北京市中国人民大学附属中学2019-2020学年高二下学期期末考试练习化学试题 Word版含解析

北京市中国人民大学附属中学2019-2020学年高二下学期期末考试练习化学试题 Word版含解析

中国人民大学附属中学2019-2020学年度第二学期高二化学期末练习 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16‎ 闭卷部分（20小题，共40分）‎ 选择题（每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共40分）‎ ‎1.对于反应3A(g)＋B(g)2C(g)＋3D(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)＝0.9 mol·L－1·min－1 B. v(B)＝0.2mol·L－1·min－1‎ C. v(C)＝0.5mol·L－1·min－1 D. v(D)＝1.0mol·L－1·min－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】不同物质表示的反应速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，对于反应3A(g)+B(g)⇌2C(g)+3D(g)，A．=0.3mol•L-1•min-1；B．=0.2mol•L-1•min-1；C．=0.25mol•L-1•min-1；D．≈0.33mol•L-1•min-1；因此反应速率：v(D)＞v(A)＞v(C)＞v(B)，故选D。‎ ‎2.下列化学变化中，属于吸热反应的是（ ）‎ A. 锌粒与稀硫酸的反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体的反应 C. 乙炔在空气中燃烧 D. NaOH与醋酸的反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属与酸置换出氢气的反应为放热反应，故A不符合题意；‎ B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体的反应为吸热反应，故B符合题意；‎ C．燃烧均为放热反应，故C不符合题意；‎ D．中和反应为放热反应，故D不符合题意；‎ 故答案为B。‎ ‎3.下列措施中，一定能使化学平衡移动的是（ ）‎ A. 改变温度 B. 改变压强 C. 使用催化剂 D. 改变容器体积 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.任何化学反应都伴随能量变化，改变温度一定能使化学平衡移动；‎ B.对于没有气体参与或反应前后气体物质的量相等的反应，改变压强化学平衡不移动，即改变压强化学平衡不一定发生移动；‎ C.使用催化剂，化学平衡不移动；‎ D.改变容器体积相当于改变压强，对于没有气体参与或反应前后气体物质的量相等的反应，改变压强化学平衡不移动，即改变容器体积化学平衡不一定发生移动；‎ 答案选A。‎ ‎4.下列物质中，属于弱电解质的是 A. H2O B. Na2CO3 C. HCl D. NaCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水部分电离出氢离子和氢氧根离子，存在电离平衡，水为弱电解质，故A正确；‎ B．Na2CO3在水溶液里或在熔融状态下，能完全电离出自由移动的钠离子和碳酸根离子，所以Na2CO3是强电解质，故B错误；‎ C．HCl在水溶液中完全电离出氢离子和氯离子，所以HCl为强电解质，故C错误；‎ D．NaCl在水溶液里或在熔融状态下，能完全电离出自由移动的钠离子和氯离子，所以NaCl是强电解质，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.下列各组离子能在溶液中大量共存的是（ ）‎ A. H+、Na+、CO32- B. Cl-、Ba2+、SO42-‎ C. H+、OH-、SO42- D. H+、Ag+、NO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H+、CO32-会发生复分解反应产生CO2、H2O，不能大量共存，A错误；‎ B．Ba2+、SO42-会发生复分解反应产生BaSO4沉淀，不能大量共存，B错误；‎ C．H+、OH-会发生复分解反应产生弱电解质H2O，不能大量共存，C错误；‎ D．离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎6.常温下，某溶液中由水电离c(H＋)=1×10－13mol·L－1，该溶液可能是：①盐酸、②氯化铵溶液、③硝酸钠溶液、④氢氧化钠溶液中的（ ）‎ A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 酸、碱或强酸酸式盐都抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，常温下，某溶液中由水电离的c（H+）=1×10-13 mol•L-1<1×10-7mol•L-1，说明水的电离受到抑制，则溶液中的溶质为酸、碱或强酸酸式盐，据此分析解答。‎ ‎【详解】①盐酸是强酸而抑制水电离，①项正确；‎ ‎②氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解促进水电离，②项错误；‎ ‎③硝酸钠为强酸强碱盐，不影响水电离，③项错误；‎ ‎④氢氧化钠为强碱而抑制水电离，④项正确；‎ 综上所述，①④符合题意，A项正确，‎ 答案选A。‎ ‎7.下列关于电解池的叙述中，不正确的是（ ）‎ A. 在电解池的阳极发生氧化反应 B. 与电源正极相连的是电解池的阴极 C. 与电源负极相连的是电解池的阴极 D. 电子从电源的负极沿导线流入电解池的阴极 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解池中，与外接电源正极相连的为阳极，阳极失电子，发生氧化反应，故A正确；‎ B．电解池中，与外接电源负极相连的为阴极，故B错误；‎ C．电解池中，与外接电源负极相连的为阴极，故C正确；‎ D．电解池中，电子从电源的负极经导线流入电解池的阴极，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎8.物质的量浓度相同的下列溶液中，浓度最大的是 A. (NH4)2SO4 B. (NH4)2CO3 C. (NH4)2SO3 D. (NH4)2Fe(SO4)2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据的浓度和水解的影响角度来分析，如果含有对水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，如果含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱；铵根离子的水解程度较小，则浓度相同时，化学式中铵根离子数目越多，则溶液中铵根离子浓度越大，据此进行解答。‎ ‎【详解】物质的量浓度相同的（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2SO3、（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，若不考虑其他因素影响，铵根离子浓度相同，‎ A. (NH4)2SO4溶液中的水解不受硫酸根离子的影响；‎ B. (NH4)2CO3溶液中碳酸根离子的水解对的水解起促进作用，导致水解程度增大，浓度减小； ‎ C. (NH4)2SO3溶液中亚硫酸根离子的水解对的水解起促进作用，导致水解程度增大，浓度减小； ‎ D. (NH4)2Fe(SO4)2溶液中的亚铁离子的水解对的水解起抑制作用，导致水解程度减小，浓度增大；‎ 则浓度最大的是(NH4)2Fe(SO4)2， 答案选D。‎ ‎9.下列操作中，能使电离平衡H2OH+＋OH－，向右移动且溶液呈酸性的是 ( )‎ A. 向水中加入NaHSO4溶液 B. 向水中加入Al2(SO4)3固体 C. 向水中加入Na2CO3溶液 D. 将水加热到100℃，使pH＝6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能使电离平衡H2OH＋+OH－向右移动，说明加入的物质能和氢离子或氢氧根离子反应而促进水的电离；溶液呈酸性，说明加入的物质和氢氧根离子反应，导致溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度而使溶液呈酸性。‎ ‎【详解】A、硫酸氢钠的电离：NaHSO4═Na＋+H＋+SO42－，溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡逆向移动，故A错误；‎ B、向水中加入硫酸铝，铝离子水解而促进水电离，且溶液呈酸性，故B正确；‎ C、向水中加入碳酸钠溶液，碳酸根离子水解促进水的电离，碳酸根离子和氢离子结合生成碳酸氢根离子而使溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，故C错误；‎ D、升高温度，水的电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液显示中性，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查影响水电离的因素，注意不能根据pH确定溶液是酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小确定溶液的酸碱性．‎ ‎10.有关如图所示原电池的叙述，正确的是（ ）(盐桥中装有含KCl饱和溶液的琼脂)‎ A. 该原电池工作时，盐桥中的K+会移向CuSO4溶液 B. 取出盐桥后，电流计指针依然保持偏转 C. 铜片上有气泡逸出 D. 反应前后铜片质量不改变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，盐桥中的K+会移向CuSO溶液，故A正确； B.取出盐桥后，不是闭合回路，没有电流产生，电流计不发生偏转，故B错误；‎ C. Cu为正极，发生还原反应Cu2++2e- =Cu，析出Cu，故C错误； D. Cu为正极，发生还原反应Cu2++2e- =Cu，析出Cu附着在Cu电极上，故铜片质量增加，故D错误；‎ 答案选 A。‎ ‎11.常温下，以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等，通过添加过量的难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀并过滤除去，下列说法正确的是 A. 过滤后的溶液中一定没有S2-‎ B. MnS难溶于水，可溶于MnCl2溶液中 C. 常温时，CuS、PbS、CdS比MnS更难溶 D. 加入MnS后生成CuS的离子方程式是Cu2+ + S2-= CuS↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、难溶并不是不溶，只是溶解度小，过滤后的溶液中一定有极少量的S2-，错误，不选A；‎ B、硫化锰难溶于水，也难溶于氯化锰的溶液，错误，不选B；‎ C、通过添加过量的难溶电解质硫化锰，除去铜离子、铅离子、镉离子，是沉淀转化的原理，利用硫化铜、硫化铅、硫化镉比硫化锰更难溶于水的原理转化，正确，选C；‎ D、沉淀转化的离子方程式为Cu2+（aq）+MnS(s)=CuS(s)+Mn2+（aq），错误，不选D。‎ 本题选C。‎ ‎12.在1 L恒定容积的密闭容器中，可以证明可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)已达到平衡状态的是(　　)‎ A. c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2‎ B. 一个N≡N键断裂的同时，有3个H—H键生成 C. 其他条件不变时，混合气体的密度不再改变 D. v正(N2)＝2v逆(NH3)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当各物质的浓度之比符合化学计量数之比时不一定是平衡状态，A错误；‎ B、断裂1个N≡N代表正反应速率，同时有3个H—H生成，代表逆反应速率，且符合化学计量数之比，证明已达化学平衡状态，B正确；‎ C、在定容的容器中，气体的质量不变，体积不变，所以气体的密度一直不变，不能判断化学平衡是否到达，C错误；‎ D、逆反应氨气的反应速率是正反应氮气的反应速率的2倍，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点晴】明确平衡状态的含义和特征是解答的关键，注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。‎ ‎13.下列说法中，正确的是（ ）‎ A. 凡是放热反应都是自发反应 B. 凡是熵增大的反应都是自发反应 C. 要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变 D. 过程的自发性不仅能用于判断过程的方向，还能确定过程是否一定能发生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 放热反应有利于反应的自发进行，但是不一定所有的放热反应都是自发反应，放热的熵减的反应在高温下不能自发进行，故A错误；‎ B. 熵增大的反应有利于反应的自发进行，但是熵增加的反应不一定都是自发反应，如根据△G=△H-T△S，吸热的熵增的反应在低温下不能自发进行，故B错误；‎ C. 化学反应能否自发进行的判据是：△H-T△S＜0，必须综合考虑体系的焓变和熵变，故C正确；‎ D. 过程的自发性仅能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定能发生，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎14.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为： Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是 实验 反应温度/℃‎ Na2S2O3溶液 稀H2SO4‎ H2O V/mL c/(mol·L-1)‎ V/mL c/(mol·L-1)‎ V/mL A ‎25‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎10‎ ‎0.1‎ ‎5‎ B ‎25‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎10‎ C ‎35‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎10‎ ‎0.1‎ ‎5‎ D ‎35‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎10‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】“最先出现浑浊”，即反应速率最快；A项与B项温度相同、H2SO4浓度相同，B项中Na2S2O3的浓度比A项大，反应速率：B项>A项；C项与D项温度相同、H2SO4浓度相同，D项中Na2S2O3的浓度比C项大，反应速率：D项>C项；B项与D项Na2S2O3、H2SO4浓度都相同，D项温度高于B项，反应速率：D项>B项；则反应最快的是D项，D项最先出现浑浊，答案选D。‎ ‎15.为了除去氯化镁酸性溶液中的铁离子，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂是（ ）‎ A. 一水合氨 B. 烧碱 C. 碳酸镁 D. 碳酸钠 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加入一水合氨除去氯化镁酸性溶液中的Fe3+，会引入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，故A错误；‎ B. 加入烧碱易生成氢氧化镁沉淀，且引入NaCl杂质，故B错误；‎ C. 加入碳酸镁，碳酸镁与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故C正确；‎ D. 加入碳酸钠，易引入NaCl杂质，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.室温下，关于1.0mL0.1mol/L氨水。下列判断正确的是 A. 溶液的pH等于13‎ B. 加入少量NH4Cl固体，c (OH-)不变 C. c(OH-)=c ()+c(H+)‎ D. 与1.0mL0.1mol/L盐酸混合后，溶液呈中性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在氨水中存在电离平衡：NH3·H2O⇌+OH-，‎ A. 一水合氨是弱碱，所以0.1mol/L氨水中c（OH-）<0.1mol/L，溶液的pH<13，故A错误；‎ B. 加入少量NH4Cl固体，c()增大，电离平衡左移，c(OH-)减小，故B错误；‎ C. 溶液中电荷守恒：c(OH-)=c()+c(H+)，故C正确；‎ D. 与1.0mL0.1mol/L盐酸混合后，两者恰好完全反应形成氯化铵溶液，氯化铵水解使溶液呈酸性，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎17.下列实验操作及现象与推论不相符的是 选项 操作及现象 推论 A 用pH试纸测得0.1 mol/L CH3COOH溶液pH约为3‎ CH3COOH是弱电解质 B 向某无色溶液中加入足量稀盐酸，产生无色无味气体；再将该气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊 溶液中可能含有CO32-或HCO3-‎ C 用pH计测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者的 HClO的酸性弱于CH3COOH D 向2 mL 1 mol/L NaOH溶液中加入1 mL 0.1 mol/L MgCl2‎ Mg(OH)2‎ 溶液，产生白色沉淀；再加入1 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液，沉淀变为红褐色 沉淀转化为Fe(OH)3沉淀 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用pH试纸测得0.1 mol/L CH3COOH溶液pH约为3，说明醋酸为弱酸，部分电离，可以说明CH3COOH是弱电解质，实验操作及现象与推论相符，故A不选；‎ B．向某无色溶液中加入足量稀盐酸，产生无色无味气体；再将该气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊，说明无色无味气体为二氧化碳，可说明溶液中可能含有CO32-或HCO3-，实验操作及现象与推论相符，故B不选；‎ C．NaClO具有强氧化性，能够漂白试纸，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，可选用pH计，用pH计测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者的，说明CH3COONa的水解程度小，说明HClO的酸性弱于CH3COOH，实验操作及现象与推论相符，故C不选；‎ D．向2 mL 1 mol/L NaOH溶液中加入1 mL 0.1 mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀；反应后氢氧化钠过量，再加入1 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液，反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，不能说明存在沉淀的转化，实验操作及现象与推论不相符，故D选；‎ 答案选D。‎ ‎18.肼(N2H4)-空气燃料电池是一种环保型碱性燃料电池，电解质溶液是20%~30%的KOH溶液。电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O。下列关于该燃料电池工作时的说法正确的是（ ）‎ A. 负极的电极反应式是N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑‎ B. 正极的电极反应式是O2+4H++4e-=2H2O C. 溶液中阴离子向正极移动 D. 放电后电解质溶液的碱性增强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 肼（N2H4）一空气燃料电池中，根据电池总反应，负极反应为：N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑，正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，原电池中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。‎ ‎【详解】A.原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，负极反应为N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑，选项A正确；‎ B.在碱性环境下，正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，选项B错误；‎ C.原电池中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，选项C错误；‎ D.电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O，原电池反应生成水，KOH溶液浓度降低，碱性减弱，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎19.关于电解NaCl水溶液，下列叙述正确的是（　　）‎ A. 电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠 B. 若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕色 C. 若在阴极附近的溶液中滴入酚酞试液，溶液呈无色 D. 电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解时在阳极是氯离子失电子得到氯气，在阴极是氢离子得到电子生成氢气，故A错误；‎ B．在阳极附近是氯离子失电子得到氯气，滴入KI溶液，氯气能将碘离子氧化为碘单质而使得溶液呈棕色，故B正确；‎ C．在阴极阴极是氢离子得到电子生成氢气，该极附近的溶液显碱性，滴入酚酞试液，溶液呈红色，故C错误；‎ D．电解一段时间后，全部电解液几乎是氢氧化钠，溶液显示碱性，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎20.实验：①0.005mol·L-1FeCl3溶液和0.015mol·L-1KSCN溶液各1mL混合得到红色溶液a，均分溶液a置于b、c两支试管中；‎ ‎②向b中滴加3滴饱和FeCl3溶液，溶液颜色加深；‎ ‎③再向上述b溶液中滴加3滴1mol·L-1NaOH溶液，溶液颜色变浅且出现浑浊；‎ ‎④向c中逐渐滴加1mol·L-1KSCN溶液2mL ‎，溶液颜色先变深后变浅。下列分析不正确的是（ ）‎ A 实验②中增大Fe3+浓度使平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3正向移动 B. 实验③中有Fe(OH)3生成 C. 实验③和④中溶液颜色变浅的原因相同 D. 实验②、③、④均可说明浓度改变对平衡移动的影响 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.实验②向b中滴加3滴饱和FeCl3溶液，增大了Fe3+浓度使平衡Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3向正向移动，溶液颜色加深，A正确；‎ B.实验③中向上述b溶液中滴加3滴1mol⋅L−1NaOH溶液，发生反应：Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓，铁离子浓度减小，平衡Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3逆向移动，溶液颜色变浅且出现浑浊，B正确；‎ C.实验③颜色变浅的原因是减少了铁离子浓度，平衡逆向移动，实验④最后颜色变浅是因为加入的硫氰化钾溶液过多，对体系进行了稀释，颜色变浅，两者原因不相同，C错误；‎ D.实验②③④都是在改变平衡体系中某种物质的浓度，溶液的颜色变化都说明了浓度改变对平衡移动的影响，D正确；‎ 答案选C。‎ 开卷部分（4小题，共60分）‎ ‎21.某氮肥厂用NH3经一系列反应制得HNO3。NH3→NO→NO2→HNO3。‎ ‎(1)25℃时，NH3和O2能反应生成NO和液态水，生成6mol水时放热1289kJ，其热化学方程式是_____。‎ ‎(2)对于反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(P1、P2)下随温度变化的曲线(如图)。‎ 请比较P1、P2的大小：P1____P2(填“>”、“=”或“<”)；该反应△H____0(填“>”、“=”或“<”)。‎ ‎(3)四氧化二氮和二氧化氮可互相转化。在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4‎ ‎，发生反应N2O4(g) 2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。‎ 回答下列问题：‎ ‎①该反应的△H_____0(填“>”、“=”或“<”)；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0~60s时段，反应速率v(N2O4)为_____mol·L-1·s-1，该温度下反应的平衡常数K=_____。‎ ‎②反应达平衡后，将反应容器的容积缩小到原来的一半，平衡向_____（填“正反应”或“逆反应”）方向移动。‎ ‎(4)25℃时，将0.1mol·L-1盐酸滴入20mL0.1mol·L-1氨水中，溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。‎ ‎①写出NH3·H2O的电离方程式：_____。‎ ‎②b点所示溶液中c(Cl-)_____c(NH)(填“>”、“=”或“<”)。‎ ‎③c点所示溶液中，离子浓度由大到小的顺序是_____。‎ ‎【答案】 (1). 4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(l) ΔH=-1289kJ/mol (2). ＜ (3). < (4). > (5). 0.001mol·L-1·s-1 (6). 0.24 (7). 逆反应 (8). NH3·H2ONH4++OH- (9). = (10). c(Cl-)> c(NH4+)> c(H+)> c(OH-)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像和描述判断平衡移动的方向，结合勒夏特列原理，判断反应的热效应，比较压强大小；速率和平衡常数的计算，根据公式和图中给出数据进行计算；b、c 两点对应坐标，明确反应情况进行计算，b点为中性溶液，根据电荷守恒得出二者离子浓度相等，c点恰好完全反应，因NH4+水解比较各离子浓度大小。‎ ‎【详解】(1)氨气和氧气在催化剂作用下发生氧化还原反应，生成NO和水，热化学方程为4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(l) ΔH=-1289kJ/mol； (2)①该反应的正反应为气体物质的量减小的反应，其他条件不变时，增大压强，平衡向气体物质的量减小的方向移动，即向正反应方向移动，即压强越高，NO的平衡转化率越大，根据图示知，相同温度下，压强P1时NO的转化率＜P2时NO的转化率，故P1＜P2； ②其他条件不变时，升高温度，平衡向着吸热反应方向移动，又根据图示知，相同压强下，随着温度的升高，NO的转化率降低，即升高温度，平衡向逆反应方向移动，故逆反应方向为吸热反应，则正反应方向是放热反应，则△H<0； (3)①N2O4(g) 2NO2(g)，N2O4为无色气体，NO2为红棕色气体，随温度升高，混合气体的颜色变深，说明平衡往正反应方向移动，升高温度，平衡向着吸热反应方向移动，故正向为吸热方向，△H>0；由图可知，0~60s，Δc(N2O4)=0.060mol·L-1，v(N2O4)= Δc(N2O4)/Δt=0.060mol·L-1/60s=0.001mol·L-1·s-1，平衡常数K= c2(NO2)/c(N2O4)=0.122/0.06=0.24；‎ ‎②反应达平衡后，将反应容器的容积缩小到原来的一半，则压强增大，平衡向着气体物质的量减小的方向移动，即逆反应方向移动；‎ ‎(4)①NH3·H2O为弱电解质，发生部分电离，电离方程式为：NH3·H2ONH4++OH-；‎ ‎②由图可知，b点pH=7，此温度条件下，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，得出c(NH4+)=c(Cl-)‎ ‎③由图可知，c点加入的HCl体积为20mL，二者等浓度等体积混合，恰好完全反应，得到NH4Cl和水，因NH4+水解，故离子浓度由大到小顺序为c(Cl-)> c(NH4+)> c(H+)> c(OH-)。‎ ‎【点睛】此题多次用到图像，包括观察曲线走势判断平衡移动方向，根据图像中的特殊点进行计算和浓度大小比较，对应坐标，分析反应进行的程度以及产物的水解情况，考查学生图像解读能力。‎ ‎22.Na2CO3与NaHCO3在生产、生活中用途非常广泛，同学们在实验室中探究Na2CO3和NaHCO3的性质。称取Na2CO3、NaHCO3固体各2g，分别加入两支大试管中，再各加10mL蒸馏水，充分溶解后，恢复至室温，各滴入2滴酚酞溶液，观察到如图所示现象。‎ ‎（1）下列说法中，正确的是_____（填字母序号）。‎ a.两溶液中所含分子、离子种类完全相同 b.左侧试管中的现象解释了Na2CO3的俗名为什么叫做“纯碱”‎ c.向两支试管中加入过量硼酸饱和溶液，均有无色气体生成 ‎（2）两溶液中的离子浓度都存在下式的数量关系，请你补充完整：c(Na+)+c(H+)=_____。‎ ‎（3）NaHCO3溶液中存在下列两种变化趋势：‎ 变化i.‎ 变化ii.（用离子方程式表示）_____。‎ 溶液中滴加酚酞变为粉色，是因为以_____为主（填“变化i”或“变化ii”）。‎ ‎【答案】 (1). ab (2). 2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-) (3). HCO3-CO32-+H+ (4). 变化i ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 质量相同的Na2CO3、NaHCO3加相同量的水，Na2CO3完全溶解，NaHCO3有部分未溶解，说明溶解度：Na2CO3＞NaHCO3；‎ Na2CO3溶液加酚酞变红色，NaHCO3溶液加酚酞变粉色，说明二者都显碱性，且碱性：Na2CO3＞NaHCO3，二者显碱性的原因是CO32-和HCO3-都会水解，且水解程度：CO32-＞HCO3-。‎ ‎【详解】(1)a．Na2CO3溶液存在3个平衡，水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，水的电离：H2OH++OH-，所以Na2CO3溶液中含Na+、CO32-、HCO3-、H+、OH-共5种离子，H2O、H2CO3共2种分子。NaHCO3溶液存在3个平衡，水解平衡：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，电离平衡：HCO3-CO32-+H+、H2OH++OH-，所以NaHCO3溶液中含Na+、CO32-、HCO3-、H+、OH-共5种离子，H2O、H2CO3共2种分子，故a正确；‎ b．Na2CO3属于盐，但其水溶液具有较强碱性，所以俗名纯碱，故b正确；‎ c．酸性：碳酸＞硼酸，向两支试管中加入过量硼酸饱和溶液，均不可能产生气体，故c错误；‎ 故答案为：ab；‎ ‎(2)两溶液中的离子浓度都存在电荷守恒关系：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，故答案为：2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)；‎ ‎(3)NaHCO3溶液中存在HCO3-的水解和电离两种趋势，图示为HCO3-的水解，故另一种为电离趋势，其电离方程式为：HCO3-CO32-+H+，滴加酚酞变为粉色，说明NaHCO3溶液显碱性，所以HCO3-的水解程度大于电离程度，即以水解为主，故答案为：HCO3-CO32-+H+；变化i。‎ ‎23.(1)“84”消毒液是一种常用的消毒剂，其有效成分是______(填化学式)。某学生用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，制作了一种家用环保型消毒液发生器，如图所示。电极c处发生反应的离子方程式依次为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；_____。‎ ‎(2)“84”消毒液工业品中常含有1.5%~3%的NaOH，其目的一是使平衡_____(写出离子方程式)向逆方向移动；二是吸收空气中的_____(填化学式)防止消毒液失效。‎ ‎(3)消毒液中氯元素的存在形态与溶液pH的关系如下：‎ 溶液pH ‎＞9‎ ‎5~6‎ ‎4~5‎ ‎2~3‎ ‎＜2‎ 主要成分 NaClO HClO与NaClO(少量)‎ HClO与Cl2(少量)‎ HClO与Cl2‎ Cl2‎ 请你写出pH降低时产生氯气的离子方程式：_____。‎ ‎(4)某同学猜测“84消毒液”(以下简称“84”)可以“漂白”米醋，进行了实验1和实验2：‎ 编号 实验操作 实验现象 实验1‎ 滴加2滴米醋，5滴管“84”‎ 溶液无色，闻到刺激性气味 实验2‎ 滴加2滴米醋，5滴管蒸馏水 溶液为浅棕色，无刺激性气味 实验2的目的是：①______；②______。‎ 为进一步研究“84”与米醋的反应，该同学又进行了以下实验：‎ 编号 实验操作 实验现象 实验3‎ 逐滴加入“84”，10滴米醋 ‎“84”滴入后迅速产生刺激性气味的气体；滴加至5滴时，溶液开始褪色；滴加至21滴时，褪为淡黄色；继续滴加不再出现明显褪色。‎ 实验4‎ 逐滴加入米醋，21滴“84”‎ 滴入米醋后立即褪色；当米醋滴加至10滴时，溶液较实验3颜色更浅；当米醋加至17滴时，与实验3中溶液最终颜色相同。‎ 请你结合上述实验和相关资料，分析实验3与实验4现象的差异：______。‎ ‎(5)某工厂使用次氯酸钠漂白棉布，该工厂对生产条件进行了研究，结果如图所示：‎ ‎ ‎ 查阅资料得知：次氯酸钠对纤维素的破坏分为两个阶段进行。第一阶段：纤维素纤维的羟基与次氯酸作用生成次氯酸酯；第二阶段：生成的次氯酸酯在OH-离子作用下，失去一分子氯化氢，并转变为醛或酮，直接影响纤维素化学键的稳定性。‎ ‎①当溶液pH=7时，纤维聚合度最低，纤维损伤最严重的原因是：_____。‎ ‎②综合考虑，生产过程中pH最好选择_____，理由是_____。‎ ‎【答案】 (1). NaClO (2). Cl2+2OHˉ=Clˉ+ClOˉ+H2O (3). ClOˉ+H2OHClO+ OHˉ (4). CO2 (5). ClOˉ+ Clˉ+2H+=Cl2↑+H2O (6). 排除因米醋被稀释导致颜色褪去的可能性 (7). 排除醋酸挥发产生刺激性气味气体的可能性 (8). 实验3最初阶段因溶液pH<2，主要发生反应ClOˉ+ Clˉ+2H+=Cl2↑+H2O；随着溶液pH>2，发生反应ClOˉ+CH3COOH=CH3COOˉ+HClO，使溶液褪色。实验4中最初阶段溶液pH较大，只发生ClOˉ+CH3COOH=CH3COOˉ+HClO，所以立即褪色 (9). 在中性条件下，次氯酸钠溶液中存在较多的次氯酸与OHˉ，有利于反应的进行，即次氯酸酯的形成和分解连续发生，此时纤维素很快被氧化，纤维强度受到严重损伤。(或：这是两个连续变化的过程，pH较小时，次氯酸浓度较高有利于第一阶段的反应，但OHˉ浓度较低不利于第二阶段的反应；pH较大时，OHˉ浓度较高有利于第二阶段的反应，但次氯酸浓度较低不利于第一阶段的反应。) (10). 9~11 (11). 对棉布损伤小，且不会因pH过低产生氯气 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(4)该同学的实验目的是为了探究84消毒液能否“漂白”米醋；因84消毒液中含有大量的水分，所以先设计实验1和2对比排除因米醋被稀释导致颜色褪去的可能性和醋酸挥发产生刺激性气味气体的可能性；之后设计了实验3和4进行米醋和84消毒液的互滴实验，向84消毒液中滴加米醋的时，由于次氯酸根的水解，溶液初始pH较大，而向米醋中滴加84时，由于醋酸的电离，溶液初始pH较小。‎ ‎【详解】(1)84消毒液的有效成分为NaClO；电极c处发生2H2O+2e-=H2↑+2OHˉ，说明c处为电解池的阴极，则d处为阳极，氯离子放电产生氯气，且生成的氯气会浮上来与c处产生的氢氧根反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为Cl2+2OHˉ=Clˉ+ClOˉ+H2O；‎ ‎(2)次氯酸为弱酸，所以84消毒液中存在水解平衡ClOˉ+H2OHClO+ OHˉ，加入少量NaOH溶液可以使其水解平衡逆向移动；而且NaOH还可以吸收空气中的二氧化碳防止消毒液失效；‎ ‎(3)pH降低时溶液中氢离子浓度增大，酸性环境下次氯酸根和氯离子发生归中反应生成氯气，离子方程式为ClOˉ+ Clˉ+2H+=Cl2↑+H2O；‎ ‎(4)84消毒液中含有水，实验2作为对照可以排除因米醋被稀释导致颜色褪去的可能性；同时也可以排除醋酸挥发产生刺激性气味气体的可能性；‎ 实验3最初阶段因溶液pH<2，主要发生反应ClOˉ+ Clˉ+2H+=Cl2↑+H2O；随着溶液pH>2，发生反应ClOˉ+CH3COOH=CH3COOˉ+HClO，使溶液褪色。实验4中最初阶段溶液pH较大，只发生ClOˉ+CH3COOH=CH3COOˉ+HClO，所以立即褪色；‎ ‎(5)①在中性条件下，次氯酸钠溶液中存在较多的次氯酸与OHˉ，有利于反应的进行，即次氯酸酯的形成和分解连续发生，此时纤维素很快被氧化，纤维强度受到严重损伤。(或：这是两个连续变化的过程，pH较小时，次氯酸浓度较高有利于第一阶段的反应，但OHˉ浓度较低不利于第二阶段的反应；pH较大时，OHˉ浓度较高有利于第二阶段的反应，但次氯酸浓度较低不利于第一阶段的反应。)‎ ‎(6)根据第3小题可知pH过低时会产生氯气，所以pH不能太低，据图可知pH7到9时，对棉布损伤较大，pH为9~11时，对棉布损伤小，且不会因pH过低产生氯气。‎ ‎【点睛】第4小题为本题难点，要注意两种溶液互滴时的差异，向84消毒液中滴加米醋的时，由于次氯酸根的水解，溶液初始pH较大，而向米醋中滴加84时，由于醋酸的电离，溶液初始pH较小，再结合第3小题不同pH值氯元素的存在形式进行分析。‎ ‎24.‎ 某实验小组学习过氧化钠与水的反应时，向滴有酚酞的水中加入过氧化钠，发现溶液先变红后褪色，对此产生兴趣并进行研究。‎ ‎（1）写出Na2O2与水反应的化学方程式：______。‎ ‎（2）甲同学查阅资料：红色褪去的原因是H2O2在碱性条件下氧化了酚酞。‎ ‎①甲同学通过实验证实了Na2O2与水反应所得溶液中有较多的H2O2：取少量反应所得溶液，加入试剂______（填化学式），有气体产生。‎ ‎②甲同学利用3% H2O2溶液、酚酞试液、1mol·L-1 NaOH溶液，证实了碱性条件是必需的。‎ 操作 现象 实验1‎ 向2mL 3%H2O2溶液中加入3滴酚酞试液，振荡，静置5min，再加入5滴1mol·L-1 NaOH溶液 观察到______。‎ ‎（3）为了更深入地了解该原理，甲同学继续查阅资料，发现H2O2溶液中相关微粒的物质的量分数X(i)与溶液pH的关系如图所示。‎ 据此，甲同学设计实验2继续研究：‎ 操作 现象 实验2‎ i.配制20mL 3%H2O2与NaOH的混合溶液，调节pH分别为10~14。‎ ii.滴入3滴酚酞试液，搅拌后静置，记录酚酞完全褪色的时间 得到如图所示实验结果：‎ 甲同学由此提出假设I：溶液褪色的主要原因是酚酞被HO氧化，请结合化学反应速率和化学平衡的相关知识解释此假设：_____。‎ ‎（4）乙同学查阅资料，发现酚酞（以H2L表示）在不同pH条件下存在多种结构之间的变化：‎ 由此提出，甲同学实验2中pH˃13时红色褪去原因还存在假设II：_____。‎ ‎（5）针对假设I、II，小组同学设计了如下实验：‎ 试剂加入顺序 现象 实验3‎ i.烧杯中加入10mL 2mol·L-1 NaOH溶液、8mL H2O ii.加入3滴酚酞试液 溶液变红，然后褪色 iii.搅拌、静置后加入2mL 30% H2O2溶液 ‎_____‎ iv.向褪色后的溶液中加入盐酸调节pH至12‎ 溶液变红，然后褪色 实验4‎ i.烧杯中加入10mL 2mol·L-1 NaOH溶液、8mL H2O ii.加入2mL 30% H2O2溶液 iii.搅拌、静置后加入3滴酚酞试液 溶液变红，然后褪色 iv.向褪色后的溶液中加入盐酸调节pH至12‎ 不变红 ‎①与L2-和HL-相比较，L(OH)比前两者更_____被氧化（填“难”或“易”）。‎ ‎②实验3中调节pH至12，溶液变红然后褪色的原因是：_____。‎ ‎③根据实验得出结论：甲同学实验2中pH˃13时红色褪去的主要原因是_____（填“假设I”或“假设II”），请依据实验现象阐述理由：_____。‎ ‎【答案】 (1). 2Na2O2+2H2O = 4NaOH+O2↑ (2). MnO2 (3). 红色褪色 (4). H2O2‎ H+ + HO，加入NaOH溶液，消耗电离出的氢离子，平衡正向移动，HO浓度增大，酚酞被HO氧化速率增大 (5). 溶液褪色的主要原因是酚酞以L(OH)3−形式存在 (6). 溶液变红，然后褪色 (7). 难 (8). 酚酞在pH =12时，溶液由于NaOH而呈红色，后来酚酞在pH=12时被HO氧化而褪色 (9). 假设I (10). 根据酚酞在不同pH值的存在状态及颜色，排除pH＞13酚酞以L(OH)3−形式存在而褪色，则说明褪色是由于酚酞被HO氧化而褪色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Na2O2与水反应生成氢氧化钠和水，反应实质是生成了双氧水，双氧水在二氧化锰催化剂作用下快速反应生成气体；溶液褪色提出假设，并对提出的假设进行用实验来验证。‎ ‎【详解】⑴Na2O2与水反应生成氢氧化钠和水，其化学方程式：2Na2O2+2H2O = 4NaOH+O2↑；故答案为：2Na2O2+2H2O = 4NaOH+O2↑；‎ ‎⑵①甲同学通过实验证实了Na2O2与水反应所得溶液中有较多的H2O2，利用双氧水在二氧化锰催化剂作用下迅速反应放出大量气泡，因此取少量反应所得溶液，加入试剂MnO2，有气体产生；故答案为：MnO2；‎ ‎②甲同学利用3% H2O2溶液、酚酞试液、1mol·L-1 NaOH溶液，证实了碱性条件是必需的，实验1在碱性条件下反应，得到的现象为红色褪色；故答案为：红色褪色；‎ ‎⑶甲同学由此提出假设I：溶液褪色的主要原因是酚酞被HO氧化，H2O2H++ HO，加入NaOH溶液，消耗电离出的氢离子，平衡正向移动，HO浓度增大，酚酞被HO氧化速率增大；故答案为：H2O2H++ HO，加入NaOH溶液，消耗电离出的氢离子，平衡正向移动，HO浓度增大，酚酞被HO氧化速率增大；‎ ‎⑷由此提出，甲同学实验2中pH＞13时红色褪去的原因还存在假设II：溶液褪色的主要原因是酚酞以L(OH)3−形式存在；故答案为：溶液褪色的主要原因是酚酞以L(OH)3−形式存在。‎ ‎⑸根据实验3和实验4对比得出实验3中iii.搅拌、静置后加入2mL 30% H2O2溶液，溶液pH小于13，溶液变为红色，后酚酞被HO氧化而褪色，因此现象为溶液变红，然后褪色；故答案为：溶液变红，然后褪色；‎ ‎①根据实验3和实验4分析，实验3中酚酞主要以L2−和HL－形式存在，加双氧水，溶液变红，然后褪色，再加盐酸调节pH至12，溶液变红，然后褪色，而实验4盐酸调节pH至12，不变红，说明L(OH)比前两者更难被氧化；故答案为：难；‎ ‎②实验3中调节pH至12，溶液变红然后褪色的原因是：酚酞在pH =12时，溶液由于NaOH而呈红色，后来酚酞在pH=12时被HO氧化而褪色；故答案为：酚酞在pH =12时，溶液由于NaOH而呈红色，后来酚酞在pH=12时被HO氧化而褪色。‎ ‎③根据实验得出结论：甲同学实验2中pH＞13时红色褪去的主要原因是假设I，根据酚酞在不同pH值的存在状态及颜色，排除pH＞13酚酞以L(OH)3−形式存在而褪色，则说明褪色是由于酚酞被HO氧化而褪色；故答案为：假设I；根据酚酞在不同pH值的存在状态及颜色，排除pH＞13酚酞以L(OH)3−形式存在而褪色，则说明褪色是由于酚酞被HO氧化而褪色。‎ ‎【点睛】化学实验是常考题型，主要考查学生动手实验操作的能力、分析问题、解决问题的能力。‎