2018-2019学年吉林省白城市第一中学高一下学期期末考试化学试题（解析版）

2018-2019学年吉林省白城市第一中学高一下学期期末考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年度下学期期末考试 白城一中高一化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 S-32 Na-23‎ 第Ⅰ卷 选择题（共48分）‎ 每小题只有1个正确选项符合题意 ‎1.下列说法中不正确的是 A. NH3易液化 B. Cu既能溶于浓硝酸又能溶于稀硝酸，且硝酸的还原产物为氮的氧化物 C. Cu在加热的条件下能溶于浓硫酸 D. 向胆矾晶体中加入浓硫酸，晶体由蓝色变为白色体现了浓硫酸的脱水性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氨气分子之间可形成氢键，NH3易液化是由于含有氢键的原因，故A正确；‎ B. Cu既能溶于浓硝酸又能溶于稀硝酸，且硝酸的还原产物分别为二氧化氮和一氧化氮，故B正确；‎ C.Cu在加热的条件下能溶于浓硫酸生成硫酸铜、二氧化硫和水，故C正确；‎ D.向胆矾晶体中加入浓硫酸，晶体由蓝色变为白色体现了浓硫酸的吸水性，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】注意吸水性与脱水性的区别：吸水性是物质中有现成的水分子，浓硫酸作干燥剂是利用其吸水性；脱水性是物质中没有现成的水分子，浓硫酸按水的组成比，夺取某些有机物中的氢、氧元素形成水分子，浓硫酸使蔗糖炭化体现其脱水性。‎ ‎2. 下列说法中正确的是 A. 熵增加且放热的反应一定是自发反应 B. 自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应 C. 凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应 D. 非自发反应在任何条件下都不能发生 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.熵增加且放热的反应，△S＞0，△H＜0，△G=△H-T△S＜0一定是自发反应，A正确；‎ B.熵减小△S＜0，△H＜0高温下，△G=△H-T△S＜0，反应自发进行，自发反应不一定是熵增大的反应，非自发反应不一定是熵减小或不变的反应，B错误；‎ C.若△H＜0、△S＜0，则高温下△G=△H-T△S＞0，不能自发进行，故放热反应不一定能自发进行的反应；若△H＞0、△S＞0，则高温下△G=△H-T△S＜0，能自发进行，故吸热反应不一定是非自发进行的反应，C错误；‎ D.△H-△T△S＜0反应自发进行，△G=△H-T△S＞0反应非自发进行，改变条件非自发进行的反应可以变化为自发进行，D错误。‎ 故选A。‎ ‎3.下列表示水解的离子方程式正确的是 A. CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－‎ B. NH4+＋H2ONH4OH＋H＋‎ C. S2－＋2H2OH2S＋2OH－‎ D. HCO3-＋H2OH3O＋＋CO32-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子，溶液显示碱性，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，故A正确；‎ B.NH4+的水解离子反应为NH4+＋H2ONH3∙H2O＋H＋，NH4OH书写错误，故B错误；‎ C.S2-是多元弱酸的阴离子，应分两步水解，S2－＋H2OHS-＋OH－，HS-+H2O H2S+OH-，以第一步为主，故C错误；‎ D.H3O+即是H+，故该反应是HCO3-的电离，HCO3-的水解离子反应为HCO3-＋H2OH2CO3＋OH-，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】明确盐的水解原理为解答关键，弱碱阳离子水解结合水中的氢氧根离子，弱酸阴离子水解结合水中的氢离子。‎ ‎4.下列问题与盐的水解有关的是 ‎①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂 ‎②用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液混合可作泡沫灭火剂 ‎③草木灰与铵态氮肥不能混合施用 ‎④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 ‎⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固体 ‎⑥为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸 A. ①②③ B. ②③④ C. ①②③④⑤ D. 全部 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①NH4Cl与ZnCl2溶液中的铵根和锌离子会发生水解，导致溶液显示酸性，酸可以和金属锈的成分反应而除锈，故①正确； ②NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液中的碳酸根离子和铝离子双水解会生成二氧化碳来灭火，故②正确； ③草木灰碳酸钾中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子之间会双水解，不能混合施用，故③正确； ④Na2CO3溶液中的碳酸根水解显示碱性，磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和碱反应生成硅酸钠，会导致瓶塞和瓶口黏在一起，故④正确； ⑤AlCl3水解生成氢氧化铝和盐酸，加热促进水解，盐酸易挥发，可得到Al（OH）3固体，故⑤正确；‎ ‎⑥贮存FeCl3溶液滴加几滴盐酸，可防止铁离子水解生成沉淀，与水解有关，故⑥正确。‎ 故选D。‎ ‎5.下列关于反应热的描述中正确的是( )‎ A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝-57.3 kJ·mol-1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(-57.3)kJ·mol-1‎ B. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol-1，则2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝＋2×283.0‎ ‎ kJ·mol-1‎ C. 反应热有正、负之分，燃烧热ΔH全部是正值 D. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态H2O时的反应热叫作中和热，中和热是以生成1 mol 液态H2O为基准的，选项A错误；‎ B、CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol－1 ，则CO(g)＋O2 (g)=CO2 (g) ΔH＝－283.0 kJ·mol －1 ，则2CO(g)＋O2 (g)=2CO2 (g) ΔH＝－2×283.0 kJ·mol －1 ，逆向反应时反应热的数值相等，符号相反，选项B正确；‎ C、燃烧热ΔH都是负值，选项C错误；‎ D、在25 ℃、101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时(水应为液态)所放出的热量是该物质的燃烧热，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎6.已知CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－Q1 kJ·mol－1‎ H2（g）＋O2（g）===H2O（g）ΔH＝－Q2 kJ·mol－1‎ H2（g）＋O2（g）===H2O（l）ΔH＝－Q3 kJ·mol－1‎ 常温下取体积比为4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2 L（标准状况），经完全燃烧后恢复到室温，则放出的热量（单位：kJ）为 A. 0.4Q1＋0.05Q3 B. 0.4Q1＋0.05Q2 C. 0.4Q1＋0.1Q3 D. 0.4Q1＋0.2Q2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据n=V/Vm计算混合气体的物质的量，根据体积比较计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学方程式计算燃烧放出的热量。‎ ‎【详解】标准状况下11.2L甲烷和氢气混合气体的物质的量为0.5mol，甲烷和氢气的体积之比为4：1，所以甲烷的物质的量为0.4mol，氢气的物质的量为0.1mol，由方程式CH4‎ ‎（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－Q1 kJ·mol－1可知0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4mol×Q1 kJ•mol-1=0.4Q1 kJ，由H2（g）＋1/2O2（g）===H2O（l）ΔH＝－1/2Q3 kJ·mol－1可知，0.1mol氢气燃烧放出的热量为0.05Q3kJ，所以放出的热量为0.4Q1kJ+0.05Q3kJ=（0.4Q1+0.05Q3）kJ，故A正确。‎ 故选A。‎ ‎7. 在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应 ‎①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g) △H1‎ ‎②2H2S(g)+SO2(g)=S2(g)+2H2O(g) △H2‎ ‎③H2S(g)+O2(g)=S(g)+H2O(g) △H3‎ ‎④2S(g) =S2(g) △H4‎ 则△H4的正确表达式为（ ）‎ A. △H4=2/3（△H1+△H2-3△H3）‎ B. △H4=2/3（3△H3-△H1-△H2）‎ C. △H4=3/2（△H1+△H2-3△H3）‎ D. △H4=3/2（△H1-△H2-3△H3）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据盖斯定律，①×－③×得⑤：S(g)+O2(g)=SO2(g) △H5=（△H1-△H3）；根据盖斯定律，②×－③×得⑥：SO2(g)+S(g)=O2(g) + S2(g) △H6=（△H2-2△H3）；⑤+⑥得：2S(g) =S2(g) △H4=（△H1+△H2-3△H3），答案为A。‎ ‎8.四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm−（a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，若m＞n，则下列叙述的判断正确的是 ‎①a-b=n-m ②元素的原子序数a＞b＞c＞d ③元素非金属性Z＞R ④最高价氧化物对应水化物碱性X＞Y ⑤离子半径r(Rm−)＞r(Zn−)＞r(Yn+)＞r(Xm+)‎ A. ②③⑤正确 B. 只有③正确 C. ①②③④正确 D. ①②③正确 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-（a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，可确定它们的位置，然后利用同周期元素性质的变化规律来分析解答。‎ ‎【详解】①离子aXm+、bYn+具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a-m=b-n，故①错误；‎ ‎②由题意可知，具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若m＞n，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为a＞b＞c＞d，故②正确；‎ ‎③Z、R为上一周期的非金属元素，且元素的原子序数的离子c＞d，在同一周期元素非金属性从左向右增强，即非金属性Z＞R，故③正确；‎ ‎④四种主族元素中X、Y为下一周期的金属元素，且元素的原子序数a＞b，在同一周期元素的金属性从左向右减弱，即金属性Y＞X，则最高价氧化物对应水化物碱性Y＞X，故④错误；‎ ‎⑤由②可知元素的原子序数为a＞b＞c＞d，这四种主族元素的离子具有相同的电子层结构，具有相同电子层结构的离子半径，序数越大半径越小，故⑤正确。‎ 所以正确的为②③⑤。‎ 故选A。‎ ‎9.现有短周期元素R、X、Y、Z、T。R与T原子最外层电子数均是电子层数的2倍；Y元素能与大多数金属和非金属元素形成化合物；Z+与Y2-电子层结构相同。五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示，下列推断正确的是 A. Y、Z组成的化合物只含离子键 B. 氢化物的沸点：Y < X C. T、R的最高价氧化物对应的水化物的酸性T比R的强 D. Y分别与T、X组成的二元化合物的水溶液一定是强酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素中R、T原子最外层电子数是电子层数的2倍，符合条件的为C、S（稀有气体除外），由图中原子半径和原子序数关系可知R为C、T为S；Z+与Y2-电子层结构相同，则Z为Na、Y为O元素。X的原子序数介于碳、氧之间，故X为N元素。‎ ‎【详解】A.Y、Z组成的化合物有氧化钠、过氧化钠，前者含有离子键，后者含有离子键、共价键，故A错误；‎ B.常温下水为液体，NH3为气体，故水的沸点高于NH3，故B错误；‎ C.T、R的最高价氧化物水化物分别为硫酸、碳酸，硫酸的酸性比碳酸的强，故C正确；‎ D.Y（氧）分别与T（硫）、X（氮）组成的二元化合物中二氧化硫的水溶液呈弱酸性，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎10.已知某可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间（t）时，温度（T）和压强（p）与反应物B在混合气体中的体积分数[φ(B)]的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是 A. T1p2，m+n>p，放热反应 B. T1>T2，p1p，吸热反应 C. T1p2，m+nT2，p1n B. Q<0‎ C. 温度不变，压强增大，Y的质量分数减少 D. 体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当温度不变时，容器体积扩大一倍，若平衡不发生移动，Y物质的浓度应为原来的二分之一，由表可知，容器体积扩大一倍后，Y物质的浓度大于原来的二分之一，说明压强的减小，平衡正向移动，则m0，故B错误；‎ C项、该反应是一个气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，Y的质量分数减少，故C正确；‎ D项、该反应为吸热反应，体积不变，温度升高，平衡向正反应方向移动，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡移动原理，注意温度和反应热、压强和化学计量数的关系，明确压强的变化实质上是浓度的变化是解答关键。‎ ‎12. 某温度下，在一容积可变的恒压密闭容器里，反应3A(g)⇌B(g)+3C(g) 达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为6 mol、2 mol、6 mol。在保持温度和压强不变的情况下,下列说法正确的是 A. 将A、B、C各减少1 mol，C的百分含量减少 B. 充入A、B、C各2 mol，平衡将向正反应方向移动 C. 充入1mol A，C的体积分数增加 D. 充入1 mol氦(He与容器中气体不反应)，平衡将向正反应方向移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该反应是一个体积增大的反应，在恒温恒压条件下，若反应物的投料与原平衡的投料配比相同，则为等效平衡。‎ ‎【详解】A．若将A、C各减少1 mol，B减少mol，则与原平衡的各组分的比例相同，与原平衡是等效平衡，平衡不移动；然后在此基础上再减少mol B，平衡向正反应方向移动，C的百分含量增大，A错误；‎ B、同理，充入A、C各2 mol，充入mol B，则与原平衡的各组分的比例相同，与原平衡是等效平衡，平衡不移动；然后在此基础上再充入mol B，平衡将向逆反应方向移动，B错误；‎ C、充入1mol A，在恒压下将建立与原平衡等效的平衡，C的体积分数不变，C错误；‎ D、充入1 mol氦(He与容器中气体不反应)，恒温恒压条件下体积增大，平衡将向正反应方向移，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎13.在0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中，下列关系正确的是 A. c（Na＋）＞c（HCO3-）＞c（H＋）＞c（OH－）‎ B. c（Na＋）＝c（HCO3-）＞c（OH－）＞c（H＋）‎ C. c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCO3-）＋c（OH－）＋2c（CO32-）‎ D. c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCO3-）＋c（OH－）＋c（CO32-）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.0.1 mol•L-1NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子水解显碱性，则c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），故A错误；‎ B.0.1 mol•L-1NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子水解显碱性，则c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），故B错误；‎ C.NaHCO3溶液中存在电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCO3-）＋c（OH－）＋2c（CO32-），故C正确；‎ D.NaHCO3溶液中存在电荷守恒，正确的关系式为：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCO3-）＋c（OH－）＋2c（CO32-），故D错误。‎ 故选C。‎ ‎14.下列有关电解质溶液的说法正确的是 A. 向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中 减小 B. 向0.1mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中减小 C. 向一定浓度的醋酸溶液中加水稀释，则溶液中 增大 D. 40℃时，在氨—水体系中不断通入CO2，随着CO2的通入， 不断增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加水稀释促进CH3COOH 的电离，n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，则溶液中 增大，故A错误；‎ B.向0.1mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，c(NH4+)增大，抑制NH3∙H2O的电离，c(OH-)减小,c(NH3∙H2O)增大，故减小，故B正确；‎ C.已知Ka=(CH3COO-)∙c(H+)/c(CH3COOH)，温度不变，Ka不变，又知=1/Ka，故不变，故C错误；‎ D.已知Kb=c(NH4+)∙c(OH-)/c(NH3∙H2O)，温度一定时，Kb为常数，不随浓度的变化而变化，随着CO2的通入，c（NH4+）逐渐增大，则不断减小，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎15.某温度下，向一定体积 0.1mol/L 醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH (pOH = -lg[OH-])与pH的变化关系如图所示，则 A. M点所示溶液导电能力强于Q点 B. N点所示溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)‎ C. M点和N点所示溶液中水的电离程度可能相同 D. Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、醋酸是弱酸，加入NaOH后反应生成CH3COONa，CH3COONa是强电解质，M点溶质是CH3COOH和CH3COONa，CH3COOH量较多，导电能力最弱，故错误；‎ B、N点溶液显碱性，根据电荷守恒，应c(Na＋)>c(CH3COO－)，故错误；‎ C、M点的H＋浓度等于N点OH－浓度，M点为醋酸和醋酸钠的混合液,溶液呈酸性,水的电离受到抑制。N点对应的溶液呈碱性，若N点对应的是醋酸钠和氢氧化钠的混合液时，水的电离程度相同；若N点恰好为醋酸钠溶液，则水的电离程度不同，故C正确；‎ D、Q点溶液显中性，消耗的NaOH的体积略小于醋酸溶液的体积，故错误。‎ 故选C。‎ ‎16.已知一定温度下，有下列难溶电解质的相关数据：‎ 物质 Fe（OH）2‎ Cu（OH）2‎ Fe（OH）3‎ Ksp/25 ℃‎ ‎8.0×10－16‎ ‎2.2×10－20‎ ‎4.0×10－38‎ 完全沉淀时的pH范围 ‎≥96‎ ‎≥6.4‎ ‎3～4‎ 对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的混合溶液的说法，不正确的是 A. 向该混合溶液中加过量铁粉，能观察到红色固体析出 B. 向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀 C. 该混合溶液中c（SO42-）∶[c（Cu2＋）＋c（Fe2＋）＋c（Fe3＋）]>5∶4‎ D. 向该混合溶液中加入适量氯水，并调pH至3～4后过滤，能得到纯净的CuSO4溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3‎ 的溶液中加过量铁粉，铁粉和铜离子反应生成Cu，所以能观察到红色固体析出，故A正确；‎ B.依据溶度积常数可以求出各阳离子开始沉淀所需要的c(OH-)，在阳离子溶液相同的条件下，Fe3+开始沉淀时的c(OH-)最小，可知加入氢氧化钠溶液先沉淀的是氢氧化铁，最先看到的是红褐色沉淀，故B正确；‎ C.等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液中设各物质的物质的量均为1mol，n（SO42-）=5mol，n（Cu2+）+n（Fe2+）+n（Fe3+）=4mol，但Cu2+、Fe2+、Fe3+在水溶液中发生水解，所以该混合溶液中c（SO42-）∶[c（Cu2＋）＋c（Fe2＋）＋c（Fe3＋）]>5∶4，故C正确；‎ D.向该混合溶液中加入适量氯水，加入氯水，氧化Fe2+为Fe3+，发生反应6FeSO4+3Cl2=2Fe2（SO4）3+2FeCl3，并调节溶液的pH为3-4，Fe3+水解生成Fe（OH）3沉淀，然后过滤，得到溶液是硫酸铜溶液和盐酸、硫酸，不能得到纯净的CuSO4溶液，故D错误；‎ 故选D。‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共52分）‎ ‎17.下表列出了①～⑨九种元素在周期表中的位置：‎ ⅠA ‎0‎ ‎1‎ ‎①‎ ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎2‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑧‎ ‎3‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑨‎ 请按要求回答下列问题。‎ ‎（1）元素④的名称是______‎ ‎（2）元素⑦的原子结构示意图是____________。‎ ‎（3）按气态氢化物的稳定性由弱到强的顺序排列，⑥④⑦的氢化物稳定性：________（写氢化物的化学式）。‎ ‎（4）④最简单氢化物比⑦的最简单氢化物沸点高,原因是_______________________.‎ ‎（5）元素⑤的单质在氧气中燃烧所得产物中化学键的类型为_____________________‎ ‎（6）用电子式表示①与⑨反应得到的化合物的形成过程_______________。‎ ‎（7）两种均由①④⑤⑦四种元素组成的化合物,在水溶液中发生反应的离子反应方程式为________‎ ‎（8）第三周期元素Na Mg Al S Cl 的简单离子半径由大到小的顺序是______（用离子符号表示）‎ ‎（9）已知1g①的单质燃烧生成液态产物时放出142.9kJ的热量，写出表示该单质燃烧热的热化学方程式:____________‎ ‎【答案】 (1). 氧 (2). (3). PH3＜H2S＜H2O (4). 水分子之间形成了氢键 (5). 离子键和共价键 (6). (7). (8). S2- > Cl- > Na+ > Mg2+ > Al3+ (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由①～⑨九种元素在周期表中的位置可知，①～⑨分别为H、C、N、O、Na、P、S、Ne、Cl。‎ ‎【详解】（1）④为O，名称为氧，故答案为：氧；‎ ‎（2）元素⑦为S，原子结构示意图是，故答案为：；‎ ‎（3）非金属性O＞S＞P，⑥④⑦的氢化物稳定性为PH3＜H2S＜H2O，故答案为：PH3＜H2S＜H2O；‎ ‎（4）④为O，⑦为S，H2O的沸点比H2S高，是因为水分子之间形成了氢键，故答案为：水分子之间形成了氢键；‎ ‎（5）元素⑤为Na，单质在氧气中燃烧所得产物为过氧化钠，含有的化学键有离子键和共价键，故答案为：离子键和共价键；‎ ‎（6）①与⑨分别为H和Cl，能形成一种化合物为氯化氢，为共价化合物，用电子式表示该化合物的形成过程为：，故答案为：。‎ ‎（7）由①④⑤⑦四种元素组成的化合物有NaHSO3和NaHSO4，在水溶液中这两种物质要发生电离，NaHSO3=Na++HSO3-，NaHSO4=Na++H++SO42-，电离出的HSO3-和H+发生反应H++HSO3-=SO2↑+H2O，故答案为：H++HSO3-=SO2↑+H2O；‎ ‎（8‎ ‎）比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小，故Na Mg Al S Cl 的简单离子半径由大到小的顺序是S2- > Cl- > Na+ > Mg2+ > Al3+，故答案为：S2- > Cl- > Na+ > Mg2+ > Al3+；‎ ‎（9）1g氢气的物质的量为0.5mol，燃烧生成液态水时放出142.9kJ的热量，1mol氢气燃烧生成液态水时放出285.8kJ的热量，热化学方程式为：‎ ‎ ，故答案为：‎ ‎ 。‎ ‎【点睛】比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。据此，同种元素的原子半径大于阳离子半径，小于阴离子半径。‎ ‎18.Ⅰ.在10L的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）‎ 其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：‎ t/℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ K ‎0.6‎ ‎0.9‎ ‎1.0‎ ‎1.7‎ ‎2.6‎ 请回答：‎ ‎（1）该反应____________（填“吸热”或“放热”）反应。‎ ‎（2）该反应的化学平衡常数表达式为K ＝_________________________________。‎ ‎（3）能说明该反应达到化学平衡状态的是________________（填字母）。‎ A 一定温度下容器中压强不变 B 混合气体中 c（CO）不变 C v正（H2）＝v逆（H2O） D c（CO2）＝c（CO）‎ ‎（4）某温度下，将CO2和H2各0.10mol充入该容器中，反应进行2min达到平衡后，测得c（CO）= 0.0080mol/L，则CO2的转化率为___________用H2浓度变化表示的反应速率为_____‎ ‎（5）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），试判断此时的温度为 ___________℃。‎ Ⅱ.一定温度下,在容积固定的V L密闭容器里加入1 mol A、2 mol B,发生反应:‎ A（g）+2B（g）2C（g）ΔH<0达到平衡状态。‎ ‎（1）在保证A浓度不变的情况下,增大容器的体积,平衡_____（填字母）‎ A 向正反应方向移动     B 向逆反应方向移动      C 不移动 ‎（2）若该反应的逆反应速率与时间的关系如图所示:‎ ‎①可见反应在t1、t3、t7时都达到了平衡,而t2、t8时都改变了一种条件,试判断改变的是什么条件:‎ t2时_____________________;‎ t8时_____________________;‎ ‎②t2时平衡向________（填“正反应”或“逆反应”）方向移动.‎ ‎【答案】 (1). 吸热 (2). K = c（CO）·c（H2O） /[c（CO2）·c（H2）] (3). BC (4). 80% (5). 0.0040mol/（L.min） (6). 830℃ (7). C (8). 温度升高或增大C的浓度 (9). 催化剂 (10). 逆反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.（1）根据温度对化学平衡常数的影响判断； （2）根据化学平衡常数的定义写表达式；‎ ‎（3）化学平衡标志是正逆反应速率相同，各物质浓度保持不变；‎ ‎（4）根据转化率= ×100％来计算；‎ ‎（5）当c（CO2）•c（H2）=c（CO）•c（H2O）时，平衡常数K=c（CO）·c（H2O） /c（CO2）·c（H2）=1，此时的温度为830℃；‎ Ⅱ.（1）保证A浓度不变的情况下，增大容器的体积，BC浓度减小比例相同此时浓度商和平衡常数相同，平衡不动；‎ ‎（2）①该反应是一个反应前后气体体积不变的且是正反应是放热的化学反应，t2时逆反应速率增大，且平衡时反应速率大于t2时反应速率，平衡向逆反应方向移动，t8‎ 时正逆反应速率都增大且平衡不移动； ②t2时逆反应速率增大，且平衡时反应速率大于t2时反应速率，平衡向逆反应方向移动，据此分析解答。‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）根据表中的数据可知，温度越高，化学平衡常数越大，所以该反应为吸热反应，故答案为：吸热；‎ ‎（2）CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g），化学平衡常数表达式为K ＝ c（CO）·c（H2O） /[c（CO2）·c（H2）]，故答案为： c（CO）·c（H2O） /[c（CO2）·c（H2）]；‎ ‎（3）A .该反应是一个气体体积不变的反应，故反应前后容器中压强始终不变，故A错误；‎ B.c（CO）不变，能说明该反应达到化学平衡状态，故B正确；‎ C.化学平衡标志是正逆反应速率相同，表示的都是同一方向的速率，故C正确；‎ D.化学平衡标志是各物质浓度保持不变，而不是各物质浓度相等，故D错误；‎ 故答案为：BC； ‎ ‎（4）平衡后时 c（CO）=0.0080mol/L，则CO的物质的量为0.08mol，根据化学方程式可知，反应用去的二氧化碳的物质的量为0.08mol，根据转化率= ×100％，可知CO2的转化率为80% ，根据CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）可知，反应用去的氢气的物质的量也为0.08mol，根据v=△c/△t==0.0040mol/（L.min），故答案为：80% ；0.0040mol/（L.min）；‎ ‎（5）当c（CO2）•c（H2）=c（CO）•c（H2O）时，平衡常数K=c（CO）·c（H2O） /c（CO2）·c（H2）=1，此时的温度为830℃，故答案为：830；‎ Ⅱ.（1）A（g）+2B（g） 2C（g） ΔH<0该反应的化学平衡常数K=c2(C)/[c(A)c2(B)]，在保证A浓度不变的情况下,增大容器的体积，c（B）和c（C）等比例减小，此时c2(C)/[c(A)c2(B)]值仍等于K，故平衡不移动；故答案为：C；‎ ‎（2）由于纵坐标只表示v逆，为了便于求解，在解题时可把v正补上，t2时平衡逆向移动，采用的条件可以是升温或增大C的浓度；t8时平衡不移动，采用的条件是使用了催化剂。 ①该反应是一个反应前后气体体积减小的且正反应是放热的化学反应，t2时逆反应速率增大，且平衡时反应速率大于t2时反应速率，平衡向逆反应方向移动，改变的条件为增大生成物C浓度或升高温度，t8‎ 时反应速率增大，但平衡不移动，改变的条件为使用催化剂，故答案为：增大C的浓度或升高温度；催化剂； ②根据图象可知，逆反应速率瞬间增大后然后降低，说明平衡是逆向移动，故答案为：逆反应。‎ ‎【点睛】（1）在其他条件不变的情况下，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动；减小反应物的浓度或增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动；‎ ‎（2）在其他条件不变的情况下，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；降低温度，平衡向放热反应方向移动。‎ ‎（3）催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动。‎ ‎（4）对于有气体参与的反应，其它条件不变时，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动。‎ ‎19.滴定是一种重要的定量实验方法：‎ Ⅰ.酸碱中和滴定:常温下,用0.1000mol/L NaOH溶液分别滴定20.00mL 等浓度的盐酸和醋酸溶液,得到两条滴定曲线,如下图所示： ‎ ‎（1）滴定盐酸的曲线是图__________（填“1”或“2”）‎ ‎（2）滴定前CH3COOH的电离度为__________‎ ‎（3）达到B、D状态时,反应消耗的NaOH溶液的体积a__________b（填“>”“<”或“=”）‎ Ⅱ.氧化还原滴定原理与中和滴定原理相似,为了测定某NaHSO3固体的纯度,现用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定,回答下列问题:‎ ‎（1）准确量取一定体积的酸性KMnO4溶液需要使用的仪器是___________________。‎ ‎（2）已知酸性KMnO4溶液的还原产物为MnSO4,写出此反应的离子方程式:_____‎ ‎（3）若准确称取WgNaHSO3固体溶于水配成500mL溶液,取25.00mL置于锥形瓶中,用KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液VmL。则滴定终点的现象为_______NaHSO3‎ 固体的纯度为_________。‎ ‎（4）下列操作会导致测定结果偏低的是__________.‎ A 未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管 B 滴定前锥形瓶未干燥 C 盛装酸性KMnO4溶液的滴定管，滴定前滴定管尖嘴部分有气泡, 滴定后无气泡 D 不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外 E 观察读数时,滴定前仰视,滴定后俯视 ‎【答案】 (1). 1 (2). 1% (3). > (4). 酸式滴定管 (5). 5HSO3-+2MnO4-+ H+=5SO42-+2Mn2++3H2O (6). 溶液由无色变为紫红色,且半分钟不褪色 (7). ×100％ (8). E ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）CH3COOH不完全电离，HCl完全电离，使CH3COOH溶液中c（H+）比同浓度的HCl溶液中c（H+）小，pH大；滴定盐酸的曲线是图1，故答案为：1；‎ ‎（2）根据图1可知盐酸溶液的起始浓度为0.1mol/L，盐酸溶液和醋酸溶液是等浓度的，所以醋酸溶液起始浓度也为0.1mol/L，根据图2可知醋酸溶液的起始pH=3，溶液中c(H+)=10-3mol/L，电离度α= ×100％=1%，故答案为：1%；‎ ‎（3）达到B、D状态时，溶液为中性，NaCl不水解，CH3COONa水解使溶液呈碱性，为使CH3COONa溶液显中性，需要少加一部分NaOH，使溶液中留有一部分CH3COOH，所以反应消耗的NaOH溶液的体积a＞b，故答案为：＞；‎ Ⅱ.（1）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡皮管，所以选用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液；故答案为：酸式滴定管；‎ ‎（2）酸性KMnO4溶液的还原产物为MnSO4，+4价的硫被氧化为+6价，生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：5HSO3-+2MnO4-+ H+=5SO42-+2Mn2++3H2O ，故答案为：5HSO3-+2MnO4-+ H+=5SO42-+2Mn2++3H2O ；‎ ‎（3）KMnO4溶液呈紫色，与NaHSO3反应，紫色褪去，滴定终点的现象为：滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去；故答案为：溶液由无色变为紫红色,且半分钟不褪色；‎ 若准确称取WgNaHSO3固体溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。‎ ‎2MnO4 ～ 5HSO3-‎ ‎0.1mol/L×V×10-3L n(HSO3-)‎ 解得 n(HSO3-)=5/2×V×10-4mol，即25.00mL溶液中NaHSO3的物质的量为5/2×V×10-4mol，所以500mL溶液中NaHSO3的物质的量为5×V×10-3mol，NaHSO3固体的质量为5×V×10-3mol×104g/mol=5.2×V×10-1g，纯度为 ×100％= ×100％，故答案为： ×100％；‎ ‎（4）A.未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析，c（标准）偏大；‎ B.滴定前锥形瓶未干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析,c（标准）不变；‎ C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后无气泡，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析,c（标准）偏大；‎ D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析,c（标准）偏大；‎ E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析,c（标准）偏小；‎ 综上所述，操作会导致测定结果偏低的是E，故选E。‎ ‎20.常温下,溶液M中存在的离子有A2- HA- H+ OH-等,存在的分子有H2O 、H2A 。根据题意回答下列问题:‎ ‎（1）写出酸H2A的电离方程式:__________________________________________‎ ‎（2）若溶液M由10mL 2mol.L-1NaHA溶液与10mL 2mol.L-1NaOH溶液混合而得,则溶液M中离子浓度由大到小的顺序为_____________________。已知常温下,Ksp（BaA）=1.8×10-10,向该混合溶液中加入10mL 1mol.L-1BaCl2溶液,混合后溶液中的C（Ba2+）为__________mol.L-1。‎ ‎（3）若NaHA溶液呈碱性，则溶液M有下列三种情况:①0.01 mol.L-1的H2A溶液;②0.01 mol.L-1的NaHA溶液;③0.02 mol.L-1的HCl溶液与0.04 mol.L-1的NaHA溶液等体积混合而成。则三种情况的溶液中C（H2A）最大的为__________（填序号,下同）;pH由大到小的顺序为_______‎ ‎【答案】 (1). 、 (2). (3). (4). ③ (5). ②>③>①‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸；‎ ‎（2）当NaHA与NaOH等物质的量反应后生成Na2A，共0.02mol，由于A2-水解使得溶液显碱性，pH＞7，根据溶液呈碱性判断离子浓度；由反应式Ba2++A2-=BaA↓可得：沉淀后A2-过量0.01mol，溶液中c（A2-）=1/3mol∙L-1，根据BaA的Ksp=c（Ba2+）•c（A2-）可得c（Ba2+）；‎ ‎（3）①弱酸电离，②中水解生成分子，③中等体积混合后为等量的NaCl、NaHA、H2A，抑制弱酸的电离。‎ ‎【详解】（1）存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸，电离方程式为 、 ，故答案为：、；‎ ‎（2）当NaHA与NaOH等物质的量反应后生成Na2A，共0.02mol，由于A2-水解使得溶液显碱性，pH＞7，可得溶液中离子浓度的大小顺序为c（Na+）＞c（A2-）＞c（OH-）＞c（HA-）＞c（H+）；由反应式Ba2++A2-=BaA↓可得：沉淀后A2-过量0.01mol，溶液中c（A2-）=1/3mol∙L-1，根据BaA的Ksp=c（Ba2+）•c（A2-）可得c（Ba2+）=Ksp/c（A2-）=mol∙L-1，故答案为：c（Na+）＞c（A2-）＞c（OH-）＞c（HA-）＞c（H+）；；‎ ‎（3）①弱酸电离，②中水解生成分子，③中等体积混合为等量的NaCl、NaHA、H2A，抑制弱酸的电离，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为③，最小的为②，②中水解显碱性，①③相比①的酸性强，则pH最小，所以②＞③＞①，故答案为：③；②＞③＞①。‎ ‎ ‎