2018-2019学年甘肃省高台县第一中学高二上学期期中考试化学试题 解析版

2018-2019学年甘肃省高台县第一中学高二上学期期中考试化学试题 解析版

甘肃省高台县第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学试题 ‎1.能用能量判据判断下列过程的方向的是 A. 水总是自发地由高处往低处流 B. 放热反应容易自发进行，吸热反应不能自发进行 C. 有序排列的火柴散落时成为无序排列 D. 多次洗牌后，扑克牌无序排列的几率增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、高出到低处，势能变化；‎ B、反应自发进行判断依据是△G=△H-T△S＜0；‎ C、变化过程中无焓变能量变化，是熵变；‎ D、变化过程中是熵变。‎ ‎【详解】A．水总是自发地由高处往低处流，有趋向于最低能量状态的倾向，选项A正确；‎ B．吸热反应也可以自发进行，例如，在‎25℃‎和1.01×105 Pa时，2N2O5（g）═4NO2（g）+O2（g）△H=+56.7 kJ/mol，（NH4）2CO3（s）═NH4HCO3（s）+NH3（g）△H=+74.9 kJ/mol，不难看出，上述两个反应都是吸热反应，又都是熵增的反应，显然只根据焓变来判断反应进行的方向是不全面的，选项B错误；‎ C．有序排列的火柴散落时成为无序排列，有趋向于最大混乱度的倾向，属于熵判据，不属于能量变化，选项C错误；‎ D．扑克牌的无序排列也属于熵判据，不属于能量变化，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查了变化过程中的能量变化判断，区别焓变，熵变的含义，自发反应的判断依据是解题关键，题目较简单。‎ ‎2.水的电离过程为H2OH＋＋OH－，在‎25 ℃‎时水的离子积为KW＝1.0×10－14，在‎35 ℃‎时水的离子积为KW＝2.1×10－14，则下列叙述正确的是（ ）‎ A. c(H＋)随着温度的升高而降低 B. ‎35 ℃‎时c(H＋)＞c(OH－)‎ C. ‎35 ℃‎时的水比‎25 ℃‎时的水电离程度小 D. 水的电离是个吸热过程 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析： ‎35 ℃‎时水的离子积大于‎25 ℃‎时水的离子积，说明‎35 ℃‎时水中c(H+)、c(OH-)大于‎25 ℃‎时水中c(H+)、c(OH-)，但c(H+)仍等于c(OH-)；亦说明升高温度，水的电离程度增大，即水的电离是吸热过程。‎ 考点：水的电离　溶液的酸碱性 ‎3. 广义的水解观点认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别离解成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，说法不正确的是( )‎ A. BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2‎ B. PCl3的水解产物是HClO和H3PO4‎ C. Al‎4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4‎ D. CH3COCl的水解产物是两种酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据给出的四个选项中的各物质组成，依据化合价将每种物质分解成带正、负电荷的两种粒子(相当于阳、阴离子)。BaO2、PCl3、Al‎4C3和CH3COCl组成微粒分别为Ba2＋与O22－、P3＋与Cl－、Al3＋与C4－、CH3CO＋与Cl－。然后分别与水电离出来的氢氧根离子和氢离子进行组合确定生成物，所以A的产物是Ba(OH)2和H2O2，B的产物为H3PO3和HCl，C的产物是Al(OH)3和CH4；D的产物是CH3COOH和HCl，因此错误的为B选项。‎ ‎4.反应‎4A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)，经2 min后，B的浓度减少了0.6 mol·L－1。对此反应速率的正确表示是（ ）‎ A. 用A表示的反应速率是0.8 mol·L－1·s－1‎ B. 分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3∶2∶1‎ C. 在2 min末时的反应速率，用反应物B来表示是0.3 mol·L－1·min－1‎ D. 在这2 min内用B和C表示的反应速率的值都是相同的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、A为固体浓度视为常数，故错误；B、根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，v（B）：v（C）：v（D）=3：2：1，故正确；C、化学反应速率表示平均反应速率，不表示瞬时速率，故错误；D、根据化学反应速率的定义，v（B）=0.6/2mol/（L·min）="0.3" mol/（L·min）， v（C）="2×0.6/3" mol/（L·min）=0.4mol/（L·min），两者不同，故错误。‎ 考点：考查化学反应速率等知识。‎ ‎5.用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下:3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)‎ 一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示上述反应达到化学平衡状态的是 A. 3v正(N2)=v正(H2) B. v正(HCl)=4v正(SiCl4)‎ C. 混合气体密度保持不变 D. c(N2)∶c(H2)∶c(HCl)=1∶3∶6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．3v正(N2)= v正(H2) ，都是正反应速率，不能作为平衡的标志，选项A错误；‎ B、v正(HCl)=4v正(SiCl4) ，都是正反应速率，不能作为平衡的标志，选项B错误；‎ C、该反应中有固体参与，所以气体的质量一直变化，则气体的密度在变化，达平衡时混合气体密度保持不变，选项C正确；‎ D、 c(N2)：c(H2)：c(HCl)=1：3：6 时不能说明正逆反应速率相等，不能判断达到平衡状态，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎6.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的溶液 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。‎ ‎7.对已达化学平衡的下列反应: 2X(g) +Y(g)2Z(g) ，减小压强时，对反应产生的影响 A. 逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动 B. 逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动 C. 正、逆反应速率减小，平衡向逆反应方向移动 D. 正、逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于有气体参加的化学反应，减小压强，正逆反应速率都减小；减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动。‎ ‎【详解】反应2X(g) +Y(g)2Z(g)有气体参加和生成，且该反应为气体体积缩小的反应，则减小压强时，‎ A、正逆反应速率都减小，选项A错误；‎ B、正逆反应速率都减小，平衡逆向移动，选项B错误；‎ C、正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，选项C正确；‎ D、正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查压强对反应速率及化学平衡的影响，明确化学反应为气体体积缩小的反应是解答本题的关键，难度不大。‎ ‎8.下列有关叙述正确的是 A. 在中和滴定中，既可用标准溶液滴定待测溶液，也可用待测溶液滴定标准溶液 B. 进行中和滴定操作时，眼睛要始终注视滴定管内溶液液面的变化 C. 测定中和热时，两烧杯间填满碎纸的作用是固定小烧杯 D. 若用50 mL 0．55 mol·L－1的氢氧化钠溶液，分别与50 mL 0．50 mol·L－1的盐酸和50 mL 0.50 mol·L−1硫酸充分反应，两反应的中和热不相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A项，在中和滴定中，既可用标准溶液滴定待测溶液，也可用待测溶液滴定标准溶液，正确；B项，进行中和滴定操作时，眼睛要始终注视锥形瓶中溶液颜色的变化，错误；C项，测定中和热时，两烧杯间填满碎纸的作用是保温，减少热量的散失，错误；D项，中和热指酸碱发生中和反应生成1molH2O时释放的热量，题中盐酸和硫酸都属于稀强酸，反应放出的热量不相等，但两反应的中和热相等，错误；答案选A。‎ ‎9.已知：CH3CH2CH2CH3(g)＋13/2O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l) ΔH=－2 878 kJ·mol－1‎ ‎(CH3)2CHCH3(g)＋13/2O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l) ΔH=－2 869 kJ·mol－1‎ 下列说法正确的是 A. 正丁烷分子储存的能量小于异丁烷 B. 正丁烷的稳定性大于异丁烷 C. 异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程 D. 异丁烷转化为正丁烷的过程是一个吸热过程 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、根据能量守恒分析；‎ B、根据物质能量的大小与物质稳定性的关系分析； ‎ C、根据热反应方程式与能量变化的关系分析；‎ D、根据热反应方程式与能量变化的关系分析。‎ ‎【详解】A、根据能量守恒结合题意知，正丁烷的能量大于异丁烷的能量，选项A错误；‎ B、根据题意知，正丁烷的能量大于异丁烷的能量，能量越大，物质越不稳定，所以正丁烷的稳定性小于异丁烷的稳定性，选项B错误；‎ C、根据题意知，正丁烷的能量大于异丁烷的能量，再根据能量守恒得，异丁烷转化为正丁烷的过程是一个吸热过程，选项C错误；‎ D、根据题意知，正丁烷的能量大于异丁烷的能量，再根据能量守恒得，异丁烷转化为正丁烷的过程是一个吸热过程，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了能量转化的原因、分子的结构等知识点，难度不大，明确物质储存的能量与物质的稳定性的关系。‎ ‎10.下列各组离子因发生水解反应而不能大量共存的是 A. Ba2+、Cl-、Na+、SO42- B. Al3+、K+、HCO3-、Cl-‎ C. H+、Fe2+、NO3-、SO42- D. H+、Na+、Cl-、CO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 弱酸根离子与弱碱离子在溶液中能相互促进水解反应，而不能大量共存，以此来解答。‎ ‎【详解】A．因Ba2+、SO42-发生复分解反应，而不能共存，选项A不选；‎ B．因Al3+、HCO3-相互促进水解，而不能大量共存，选项B选；‎ C．因H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，而不能共存，选项C不选；‎ D．因H+、CO32-发生复分解反应，而不能大量共存，选项D不选；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查离子的共存，明确习题中的信息是解答本题的关键，注意不能共存发生的反应类型，选项B为解答的难点，题目难度不大。‎ ‎11.下列有关热化学方程式的叙述正确的是 A. 已知2H2(g)＋O2(g) ＝2H2O(l)；△H＝－571．6kJ/mol，则氢气的燃烧热为285．8kJ/mol B. 已知C（石墨，s）＝ C（金刚石，s）；△H＞0，则金刚石比石墨稳定 C. 含20．‎0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28．7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)＝CH3COONa(aq)＋H2O(l) △H＝－57．4kJ/mol D. 已知‎2C(s)＋2O2(g)＝2CO2(g) △H1； ‎2C(s)＋O2(g)＝2CO(g) △H2，则△H1＞△H2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氢气的燃烧热是1molH2完全燃烧生成液态水放出的热量；能量越低越稳定；醋酸是弱电解质，醋酸电离吸热；同物质的量碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成CO放出的热量。‎ ‎【详解】氢气的燃烧热是1molH2完全燃烧生成液态水放出的热量，2H2(g)＋O2(g) ＝2H2O(l)；△H＝－571．6kJ/mol，所以氢气的燃烧热为285．8kJ/mol，故A正确；C（石墨，s）＝ C（金刚石，s） △H＞0，则金刚石的能量大于石墨，‎ 所以石墨比金刚石稳定，故B错误；醋酸电离吸热，所以1mol醋酸与1mol氢氧化钠反应放出的热量小于57．4kJ，故C错误；同物质的量的碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成CO放出的热量，所以‎2C(s)＋2O2(g)＝2CO2(g) △H1； ‎2C(s)＋O2(g)＝2CO(g) △H2，△H1<△H2，故D错误。选A。‎ ‎12. 下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 A. 在0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)‎ B. 在0.1 mol·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)= c(HCO3－)＋‎2c(H2CO3)‎ C. 向0.2 mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L－1NaOH溶液：c(CO32－)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ D. CH3COONa和CH3COOH混合溶液一定存在：c(Na＋)= c(CH3COO－)=c(CH3COOH)＞c(H＋)= c(OH－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．NaHCO3溶液显碱性，水解大于电离，所以c(Na＋)＞c(HCO3－ )＞c(H2CO3) ＞c(CO32－)，错误；B．在0.1 mol·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)= c(HCO3－ )＋‎2c(H2CO3)，正确；C．向0.2 mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L－1NaOH溶液反应生成碳酸钠，剩余碳酸氢钠，它们的物质的量相同，根据越弱越水解，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度，则c(HCO3－ )＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋)，错误；D．CH3COONa和CH3COOH混合溶液中若c(H＋)= c(OH－)，说明为中性溶液，一定没有CH3COOH，错误；选B。‎ 考点：考查离子浓度的大小比较。‎ ‎13.已知下列热化学方程式：‎ Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g) △H=−24.8 kJ·mol−1‎ Fe2O3(s)+CO(g)Fe3O4(s)+CO2(g) △H=−15.73 kJ·mol−1‎ Fe3O4(s)+CO(g) 3FeO(s)+CO2(g) △H=+640.4 kJ·mol−1‎ 则‎14g CO气体还原足量FeO固体得到固体Fe和CO2气体时，对应的△H为 A. −109 kJ·mol−1 B. −218 kJ·mol−1‎ C. +218 kJ·mol−1 D. +109 kJ·mol−1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据盖斯定律结合热化学方程式计算得到CO气体还原足量FeO固体的热化学方程式，从而得出反应热。‎ ‎【详解】①Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H=-24.8kJ/mol ‎②Fe2O3（s）+CO（g）═Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-15.73kJ/mol ‎③Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.4kJ/mol 依据盖斯定律计算①×-③×-②×，得到：CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=-218.0kJ/mol，则‎14g CO气体（0.5mol）还原足量FeO固体得到Fe单质和CO2气体时对应的△H约为-109kJ/mol，答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查了热化学方程式书写方法，盖斯定律的计算应用，题目较简单。‎ ‎14.在某温度时，将n mol·L－1氨水滴入10 mL 1.0 mol·L－1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是 A. a点Kw＝1.0×10－14‎ B. 水的电离程度：b>c>a>d C. b点：c()>c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)‎ D. ‎25 ℃‎时NH4Cl水解常数为(n－1)×10－7 mol·L－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于‎25℃‎，则水的离子积Kw＜1.0×10-14 mol2•L-2，选项A错误；‎ B．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，选项B错误；‎ C．b点时溶液的pH＜7，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可知：c（Cl-）＞c（NH4+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），选项C错误；‎ D．根据图象可知，‎25℃‎时溶液的pH=7，则：c（H+）=c（OH-）=10-7 mol•L-1，c（NH4+）=c（Cl-）=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c（NH3•H2O）=（0.5n-0.5）mol/L，则‎25℃‎时NH4Cl水解常数为：K==（n-1）×10-7，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及离子浓度大小比较，涉及水的电离及其影响、酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较、水解平衡常数的计算等知识，D为难点，注意掌握水解平衡常数的表达式及计算方法。‎ ‎15.已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3，分别在‎0 ℃‎和‎20 ℃‎下，测得其转化率随时间变化的关系曲线(Yt)如下图所示。下列说法正确的是 A. b代表‎0 ℃‎下CH3COCH3的Yt曲线 B. 反应进行到20 min末，CH3COCH3的v(‎0℃‎)/v(‎20℃‎)>1‎ C. 升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率 D. 从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的n(‎0℃‎)/n(‎20℃‎)=1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析图象题时注意曲线的变化，温度越高，化学反应速率越大，达到平衡时的时间就越少，曲线的斜率就越大；根据图象可以看出温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，CH3COCH3的转化率反而降低，分析图象，当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多。‎ ‎【详解】A、温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图象可看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是‎20℃‎时的Y﹣t曲线，选项A错；‎ B、当反应进行到20min时，从图象中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线在‎20℃‎时对应的反应速率快，所以＜1，选项B错；‎ C、根据图象温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，选项C错；‎ D、根据图象可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查转化率随温度变化的图象题，做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图象正确判断反应是吸热还是放热。‎ ‎16. 下列说法正确的是(　　)‎ A. 常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH=4‎ B. 为确定某酸H‎2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH>7，则H‎2A是弱酸；若pH<7，则H‎2A是强酸 C. 用0．200 0 mol·L-1NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合液(混合液中两种酸的浓度均约为0．1 mol·L-1)，至中性时，溶液中的酸未被完全中和 D. 相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0．1 mol·L-1盐酸、③0．1 mol·L-1氯化镁溶液、④0．1 mol·L-1硝酸银溶液中，Ag+浓度：①>④=②>③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸会促进醋酸电离，导致氢离子浓度大于原来的1/10，所以溶液的4＞pH＞3，故A错误；B．NaHA溶液的pH＞7说明H‎2A的二级电离不完全，即HA-为弱酸，所以可以说明H‎2A是弱酸，NaHA溶液的pH＜7，H‎2A 是强酸或弱酸都有可能，如硫酸、亚硫酸，故B错误；C．NaOH滴定HCl与CH3COOH，醋酸是弱电解质，若碱与酸恰好反应，溶液中溶质为氯化钠、醋酸钠，醋酸根水解溶液呈碱性，反应呈中性，溶液中的酸有剩余，故C正确；D．氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中Ksp(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl-)为定值，①蒸馏水中没有氯离子、②0.1mol/L盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L，③0.1 mol/L氯化镁溶液c(Cl-)=0.2mol/L、④0.1mol/L硝酸银溶液中c(Ag+)=0.1mol/L，溶液中c(Ag+)为④＞①＞②＞③，故D错误；故选C。‎ 考点：考查强弱电解质、弱电解质的电离、盐类水解、溶度积及相关计算等。‎ 视频 ‎17.某温度时，在‎2 L容器中，某一反应中A、B的物质的量随时间变化的曲线如下图所示，由图中数据分析得：‎ ‎[‎ ‎（1）在4 min末时，A、B的物质的量浓度c(A) __________c(B)；从0~4 min内A、B的物质的量浓度变化量Δc(A) __________Δc(B)(以上填“>”“<”或“=”)。 ‎ ‎（2）从反应开始至4 min时，A的平均反应速率为__________。 ‎ ‎（3）该反应的化学方程式为____________________。‎ ‎【答案】 (1). = (2). > (3). 0.05 mol·L -1 ·min -1 (4). ‎2A B ‎【解析】‎ 试题分析： （1）由图可以看出，在4 min末n(A)=n(B)=0．4 mol，又因体积相等，所以c(A)=c(B)；从0到4 min内Δc(A)==0．2 mol·L-1，Δc(B)==0．1 mol·L-1。‎ ‎（2）v(A)==0．05 mol·L-1·min-1。‎ ‎（3）参加反应的各物质的物质的量之比为n(A)∶n(B)=0．4 mol∶0．2 mol=2∶1。‎ 考点：化学反应速率 ‎18.氧化还原滴定实验的原理与中和滴定相同(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。现有0.001 mol·L-1酸性KMnO4溶液和未知浓度的无色Na2SO3溶液，有关反应的离子方程式是2MnO4-+5SO32-+6H+2Mn2++5SO42-+3H2O。请回答下列问题:‎ ‎（1）该滴定实验所需仪器有__(填序号)。‎ A．酸式滴定管(50 mL)　B．碱式滴定管(50 mL)　C．量筒(10 mL)　D．锥形瓶　E．铁架台　F．滴定管夹　G．烧杯　H．白纸　I．胶头滴管　J．漏斗 ‎（2）不用____(填“酸”或“碱”)式滴定管盛放酸性KMnO4溶液的原因是_____________。‎ ‎（3）____(填“需要”或“不需要”)选用指示剂，其理由是____________。‎ ‎（4）滴定前平视酸性KMnO4溶液液面，刻度为 a mL，滴定后俯视液面，刻度为b mL，则(b-a) mL 比实际消耗酸性KMnO4溶液的体积____(填“大”或“小”，下同)；根据(b-a) mL计算得到的待测液浓度比实际浓度____。‎ ‎【答案】 (1). ABDEFGH (2). 碱 (3). 酸性 KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管 (4). 不需要 (5). MnO4- 被还原为 Mn2+ 时溶液紫色褪去 (6). 小 (7). 小 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化橡胶，因此盛放酸性KMnO4溶液应用酸式滴定管，Na2SO3溶液呈碱性，应用碱式滴定管量取，除此之外还需铁架台、滴定管夹、锥形瓶、烧杯、白纸，答案选ABDEFGH；‎ ‎（2）高锰酸钾具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，所以不用用碱式滴定管盛放高锰酸钾溶液，应该用酸式滴定管；‎ ‎（3）因MnO4- 被还原为 Mn2+ 时溶液紫色褪去，故不需指示剂；‎ ‎（4）（3）滴定前平视KMnO4液面，刻度为a mL，滴定后俯视液面刻度为b mL，读数偏小，则（b-a）mL比实际消耗KMnO4溶液体积少； 根据（b-a）mL计算得到的待测浓度，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=×，c（待测）偏小。‎ ‎19.下表是不同温度下水的离子积数据：‎ 温度/℃‎ ‎25‎ t1‎ t2‎ 水的离子积常数 ‎1×10－14‎ α ‎1×10－12‎ 试回答以下问题：‎ ‎（1）若25＜t1＜t2，则α____(填“＜”“＞”或“=”)1×10－14，作出此判断的理由是___________________。‎ ‎（2）‎25 ℃‎下，某Na2SO4溶液中c(SO42-)=5×10－4mol·L－1，取该溶液1 mL，加水稀释至10‎ ‎ mL，则稀释后溶液中c(Na＋)∶c(OH－)=________。‎ ‎（3）t‎2 ℃‎下，将pH=11的苛性钠溶液V‎1 L与pH=1的稀硫酸V‎2 L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的pH=2，则V1∶V2=________。此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是_______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). 升高温度，水的电离程度增大，离子积增大 (3). 1000∶1 (4). 9∶11 (5). c(Na＋)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）水是弱电解质，存在电离平衡，电离吸热，所以温度升高，水的电离程度增大，离子积增大，故答案为：＞；温度升高，水的电离程度增大，离子积增大；‎ ‎（2）‎25℃‎时，某Na2SO4溶液中c（SO42-）=5×10-4 mol/L，则溶液中钠离子浓度是1×10-3 mol/L．如果稀释10倍，则钠离子浓度是1×10-4 mol/L，但硫酸钠溶液是显中性的，所以c（Na+）：c（OH-）=10-4：10-7=1000：1；‎ ‎（3）t‎2 ℃‎下，水的离子积常数为1×10－12，pH=11的苛性钠溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH-）=mol/L=0.1mol/L，pH=1的稀硫酸中氢离子浓度为：c（H+）=0.1mol/L，混合液的pH=2，则混合液中氢离子浓度为0.01mol/L，则混合液中：c（H+）=0.01mol/L=，解得：V1：V2=9：11；‎ 设氢氧化钠、硫酸溶液体积为9V、11V，由于混合液显示酸性，则c（H+）＞c（OH-），c（Na+）==0.45mol/L，c（SO42-）==0.0275mol/L，c（H+）=0.01mol/L，则溶液中各离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH－)。‎ ‎20.金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属氢氧化物在不同pH下的溶解度[S/(mol·L－1)]如图所示：‎ 难溶金属氢氧化物的S－pH图 ‎（1）pH=3时溶液中铜元素的主要存在形式是___________________________。‎ ‎（2）若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH________。‎ A．＜1 B．4左右 C．＞6‎ ‎（3）在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，________(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是________________________________________。‎ ‎（4）要使氢氧化铜沉淀溶解，除了加入酸之外，还可以加入氨水生成[Cu(NH3)4]2＋，写出反应的离子方程式：_________________________________________________________。‎ ‎（5）已知一些难溶物的溶度积常数如下表。‎ 物质 FeS MnS CuS PbS HgS ZnS Ksp ‎6.3×10－18‎ ‎2.5×10－13‎ ‎1.3×10－35‎ ‎3.4×10－28‎ ‎6.4×10－33‎ ‎1.6×10－24‎ 为除去某工业废水中含有的Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋杂质，最适宜向此工业废水中加入过量的_______(填选项)。‎ A．NaOH B．FeS C．Na2S ‎【答案】 (1). Cu2+ (2). B (3). 不能 (4). Co和Ni沉淀时的pH范围相差太小 (5). Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O (6). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在pH=3时，溶液中不会出现Cu(OH)2沉淀；‎ ‎（2）除去Fe3+的同时必须保证Cu2+不能沉淀，因此pH应保持在4左右；‎ ‎（3）Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小；‎ ‎（4）根据反应物和生成物可写出反应的方程式；‎ ‎（5）要使三种离子生成沉淀，最好选择难溶于水的FeS，使它们转化为更难溶解的金属硫化物沉淀，同时又不引入其它离子。‎ ‎【详解】（1）由图可知，在pH=3时，溶液中不会出现Cu(OH)2沉淀，主要以Cu2+存在；‎ ‎（2）除去Fe3+的同时必须保证Cu2+不能沉淀，因此pH应保持在4左右Fe3+沉淀完全，答案选B；‎ ‎（3）从图示关系可看出，Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小，无法通过控制溶液的pH来分离二者；‎ ‎（4）氢氧化铜沉淀溶于氨水生成[Cu(NH3)4]2+，反应的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；‎ ‎（5）要使三种离子生成沉淀，最好选择难溶于水的FeS，使它们转化为更难溶解的金属硫化物沉淀，同时又不引入其它离子；答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了沉淀溶解平衡的应用以及溶度积的应用，题目难度中等，解答本题的关键是认真审题，能从图象曲线的变化特点把握物质的溶解性。‎ ‎21.碳、氮及其化合物是同学们经常能接触到的重要物质，是科学研究的重要对象。‎ ‎（1）H2NCOONH4是工业合成尿素的中间产物，该反应的能量变化如图甲所示。用CO2和氨气合成尿素的热化学方程式为________________________________________。‎ ‎（2）合理利用CO2、CH4，抑制温室效应成为科学研究的新热点。一种以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸(ΔH＜0)。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率分别如图乙所示。250～‎300 ℃‎时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是________________。‎250 ℃‎和‎400 ℃‎时乙酸的生成速率几乎相等，实际生产中应选择的温度为________℃。‎ ‎（3）T ℃时，将等物质的量的NO和CO充入体积为‎2 L的密闭容器中发生反应2NO＋2CO2CO2＋N2。保持温度和体积不变，反应过程中NO的物质的量随时间的变化如图丙所示。‎ ‎①平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8 mol，平衡将________(填“向左”“向右”或“不”)移动。‎ ‎②图中a、b分别表示在一定温度下，使用相同质量、不同表面积的催化剂时，达到平衡过程中n(NO)的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是________(填“a”或“b”)。‎ ‎③15 min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如图所示的变化，则改变的条件可能是________(任答一条即可)。‎ ‎【答案】 (1). 2NH3（l）+CO2（g）=H2O（l）+H2NCONH2 （l）△H=-134.0kJ•mol-1 (2). ‎250 ℃‎时，催化剂的催化效率最好，之后催化剂的催化效率急剧降低 (3). 250 (4). 向右 (5). b (6). 增加 CO 的物质的量浓度、增大压强、减少生成物浓度 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）已知①2NH3（l）+CO2（g）═H2NCOONH4（氨基甲酸铵）（l）△H1=-272.0kJ•mol-1‎ ‎②H2NCOONH4（l）═H2O（l）+H2NCONH2（l）△H2=+138.0kJ•mol-1，‎ 根据盖斯定律，①+②可得：2NH3（l）+CO2（g）═H2O（l）+H2NCONH2 （l），△H=-272.0kJ•mol-1+138.0kJ•mol-1=-134.0kJ•mol-1，‎ 故答案为：2NH3（l）+CO2（g）=H2O（l）+H2NCONH2 （l）△H=-134.0kJ•mol-1；‎ ‎（2）由图象得，250～‎300℃‎时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是‎250℃‎，催化剂的催化效率最好，之后催化剂的催化效率急剧降低；‎250℃‎和‎400℃‎时乙酸的生成速率几乎相等，由于温度低，能耗低，节约经济成本，故实际生产中应选择的温度为‎250℃‎；‎ ‎（3）①起始时，NO为0.4mol，平衡时NO为0.2mol，‎ ‎ 2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2‎ 起始物质的量：0.4mol 0.4mol 0 0‎ 转化的物质量：0.2mol 0.2mol 0.2mol 0.1mol 平衡物质的量：0.2mol 0.2mol 0.2mol 0.1mol 则平衡时的浓度：c（NO）=0.1mol/L，c（CO）=0.1mol/L，c（CO2）=0.1mol/L，c（N2‎ ‎）=0.05mol/L，该稳定性该反应的平衡常数K==5；‎ 平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，则c（CO）=0.5mol/L，c（N2）=0.45mol/L，此时的浓度商Qc==1.8

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