天津市六校2019-2020学年高二上学期期中考试联考化学试题

天津市六校2019-2020学年高二上学期期中考试联考化学试题

‎2019～2020学年度第一学期期中六校联考高二化学 可能用到的原子量：H：‎1 C：12 O：16 N：14 Na：23 S：32 Cl：35.5‎ 一、选择题（本题共16小题，每题3分，共48分）‎ ‎1.为了应对能源危机，满足不断增大的能源需求，当今国际能源研究的另一热点就是寻找新能源，下列有关新能源的叙述不正确的是 A. 氢能燃烧热值高，资源丰富，无毒，无污染 B. 风能是太阳能的一种转换形式，能量巨大 C. 太阳能能量巨大，取之不尽，用之不竭，而且清洁、无污染，但需要开采、运输 D. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢气燃烧产物是水，不污染环境；氢气的燃烧值高；工业上制取氢气是通过电解水得到的，而地球上水资源丰富，可以从水中提取氢气，说明资源广泛，A项正确；‎ B. 风能地球表面大量空气流动所产生的动能，由于地面各处受太阳辐照后气温变化不同和空气中水蒸气的含量不同，因而引起各地气压的差异，在水平方向高压空气向低压地区流动，即形成风，故风能是太阳能的一种转换形式，B项正确；‎ C. 太阳能是一种清洁、无污染、可再生能源，它取之不尽用之不竭，是一种新型的能源，可以直接利用，无需开采、运输，C项错误；‎ D. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用，D项正确； ‎ 答案选C。‎ ‎2.单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变化如下图所示，下列说法正确的是 A. S(s，单斜)=S(s，正交) ΔH＝－0.33 kJ·mol－1‎ B. 单斜硫比正交硫稳定 C. 相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量高 D. ①表示断裂1 mol O2中共价键所吸收的能量比形成1 mol SO2中共价键所放出的 能量少297.16 kJ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象可以看出，单斜硫的能量比正交硫的能量高，物质的能量越高越不稳定，生成SO2的反应为放热反应，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. 单斜硫的能量比正交硫的能量高，S(s，单斜)=S(s，正交) H= − 0.33 kJ·mol－1，为放热反应，A项正确；‎ B. 物质的能量越高越不稳定，则正交硫比单斜硫稳定，B项错误；‎ C. 由图象可以看出，单斜硫的能量比正交硫的能量高，C项错误；‎ D. ①表示断裂1 mol O2和1mol S单质中共价键所吸收的能量比形成1 mol SO2中共价键所放出的 能量少297.16 kJ，D项错误。‎ 答案选A。‎ ‎3.下列说法正确的是 A. 活化能接近于零反应，当反应物相互接触时，反应瞬间完成，而且温度对其反应速率几乎没有影响 B. 温度和压强都是通过增大活化分子百分数来加快化学反应速率 C. 人们把能够发生有效碰撞的分子叫做活化分子，把活化分子具有的能量叫活化能 D. 活化能的大小不仅意味着一般分子成为活化分子的难易，也会对化学反应前后的能量变化产生影响 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 活化能接近于零的反应，所有分子基本是活化分子，所以只要接触就可迅速反应，反应瞬间完成，所以温度对其反应速率影响就不大，A项正确；‎ B. 压强是通过改变单位体积内活化分子数目来改变化学反应速率，温度是通过增大活化分子百分数来加快化学反应速率，B项错误；‎ C. 使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，即活化分子多出其它反应物分子的那部分能量，C项错误；‎ D. 活化能的大小对化学反应前后的能量变化不产生影响，而能量大小只与反应物和生成物总能量的相对大小有关，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子．使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能。‎ ‎4.在相同温度时，100mL0.01mol•L-1的醋酸溶液与10mL 0.1mol•L-1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是 A. 中和时所需NaOH的量 B. 醋酸的电离平衡常数 C. H+的物质的量 D. CH3COOH的物质的量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，A项错误；‎ B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同则电离平衡常数相同，B项错误；‎ C．醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，两种溶液溶质都为0.001mol，则100mL 0.01mol•L-1的醋酸溶液与10mL0.1mol•L-1的醋酸溶液相比较，H+的物质的量前者大，C项正确；‎ D．根据n=cV可知，溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.少量铁粉与100 mL 0.1 mol/L的稀盐酸反应，若想减慢此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的 ‎①加H2O　②加NaOH固体　③滴入几滴浓盐酸　④加CH3COONa固体　⑤加NaCl溶液　⑥滴入几滴硫酸铜溶液　⑦加NaNO3溶液 A. ①⑤⑦ B. ③⑥ C. ①②⑤ D. ①④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎①加H2O，氢离子浓度减小，反应速率减慢，氢气的量不变，故正确；②加NaOH 固体，氢离子浓度减小，反应速率减慢，氢气的量可能减少，故错误；③滴入几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故错误；　④加CH3COONa固体，生成醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，氢气的量不变，故正确；⑤加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，氢气的量不变，故正确；⑥滴入几滴硫酸铜溶液，构成原电池，反应速率加快，生成的氢气减少，故错误；⑦加NaNO3溶液，溶液具有强氧化性，不生成氢气，故错误；正确的有①④⑤，故选D。‎ 点睛：明确常见的外界因素对反应速率的影响是解题的关键。本题中注意铁粉少量完全反应，生成的氢气由铁粉决定为解答的易错点，易多选②⑦。‎ ‎6.关于中和热测定实验的下列说法不正确的是 A. 烧杯间填满碎泡沫塑料是减少实验过程中的热量损失 B. 使用环形玻璃搅拌棒既可以搅拌又避免损坏温度计 C. 向盛装酸的烧杯中加碱时要小心缓慢 D. 测酸后的温度计要用水清洗后再测碱的温度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因泡沫塑料能隔热，则烧杯间填满碎泡沫塑料能减少实验过程中的热量损失，A项正确；‎ B. 环形玻璃棒能上下搅拌液体，且不导热，所以使用环形玻璃棒既可以搅拌又避免损坏温度计，B项正确；‎ C. 向盛装酸的烧杯中加碱时应迅速一次性加入，减少热量的散失，C项错误；‎ D. 测定酸后的温度计用水清洗后，不会发生酸碱中和反应，然后测定碱的温度，较准确，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎7.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 洗涤油污时热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液效果更好 B. 实验室用排饱和食盐水法收集氯气 C. 打开汽水瓶有气泡从溶液中冒出 D. 2NO2(g)N2O4(g)的平衡体系中，加压缩小体积后颜色加深 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 纯碱洗涤油污利用的是碳酸钠的水解反应，因水解为吸热反应，则升高温度有利于水解平衡向正反应方向移动，故洗涤油污时热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液效果更好可用勒夏特列原理解释，不符合题意，A项不选；‎ B. 实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度大使Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO平衡逆向进行，可以用勒夏特列原理解释，不符合题意，B项不选；‎ C. 由于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，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，不符合题意，C项不选；‎ D. 2NO2(g)═N2O4(g)的平衡体系中，加压缩小体积后二氧化氮的浓度变大颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，符合题意，D项选；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】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，值得注意的是，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，抓住此规律是解题的关键。‎ ‎8.下列说法正确的是 A. 用广泛pH试纸测得饱和氯水的pH约为2‎ B. 常温下，同浓度的Na2S溶液与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大 C. 用待测液润洗锥形瓶后才能进行滴定操作 D. 某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.6变为4.2，是因为溶液中的SO32-水解 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯水具有强氧化性，能够漂白试纸，所以无法用广泛pH试纸测得饱和氯水的pH，A项错误；‎ B. Na2S的水解程度大于NaHS，所以常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大，B项正确； ‎ C. 锥形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，滴定时消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，C项错误； ‎ D.雨水样品放置一段时间，溶液中的H2SO3被空气氧化为H2SO4，酸性增强，使pH减小，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.下列对化学反应方向的说法，正确的是 A. 同一物质的固、液、气三种状态的熵值递减 B. 常温下反应2Na2SO3(s)+O2(g)=2Na2SO4(s）能自发进行，则△H<0‎ C. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g）△H>0，△S>0，不论在何种条件下都不可能自发 D. 因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或墒变均可以单独做为判断反应能否自发进行的判据 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 同一物质的固、液、气三种状态的熵值递增，A项错误；‎ B. 常温下反应2Na2SO3(s)+O2(g)=2Na2SO4(s) △S＜0，能自发进行主要是因为△H<0，B项正确；‎ C. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g）△H>0，△S>0，根据自由能判据可知，若自发进行，则，即高温下可自发进行，C项错误；‎ D. 焓变和熵变都与反应的自发性有关，但焓变或墒变单独做为判断反应能否自发进行的判据是片面的，应该用复合判据，即来综合判断，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【详解】化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当时，反应可自发进行。‎ ‎10.在容积不变的密闭容器中，可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡的标志是 A. 单位时间内生成1molO2的同时，有2molSO3分解 B. 混合气体的密度保持不变 C. 混合气体的质量不再改变 D. SO2与SO3的体积比不再变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 单位时间内生成1molO2的同时，有2molSO3分解，表示的均为逆反应，不能说明反应达到了平衡状态，A项错误；‎ B. 混合气体的密度为混合气体的总质量与容器的体积的比值，因混合气体的质量不变，密闭容器的体积不变，则混合气体的密度始终保持不变，这种情况不能说明反应达到平衡状态，B项错误；‎ C. 混合气体的质量始终保持不变，因此混合气体的质量不再改变不能说明反应达到平衡状态，C项错误；‎ D. 同条件下，SO2与SO3的体积比等于两者之间的物质的量之比，若SO2与SO3的体积比不再变化，则说明反应达到平衡状态，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.下列表述中，与盐类水解有关的是 ‎①明矾和FeCl3可作净水剂；‎ ‎②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸；‎ ‎③AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Al2O3；‎ ‎④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂；‎ ‎⑤实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞；‎ ‎⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂；‎ ‎⑦草木灰与铵态氮肥不能混合施用。‎ A. ①②③⑤⑥⑦ B. ①②③④⑥⑦‎ C. ①③⑤⑥⑦ D. ①④⑤⑦‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①铝离子和铁离子水解生成胶体，具有吸附悬浮杂质的作用，起到净水的作用，故①有关；‎ ‎②铁离子水解显酸性，加入盐酸抑制铁离子的水解，故②有关；‎ ‎③蒸干氯化铝溶液促进铝离子的水解，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝，灼烧后生成氧化铝，故③有关；‎ ‎④NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，能起到除锈的作用，与盐类水解有关，故④有关；‎ ‎⑤氢氧化钠溶液和和玻璃中的二氧化硅反应，生成硅酸钠是矿物胶粘结瓶口和瓶塞，与水解无关，故⑤无关；‎ ‎⑥碳酸氢根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，二者水解相互促进生成二氧化碳和氢氧化铝，故⑥有关；‎ ‎⑦草木灰是碳酸钾，水解显碱性，铵盐水解显酸性，混合水解会相互促进生成二氧化碳和氨气，减弱肥效，故⑦有关；‎ 综上所述，①②③④⑥⑦符合题意，B项正确，‎ 答案选B。‎ ‎12.某温度下，反应‎2A(g)B(g)　ΔH＞0在密闭容器中达到平衡，平衡后c(A)/c(B)＝a，若改变某一条件，足够时间后反应再次达到平衡状态，此时c(A)/c(B)＝b，下列叙述正确的 A. 该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，则a＜b B. 在该温度恒压条件下再充入少量B气体，则a＝b C. 若其他条件不变，升高温度，则a＜b D. 若保持温度、压强不变，充入惰性气体，则a＞b ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，B的浓度增大，虽然平衡向逆反应方向移动，但B转化的比增加的幅度小，则a＞b，A项错误；‎ B. 在原来的温度和压强下，再充入B，新平衡与原平衡是等效平衡，所以a=b，B项正确；‎ C. 若其他条件不变，升高温度，平衡向正反应方向移动，则a＞b，C项错误；‎ D. 保持温度、压强不变，充入惰性气体，应增大容器体积，则反应气体的分压减小，平衡向逆反应方向移动，则a＜b，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】恒温恒压下，等物质的量的扩大反应物或者生成物的量，重新达到平衡时，与原平衡为等效平衡。‎ ‎13.下列各组离子能在指定溶液中一定大量共存的是 ‎ ‎①无色溶液中：K+、Cl-、Al3+、AlO2-、SO42-‎ ‎②常温下，pH=14的溶液中：CO32-、Na+、S2-、AlO2-‎ ‎③室温下水电离的c(H+)=10-13mol/L的溶液：K+、HCO3-、Br-、Ba2+‎ ‎④加入Al能放出H2溶液中：NO3-、Cl-、Fe2+、SO42-‎ ‎⑤在中性溶液中：Cl-、NO3-、Na+、Fe3+‎ ‎⑥室温下c(H+)/c(OH-)=1012的溶液中：Fe2+、Al3+、SO42-、I-、‎ A. ①③⑥ B. ②④⑤ C. ②⑥ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①Al3+、AlO2-之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，①项错误；‎ ‎②常温下，pH=14的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子， CO32-、Na+、S2-、AlO2-‎ 之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，②项正确；‎ ‎③室温下水电离的c(H+)=10-13mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO3−与氢离子和氢氧根离子均能反应，在溶液中一定不能大量共存，③项错误；‎ ‎④加入Al能放出H2的溶液呈酸性或碱性，在溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子， 在酸性条件下NO3-与Fe2+会发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，④项错误；‎ ‎⑤Fe3+水解显酸性，不能在中性溶液中大量共存，⑤项错误；‎ ‎⑥室温下c(H+)/c(OH-)=1012的溶液呈酸性， Fe2+、Al3+、SO42-、I-能够大量共存，⑥项正确；‎ 综上所述，②⑥符合题意，C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎14.一定条件下向某密闭容器中加入0.3mol A、0.1mol C和一定量的B三种气体，图1表示各物质浓度随时间的变化关系，图2表示速率随时间的变化关系，t2、t3、t4、t5时刻各改变一种条件，且改变的条件均不同。若t4时刻改变的条件是压强，则下列说法错误的是(　　)‎ A. 若t1＝15 s，则前15 s的平均反应速率v(C)=0.004mol·L-1·s-1‎ B. 该反应的化学方程式为‎3AB+‎‎2C C. t2、t3、t5时刻改变的条件分别是升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度 D. 若t1=15s，则B的起始物质的量为0.04mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据图1和图2判断出该反应的方程式，然后利用化学反应速率的表达式以及影响化学平衡移动的因素进行分析；‎ ‎【详解】A、根据图1前15s，C的浓度变化0.06mol·L－1，根据化学反应速率的表达式v(C)=0.004mol·L-1·s-1，故A说法正确；‎ B、根据图1，判断出C为生成物，A为反应物，且容器的体积为‎2L，在t0～t1段，消耗A的物质的量浓度为0.09mol·L-1，生成C的物质的量浓度为0.06mol·L-1，A和C 化学计量数之比为3：2，t4时刻改变条件为压强，反应速率降低，即降低压强，平衡不移动，说明反应前后气体系数之和相等，即B为生成物，反应方程式为‎3AB+‎2C，故B说法正确；‎ C、根据图②，t2瞬间只增大一个反应速率，另一个不变，说明改变的条件是浓度，t3时刻，反应速率都增大，且平衡不移动，改变的因素是使用催化剂或加压，t5时刻，反应速率都增大，且平衡发生移动，t5时刻改变的因素是升高温度，故C说法错误；‎ D、根据依据反应方程式，15s内生成B的物质的量为0.06mol·L-1×‎2L×=0.06mol，B达到平衡时的物质的量为0.05mol·L-1×‎2L=0.1mol，即起始时B的物质的量为(0.1mol-0. 06mol)=0.04mol，故D说法正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】速率与时间的关系，先看改变某因素瞬间，速率的变化，这个地方考查的是影响反应速率的因素，正逆反应速率都增大还是一个增大等，然后再看哪个速率在上，哪个速率在下，在上的说明反应向正反应方向进行，这个地方考查影响化学平衡移动的因素。‎ ‎15.25℃‎时，下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是 A. 浓度均为0.1 mol·L－1的小苏打溶液与烧碱溶液等体积混合：c(Na+)+c(H+)= ‎2c(CO32－)+c(OH－)+c(HCO3－)‎ B. 0.1mol/L NaHC2O4溶液呈酸性：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H‎2C2O4)＞c(C2O42-)‎ C. 20mL 0.1mol/L CH3COONa溶液与10mL 0.1 mol/L HCl溶液混合后的酸性溶液：c(CH3COOH)+‎2c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)‎ D. 向0.1mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性：c(Na+)＞c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH−)=c(H+)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 浓度均为0.1mol⋅L−1的小苏打溶液与烧碱溶液等体积混合得到碳酸钠溶液，溶液中电荷守恒，c(Na+)+c(H+)= ‎2c(CO32－)+c(OH－)+c(HCO3－)，A项正确；‎ B. 0.1mol/L NaHC2O4溶液呈酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度，则浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H‎2C2O4)，B项错误；‎ C. 20mL 0.1mol/L CH3COONa溶液与10mL 0.1 mol/L HCl溶液混合后的酸性溶液为等浓度的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，则根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)= c(OH－)+c(CH3COO－)+ c(Cl－)，根据物料守恒可知，c(Na+)= c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)=‎2 c(Cl－)‎ ‎，则联立两个方程可知，该溶液的质子守恒式为：c(CH3COOH)+‎2c(H+)=c(CH3COO−)+‎2c(OH−)，C项错误；‎ D.向0.1mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，若1：1反应，得到Na2SO4、(NH4)2SO4的混合溶液，混合溶液显酸性，现在溶液显中性，说明n(NaOH)：n(NH4HSO4)>1：1，则c(Na+)＞c(SO42-)，显中性时溶液的溶质为硫酸钠，硫酸铵、一水合氨，c(Na+)+c(NH4+)=‎2c(SO42-)，c(Na+)＞c(SO42-)，则c(NH4+)c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH−) (7). ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；‎ ‎（2）③中氨水的浓度大于0.01mol/L，若将②、③混合后所得溶液pH=7，溶液中铵根离子和氯离子浓度相等，则氨水的物质的量稍微大些；‎ ‎（3）等浓度的醋酸与醋酸钠混合时，分子的电离程度大于相应离子的水解程度；根据溶液中的溶质进行判断。‎ ‎【详解】（1）①0.01mol/L CH3COOH溶液抑制水电离；②0.01mol/L HCl溶液抑制水电离；③pH=12的氨水抑制水电离；④pH=12的NaOH溶液抑制水电离；⑤0.01mol/LCH3COOH溶液与0.01mol/L的氨水等体积混合后所得溶液促进水电离；⑥0.01mol/LHCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液为氯化钠溶液，不影响水电离，则其中水的电离程度最大的是⑤；酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度相同，则抑制水电离程度相同，即②③④符合题意，‎ 故答案为：⑤；②③④；‎ ‎(2) ③中氨水的浓度大于0.01mol/L，若将②、③混合后所得溶液pH=7，溶液中铵根离子和氯离子浓度相等，则氨水的物质的量稍微大些，则消耗溶液的体积：②>③；若将②、③溶液等体积混合后，所得溶液为氯化铵和大量剩余的氨水，溶液显碱性，则pH>7，故答案为：>；>；‎ ‎（3）若将①、④溶液按体积比为2∶1混合后，所得溶液为醋酸与醋酸钠等浓度混合液，因等浓度的醋酸与醋酸钠共混时，分子的电离程度大于相应离子的水解程度，因此溶液显酸性，所得溶液pH＜7；此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH−)；将①、④混合，若有c(CH3COO－)＞c(H＋)，如果溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，则溶液呈中性，如果氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则溶液呈酸性，如果氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，则溶液呈碱性，故选ABC，‎ 故答案为：＜；c(CH3COO−)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH−)；ABC。‎ ‎18.氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。回答下列问题：‎ 已知：‎2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221 kJ/mol C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5 kJ/mol N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+181 kJ/mol ‎ ‎（1）若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式：_______；下列措施能够增大此反应中NO的转化率的是（填字母代号）____________。‎ a．增大容器压强 b．升高温度 c．使用优质催化剂 d．增大CO的浓度 ‎（2）向容积为‎2L的密闭容器中加入活性炭(足量)和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，NO和N2的物质的量变化如下表所示。‎ 物质的量/mol T1/℃‎ T2/℃‎ ‎0‎ ‎5 min ‎10 min ‎15 min ‎20 min ‎25 min ‎30 min NO ‎2.0‎ ‎1.16‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ ‎0.50‎ ‎0.40‎ ‎0.40‎ N2‎ ‎0‎ ‎0.42‎ ‎0.60‎ ‎0.60‎ ‎075‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ ‎①0～5min内，以CO2表示的该反应速率v(CO2)=______，该条件下的平衡常数K=_____。‎ ‎②第15 min后，温度调整到T2，数据变化如上表所示，则T1_______T2（填“＞”、“＜”或“＝”）。‎ ‎③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2 mol，则此时反应_______移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。‎ ‎（3）工业上可以用氨水除去反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)中产生的CO2，得到NH4HCO3溶液，反应NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=____________。（已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11，水的离子积常数Kw=1×10-14）‎ ‎【答案】 (1). 2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)　△H=-747 kJ/mol， (2). ad (3). 0.042mol·L-1·min-1 (4). 9/16 (5). ＞ (6). 正向 (7). 1.25×10－3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据平衡常数定义分析书写化学方程式；结合盖斯定律求出目标方程，根据影响化学反应速率与化学平衡的影响效果作答；‎ ‎（2）①化学反应速率之比等于参加反应的各物质的化学计量数之比；列出三段式计算平衡常数；‎ ‎②根据盖斯定律求出该反应为放热反应，再结合温度对平衡的影响效果分析；‎ ‎③根据浓度商与化学平衡常数K的关系分析；‎ ‎（3）根据化学平衡常数的定义，结合给定的各种平衡常数的表达式分析作答。‎ ‎【详解】（1）根据平衡常数定义，若平衡常数表达式为K=，则化学方程式为：，根据盖斯定律，②×2-①-③得： ，可知该反应为体积减小的放热反应，‎ a. 增大容器压强平衡正向移动，NO转化率增大；‎ b. 升高温度平衡逆向移动，NO转化率减小；‎ c. 使用优质催化剂不改变平衡；‎ d. 增大CO浓度，可以提高NO的转化率；‎ 综上分析，能够增大反应中NO的转化率的是ad；‎ 故答案为：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)　H=-747 kJ/mol ；ad；‎ ‎（2）‎ ‎①由表格数据可知，0~5min内，以N2表示的该反应速率为，则以CO2表示的该反应速率。根据表格信息可知，反应到10min时达到平衡状态，‎ C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)‎ 起始量(mol/L) 1 0 0‎ 变化量(mol/L) 0.60 0.30 0.30‎ 平衡量(mol/L) 0.40 0.30 0.30‎ 则平衡常数K=，‎ 故答案为：0.042mol·L-1·min-1；；‎ ‎②根据盖斯定律可知，C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5 kJ/mol①，N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+181 kJ/mol②，则①-②可得，C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) ΔH=-574.5 kJ/mol，则可知反应为放热反应；第15min后，温度调整到T2，由表格中数据可知，NO减少，N2增加，平衡正向移动，由于正反应为放热反应，则改变条件的条件为降温，即T1＞T2，故答案为：＞；‎ ‎③因30min时平衡的浓度、、，则T2时平衡常数；若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入四种反应混合物各2 mol，加入混合物后浓度、、，加入混合物后，则此时反应正向移动，故答案为：正向；‎ ‎（3）反应NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K====1.25×10－3，故答案为：1.25×10－3。‎ ‎【点睛】理解化学平衡常数的含义是解题的关键。‎ ‎19.用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，试根据实验回答：‎ ‎（1）准确称取‎4.0g烧碱样品。‎ ‎（2）将样品配成250mL待测液。‎ ‎（3）用____________（填仪器名称）量取25.00mL待测液于锥形瓶中，并滴加几滴甲基橙作指示剂。‎ ‎（4）用0.2010 mol·L－１标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时，两眼注视____________，直到滴定终点。达到终点的具体现象是：____________。‎ ‎（5）若两次实验滴定数据如下表：‎ 滴定次数 待测液体积（mL）‎ 标准盐酸体积（mL）‎ 滴定前读数（mL）‎ 滴定后读数（mL）‎ 第一次 ‎25.00‎ ‎0.50‎ ‎20.40‎ 第二次 ‎25.00‎ ‎5.00‎ ‎28.30‎ 第三次 ‎25.00‎ ‎4.00‎ ‎24.10‎ 根据上述各数据，计算烧碱的纯度：____________‎ ‎（6）下列操作中，会导致所测得的烧碱的纯度偏大的是________。‎ a．滴定终点时，俯视刻度 b．没有用盐酸标准溶液润洗相应的滴定管 c．锥形瓶中有少量的蒸馏水 ‎【答案】 (1). 碱式滴定管 (2). 锥形瓶中溶液颜色变化 (3). 滴入最后一滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变回原色。 (4). 40.2% (5). b ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（3）用碱式滴定管量取烧碱溶液于锥形瓶中 ‎（4）根据滴定规范性的操作要求答题；‎ ‎（5）根据数据的有效性计算消耗的盐酸标准液的平均体积，再结合公式c(测) = 计算，进而计算纯度； （6）根据错误操作对消耗的标准盐酸溶液体积的影响来分析作答。‎ ‎【详解】（3）烧碱属于碱，在中和滴定中需用碱式滴定管量取，用锥形瓶盛放待测液，故答案为：碱式滴定管；‎ ‎（4）滴定时左手旋转酸式滴定管，右手不停地摇动锥形瓶，两眼需注视锥形瓶中溶液颜色变化；滴定终点现象是：滴入最后一滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变回原色，故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；滴入最后一滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变回原色；‎ ‎（5）由表格信息可知，标准液的体积分别为：(20.40-0.50) mL =19.90mL，(28.30-5.00)mL=23.30mL，(24.10-4.00)=20.10mL，则可知第二组数据误差较大，无效，消耗的盐酸溶液平均体积为=20.00mL，代入公式c(测) = 可得：==0.1608mol⋅L−1，则250mL待测液中氢氧化钠的物质的量为0.1608mol⋅L−1‎0.25L=0.0402 mol，烧碱的纯度==40.2%，故答案为：40.2%；‎ ‎（6） a．滴定终点时，俯视刻度，则读数偏小，所有标准溶液的体积偏小，求出的待测液的浓度偏小，最终导致纯度偏小，不符合题意，a不选；‎ b．没有用盐酸标准溶液润洗相应的滴定管，则标准液被稀释，消耗的标准液的体积偏大，使待测液的浓度计算偏大，最终导致纯度偏大，符合题意，b项选；‎ c．锥形瓶中有少量的蒸馏水，对所测待测液的浓度无影响，不符合题意，c项不选；‎ 故答案为：b。‎ ‎【点睛】酸碱中和滴定过程中，通过读取的标准液体积处理数据计算待测液浓度时，一定要注意所取数据的有效性，不是所有数据都可取。‎