【化学】江苏省海安市南莫中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【化学】江苏省海安市南莫中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

江苏省海安市南莫中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题 ‎（考试时间90分钟，总分100分）‎ 注意：本试卷分第一部分选择题和第二部分非选择题。请将答案填写到答题卡上相应区域。考试结束后，请上交答题卡。‎ 可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23‎ 第Ⅰ卷（选择题，共40分）‎ 单项选择题（本题包括10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.2019年2月，在世界移动通信大会(MWC)上发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。下列说法不正确的是(　　)‎ A. 制造手机芯片的关键材料是硅 B. 用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性 C. 镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点 D. 手机电池工作时，电池中化学能完全转化为电能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 单晶硅是良好的半导体材料，可以制作芯片，A项正确；‎ B. 铜属于金属，具有良好的导电性，可以做手机线路板，B项正确；‎ C. 镁铝合金密度小强度高，具有轻便抗压的特点，C项正确；‎ D. 手机电池工作时，电池中化学能主要转化为电能，但有一部分能量以热能形式会散失，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.298K时，1mol N2与3mol H2完全反应生成2molNH3的能量变化曲线如图，下列叙述正确的是(　　) ‎ A. 形成6 mol N—H键，吸收600 kJ能量 B. b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线 C. 该反应的ΔH＝－92 kJ•mol-1‎ D. 加入催化剂，能提高N2的转化率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，反应为放热反应，故 形成6 mol N-H键，放出600 kJ能量，A错误；‎ B. 催化剂能降低反应的活化能，b曲线是未加入催化剂时的能量变化曲线，B错误；‎ C. 该反应的ΔH＝(508-600) kJ•mol-1=－92 kJ•mol-1，C正确；‎ D. 使用催化剂只能缩短到达平衡的时间，不能提高N2的转化率，D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.下列有关化学用语表示正确的是(　　)‎ A. HCO3－水解方程式：HCO3－＋H+H2CO3‎ B. 水的电离方程式：H2O＋H2OH3O+＋OH－‎ C. 向氯化银悬浊液中滴入KI溶液：Ag＋＋I－== AgI↓‎ D. 甲烷的燃烧热为-890.3 kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为；CH4（g）+2O2=CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝-890.3 kJ•mol-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HCO3－＋H+H2CO3是HCO3－与强酸反应的离子方程式，A错误；‎ B. 水的电离方程式：H2O＋H2OH3O+＋OH－，B正确；‎ C. 向氯化银悬浊液中滴入KI溶液发生沉淀转化：AgCl＋I－== AgI+Cl-，C错误；‎ D. 甲烷的燃烧热为890.3 kJ•mol-1 ，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为；CH4（g）+2O2=CO2（g）+2H2O（l） ΔH＝-890.3 kJ•mol-1，D错误；‎ 故选B。‎ ‎4.在给定环境中，下列各组离子可能大量共存的是(　　)‎ A. 常温下pH=0的澄清透明溶液中：Al3+、Fe3+、SO42－、Cl－‎ B. 甲基橙呈红色的溶液中：K+、Na+、S2－、CO32-‎ C. 常温下，在c（H+）/ c（OH—）= 1×1012的溶液中：NH4+、CO32－、K+、Cl－‎ D. 常温下，水电离出的c（OH-） =1×10-13 mol/L的溶液中：Na+、NH4+、HCO3－、NO3－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=0，溶液呈酸性，Al3+、Fe3+、SO42－、Cl－能大量共存，A正确；‎ B. 甲基橙呈红色的溶液，呈酸性，S2－、CO32-与H+不能大量共存，B错误；‎ C. 常温下，c(H+)/ c(OH—)= 1×1012的溶液显酸性，CO32－与H+不能大量存在，C错误；‎ D. 常温下，水电离出c(OH—) =1×10-13 mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，若溶液呈碱性，NH4+、HCO3－不能大量存在，若溶液呈酸性，HCO3－不能大量存在，所以D错误。‎ 故选A。‎ ‎5.下列说法正确的是(　　)‎ A. 自发反应在任何条件下都能实现 B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多 C. 与同浓度的NaOH溶液反应时，稀硫酸中和热的绝对值是盐酸的两倍 D. 同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的ΔH相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 自发反应往往是有条件的，有的在高温下自发，有的在低温下自发，有的在任何条件下都能自发进行，A错误；‎ B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多，B错误；‎ C. 与同浓度的NaOH溶液反应时，稀硫酸中和热的绝对值与盐酸相同，C错误；‎ D. 对于一个反应，ΔH与反应的条件无关，只取决于反应物的用量和各物质的状态，同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的ΔH相同，D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.下列事实中，不能用勒夏特列原理来解释的是(　　)‎ A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫 B. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅 C. 含酚酞的氨水溶液，微热后红色变深 D. H2(g)、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．‎ ‎【详解】A、气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，由气体的溶解度随压强的增大而增大，因此常温时打开汽水瓶时，瓶内的压强减小，因此瓶内的二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；‎ B、2NO2N2O4，加压后NO2浓度先变大，颜色变深，然后平衡正确向移动，颜色后变浅，能用勒夏特利原理解释，故B不选；‎ C、NH3·H2ONH4＋＋OH－，加热促进平衡正向进行，含酚酞的氨水溶液，微热后红色变深，能用勒夏特利原理解释，故C不选；‎ D、由H2、I2（g）、HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，减压后平衡不动，体积增大颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，故D选；‎ 故选D。‎ ‎7.电解质溶液有许多奇妙之处，你只有深入地去思考，才能体会到它的乐趣。下列说法正确的是(　　)‎ A. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强 B. Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中，离子种类完全相同 C. 常温下，1.0×10－3 mol·L－1盐酸的pH＝3.0，则1.0×10－8 mol·L－1盐酸的pH＝8.0‎ D. 将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH－浓度均减少到原来的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溶液的导电能力取决于溶液中离子总浓度的大小，强电解质溶液中离子的总浓度不一定比弱电解质溶液中离子的总浓度大，所以强电解质溶液的导电能力不一定强，A错误；‎ B. Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中，含有Na+、CO32-、HCO3-、H+、OH-，离子种类完全相同，B正确；‎ C. 常温下，1.0×10－3 mol·L－1盐酸的pH＝3.0，1.0×10－8 mol·L－1盐酸的pH<7.0，因为酸溶液加水稀释，得到的溶液仍显酸性，C错误；‎ D. 将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，NaOH的OH－浓度减少到原来的，氨水的OH－‎ 浓度比原来的要大，因为加水稀释，一水合氨的电离度增大，OH-的物质的量增多，D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.下列说法正确的是(　　)‎ A. 增大压强或升高温度，—定能使化学反应速率加快 B. 合成氨工业中，将氨气液化分离来可以提高正反应速率和产率 C. 500°C、30 MPa下，0.5 mol N2（g）和1.5mol H2（g）反应生成NH3（g） 放热QkJ，其热化学方程式为N2（g）+3 H2（g） 2 NH3（g） △H=-2QkJ/mol D. 己知两个平衡体系：2NiO（s） 2Ni（s）+O2（g） 2CO（g）+O2（g） 2CO2（g）是平衡常数分别为K1和K2，可推知平衡NiO（s）+CO（g） Ni（s）+CO2（g）平衡常数为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若反应中没有气体参加反应，则增大压强，化学反应速率不受影响，A错误；‎ B. 合成氨工业中，将氨气液化分离来可以提高产率，但不能增大正反应速率，B错误；‎ C. 500°C、30 MPa下，0.5 mol N2（g）和1.5mol H2（g）反应生成NH3（g） 放热QkJ，则放热QkJ，实际参加反应的N2（g）小于0.5mol，其热化学方程式为N2（g）+3 H2（g） 2 NH3（g） △H不等于-2QkJ/mol，C错误；‎ D. 平衡体系：2NiO（s）2Ni（s）+O2（g）①，2CO（g）+O2（g）2CO2（g） ②，其平衡常数分别为K1和K2，(①+②)×可得NiO（s）+CO（g） Ni（s）+CO2（g），则其平衡常数为，D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.下列实验装置或操作正确且能达到实验目的的是 (　　)‎ A. 图1 中和热的测定 B. 图2 酸碱中和滴定 C. 图3 测定化学反应速率 D. 图4验证镁片与稀盐酸反应放热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 图1 中和热的测定，缺少环形玻璃搅拌棒，A错误；‎ B. 图2 酸碱中和滴定，NaOH溶液不能装在酸式滴定管内，B错误；‎ C. 图3 测定化学反应速率，气体会沿长颈漏斗颈逸出，C错误；‎ D. 图4验证镁片与稀盐酸反应放热，温度升高，Ca(OH)2的溶解度降低，溶液会变浑浊，D正确。‎ 故选D。‎ ‎10.下列图示与对应的叙述相符的是(　　)‎ A. 图1表示1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH随lgV的变化 B. 图2表示不同温度下水溶液中H+和OH－浓度的变化的曲线，图中温度T2>T1‎ C. 图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点 D. 图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CH3COOH是弱酸，溶液中存在电离平衡，所以加水稀释时电离程度增大，但离子浓度是减小的，若溶液体积增大10倍，c(H+)大于原来的1/10，所以pH的变化量小于1，故A错误；‎ B、水的电离是吸热的，所以升高温度，电离出的H+和OH-浓度增大，所以图象中的温度为T1＞T2，所以B错误；‎ C、由图象可知在N2的起始量恒定时，随H2量的增加，N2的转化率增大，所以a点N2‎ 的转化率小于b点，故C正确；‎ D、容器体积的增大，即减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，即该平衡正向移动，温度不变时平衡常数不变，故O2的平衡浓度是不变，所以D错误。‎ 本题正确答案为C。‎ 不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。）‎ ‎11.下列说法正确的是(　　)‎ A. 反应TiO2（s） + 2Cl2（g）=TiCl4（g） + O2（g） ΔH＞0能自发进行，其原因是ΔS＞0‎ B. 室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＞7‎ C. CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中 的值减小 D. 对于乙酸与乙醇的酯化反应（ΔH＜0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应TiO2（s） + 2Cl2（g）=TiCl4（g） + O2（g） ΔH＞0，反应能自发进行，依据吉布斯自由能方程，可得出ΔS＞0，A正确；‎ B. 室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，反应后CH3COOH有剩余，发生电离后使溶液显酸性，pH<7，B错误；‎ C. CH3COOH溶液加水稀释后，n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，所以溶液中 的值减小，C正确；‎ D. 对于乙酸与乙醇的酯化反应（ΔH＜0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率增大，但平衡常数减小，D错误。‎ 故选AC。‎ ‎12.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 (　　)‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 蒸干并灼烧AlCl3溶液获得Al2O3固体 AlCl3溶液中存在 水解平衡 B 等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多 酸性A比B强 C 向浓度均为0.1 mol•L-1KCl和KI混合溶液中滴加2滴0.1 mol•L-1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色 Ksp（AgI）＞Ksp（AgCl）‎ D 室温下，用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8‎ HNO2电离H＋的能力比CH3COOH的强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蒸干并灼烧AlCl3溶液获得Al2O3固体，说明AlCl3生成的Al(OH)3受热分解为Al2O3，‎ 从而说明AlCl3溶液中存在水解平衡，A正确；‎ B．等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多，说明HA的物质的量比HB大，从而说明HA的电离程度小，酸性A比B弱，B错误；‎ C．向浓度均为0.1 mol•L-1KCl和KI混合溶液中滴加2滴0.1 mol•L-1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明先生成AgI沉淀，从而说明Ksp(AgI)c（CH3COO－）>c（OH－）>c（H＋）‎ B. 用含a的代数式表示CH3COOH的电离常数K＝‎ C. C点对应的溶液中，水电离出的H＋浓度大于10－7 mol·L－1‎ D. D点对应的溶液中，存在如下关系：c（CH3COO－）－c（CH3COOH）＝2c（H＋）－2c（OH－）‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在靠近A点的溶液：c(Na＋)>c(OH－))>c(CH3COO－) >c(H＋)，A错误；‎ B. 从B点分析，c(CH3COOH)=(0.2a-25×0.1)×10-3mol，n(CH3COO－)= n(Na＋)=2.5×10-3mol，c(H＋)=10-7mol，K==，B正确； ‎ C. C点对应的溶液中，以过量醋酸的电离为主，水的电离受到抑制，由水电离出的H＋‎ 浓度小于10－7 mol·L－1，C错误；‎ D. D点对应的反应后的溶液中，n(CH3COO－)= n(CH3COOH)，然后发生电离，‎ 从而存在如下关系：CH3COOHCH3COO-+H+，H2OH++OH-‎ c(CH3COO－)- [c(H+)-c(OH－)]= c(CH3COOH)+ [c(H+)-c(OH－)]‎ 从而得出c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2c(H+)－2c(OH－)，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎15.一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中充入一定量的气体A和气体B，发生反应： 2A（g）＋B（g） 2C（g），反应过程中测定部分数据见下表（表中t1＜t2），下列说法正确的是(　　)‎ 反应时间/min n（A）/mol n（B）/mol ‎0‎ ‎0.10‎ ‎0.060‎ t1‎ ‎0.012‎ t2‎ ‎0.016‎ A. 在0～t1 min内的平均反应速率为v（C）＝ mol•L－1•min－1‎ B. 其他条件不变，起始时向容器中充入0.10 mol C和0.010 mol B，平衡时n（A）＝0.012 mol C. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（A）＝0.0070 mol•L－1，则反应的ΔH<0‎ D. 相同温度下，起始时向容器中充入0.15mol A和0.090mol B，平衡时A转化率小于88%‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】列出三段式，找出所需各量：‎ ‎2A（g）＋B（g） 2C（g）‎ 起始量 0.10mol 0.06mol 0‎ 变化量 0.088mol 0.044mol 0.088mol t1时刻0.012mol 0.016mol 0.088mol，‎ 由表格数据可知，t2时刻B的物质的量与t1时刻相同，说明t1时刻已达平衡，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 在0～t1 min内的平均反应速率为v（C）＝ mol•L－1•min－1，A错误；‎ B. 其他条件不变，起始时向容器中充入0.10 mol C和0.010 mol B，将生成物全部转化为反应物，n(A)= 0.10mol，n(B)= 0.06mol，n(C)= 0，与原平衡等效，所以平衡时n(A)=0.012 mol，B正确；‎ C. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.0070 mol•L－1>0.0060 mol•L－1，说明平衡逆向移动，则反应ΔH<0，C正确；‎ D. 相同温度下，起始时向容器中充入0.15mol A和0.090mol B，相当于原平衡体系加压，使压强变为原来的1.5倍，平衡正向移动，平衡时A转化率大于88%，D错误；‎ 故选BC。‎ 第Ⅱ卷（非选择题　共60分）‎ ‎16.工业上以碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，另含FeO、Fe2O3、CaO等杂质）为主要原料生产锰酸锂（LiMn2O4）的工艺流程如下：‎ 已知：部分离子沉淀的pH值。‎ 离子 开始沉淀的pH值 沉淀完全时的pH值 Mn2+‎ ‎8.8‎ ‎10.8‎ Fe2+‎ ‎7.5‎ ‎9.5‎ Fe3+‎ ‎2.2‎ ‎3.5‎ ‎（1） 为了提高碳酸锰矿浸岀的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：①适当升高温度；②搅拌；③_____等。‎ ‎（2） 氧化时发生的离子方程式：_________。‎ ‎（3） 加入CaO“除铁”的原理是____________。‎ ‎（4） 加入MnF2为了除去溶液中的Ca2＋，若控制溶液中F－浓度为3×10－3 mol·L－1，则Ca2＋的浓度为________mol·L－1[常温时，Ksp（CaF2）＝2.7×10－11]。‎ ‎（5） “锂化”是将MnO2和Li2CO3按4∶1的物质的量比配料，球磨3～5 h，然后升温至600～750 ℃，保温24 h，自然冷却至室温得产品。升温到515 ℃时，开始有CO2产生，比预计碳酸锂的分解温度（723 ℃）低得多。可能的原因是________。‎ ‎【答案】(1). 适当增加硫酸溶液的浓度 (2). MnO4- + 5Fe2++8H+ = Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O (3). 氧化钙调节pH，促进三价铁完全水解 (4). 3×10-6 (5). 二氧化锰作催化剂，加快碳酸锂分解。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1) 提高碳酸锰矿浸岀的速率，可通过将矿石粉碎，以增大接触面积，也可通过升高温度、增大硫酸浓度、搅拌来实现。‎ ‎(2) 因为Fe2+沉淀完全时，Mn2+也会生成沉淀，应将Fe2+转化为Fe3+，所以高锰酸钾与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+，自身被还原为Mn2+。‎ ‎(3) 用CaO除Fe3+，需控制用量，以防Mn2+生成沉淀。‎ ‎(4) 利用溶度积常数进行计算。‎ ‎(5) 只能从MnO2寻找解释。‎ ‎【详解】（1） 为了提高碳酸锰矿浸岀的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：①适当升高温度；②搅拌；③适当增加硫酸溶液的浓度等；‎ 答案：适当增加硫酸溶液的浓度。‎ ‎（2） 氧化时发生的离子方程式：MnO4- + 5Fe2++8H+ = Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O；‎ 答案：MnO4- + 5Fe2++8H+ = Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O。‎ ‎（3）Fe3+常通过调节溶液的pH在8.8以下，将其转化为Fe(OH)3沉淀。所以加入CaO“除铁”的原理是氧化钙调节pH值，促进三价铁完全水解；‎ 答案：氧化钙调节pH值，促进三价铁完全水解。‎ ‎（4） 加入MnF2为了除去溶液中的Ca2＋，若控制溶液中F－浓度为3×10－3 mol·L－1，则Ca2＋的浓度为mol·L－1；答案：3×10-6。‎ ‎（5） “锂化”是将MnO2和Li2CO3按4∶1的物质的量比配料，球磨3～5 h，然后升温至600～750 ℃，保温24 h，自然冷却至室温得产品。升温到515 ℃时，开始有CO2产生，比预计碳酸锂的分解温度（723 ℃）低得多。可能的原因是二氧化锰作催化剂，加快碳酸锂分解；‎ 答案：二氧化锰作催化剂，加快碳酸锂分解。‎ ‎17.2018年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年来，我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。‎ ‎（1）已知：CO2（g）+ H2（g）H2O（g） +CO（g） ΔH1 = + 41.1 kJ•mol-1‎ CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） ΔH2= －90.0 kJ•mol-1‎ 写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式_________。‎ ‎（2）为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是_________（填字母）。‎ a 高温高压 b 低温低压 c 高温低压 d 低温高压 ‎（3）250℃、在体积为2.0 L的恒容密闭容器中加入6 mol H2、2 mol CO2和催化剂，10 min时反应达到平衡，测得c（CH3OH） = 0.75 mol· L－1。‎ ‎① 前10 min的平均反应速率v（H2）＝______ mol·L－1·min－1。‎ ‎② 化学平衡常数的值 ______。‎ ‎（4）以CO2（g）和H2（g）为原料合成甲醇，反应的能量变化如下图所示。‎ ‎① 补全上图：图中A处应填入_____。‎ ‎② 该反应需要加入铜－锌基催化剂。加入催化剂后，该反应的Δ H_____（填“变大”“变小”或“不变”）。‎ ‎（5）CO2还可以与CH4反应生成CH3COOH。反应历程如下图1。（中间体的能量关系如虚框中曲线所示） 室温下某溶液中CH3COOH和CH3COO－两种微粒浓度随pH变化的曲线，如下图2。 ①中间体①的能量______中间体②的能量。（填：“>”或“=”或“<”）‎ ‎②从图2中得出，室温下，CH3COOH的电离常数值为____。‎ ‎【答案】(1). CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=-48.9kJ/mol (2). d (3). 0.225 (4). 5.3 (5). 1mol CO2（g）+3mol H2（g） (6). 不变 (7). > (8). 10-4.76‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)利用已知热化学方程式，求出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式。‎ ‎(2)该反应为体积缩小的放热反应，所以应加压、降温。‎ ‎(3)利用三段式，可计算出反应速率及平衡常数。‎ ‎(4)催化剂能加快反应速率，但不能改变反应的热效应。‎ ‎(5)从图中可看出两中间体的能量关系；找出图中的特殊点，可计算出电离常数。‎ ‎【详解】（1）已知：CO2（g）+ H2（g）H2O（g）+CO（g） ΔH1 = + 41.1 kJ•mol-1‎ CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） ΔH2= －90.0 kJ•mol-1‎ 将两热化学方程式相加，即可得出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：‎ CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g） △H=-48.9kJ/mol，‎ 答案：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=-48.9kJ/mol。‎ ‎（2）因为此反应为放热的体积缩小的可逆反应，所以为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是加压、降温；‎ 答案：d。‎ ‎（3） CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）‎ 起始量 1mol/L 3mol/L 0 0‎ 变化量 0.75mol/L 2. 25mol/L 0.75mol/L 0.75mol/L 平衡量 0.25mol/L 0.75mol/L 0.75mol/L 0.75mol/L ‎① 前10 min的平均反应速率v（H2）＝ mol·L－1·min－1；‎ 答案：0.225。‎ ‎② 化学平衡常数的值；‎ 答案：5.3。‎ ‎（4）① 图中A处应填入1mol CO2（g）+3mol H2（g）；‎ 答案：1mol CO2（g）+3mol H2（g）。‎ ‎② 因为催化剂不能改变反应物的转化率，所以加入催化剂后，该反应的Δ H不变；‎ 答案：不变。‎ ‎（5）①从图中可以看出，中间体①的能量>中间体②的能量；‎ 答案：>‎ ‎②我们选择两条曲线的交叉点，在此点c(CH3COO－)= c(CH3COOH)，且c(H+)=10-4.76，‎ 室温下，CH3COOH的电离常数值为 ；‎ 答案：10-4.76‎ ‎18.研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式，有重要的实际意义。‎ ‎（1）常温下，向100mL0.01mol·L-1HA的溶液中逐滴加入0.02mol·L-1MOH溶液，所得溶液的pH随MOH溶液的体积变化如图所示（溶液体积变化忽略不计）。‎ ‎①常温下，0.01mol·L-1HA溶液中由水电离出的c（H+）=_____mol·L-1。‎ ‎②常温下一定浓度的MA稀溶液的pH=a，则a____7（填“＞”、“＜”或“=”），用离子方程式表示其原因为_____。‎ ‎③X点时，溶液中c（H+）、c（M+）、c（A-）由大到小的顺序是_____。‎ ‎④K点时，溶液中c（H+）+ c（M+）- c（OH-）=____mol•L-1。‎ ‎（2）25 ℃时，已知Ka（CH3COOH）＝1.75×10－5，Kb（NH3·H2O）＝1.76×10－5。取浓度均为0.100 0 mol·L－1的醋酸溶液和氨水溶液各20.00 mL于锥形瓶中，分别用0.1000 mol·L ‎－1NaOH溶液、0.1000 mol·L－1盐酸进行滴定，滴定过程中pH随滴加溶液体积变化关系如图所示。‎ ‎①从曲线I可知，该滴定操作时，应选______作为指示剂。‎ ‎②在曲线Ⅱ，当滴加溶液到10.00 mL时：‎ c（CH3COO－）＋c（OH－） ___ c（H＋）＋c（CH3COOH） （填“＞”、“＜”或“=”）‎ ‎【答案】(1). 10-12 (2). < (3). M++ H2O⇌MOH+H+ (4). c(A-)> c(H+)> c(M+) (5). 00005 (6). 甲基橙 (7). >‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①由pH知，HA为强酸，溶液中由水电离出的c(H+)等于溶液中的OH-浓度。‎ ‎②对于强酸弱碱盐，金属离子发生水解，溶液显酸性。‎ ‎③X点时，从溶液中的溶质及电离能力进行分析，从而得出溶液中c(H+)、c(M+)、c(A-)由大到小的顺序。‎ ‎④从电荷守恒进行分析，求出c(A-)。‎ ‎(2) ①因为滴定终点时，溶液呈酸性，应选变色范围点在酸性区域的指示剂。‎ ‎②利用该点溶液的组成及电离与水解的主次，确定微粒浓度的相对大小。‎ ‎【详解】（1）从图中可以看出，0.01mol·L-1HA的pH=2，说明其为强酸。‎ ‎①常温下，0.01mol·L-1HA溶液中由水电离出的c(H+)= c(OH-)=mol·L-1；‎ 答案：10-12。‎ ‎②当pH=7时，V(MOH)=51mL，n(HA)=0.001mol，n(MOH)=0.00102mol，MOH过量，从而说明MA为强酸弱碱盐，pH=a，则a<7；‎ 离子方程式表示其原因为M++ H2O⇌MOH+H+；‎ 答案：<；M++ H2O⇌MOH+H+。‎ ‎③X点时，n(HA)=0.001mol，n(MOH)=0.0005mol，反应生成n(MA)=0.0005mol，剩余n(HA)=0.0005mol，溶液中c(H+)、c(M+)、c(A-)由大到小的顺序是c(A-)> c(H+)> c(M+)；‎ 答案：c(A-)> c(H+)> c(M+)。‎ ‎④K点时，n(HA)=0.001mol，n(MOH)=0.002mol，反应生成n(MA)=0.001mol，剩余n(HA)=0.001mol，溶液中c(H+)+ c(M+)- c(OH-)= c(A-)=0.0005mol•L-1。‎ 答案：0.0005。‎ ‎（2）从醋酸和氨水的酸碱性判断，曲线I为氨水，曲线Ⅱ为醋酸。‎ ‎①从曲线I可知，该滴定操作时，滴定终点在酸性区域内，应选甲基橙作为指示剂；‎ 答案：甲基橙。‎ ‎②在曲线Ⅱ，当滴加溶液到10.00 mL时，n(CH3COOH)=0.002mol，n(NaOH)=0.001mol，‎ 反应后溶液中，n(CH3COOH)=0.001mol，n(CH3COONa)=0.001mol，以醋酸的电离为主，‎ c(CH3COO－)＋c(OH－) >c(H＋)＋c(CH3COOH) ；‎ 答案：>。‎ ‎19.平衡常数（K）在化学平衡的学习中有重要的作用。‎ 已知：某些弱酸的电离常数如下（25℃）：‎ 物质 CH3COOH HSCN HCN HClO H2CO3‎ H2SO3‎ 电离常数 ‎1.75×10-5‎ ‎1.3×10-1‎ ‎4.9×10-10‎ ‎3.0×10-8‎ K1＝4.3×10-7‎ K2＝5.6×10-11‎ K1＝1.3×10-2‎ K2＝63×10-8‎ ‎①下列反应可以发生的是________（填字母）。‎ A ‎ B ‎ C ‎ D ‎ ‎②25℃时，将溶液和 HSCN溶液分别与溶液混合，在上图中画出产生的气体体积（V）随时间（t）的变化关系，并注明对应酸的化学式________。‎ ‎③相同温度下，等pH的CH3COONa溶液、Na2CO3溶液和Na2SO3溶液，三种溶液的物质的量浓度c（CH3COONa）、c（Na2CO3）、c（Na2SO3）由大到小排序为______。‎ ‎④已知25℃时，氢氧化铝的 Ksp=3.0×10-34 某同学书写了如下离子方程式， Al（OH）3+3HClO Al3++3ClO-+3H2O请你运用所给的和已学的数据，试计算出所写离子方程式的平衡常数的值______。‎ ‎⑤利用上表的信息判断 NaHSO3 溶液的酸碱性，并写出理由____________。‎ ‎【答案】(1). AB (2). (3). c（CH3COONa）> c（Na2SO3） > c（Na2CO3） (4). 8.1×10-15 (5). K2(H2SO3)= 6.3×10-8，Kh=，通过计算电离常数大于水解常数，NaHSO3在水溶液中以电离为主，溶液显酸性。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】①通过比较电离常数，若酸性前者大于后者，则反应能发生。‎ ‎②主要看两点，一是反应速率的快慢，即哪一种酸先达平衡；二是生成气体的体积关系。‎ ‎③酸性越强，对应盐中酸根离子水解程度越小，水解液等pH时所需浓度越大。‎ ‎④借助溶度积常数、电离常数、水的离子积常数，求出化学平衡常数。‎ ‎⑤通过比较电离常数和水解常数，确定主要发生电离还是水解。‎ ‎【详解】①A.因为Ka(CH3COOH)>K2(H2CO3)，所以能发生；‎ B. 因为Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以能发生；‎ C. 因为K2(H2CO3)Ka(HCN)，所以不能发生；‎ 答案：AB。‎ ‎②因为Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH)，所以HSCN与NaHCO3反应速率快，反应先达终点，但由于二者的物质的量相等，所以最终生成CO2的体积相同。‎ ‎③相同温度下，等pH的CH3COONa溶液、Na2CO3溶液和Na2SO3溶液，因为 Ka(CH3COOH)>K2(H2SO3) >K2(H2CO3)，所以三种溶液的物质的量浓度c(CH3COONa)、c(Na2CO3)、c(Na2SO3)由大到小排序为c(CH3COONa)> c(Na2SO3)> c(Na2CO3)；‎ 答案：c(CH3COONa)> c(Na2SO3)> c(Na2CO3)。‎ ‎④Al(OH)3+3HClO Al3++3ClO-+3H2O的平衡常数的值为： ‎ 答案：8．1×10-15。‎ ‎⑤K2(H2SO3)= 6.3×10-8，Kh=，通过计算，电离常数大于水解常数，NaHSO3在水溶液中以电离为主，溶液显酸性；‎ 答案：K2(H2SO3)= 6.3×10-8，Kh=，通过计算电离常数大于水解常数，NaHSO3在水溶液中以电离为主，溶液显酸性。‎ ‎20.1909年化学家哈伯在实验室首次合成了氨。2007年化学家格哈德·埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体表面合成氨的反应过程，示意如下图：‎ ‎（1）图⑤表示生成的NH3离开催化剂表面，图③的含义分别是_____________。‎ ‎（2）500℃下，在A、B两个容器中均发生合成氨的反应。起始两容器充入两气体两相同，体积相同，隔板Ⅰ固定不动，活塞Ⅱ可自由移动。‎ ‎①两容器的N2的转化率关系为αA____αB（填“＞”、“＜”或“=”）‎ ‎②在B容器中，反应达到平衡的标志有________。‎ A 容器中气体压强不再发生变化 B 容器中气体密度不再发生变化 C 容器中气体平均摩尔质量不再发生变化 ‎③当合成氨在容器B中达平衡时，测得其中含有1.0molN2，0.4molH2，0.4molNH3，此时容积为2.0L。保持温度和压强不变，向此容器中通入0.36molN2，平衡将____________（填“正向”、“逆向”或“不”）移动。‎ ‎④向A、B两容器中均通入xmolN2和ymolH2，初始A、B容积相同，并保持温度不变。若要平衡时保持N2在A、B两容器中的体积分数相同，则x与y之间必须满足的关系式为__________。‎ ‎【答案】(1). 氮气，氢气在催化剂表面断键 (2). < (3). BC (4). 逆向 (5). X=Y ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)从图中直接观察，图②中分子内原子间存在短线，图③中原子间的短线消失，显然是断键。‎ ‎(2) ①A容积固定，B压强固定，所以B相当于A加压。‎ ‎②判断平衡状态时，因为提供的量都是体系的总量，所以只要分析此总量是否为变量，若为变量，变量不变即为平衡状态。‎ ‎③利用三段式求出平衡时各量，然后求出平衡常数，再利用浓度商与平衡常数数值关系，确定平衡移动的方向。‎ ‎④利用三段式建立等量关系，求解。‎ ‎【详解】（1）比较各图中分子的变化、分子间化学键的变化，图⑤表示生成的NH3离开催化剂表面，图③的含义分别是氮气、氢气在催化剂表面断键；‎ 答案：氮气、氢气在催化剂表面断键。‎ ‎（2）①随着反应的不断进行，容器A内气体的压强不断减小，容器B相当于容器A加压，平衡正向移动，N2的转化率增大，所以两容器的N2的转化率关系为αA< αB；‎ 答案：<；‎ ‎②A. 随着反应的进行，容器中气体压强始终不变，所以压强不变不一定达平衡状态；‎ B. 随着反应的进行，体积改变、质量不变，所以若容器中气体密度不再发生变化，则达平衡状态；‎ C. 随着反应的进行，气体的质量不变，但物质的量改变，所以若容器中气体平均摩尔质量不再发生变化，则反应达平衡状态。‎ 答案：BC。‎ ‎③K=。‎ 压强一定时，1.8mol气体，体积为2.0L；向容器内通入0.36molN2，则气体共2.16mol，体积应为2.4L。‎ Q=>10，所以平衡逆向移动；‎ 答案：逆向。‎ ‎④设A、B容器中，N2的变化量分别 为a、b N2 + 3H2 2NH3 ‎ 起始量 x y 0‎ 变化量 a 3a 2a 平衡量 a-a y-3a 2a N2 + 3H2 2NH3‎ 起始量 x y 0‎ 变化量 b 3b 2b 平衡量 x-b y-3b 2b 依题意得：，‎ 解之得： ‎ 所以：x=y；‎ 答案：x=y。‎