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文档介绍
2017-2018学年江西省抚州市临川区第一中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
江西省抚州市临川区第一中学2017-2018学年高二上学期期中考试化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Br-80 S-32 C1-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-l08 Mn-55 Cr-52 一、选择题(每题只有一个正确答案，每题3分，共48分) 1. 冰融化成水的过程的焓变和熵变正确的是 A. △H>〇，△S<0 B. △H<0，△S>0 C. △H>0，△S>0 D. △H<0，△S<0 【答案】C 【解析】试题分析：同种物质，液态的能量大于固态，则冰融化为水的过程是吸热过程，即△H>0，液态时的熵大于固态时的熵，则冰融化为水的过程是熵增加的过程，即△S>0；故选C。 考点：考查了焓变和熵变的相关知识。 2. 只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是 A. K值不变，平衡可能移动 B. K值变化，平衡一定移动 C. 平衡移动，K值一定变化 D. 平衡移动，K值可能不变 【答案】C 【解析】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，平衡向右移动，故A正确； B. 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B正确； C. 若是改变浓度或压强使平衡发生移动，而温度不变，则K值不变，故C错误； D. 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，故K值不变，故D正确， 故答案选C。 【名师点睛】本题考查化学平衡常数的意义、影响化学平衡常数的因素及与平衡移动的关系等，要注意基础知识的理解掌握，平衡常数是衡量反应进行程度的物理量，平衡常数越大，说明反应进行的程度越大，平衡常数越小，反应进行的程度越小，反应物的转化率越小；化学平衡常数只受温度影响。 3. 下列有关热化学方程式及其叙述正确的是 A. 氢气的燃烧热为285.5 kJ/mol，则水电解的热化学方程式为： 2H2O(l) =2H2(g)+O2(g) △H=+285.5 kJ/mol B. lmol甲烷完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出890 kJ热量，它的热化学方程式为： CH4(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l) △H=-445 kJ/mol C. 己知2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221 kJ·mol-1，则C(S)的燃烧热为-110.5kJ/mol D. HF与NaOH 溶液反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3 kJ/mol 【答案】B 【解析】试题分析：燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物，A项应该是2H2O（1）=2H2（g）+O2（g）；△H=+571KJ／mo1；B项正确；C项C的燃烧热指的是完全燃烧生成稳定的化合物CO2；D项H+（aq）+OH—（aq）=H2O（1）；△H= 一57.3kJ／mol指的是强酸和强碱中和反应放出的热量，HF是弱酸，放出的热量小于57.3 kJ。 考点：考查热化学方程式的正误。 点评：可将热化学反应方程式的系数扩大或缩小，应注意ΔH也要同比例扩大或缩小，也可将热化学方程式逆向改写，此时ΔH绝对值相等，符号相反。 4. 对于反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g) + 6H2O(g)，下列为四种不同情况下测得的反应速率，其中能表明该反应进行最快的是 A. v(O2)= 0.24 mol·L-1·s-1 B. v(NH3)=0.2 mol·L-1·s-1 C. v(H2O)=0.25 mol·L-1·s-1 D. v(NO) = 0.15 mol·L-1·s-1 【答案】B 【名师点睛】本题考查化学反应速率及其表示法的理解及应用，解题方法是：把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，注意单位是否相同。常用比较方法有两种：1、归一法，即转化为同一物质表示的速率比较，如本题的解析，2、比值法，某物质表示的速率与该物质的化学计量数的比值，比值越大，速率越快。 5. 下列溶液一定呈中性的是 A. pH=7的溶液 B. c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L溶液 C. 使酚酞试液呈无色的溶液 D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液 【答案】B 【解析】A. pH=7的溶液，不一定是常温下，水的离子积不一定是Kw=1×10-14，溶液中c（H+）、c（OH-）不一定相等，故A错误； B. 溶液呈酸碱性的本质，取决与溶液中H+浓度与OH-浓度的相对大小，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液一定显中性，故B正确； C. 酚酞的变色范围是8-10，酚酞显示无色，溶液有可能显示碱性，故C错误； D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若为强酸弱碱盐，则溶液显酸性，若为强碱弱酸盐，则溶液显碱性，若为强酸强碱盐，则溶液显中性，故D错误； 故答案选B。 6. 己知：25℃时，CaCO3的Ksp=2.8×10-9，现将Na2CO3浓度为2×10-4mol·L-1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用CaCl2溶液的浓度至少应大于 A. 2.8×10-2mol·L-1 B. 5.6×10-5mol·L-1 C. 2.8×l0-5 mol·L-1 D. 1.4×l0-5mol·L-1 【答案】B 【解析】Na2CO3溶液的浓度为2×10−4mol/L，等体积混合后溶液中c(CO32−)=0.5×2×10−4mol/L=1×10−4mol/L，根据Ksp=c(CO32−)⋅c(Ca2+)=2.8×10−9可知，c(Ca2+)=mol/L=2.8×10−5mol/L，原溶液CaCl2的最小浓度为混合溶液中c(Ca2+)的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为2×2.8×10−5mol/L=5.6×10−5mol/L，故答案选B。 7. 现有浓度为1mol/L的五种溶液：①HCl ②H2SO4 ③CH3COOH ④NH4·Cl ⑤NaOH，由水电离出的C(H+)大小关系正确的是 a. ④>③>①=⑤>② B.①=②>③>④>⑤ C. ②>①>③>④>⑤ D.④>③>①>⑤>② 【答案】A 【解析】试题分析：水是弱电解质，存在电离平衡H2OH＋＋OH－。因此酸或碱都是抑制水的电离，而某些发生水解的盐可以促进水的电离。且氢离子或OH－浓度相等时，对水的电离平衡是等效的。由于盐酸、硫酸、氢氧化钠是强碱，醋酸是弱酸，氯化铵水解，因此由水电离出的C(H+)大小关系是④>③>①=⑤>②，答案选A。 考点：考查弱电解质的电离及盐类水解等 点评：外界条件对电离平衡的影响，也遵循勒夏特例原理，据此可以进行有关的判断。 8. 下列各项所述内容对应的图像不正确的是 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】A、硫酸与氢氧化钡反应会生成水与硫酸钡沉淀，随着反应的进行，离子的浓度减小，导电性减弱，直至恰好反应，离子的浓度很小，导电性为0，再加硫酸，离子的浓度增加，导电性增强，图象和分析一致，故A正确； B、冰醋酸不电离，无离子，向冰醋中加蒸馏水，冰醋酸不断电离，但醋酸离子的浓度先增大，再减小，图象和分析一致，故B正确； C、NaOH溶液显碱性，起点时溶液pH大于7，加入HCl发生的反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O，恰好完全反应前后，溶液的PH存在一个滴定突跃区间，在突跃区间内pH突然变化，而不是缓慢变化，图象和分析不一致，故C错误； D、向AlCl3溶液中加氨水，AlCl3与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，再加氨水，沉淀不溶解，沉淀的质量不变，图象和分析一致，故D正确； 故答案选C。 9. 下列溶液中的离子能大量共存的是 A. NH4+、Ba2+、NO3-、CO32- B. Al3+、HCO3-、SO42-、MnO4- C. K+、Mg2+、NO3-、SO42- D. Na+、Fe3+、Cl-、SCN- 【答案】C 【解析】A．CO32-可以和Ba2+反应生成碳酸钡沉淀，故不能大量共存，故A错误； B．Al3+可以和HCO3-发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，所以不能大量共存，故B错误； C．这几种离子之间不反应，所以能大量共存，故C正确； D．Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3，所以不能大量共存，故D错误； 故答案选C。 【名师点睛】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，因此掌握常见离子的性质是解答的关键。离子共存类问题必须从基本理论和概念出发，搞清楚离子反应的规律和“离子共存”的条件，从复分解反应、氧化还原反应、双水解反应、络合反应等几个方面全面考虑、比较、归纳整理得到。因此做此类问题需要心细，考虑周全，然后全面解答。 10. 下列说法正确的是 A. 已知醋酸的酸性大于次氯酸，则常温下醋酸钠溶液的pH大于次氯酸钠溶液。 B. 常温时将pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，pH<7 C. 在其他条件不变时，增大压强一定会破坏气体反应的平衡状态 D. 中和滴定实验中，右手振荡锥形瓶，眼睛注视滴定管中液面的变化 【答案】B 【解析】A. 已知醋酸的酸性大于次氯酸，根据盐类水解的规律“越弱越水解”可知，次氯酸根离子水解程度更大，水解生成的氢氧根离子更多， PH更大，所以常温下醋酸钠溶液的pH小于次氯酸钠溶液，故A错误； B. pH=3的醋酸中，醋酸属于弱电解质，则c(醋酸)>c(H+)=10−3 mol/L；pH=11的NaOH溶液,c(NaOH)=c(OH−)=10−3mol/L，等体积混合后，醋酸有剩余，溶液显示酸性，溶液的pH<7，故B正确； C. 在其他条件不变时，增大压强时如果不改变反应物或生成物浓度，则平衡不移动，且增大压强时对于反应前后气体体积不变的可逆反应平衡也不移动，故C错误； D. 中和滴定实验时，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故D错误； 故答案选B。 11. 如图所示，图Ⅰ是恒压密闭容器，图Ⅱ是恒容密闭容器。当其它条件相同时，在Ⅰ、Ⅱ中都分别加入2molX和2molY，开始时容器的体积均为VL，发生如下反应并达到平衡状态：2X(?)+ Y(?)a Z(g)。 此时Ⅰ中X、Y、Z的物质的量之比为1∶3∶2。下列判断不正确的是 A. 物质Z的化学计量数a =1 B. 若X、Y均为气态，则在平衡时X的转化率：Ⅰ>Ⅱ C. 若Ⅱ中气体的密度如图Ⅲ所示，则X、Y中只有一种为气态 D. 若X为固态、Y为气态，则Ⅰ、Ⅱ中从开始到平衡所需的时间：Ⅰ>Ⅱ 【答案】D 【解析】A. 设达平衡时Y反应的物质的量为x，则 2X(?) + Y(?) a Z(g) 起始量： 2 2 0 转化量： 2x x ax 平衡量： 2−2x 2−x ax 由(2−2x):(2−x):ax=1:3:2，可得x=0.8，a=1，故A正确； B. 若X、Y均为气态，反应Ⅰ体系的压强大于反应Ⅱ体系的压强，反应Ⅰ可看成是在Ⅱ的基础上增大压强，平衡向正反应方向移动，则转化率Ⅰ>Ⅱ，故B正确； C. 如X、Y都是气体，则混合气体的密度不变，如图所示，体积不变，气体的密度增大，则应有固体或液体参加反应生成气体，故C正确； D. 若X为固态、Y 为气态，则反应前后气体的物质的量相等，压强不变，图Ⅱ压强等于图Ⅰ压强，则Ⅰ、Ⅱ中从开始到平衡所需的时间：Ⅰ=Ⅱ，故D错误。 故答案选D。 12. 某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示。下列判断正确的是 A. a、c两点溶液的导电能力相同 B. a、b、c三点溶液水的电离程度a>b>c C. b点溶液中c(H+)+c(NH3•H2O)=c(OH-) D. 用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液体积Vb=Vc 【答案】B 【解析】试题分析：氯化氢为强电解质，溶于水全部电离，溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的；氯化铵为强酸弱碱盐，氢离子来自铵离子的水解，水解是微弱的，pH相同的盐酸和氯化铵溶液，氯化铵的浓度远大于盐酸的浓度；体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸不能继续电离，盐酸中氢离子浓度变化大；氯化铵溶液中铵离子的水解平衡正向移动，溶液中氢离子浓度变化小，所以含c点的曲线pH变化是盐酸的，含a、b点的曲线pH变化是氯化铵溶液的。A、溶液的导电能力取决于溶液中自由移动离子的浓度，起始氯化铵的浓度远大于盐酸的浓度，稀释相同的倍数还是氯化铵的浓度远大于盐酸的浓度，故导电能力：a点大于c点，A错误；B、盐酸电离出的氢离子浓度抑制水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子浓度来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，水的电离程度越大，a点的pH＜b点的pH，说明a点氢离子大于b点氢离子，a、b二点溶液水的电离程度：a＞b，综上所述a、b、c三点溶液水的电离程度a＞b＞c，B正确；C、根据质子守恒知，b点溶液中c（OH-）+c（NH3•H2O）=c（H+），C错误；D、用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液体积Vb＞Vc，D错误。答案选B。 考点：考查盐类水解的影响因素、水的电离。 13. 下列有关实验操作或测量数据的说法正确的是 A. 用托盘天平称量食盐的质量为12.35克 B. 用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液20.00ml C. 用pH 试纸测量次氯酸钠溶液的pH为11 D. 中和热的测定实验中， NaOH溶液应该稍过量 【答案】D 【解析】A. 托盘天平用于粗略称量药品的质量，能准确到0.1g，不能精确到0.01g，故不能用托盘天平称取12.35g的食盐，故A错误； B. 高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，故不能用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，应用酸式滴定管量取，故B错误； C. 因为次氯酸钠溶液有强氧化性和漂白性，会使pH试纸褪色，故不能用PH试纸测次氯酸钠溶液的pH值，故C错误； D. 中和热的测定实验中， NaOH溶液稍过量，可以保证盐酸溶液完全被中和，从而提高实验的准确度，故D正确 故答案选D。 14. 下列说法不正确的是 A. Ksp只能与难溶电解质的性质和温度有关 B. 由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀 C. ①0.01mol/L的盐酸，②0.01mol/L的醋酸溶液。将①和②均稀释100倍，稀释后的溶液的pH：①>② D. 两种难溶电解质，Ksp越小的电解质，其溶解度不一定小 【答案】C 【解析】A. Ksp与难溶电解质的性质和温度有关，当难溶物确定时就只和温度有关，故A正确； B. 由于Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，在ZnS饱和溶液中加入含Cu2+的溶液，可生成CuS沉淀，故B正确； C、0.01mol/L的盐酸和0.01mol/L的醋酸溶液，均稀释100倍，稀释后二者的物质的量浓度均为0.0001mol/L，因盐酸是强酸属于强电解质，所以稀释后的盐酸溶液中氢离子的物质的量浓度是0.0001mol/L，醋酸是弱势属于弱电解质，故稀释后的醋酸溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.0001mol/L，氢离子浓度越小，溶液的PH值越大，故稀释后的溶液PH：①＜②，故C错误； D、两种难溶电解质若其形成的化合物阴阳离子的个数比相同（即结构相似）时，Ksp 小的，溶解度一定小，但若结构不相似，Ksp小的，溶解度也可能大，故Ksp越小的电解质，其溶解度不一定小，故D正确。 故答案选C。 【名师点睛】溶度积使用时的注意事项： （1）Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，与沉淀的量无关； （2）溶液中离子浓度的变化只能使平衡移动，并不能改变溶度积； （3）沉淀的生成和溶解这两个相反过程相互转化的条件是离子浓度的大小，改变反应所需的离子浓度，可使反应向着所需的方向转化； （4）只有组成相似的物质（如AgCl与AgI、CaCO3与BaCO3），才能用Ksp的相对大小来判断物质溶解度的相对大小； （5）Ksp小的难溶电解质也能向Ksp大的难溶电解质转化，需看溶液中生成沉淀的离子浓度的大小； 15. 溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法错误的是 A. 溴酸银的溶解是放热过程 B. 温度升高时溴酸银溶解速度加快 C. 60℃时溴酸银的Ksp约等于6×10-4 D. 若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯 【答案】A 【解析】试题分析：A、由溶解度随温度的变化关系可知：温度升高，该物质的溶解度增大。可见溴酸银(AgBrO3)溶解是吸热过程 ，错误；B、温度升高，溴酸银溶解在水中的微粒运动速度加快，扩散的更快，因此升高温度使其溶解速度加快，正确；C、60℃溴酸银的溶解度大约是0.6g.则c(AgBrO3)=" (0.6g÷236g/mol)" ÷ 0.1L =0.025mol/L，Ksp=c(Ag+)·c(BrO3-)=0.025×0.025约等于6×10-4，正确；D、由于硝酸钾的溶解度比较大，而溴酸银的溶解度较小，所以若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯。正确。 考点：考查难溶物质溴酸银的溶解过程及原理的知识。 16. 下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是 A. 0.lmol/LNa2CO3溶液：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3) B. 0.1mol·L-1NH4Cl溶液：c(NH4+)=c(Cl-) C. 向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-) D. 等物质的量浓度的①NH4Cl溶液②(NH4)2SO4溶液 ③NH4HSO4溶液 ④(NH4)2CO3溶液中NH4+浓度的大小关系是②>④>①>③ 【答案】A 【解析】A．0.1 mol/L Na2CO3溶液中，由质子守恒可知c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3），故A正确； B．0.1 mol/L NH4Cl溶液，铵根离子水解，则c（NH4+ ）＜c（Cl-），故B错误； C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中c（H+）＞c（OH-），由电荷守恒可知c（Na+）＜c（CH3COO-），故C错误； D．①③中铵根离子系数都是1，氢离子抑制铵根离子水解，溶液中铵根离子浓度③>①；②④中铵根离子系数都是2，则②④中铵根离子浓度大于①③，碳酸根离子促进铵根离子水解，则溶液中铵根离子浓度②>④，所以溶液中铵根离子浓度从小到大顺序是②>④>③>①，故D错误； 故答案选A。 【名师点睛】电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。考查的重点内容有：1、弱电解质的电离平衡（主要考查：电解质、非电解质的判断；某些物质的导电能力大小比较；外界条件对电离平衡的影响及电离平衡的移动；将电离平衡理论用于解释某些化学问题；同浓度(或同pH)强、弱电解质溶液的比较等等。）；2、水的电离程度影响的定性判断与定量计算；3、盐溶液蒸干灼烧后产物的判断；4、溶液中离子浓度大小的比较等。 二、非选择题(共52分) 17. 现有以下物质：①铁②稀硝酸 ③硫酸氢钠④氢硫酸 ⑤冰醋酸⑥蔗糖溶液⑦三氧化硫气体⑧硫酸钡晶体。回答下列问题(用相应物质序号填写)： (1) 属于弱电解质的有________________。 (2)写出⑧的溶解平衡的离子方程式_________________。 (3)写出③熔融状态下的电离方程式____________________。 (4)写出④在水中的电离方程式________________________。 【答案】 (1). ⑤ (2). BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq) (3). NaHSO4Na++HSO4- (4). H2SH++HS-；HS-H++S2- 【解析】弱电解质指的是在水溶液中部分电离的电解质，所以弱电解质必须是电解质，主要包括弱酸、弱碱和水。 ①. 铁是单质，不是电解质，所以不是弱电解质； ②. 稀硝酸是混合物，不是电解质，所以不是弱电解质； ③. 硫酸氢钠在水溶液里能够完全电离而导电，属于强电解质； ④. 氢硫酸是弱酸，在水溶液中能够部分电离而导电，所以属于弱电解质； ⑤. 冰醋酸是弱酸，在水溶液中能够部分电离而导电，属于弱电解质； ⑥. 蔗糖溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故不是弱电解质； ⑦. 三氧化硫气体，在水中本身不能够电离，属于非电解质； ⑧. 硫酸钡虽然难溶于水，但在水中溶解的那一部分可以完全电离，属于强电解质； (1). 根据上述分析可知，属于弱电解质的是：④ ⑤，故答案为：④ ⑤； (2). 硫酸钡在水中部分溶解，电离生成硫酸根离子和钡离子，故硫酸钡的溶解平衡的离子方程式是：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq) ； (3).硫酸氢钠在熔融状态下，只能断裂离子键，不能断裂共价键，所以在熔融状态下硫酸氢钠只能完全电离出钠离子和硫酸氢根离子，故电离方程式：NaHSO4Na++HSO4- ； (4).氢硫酸是H2S，属于二元弱酸，是弱电解质，在水中分两步电离，其电离方程式是：H2SH++HS-；HS-H++S2-。 18. A、B、C、D四种溶液分别是氢氧化钡溶液、氨水、醋酸溶液、盐酸中的一种。 已知同浓度的四种溶液：①加入大小完全相同的镁条，仅A、C中放出气体，且开始时A中冒气泡的速度快；②相同条件下，取B、D溶液进行导电性实验，发现导电能力最差的是D。回答下列问题： (1)D溶液为_______________；同浓度的四种溶液中，pH值最大的是______________(填化学式)溶液。 (2)pH值和体积均相同的A和C溶液，分别与足量大小完全相同的锌粒反应，开始时的反应速率 v(A)______________v(C) (填“>”“<”或“=”) (3) 等体积等浓度的氨水和盐酸混合后，所得溶液呈______________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，用离子方程式解释其原因__________________________________。 (4)常温下，2mol/L的NaOH溶液与amol/L的醋酸溶液等体积混合后，发现溶液呈中性， 试计算：该温度下醋酸钠的水解平衡常数Kb=________________(用含a的代数式表示。） 【答案】 (1). 氨水 (2). Ba(OH)2(填化学式) (3). = (4). 酸性 (5). NH4++H2ONH3·H2O+H+ (6). (0.5a-1)×l0-7 【解析】（1）. ① .加入大小完全相同的镁条，仅A和C中放出气体，说明A和C为酸，且开始时A中冒气泡的速度快，则A的酸性强为盐酸，C为醋酸； ②. 相同条件下，取B. D溶液进行导电性实验，发现导电能力最差的是D，则D为弱电解质，即D为氨水，B为氢氧化钡； 根据上述分析可知D溶液为氨水；四种溶液浓度相同，分别为盐酸、氢氧化钡、醋酸、氨水，其中碱性最强的溶液是氢氧化钡，其pH最大，故答案为：氨水；Ba(OH)2； （2）.pH值和体积均相同的HCl和醋酸溶液中氢离子浓度相同，则开始反应时的反应速率相同，故答案为：=； （3）.等体积等浓度的氨水和盐酸混合生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中水解溶液显酸性，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，其水解方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：酸性；NH4++H2ONH3·H2O+H+； （4）.常温下，2mol/L的NaOH溶液与amol/L的醋酸溶液等体积混合后，溶液呈中性，则溶液中c（H+）=c（OH－），又因常温下Kw= 10－14，所以c（H+）=c（OH－）=10－7mol/L，再根据电荷守恒式可知，c（Na+）=c（CH3COO－）= 0.5×2mol/L=1mol/L，若氢氧化钠和醋酸恰好完全反应，则溶液呈碱性，现在溶液呈中性，说明醋酸过量。醋酸根离子水解的离子方程式是：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，则其水解平衡常数为：Kb= = =(0.5a-1)×l0-7，故答案为：(0.5a-1)×l0-7。 19. 甲醇可作为燃料电池的原料。以CH4和H2O为原料，通过下列反应来制备甲醇。 Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H=+206.0KJ·mol-1 Ⅱ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H =-129.0KJ·mol-1 (1)CH4(g)与H2O(g)反应生成CH3OH (g)和H2(g)的热化学方程式为______________。 (2)将1.0molCH4和2.0molH2O(g)通入容积为100 L的反应室，在一定条件下发生反应Ⅰ，测得在一定的压强下CH4的转化率与温度的关系如下图。 假设100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示该反应的平均反应速率为_______。 (3)在压强为0.1MPa、温度为300℃条件下，将amolCO与3amol H2的混合气体在催化剂作用下发生反应Ⅱ生成甲醇，平衡后将容器的容积压缩到原来的，其他条件不变，对平衡体系产生的影响是__________（填字母序号）。 A.c(H2)减少 B.正反应速率加快，逆反应速率减慢 C.CH3OH 的物质的量增加 D.重新平衡减小 E．平衡常数K增大 (4)1mol甲醇完全燃烧产生气体通入1L1.5mol/L的NaOH溶液反应，反应后的溶液中各离子浓度大小关系为____________________。 【答案】 (1). CH4(g)+H2O(g)=CH3OH(g)+H2(g) ΔH=+77kJ·mol-1 (2). 3×10-3 (3). C D (4). c (Na+) >c (HCO3-) > (CO32-) >c (OH- ) > (H+) 【解析】（1）.Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H=+206.0KJ·mol-1 Ⅱ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H =-129.0KJ·mol-1 依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得到CH4(g)+H2O(g)=CH3OH(g)+H2(g) ΔH=+77kJ·mol-1，故答案为：CH4(g)+H2O(g)=CH3OH(g)+H2(g) ΔH=+77kJ·mol-1； （2）.将1.0mol CH4和2.0mol H2O(g)通入容积固定为100L的反应室，在一定条件下发生反应I，由图象可知100℃甲烷转化率为50%，故参加反应的甲烷为1mol×50%=0.5mol，则： CH4 （g）+H2O （g）=CO （g）+3H2 （g） 起始量（mol）：1.0 2.0 0 0 变化量（mol）：0.5 0.5 0.5 1.5 平衡量（mol）：0.5 1.5 0.5 1.5 假设100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示该反应的平均反应速率==3×10-3 mol•L-1•min-1，故答案为：3×10-3 mol•L-1•min-1； （3）. A.平衡后将容器的容积压缩到原来的 ，压强增大，平衡向正反应方向移动，生成物的浓度增大，由于平衡常数不变，结合平衡常数可知，平衡时反应物各组分的浓度都增大，故A错误； B. 压强增大，正逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，故B错误； C. 压强增大，平衡向正反应方向移动，CH3OH的物质的量增加，故C正确； D. 压强增大，平衡向正反应方向移动，氢气的物质的量减小，甲醇的物质的量增大，故重新平衡时减小，故D正确； E. 平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故E错误； 故答案为C D； （4）.1mol甲醇完全燃烧产生气体n （CO2）=1mol，1L、1.5mol•L-1的NaOH溶液中n（NaOH）=C×V=1.5mol，则有：2＞ = ＞1，则反应的可能方程式有：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，所以：所得产物为Na2CO3和NaHCO3，设所得产物中含Na2CO3为xmol，NaHCO3为ymol，则得方程组： x + y = 1 ，2x + y = 1.5，解得：x=0.5，y=0.5，在含等物质的量的碳酸钠、碳酸氢钠的溶液中，c（Na+）最大，碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子的水解，则c（HCO3-）＞c（CO32-），水解使溶液显碱性，则c（OH-）＞c（H+），显性离子大于隐性离子，所以c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+），即离子浓度大小为c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）。 20. 水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mg·L-1，我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源DO不能低于5mg/L。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略），测定某河水DO。 Ⅰ.测定原理: 碱性条件下，O2将 Mn2+氧化为 MnO(OH)2；①2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2↓，酸性条件下，MnO(OH)2将I-氧化为I2；②MnO(OH)2+I-+H+→Mn2++I2+H2O(未配平)，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，③2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。 Ⅱ.测定步驟 a.安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2.。 b.向烧瓶中加入200mL水样。 c.向烧瓶中依次迅速加入1mL MnSO4无氧溶液(过量)2mL碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应①完全。 d.搅拌并向烧瓶中加入2mLH2SO4无氧溶液，至反应②完全，溶液为中性或弱酸性。 e.从烧瓶中取出40.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用0.01000ml·L-1Na2SO3溶液进行滴定，记录数据。 f.…… g.处理数据(忽略氧气从水样中的溢出量和加入试剂后水样体积的变化)。 回答下列问题 (1)配制以上无氧溶液吋，除去所用溶剂水中氧的简单操作为_____________。 (2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器为___________________。 ①滴定管 ②注射器 ③量筒 (3)步骤f为_________________。 (4)步骤e中达到滴定终点的标志为__________________。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50mL，水样的DO=________mg·L-1(保留一位小数）。若滴定开始时仰视滴定管刻度，滴定结束时俯视滴定管刻度，则所测的值_________(填：偏高、偏低、无影响） 【答案】 (1). 将溶剂水加热煮沸 (2). ② (3). 重复e步骤操作2—3次 (4). 加入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s内不变色 (5). 9.0 (6). 偏低 【解析】(1). 溶液中氧气溶解度不大，且随温度升高溶解度减小，所以配制以上无氧溶液时需要通过煮沸溶剂，把溶剂水中溶解的氧气赶出得到，故答案为：将溶剂水加热煮沸； (2). 加入水样需要避免空气进入三颈瓶，橡皮塞处用中注射器把水样注入，在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是②，滴定管和量筒无法实现加入水样的目的，故答案为：②； (3) 为减少实验过程中的误差，滴定实验应重复进行测定数值，取几次的平均值计算，步骤f为重复e步骤操作2−3次，故答案为：重复e步骤操作2−3次； (4). 用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2发生反应2S2O32−+I2═S4O62−+2I−，以淀粉作指示剂，随硫代硫酸钠溶液滴入，滴定过程中滴入最后一滴，溶液蓝色变为无色且30s内不变色，说明反应达到终点； 若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50mL，由2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2↓、MnO(OH)2+2I−+4H+=Mn2++I2+3H2O、2S2O32−+I2═S4O62−+2I−，得到定量关系为： O2∼2MnO(OH)2∼2I2∼4S2O32−， 1 4 n 0.0045L×0.01000mol⋅L−1 n=1.12×10−5mol，200mL水样中含氧气1.12×10−5mol×=5.6×10−5mol，氧气浓度 = 5.6×10−5mol÷0.2L=2.8×10−4mol/L，水中溶氧量(DO) = 2.8×10−4mol/L×32g/mol=8.96×10−3g/L≈9.0mg/L 若滴定开始时仰视滴定管刻度，会使初始读数偏高，滴定结束时俯视滴定管刻度，会使终止读数偏低，因标准溶液的体积 = 终止读数－初始读数，所以测得的标准溶液的体积偏小，滴定结果偏低； 故答案为：加入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s内不变色；9.0；偏低。 21. Ⅰ:报据下列有关图象，回答有关问题： (1)由图I知，该反应的△H__________0（填“>”或“<”〉） (2)由图Ⅱ知，反应在________时刻，NH3体枳分数最大(填t1～t2或t2～t3或t3～t4或t4～t5或t5～t6) (3)图Ⅲ表示在10L容器、850℃时的反应，由图知，到4min时，反应放出的热量为___________。 Ⅱ: 25℃时，将体积为Va、pH=ɑ的某一元强酸与体积为Vb、pH=6的某一元强碱混合，且己知ɑ=0.56， Va查看更多
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