江西省南昌市八一中学洪都中学十七中实验中学南师附中五校2019-2020学年高二上学期期中联考化学试题

江西省南昌市八一中学洪都中学十七中实验中学南师附中五校2019-2020学年高二上学期期中联考化学试题

‎2019-2020学年度第一学期高二化学期中联考试卷 命题人： 审稿：‎ 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 Si 28 S 32 Cl 35.5 ‎ 第Ⅰ卷(共48分)‎ 一､选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。)‎ ‎1.下列叙述中，能证明某物质是弱电解质的是(　　)‎ A. 熔融时不导电 B. 水溶液的导电能力很差 C. 不是离子化合物，而是极性共价化合物 D. 溶液中已电离的离子和未电离的分子共存 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 熔融时不导电的化合物不一定是弱电解质，如HCl是共价化合物，熔融时不导电，但是强电解质，A项错误；‎ B. 电解质的强弱与溶液的导电性没有本质联系，很稀的强电解质水溶液的导电能力也很弱，因为溶液中离子浓度很小，B项错误；‎ C. HCl是极性共价化合物，但是强电解质，C项错误；‎ D. 弱电解质在水溶液中部分电离，所以溶液中已电离的离子和未电离的分子共存，说明该物质是弱电解质，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】判断强、弱电解质的关键是物质在水溶液里能否完全电离，是否存在电离平衡。‎ ‎2.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A. 工业制硫酸采用二氧化硫催化氧化，高压可以提高单位时间SO3的产量 B. 打开可乐瓶盖后看到有大量气泡冒出 C. 用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质 D. 容器中有2HI(g) ⇌ H2(g)+I2(g)，增大压强颜色变深 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 勒夏特列原理是指在一个已经达到平衡的反应中，如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强，或参加反应的物质的浓度），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，能用勒夏特列原理解释，首先必须存在可逆过程，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. 二氧化硫生成三氧化硫的反应为2SO2+O2⇌2SO3，加压平衡正向移动，三氧化硫的产量增大，能用勒夏特列原理解释，A项错误；‎ B. 打开可乐瓶盖后看到有大量气泡逸出，是因为打开瓶盖，压强减小，二氧化碳气体的溶解度减小而逸出，平衡移动的结果，和平衡有关，能用勒夏特列原理解释，B项错误；‎ C. 氯气和水的反应是可逆反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，能减小氯气的溶解度，能用勒夏特列原理解释，C项错误；‎ D. 容器中存在可逆反应2HI(g) ⇌ H2(g)+I2(g)，是一个反应前后气体物质的量不变的反应，体积减小加压，H2(g)、I2(g)、HI(g)浓度均增大，但是平衡不会移动，颜色加深仅是由体积减小，I2(g)浓度增大造成的，不能用勒夏特列原理解释，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】D项是学生们的易错点，可逆反应2HI(g) ⇌ H2(g)+I2(g)，是一个反应前后气体物质的量不变的反应，体积减小加压，H2(g)、I2(g)、HI(g)浓度均增大，但是平衡不会移动，颜色加深仅是由体积减小，I2(g)浓度增大造成的，不能用勒夏特列原理解释，学生们容易忽略体积减小加压瞬间各物质的的浓度会增大。‎ ‎3.下列说法不正确的是（　　）‎ A. 加入正催化剂，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大 B. 熵增加且放热的反应一定是自发反应 C. 任何条件下，化学反应的焓变都等于化学反应的反应热 D. 常温下硝酸铵能够溶于水，因为其溶于水是一个熵增大过程 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 正催化剂可以降低反应的活化能，使部分普通分子变成活化分子，则活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大，A项正确；‎ B. 熵增加且放热的反应始终满足△H-T△S<0，则一定是自发反应，B项正确；‎ C. 只有在恒压条件下，化学反应的焓变才等于化学反应的反应热，C项错误；‎ D. 常温下硝酸铵溶于水溶解成为自由移动的离子，是熵变增大的过程，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎4.下列说法正确的是(　　)‎ A. 浓度为0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液，加水稀释，则c(CH3COO-)/c(CH3COOH)减小 B. 浓度为0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液，升高温度，Ka(CH3COOH)不变，但醋酸电离程度增大 C. 浓度为0.1 mol·L－1 HA溶液pH为4，则HA为弱电解质 D. CH3COOH的浓度越大，CH3COOH的电离程度越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加水稀释，n(CH3COO-)增大，n(CH3COOH)减小，则c(CH3COO-)/c(CH3COOH)增大，故A错误；‎ B. 电离是吸热过程，升高温度，Ka(CH3COOH)增大，故B错误；‎ C. 浓度为0.1 mol·L－1 HA溶液pH为4，说明HA部分电离，则HA为弱电解质，故C正确；‎ D. 稀释促进电离，电离程度增大，相反CH3COOH的浓度越大，CH3COOH的电离程度越小，故D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎5.下列说法正确的是 A. H(g)＋I2(g) ⇌ 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变 B. C(s)＋H2O(g) ⇌ H2(g)＋CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡 C. 若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)＋B(g) ⇌ 2C(?)已达平衡，则A、C不能同时是气体 D. 1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；‎ B.在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；‎ C.若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等，故A、C不可能均为气体，C项错误；‎ D.易知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH，合成氨气实际参与反应n(H2‎ ‎)=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D项错误。‎ 故答案选B。‎ ‎6.在一定温度下，改变反应物中n(SO2)，对反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ΔH<0的影响如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应b､c点均为平衡点，a点未达到平衡且向正反应方向进行 B. a､b､c三点的平衡常数Kb>Kc>Ka C. 上述图象可以得出SO2的含量越高得到的混合气体中SO3的体积分数越高 D. a､b､c三点中，a点时SO2的转化率最高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 图像的横坐标是起始时n(SO2)，纵坐标是平衡时SO3的体积分数，因此，曲线是平衡线，线上的每个点均为平衡点，A项错误；‎ B. 对于一个指定的反应，其平衡常数只受温度的影响，上述反应在一定温度下进行，因此，a、b、c三点的平衡常数相等，B项错误；‎ C. 由图像知，随起始时n(SO2)的增大，平衡时SO3的体积分数先逐渐增大、后又逐渐减小，C项错误；‎ D. 增加一种反应物的用量，可以提高另一反应物的转化率，而本身转化率降低，因此a、b、c三点中，n(SO2)逐渐增大，平衡时SO2的转化率逐渐减小，a点时SO2的转化率最高，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.已知反应式：mX(g)+nY(?)pQ(s)+2mZ(g)，已知反应已达平衡，此时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的，c(X)=0.5mol/L，下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应向逆方向移动 B. Y可能是固体或液体 C. 系数n>m D. Z的体积分数减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.已知反应达平衡时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，如果化学平衡不移动，c(X)=0.6mol/L，但实际再次达到平衡时c(X)=0.5mol/L，说明加压后化学平衡正向移动，故A错误；‎ B.结合题意可知正反应是气体总体积减少的反应，如果Y为固体或液体，则必须满足m>2m，显然不可能成立，所以Y只能是气体，故B错误；‎ C.由B项分析可知，Y是气体，要满足m+n>2m，则n>m，故C正确；‎ D.根据分析知，化学平衡向右移动，Z的体积分数是增大的 ，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】掌握平衡移动方向的判断，需要从改变条件后的数据进行分析，结合平衡移动的规律确定移动方向和物质的状态及化学计量数的大小关系。‎ ‎8.下列叙述与下图对应的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 对于达到平衡状态的N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g)，图①表示在t0时刻充入了一定量的NH3，平衡逆向移动 B. 由图②可知，p2 > p1，T1 > T2满足反应：2A(g) + B(g) ⇌ 2C(g) ΔH < 0‎ C. 图③表示的反应方程式为2A = B + 3C D. 对于反应2X(g) + 3Y(g) ⇌ 2Z(g) ΔH < 0，图④y轴可以表示Y的百分含量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 对于达到平衡状态的N2(g) + 3H2(g)⇌2NH3(g)，若t0时刻充入了一定量的NH3，则逆反应速率瞬间增大，正反应速率此刻不变，然后随之增大，与图像不符，A项错误；‎ B. 当温度为T1时，压强P2比P1先达到平衡状态，则P1 T2，对于该反应，升温平衡逆向移动，C的百分含量减小，符合图像，则由图②可知，p2 > p1，T1 > T2满足反应：2A(g) + B(g) ⇌ 2C(g) ΔH < 0，B项正确；‎ C. 由图③可知，A为反应物，B、C为生成物，且△c(A)=0.8mol/L，△c(B)=0.4mol/L，△c(C)=1.2mol/L，则三者的系数之比为2:1:3，由图知A没有完全转化为B和C，说明该反应为可逆反应，反应方程式应为2A ⇌ B + 3C，C项错误；‎ D. 对于反应2X(g) + 3Y(g) ⇌ 2Z(g) ΔH < 0，升温平衡逆向移动，Y的百分含量增多，与图像不符，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)＋B(g) 2C(g) ΔH<0，若起始温度相同，分别向三个容器中通入3 mol A和1 mol B，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为（ ）‎ A. ③②① B. ③①② C. ①②③ D. ②①③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】3A(g)＋B(g) 2C(g)是体积减小的、放热的可逆反应。①容器反应过程中，体积不变，温度升高，与容器②相比，相当于升温，不利于反应正向移动，C物质的体积分数②>①；③容器体积可变、压强不变，正反应体积减小，所以③中的压强始终高于②，有利于反应正向移动，C物质的体积分数③>②，达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为③②①，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查温度、压强对化学平衡移动的影响，能正确分析①②容器温度变化、②③压强变化是解题的关键。‎ ‎10.已知在25℃时，下列反应的平衡常数如下：‎ ‎①N2(g)＋O2(g)2NO(g) K1＝1×10-30‎ ‎②2H2(g)＋O2(g)2H2O(g) K2＝2×1081‎ ‎③2CO2(g)2CO(g)＋O2(g) K3＝4×10-92‎ 下列说法正确的是 A. NO分解反应NO(g) 1/2N2(g)＋1/2O2(g)的平衡常数为1×10-30‎ B. 根据K2的值可以判断常温下H2和O2很容易反应生成H2O C. 常温下，NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的倾向顺序为NO>H2O>CO2‎ D. 温度升高，上述三个反应的平衡常数均增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．根据N2(g)＋O2(g)2NO(g) K1＝1×10-30，则NO(g)N2(g)＋O2(g)的平衡常数==1×1015，故A错误；B．根据K2的值可以判断H2和O2反应生成H2O的程度很大，可以看出能够完全反应，但常温下不能反应，故B错误；C．根据三个反应的平衡常数的大小可知，常温下，NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的平衡常数分别为1×1030，5×10-82，4×10-92，分解放出O2的倾向顺序为NO>H2O>CO2，故C正确；D．反应①②是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D错误；故选C。‎ 考点：考查了化学平衡常数的相关知识。‎ ‎11.一定温度下，将a mol 的 PCl5 通入一个容积不变的密闭容器中，发生反应： PCl5 (g) ⇌ PCl3(g)+ Cl2(g)，反应达到平衡时，测得混合气体的压强为P1，此时再通入a mol 的 PCl5 ，同样温度下再达到平衡时， 测得混合气体的压强为P2，下列判断正确的时（ ）‎ A. 2 P1> P2 B. PCl5的分解率增大 C. 2 P1 < P2 D. Cl2的体积分数增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 容积固定，再通入a mol PCl5达到的新平衡相当于一次性充入2a mol PCl5达到的平衡状态，与原平衡相比，新平衡相当于增大了压强，加压平衡逆向移动，据此分析。‎ ‎【详解】容积固定，再通入a mol PCl5达到的新平衡相当于一次性充入2a mol PCl5达到的平衡状态，与原平衡相比，新平衡相当于增大了压强，加压平衡逆向移动，‎ A. 容积固定，再通入a mol PCl5达到的新平衡相当于一次性充入2a mol PCl5达到的平衡状态，若平衡不移动，则2 P1=P2‎ ‎，但加压平衡会向气体体积减小的方向移动，即逆反应方向移动，则2P1> P2，A项正确；‎ B. 由于新平衡与原平衡相比相当于增大了压强，加压平衡逆向移动，则PCl5的分解率减小，B项错误；‎ C. 由A项分析可知，2P1> P2，C项错误；‎ D. 由于新平衡与原平衡相比相当于增大了压强，加压平衡逆向移动，生成的氯气的量减少，Cl2的体积分数减小，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】一定温度下，将a mol 的 PCl5 通入一个容积不变的密闭容器中，发生反应： PCl5 (g) ⇌ PCl3(g)+ Cl2(g)，反应达到平衡时，再通入a mol 的 PCl5，由于容器容积不变，所以瞬间PCl5的浓度增大，PCl3、Cl2的浓度减小，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，但是平衡移动的结果相当于增大压强，因为容积固定，再通入a mol PCl5达到的新平衡相当于一次性充入2a mol PCl5达到的平衡状态，与原平衡相比，新平衡相当于增大了压强，加压平衡逆向移动，PCl5的转化率会减小，PCl5的体积分数会增大。这是学生们学习的难点。‎ ‎12.某温度下，将4molA和3molB充入体积为1L的密闭容器中，发生如下反应：aA(g)+2B(g)3C(g)+D(g)。反应达到平衡后，C的浓度为3mol/L．压缩容器体积，使容器的体积减小一半，建立新的平衡时，B的浓度为2mol/L．则方程式中a的数值为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据三段式进行计算，可得 aA（g） + 2B（g） ⇌3C（g）+D（g）‎ 起始浓度（mol•L‾1） 3 3 0 0‎ 转化浓度（mol•L‾1） 2 3 1‎ 平衡浓度（mol•L‾1） 1 3 1‎ 容器的体积减小一半，B的平衡浓度由1mol•L‾1变为2mol•L‾1，说明平衡不发生移动，则反应前后气体的系数相等，则a=2，故B项正确。‎ 考点：考查化学平衡的计算。‎ ‎13.已知相同条件下，下列反应的焓变和平衡常数分别表示为 ‎①2H2O（g）=O2（g）+2H2（g）ΔH1 K1=x ‎②Cl2（g）+H2（g）=2HCl（g）ΔH2 K2=y ‎③2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）ΔH3 K3=z 则下列关系正确的是 A. ΔH3=ΔH1+2ΔH2 z=xy2 B. ΔH3=ΔH1+ΔH2 z=x+y C. ΔH3=ΔH1+2ΔH2 z=x﹣y2 D. ΔH3=ΔH1+ΔH2 z=x/y ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据盖斯定律进行计算，由①+②×2=③，得出2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H；根据平衡常数的表达式得出K与系数成幂次方关系，方程式相加即平衡常数相乘，方程式相减即平衡常数相除。‎ ‎【详解】根据盖斯定律进行计算，由由①+②×2=③得到2NH3（g）+7/2O2（g）=2NO2（g）+3H2O（g），则△H=ΔH3=ΔH1+2ΔH；根据平衡常数的表达式得出K与系数成幂次方关系，方程式相加即平衡常数相乘，方程式相减即平衡常数相除，则K3= K1 K22= xy2，故选A。‎ ‎【点睛】题主要考查了盖斯定律的应用及其平衡常数的转换关系，方程式相加即平衡常数相乘，方程式相减即平衡常数相除是解答关键所在。‎ ‎14.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　）‎ A. 已知2H2(g)+O2(g)＝2H2O（l）△H＝﹣483.6 kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热为483.6 kJ•mol﹣1‎ B. 在一定温度和压强下，将0.5mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3 kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=﹣19.3kJ/mol C. 已知2C(s)+2O2(g)＝2CO2(g)△H1　2C(s)+O2(g)＝2CO(g)△H2　则△H1＞△H2‎ D. 已知Ni(CO)4(s)＝Ni(s)+4CO（g） △H＝Q kJ•mol﹣1，则Ni(s)+4CO（g）＝Ni(CO)4(s) △H＝﹣Q kJ•mol﹣1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成稳定氧化物所放出的热量，已知2H2(g)+O2(g)＝2H2O（l） △H＝﹣483.6 kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热为483.6 kJ•mol﹣1=241.8 kJ•mol﹣1，A项错误；‎ B. 合成氨为可逆反应，热化学方程式中为完全转化时的能量变化，由将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3 kJ，可知1 mol N2完全反应生成NH3‎ ‎(g)，放出热量大于38.6 kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH < −38.6 kJ /mol，B项错误；‎ C. 固体碳不完全燃烧生成CO，完全燃烧生成二氧化碳，则完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放热多，故△H1<△H2，C项错误；‎ D. 已知Ni(CO)4(s)＝Ni(s)+4CO（g） △H＝Q kJ•mol﹣1，则Ni(s)+4CO（g）＝Ni(CO)4(s) △H＝﹣Q kJ•mol﹣1，所以二者反应热大小相同，符号相反，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎15.如图所示是298K时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述错误的是（ ）‎ A. 在温度、体积一定的条件下，通入1mol N2和3mol H2反应后放出的热量为92kJ B. a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，催化剂能降低反应的活化能，使单位体积内活化分子百分数大大增加 C. 催化剂，能增大有效碰撞次数，但不能提高N2的转化率 D. 该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H= -92kJ/mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在温度、体积一定的条件下，N2与H2的反应为可逆反应，通入1mol N2和3mol H2反应不能完全进行，则放出的热量小于92kJ，A错误；‎ B.催化剂能降低反应的活化能，使单位体积内活化分子百分数大大增加，对反应的焓变无影响，a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，B正确；‎ C.催化剂，能增大有效碰撞次数，但对化学平衡的移动无影响，则不能提高N2的转化率，C正确；‎ D.根据图像可知，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=﹣92kJ/mol，D正确；‎ 答案为A。‎ ‎【点睛】催化剂能降低反应的活化能，对焓变无影响。‎ ‎16.数据：7.2×10﹣4、4.6×10﹣4、4.9×10﹣10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：①NaCN+HNO2===HCN+NaNO2，②NaCN+HF====HCN+NaF，③NaNO2+HF===HNO2+NaF。由此可判断下列叙述中，不正确的是（　　）‎ A. HF的电离平衡常数为7.2×10﹣4‎ B. HNO2的电离平衡常数为4.9×10﹣10‎ C. 根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱 D. HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 弱酸在溶液中存在电离平衡，相同温度下，弱酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，并结合强酸可与弱酸的盐发生反应制取弱酸，进行分析解答。‎ ‎【详解】强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据：①NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、②NaCN+HF═HCN+NaF、③NaNO2+HF=HNO2+NaF，可知酸性：亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸性大于亚硝酸，故这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸＞亚硝酸＞氢氰酸。‎ A．通过以上分析知，氢氟酸的酸性最强，所以氢氟酸的电离平衡常数最大，为７.２×10﹣４正确；‎ B．通过以上分析知，亚硝酸的酸性强于氢氰酸而比HF弱，所以亚硝酸的电离平衡常数为：4.6×10-4，错误；‎ C．根据强酸制取弱酸知，由①知道酸性：亚硝酸＞氢氰酸；根据③可知酸性：氢氟酸＞亚硝酸，故通过这两个反应就可以三种酸的相对强弱，正确；‎ D．亚硝酸的酸性大于氢氰酸但小于氢氟酸，由于酸性越强，酸的电离平衡常数就越大，所以亚硝酸的电离平衡常数比HCN大，比HF小，正确；‎ 故本题合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查了弱酸的酸性强弱的判断，明确强酸可与弱酸的盐发生复分解反应制取弱酸、弱酸的酸性越强其电离平衡常数越大是解本题的关键。‎ 第Ⅱ卷(共52分)‎ ‎17.Ⅰ.(1)磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3(PO4)2等形式存在。它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用。‎ 白磷(P4)可由Ca3(PO4)2､焦炭和SiO2在一定条件下反应获得。相关热化学方程式如下：‎ ‎2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)===6CaO(s)+P4(s)+10CO(g) ΔH1=+3359.26 kJ·mol-1 ‎ CaO(s)+SiO2(s)===CaSiO3(s) ΔH2=-89.61 kJ·mol-1 ‎ 写出白磷(P4)由Ca3(PO4)2､焦炭和SiO2在一定条件下反应的热化学方程式为： _____________。‎ ‎(2)电子工业中清洗硅片上的SiO2(s)的反应为SiO2(s)+4HF(g)===SiF4(g)+2H2O(g) ΔH(298.15 K)=-94.0 kJ·mol-1 ΔS(298.15 K)=-75.8 J·mol-1·K-1，设ΔH和ΔS不随温度而变化，此反应自发进行的温度是_________‎ Ⅱ.(1)金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。‎ ‎①在通常状况下，金刚石和石墨相比较， __________(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热ΔH=___。‎ ‎②12 g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36 g，该过程放出的热量为 __________。‎ ‎(2)已知：N2､O2分子中化学键的键能分别是946 kJ/mol､497 kJ/mol。N2(g)+O2(g)===2NO(g) ΔH=+180.0 kJ/mol。NO分子中化学键的键能为 _____________kJ/mol。‎ ‎(3)综合上述有关信息，请写出用CO除去NO的热化学方程式：__________________________ 。‎ ‎【答案】 (1). 2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)===6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g) ΔH=+2821.6kJ·mol-1 (2). T<1.24×103K (3). 石墨 (4). 393.5 kJ·mol-1 (5). 252.0 kJ (6). 631.5 (7). 2NO(g)+2CO(g)===N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.0 kJ·mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.（1）根据已知的热化学方程式和盖斯定律进行计算； ‎ ‎（2）如果ΔG=ΔH-TΔS<0，则该反应能自发进行，据此计算温度的范围；‎ Ⅱ.（1）①由图象分析，金刚石能量高于石墨，结合物质的能量越低越稳定，比较二者的稳定性；石墨的燃烧热是指1mol石墨完全燃烧生成二氧化碳所放出的热量，结合图像进行计算；‎ ‎②先根据生成气体的质量判断石墨燃烧的产物及其物质的量，再结合热化学方程式进行计算燃烧放出的热量；‎ ‎（2）根据△H=反应物的键能总和−生成物的键能总和计算NO分子中化学键的键能；；‎ ‎（3）根据已知信息写出热化学方程式①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) △H=−393.5 kJ/mol；②C(石墨，s)+1/2O2(g)=CO(g) △H=−110.5 kJ/mol；③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180 kJ/mol；再利用盖斯定律写出目标热化学方程式。‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）已知白磷(P4)可由Ca3(PO4)2､焦炭和SiO2在一定条件下反应获得，发生反应的化学方程式为：2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)===6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g)，已知热化学方程式：①2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)===6CaO(s)+P4(s)+10CO(g) ΔH1=+3359.26 kJ·mol-1；‎ ‎②CaO(s)+SiO2(s)===CaSiO3(s) ΔH2=-89.61 kJ·mol-1；则目标方程式可由①+②×6得到，ΔH=+3359.26 kJ·mol-1+(-89.61 kJ·mol-1)×6=+2821.6kJ·mol-1，则热化学方程式为：2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)===6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g) ΔH=+2821.6kJ·mol-1；‎ 故答案为：2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)===6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g) ΔH=+2821.6kJ·mol-1；‎ ‎（2）如果ΔG=ΔH-TΔS<0，则该反应能自发进行，已知ΔH(298.15 K)=-94.0 kJ·mol-1，ΔS(298.15 K)=-75.8 J·mol-1·K-1，所以，则此反应自发进行的温度是T<1.24×103K； ‎ 故答案为：T<1.24×103K； ‎ Ⅱ.（1）①由图象分析，金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以石墨更稳定；1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为(110.5+283.0)kJ =393.5kJ，则石墨的燃烧热为393.5 kJ·mol-1；‎ 故答案为：石墨；393.5 kJ·mol-1； ‎ ‎②12g石墨物质的量为1mol，在一定量空气中燃烧，依据元素守恒，若生成二氧化碳，质量为44g，若生成一氧化碳质量为28g，生成气体36g，28g<36g<44g，则生成的气体为一氧化碳和二氧化碳的混合气体，设一氧化碳物质的量为x mol，二氧化碳物质的量为(1−x)mol，则可列方程式：28x+44(1−x)=36，解得x=0.5mol，二氧化碳物质的量为0.5mol；依据图象分析，C(石墨，s)+O2(g)═CO2(g) △H=−393.5kJ∙mol−1；C(石墨，s)+1/2O2(g)═CO(g) ‎ ‎△H=−110.5kJ∙mol−1；生成二氧化碳和一氧化碳混合气体放出热量=393.5kJ∙mol−1×0.5mol+110.5 kJ∙mol−1×0.5mol=252.0kJ；则12g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36g，该过程放出的热量为252.0kJ；‎ 故答案：252.0 kJ；‎ ‎（2）△H=反应物的键能总和−生成物的键能总和，即946kJ/mol+497kJ/mol−2E(N−O)=180.0kJ/mol，解得，E(N−O)=631.5kJ/mol，则NO分子中化学键的键能为631.5kJ/mol；‎ 故答案为：631.5；‎ ‎（3）已知①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) △H=−393.5 kJ/mol；②C(石墨，s)+1/2O2(g)=CO(g) △H=−110.5 kJ/mol；③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180 kJ/mol；根据盖斯定律可得：方程式①×2−②×2−③得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=−746.0 kJ/mol；则用CO除去NO的热化学方程式：2NO(g)+2CO(g)===N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.0 kJ·mol-1；‎ 故答案为：2NO(g)+2CO(g)===N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.0 kJ·mol-1。‎ ‎【点睛】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)，燃烧反应为放热反应，在用文字叙述燃烧热时用正值，用ΔH表示时带负号。如本题Ⅱ.（1）①石墨的燃烧热为393.5 kJ·mol-1。‎ ‎18.近年来“雾霾”污染日益严重，原因之一是机动车尾气中含有NO、NO2、CO等气体，火力发电厂释放出大量的NOx、SO2和CO2等气体也是其原因，现在对其中的一些气体进行了一定的研究：‎ 某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和一氧化氮，发生反应：‎ C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g） △H＝a kJ/mol 在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下表：‎ ‎ 时间/min 浓度/（mol/L） ‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ NO ‎1.0‎ ‎0.68‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎0.70‎ ‎0.70‎ N2‎ ‎0‎ ‎0.16‎ ‎0.25‎ ‎0.25‎ ‎0.35‎ ‎0.35‎ CO2‎ ‎0‎ ‎0.16‎ ‎0.25‎ ‎0.25‎ ‎0.35‎ ‎0.35‎ ‎（1）根据图表数据分析T1℃时，该反应在0﹣20min的平均反应速率v（NO）＝___；计算该反应的平衡常数K＝__________。‎ ‎（2）30min后，只改变某一条件，根据上表的数据判断改变的条件可能是___（填序号）。‎ A．通入一定量的CO2 B．加入合适的催化剂 C．通入一定量的NO ‎ D．加入一定量的活性炭 E．适当缩小容器的体积 F．改变温度 ‎（3）若30min后降低温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为4：3：3，则达到新平衡时NO的转化率____（填“升高” 或“降低” ），a_____0（填“＞”或“＜” ）。‎ ‎【答案】 (1). 0.025mol•L﹣1•min﹣1 (2). 0.25 (3). CE (4). 升高 (5). ＜‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分析图表数据结合化学反应速率概念计算v=△c/△t，由表给平衡浓度计算平衡常数；‎ ‎（2）30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大；‎ ‎（3）若30min后降低温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为4：3：3，平衡向正反应方向移动。‎ ‎【详解】（1）分析图表数据，0～20min内，NO的平均反应速率v（NO）=（1mol/L−0.20mol/L）‎ ‎20min=0.025 mol/L•min；20min时，反应达到平衡，平衡时NO、N2、CO2的浓度依次为0.50 mol/L、0.25 mol/L、0.25 mol/L，化学平衡常数K=c(N2)c(CO2)/c2(NO)= (0.25 mol/L×0.25 mol/L)/( 0.50 mol/L)2=0.25，故答案为：0.025 mol/L•min；0.25；‎ ‎（2）A、通入一定量的CO2，平衡逆向移动，N2的浓度减小，故A错误；‎ B、加入合适的催化剂，只能改变化学反应速率，不能改变平衡，浓度不变，故B错误；‎ C、通入一定量的NO，反应正向进行，达到平衡后一氧化氮、氮气、二氧化碳浓度增大，故C正确；‎ D、加入一定量的活性炭是固体，碳是固体对平衡无影响，对平衡无影响，故D错误；‎ E、适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡不移动，各气态物质浓度均增大，故E正确；‎ F、若该反应为吸热反应，温度升高，平衡右移，反应物浓度减小，生成物浓度增大；若该反应为放热反应，平衡左移，反应物浓度增大，生成物浓度减小，故F错误；‎ 故选CE，故答案为：CE；‎ ‎（3）若30min后降低温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为4：3：3，平衡向正反应方向移动，达到新平衡时NO的转化率增大，说明正反应是放热反应，故答案为：升高；＜。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡原理的综合应用，涉及了化学反应速率和平衡常数计算，依据化学平衡的影响因素分析化学平衡移动原理的应用是解答关键。‎ ‎19.测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如下图所示。‎ ‎(1)理论上强酸､强碱的稀溶液反应生成1 mol水时放出57.3 kJ的热量，写出表示稀硫酸和氢氧化钠稀溶液反应的中和热的热化学方程式： ____________________。‎ ‎(2)仪器A的名称是 _____________；在实验过程中，如果不把温度计上的酸用水冲洗干净就直接测量NaOH溶液的温度，则测得的ΔH_____________ (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。‎ ‎(3)取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。‎ ‎①请填写下表中的空白： ___________‎ 实验次数 起始温度t1/℃‎ 终止温度 t2/℃‎ 温度差平均值 ‎(t2-t1)/℃‎ H2SO4‎ NaOH 平均值 ‎1‎ ‎26.2‎ ‎26.0‎ ‎26.1‎ ‎30.1‎ ‎2‎ ‎27.0‎ ‎27.4‎ ‎27.2‎ ‎33.3‎ ‎3‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎29.8‎ ‎4‎ ‎26.4‎ ‎26.2‎ ‎26.3‎ ‎30.4‎ ‎②近似认为0.50 mol/L NaOH溶液和0.50 mol/L硫酸溶液的密度都是1 g/cm3中和后生成溶液的比热容c=4.18 J/(g·℃)｡则中和热ΔH= _____________(取小数点后一位)｡‎ ‎③上述实验数值结果与57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是_____________ (填序号)。‎ a.实验装置保温､隔热效果差 b.用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视读数 c.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 d.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度 ‎【答案】 (1). H2SO4(aq)+NaOH(aq)===Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol或H+(aq)+OH-(aq)===H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol (2). 环形玻璃搅拌棒 (3). 偏大 (4). 4.0 (5). -53.5 kJ/mol (6). acd ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）中和热是指强酸､强碱的稀溶液反应生成1 mol水时所放出的热量，据此写出中和热的热化学方程式；‎ ‎（2）仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒；在实验过程中，如果不把温度计上的酸用水冲洗干净就直接测量NaOH溶液的温度，酸和碱之间因发生反应而导致热量损失，据此分析中和热ΔH的误差； ‎ ‎（3）①分别计算4次实验的温度差，再求取温度差的平均值；‎ ‎②根据公式Q=mc△T计算反应中放出的热量，再计算反应生成水的物质的量，进而计算生成1mol水所放出的热量，即为中和热；‎ ‎③根据计算可知，测量值偏小，这说明反应中有热量损失，据此分析。‎ ‎【详解】（1）中和热是指强酸､强碱的稀溶液反应生成1 mol水时所放出的热量，已知理论上强酸、强碱的稀溶液反应生成1 mol水时放出57.3 kJ的热量，稀硫酸和氢氧化钠稀溶液分别是强酸、强碱，则中和热的热化学方程式为：H2SO4(aq)+NaOH(aq)===Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol或H+(aq)+OH-(aq)===H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol；‎ 故答案为：H2SO4(aq)+NaOH(aq)===Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol或H+(aq)+OH-(aq)===H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol；‎ ‎（2）仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒；在实验过程中，如果不把温度计上的酸用水冲洗干净就直接测量NaOH溶液的温度，酸和碱之间因发生反应而导致热量损失，使测得的中和热数值将会减小，则ΔH>-57.3 kJ/mol，则ΔH 偏大； ‎ 故答案为：环形玻璃搅拌棒；偏大；‎ ‎（3）①4次实验的温度差分别为：4℃，6.1℃，3.9℃，4.1℃，因此实验2中的数据是无效的，应该舍去，所以温度差的平均值为(4℃+3.9℃+4.1℃)÷3=4℃；‎ 故答案为：4.0；‎ ‎②50mL 0.50mol/L氢氧化钠与30mL0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应，硫酸是过量的，则生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：80ml×1g/ml=80g，温度变化的平均值为△T=4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mc△T=80g×4.18J/(g∙℃)×4.0℃=1337.6J，即1.3376kJ，所以实验测得的中和热；故答案为：−53.5kJ/mol；‎ ‎③根据计算可知，测量值偏小，这说明反应中有热量损失，‎ a.装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，a项正确；‎ b.量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，使得反应中放出的热量偏高，中和热的数值偏大，b项错误；‎ c.尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，这样会损失部分热量，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，c项正确；‎ d.温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，由于温度计上附着有氢氧化钠，会消耗硫酸，因此实验过程中放出的热量会减少，中和热的数值偏小，d项正确；‎ 综上所述，上述实验数值结果与57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是acd；‎ 故答案为：acd。‎ ‎20.‎ Ⅰ.对于可逆反应CO+H2O(g)CO2+H2，回答下列问题：‎ ‎(1)830 K时，若起始时c(CO)=2 mol·L-1，c(H2O)=3 mol·L-1，平衡时CO的转化率为60%，水蒸气的转化率为 _____________;平衡常数K的值为 _____________。‎ ‎(2)830 K时，若只将起始时c(H2O)改为6 mol·L-1，则水蒸气的转化率为_____________ 。‎ ‎(3)若830 K时，某时刻混合体系中各气体的浓度为c(CO2)=0.4 mol·L-1､c(CO)=0.6 mol·L-1､c(H2O)=3 mol·L-1，c(H2)=2 mol·L-1请判定该体系中反应进行的方向：______________ (填“正向进行”“逆向进行”或“达到平衡”)。‎ Ⅱ､恒温､恒压下，在一个容积可变的容器中发生如下反应：A(g)+B(g) C(g)‎ ‎(1)若开始时放入1mol A和1mol B，达到平衡后，生成a mol C，这时A的物质的量为 _______ mol。‎ ‎(2)若开始时放入3mol A和3mol B，达到平衡后，生成C的物质的量为 _______mol。‎ ‎(3)若开始时放入x mol A､2mol B和1mol C，达到平衡后，A和C的物质的量分别为y mol和3a mol，则x= ______，y= _________。‎ ‎(4)若在(3)的平衡混合物中再加入3mol C，待再次达到平衡后，C的物质的量分数是 _______。‎ ‎【答案】 (1). 40% (2). 1 (3). 25% (4). 正向进行 (5). 1-a (6). 3a (7). 2 (8). 3-3a (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.（1）根据CO的起始浓度和转化率可以计算CO的转化浓度，列三段式求出平衡时各物质的物质的量浓度，从而计算水蒸气的转化率和平衡常数K；‎ ‎（2）设CO的转化浓度为x，列出三段式，根据一定温度下反应的平衡常数不变解出x，据此分析；‎ ‎（3）计算此时反应的浓度商，并与平衡常数进行比较判断反应进行的方向。‎ Ⅱ.（1）依据化学平衡的三段式列式计算； （2）根据恒温、恒压下放入3molA和3molB，与（1）建立等效平衡进行分析； （3）恒温、恒压下根据生成的C为3a mol可知，达到的平衡与起始量加入3molA、3molB所达到的平衡是相同的平衡，依据（2）的分析计算得到（3）的X、Y的取值； （4）再加3molC折算成A和B，相当于6molA和6molB，由于是恒压过程，此时与（1）中的平衡为等效平衡，且是成比例等效，据此可以解题。‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）若起始时，c(CO)=2 mol·L-1，c(H2O)=3 mol·L-1，平衡时CO的转化率为60%，列出三段式为： CO+H2O(g)CO2+H2‎ 起始量(mol/L) 2 3 0 0‎ 变化量(mol/L) 1.2 1.2 1.2 1.2‎ 平衡量(mol/L) 0.8 1.8 1.2 1.2‎ 则水蒸气的转化率为；平衡常数K的值为；‎ 答案为：40%；1；‎ ‎（2）温度不变，平衡常数不变，设CO的转化浓度为x，据此列出三段式进行计算： ‎ CO+H2O(g)CO2+H2‎ 起始量(mol/L) 2 6 0 0‎ 变化量(mol/L) x x x x 平衡量(mol/L) 2-x 6-x x x 则平衡常数，解得x=1.5mol/L，‎ 则水蒸气的转化率为；‎ 故答案为：25%；‎ ‎（3）此时该反应的浓度商为，则反应正向进行；‎ 故答案为：正向进行；‎ Ⅱ.（1）根据化学平衡三段式列式计算 ‎ A(g)+B(g)⇌C(g)‎ 起始量(mol) 1 1 0‎ 变化量(mol) a a a 平衡量(mol) 1−a 1−a a 则A的物质的量为(1−a)mol；‎ 故答案为：1-a；‎ ‎（2）在恒温､恒压条件下，若开始时放入3mol A和3mol B，同等程度改变反应物的用量，A、B物质的量之比也为1:1，将建立与(1)等效的平衡状态，所以到达平衡后，依据(1)中的计算可知，生成C的物质的量为3a mol；‎ 故答案为：3a；‎ ‎（3）恒温、恒压下到达平衡后，C的物质的量为3a mol，说明与（2）所达到的平衡是完全相同的平衡状态，则满足极值转化后A、B起始量分为3mol、3mol，则有 A(g)+B(g)⇌ C(g)‎ 起始量(mol) x 2 1‎ 极值转化(mol) x+1 2+1=3 ‎ 则x+1=3，x=2；‎ 因为极值转化后A、B起始量分为3mol、3mol，与（1）中A、B的物质的量之比均为1:1，则为等效平衡，平衡时转化率相同，各物质的量均是A中的3倍，则平衡时A的物质的量为y=3(1-a)mol=3-3a mol；‎ 故答案为：2；3-3a；‎ ‎（4）再加3molC折算成A和B，相当于起始加入6mol A和6mol B，由于是恒压过程，此时与(1)中的平衡为等效平衡，且是成比例等效，‎ A(g)+B(g)⇌C(g)‎ 起始量1(mol) 1 1 0‎ 平衡量1(mol) 1−a 1−a a 起始量2(mol) 6 6 0‎ 平衡量2(mol) 6−6a 6−6a 6a C的物质的量分数为；‎ 故答案为：。‎ ‎21.‎ Ⅰ.室温下，现有c(H+) 相同的醋酸甲和盐酸乙：‎ ‎(1)相同条件下，取等体积的甲､乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其c(H+) 大小关系为：‎ 甲 _____________乙 (填“大于”“小于”或“等于”，下同)‎ ‎(2)各取25 mL的甲､乙两溶液，分别与等浓度的NaOH稀溶液完全反应，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲) _____________ V(乙)。‎ Ⅱ.已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下：‎ 弱酸化学式 HSCN CH3COOH HCN H2CO3‎ 电离平衡常数 ‎1.3×10-1‎ ‎1.8×10-5‎ ‎4.9×10-10‎ Ka1=4.3×10-7‎ Ka2=5.6×10-11‎ ‎(1)25 ℃时，将20 mL 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液和20 mL 0.1 mol·L-1 HSCN溶液分别与20 mL 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)的变化如图所示：‎ 反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是 _____________。‎ ‎(2)若保持温度不变，在醋酸溶液中通入一定量氨气，下列各量会变小的是 ______________(填字母)。‎ a.c(CH3COO-) b.c(H+) c.Kw d.醋酸电离平衡常数 III.(1)HClO4､H2SO4､HCl和HNO3都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数，下列说法不正确的是 _________。‎ 酸 HClO4‎ H2SO4‎ HCl HNO3‎ Ka ‎1.6×10-5‎ Ka1：6.3×10-9‎ ‎1.6×10-9‎ ‎4.2×10-10‎ A.温度会影响这四种酸在冰醋酸中的电离常数 B.在冰醋酸中HClO4是这四种酸中最强的酸 C.在冰醋酸中H2SO4的电离方程式为H2SO4===2H++SO42-‎ D.这四种酸在冰醋酸中都没有完全电离，但仍属于强电解质 ‎(2)亚磷酸是二元中强酸，25 ℃时亚磷酸(H3PO3)的电离常数为K1=1×10-2､K2=2.6×10-7。‎ ‎①试从电离平衡移动的角度解释K1为什么比K2大_______________________ 。‎ ‎②写出亚磷酸的电离方程式(2步)_________________；_______________ 。 ‎ ‎③请设计一种方案，使之能通过直观的实验现象判断醋酸的酸性强于H2S，该方案所用的试剂是 __________，反应的化学方程式为 _____________________。‎ ‎【答案】 (1). 大于 (2). 大于 (3). HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H+‎ ‎)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快 (4). b (5). C (6). 第一步电离出的H+抑制了第二步的电离 (7). H3PO3 ⇌ H2PO3- + H+ (8). H2PO3- ⇌ HPO32- + H+ (9). 醋酸、Na2S (10). Na2S+2CH3COOH===H2S↑+2CH3COONa ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.（1）根据稀释促进醋酸的电离，所以醋酸溶液中氢离子浓度减小的程度比盐酸小；‎ ‎（2）c(H+)相同的醋酸甲和盐酸乙，醋酸的浓度大于盐酸，则等体积的两溶液中醋酸的物质的量大于盐酸物质的量，据此分析消耗氢氧化钠的体积；‎ Ⅱ.（1）由电离平衡常数可知，HSCN的酸性比CH3COOH强，则其溶液中c(H+)较大，据此分析；‎ ‎（2）a. 根据电离平衡的影响因素，分析c(H+)和c(CH3COO-)的变化；‎ c. Kw只与温度有关，温度不变；‎ d. 电离平衡常数只与温度有关，温度不变；‎ III.（1）A. 电离常数只受温度影响；‎ B. 根据各种酸在醋酸中的电离平衡常数判断；‎ C. 在冰醋酸中硫酸为弱酸，存在电离平衡，分2步电离；‎ D. 这四种酸在水溶液中完全电离，属于强电解质；‎ ‎（2）①第一步电离出的H+抑制了第二步的电离，所以第一步电离平衡常数与第二步电离平衡常数相差较大；‎ ‎②亚磷酸是二元中强酸，存在电离平衡，其电离方程式分步写；‎ ‎③根据较强酸与较弱酸的盐反应制备弱酸的原理，来证明醋酸酸性比氢硫酸酸性强。‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）c(H+) 相同的醋酸甲和盐酸乙，相同条件下，取等体积的甲､乙两溶液，各稀释100倍，由于稀释促进醋酸的电离，所以醋酸溶液中氢离子浓度减小的程度比盐酸小，则稀释后的溶液，其c(H+) 大小关系为：甲大于乙；‎ 故答案为：大于；‎ ‎（2）c(H+) 相同的醋酸甲和盐酸乙，醋酸的浓度大于盐酸，则等体积的两溶液中醋酸的物质的量大于盐酸物质的量，则与等浓度的NaOH稀溶液完全反应，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)大于V(乙)；‎ 故答案为：大于； ‎ Ⅱ.（1）由电离平衡常数可知，HSCN的酸性比CH3COOH强，则其溶液中c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；‎ 故答案为：HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；‎ ‎（2）a. 醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+，通入一定量氨气，生成一水合氨会中和氢离子，c(H+)减小，平衡正向移动，c(CH3COO-)增大，a项错误；‎ b. 由a项分析知，c(H+)减小，b项正确；‎ c. Kw只与温度有关，温度不变，c项错误；‎ d. 电离平衡常数只与温度有关，温度不变，则醋酸电离平衡常数不变，d项错误；‎ 故答案为：b；‎ III.（1）A. 电离常数只受温度影响，温度对这四种酸在冰醋酸中的电离常数有影响，A项正确；‎ B. 在醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，B项正确；‎ C. 在冰醋酸中硫酸为弱酸，存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4⇌H++HSO4−、HSO4−⇌H++SO42−，，C项错误；‎ D. 这四种酸在冰醋酸中都没有完全电离，但在水溶液中完全电离，因此仍属于强电解质，D项正确；‎ 故答案为：C；‎ ‎（2）①第一步电离出的H+抑制了第二步的电离，所以第一步电离平衡常数与第二步电离平衡常数相差较大；‎ 故答案为：第一步电离出H+抑制了第二步的电离； ‎ ‎②亚磷酸是二元中强酸，其电离方程式为H3PO3 ⇌ H2PO3- + H+；H2PO3- ⇌ HPO32- + H+；‎ 故答案为：H3PO3 ⇌ H2PO3- + H+；H2PO3- ⇌ HPO32- + H+；‎ ‎③要比较醋酸的酸性强于H2S，一般可以考虑设计实验，根据较强酸与较弱酸的盐反应制备弱酸的原理，来证明醋酸酸性比氢硫酸酸性强，只要让醋酸制得氢硫酸就可以了，所以选择相应的试剂为：醋酸和Na2S；反应方程式为：Na2S+2CH3COOH===H2S↑+2CH3COONa；‎ 故答案为：醋酸、Na2S；Na2S+2CH3COOH===H2S↑+2CH3COONa。‎ ‎ ‎ ‎ ‎