北京市2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题（选修4人教版）

北京市2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题（选修4人教版）

‎2019-2020学年北京高二化学期中考试题（11月份）‎ ‎（选修4人教版）‎ 一、选择题（48分，每小题3分，共14小题）‎ ‎1.化学反应速率在工农业生产和日常生活中都有重要作用，下列说法正确的是（ ）‎ A. 将肉类食品进行低温冷藏，能使其永远不会腐败变质 B. 在化学工业中，选用催化剂一定能提高经济效益 C. 夏天面粉的发酵速率与冬天面粉的发酵速率相差不大 D. 茶叶等包装中加入还原性铁粉，能显著延长茶叶的储存时间 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将肉类食品进行低温冷藏，只能减慢腐败变质的速率，故A错误；‎ B. 在化学工业中，选用合适的催化剂能加快反应速率，不一定能提高经济效益，故B错误；‎ C. 夏天温度高，面粉的发酵速率比冬天发酵速率快，故C错误；‎ D. 还原性铁粉能与茶叶包装中的氧气反应，降低氧气的浓度，延长茶叶的储存时间，故D正确。‎ ‎2.下列有关能量转换的说法正确的是（ ）‎ A. 煤燃烧是热能转化为化学能的过程 B. 动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转变成化学能的过程 C. 植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程 D. 化石燃料属于一次能源，电能属于二次能源 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．煤燃烧放出热量，是化学能转化为热能的过程，A错误；B．动物体内葡萄糖被氧化成CO2是化学能转变成热能的过程，B错误；C．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程，C正确；D．一次能源是直接来自自然界而未经加工转换的能源，化石燃料属于一次能源，二次能源是由一次能源直接或间接转换而来的能源，电能属于二次能源，D正确，答案选D。‎ 考点：考查能量转化 ‎3.下列关于反应热的叙述正确的是（ ）‎ A. 当ΔH＜0时，表示该反应为吸热反应 B. 由C(s)＋O2(g)=CO(g)的反应热为110.5kJ·mol－1，可知碳的燃烧热为110.5kJ·mol－1‎ C. 反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关 D. 1molNaOH分别和1molCH3COOH、1molHNO3反应放出的热量：CH3COOH＜HNO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 放热反应，ΔH＜0，ΔH＜0表示该反应为放热反应，故A错误； ‎ B. 碳的燃烧热是1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量，由C(s)＋O2(g)=CO(g)的反应热为110.5kJ·mol－1，可知碳的燃烧热不是110.5kJ·mol－1，故B错误；‎ C. 反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量有关，故C错误；‎ D. 醋酸是弱电解质，电离吸热，1molNaOH分别和1molCH3COOH、1molHNO3反应放出的热量：CH3COOH＜HNO3，故D正确。‎ ‎4.下列化学用语不正确的是 A. 醋酸的电离：CH3COOHCH3COO-+H+‎ B. 碳酸氢钠在水溶液中的电离：NaHCO3=Na++HCO3-‎ C. 氯化铵的水解：NH4++H2ONH4OH+H+‎ D. 碳酸钙溶解平衡：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．醋酸为弱酸，且电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故A正确；碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，故B正确；C．氯化铵的水解离子反应为NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+，故C错误；D．碳酸钙的溶解平衡为CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq），故D正确；故选C。‎ 点睛：本题考查离子反应的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重水解、电离的离子反应及分析与应用能力的考查，题目难度不大。B易错点。‎ ‎5.下列说法正确的是（ ）‎ A. 升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增大了反应物分子中的活化分子百分数 B. 等质量的锌粉和锌片分别与等体积等浓度的盐酸反应，反应速率相等 C. 用铁片与硫酸反应制备氢气时，用浓硫酸可以加快产生氢气的速率 D. 催化剂不影响反应的活化能但能增大单位体积内的活化分子百分数，从而增大反应速率 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 升高温度，分子总数不变，活化分子数增大，活化分子百分数增大，所以升高温度能使化学反应速率增大，故A正确；‎ B. 接触面积增大，加快反应速率，等质量锌粉和锌片分别与等体积等浓度的盐酸反应，锌粉反应速率快，故B错误；‎ C. 铁遇浓硫酸钝化，用浓硫酸不能加快产生氢气的速率，故C错误；‎ D. 催化剂降低反应的活化能，增大单位体积内的活化分子百分数，从而增大反应速率，故D错误。‎ 选A。‎ ‎6.下列四种溶液中，水的电离程度最大的是(　　)‎ A. pH＝5的NH4Cl溶液 B. pH＝5的NaHSO4溶液 C. pH＝8的CH3COONa溶液 D. pH＝8的NaOH溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．pH=5的NH4Cl溶液中铵根离子水解，促进水的电离，c(H+)水=10-5mol/L；B．pH=5的NaHSO4溶液中氢离子抑制水的电离，水电离出的离子浓度c(OH-)水=10-9mol/L；C．pH=8的CH3COONa溶液中醋酸根离子水解促进水的电离，水电离出离子浓度c(OH-)水=10-6mol/L；D．pH=8的NaOH溶液中氢氧根离子抑制水的电离，水电离出的离子浓度c(H+)水=10-8mol/L；综上所述水的电离程度最大的是A，答案选A。‎ 考点：考查水的电离 ‎7.下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理解释的是(　　)‎ ‎①热纯碱溶液的洗涤油污能力强　②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐混用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒　③溶洞、珊瑚的形成　④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡则能　⑤泡沫灭火器灭火的原理 A. ①②③ B. ②③④ C. ③④⑤ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：①根据碳酸钠是强碱弱酸盐，水解吸热解答；‎ ‎②钡离子有毒，钡离子能和硫酸根离子反应生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀；‎ ‎③石灰岩的主要成分是碳酸钙，钙离子和碳酸根离子反应生成难溶性的碳酸钙沉淀；‎ ‎④碳酸钡能溶于盐酸，而硫酸钡不能溶于强酸和水；‎ ‎⑤碳酸氢钠溶液水解呈碱性，硫酸铝水解呈酸性，碳酸氢钠和硫酸铝能相互促进水解生成二氧化碳。‎ 详解：①碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，碱能促进油脂水解；水解是吸热过程，加热有利于水解平衡正向移动，故热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强，应用了盐类水解原理，①不选；‎ ‎②钡离子有毒，所以可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质能向难溶性的物质转化，所以可以用沉淀溶解平衡原理来解释，②可选；‎ ‎③水中含有钙离子，空气中有二氧化碳，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和钙离子反应生成难溶性的碳酸钙，长时间反应，形成溶洞，所以可以用沉淀平衡原理来解释，③可选；‎ ‎④碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳、水，硫酸钡和盐酸不反应，所以碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能，可以用沉淀平衡原理来解释，④可选；‎ ‎⑤碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性，硫酸铝水解使其溶液呈酸性，氢离子和氢氧根离子反应生成水，则碳酸氢钠和硫酸铝相互促进水解，从而迅速产生二氧化碳，所以可以用盐类水解原理来解释泡沫灭火器灭火的原理，⑤不选；因此能用沉淀溶解平衡原理来解释的是②③④，答案选B。‎ ‎8.已知A、B、C、D四种物质都是气体，现在‎5L的密闭容器中进行反应：‎4A＋5B‎4C＋6D，30s后C的物质的量增加了0.30mol。则下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 反应开始至30s，v(A)＝0.010mol·L－1·s－1‎ B. 30s时容器中D的物质的量至少为0.45mol C. 30s时容器中A、B、C、D的物质的量之比一定是4∶5∶4∶6‎ D. 反应开始至30s，容器中A的物质的量增加了0.30mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 30s后C的物质的量增加了0.30mol，则A的物质的量减少0.30mol，反应开始至30s，v(A)＝mol·L－1·s－1，故A错误；‎ B. 根据反应方程式，30s后C的物质的量增加了0.30mol ，生成0.45mol D，则容器中D的物质的量至少为0.45mol，故B正确；‎ C. 起始物质的量不确定，所以30s时容器中A、B、C、D的物质的量之比不确定，故C错误；‎ D. 30s后C的物质的量增加了0.30mol，根据方程式，反应开始至30s，容器中A的物质的量减少0.30mol，故D错误。‎ ‎9.反应 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0，达到平衡时，只改变下列一个条件，平衡不发生移动的是 A. 升高温度 B. 恒温恒容充入氧气 C. 恒温恒容充入SO3 D. 加入催化剂V2O5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，错误；‎ B.恒温恒容充入氧气，由于反应物的浓度增大，所以化学平衡向正反应方向移动，错误；‎ C.恒温恒容，充入三氧化硫，生成物的浓度增大，化学平衡向逆反应方向移动，错误；‎ D.加入催化剂，只能加快化学反应速率，但由于正反应、逆反应速率加快的程度一样，所以化学平衡不发生移动，正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 两溶液稀释前的浓度相同 B. a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a＞b＞c C. a点的Kw值比b点的Kw值大 D. a点水电离的c(H＋)大于c点水电离的c(H＋)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，加水稀释时，醋酸进一步电离，所以稀释过程中，醋酸导电能力大于盐酸，则Ⅰ为醋酸稀释曲线，Ⅱ为盐酸稀释曲线。‎ ‎【详解】A．稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，故A错误； B．导电能力越大，说明离子浓度越大，酸性越强，则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为c＜a＜b，故B错误； C．相同温度下，Kw相同，a点的Kw等于b点的Kw值，故C错误； D．a点离子浓度小于c点离子浓度，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，则a点水电离的H+物质的量浓度大于c点水电离的H+物质的量浓度，故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离、影响水电离的因素，加水稀释促进弱电解质的电离，注意溶液中离子浓度与导电性之间的关系是解本题关键。‎ ‎11.根据如图所示示意图，下列说法不正确的是 A. 反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=(b-a) kJ·mol-1‎ B. 该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量 C. a mol C和a mol H2O反应生成a mol CO和a mol H2吸收的热量一定为‎131.3a kJ D. 1 mol C(g)、2 mol H、1 mol O转变成1 mol CO(g)和1 mol H2(g)放出的热量为a kJ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 由图可知，该反应为吸热反应，反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=(b-a) kJ·mol-1，A正确；B. 该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，B正确；C. a mol C和a mol H2O（气态）反应生成a mol CO和a mol H2吸收的热量一定为‎131.3a kJ，C不正确，没有指明水水的状态；D.由图可知， 1 mol C(g)、2 mol H、1 mol O转变成1 mol CO(g)和1 mol H2(g)放出的热量为a kJ，D正确。本题选C。‎ 点睛：反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能。‎ ‎12.已知充分燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是（ ）‎ A. ‎2C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－2bkJ·mol－1‎ B. C2H2(g)＋O2(g)=2CO2(g)＋H2O(l) ΔH＝＋2bkJ·mol－1‎ C. ‎2C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－4bkJ·mol－1‎ D. ‎2C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝＋bkJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】乙炔气体完全燃烧生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则2mol乙炔气体完全燃烧生成4mol二氧化碳气体和液态水，放出热量4bkJ，燃烧放热，焓变为负值，乙炔燃烧的热化学方程式‎2C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－4bkJ·mol－1，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查热化学方程式的书写，明确物质的量与热量成正比例关系，特别注意：物质的聚集状态、反应热的符号、数值、单位进行解答。‎ ‎13.一定条件下，在体积为‎10L的密闭容器中充入1mol X和1mol Y进行反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)，60s后反应达到平衡，生成Z的物质的量为0.3mol。下列说法正确的是 A. X的平衡转化率为40%‎ B. 若将容器体积变为‎20L，则Z的平衡浓度小于原来的 C. 若增大压强，则Y的平衡转化率减小 D. 若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的ΔH＞0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．60s后反应达到平衡，生成Z的物质的量为0.3mol，根据方程式2X(g)＋Y(g)Z(g)，反应的X为0.6mol，则X的平衡转化率为×100%=60%，故A错误；‎ B．将容器容积变为‎20L时，气体的压强减小，平衡向体积增大的方向移动，即平衡逆向移动，Z的物质的量减小，即小于0.3mol，Z的新平衡浓度将小于原平衡浓度的，故B正确；‎ C．增大压强后，平衡向着正反应方向移动，则Y的转化率增大，故C错误；‎ D．若升高温度，X 的体积分数增大，说明平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH＜0，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎14.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是(　　)‎ 序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ pH ‎11‎ ‎11‎ ‎3‎ ‎3‎ 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸 A. ③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大 B. ②③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H＋)＞c(OH－)‎ C. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH ①＞②＞④＞③‎ D. V‎1 L ④与V‎2 L ①混合，若混合后溶液pH＝7，则V1＜ V2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．③④中分别加入适量醋酸钠晶体，③中醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离，④反应生成醋酸，醋酸部分电离，所以③④中分别加入适量醋酸钠晶体后氢离子浓度都减小，则溶液的pH都增大，故A正确；‎ B．醋酸是弱电解质、NaOH是强电解质，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH浓度，二者等体积混合时，醋酸有剩余，溶液呈酸性，所以所得溶液中：c(H+)＞c(OH-)，故B正确；‎ C．室温下，碱溶液pH大于酸溶液；加水稀释促进弱电解质电离，所以稀释10倍后pH：①＞②＞④＞③，故C正确；‎ D．V‎1L④和V‎2L①溶液混合后，若pH=7，氨水浓度远远大于盐酸，要使混合溶液呈中性，则V1＞V2，故D错误。‎ 答案选D。‎ ‎15.常温时，向20mL 0.1 mol/L的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1 mol/L的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是 A. a点的pH=1‎ B. b点时，c (CH3COO—)=0.05mol/L C. c点时，V(NaOH)=20mL D. 反应过程中的值不断增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、CH3COOH为弱酸，部分电离，a点为0.1 mol/L的CH3COOH溶液，c(H+)浓度小于0.1 mol/L，则pH大于1，故A错误；B、b点溶质为CH3COOH和CH3COONa，二者物质的量相等；溶液体积由20mL扩大为30mL，根据物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=0.1 mol/L×；CH3COOH的电离和CH3COO－的水解均是微弱的，则二者的浓度应均接近于≈0.033mol/L，不会等于0.05mol/L，故B错误； C、假设c点时，V(NaOH)=20mL，则CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa，此时溶液显碱性，pH＞7，与图不符，故假设不成立，故C错误；D、，随着NaOH的加入，溶液的碱性逐渐增强，c(H+)逐渐减小，而温度不变，Ka不变，则的值逐渐增大，故D正确。故选D。‎ 点睛：b点溶质为CH3COOH和CH3COONa，二者物质的量相等，此时溶液显酸性，则CH3COOH的电离大于CH3COO－的水解，所以c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，又c(CH3COOH)+ c(CH3COO－)= 0.1 mol/L×，所以c(CH3COO－)略大于0.033mol/L，c(CH3COOH)略小于0.033mol/L，B选项为该题的难点。‎ ‎16.一定条件下，分别向容积固定的密闭容器中充入A和足量B，发生反应如下：‎2A (g) +B (s)‎ ‎2D (g) △H<0，测得相关数据如下，分析可知下列说法不正确的是 ‎ ‎ 实验I ‎ 实验II ‎ 实验III ‎ 反应温度 / ℃ ‎ ‎800 ‎ ‎800 ‎ ‎850 ‎ c( A )起始/mol·L-1 ‎ ‎1 ‎ ‎2 ‎ ‎1 ‎ c( A)平衡 /mol·L-1 ‎ ‎0.5 ‎ ‎1 ‎ ‎0.85 ‎ 放出的热量/kJ ‎ a ‎ b ‎ c ‎ A．实验III的化学平衡常数K<1‎ B．实验放出的热量关系为b>‎‎2a C．实验III在30min达到平衡时的速率v (A)为0.005mol·L-1·min-1‎ D．当容器内气体密度不随时间而变化时上述反应已达平衡 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、 ‎2A(g)+B(s)2D(g)‎ 起始浓度（mol/L） 1 0‎ 转化浓度（mol/L） 0.15 0.15‎ 平衡浓度（mol/L） 0.85 0.15‎ 所以该温度下反应的平衡常数K＝＝＜1，因此A正确；‎ B、由于反应前后体积不变，所以实验I和实验Ⅱ的平衡是等效的，因此b＝‎2a，B不正确；C、实验III在30min达到平衡时的速率v(A)＝＝0.005mol• L-1·min-1，C正确；D、密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量是变化的，而容器容积是不变的，因此当容器内气体密度不随时间而变化时上述反应达到平衡，D正确，答案选B。‎ 考点：考查可逆反应速率、平衡常数的计算、等效平衡应用以及平衡状态的判断 二、非选择题（共52分）‎ ‎17.溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：‎ ‎（1）盐碱地（含较多Na2CO3、NaCl）不利于植物生长，试用化学方程式表示：盐碱地产生碱性的原因：______________；农业上用石膏降低其碱性的反应原理：__________。‎ ‎（2）若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m________（填“＞”“＜”或“＝”）n。‎ ‎（3）常温下，在pH＝6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c（OH－）＝__________。‎ ‎（4）‎25 ℃‎时，将a mol·L－1氨水与0.01 mol·L－1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（）＝c（Cl－），则溶液显________（填“酸”“碱”或“中”）性。用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝________。‎ ‎【答案】 (1). Na2CO3＋H2ONaHCO3＋NaOH (2). Na2CO3＋CaSO4=CaCO3＋Na2SO4 (3). ＜ (4). 1.0×10－8 mol·L－1 (5). 中 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）碳酸钠在溶液中水解使溶液显碱性，导致盐碱地呈碱性，水解的化学方程式为Na2CO3＋H2O NaHCO3＋NaOH；向盐碱地中加入石膏（CaSO4），CaSO4和Na2CO3反应生成硫酸钠和碳酸钙，反应的化学方程式为：Na2CO3＋CaSO4=CaCO3＋Na2SO4，盐碱地中碳酸钠的浓度减小，使盐碱地中氢氧根浓度减小，碱性减弱，故答案为：Na2CO3＋H2O NaHCO3＋NaOH；Na2CO3＋CaSO4=CaCO3＋Na2SO4；‎ ‎（2）氨水中存在电离平衡，稀释促进一水合氨的电离，使溶液中氢氧根的物质的量增加，而氢氧化钠在溶液中完全电离，不存在电离平衡，所以要使稀释的后的pH相等，氨水稀释的倍数大于氢氧化钠溶液，即m＜n，故答案为：＜；‎ ‎（3）常温下，在pH＝6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，醋酸电离出的氢离子抑制水的电离，则由水电离出来的c(OH－)＝mol/L=1×10-8mol/L，故答案为：1×10-8mol/L；‎ ‎（4）在‎25℃‎下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.005mol/L，根据物料守恒得n（NH3▪H2O）=（‎0.5a-0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3▪H2O的电离常数Kb= ==，故答案为：中；。‎ ‎18.一定温度下，向‎1.0L密闭容器中加入0.60molX(g)，发生反应X(g)=Y(s)＋2Z(g) ΔH＞0，反应达到最大限度前，测得X的浓度与反应时间的数据如表所示：‎ 反应时间t/min ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ c(X)/mol·L－1‎ ‎0.60‎ ‎0.42‎ ‎0.30‎ ‎0.21‎ ‎0.15‎ a ‎0.0375‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）0～3min内，用Z表示的平均反应速率v(Z)＝___。‎ ‎（2）分析该反应中反应物浓度随时间的变化规律，得出的结论是___。由此结论推出a为___。‎ ‎（3）该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图所示，t2时改变了某一反应条件，则改变的条件为___。‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 0.26mol·L－1·min－1 (2). 每反应2min，X的浓度减少一半 (3). 0.075 (4). 增大X的浓度 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据v(Z)＝计算；‎ ‎（2）根据X的浓度变化分析结论；‎ ‎（3）根据图像可知，t2时逆反应速率逐渐增大；‎ ‎【详解】（1）0～3min内，X的浓度减小了0.60mol·L－1－0.21 mol·L－1=0.39 mol·L－1，根据方程式，Z的浓度增大了0.39 mol·L－1×2=0.78 mol·L－1；用Z表示的平均反应速率v(Z)＝0.26mol·L－1·min－1 ； ‎ ‎（2）根据X的浓度随时间的变化规律，可知每反应2min，X的浓度减少一半，所以a= =0.075 mol·L－1；‎ ‎（3）根据图像可知，t2时逆反应速率逐渐增大，t2时改变的条件是增大反应物X的浓度。‎ ‎19.氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。‎ ‎(1)上图是N2(g)和H2(g)反应生成1 mol NH3(g)过程中能量的变化示意图，请写出N2和H2反应的热化学方程式：______________。‎ ‎(2)若已知下列数据：‎ 化学键 H—H N≡N 键能/kJ·mol－1‎ ‎435‎ ‎943‎ 试根据表中及图中数据计算N—H的键能：________ kJ·mol－1。‎ ‎(3)用NH3催化还原NOx还可以消除氮氧化物的污染。已知：‎ ‎4NH3(g)＋3O2(g)=2N2(g)＋6H2O(g) ΔH1＝－a kJ·mol－1①‎ N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔH2＝－b kJ·mol－1②‎ 若1 mol NH3还原NO至N2，则该反应过程中的反应热ΔH3＝________ kJ·mol－1(用含a、b的式子表示)。‎ ‎(4)捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：‎ 反应Ⅰ：2NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g) (NH4)2CO3(aq) ΔH1‎ 反应Ⅱ：NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g) NH4HCO3(aq)　ΔH2‎ 反应Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g) 2NH4HCO3(aq)　ΔH3‎ 则ΔH3与ΔH1、ΔH2之间的关系是ΔH3＝________。‎ ‎【答案】 (1). N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　 ΔH＝－92 kJ·mol－1 (2). 390 (3). (4). 2ΔH2－ΔH1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。‎ ‎(1)根据图像得出生成1 mol NH3(g)的焓变ΔH =254 kJ·mol－1 - 300 kJ·mol－1 =-46 kJ·mol－1，N2和H2反应的热化学方程式：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－92 kJ·mol－1‎ ‎ (2)设N—H键键能为x kJ·mol－1‎ ΔH = 断键吸收的热量 – 成键放出的热量 = 943 kJ·mol－1 + 435 kJ·mol－1×3 – 6x =‎ ‎－92 kJ·mol－1‎ x = 390‎ 故答案为：390；‎ ‎(3)用NH3催化还原NOx还可以消除氮氧化物的污染。已知：‎ ‎4NH3(g)＋3O2(g)=2N2(g)＋6H2O(g) ΔH1＝－a kJ·mol－1①‎ N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH2＝－b kJ·mol－1②‎ ‎4NH3(g) ＋ 6NO(g) === 5N2(g) ＋6H2O(g) ‎ 要得到目标反应：① - ②×3 即ΔH ＝(3b－a)kJ·mol－1‎ 若1 mol NH3还原NO至N2，则该反应过程中的反应热ΔH3＝ kJ·mol－1，‎ 故答案为：；‎ ‎(4)反应Ⅰ：2NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)(NH4)2CO3(aq) ΔH1‎ 反应Ⅱ：NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g) NH4HCO3(aq) ΔH2‎ 反应Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g) 2NH4HCO3(aq) ΔH3‎ 将第二个反应方程的2倍减去第一个方程得到方程三，ΔH3＝2ΔH2－ΔH1，‎ 故答案为：2ΔH2－ΔH1。‎ ‎20.砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。‎ ‎（1）将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO32-，其原因是____。‎ ‎（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。‎ ‎①以酚酞为指示剂(变色范围pH8.0～10.0)，将NaOH溶液逐滴加入H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为____。‎ ‎②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-＋H＋的电离常数为Ka1，则pKa1＝___(pKa1＝－lgKa1)。‎ ‎（3）溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH＝7.1时，吸附剂X表面不带电荷；pH＞7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如图3所示。‎ ‎①在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是___。‎ ‎②吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为___，提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是___。‎ ‎【答案】 (1). 碱性溶液吸收了空气中的CO2 (2). OH－＋H3AsO3=H2AsO3-＋H2O (3). 2.2 (4). 在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4-转变为HAsO42-，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增强 (5). 在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电荷，五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小 (6). 加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠和水。‎ ‎（2）①当溶液由无色变浅红色时停止滴加，溶液pH为8～10，H3AsO3减少、H2AsO3-增多；‎ ‎②Ka1＝，K仅与温度有关；‎ ‎（3）①pH＞7.1时吸附剂X表面带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；‎ ‎②在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电荷，五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在；而三价砷主要以H3AsO3分子存在。‎ ‎【详解】（1）吸附剂X中含有NaOH溶液，能吸收空气中的CO2生成CO32-。‎ ‎（2）①图1中pH为8～10时，三价砷物种主要以H3AsO3和H2AsO3-的形式存在，故滴加NaOH溶液的过程中主要反应的离子方程式为OH－＋H3AsO3=H2AsO3-＋H2O。‎ ‎②Ka1＝，K仅与温度有关，为方便计算，在图2中取pH＝2.2时计算，此时c(H2AsO4-)＝c(H3AsO4)，则Ka1＝c(H＋)＝10－2.2，pKa1＝2.2。‎ ‎（3）①从图2知，pH由‎7升至9时，H2AsO4-转变为HAsO42-，由题中信息知，pH＞7.1时，pH越高，吸附剂X所带负电荷越多，则吸附剂X与HAsO42-的静电斥力增强。‎ ‎②在pH为4～7时，吸附剂X表面带正电荷，从图2知，pH在4～7之间时，吸附剂X吸附H2AsO4-和HAsO42-；从图1知，pH在4～7之间时，三价砷主要以分子形式存在，二者静电引力小。加入氧化剂，可以将三价砷转化为五价砷，而被吸附剂X吸附。‎