2018-2019学年河南省辉县市一中高二上学期第二次阶段性考试化学试题 解析版

2018-2019学年河南省辉县市一中高二上学期第二次阶段性考试化学试题 解析版

辉县市一中2018——2019学年上期第二次阶段性考试高二化学试卷 命题人：杨彬蔚 本试卷分选择题和非选择题两部分，时间90分钟，满分100分。‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Zn -65‎ 第Ⅰ卷（选择题，共54分）‎ 一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分，每题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.大多数化学反应都存在“能垒”（活化能），下列反应可以认为不存在“能垒”的是 A. 甲烷的燃烧 B. 溶液中的H+与OH-的反应 C. 氢气与氯气化合 D. 铝热反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量。‎ ‎【详解】A甲烷和氧气在常态时不容易反应，要反应必须提供能量，使之达到活跃状态，故A存在“能垒”；‎ B.溶液中的H+与OH-的反应，无需提供能量，常温就能反应，本身就是活跃状态，故B不存在“能垒”；‎ C.氢气与氯气化合，常太不反应，只有见光或加热才能反应，故C存在“能垒”；‎ D,铝热反应只有在高温时才能反应，故D存在“能垒”；‎ 本题答案为B。‎ ‎2.下列物质放入水中，没有显著热效应的是 A. 钠 B. 酒精 C. 氧化钙 D. 硝酸铵 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】钠和氧化钙都与水反应且放出大量的热，碳酸氢铵溶于水时要吸热，酒精溶于水时没有明显的热量变化，B正确；‎ 本题答案为B。‎ ‎3.下列说法正确的是 A. NaOH溶液的导电能力一定比氨水强 B. 中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸，需要等量的NaOH C. 若盐酸的浓度是醋酸浓度的两倍，则盐酸的c(H+)也是醋酸c(H+)的两倍 D. 将NaOH溶液和氨水各稀释一倍，两者的c(OH－)均减小到原来的一半 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．氢氧化钠和氨水的浓度未知，不能确定导电能力大小，故A错误；B．盐酸和醋酸的物质的量相等，完全中和消耗等物质的量的氢氧化钠，故B正确；C．醋酸与盐酸的电离程度不同，若盐酸的浓度是醋酸浓度的两倍，则盐酸的c(H+)大于醋酸c(H+)的两倍，故C错误；D．氨水溶液稀释，促进电离，将氨水稀释一倍，c(OH-)大于原来的一半，故D错误；故选B。‎ ‎4.下列化学用语正确的是 A. NaHCO3的水解：HCO3－＋H2OH3O＋＋CO32－‎ B. 醋酸的电离：CH3COOH＝CH3COO－＋H＋‎ C. H2的燃烧热为285.8 kJ/mol，则表示H2燃烧热的热化学方程式为：H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g) ΔH＝－285.8 kJ/mol D. 碳酸钙的溶解平衡：CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO32－(aq)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. HCO3－＋H2OH3O＋＋CO32－表示NaHCO3的电离，不是其水解的离子方程式，A不正确；B. 醋酸是弱酸，其电离方程式为CH3COOHCH3COO－＋H＋，B不正确；C. H2的燃烧热为285.8 kJ/mol，则表示H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ/mol，C不正确；D. 碳酸钙的溶解平衡可表示为CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO32－(aq)，D正确。‎ 点睛：燃烧热指的是在一定条件下，1摩尔可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，水的状态为液态时稳定。‎ ‎5.一定条件下，将NO2 与SO2 以体积比1:2 置于恒容密闭容器中发生反应： 。下列能说明该反应达到平衡状态的是 A. v(SO3 ) = v(NO2 ) B. 混合气体的密度保持不变 C. 混合气体的颜色保持不变 D. 每消耗1 mol SO3 的同时生成1 mol NO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.v(SO3 ) = v(NO2 )，并不能说明，正反应速率和逆反应速率相等，故A错误；‎ B.反应前后都是气体，气体总质量始终不变，容器容积不变，则密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故B错误；‎ C.该反应中只有NO2为有色气体，混合气体的颜色保持不变，说明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故C正确； ‎ D.每消耗1molSO3的同时生成1molNO2，表示的都是逆反应，无法判断正逆反应速率是否相等，故D错误；‎ 本题答案为C。‎ ‎【点睛】反应NO2 (g)SO2(g)⇌SO3(g)NO(g)为气体体积不变的反应,该反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各组分的浓度、百分含量不再变化。‎ ‎6.常温下，浓度均为0.1 mol·Lˉ1的NaOH溶液和氨水，下列说法正确的是 A. c(NH3•H2O) + c(NH4+) = c(Na+)‎ B. NH3的水溶液能导电，所以NH3是电解质 C. 氨水的pH大于NaOH溶液 D. 将浓度为0.1 mol·Lˉ1的盐酸和氨水等体积混合后，所得溶液中：c(OH-) > c(H+)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.浓度均为0.1mol/L的NaOH溶液和氨水，因物料守恒有c(NH3·H2O)c(NH4+)=c(Na+)=0.1mol/L，故A正确；‎ B.NH3的水溶液能导电，是因为NH3•H2ONH4+OH-，而NH3是非电解质，故B错误；‎ C.浓度均为0.1mol/L的NaOH溶液和氨水，NaOH完全电离,一水合氨存在电离平衡,NaOH中c(OH-)大，则氨水的pH小于NaOH溶液，故C错误； ‎ D.浓度为0.1 mol·Lˉ1的盐酸和氨水等体积混合后，所得溶液为NH4Cl溶液，NH4Cl水解显酸性，c(H+)> c(OH-)，故D错误；‎ 本题答案为A。‎ ‎7.下列说法正确的是 ( )‎ ‎①增加水的量或温度，都可以加快镁跟水的反应速率。 ‎ ‎②增加硫酸的浓度，一定可以加快锌与硫酸反应制取氢气的速率。‎ ‎③对反应3H2(g) + N2(g) 2NH3‎ ‎(g)，在一密闭容器中进行，充入氦气，则化学反应速率一定不改变。‎ ‎④对于反应3KSCN(aq) + FeCl3(aq)Fe(SCN)3(aq)+ 3KC l(aq)，加入KCl固体，逆反应速率瞬时增大，随后正反应速率增大 A. ①② B. ①④ C. ②④ D. 无 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎①镁跟水的反应速率和水量的多少没有关系，升高温度，可以加快镁跟水的反应速率，故①错误；②浓硫酸和金属锌之间反应生成的不是氢气而是二氧化硫，故②错误；③在体积不变时，充入氦气，由于参加反应气体的浓度不变，则不影响反应速率，若体积发生变化，充入氦气，气体的体积增大，参加反应气体的浓度减小，反应速率减慢，故③错误；④氯离子不参与反应，加入KCl固体，溶液中参加反应的离子浓度不变，反应速率不变，故④错误；故选D。‎ 点睛：本题从多角度考查化学反应速率的影响因素。侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查。本题的易错点为③和④，③中注意容器的体积是否变化，④中注意根据反应的本质(即离子方程式)进行判断。‎ ‎8.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。‎ ‎9.对于在一定条件下的密闭容器中进行的反应：A（g）+3B（g）2C（g）．下列说法正确的是 A. 压缩使容器体积减小，逆反应速率增大 B. 在等温等压条件下，若体系密度不变，则反应不一定平衡 C. 物质A的浓度增大，会减慢反应速率 D. 在高温，高压和有催化剂的条件下，A与B能100%转化为C ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.压缩使容器体积减小，单位体积的活化分子数目增多,有效碰撞的几率增大,反应速率增大,故A正确；‎ B.此反应的反应物、生成物都是气体，所以气体的质量恒定，而前后气体的物质的量有变化，即在恒压时，若未达到平衡，体积就发生变化，若体系密度不变，则反应一定平衡，故B错误；‎ C.反应物浓度增大,活化分子数目增多,则反应速率加快,故C错误；‎ D.可逆反应,不能完全转化,则A与B不能转化为C,故D错误；‎ 本题答案为A。‎ ‎10.铅蓄电池的示意图如图所示。下列说法正确的是 ‎ A. 放电时，N为负极，其电极反应式：PbO2+SO42-+4H++2e-=PbSO4+2H2O B. 放电时，c(H2 SO4)不变，两极的质量增加 C. 放电时，SO42-向M.N两个电极移动 D. 放电时，正极反应式：PbSO4+2e-=Pb+SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由铅蓄电池的总反应可知，放电时，被氧化，应为电池负极反应，电极反应式为：，故A错误；‎ B.放电时，负极反应：，正极上：，两个电极质量增加，但是反应中硫酸被消耗，浓度减小，故B错误；‎ C.放电时，负极反应：，正极上：，两极均有PbSO4生成，所以SO42-向M.N两个电极移动，故C正确；‎ D.放电时，正极反应式：，故D错误；‎ 本题答案为C。‎ ‎11.常温下，在由水电离产生的H+浓度为1×10‒13 mol/L 的溶液中，一定能大量共存的离子组是 A. K+、 Cl-、 NO3- 、 Fe2+ B. K+、Mg2+、 I- 、SO42-‎ C. Na+、 Ca2+ 、Cl-、 HCO3- D. Na+、 Cl-、 NO3- 、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在酸性溶液中，Fe2+易被HNO3氧化，在碱性溶液中，Fe2+生成Fe(OH)2,故A错误；‎ B.在碱性条件下，Mg2+会生成Mg(OH)2沉淀，故B错误；‎ C.在酸性溶液中，HCO3-会和H+反应，在碱性溶液中，HCO3-会和OH-反应，故C错误；‎ D. Na+、 Cl-、 NO3- 、SO42-无论酸性条件还是碱性条件，均符合离子共存条件，故D正确；‎ 本题答案为D。‎ ‎【点睛】由水电离产生的H+浓度为1×10‒13 mol/L 的溶液，可能为强酸性溶液，也可能是强碱性溶液。‎ ‎12.微型钮扣电池在现代生活中有着广泛的应用。有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电极反应为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，总反应为：Ag2O+Zn=2Ag+ZnO。根据上述反应式，下列叙述中正确的是 A. 在使用过程中，电池负极区溶液pH增大 B. 外电路中每通过0.2mol电子，正极的质量理论上减小3.2g C. 在使用过程中，Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应 D. 在使用过程中，电流由Ag2O极经外电路流向Zn极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.负极发生Zn2OH-—2e-=ZnOH2O，c(OH-)减小,所以电池负极区溶液的pH减小,故A错误；‎ B.正极反应为Ag2OH2O2e-=2Ag2OH-，外电路中每通过0.2mol电子,则有0.1molAg2O反应,生成0.2molAg，正极的质量理论上减小1.6g,,即O原子的质量,故D错误；‎ C.Zn电极发生氧化反应,Ag2O电极发生还原反应，故C错误；‎ D.Zn为负极,Ag2O为正极,电流由正极经外电路流向负极，所以B选项是正确的；‎ 本题答案为D。‎ ‎13.准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是 A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定 B. 滴定过程中，锥形瓶中水的电离程度先增大后减小 C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定 D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.滴定管用蒸馏水洗涤后会将标准液稀释，应用标准溶液洗涤滴定管，故A错误；‎ B.由于酸或碱都会抑制水的电离，随着溶液滴入，溶液由酸性，慢慢变为中性、碱性，所以水的电离度先增大后减小，故B正确；‎ C.用酚酞作指示剂，滴定终点时锥形瓶中溶液由无色变红色，故C错误；‎ D.滴定管尖嘴部分有悬滴，测得的滴定标准液体积增大，则测定结果偏大，故D错误；‎ 本题答案为B。‎ ‎【点睛】滴定实验结束后，若滴定管尖嘴部分有悬滴，测得的滴定标准液体积增大，则测定未知液的浓度偏大。‎ ‎14.下列有关盐类水解的说法中，不正确的是 A. NaHCO3属于酸式盐，其水溶液中c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)，显碱性 B. 氯化铜水解的实质是Cu2+结合水电离出来的OH-生成了弱电解质Cu(OH)2‎ C. 利用纯碱水解显碱性，可除去物品表面的油污 D. 配制FeCl3溶液时，应将FeCl3固体溶于盐酸后加水稀释，目的是为了抑制Fe3+水解 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaHCO3属于酸式盐，其水溶液中c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3) +c(CO32-)，故A错误；‎ B.Cu2+与水电离出来的OH-结合生成了弱电解质Cu（OH）2 促进了水的电离正向进行，溶液中氢离子浓度增大，溶液显酸性，故B正确；‎ C.纯碱溶液中碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱溶液中 生成溶于水的物质，可除去物品表面的油污，故C正确；‎ D.氯化铁溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸的存在抑制了水解进行，避免溶液变浑浊，通常将FeCl3固体溶于盐酸后加水稀释，其目的是为了抑制Fe3+的水解，故D正确；‎ 本题答案为A。．‎ ‎【点睛】盐的水解本质是，盐电离出的离子，和水电离出的H+或OH-结合生成了弱电解质，从而破坏了水的电离平衡，是溶液显酸性或碱性。‎ ‎15.实验： ①0.1mol•L﹣1AgNO3溶液和0.1mol•L﹣1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；‎ ‎②向滤液b中滴加几滴0.1mol•L﹣1KI溶液，出现浑浊；‎ ‎③向沉淀c中滴加几滴0.1mol•L﹣1KI溶液，沉淀变为黄色．‎ 下列分析不正确的是 A. 浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl﹣（aq）‎ B. ③中颜色变化说明AgCl转化为AgI C. 实验可以证明AgI比AgCl更难溶 D. 滤液b中不含有Ag+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．浊液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq），A正确；B．向AgCl中滴加0.1mol/LKI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，B正确；C．向AgCl中滴加0.1mol/LKI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶，C正确；D．滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，D错误，答案选D。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查难溶电解质的沉淀溶解平衡。‎ ‎【名师点睛】沉淀溶解平衡是电解质溶液中的三大平衡体系之一，是高考的热点，本题考查了难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，注意沉淀转化为溶解度更小的物质更容易发生。‎ ‎16.常温下，用0.1 mol/L的NaOH溶液滴定20 mL同浓度的一元弱酸HA，滴定过程中溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图所示（忽略中和热效应），下列说法正确的是 A. X=20‎ B. HA溶液加水稀释后，溶液中的值减小 C. 0.1 mol/L的NaOH溶液中，由水电离出的c(OH−)=0.1 mol/L D. 加入NaOH溶液体积为X mL时，溶液中c(A−)=0.05 mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 酸碱恰好中和时，因反应生成的盐是强碱弱酸盐水解而使溶液呈碱性，所以pH=7时，X<20，A不正确；B. HA溶液加水稀释后，因HA的电离平衡正向移动，故溶液中的值减小，B正确；C. 0.1 mol/L的NaOH溶液中，由水电离出的c(OH−)= c(H+)=10-13 mol/L，C不正确；D. 加入NaOH溶液体积为X mL时，因为X<20，由电荷守恒知，所以溶液中c(A−)= c(Na+)<0.05 mol/L，D不正确。本题选B。‎ ‎17.在一定体积某浓度的Ba(NO3)2溶液中，逐滴加入pH＝1的稀硫酸至溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，测得溶液pH＝2，若忽略两溶液混合时的体积变化，则稀硫酸的体积与Ba(NO3)2溶液的体积比是（ ）‎ A. 10∶1 B. 1∶10 C. 9∶1 D. 1∶9‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：溶液的pH=-lgC(H+)，硫酸为二元强酸，pH=1的稀硫酸C(H+)=2c(H2SO4)=0.1mol/L，BaCl2溶液中逐滴加入pH=1的H2SO4至溶液中的Ba2+‎ 恰好完全沉淀时，根据H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，设稀硫酸的体积与BaCl2溶液的体积分别是x、y，则生成盐酸是0.05x×2=0.1xmol，=0.01，解得x：y=1：9，故选D。‎ ‎【考点定位】考查有关溶液的pH值的计算。‎ ‎【名师点晴】准确运用公式pH=-lgC(H+)是解题关键，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，BaCl2和硫酸反应硫酸根离子恰好沉淀，需要BaCl2和H2SO4按照物质的量1：1反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算。‎ ‎18.常温下将NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是 A. Ka2（H2X）的数量级为10-6‎ B. 曲线N表示pH与的变化关系 C. 当混合溶液呈中性时，‎ D. NaHX溶液中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与 的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点， =10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，故A正确；pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与，故B正确；根据图像，=0时，即时溶液呈酸性，所以溶液呈中性时，，故C错误；曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像去0.6和5.0， ，= ，滴入Ka1（H2X）= ， 的水解常数= <10－5.4，NaHX溶液呈酸性，，故D正确。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共46分）‎ 二、非选择题（本大题包含4个小题，共46分）‎ ‎19.酸碱中和滴定和中和热测定是中学化学中两个重要的定量实验。请回答下列问题：‎ Ⅰ．酸碱中和滴定——已知某 NaOH 试样中含有 NaCl 杂质，为测定试样中 NaOH 的质量分数，进行如下步骤实验：‎ ‎①称量 1.00g 样品溶于水，配成 250 mL 溶液；‎ ‎②准确量取 25.00mL 所配溶液于锥形瓶中； ‎ ‎③滴加几滴酚酞溶液；‎ ‎④用 0.10mol／L 的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如下：‎ 滴定序号 待测液体积(mL)‎ 所消耗盐酸标准液的体积(mL)‎ 滴定前 滴定后 ‎1‎ ‎25.00‎ ‎0.50‎ ‎20.60‎ ‎2‎ ‎25.00‎ ‎6.00‎ ‎26.00‎ ‎3‎ ‎25.00‎ ‎1.10‎ ‎21.00‎ ‎（1）试样中 NaOH 的质量分数为______________________。‎ ‎（2）若出现下列情况，测定结果偏高的___________。‎ a.滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶 b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出 c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外 d．酸式滴定管滴至终点时，俯视读数 e．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗 Ⅱ．氧化还原滴定——取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为 0.1mol·L-1 的高锰酸钾溶液滴定，发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4==K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O。‎ ‎（3）滴定时，KMnO4 溶液应装在酸式滴定管中，滴定终点时滴定现象是_________。‎ ‎（4）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则终点时滴定管读数为________mL。‎ III.中和热的测定：实验室用50ml 0.50mol•L-1的盐酸、50ml 0.55mol•L-1的NaOH溶液进行中和热的测定实验，得到表中的数据：‎ 实验次数 起始温度 t1/℃‎ 终止温度 t2/℃‎ 盐酸 NaOH 溶液 ‎1‎ ‎20.2‎ ‎20.3‎ ‎23.7‎ ‎2‎ ‎20.3‎ ‎20.5‎ ‎23.8‎ ‎3‎ ‎21.5‎ ‎21.6‎ ‎24.9‎ ‎（5）完成下列问题：根据上表中所测数据进行计算，则该实验测得的中和热△H=______________（盐酸和氢氧化钠溶液的密度按1g•cm-3 计算，反应后混合溶液的比热容(c)按 4.18J•(g•℃)-1 计算）‎ ‎（6）若某同学利用上述装置做实验，有些操作不规范，造成测得中和热的数值偏低请你分析可能的原因是_______________。‎ A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净 B．把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓 C．本实验进行时的当天，室温较高 D．将 50 mL，0.55 mol/L 氢氧化钠溶液取成了 50 mL，0.55 mol/L 的氨水 E．在量取盐酸时仰视刻度线 F．大烧杯的盖板中间小孔太大 ‎【答案】 (1). = 80% (2). ce (3). 滴入最后一滴标准液，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色或浅紫色，且半分钟内不褪色 (4). 26.10 (5). ﹣56.8 kJ/mol (6). ABDF ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先分析数据的有效性,求出消耗盐酸的平均体积,然后根据关系式NaOHHCl,求出NaOH的物质的量,再计算NaOH的质量分数;；‎ ‎（2）根据c(待测) =，分析不当操作对V(标准)的影响,以此判断浓度的误差；‎ ‎（3）KMnO4溶液呈紫色,草酸反应完毕,滴入最后一滴KMnO4溶液,溶液由无色变为浅紫红色,且半分钟不褪色为滴定到终点；‎ ‎（4）滴定管的0刻度在上，故此终点读数为26.10；‎ ‎（5）根据实验数据，算出平均温差，在求算放出的热量，最后计算生成1mol水，放出的热量，即为中和热；‎ ‎（6）依据实验过程中，不当操作对放出热量的影响，分析测定中和热的误差。‎ ‎【详解】（1）三次消耗盐酸体积分别为:、、,三组数据均有效,三消耗盐酸的平均体积为,‎ ‎  1     1 ‎ ‎  ‎ 计算得出:。即待测溶液含有，所以待测溶液含有，试样中NaOH的质量分数为;；‎ 本题答案为：。‎ ‎（2）操作a滴定前用蒸馏水冲洗锥形，无影响,故a错误；‎ b. 在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出,造成V(标准)偏小,根据c(待测)=分析,可以知道c(待测)偏小,故b错误；‎ c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外,造成V(标准)偏大,根据c(待测) =，分析,可以知道c(待测)偏大,故c正确; ；‎ d．酸式滴定管滴至终点对,俯视读数,造成V(标准)偏小,根据c(待测) =，分析,可以知道c(待测)偏小,故d错误；‎ e．.酸式滴定管用蒸馏水洗后,未用标准液润洗,溶液被稀释,造成V(标准)偏大,根据c(待测) =，分析,可以知道c(待测)偏大,故e正确;；‎ 本题答案为：ce。‎ ‎（3）KMnO4溶液呈紫色,草酸反应完毕,滴入最后一滴KMnO4溶液,溶液由无色变为浅紫红色,且半分钟不褪色为滴定到终点；‎ 本题答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液,溶液由无色变为浅紫红色,且半分钟不褪色为滴定到终点。‎ ‎（4）滴定管的0刻度在上，依据滴定管的精度要求0.01，故此终点读数为26.10；‎ 本题答案为：26.10。‎ ‎（5）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为,反应前后温度差为:；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为,反应前后温度差为:；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为,反应前后温度差为:；盐酸、的质量和为,,代入公式得生成的水放出热量，,即生成的水放出热量,所以生成的水放出热量为,即该实验测得的中和热;‎ 本题答案为：-56.8KJ/mol。‎ ‎（6）A. 测量盐酸的温度后,温度计没有用水冲洗干净,在测碱的温度时,会发生酸和碱的中和,温度计示数变化值减小,所以导致实验测得中和热的数值偏小,故A正确的；‎ B. 把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，会导致一部分能量的散失，实验测得中和热的数值偏小，故B正确；‎ C. 做本实验的室温和反应热的数据之间无关，故C错误；‎ D.因为氨水是弱碱，电离吸热，则实验测得中和热的数值偏小,故D正确；‎ E. 在量取盐酸时仰视刻度线，会使得实际量取体积高于所要量的体积，酸过量，可以保证碱全反应，会使得中和和热的测定数据偏高，故E错误；‎ F. 大烧杯的盖板中间小孔太大，会导致一部分能量散失，所以测的数值降低，故F正确；‎ 本题答案为：ABDF。‎ ‎20.已知可逆反应： M(g)＋N(g) P (g)＋Q(g) ，△H＞0 请回答下列问题： ‎ ‎ （1）在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)= 1 mol·L-1，c(N)=2.4 mol·L-1，达到平衡后，M的转化率为60％，此时N的转化率为__________ ； ‎ ‎（2）若反应温度升高，M的转化率______（填“增大”“减小”或“不变”；） ‎ ‎（3）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)= 4mol·L-1, c(N)=amol·L-1‎ ‎;达到平衡后，c(P)=2 mol·L-1,a=________ 。‎ ‎（4）若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M) = c(N)= b mol·L-1，达到平衡后，M的转化率为________。 ‎ ‎（5） 1体积SO2和3体积空气混合后，在450℃以上通过V2O5催化剂，发生如下反应： 2SO2(g) +O2(g) 2SO3(g) 若同温同压下测得反应前后混合气体的密度比为0.9∶1，则反应掉的SO2是原有SO2的_______________________________%。‎ ‎【答案】 (1). 25% (2). 增大 (3). 6 (4). 41% (5). 80‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据M的转化率为60%计算出M的浓度变化量，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比求出N的浓度变化量，再根据转化率定义计算；‎ ‎（2）该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向正反应方向移动，M的转化率增大；‎ ‎（3）由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数计算；‎ ‎（4）设平衡时M的浓度变化量为xmol/L，由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数计算x的值，在利用转化率等于计算；‎ ‎（5）反应两边都是气体,气体的质量不变,密度与气体的物质的量成反比,根据三段式列式计算出。‎ ‎【详解】（1）△c（M）=60%×1mol•L-1=0.6mol•L-1，浓度变化量之比等于化学计量数之比，所以△c（N）=△c（M）=0.6mol•L-1，故此时N的转化率×100%=25%；‎ 本题答案为：25%。‎ ‎（2）该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向正反应方向移动，M的转化率增大；‎ 本题答案为：增大；‎ ‎（3）在（1）中，△c（M）=60%×1mol•L-1=0.6mol•L-1，则：‎ ‎          M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）；‎ 初始（mol/L）： 1   2.4     0     0‎ 转化（mol/L）：0.6  0.6    0.6   0.6‎ 平衡（mol/L）：0.4  1.8    0.6   0.6‎ 故该温度下平衡常数k==0.5，‎ 反应温度不变，反应物的起始浓度分别为c（M）=4mol•L-1，c（N）=amol•L-1；达到平衡后，c（P）=2mol•L-1，则：‎ ‎        M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）；‎ 初始（mol/L）：4   a     0    0‎ 转化（mol/L）：2   2     2    2‎ 平衡（mol/L）：2  a-2    2    2‎ 所以=0.5，解得a=6，‎ 故答案为：6；‎ ‎（4）设平衡时M的浓度变化量为为xmol/L，则：‎ ‎         M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）；‎ 初始（mol/L）：b    b     0    0‎ 变化（mol/L）：x    x     x    x 平衡（mol/L）：b-x   b-x   x    x 所以=0.5，解得x=0.41b，‎ 故M的转化率为×100%=41%，‎ 本题答案为：41%。‎ ‎（5）设的转化率为x,‎ 对于反应:⇌ 开始(L): 1     3       0         ‎ 变化(L)       x    ‎ 平衡(L)：    x ‎ 气体的密度比与物质的量之比成反比,‎ 根据密度之比列式为,‎ 计算得出,则反应掉的是原有的:,‎ 本题答案为：80。‎ ‎21.结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：‎ 酸 电离常数(Ka)‎ 酸 电离常数(Ka)‎ 酸 电离常数(Ka)‎ 酸 电离常数(Ka)‎ CH3COOH ‎1.8×10-5‎ H2CO3‎ K1=4.4×10-7‎ K2=4.7×10-11‎ H2C2O4‎ K1=5.4×10-2‎ K2=5.4×10-5‎ H2S K1=1.3×10-7‎ K2=7.1×10-15‎ HClO ‎3×10-8‎ 请回答下列问题：‎ Ⅰ．（1）同浓度的CH3COO－、HCO3-、CO32—、HC2O4－、ClO－、S2-结合H＋的能力最弱的____________。‎ ‎（2）常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_______(填序号)。‎ A．c(H＋) ‎ B．c(H＋)/c(CH3COOH) ‎ C．c(H＋)·c(OH－) ‎ D.c(H＋).c(CH3COO—)/c(CH3COOH) ‎ 若该溶液升高温度，上述4种表达式的数据增大的是_________________。 ‎ ‎（3）体积为10 mL pH＝2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH 变化如图所示，则稀释后，醋酸溶液中由水电离出来的c(H＋)_______(填“大于”、“等于”或“小于”)HX 溶液中由水电离出来的c(H+)。‎ Ⅱ．（1）下列化学方程式可能正确的是__________。‎ A．H2C2O4+CO32-====HCO3-+HC2O4- ‎ B．HC2O4-+ CO32-=== HCO3-+ C2O42-‎ C．2C2O42-+ CO3+H2O====2HC2O4-+ CO32-‎ D．HC2O4+ CO32-==== C2O42-+ H2O+ CO2‎ ‎（2）写出过量CO2通入Na2S溶液中的离子方程式__________________________。‎ ‎【答案】 (1). HC2O4－ (2). A (3). ABCD (4). 小于 (5). BD (6). 2CO2 + S2- + 2H2O = H2S+ 2HCO3 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.（1）K越大，越易电离，电离后，结合H+能力越弱；‎ ‎（2）依据稀释过程中，CH3COOH电离平衡的特点，回答；‎ ‎（3）由图可以知道,稀释相同的倍数,HX的pH变化程度大,则酸性HX强,电离平衡常数大;稀释后,HX电离生成的c(H+)小,对水的电离抑制能力小；‎ Ⅱ．（1）根据电离平衡常数大小比较酸性强弱,化学反应遵循酸性强的制酸性弱的酸,草酸和碳酸是二元酸分两步电离,H2C2O4 HC2O4－ H2CO3HCO3-,；‎ ‎（2）因为电离平衡常数H2CO3H2SHCO3-HS-,过量二氧化碳通入硫化钠溶液反应生成碳酸氢钠和硫氢化钠。‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）K越大，越易电离，电离后，结合H+能力越弱，从表中可以看出H2C2O4的K1最大，所以HC2O4－结合H+能力最弱；‎ 本题答案为：HC2O4－。‎ ‎（2）加水稀释时，A.溶液酸性减弱，故A变小；B.电离常数Ka=不变，而c(CH3COO-)变小，故B增大；C.c(H+)变小，c(OH-)增大，c(H＋)·c(OH－)不变，故C不变；D。温度不变，电离常数Ka=不变，故D不变；若升高温度，A.CH3COOH电离平衡，向电离方向移动，故A增大；电离时吸热，升高温度，c(H+)增大，c(CH3COOH)减小，故B增大；C.升高温度Kw增大，c(H+)、c(OH-)增大，故C增大；D. 升高温度，电离常数Ka=增大，故D增大；‎ 本题答案为:A，ABCD。‎ ‎（3）由图可以知道,稀释相同的倍数,HX的pH变化程度大,则酸性HX强,电离平衡常数大,稀释后,HX电离生成的c(H+)小,对水的电离抑制能力小,所以HX溶液中水电离出来的c(H+)大,醋酸溶液中由水电离出来的c(H+)小于HX 溶液中由水电离出来的c(H+)；‎ 本题答案为：小于。‎ Ⅱ．（1）A.H2C2O4+CO32-====HCO3-+HC2O4- 因为H2C2O4HCO4-H2CO3‎ ‎，A违背了强酸制备融算的规律，故A错误；‎ B.HC2O4-+ CO32-=== HCO3-+ C2O42-, HCO4-H2CO3，B反应符合酸性强的制备酸性弱的规律，故B正确；‎ C.2C2O42-+ CO3+H2O====2HC2O4-+ CO32-，因为HCO4-H2CO3，C违背了强酸制备融算的规律，故C错误；‎ D.HC2O4+ CO32-==== C2O42-+ H2O+ CO2，HCO4-H2CO3，D反应符合酸性强的制备酸性弱的规律，故D正确；‎ 本题答案为：BD。‎ ‎（2）由表中数据可知：因为电离平衡常数H2CO3H2SHCO3-HS-,过量二氧化碳通入硫化钠溶液反应生成碳酸氢钠和硫氢化钠，离子方程式为：2CO2 + S2- + 2H2O = H2S+ 2HCO3 -；‎ 本题答案为：2CO2 + S2- + 2H2O = H2S+ 2HCO3 -。‎ ‎,‎ ‎【点睛】；‎ ‎22.向一容积不变的密闭容器中充入一定量A和B，发生如下反应：xA(g)＋yB(s) zC(g)　ΔH<0。反应中A和B消耗的物质的量相同，在一定条件下，容器中A、C的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题：‎ ‎ ‎ ‎（1）根据图示可确定x∶y∶z＝__________________________。（用最简整数比表示）‎ ‎（2）0～10 min容器内压强______________(填“变大”、“不变”或“变小”)。‎ ‎（3）推测第10 min引起曲线变化的反应条件可能是________；第16 min引起曲线变化的反应条件可能是________。（选填数字编号）‎ ‎①减压　②增大A的浓度　③增大C的量　④升温　⑤降温　⑥加催化剂 ‎（4）平衡Ⅰ的平衡常数为K1=___________，平衡Ⅱ平衡常数为K2，则K1________K2(填“＞”、“＝”或“＜”)。‎ ‎（5）在平衡I的温度下，假设容积恒定为1L，下列措施中能使平衡时 n（A）/n（C）增大的有___________（选填字母编号）‎ A．升高温度 B．充入氦气 C．再充入0.2molA和0.5molC D．使用催化剂 ‎【答案】 (1). 1:1:2 (2). 变大 (3).  ④⑥ (4). ④ (5). 1.25 (6). > (7). AC ‎【解析】‎ ‎（1）0～10min内容器中A的物质的量浓度变化为：0.45mol/L-0.25mol/L=0.2mol/L；C的物质的量浓度变化为：0.40mol/L，x：y=0.2mol/L：0.40mol/L=1：2。由于反应中A和B消耗的物质的量相同，所以x∶y∶z＝1:1:2；（2）根据（1）中分析可知正反应体积增大，所以0～10 min容器内压强变大；（3）第10min时，单位时间内A、C的物质的量变化量较大，反应速率明显增大，可能为升高温度或者使用催化剂，答案选④⑥；第16min时，C的物质的量减小，A的物质的量增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，应为升高温度，答案选④。（4）根据图像可知第一次平衡时A是0.20mol/L，C是0.50mol/L，则平衡Ⅰ的平衡常数K1=。已知第16min时改变的条件是升高温度，而该反应是放热反应，所以升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，所以K1＞K2。（5）A．反应是放热反应，所以升高温度平衡逆向移动，则平衡时 n（A）/n（C）增大，A正确；B．充入氦气平衡不移动，比值不变，B错误；C．再充入0.2molA和0.5molC相当于增大压强，平衡逆向移动，则平衡时 n（A）/n（C）增大，C正确；D．使用催化剂平衡不移动，比值不变，D错误，答案选AC。‎ ‎ ‎ ‎ ‎