- 2021-08-06 发布 |
- 37.5 KB |
- 21页
申明敬告： 本站不保证该用户上传的文档完整性，不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
湖北省利川市第五中学2019-2020学年高二12月月考化学试题
湖北利川五中2019-2020学年高二上12月化学测试题 一、选择题（每小题3分，共48分） 1.下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是 A. 某物质的溶液pH<7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐 B. pH=4.5的番茄汁中c(H+)是pH=6.5的牛奶中c(H+)的100倍 C. 足量AgCl固体置于同浓度的CaCl2和NaCl溶液，两溶液中银离子浓度相同 D. pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液，c(Na+)>c(CH3COO－) 【答案】B 【解析】 【详解】A.某些强酸的酸式盐如NaHSO4溶液的pH＜7，故A错误； B.pH=4.5的番茄汁中c（H+）=10-4.5 mol•L-1，pH=6.5的牛奶中c（H+）=10-6.5 mol•L-1，前者c（H+）是后者的100倍，故B正确； C.同浓度的CaCl2和NaCl溶液中，c（Cl-）不同，则AgCl固体置于同浓度的CaCl2和NaCl溶液中左移程度是不同的，则两溶液中银离子浓度也不相同，故C错误； D.混合溶液显酸性，则c（H+）＞c （OH-），根据电荷守恒，c（CH3COO-）＞c（Na+），故D错误。答案选B。 【点睛】本题综合考查了电解质溶液中的有关知识，包括盐类的水解、溶液的pH与c（H+）的关系、沉淀溶解平衡的移动和溶液中离子浓度大小的比较．做题时注意盐溶液类型的积累，对溶液浓度不同类型计算方法的整理以及平衡移动的影响条件的理解。 2.下列变化与盐类水解平衡无关的是 A. 盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳 B. 将饱和氯化铁溶液加入沸水制胶体 C. 热的纯碱溶液除油污 D. 配制硫酸亚铁溶液时加少量硫酸 【答案】A 【解析】 【详解】A.碳酸钙沉淀溶解平衡产生碳酸根离子，碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，碳酸根离子的浓度减小，促进碳酸钙的溶解，与沉淀溶解平衡有关，与盐类水解无关，故A符合题意； B.将饱和氯化铁溶液加入沸水中，FeCl3是强酸弱碱盐，在水中发生水解反应Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3胶体+3H+，则制备胶体与盐类水解有关，故B不符合题意； C.纯碱是碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解是吸热反应，加热促进水解，碱性增强，促使油脂水解，与盐类水解有关，故C不符合题意； D.硫酸亚铁水解溶液显酸性，配制FeSO4溶液时，加少量硫酸可以抑制亚铁离子的水解，与盐类水解有关，故D不符合题意。答案选A。 3.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示： 已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是 A. 550℃时，若充入惰性气体，ʋ正，ʋ逆 均减小，平衡不移动 B. 650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0% C. T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动 D. 925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总 【答案】B 【解析】 【详解】A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550℃时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此ʋ正，ʋ逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A错误； B．根据图像可知在650℃时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1 mol，则反应产生CO 0.4 mol，其中含有CO2 0.6 mol，反应产生0.4 molCO消耗CO2的物质的量是0.2 mol，因此CO2转化率为0.2 mol÷(0．6 mol+0.2 mol)×100%=25.0%，B正确； C．T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C错误； D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=，D错误。 答案选B。 4.已知在100℃的温度下，水的离子积KW=1×10-12。下列说法中正确的是（ ） A. 0.005 mol•L-1的硫酸溶液，pH=2 B. 0.001 mol•L-1的氢氧化钠溶液，pH=11 C. 0.005mol•L-1的硫酸溶液与0.01mol•L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性 D. 完全中和pH=3的硫酸溶液50mL，需要pH=11的NaOH溶液50mL 【答案】A 【解析】 【分析】 100℃的温度下，水的离子积KW=1×10-12，所以该温度下中性溶液中pH=6，据此解答。 【详解】A、0.005 mol•L-1的硫酸溶液中，c(H+)=0.005mol/L×2=0.01mol/L，所以pH=2，故A正确； B、0.001mol/L的氢氧化钠溶液中，c(H+)=KW/c(OH-)=10−12÷0.001mol/L=1×10-9mol/L，所以pH=9，故B错误； C、0.005mol/L的硫酸溶液与0.01mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，恰好完全反应，混合溶液的pH为6，溶液显中性，故C错误； D、pH=3的硫酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，中和pH=3的硫酸溶液50mL，需要pH=11的NaOH溶液0.5mL，故D错误。 答案选A。 5.下列实验误差分析不正确的是 A. 测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度差值Δt偏小 B. 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小 C. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小 D. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小 【答案】D 【解析】 【详解】A. 测定中和反应的反应热时，必须迅速将酸碱混合，若将碱缓慢倒入酸中，由于散失热量较多，所测温度差值偏小，故A正确； B.滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小，故B正确； C. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，溶液被稀释，氢氧根离子浓度减小，测定结果偏低，故C正确； D. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，加入的蒸馏水位于刻度线下方，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故D错误； 故选D。 6.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C（s）+2NO（g）CO2（g）+N2（g），平衡时c（NO）与温度T的关系如下图所示，则下列说法不正确的是 A. 该反应正反应的△H＜0 B. 若状态A、B的逆反应速率分别为v逆（A）、v逆（B），则v逆（A）＞v逆（B） C. 在T2时，若反应体系处于状态D，则此时v正＞v逆 D. 若状态B、C、D的压强分别为PB、PC、PD，则 PC＞PD=PB 【答案】B 【解析】 【分析】 A、由图可知，温度越高平衡时c（NO）越大，即升高温度平衡逆移； B、由图可知，状态A的温度小于状态B的温度，升高温度，化学反应速率加快； C、由图可知，T2时反应进行到状态D，c（CO）高于平衡浓度，故反应向逆反应进行； D、达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系 【详解】A项、由图可知，温度越高平衡时c（NO）越大，即升高温度平衡逆移，所以正反应为放热反应，即△H＜0，故A正确； B项、由图可知，状态A的温度小于状态B的温度，升高温度，化学反应速率加快，则v逆（B）＞v逆（A），故B错误； C项、T2时反应进行到状态D，c（NO）高于平衡浓度，故反应向正反应进行，则一定有v正＞v逆，故C正确； D项、达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系，压强大小为PC＞PD=PB，故D正确。 故选B。 【点睛】本题考查化学平衡图像，试题以化学平衡图象为载体考查温度对平衡移动的影响，注意曲线上的各点都处于平衡状态。 7.下列图中，表示2A(g)＋B(g)⇌ 2C(g) ΔH<0可逆反应的图像为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由该反应2A(g)+B(g)2C(g) △H < 0可知，该反应为放热反应。 【详解】A、500℃时，反应先达到平衡；500℃降低到100℃，平衡正向移动，C的百分含量增加；A正确； B、压强增大，正、逆反应速率都增大，平衡正向移动，是因为正反应速率增大的幅度更大，B错误； C、有催化剂的反应先达到平衡，但是催化剂不影响平衡的移动，故无论有没有催化剂，平衡时C的百分含量相同，C错误； D、同一压强下，100℃降到10℃，平衡正向移动，A转化率升高，D错误； 故选A。 8.下列叙述正确的是 A. 某醋酸溶液的pH＝a，将此溶液稀释10倍后，溶液的pH＝b，则a>10b B. 常温下，某溶液中由水电离的c(OH-) = 1.0×10-13mol/L，则此溶液一定呈酸性 C. 25℃时，将pH＝4的盐酸稀释10000倍后，溶液的pH大于7 D. 25℃时，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，则强碱与强酸的体积比是1:10 【答案】D 【解析】 【详解】A.醋酸为弱酸，醋酸溶液加水稀释促进电离，溶液中氢离子浓度降低，酸性减弱，pH增大，故A错误； B.常温下，某溶液中由水电离的c(OH－) =1.0×10－13 mol/L，水的电离受到抑制，溶液可能为酸性，也可能为碱性，故B错误； C.盐酸溶液无论稀释多少倍，溶液仍为酸性，不可能变成中性溶液，pH只能接近于7，故C错误； D.25℃时，pH=13的强碱溶液[c(OH－)=0.1mol/L]与pH=2[c(H+)=0.01mol/L]的强酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，则酸碱体积比为1:10，故D正确。 故选D。 9.在一个容积为2 L的密闭容器中，加入0.8 mol的A2气体和0.6 mol B2气体，一定条件下发生如下反应：A2(g)＋B2(g) 2AB(g) ΔH<0，反应中各物质的浓度随时间的变化情况如图所示，下列说法不正确的是 A. 图中a点的值为0.15 B. 该反应的平衡常数K＝0.03 C. 温度升高，平衡常数K值减小 D. 平衡时A2的转化率为62.5% 【答案】B 【解析】 【详解】A、当AB的浓度改变0.5 mol•L-1，由方程式A2(g)+B2(g)2AB(g)知，A2的浓度改变为0.25mol•L-1，所以a=(0.4-0.25)mol•L-1=0.15mol•L-1，即图中a点的值为0.15，故A正确； B、当AB的浓度改变0.5 mol•L-1，由方程式知，B2的浓度改变为0.25mol•L-1，所以平衡时B2 的浓度为=(0.3-0.25)mol•L-1=0.05mol•L-1，K===，故B错误； C、已知A2(g)+B2(g)⇌2AB(g)释放出热量即△H＜0，所以温度升高，平衡逆移，平衡常数K值减小，故C正确； D、当AB的浓度改变0.5 mol•L-1，由方程式知，A2的浓度改变为0.25mol•L-1，已知A2的初始量为0.4mol•L-1，所以平衡时A2的转化率为×100%=62.5%，故D正确； 答案选B。 10.某密闭容器中发生反应：X(g) + 3Y(g)2Z(g) ΔH < 0。图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所变化，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法正确的是（ ） A. t2时加入了催化剂 B. t3时降低了温度 C. t5时增大了压强 D. t4~t5时间内反应物转化率最低 【答案】A 【解析】 【详解】A、t2时正逆反应速率增大相同的倍数，平衡不移动。由于反应前后体积是减小的，所以改变的条件只能是加入了催化剂，选项A正确； B、正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，选项B不正确； C、增大压强，平衡向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，选项C不正确； D、t3和t5都是平衡逆向移动，故应该是t6时转化率最低，选项D不正确； 答案选A。 11.化学在日常生活和生产中有着重要的应用。下列说法不正确的是( ) A. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化 B. 误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用时，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒 C. 含氟牙膏不能防治龋齿 D. 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用 【答案】C 【解析】 【详解】A. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，A正确； B. 由于硫酸钡不溶于水也不溶于酸，因此误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用时，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒，B正确； C. 根据反应Ca5(PO4)3OH+F－＝Ca5(PO4)3F+OH－可知含氟牙膏能防治龋齿，C错误； D. 碳酸根与铵根的水解能相互促进，混合使用因生成氨气而降低肥效，施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用，D正确； 答案选C。 12.在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是( ) A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 加入CuSO4固体，HS－浓度减小 C. 升高温度，c(HS－)/c(S2－)减小 D. 加入NaOH固体，溶液pH减小 【答案】B 【解析】 【详解】A.平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，A错误； B.加入CuSO4固体，硫离子与铜离子结合生成硫化铜沉淀，使S2-+H2OHS-+OH-逆向移动，HS-浓度减小，B正确； C.水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c(S2-)减小，c(HS-)增大，所以c(HS－)/c(S2－)增大，C错误； D.加入NaOH固体，由于氢氧化钠是一种强碱，溶液pH增大，D错误； 答案选B。 13.①pH＝0的盐酸 ②0.5 mol·L－1的盐酸 ③0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液 ④0.1 mol·L－1的NaOH溶液 ⑤0.5 mol·L－1的NH4Cl溶液，以上溶液中水电离出的c(H＋)由大到小的顺序是 A. ⑤③④②① B. ①②③⑤④ C. ①②③④⑤ D. ⑤③④①② 【答案】A 【解析】 【详解】在水溶液中，酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，酸碱的浓度越大，对水的抑制能力越强，①②④酸碱的浓度分别为1mol/L、0.5mol/L、0.1mol/L，所以溶液中水电离出的c(H＋)由大到小顺序为④②①，对于能水解的盐来说，浓度越大，水解产生的H＋浓度越高，所以以上溶液中水电离出的c(H＋)由大到小的顺序是⑤③④②①，选A。 14.工业回收铅蓄电池中的铅，常用Na2CO3或NaHCO3溶液处理铅膏(主要成分PbSO4)获得PbCO3：PbSO4(s)+CO32－(aq)PbCO3(s)+SO42－(aq) K=2.2×105。经处理得到的PbCO3灼烧后获得PbO，PbO再经一步转变为Pb。下列说法正确的是 A. PbSO4的溶解度小于PbCO3 B. 处理PbSO4后，Na2CO3或NaHCO3溶液的pH升高 C. 整个过程涉及一个复分解反应和两个氧化还原反应 D. 若用等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液分别处理PbSO4，Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大 【答案】D 【解析】 【详解】A.由方程式PbSO4(s)+CO32－(aq) PbCO3(s)+SO42－(aq)可知，CO32-能够使PbSO4溶解并生成PbCO3，说明PbCO3的溶解度小于PbSO4，更易析出，故A错误； B.用Na2CO3溶液处理，Na2CO3溶液存在水解反应 CO32-+H2OHCO3-+OH-，处理PbSO4后，CO32-的浓度减小，平衡逆向移动，OH-的浓度减小，溶液的pH减小，用碳酸氢钠溶液处理PbSO4，CO32-浓度减小，会促进HCO3-的电离，溶液的pH减小，故B错误； C.PbCO3灼烧生成PbO的过程中，各元素的化合价保持不变，所以整个过程中只涉及一个氧化还原反应，故C错误； D.等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，NaHCO3电离出来CO32-的浓度小于Na2CO3中的CO32-浓度，CO32-浓度越大，越促进PbSO4(s)+CO32－(aq) PbCO3(s)+SO42－(aq)正向移动，所以Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大，故D正确。答案选D。 15.下列有关溶液的说法中正确的是( ) A. 0.1 mol·L－1(NH4)2SO4溶液中：c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－) B. pH＝4的醋酸稀释10倍，溶液中c(CH3COOH)、c(OH－)均减小 C. 向0.1 mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，c(Na＋)＞c(F－) D. pH＝2的H2SO3溶液与pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO3－)+2c(SO32－) 【答案】D 【解析】 【详解】A. 0.1 mol·L－1(NH4)2SO4溶液中铵根离子浓度大于硫酸根离子浓度，铵根水解溶液显酸性，则溶液中c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH－)，A错误； B. pH＝4的醋酸稀释10倍，溶液中c(CH3COOH)、c(H＋)均减小，水的离子积常数不变，则c(OH－)增大，B错误； C. 向0.1 mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)，因此c(Na＋)＝c(F－)，C错误； D. pH＝2的H2SO3溶液与pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO3－)+2c(SO32－)，D正确。 答案选D。 【点睛】本题考查溶液中离子浓度大小比较，明确电荷守恒、盐类水解原理为解答的关键，注意掌握电离平衡及其影响因素，侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。 16.已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用0.1mol/L NaOH 溶液滴定20mL 0.1mol/L H2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A. A点所得溶液中：V0＜10mL B. B点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(HA－)+c(OH－) C. C点所得溶液中：c(A2－)=c(Na+)-c(HA－)-c(H2A) D. D点所得溶液中A2－水解平衡常数 Kh1=10-719 【答案】A 【解析】 【详解】A．A点溶液中pH=1.85，则溶液中c(H+)=10-1.85mol/L，H2A的一级电离平衡常数为Ka1==10-1.85mol/L，所以c(H+)=Ka1，表明溶液中c(NaHA)=c(H2A)，若恰好是10mL NaOH，反应起始时存在c(NaHA)=c(H2A)，平衡时c(H2A)＜c(NaHA)，因此所加NaOH体积需＜10mL，会得到平衡时c(NaHA)=c(H2A)，即V0＜10mL，故A正确； B．B点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHA，为第一个滴定终点，溶液中存在质子守恒，c(H2A)+c(H+)=c(A2−)+c(OH−)，故B错误； C．C点溶液为NaHA和Na2A，溶液中存在电荷守恒，即2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)=c(Na+) +c(H+)，此时溶液pH=7，则2c(A2−)+c(HA−)=c(Na+)，若c(A2−)=c(Na+)-c(HA−)-c(H2A)成立，即得c(A2−)= c(H2A)，显然(A2−)≠ c(H2A)，故C错误； D．D点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，为第二个滴定终点，此时Na2A水解使溶液显碱性，溶液的pH为9.85，发生水解的方程式为A2−+H2O⇌HA−+OH−，则A2−水解平衡常数Khl====10-6.81，故D错误； 故选A。 【点睛】掌握溶液中的离子浓度的计算和比较，注意抓住一些关键点，如H2A与氢氧化钠1:1反应时的溶液的酸碱性和溶液中的微粒浓度的关系，按1:2反应时溶液的酸碱性和溶液中的微粒浓度的关系等，掌握溶液中的物料守恒和电荷守恒，和质子守恒关系式的书写。 二、非选择题（共52分） 17.（1）已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝－238.6 kJ/mol， CH3OH(l)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－a kJ/mol，则 a___238.6(填“>”、“<”或“＝”)。 （2）使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ 热量，写出该反应的热化学方程式：_________________________________ （3）反应mA(g)+nB(g)pC(g) +qD(g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。 该反应△H =____kJ/mol(用含E1、E2式子表示); 在反应体系中加入催化剂，E1___，E2___，(填增大、减小、不变)。 （4）已知： CO (g) +H2O (g)H2 (g) +CO2 (g)平衡常数K C(s) +CO2 (g)2CO（g)平衡常数K1 C (s) +H2O (g)CO（g) +H2 (g)平衡常数K2 则K、K1 、K2之间的关系是 ___________________________________ 【答案】 (1). < (2). 2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)=4HCl(g)＋CO2(g) ΔH＝－290 kJ/mol (3). △H=-（E2-E1）kJ/mol (4). 减小 (5). 减小 (6). K= 【解析】 【分析】 （1）1mol甲醇完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时， 放出的热量比生成CO2(g)和H2O(g)时，放出的热量多； （2）有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ 热量，2mol Cl2参与反应时释放出290 kJ 热量，据此写出反应的热化学方程式； （3）∆H=反应物的总键能-生成物的总键能，所以∆H=E1-E2；加入催化剂改变了反应的途径，降低了反应所需的活化能； （4）分别写出平衡常数K1、K2、K的表达式，据此可找出K与K2、K1之间的关系。 【详解】（1）燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，1mol甲醇完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时， 放出的热量为238.6 kJ，而当1mol甲醇完全燃烧生成CO2(g)和H2O(g)时，放出的热量小于238.6 kJ，故a<238.6； 故答案是：<； （2）有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ 热量，2mol Cl2参与反应时释放出290 kJ 热量，反应的热化学方程式：2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)=4HCl(g)＋CO2(g) ΔH＝－290 kJ/mol； 故答案是：2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)=4HCl(g)＋CO2(g) ΔH＝－290 kJ/mol； （3）由图像可知该反应是一个能量降低的反应，所以属于放热反应；∆H=反应物的总键能-生成物的总键能，所以∆H=（E1-E2）kJ/mol；加入催化剂改变了反应的途径，降低了反应所需的活化能，所以E1、E2的变化是减小； 故答案是：△H= -（E2-E1）kJ/mol； 减小；减小； （4）C(s) +CO2 (g)2CO（g)反应的平衡常数K1=c2（CO）/c（CO2）；C (s) +H2O (g)CO（g) +H2 (g)反应的平衡常数K2 = c（CO）c（H2）/c（H2O）；CO (g) +H2O (g)H2 (g) +CO2 (g)反应的平衡常数K= c（CO2）×c（H2）/ c（CO）×c（H2O），所以K=K2/K1； 故答案是：K=K2/K1。 【点睛】反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，反应为吸热反应；反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，反应为放热反应；反应热（∆H）等于正反应的活化能减去逆反应的活化能。 18.常温下，向浓度为0.1 mol·L－1、体积为V L的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测溶液的pH随盐酸的加入量而降低的滴定曲线，d点两种溶液恰好完全反应。根据图中信息回答下列问题： (1)该温度时NH3·H2O的电离常数K＝________。 (2)滴定过程中所用盐酸的pH＝________。 (3)比较b、c、d三点时的溶液中，由水电离出的c(OH－)大小顺序为___________。(填字母) (4)滴定时，由b点到c点的过程中，下列各选项中数值变大的是___(填字母，下同)。 A．c(H＋)·c(OH－) B. c(H＋)·c(NH3·H2O)/c(NH4+) C. c(NH4+)·c(OH－)/c(NH3·H2O) D. c(H＋)/c(OH－) (5)根据以上滴定曲线判断下列说法正确的是________(溶液中N元素只存在NH4+和NH3·H2O两种形式)。 A．点b所示溶液中：c(NH4+)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O) B．点c所示溶液中：c(Cl－)＝c(NH3·H2O)＋c(NH4+) C．点d所示溶液中：c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH4+)＞c(OH－) D．滴定过程中可能有：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋) (6)d点之后若继续加入盐酸至图像中的e点(不考虑NH4+水解的影响)，则e点对应的横坐标为________。 【答案】 (1). 10－5 (2). 1 (3). d ＞c ＞ b (4). D (5). D (6). 11V/9 【解析】 【分析】 常温下，向浓度为0.1 mol·L－1、体积为V L的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，二者反应生成氯化铵，溶液的pH逐渐减小，恰好反应时铵根水解溶液显酸性，继续滴加盐酸时盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，结合图像和问题分析解答。 【详解】（1）滴定前氨水中氢离子浓度是10－11mol/L，则根据水的离子积常数可知溶液中氢氧根的浓度是0.001mol/L，则该温度时NH3·H2O的电离常数K＝。 （2）由图像可知d时加入盐酸的体积与氨水的体积相同，二者恰好反应，根据NH3·H2O～HCl可知滴定过程中所用盐酸的浓度是0.1mol/L，所以盐酸溶液的pH＝1。 （3）在b点时，溶质为一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度大于氯化铵的水解程度，溶液显碱性，对水的电离起抑制作用。在c点时，溶质为一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度等于氯化铵的水解程度，溶液显中性，对水的电离平衡没有影响。在d点时溶质为氯化铵，铵根水解显酸性，对水的电离其促进作用，所以b、c、d三点时的溶液中，由水电离出的c(OH－)大小顺序为d＞c＞b。 （4）滴定时，由b点到c点的过程中： A．温度不变，水的离子积常数不变，所以c(H＋)·c(OH－)不变； B. 温度不变，电离平衡常数及水的离子积常数不变，c(H＋)·c(NH3·H2O)/c(NH4+)＝c(H＋)·c(NH3·H2O)·c(OH－)/c(NH4+)·c(OH－)＝KW/Kb，温度不变，该比值不变； C. c(NH4+)·c(OH－)/c(NH3·H2O)＝Kb，温度不变，电离平衡常数不变； D. 滴定时，由b点到c点的过程中，氢离子浓度不断增大，氢氧根离子的浓度不断减小，因此c(H＋)/c(OH－)的比值增大； 答案选D。 （5）A．由图像可知点b反应后溶液是氯化铵与一水合氨物质的量之比为1：1的混合物，溶液显碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根的水解程度，由电荷守恒c(NH4+)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)、物料守恒2c(Cl－)＝c(NH3·H2O)＋c(NH4+)可知所示溶液中：c(NH4+)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O)，A错误； B．由图像可知点c所示溶液中pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒c(NH4+)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)可知c(Cl－)＝c(NH4+)，因此溶液中c(Cl－)＜c(NH3·H2O)＋c(NH4+)，B错误； C．由图像可知d时加入盐酸的体积与氨水的体积相同，二者恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液显酸性，则点d所示溶液中：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)，C错误； D．当一水合氨较多，滴入的HCl较少时生成氯化铵少量，溶液中氨水浓度远大于氯化铵浓度，因此滴定过程中可能有：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)，D正确； 答案选D。 （6）设盐酸的体积为xL，e点时溶液的pH＝2，则0.1mol/L×xL－0.1mol/L×VL＝0.01mol/L×（x+V）L，解得x＝11V/9。 19.氨气是工农业生产中不可或缺的物质，研究制取氨气的机理意义非凡。 （1）在常温、常压、光照条件下，N2在掺有少量Fe2O3的TiO2催化剂表面与水发生下列反应： N2(g)+3H2O(l)2NH3(g)+O2(g) △H= a kJ • mol-1。 为进一步研究生成NH3的物质的量与温度的关系，常压下达到平衡时测得部分实验数据如下： T/K 303 313 323 n(NH3)/(l0-2mol) 4.8 5.9 6.0 此反应的a_________0，△S________0。（填“>”“<”或“ = ”） （2）—定温度和压强下，在2 L的恒容密闭容器中合成氨气:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4 kJ • mol-1。在反应过程中反应物和生成物的物质的量随时间的变化如图所示。 ①0～10 min内，以NH3表示的平均反应速率为_________。 ②在10～20 min内，NH3浓度变化的原因可能是_______。 A．加入催化剂 B．缩小容器体积 C．降低温度 D．增加NH3的物质的量 ③ 20 min达到第一次平衡，在反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是____________，35min达到第二次平衡，则平衡的平衡常数K1______K2（填“>”“<”或“ = ”） 【答案】 (1). ＞ (2). ＞ (3). 0.005 mol • L-1• min-1 (4). AB (5). 移走 0.1 molNH3 (6). = 【解析】 【分析】 （1）由表中数据可知，升高温度，NH3 生成量增大，说明平衡向正反应方向移动，结合反应方程式中各物质的聚集状态解答； （2）①反应速率v=计算； ②根据图象知，平衡向正反应方向移动，10min时是连续的，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明为增大压强、使用催化剂； ③25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；平衡常数只受温度的影响，据此判断。 【详解】（1）由表中数据可知，升高温度，NH3生成量增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应，a＞0，由方程式可知反应生成气体的物质的量增多，则△S＞0， 故答案为＞；＞。 （2）①根据反应速率v（NH3）=△n/V△t=（0.1−0）mol/2L×10min=0.005mol/（L·min）， 故答案为0.005mol/（L·min）。 ②由图象可知各组分物质的量变化增加，且10min时变化是连续的，20min达平衡时，△n（N2）=0.025mol×4=0.1mol，△n（H2）=0.025mol×12=0.3mol，△n（NH3）=0.025mol×8=0.2mol，物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明10min可能改变的条件是使用催化剂，缩小体积相当于增大压强，应该反应物的速率增加倍数大，降低温度，应该反应速率减小，增加NH3物质的量，逆反应速率增加的倍数大，故使用催化剂、缩小体积符合，故选AB， 故答案AB。 ③第25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；由图象可以看出，当反应进行到时35-40min，各物质的量不变，说明反应达到第二次平衡状态，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，所以抽去0.1mol氨， 故答案为移走0.1molNH3；=。 20.海水中含有80多种元素，是重要的物质资源宝库，同时海水具有强大的自然调节能力，为解决环境污染问题提供了广阔的空间。 (1)①已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如下图所示。 下列说法不正确是_____________ (填字母序号)。 a. pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3－ b. A点，溶液中H2CO3和HCO3－浓度相同 c. 当c(HCO3－)=c(CO32－)时，c(H+)>c(OH－) ②向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是_____________。 (2)海水pH稳定在7.9～8.4之间，可用于烟道气中CO2和SO2的吸收剂。 ①海水中含有的OH－可以吸收烟道气中的CO2，同时为海水脱钙，生产CaCO3。写出此反应的离子方程式：_____________。 ②已知：25℃时，H2CO3电离平衡常数K1=4.3×10－7 K2=5.6×10－11 H2SO3电离平衡常数K1=1.5×10－2 K2=6.0×10－8 海水中含有的HCO3－可用于吸收SO2，该过程产物中有CO2和_____________。 (3)洗涤烟气后的海水呈酸性，需处理后再行排放。与新鲜海水混合同时鼓入大量空气排出部分CO2，是一种处理的有效方式。 ①通入O2可将酸性海水中的硫(IV)氧化，该反应的离子方程式是_____________。 ②上述方式使处理后海水pH升高的原因是_____________。 【答案】 (1). bc (2). HCO3－+OH－=CO32－+H2O (3). CO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O (4). HSO3－ (5). O2+2HSO3－=2SO42－+2H+ (6). 碱性海水的中和及稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2 【解析】 【分析】 (1)①a.由图象分析可以知道，pH=8时溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3-，故a正确； b.A点是碳酸氢根离子物质的量分数与二氧化碳和碳酸分子物质的量分数相同，溶液中H2CO3 和HCO3-浓度不相同，故b错误； c.由图象分析可以知道当c(HCO3-)=c(CO32-)时，pH=10溶液显碱性，c(H+)查看更多