al3+、NO3-、SO42-‎ D. 常温下，=10-10的溶液中：K+、Na+、I-、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子若不能发生任何反应，且与题干选项要求不产生影响，就可以大量共存，否则不能大量存在。‎ ‎【详解】A.能使甲基橙变红的溶液显酸性，含有大量的H+，H+、NO3-、I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；‎ B.c(HCO3-)=1 mol·L－1溶液中：HCO3-、Al3+会发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，不能大量共存，B错误；‎ C.无色透明的溶液中不能含有大量的Fe3+，含有铁离子的溶液呈黄色，C错误；‎ D.常温下，=10-10的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与选项中K+、Na+、I-、SO42-均不发生任何反应，可以大量共存，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】有色离子在无色溶液中不能大量存在，常见的有色离子有Fe3+、Fe2+、Cu2+、MnO4-、Cr3+、Cr2O72-；能与H+反应的离子在酸性溶液中不能大量存在；能与OH-‎ 反应的离子在碱性溶液中不能大量存在；能够反应的离子不能大量共存，常见的离子反应有复分解反应、氧化还原反应、络合反应和盐的双水解反应。掌握常见的离子反应类型，会判断溶液的酸碱性及离子的一些常见的化学反应是本题解答的基础。‎ ‎16.室温下，用的溶液滴定 的溶液，水的电离程度随溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( ) ‎ A. 该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂 B. 从点到点，溶液中水的电离程度逐渐增大 C. 点溶液中 D. 点对应溶液的体积为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用NaOH溶液滴定醋酸，由于恰好完全反应时产生的醋酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此要选择碱性范围内变色的指示剂误差较小，可选用酚酞作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂，A错误；‎ B.P点未滴加NaOH溶液时，CH3COOH对水的电离平衡起抑制作用，随着NaOH的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，到M点时恰好完全反应产生CH3COONa，水的电离达到最大值，后随着NaOH的滴入，溶液的碱性逐渐增强，溶液中水的电离程度逐渐减小，B错误；‎ C.N点溶液为NaOH、CH3COONa按1:1物质的量之比混合而成，根据物料守恒可得c(Na+)=2c(CH3COOH)+2c(CH3COO-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，将两个式子合并，整理可得c(OH-)=2c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(H+)，C错误；‎ D.M点时溶液中水电离程度最大，说明酸碱恰好完全中和产生CH3‎ COONa，由于醋酸是一元酸、NaOH是一元碱，二者的浓度相等，因此二者恰好中和时的体积相等，故M点对应的NaOH溶液的体积为10.00mL，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ 二、填空题 ‎17.某学生为了探究锌与盐酸反应过程中速率变化，在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉，标准状况下测得数据累计值如下：‎ 时间 第1分钟 第2分钟 第3分钟 第4分钟 第5分钟 产生氢气体积 ‎50mL ‎120mL ‎232mL ‎290mL ‎310mL ‎（1）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，化学反应速率最大的时间段是____，导致该时间段化学反应速率最大的影响因素是____（选填字母编号）。‎ A.浓度 B.温度 C.气体压强 ‎（2）化学反应速率最小的时间段是____，主要原因是____。‎ ‎（3）在2～3分钟时间段，以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率为___mol/（L•min）（设溶液体积不变）。‎ ‎（4）为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可以向盐酸中分别加入等体积的___。‎ A.蒸馏水；B.NaCl溶液；C.NaNO3溶液；D.CuSO4溶液；E.Na2CO3溶液 ‎【答案】 (1). 2～3min (2). B (3). 4～5min (4). 因为此时H+浓度小 (5). v（HCl）=0.1mol/（L•min） (6). A、B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）(2)在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，生成气体体积越大的时间段，反应速率越大，结合温度、浓度对反应速率的影响分析；‎ ‎（3）计算出氢气的体积，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量，计算浓度的变化，根据v=△c/△t计算反应速率；‎ ‎（4）为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可降低H＋浓度，但不能影响H＋的物质的量．‎ ‎【详解】（1）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，由此可知反应速率最大的时间段为2～3‎ ‎ min，因反应为放热反应，温度升高，反应速率增大，故选B。‎ ‎（2）反应速率最小的时间段是4～5min时间段，此时温度虽然较高，但H＋浓度小；‎ ‎（3）在2～3min时间段内，n（H2）=0.112L/22.4L·mol－1=0.005mol，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则υ（HCl）=0.01mol÷0.1L÷1min ‎=0.1 mol/（L·min）；‎ ‎（4）A．加入蒸馏水，H＋浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故A正确； ‎ B．加入NaCl溶液，H＋浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故B正确； ‎ C．加入NaNO3溶液，生成NO气体，影响生成氢气的量，故C错误； ‎ D．加入CuSO4溶液，Zn置换出Cu反应速度增大，故D错误；‎ ‎ E．加入Na2CO3溶液，消耗H＋，H＋浓度减小，影响生成氢气的量，故E错误．‎ 故答案为：A、B．‎ ‎18.可逆反应3A(g)3B(?)+C(?) △H>0达到化学平衡后，‎ ‎(1)升高温度，用“变大”、“变小”、“不变”或“无法确定”填空。‎ a.若B、C都是气体，气体的平均相对分子质量①___；‎ b.若B、C都不是气体，气体的平均相对分子质量②____；‎ c.若B是气体，C不是气体，气体的平均相对分子质量③___；‎ ‎(2)如果平衡后保持温度不变，将容器体积增加一倍，新平衡时A的浓度是原来的60%，则B是④___态，C是⑤___态。‎ ‎【答案】 (1). 变小 (2). 不变 (3). 变小 (4). 固态或液态 (5). 气态 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动；‎ a.若B、C都是气体，则反应是体积增大的，所以气体的平均相对分子质量变小；‎ b.若B、C都不是气体，则气体的平均相对分子质量不变；‎ c.若B是气体，C不是气体，则气体的物质的量不变，但质量减小，所以气体的平均相对分子质量变小；‎ ‎（2）将容器体积增加一倍的瞬间，A的浓度是原来的50%，但最终平衡时A的浓度是原来的60%，说明降低压强平衡向逆反应方向移动，即正反应是体积减小的，所以B是液态或固态，C是气态。‎ ‎19.甲醇是一种新型燃料，工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1=-116kJ/mol ‎(1)已知：CO(g)+O2(g)=CO2 (g) △H2=-283kJ/mol ‎ H2(g) +O2(g)=H2O (g) △H1=-242kJ/mol 则表示1mol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式：________________‎ ‎(2)在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃、270℃三种温度下合成甲醇的规律。如图是上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率的关系。‎ 请回答:‎ ‎①在上述三种温度中，曲线Z对应的温度是_________‎ ‎②利用图中a点对应的数据，计算出曲线Z在对应温度下CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的平衡常数 K=_________。‎ ‎③下列既能提高上述反应中 CO 的平衡转化率，又能增大反应速率的是____（填标号）。‎ a.增大压强 b.降低温度 c.增大H2浓度 d.加高效催化剂 ‎④若上述反应在某恒温恒容容器中发生，能说明该反应达到平衡的是____（填标号）。‎ a.气体平均相对分子质量保持不变 b.△H1保持不变 ‎ c.保持不变 d.气体密度保持不变 ‎(3)在某温度下，将一定量的CO和H2投入10L的密闭容器中，5min时达到平衡，各物质的物质的浓度(mol/L)变化如下表所示：‎ ‎0min ‎5min ‎10min CO ‎0.1‎ ‎0.05‎ H2‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ CH3OH ‎0‎ ‎0.04‎ ‎0.05‎ 若5min～10min只改变了某一条件，所改变的条件是______________。‎ ‎【答案】 (1). CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H1=-651kJ/mol (2). 270℃ (3). 4 (4). ac (5). ac (6). 增加了H2的物质的量(或增大了H2的浓度)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式加减，可得待求的热化学方程式；‎ ‎(2)①合成甲醇的反应是放热反应，根据温度对平衡移动的影响分析判断反应温度；‎ ‎②根据平衡常数的含义，结合a点时CO的转化率计算平衡常数；‎ ‎③根据外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响分析判断；‎ ‎④根据化学反应特点，结合反应达到平衡时，任何物质的浓度不变，物质的量不变等分析判断；‎ ‎(3)根据5min和10min时各物质浓度的变化来确定改变条件。‎ ‎【详解】(1)①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1=-116kJ/mol；‎ ‎②CO(g)+O2(g)=CO2 (g) △H2=-283kJ/mol ‎③H2(g) +O2(g)=H2O(g) △H1=-242kJ/mol 根据盖斯定律，将①-②-③×2，整理可得CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H1=-651kJ/mol；‎ ‎(2)①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1=-116kJ/mol的正反应是放热反应，在n(H2)：n(CO)不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使CO的转化率降低。根据图示可知Z对应的CO转化率最低，说明反应温度最高，为270℃；‎ ‎②a点时，CO转化率50%，反应消耗了1mol×50%=0.5molCO，消耗氢气1mol，剩余0.5molCO，n(H2)=1.5mol-1mol=0.5mol，同时生成0.5mol甲醇。由于容器的容积是1L，所以a点各组分的浓度是：c(CH3OH)=0.5mol/L，c(CO)=0.5mol/L，c(H2)=0.5mol/L，则该温度下是化学平衡常数K==4L2•mol-2；‎ ‎③a.反应混合物都是气体，增大压强，物质的浓度增大，化学反应速率加快；由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以增大压强，化学平衡正向移动，CO转化率提高，a符合题意；‎ b.降低温度化学反应速率会降低，b不符合题意；‎ c.增大H2浓度，化学反应速率加快，反应物有两种，所以增大反应物H2的浓度，化学平衡正向移动，CO转化率增大，c符合题意；‎ d.加高效催化剂，只能加快反应速率，而不能是平衡发生移动，因此CO的转化率不变，d不符合题意；‎ 故合理选项是ac；‎ ‎④a.该反应是反应气体气体体积改变的反应，气体的质量不变，若达到平衡，气体的物质的量不变，气体平均相对分子质量保持不变，故可以据此判断反应处于平衡状态，a正确； ‎ b.反应物△H1始终保持不变，与反应程度无关，不能据此判断反应是否处于平衡状态，b错误； ‎ c.若反应达到平衡，则反应体系中的任何物质的浓度不变，则保持不变，故可以据此判断反应处于平衡状态，c正确； ‎ d.反应混合物都是气体，气体的质量不变，容器的容积不变，因此任何情况下气体的密度都不变，所以不能根据气体密度保持不变判断反应是否处于平衡状态，d错误；‎ 故合理选项是ac；‎ ‎(3)反应达到平衡时，根据反应方程式可知各物理量之间的关系式可知，在5min时，c(CO)=0.1mol/L-0.04mol/L=0.06mol/L，c(H2)=0.2mol/L-0.08mol/L=0.12mol/L，10min时，c(CO)减小，c(H2)增大，c(CH3OH)增大，则平衡向正反应方向移动，而氢气浓度却增大，所以改变的物理量是增加氢气的物质的量或增加氢气的浓度。‎ ‎【点睛】本题考查了盖斯定律应用、化学反应速率、化学平衡状态的判断、平衡常数的计算及化学平衡移动等知识点，化学反应的反应热只与物质的始态和终态有关，与反应途径无关，可以将已知的热化学方程式叠加，计算出待求反应的反应热，这样不仅可以计算出不容易测量的反应的反应热，也能计算出不能直接发生反应的反应热，就可以充分利用反应的热效应。难点化学平衡移动，要结合外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响综合分析改变的条件。‎ ‎20. 25 ℃时，电离平衡常数：‎ 化学式 ‎ CH3COOH ‎ H2CO3 ‎ HClO ‎ 电离平衡常数 ‎ ‎1.8×10－5 ‎ K1　4.3×10－7 K2　5.6×10－11 ‎ ‎3.0×10－8 ‎ 回答下列问题： ‎ ‎(1)下列四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是________________；(填编号)‎ a．CO32-b．ClO-c．CH3COO-d．HCO3-；‎ ‎(2)下列反应不能发生的是__________ ‎ A．CO32-+ CH3COOH = CH3COO- + CO2 ↑ + H2O B．ClO-+ CH3COOH = CH3COO- + HClO C．CO32-+ HClO = CO2 ↑+ H2O + ClO-‎ D．2 ClO-+ CO2 + H2O = CO32-+ 2 HClO ‎(3)用蒸馏水稀释0.10 mol·L-1的醋酸,则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是__________ ‎ A.c(CH3COOH)/c(H+) B.c(CH3COO-)/c(CH3COOH)‎ C.c(H+)/ KWD.c(H+)/c(OH-)‎ ‎(4)体积为10 mL pH＝2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1 000 mL，稀释过程pH变化 如图，则HX的电离平衡常数________(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的平衡常数，稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)________醋酸溶液中水电离出来的c(H＋)(填“大于”、“等于”或“小于”)‎ ‎【答案】（1）a、b、d、c ‎（2）c、d ‎ ‎（3）B ‎（4）大于　大于 ‎【解析】‎ 试题分析：(1)电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c，故答案为：a＞b＞d＞c；‎ ‎(2)a．CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；b．ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；c．CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；D．2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO：由于酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-，该反应不能发生，故d正确；故答案为：cd；‎ ‎(3)A．加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以的比值减小，故A错误；B．加水稀释醋酸促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则的比值增大，故B正确；C．加水稀释促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以的比值减小，故C错误；D．加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，的比值减小，故D错误；故答案为：B；‎ ‎(4)加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于常数，稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)，故答案为：大于；大于。‎ 考点：考查了酸碱混合溶液定性判断，离子浓度大小比较、pH的简单计算的相关知识。‎ ‎21.（1）在粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2+。在提纯时为了除去Fe2+‎ ‎，常加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质可采用的是________。‎ A. KMnO4　 B. H2O2　　 C. Cl2水 　　 D. HNO3‎ 然后再加入适当物质调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，调整溶液pH可选用下列中的________。‎ A. NaOH B. NH3·H2O C. CuO D. Cu(OH)2‎ ‎（2）甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=8.0×10-38,Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.0×10-20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol·L-1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0 mol·L-1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为________，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为________，通过计算确定上述方案________（填“可行”或“不可行”）。‎ ‎【答案】 (1). B (2). CD (3). 4 (4). 3.3 (5). 可行 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）本题中将亚铁离子氧化为铁离子的最好试剂是过氧化氢，因为过氧化氢做氧化剂的还原产物是水，这样不会引入杂质。而其他选项都会引入之前溶液中不存在的元素，例如：K、Mn、Cl、N等，所以答案为B。加入物质的目的是为了提高溶液pH，所以应该加入可以与酸反应的物质。但是只需要调节pH至3.8，所以不需要太强的碱。另外，也要保证在此过程中不引入杂质。氢氧化钠碱性太强，而且氢氧化钠和氨水都会引入杂质。所以答案为CD。‎ ‎（2）开始沉淀的要求是QC大于KSP，即QC = c(Cu2+)×c2(OH-) = 3.0 × c2(OH-)＞Ksp=3.0×10-20，CuSO4的浓度为3.0 mol·L-1，所以c(OH-)=1.0×10-10 mol·L-1，pH=4。当铁离子完全沉淀时，应该认为铁离子的浓度为1×10-5 mol·L-1，此时该溶液是氢氧化铁的饱和溶液，所以Qc=KSP。即QC = c(Fe3+)×c3(OH-) = Ksp=8.0×10-38，因为c(Fe3+)=1×10-5 mol·L-1，所以c(OH-)=2.0×10-11 mol·L-1，由水的离子积得到c(H+)=5.0×10-4 mol·L-1，对5.0×10-4 mol·L-1取负对数得到。经过上述计算得到：铁离子完全沉淀时，铜离子还没有开始沉淀，所以方案可行。‎ ‎ ‎ ‎ ‎