化学卷·2018届海南省国科园实验学校高二上学期期中化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届海南省国科园实验学校高二上学期期中化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年海南省国科园实验学校高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1．在某一化学反应中，反应物A的浓度在15s内从3.0mol/L变成1.5mol/L，在这15s内A的化学反应速率为（　　）‎ A．1.5 mol/L B．1.5 mol/（L•s） C．0.1 mol/L D．0.1 mol/（L•s）‎ ‎2．下列措施是为了降低化学反应速率的是（　　）‎ A．食品放在冰箱中贮藏 B．用铁粉代替铁钉与稀硫酸反应制取氢气 C．合成氨工业中使用催化剂 D．在试管中进行铝和盐酸反应时，稍微加热 ‎3．只改变一个影响因素，平衡常数K与平衡移动的关系叙述不正确的是（　　）‎ A．K值不变，平衡可能移动 B．平衡向右移动时，K值不一定移动 C．K值有变化，平衡一定移动 D．相同条件下，同一个反应的方程式的化学计量数增大2倍，K值也增大两倍 ‎4．反应FeO（s）+C（s）=Fe（s）+CO（g）；△H＞0，△S＞0，下列说法正确的是（　　）‎ A．低温下自发进行，高温下非自发进行 B．高温下自发进行，低温下非自发进行 C．任何温度下均为非自发进行 D．任何温度下均为自发进行 ‎5．用食用白醋（醋酸浓度约1mol/L）进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是（　　）‎ A．白醋中滴入石蕊试液呈红色 B．白醋加入豆浆中有沉淀产生 C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出 D．pH试纸显示白醋的pH为2～3‎ ‎6．将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是（　　）‎ A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性 B．水的离了积不变、pH不变、呈中性 C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性 D．水的离子积变大、pH变小、呈中性 ‎　‎ 二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分．‎ ‎7．对于反应A（g）+3B（g）⇌2C（g），下列各数据表示不同条件下的反应速率，其中反应进行得最快的是（　　）‎ A．v（A）=0.02 mol/（L•s） B．v（B）=0.03 mol/（L•s）‎ C．v（B）=0.90 mol/（L•min） D．v（C）=0.60 mol/（L•min）‎ ‎8．在体积为V L的恒容密闭容器中加入6mol CO和H2的混合气体，在不同条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．图1表示有、无催化剂时反应的能量变化，图2表示平衡时CH3OH的体积分数随起始n（CO）：n（H2）的变化关系．下列叙述正确的是（　　）‎ A．正反应的△H=91 kJ•mol﹣1，曲线b表示使用了催化剂 B．正反应速率v正：v正（状态Ⅱ）＜v正（状态Ⅲ）‎ C．平衡时CO的转化率：α（CO，状态Ⅰ）＜α（CO，状态Ⅱ）‎ D．n（CO）：n（H2）=0.5时，平衡时CH3OH的物质的量浓度：c（CH3OH，1 00℃）＜c（CH3OH，200℃）‎ ‎9．水的电离常数如图两条曲线a与b所示，曲线中的点都符合c（H+）×c（OH﹣‎ ‎）=常数．下列说法正确的是（　　）‎ A．图中温度T2＞T1‎ B．曲线a、b均代表纯水的电离情况 C．图中五点的Kw的关系：B＞C＞A＞D=E D．若处在B点时，将pH=2的硫酸溶液与pH=12的KOH溶液等体积混合后，溶液呈碱性 ‎10．已知某化学反应的平衡常数表达式为K=，在不同的温度下该反应的平衡常数如表所示：‎ t/℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1 000‎ ‎1 200‎ K ‎1.67‎ ‎1.11‎ ‎1.00‎ ‎0.60‎ ‎0.38‎ 下列有关叙述不正确的是（　　）‎ A．该反应的化学方程式是CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）‎ B．上述反应的正反应是放热反应 C．若在1L的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.4mol时，该反应达到平衡状态 D．若平衡浓度符合下列关系式： =，则此时的温度为1000℃‎ ‎11．已知反应2I﹣+S2O82﹣═I2+2SO42﹣，加入淀粉溶液可观察到溶液变蓝色．反应速率可以用淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大．20℃时得到如下实验数据：‎ 实验编号 C（I﹣）/mol•L C（S2O82﹣）/mol•L t/s ‎1‎ ‎0.040‎ ‎0.040‎ ‎88.0‎ ‎2‎ ‎0.080‎ ‎0.040‎ ‎44.0‎ ‎3‎ ‎0.080‎ ‎0.080‎ ‎22.0‎ ‎4‎ ‎0.160‎ ‎0.020‎ ‎44.0‎ ‎5‎ ‎0.120‎ ‎0.040‎ ‎29.3‎ 分析上述数据，下列说法正确的是（　　）‎ A．该实验的目的是研究 I﹣ 与S2O82﹣ 的浓度对反应速率的影响 B．I﹣的浓度越大，反应速率越快 C．S2O82﹣ 的浓度越小，反应速率越快 D．5个实验中，编号3对应浓度的实验，反应速率最快 ‎12．由重水D2O组成的水，D2O的离子积为1.6×10﹣15，可用PH一样定义规定PD=﹣lg{c（D+）}，下列关于PD的叙述，正确的是（　　）‎ A．D2O呈中性，PD=7‎ B．1LD2O溶液中含0.01molNaOD，PD=12‎ C．用D2O溶解0.1molDCl成1L溶液，PD=2‎ D．在100ml0.25mol/LDCl溶液中加入50ml0.2mol/L的NaOD的D2O溶液，PD=1‎ ‎　‎ 三、非选择题 ‎13．（1）下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同）　　，属于非电解质是　　．‎ ‎①冰醋酸 ②次氯酸钠 ③氯水 ④二氧化碳 ⑤硫酸氢钠⑥蔗糖 ⑦氢氧化铝 ⑧铜 ‎（2）写出下列物质在水中的电离方程式：‎ 硫酸氢钠（NaHSO4）：　　；氯化镁（MgCl2）：　　；‎ ‎（3）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol•L﹣1、0.1mol•L﹣1，则c（OH﹣）甲：c（OH﹣）乙　　 10（填“大于”、“等于”或“小于”）．‎ ‎（4）现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，乙为0.1mol/L的HCl溶液，丙为0.1mol/L的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c（OH﹣）的大小关系为　　；‎ ‎（5）NO2与NO之间存在如下可逆反应：2NO2⇌2NO+O2．T℃时，在一恒容密闭容器中充入适量NO2，反应达到平衡状态的标志是　　‎ ‎①混合气体的颜色不再改变的状态 ‎②混合气体的密度不再改变的状态 ‎③混合气体的压强不再改变的状态 ‎④的比值不再改变的状态．‎ ‎14．反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示，回答下列问题．‎ ‎（1）该反应是　　反应（填“吸热”、“放热”）．‎ ‎（2）当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率　　‎ ‎（填“增大”、“减小”、“不变”），原因是　　‎ ‎（3）反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？　　（填“有”、“无”），原因是　　．‎ ‎（4）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1　　，E2　　（填“增大”、“减小”、“不变”）．‎ ‎15．某温度时，在一个10L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据填空：‎ ‎（1）该反应的化学方程式为　　；其化学平衡常数表达式K=　　‎ ‎（2）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为　　；‎ ‎（3）平衡时容器内混合气体密度比起始时　　（填“大”，“小”或“相等”下同），混合气体的平均相对分子质量比起始时　　；‎ ‎（4）将amol X与bmol Y的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n（X）=n（Y）=2n（Z），则原混合气体中a：b=　　．‎ ‎16．二甲醚（CH3OCH3）是一种应用前景广阔的清洁燃料，以CO和H2为原料生产二甲醚主要发生以下三个反应：‎ 编号 热化学方程式 化学平衡常数 ‎①‎ CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=﹣99kJ•mol﹣1‎ K1‎ ‎②‎ ‎2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=﹣24kJ•mol﹣1‎ K2‎ ‎③‎ CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41kJ•mol﹣1‎ K3‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该工艺的总反应为3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）△H，该反应△H=　　，化学平衡常数K=　　（用含K1、K2、K3的代数式表示）；‎ ‎（2）下列措施中，能提高CH3OCH3产率的有　　；‎ A．分离出二甲醚 B．升高温度 C．改用高效催化剂 D．增大压强 ‎（3）工艺中反应①和反应②分别在不同的反应器中进行，无反应③发生．该工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是　　；‎ ‎（4）以n（H2）/n（CO）=2 通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示．下列说法正确的是　　；‎ A．该反应的△H＞0‎ B．若在p2和316℃时反应达到平衡，则CO的转化率小于50%‎ C．若在p3和316℃时反应达到平衡，H2的转化率等于50%‎ D．若在p3和316℃时，起始时n（H2‎ ‎）/n（CO）=3，则达平衡时CO的转化率大于50%‎ ‎（5）某温度下，将8.0mol H2和4.0mol CO充入容积为2L的密闭容器中，发生反应：4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），反应达平衡后测得二甲醚的体积分数为25%，则该温度下反应的平衡常数K=　　．‎ ‎17．某探究小组用测量HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素．限选试剂：1.00mol•L﹣1 HNO3、2.00mol•L﹣1HNO3，细颗粒大理石、粗颗粒大理石，35℃水浴．‎ ‎（1）他们能完成哪些因素对速率影响的探究？　　．‎ ‎（2）请根据能进行的探究内容，填写以下实验设计表，完成探究实验：‎ 实验编号 T/℃‎ 大理石规格 HNO3浓度/mol•L﹣1‎ ‎①‎ 常温 细颗粒 ‎2.00‎ ‎②‎ ‎　　‎ 细颗粒 ‎1.00‎ ‎③‎ ‎35℃‎ ‎　　‎ ‎2.00‎ ‎④‎ ‎35℃‎ ‎　　‎ ‎2.00‎ ‎（3）整个实验中应控制的不变量是　　和大理石质量．‎ ‎（4）该实验小组用如图实验装置进行实验．‎ ‎①除电子天平、干燥管、锥形瓶、药匙、胶塞、量筒等仪器外，必需的实验仪器还有　　．‎ ‎②干燥管中应放置的试剂是　　．‎ A．碱石灰　　　　　　B．无水CaCl2C．浓硫酸 ‎③若撤除干燥管装置，所测速率　　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．‎ ‎18．pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积的关系如图所示，回答下列问题：‎ ‎（1）若a=5，则A为　　酸，B为　　酸（填“强”、或“弱”），若再稀释100倍，则A的pH　　7（填“＜”、“＞”或“=”）．‎ ‎（2）若A、B都是弱酸，则a的范围是　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年海南省国科园实验学校高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1．在某一化学反应中，反应物A的浓度在15s内从3.0mol/L变成1.5mol/L，在这15s内A的化学反应速率为（　　）‎ A．1.5 mol/L B．1.5 mol/（L•s） C．0.1 mol/L D．0.1 mol/（L•s）‎ ‎【考点】反应速率的定量表示方法．‎ ‎【分析】根据v=进行计算．‎ ‎【解答】解：v===0.1 mol/（L•s），‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．下列措施是为了降低化学反应速率的是（　　）‎ A．食品放在冰箱中贮藏 B．用铁粉代替铁钉与稀硫酸反应制取氢气 C．合成氨工业中使用催化剂 D．在试管中进行铝和盐酸反应时，稍微加热 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】影响反应速率的外界因素有温度、浓度、压强以及催化剂和固体表面积等，一般来说，增大浓度、升高温度、增大压强以及加入催化剂都可增大反应速率，反之反应速率减小，以此解答．‎ ‎【解答】解：A．食品放在冰箱中贮藏，温度降低，减慢了食品变质的反应速率，故A选；‎ B．用铁粉代替铁钉，固体表面积增大，反应速率增大，故B不选；‎ C．加入催化剂，可增大反应速率，故C不选；‎ D．温度升高，可增大反应速率，故D不选．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．只改变一个影响因素，平衡常数K与平衡移动的关系叙述不正确的是（　　）‎ A．K值不变，平衡可能移动 B．平衡向右移动时，K值不一定移动 C．K值有变化，平衡一定移动 D．相同条件下，同一个反应的方程式的化学计量数增大2倍，K值也增大两倍 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】平衡常数K是温度的函数，只与温度有关，温度一定，平衡常数K值一定，温度发生变化，平衡常数K值也发生变化．‎ ‎【解答】解：影响化学平衡的因素主要有浓度、温度、压强等．‎ A．K值只与温度有关，若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，K值不变，但平衡发生移动，所以K值不变，平衡可能移动，故A正确；‎ B．若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，平衡向右移动，但K值只与温度有关，K值不变，故B正确；‎ C．K值是温度的函数，K值变化，说明温度发生了改变，则平衡一定发生移动，故C正确；‎ D．相同条件下，同一个反应，其方程式的计量数增大2倍，K值应为原来的平方，故D错误，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．反应FeO（s）+C（s）=Fe（s）+CO（g）；△H＞0，△S＞0，下列说法正确的是（　　）‎ A．低温下自发进行，高温下非自发进行 B．高温下自发进行，低温下非自发进行 C．任何温度下均为非自发进行 D．任何温度下均为自发进行 ‎【考点】焓变和熵变．‎ ‎【分析】根据吉布斯自由能△G=△H﹣T△S来判断，△G＜0 能反应自发进行，△G＞0不能反应自发进行．‎ ‎【解答】解：A、△H＞0，△S＞0，低温下，△G=△H﹣T△S＞0，不能反应自发进行，高温下，△G=△H﹣T△S＜0，能反应自发，故A错误；‎ B、△H＞0，△S＞0，低温下，△G=△H﹣T△S＞0，不能反应自发进行，高温下，△G=△H﹣T△S＜0，能反应自发，故B正确；‎ C、△H＞0，△S＞0，低温下，△G=△H﹣T△S＞0，不能反应自发进行，高温下，△G=△H﹣T△S＜0，能反应自发，故C错误；‎ D、△H＞0，△S＞0，低温下，△G=△H﹣T△S＞0，不能反应自发进行，高温下，△G=△H﹣T△S＜0，能反应自发，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．用食用白醋（醋酸浓度约1mol/L）进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是（　　）‎ A．白醋中滴入石蕊试液呈红色 B．白醋加入豆浆中有沉淀产生 C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出 D．pH试纸显示白醋的pH为2～3‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；强电解质和弱电解质的概念．‎ ‎【分析】A、根据酸遇紫色的石蕊变红属于酸的通性来分析；‎ B、根据电解质能使胶体发生聚沉来分析；‎ C、根据酸与盐的反应来分析；‎ D、根据酸的电离的程度来分析醋酸为弱电解质．‎ ‎【解答】解：A、因酸遇紫色的石蕊变红属于酸的通性，不能利用酸的通性来判断酸性的强弱，故A错误；‎ B、因电解质能使胶体发生聚沉，豆浆属于胶体分散系，则说明白醋属于电解质，不能确定其电离程度，故B错误；‎ C、蛋壳的成分为碳酸钙，与白醋反应生成二氧化碳，可说明白醋的酸性比碳酸的强，不能证明醋酸存在电离平衡，即不能说明醋酸为弱酸，故C错误；‎ D、1mol的醋酸pH为2～3，说明醋酸电离不完全，即醋酸溶液中存在电离平衡，则说明醋酸为弱电解质，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是（　　）‎ A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性 B．水的离了积不变、pH不变、呈中性 C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性 D．水的离子积变大、pH变小、呈中性 ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】依据纯水是呈中性的，一定温度下水中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积是常数，温度升高促进水的电离，水的离子积增大分析．‎ ‎【解答】解：水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变；‎ 但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性．综上所述，给纯水加热时水的离子积增大、pH减小、呈中性；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分．‎ ‎7．对于反应A（g）+3B（g）⇌2C（g），下列各数据表示不同条件下的反应速率，其中反应进行得最快的是（　　）‎ A．v（A）=0.02 mol/（L•s） B．v（B）=0.03 mol/（L•s）‎ C．v（B）=0.90 mol/（L•min） D．v（C）=0.60 mol/（L•min）‎ ‎【考点】反应速率的定量表示方法．‎ ‎【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意保持单位一致．‎ ‎【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，对应反应：A（g）+3B（g）⇌2C（g），‎ A．v（A）=0.02 mol/（L•s）=1.2mol/（L•min），=1.2mol/（L•min）；‎ B．v（B）=0.0 3mol/（L•s）=1.8mol/（L•min），=0.6 mol/（L•min）；‎ C． =0.45 mol/（L•min）；‎ D. =0.3 mol/（L•min）；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．在体积为V L的恒容密闭容器中加入6mol CO和H2的混合气体，在不同条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．图1表示有、无催化剂时反应的能量变化，图2表示平衡时CH3OH的体积分数随起始n（CO）：n（H2）的变化关系．下列叙述正确的是（　　）‎ A．正反应的△H=91 kJ•mol﹣1，曲线b表示使用了催化剂 B．正反应速率v正：v正（状态Ⅱ）＜v正（状态Ⅲ）‎ C．平衡时CO的转化率：α（CO，状态Ⅰ）＜α（CO，状态Ⅱ）‎ D．n（CO）：n（H2）=0.5时，平衡时CH3OH的物质的量浓度：c（CH3OH，1 00℃）＜c（CH3OH，200℃）‎ ‎【考点】化学平衡建立的过程．‎ ‎【分析】A、反应物的能量高于产物能量，反应是放热反应，加催化剂可以降低活化能，加快反应速率；‎ B、温度越高反应速率越快；‎ C、增加反应物氢气的投料，促进平衡正向移动，提高CO的转化率；‎ D、升高温度，促进平衡向吸热方向移动，据此回答．‎ ‎【解答】解：A、图示中反应物的能量高于产物能量，反应是放热反应，故A错误；‎ B、反应温度：状态Ⅱ＜状态Ⅲ，温度越高反应速率越快，所以正反应速率v正：v正（状态Ⅱ）＜v正（状态Ⅲ），故B正确；‎ C、状态Ⅱ相当于增加反应物氢气的投料，促进平衡正向移动，提高CO的转化率，α（CO，状态Ⅰ）＜α（CO，状态Ⅱ），故C正确；‎ D、n（CO）：n（H2）=0.5时，升高温度，200℃促进平衡在100℃的基础上逆向移动，甲醇浓度会减小，所以c（CH3OH，1 00℃）＞c（CH3OH，200℃），故D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎9．水的电离常数如图两条曲线a与b所示，曲线中的点都符合c（H+）×c（OH﹣）=常数．下列说法正确的是（　　）‎ A．图中温度T2＞T1‎ B．曲线a、b均代表纯水的电离情况 C．图中五点的Kw的关系：B＞C＞A＞D=E D．若处在B点时，将pH=2的硫酸溶液与pH=12的KOH溶液等体积混合后，溶液呈碱性 ‎【考点】离子积常数．‎ ‎【分析】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c（H+）、c（OH﹣）及离子积常数增大；‎ B．只有c（OH﹣）=c（H+）的点是纯水的电离；‎ C．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大；‎ D．B点时，Kw=1×10﹣12，pH=2的硫酸中c（H+）=0.01mol/L，pH=12的KOH溶液中c（OH﹣）=1mol/L，等体积混合碱剩余，溶液呈碱性．‎ ‎【解答】解：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c（H+）、c（OH﹣）及离子积常数增大，根据图知，T1曲线上离子积常数大于T2，所以T1＞T2，温度，故A错误；‎ B．只有c（OH﹣）=c（H+）的点是纯水的电离，所以只有A、B点才是纯水的电离，故B错误；‎ C．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是B＞C＞A=D=E，所以离子积常数大小顺序是B＞C＞A=D=E，故C错误；‎ D．B点时，Kw=1×10﹣12，pH=2的硫酸中c（H+）=0.01mol/L，pH=12的KOH溶液中c（OH﹣）=1mol/L，等体积混合时碱剩余，溶液呈碱性，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．已知某化学反应的平衡常数表达式为K=，在不同的温度下该反应的平衡常数如表所示：‎ t/℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1 000‎ ‎1 200‎ K ‎1.67‎ ‎1.11‎ ‎1.00‎ ‎0.60‎ ‎0.38‎ 下列有关叙述不正确的是（　　）‎ A．该反应的化学方程式是CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）‎ B．上述反应的正反应是放热反应 C．若在1L的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.4mol时，该反应达到平衡状态 D．若平衡浓度符合下列关系式： =，则此时的温度为1000℃‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素；用化学平衡常数进行计算．‎ ‎【分析】A、依据平衡常数表达式是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到化学方程式；‎ B、分析图表数据，平衡常数随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行逆向是吸热反应，正反应是放热反应；‎ C、依据化学平衡三段式列式计算浓度商和平衡常数比较分析判断；‎ D、依据平衡常数表达式和平衡常数数值计算分析．‎ ‎【解答】解：A、依据平衡常数表达式是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到化学方程式式为K=，化学方程式为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g），故A正确；‎ B、分析图表数据，平衡常数随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行逆向是吸热反应，正反应是放热反应，故B正确；‎ C、依据化学平衡三段式列式计算浓度商和平衡常数比较分析，若在一定体积的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5 min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.4 mol时，‎ ‎ CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）‎ 起始量（mol） 0 0 1 1‎ 变化量（mol） 0.4 0.4 0.4 0.4‎ 平衡量（mol） 0.4 0.4 0.6 0.6‎ 反应前后气体物质的量不变，可以用其他物质的量代替平衡浓度计算，Q==2.25≠1，此时反应没有达到平衡状态，故C错误；‎ D、依据平衡常数表达式和平衡常数数值计算分析，温度为1000℃平衡常数K=‎ ‎=0.6=，若平衡浓度符合下列关系式： =，说明反应达到平衡状态，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．已知反应2I﹣+S2O82﹣═I2+2SO42﹣，加入淀粉溶液可观察到溶液变蓝色．反应速率可以用淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大．20℃时得到如下实验数据：‎ 实验编号 C（I﹣）/mol•L C（S2O82﹣）/mol•L t/s ‎1‎ ‎0.040‎ ‎0.040‎ ‎88.0‎ ‎2‎ ‎0.080‎ ‎0.040‎ ‎44.0‎ ‎3‎ ‎0.080‎ ‎0.080‎ ‎22.0‎ ‎4‎ ‎0.160‎ ‎0.020‎ ‎44.0‎ ‎5‎ ‎0.120‎ ‎0.040‎ ‎29.3‎ 分析上述数据，下列说法正确的是（　　）‎ A．该实验的目的是研究 I﹣ 与S2O82﹣ 的浓度对反应速率的影响 B．I﹣的浓度越大，反应速率越快 C．S2O82﹣ 的浓度越小，反应速率越快 D．5个实验中，编号3对应浓度的实验，反应速率最快 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】A．表中，I﹣ 与S2O82﹣ 的浓度不同，反应速率不通过；‎ B、C．反应速率取决于I﹣ 与S2O82﹣ 的浓度；‎ D．编号3对应浓度的实验用时最少，反应最快．‎ ‎【解答】解：A．由题目中表格数据可分析出c（I﹣）、c（S2O32﹣）浓度越大，反应速率越快，显蓝色所需时间越少，故实验目的应是研究反应物I﹣与S2O82﹣的浓度对反应速率的影响，故A正确；‎ B．反应速率取决于I﹣ 与S2O82﹣ 的浓度，如I﹣浓度较大，而S2O82﹣ 浓度较小，则反应速率不一定大，故B错误；‎ C．如I﹣浓度不变，S2O82﹣ 的浓度越小，反应速率越小，故C错误；‎ D．由表中数据可知，编号3对应浓度的实验用时最少，反应最快，故D正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎12．由重水D2O组成的水，D2O的离子积为1.6×10﹣15，可用PH一样定义规定PD=﹣lg{c（D+）}，下列关于PD的叙述，正确的是（　　）‎ A．D2O呈中性，PD=7‎ B．1LD2O溶液中含0.01molNaOD，PD=12‎ C．用D2O溶解0.1molDCl成1L溶液，PD=2‎ D．在100ml0.25mol/LDCl溶液中加入50ml0.2mol/L的NaOD的D2O溶液，PD=1‎ ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】A．某温度下重水D2O的离子积为1.6×10﹣15，则纯重水中c（D+）=4×10﹣8mol/L，pD=﹣lg（D+）；‎ B．1LD2O溶液中含0.01molNaOD，c（OD﹣）=10﹣2mol/L，根据c（D+）•c（OD﹣）=1.6×10﹣15，求c（D+）以及PD；‎ C．根据 pD=﹣lgc（D+），带入c（D+）=0.1mol/L进行求算；‎ D．先算出n（DC）、n（NaOD）的物质的量，判断反应后溶液酸碱性，在进行求算溶液的pD．‎ ‎【解答】解：A．某温度下重水D2O的离子积为1.6×10﹣15，则纯重水中c（D+）=4×10﹣8mol/L，pD=﹣lg（D+）=﹣lg4×10﹣8=8﹣lg4=7.4＞7，故A错误；‎ B．在D2O中溶解0.01mol NaOD得到溶液的体积为1L，则为0.01mol/LNaOD的D2O溶液，重水（D2O）的离子积为c（D+）•c（OD﹣）=1.6×10﹣15，c（D+）==1.6×1O﹣13，与pD=12，c（D+）=1×1O﹣12 mol/L矛盾，故B错误；‎ C．0.1mol DCl（设溶液的体积为1L），c（D+）=0.1mol/L，pD=﹣lgc（D+），把c（D+）=0.1mol/L代入后可以求得pD=﹣lgc（D+）=﹣lg10﹣1=1，故C错误；‎ D．n（DCl）=0.25mol/L×0.1L=0.025mol，n（NaOD）=0.2mol/L×0.05L=0.01mol，则酸过量，混合溶液中C（DCl）=‎ ‎=0.1mol/L，则C（D+）=0.1mol/L，PD=1，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 三、非选择题 ‎13．（1）下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同）　①⑦　，属于非电解质是　④⑥　．‎ ‎①冰醋酸 ②次氯酸钠 ③氯水 ④二氧化碳 ⑤硫酸氢钠⑥蔗糖 ⑦氢氧化铝 ⑧铜 ‎（2）写出下列物质在水中的电离方程式：‎ 硫酸氢钠（NaHSO4）：　NaHSO4═Na++H++SO42﹣　；氯化镁（MgCl2）：　MgCl2=Mg2++2Cl﹣　；‎ ‎（3）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol•L﹣1、0.1mol•L﹣1，则c（OH﹣）甲：c（OH﹣）乙　小于　 10（填“大于”、“等于”或“小于”）．‎ ‎（4）现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，乙为0.1mol/L的HCl溶液，丙为0.1mol/L的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c（OH﹣）的大小关系为　丙＞甲=乙　；‎ ‎（5）NO2与NO之间存在如下可逆反应：2NO2⇌2NO+O2．T℃时，在一恒容密闭容器中充入适量NO2，反应达到平衡状态的标志是　①③④　‎ ‎①混合气体的颜色不再改变的状态 ‎②混合气体的密度不再改变的状态 ‎③混合气体的压强不再改变的状态 ‎④的比值不再改变的状态．‎ ‎【考点】化学平衡状态的判断；电离方程式的书写；电解质与非电解质．‎ ‎【分析】（1）电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；在水溶液中完全电离的是强电解质；部分电离的是弱电解质；‎ ‎（2）先判断强弱电解质，强电解质完全电离，电离方程式用等号，弱电解质部分电离，电离方程式用可逆号，据此进行解答；‎ ‎（3）弱电解质溶液中，弱电解质的浓度越大，其电离程度越小，浓度越小，其电离程度越大；‎ ‎（4）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；‎ ‎（5）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：（1）①冰醋酸在水溶液中部分电离，是弱电解质；‎ ‎②次氯酸钠在水溶液中或熔融状态下能够导电，是电解质，在水中完全电离属于强电解质；‎ ‎③氯水是混合物不是电解质；‎ ‎④二氧化碳在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；‎ ‎⑤硫酸氢钠溶于水完全电离，是强电解质；‎ ‎⑥蔗糖在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；‎ ‎⑦氢氧化铝在水溶液中部分电离，是弱电解质；‎ ‎⑧Cu是单质不是电解质，也不是非电解质；‎ 故答案为：①⑦；④⑥；‎ ‎（2）NaHSO4为强电解质，在溶液中完全电离，其电离方程式为：NaHSO4═Na++H++SO42﹣；‎ MgCl2在溶液中完全电离出镁离子和氯离子，其电离方程式为：MgCl2=Mg2++2Cl﹣；‎ 故答案为：NaHSO4═Na++H++SO42﹣；MgCl2=Mg2++2Cl﹣；‎ ‎（3）一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大，‎ 甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，由弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，‎ 所以甲、乙两瓶氨水中[OH﹣]之比小于10，‎ 故答案为：小于；‎ ‎（4）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，乙酸是弱电解质，氢氧化钠、氯化氢是强电解质，所以相同物质的量浓度的乙酸和盐酸和氢氧化钠，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度小于醋酸，相同物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠对水电离抑制程度相等，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度等于氢氧化钠溶液中水的电离，所以水电离出氢氧根离子浓度大小顺序是：丙＞甲=乙，‎ 故答案为：丙＞甲=乙；‎ ‎（5）①混合气体的颜色不再改变时，各物质的浓度不变，说明该反应达到平衡状态，所以可以据此判断平衡状态，故正确；‎ ‎②该反应的反应前后气体质量不变、容器体积不变，所以无论该反应是否达到平衡状态，反应体系的密度始终不变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；‎ ‎③该反应的反应前后是气体体积增大的可逆反应，当反应达到平衡状态时，各物质浓度不变，所以混合气体的压强不再改变，所以可以据此判断平衡状态，故正确； ‎ ‎④该反应的反应前后有热量变化，当该反应达到平衡状态时，反应体系温度不再发生变化，所以不再变化，则可以据此判断平衡状态，故正确．‎ 故答案为：①③④．‎ ‎　‎ ‎14．反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示，回答下列问题．‎ ‎（1）该反应是　放热　反应（填“吸热”、“放热”）．‎ ‎（2）当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率　减小　‎ ‎（填“增大”、“减小”、“不变”），原因是　该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动　‎ ‎（3）反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？　无　（填“有”、“无”），原因是　催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变　．‎ ‎（4）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1　减小　，E2　减小　（填“增大”、“减小”、“不变”）．‎ ‎【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）根据反应物与生成物总能量大小判断；‎ ‎（2）根据温度对平衡的影响分析移动方向，再判断转化率；‎ ‎（3）加入催化剂能降低反应的活化能，催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变；‎ ‎（4）加入催化剂能降低反应所需的活化能，据此分析．‎ ‎【解答】解：（1）由图象可知该反应是一个能量降低的反应，所以属于放热反应；‎ 故答案为：放热；‎ ‎（2）对应放热反应，升高温度，平衡逆移，A的浓度增大，A的转化率减小；‎ 故答案为：减小；该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动；‎ ‎（3）加入催化剂改变了反应的途径，降低反应所需的活化能，但是催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变，所以催化剂对该反应的反应热无影响；‎ 故答案为：无；催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变；‎ ‎（4）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，‎ 故答案为：减小；减小．‎ ‎　‎ ‎15．某温度时，在一个10L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据填空：‎ ‎（1）该反应的化学方程式为　3X+Y⇌2Z　；其化学平衡常数表达式K=　　‎ ‎（2）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为　0.01mol/（L•min）　；‎ ‎（3）平衡时容器内混合气体密度比起始时　相等　‎ ‎（填“大”，“小”或“相等”下同），混合气体的平均相对分子质量比起始时　大　；‎ ‎（4）将amol X与bmol Y的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n（X）=n（Y）=2n（Z），则原混合气体中a：b=　7：5　．‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】（1）化学方程式中，反应的物质系数之比等于各个物质的量的变化量之比；平衡常数等于生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积；‎ ‎（2）根据化反应速率v=来计算化学反应速率；‎ ‎（3）混合气体的平均相对分子质量M=，混合气体密度ρ=来判断；‎ ‎（4）根据化学反应中的三段式进行计算；‎ ‎【解答】解：（1）根据图示的内容知道，X和Y是反应物，X、Y、Z的变化量之比是0.3：0.1：0.2=3：1：2，反应的化学方程式为：3X+Y⇌2Z，所以平衡常数K=；故答案为：3X+Y⇌2Z；；‎ ‎（2）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率v==0.01 mol/（L•min），故答案为：0.01 mol/（L•min）；‎ ‎（3）混合气体密度ρ=，从开始到平衡，质量是守恒的，体积是不变的，所以密度始终不变，混合气体的平均相对分子质量M=，从开始到平衡，质量是守恒的，但是n是逐渐减小的，所以M会变大，故答案为：相等；大；‎ ‎（4）3X+Y⇌2Z（设Y的变化量是x）‎ 初始量：a b 0‎ 变化量：3x x 2x 平衡量：a﹣3x b﹣x 2x 当n （X）=n （Y）=2n （Z）时，a﹣3x=b﹣x=4x，则a=7x，b=5x，所以原混合气体中a：b=7：5，故答案为：7：5．‎ ‎　‎ ‎16．二甲醚（CH3OCH3）是一种应用前景广阔的清洁燃料，以CO和H2为原料生产二甲醚主要发生以下三个反应：‎ 编号 热化学方程式 化学平衡常数 ‎①‎ CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=﹣99kJ•mol﹣1‎ K1‎ ‎②‎ ‎2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=﹣24kJ•mol﹣1‎ K2‎ ‎③‎ CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41kJ•mol﹣1‎ K3‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该工艺的总反应为3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）△H，该反应△H=　﹣263 kJ•mol﹣1　，化学平衡常数K=　K12•K2•K3　（用含K1、K2、K3的代数式表示）；‎ ‎（2）下列措施中，能提高CH3OCH3产率的有　AD　；‎ A．分离出二甲醚 B．升高温度 C．改用高效催化剂 D．增大压强 ‎（3）工艺中反应①和反应②分别在不同的反应器中进行，无反应③发生．该工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是　反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率　；‎ ‎（4）以n（H2）/n（CO）=2 通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示．下列说法正确的是　CD　；‎ A．该反应的△H＞0‎ B．若在p2和316℃时反应达到平衡，则CO的转化率小于50%‎ C．若在p3和316℃时反应达到平衡，H2的转化率等于50%‎ D．若在p3和316℃时，起始时n（H2‎ ‎）/n（CO）=3，则达平衡时CO的转化率大于50%‎ ‎（5）某温度下，将8.0mol H2和4.0mol CO充入容积为2L的密闭容器中，发生反应：4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），反应达平衡后测得二甲醚的体积分数为25%，则该温度下反应的平衡常数K=　2.25　．‎ ‎【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）由盖斯定律可得，总反应3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）为方程式①×2+②+③相加所得，故△H=2△H1+△H2+△H3；‎ 化学平衡常数K=K12•K2•K3；‎ ‎（2）要提高CH3OCH3产率，应该改变条件使平衡正向移动；‎ ‎（3）新工艺中反应③消耗反应②中的产物H2O，减小生成物的浓度，有利于平衡向正反应方向移动；‎ ‎（3）勒夏特列原理：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；‎ ‎（4）A．升高温度CO转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动；‎ B．增大压强平衡正向移动，则CO转化率增大，根据图知，压强P1＞P2＞P3，增大压强CO转化率增大；‎ C．当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时，反应物的转化率相等；‎ D．若在p3和316℃时，起始时=3，则达平衡时CO的转化率增大；‎ ‎（5）可用体积分数求出各物质的浓度，然后再利用平衡常数的公式求出平衡常数，相同条件下，气体的体积分数等于其物质的量分数，设参加反应的n（CO）=xmol，‎ 该反应中 4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），‎ 开始（mol）8.0 4.0 0 0 ‎ 反应（mol）2x x 0.5x 0.5x 平衡（mol）8.0﹣2x 4.0﹣x 0.5x 0.5x 二甲醚物质的量分数=×100%=25%，‎ x=3‎ 则平衡时c（H2）==1mol/L、c（CO）==0.5mol/L、c（CH3OCH3）=mol/L=0.75mol/L、c（H2O）=mol/L=0.75mol/L，化学平衡常数K=．‎ ‎【解答】解：（1）由盖斯定律可得，总反应3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）为方程式①×2+②+③相加所得，故△H=2△H1+△H2+△H3=2×（﹣99）﹣24﹣41=﹣263 kJ•mol﹣1；总反应的平衡常数等于分反应的平衡常数之积，则K=K12•K2•K3．‎ 故答案为：﹣263 kJ•mol﹣1；K12•K2•K3；‎ ‎（2）A．分离出二甲醚，使平衡正向移动，所以能提高二甲醚的产率，故正确；‎ B．升高温度，平衡逆向移动，降低二甲醚的产率，故错误；‎ C．改用高效催化剂只能改变化学反应速率，不影响平衡移动，不改变二甲醚产率，故错误；‎ D．增大压强平衡正向移动，提高二甲醚产率，故正确；‎ 故答案为：AD；‎ ‎（3）（4）反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率，‎ 故答案为：反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率；‎ ‎（4）A．升高温度CO转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则该反应△H＜0，故A错误；‎ B．增大压强平衡正向移动，则CO转化率增大，根据图知，压强P1＞P2＞P3‎ ‎，增大压强CO转化率增大，CO转化率应该大于50%，故B错误；‎ C．当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时，反应物的转化率相等，所以若在p3和316℃时反应达到平衡，H2的转化率等于50%，故C正确；‎ D．若在p3和316℃时，起始时=3，则达平衡时CO的转化率增大，所以CO转化率大于50%，故D正确；‎ 故答案为：CD；‎ ‎（5）相同条件下，气体的体积分数等于其物质的量分数，设参加反应的n（CO）=xmol，‎ 该反应中 4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），‎ 开始（mol）8.0 4.0 0 0 ‎ 反应（mol）2x x 0.5x 0.5x 平衡（mol）8.0﹣2x 4.0﹣x 0.5x 0.5x 二甲醚物质的量分数=×100%=25%，‎ x=3‎ 则平衡时c（H2）==1mol/L、c（CO）==0.5mol/L、c（CH3OCH3）=mol/L=0.75mol/L、c（H2O）=mol/L=0.75mol/L，化学平衡常数K===2.25，‎ 故答案为：2.25．‎ ‎　‎ ‎17．某探究小组用测量HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素．限选试剂：1.00mol•L﹣1 HNO3、2.00mol•L﹣1HNO3，细颗粒大理石、粗颗粒大理石，35℃水浴．‎ ‎（1）他们能完成哪些因素对速率影响的探究？　硝酸浓度、温度、大理石表面积　．‎ ‎（2）请根据能进行的探究内容，填写以下实验设计表，完成探究实验：‎ 实验编号 T/℃‎ 大理石规格 HNO3浓度/mol•L﹣1‎ ‎①‎ 常温 细颗粒 ‎2.00‎ ‎②‎ ‎　常温　‎ 细颗粒 ‎1.00‎ ‎③‎ ‎35℃‎ ‎　粗颗粒　‎ ‎2.00‎ ‎④‎ ‎35℃‎ ‎　细颗粒　‎ ‎2.00‎ ‎（3）整个实验中应控制的不变量是　硝酸溶液体积　和大理石质量．‎ ‎（4）该实验小组用如图实验装置进行实验．‎ ‎①除电子天平、干燥管、锥形瓶、药匙、胶塞、量筒等仪器外，必需的实验仪器还有　秒表　．‎ ‎②干燥管中应放置的试剂是　B　．‎ A．碱石灰　　　　　　B．无水CaCl2C．浓硫酸 ‎③若撤除干燥管装置，所测速率　偏大　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．‎ ‎【考点】探究影响化学反应速率的因素．‎ ‎【分析】（1）由信息可知，硝酸的浓度不同、大理石的接触面积不同、温度不同；‎ ‎（2）①②只控制浓度不同，③④控制接触面积不同；‎ ‎（3）由控制变量法可知，硝酸溶液的体积、固体的质量不变；‎ ‎（4）①测定反应速率需要测定时间；‎ ‎②干燥管吸收水，排出二氧化碳气体，前后的质量差为气体的质量；‎ ‎③若撤除干燥管装置，气体的质量偏大．‎ ‎【解答】解：（1）由信息可知，硝酸的浓度不同、大理石的接触面积不同、温度不同，则可完成硝酸浓度、温度、大理石表面积对速率影响，‎ 故答案为：硝酸浓度、温度、大理石表面积；‎ ‎（2）①②只控制浓度不同，③④控制接触面积不同，则②为常温，③为粗颗粒，④为细颗粒，故答案为：‎ 实验编号 T/℃‎ 大理石规格 HNO3浓度/mol•L﹣1‎ ‎①‎ ‎②‎ 常温 ‎③‎ 粗颗粒 ‎④‎ 细颗粒 ‎；‎ ‎（3）由控制变量法可知，硝酸溶液的体积、固体的质量不变，故答案为：硝酸溶液体积；‎ ‎（4）①测定反应速率需要测定时间，则还需要的仪器为秒表，故答案为：秒表；‎ ‎②干燥管吸收水，排出二氧化碳气体，前后的质量差为气体的质量，则干燥管中应放置的试剂是无水CaCl2，故答案为：B；‎ ‎③若撤除干燥管装置，气体的质量偏大，则测定反应速率偏大，故答案为：偏大．‎ ‎　‎ ‎18．pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积的关系如图所示，回答下列问题：‎ ‎（1）若a=5，则A为　强　酸，B为　弱　酸（填“强”、或“弱”），若再稀释100倍，则A的pH　＜　7（填“＜”、“＞”或“=”）．‎ ‎（2）若A、B都是弱酸，则a的范围是　2＜a＜5　．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】稀释弱酸时促进弱酸电离，则稀释过程中pH变化越大的酸的酸性越强，变化越小的酸性越弱，无限稀释酸时，酸溶液的pH接近中性．‎ ‎【解答】解：（1）稀释弱酸时促进弱酸电离，则稀释过程中pH变化越大的酸的酸性越强，变化越小的酸性越弱，根据图象知，A是强酸、B是弱酸，若再稀释100倍，酸溶液仍然呈酸性，但接近中性，所以A的pH＜7，‎ 故答案为：强；弱；＜；‎ ‎（2）若A、B都是弱酸，加水稀释促进弱酸电离，所以稀释1000倍后，溶液中氢离子浓度大于原来的，所以该溶液的pH范围为：2＜a＜5，故答案为：2＜a＜5．‎ ‎　‎ ‎2017年4月15日