黑龙江省双鸭山市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

黑龙江省双鸭山市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

双鸭山市第一中学2019-2020年高二第一学期期中化学试题 第Ⅰ卷（选择题题：共50分）‎ 相对原子质量：O 16，C 12，H 1，N 14，Na 23，Cu 64，S 32，Mg 24，Cl 35.5，Fe56 Ba 137， Mn55‎ ‎（每题只有一个正确答案，1——13每题2分，14——21每题3分）‎ ‎1.下物质分类组合正确的是 （ ）‎ A B C D 强电解质 HCl FeCl3‎ H3PO4‎ HClO 弱电解质 HF CH3COOH BaSO4‎ Ba(OH)2‎ 非电解质 NH3‎ Cu H2O C2H5OH A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．HCl溶于水可以完全电离变成离子，属于强电解质；HF在水溶液中不能完全电离是弱电解质；NH3溶于水和水结合成一水合氨，一水合氨为电解质，氨气为非电解质，故A正确；B．氯化铁属于盐，溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全电离变成离子，属于强电解质；醋酸属于弱酸，溶于水的部分，部分电离是弱电解质；金属铜是单质，它既不是电解质也不是非电解质；故B错误；C．H3PO3属于酸，溶于水的部分，可以部分电离变成离子，属于弱电解质；BaSO4属于盐，溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全电离变成离子，属于强电解质；H2O属于弱电解质；故C错误；D．HClO属于弱酸，溶于水的部分，部分电离是弱电解质；Ba(OH)2属于碱，溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全电离变成离子，属于强电解质；乙醇在水溶液中和在熔融状态下两种情况下都不能导电的化合物是非电解质；故D错误；故选A。‎ 点睛：电解质是化合物，溶于水或在熔融状态下就能够导电，注意是自身电离，一般包括酸、碱、盐、水等；非电解质包括大多数的有机物；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；解题时抓住电解质必须是化合物，强电解质必须能完全电离。‎ ‎2.某温度下，反应2N2O54NO2+O2开始时c(N2O5)=0.0408mol·L-1，经1 min后测得 c(N2O5)=0.030mol·L-1，则该反应的反应速率为 A. v(N2O5)=1.08×10-4 mol•L-1•s-1 B. v(N2O5)= 1.8×10-1 mol•L-1•min C. v(O2)=9.0×10-5 mol•L-1•s-1 D. 2 v(NO2)= v(N2O5)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化学反应速率公式和化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算。‎ ‎【详解】v（N2O5）==1.8×10-4mol•L-1•s-1；v（N2O5）：v（NO2）=1：2，故v（NO2）=2v（N2O5）=2×1.8×10-4mol=3.6×10-4mol•L-1•s-1；v（N2O5）：v（O2）=2：1，故v（O2）=0.5v（N2O5）=0.5×1.8×10-4mol=9×10-5mol•L-1•s-1，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率的定义和化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键。‎ ‎3.下列变化不能用勒夏特列原理解释的是（ ）‎ A. 工业制取金属钾Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)，选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来 B. H2、I2、HI混合气体加压后颜色变深 C. 合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率 D. 新制氯水久置后颜色变浅 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 勒夏特列原理解解释主要是浓度、温度、压强对平衡的移动。‎ ‎【详解】A选项，工业制取金属钾Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)，选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来，分离出生成物，生成物浓度减小，平衡正向移动，故A正确；‎ B选项，H2、I2、HI混合气体加压，体积变小，浓度变大，颜色变深，但平衡没有移动，故B错误；‎ C选项，合成氨时将氨液化分离，生成物浓度减小，平衡正向移动，可提高原料的利用率，故C正确；‎ D选项，新制氯水久置后，次氯酸分解，次氯酸浓度减小，平衡正向移动，颜色变浅，故D正确；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎4. 物质的量浓度相等的下列溶液pH值由大到小的顺序是（ ）‎ A. Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl B. Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaCl C. Na2CO3、NaCl、NH4Cl、NaHCO3‎ D. Na2CO3、NH4Cl、NaHCO3、NaCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：Na2CO3和NaHCO3溶液显碱性，CO32－的水解程度大于HCO3－，Na2CO3的碱性强于NaHCO3，NaCl显中性，NH4Cl属于强酸弱碱盐，水溶液显酸性，大小顺序是Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl，故选项A正确。‎ 考点：考查盐类水解等知识。‎ ‎5.少量铁片与100mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的：①加H2O ②加KNO3溶液 ③滴入几滴浓盐酸 ④加入少量铁粉⑤加NaCl溶液 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)⑧改用10mL 0.1mol/L盐酸 A. ①⑥⑦ B. ③⑤⑧‎ C. ③⑦⑧ D. ③④⑥⑦⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：①加水，盐酸浓度降低，反应速率减慢，错误；②加KNO3溶液，由于溶液中有硝酸存在，则产生氢气的量减少，错误；③滴入几滴浓盐酸，使溶液中氢离子浓度增大，反应速率加快，铁的质量固定，所以产生氢气的量不变，正确；④加入铁粉，与盐酸的接触面积增大，反应速率加快，但铁的质量增加，氢气的量则增加，错误；⑤加NaCl溶液，与加水相同，反应速率减慢，错误；⑥加硫酸铜溶液，铁置换铜，与铜形成原电池，加快反应速率，但铁的质量减少，产生的氢气减少，错误；⑦升高温度，反应速率加快，氢气的量不变，正确；⑧盐酸浓度增大，氢离子物质的量不变，所以反应速率加快，氢气的量不变，正确，答案选C。‎ 考点：考查对限制条件的改变反应速率的措施的判断 ‎6.对可逆反应：A(g)+3B(g)⇌2C(g) ΔH <0，下列叙述错误的是 A. 升高温度v（正）、v（逆）都增大，但v（正）增得更大 B. 增大压强v（正）、v（逆）都增大，但v（正）增得更大 C. 增大A的浓度v（正）会先增大后减小 D. 采用催化剂一般v（正）、v（逆）同时增大，而且增大的倍数相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、升高温度化学反应速率加快，反应向着吸热的逆反应方向进行；B、增大压强化学反应速率加快，反应向着气体的系数和减小的方向进行；C、增大反应物的浓度，反应速率加快，随着反应进行，反应物浓度减小，反应速率减小；D、使用催化剂可同时、同等程度的改变正逆反应速率。‎ ‎【详解】升高温度v（正）、v（逆）都增大，同时反应向着逆方向进行，v（逆）增的更大，A错误；增大压强v（正）、v（逆）都增大，同时反应向着正方向进行，v（正）增的更大，B正确；增大反应物A的浓度，v（正）、v（逆）都会增大，随着反应进行，反应物A的浓度减小，v（正）减小，C正确；使用催化剂可同时、同等程度的改变正逆反应速率，所以采用正的催化剂一般v（正）、v（逆）同时增大，而且增大的倍数相同，D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查学生影响化学反应速率、化学平衡移动的因素知识，注意二者相结合时的灵活应用。‎ ‎7.下列化学用语正确的是 A. NaHCO3水解的离子方程式：HCO3-+ H2OCO32-+H3O+‎ B. NH4Cl溶于D2O中：NH4++D2ONH3·HDO+D+‎ C. Na2S显碱性原因：S2-+2H2OH2S+2OH-‎ D. 向0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液：HA-+OH-=A2-+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢离子，离子方程式：HCO3-+ H2O H2CO3+OH-，故A错误；‎ B. NH4Cl溶于水中，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子， NH4++H2ONH3·H2O+H+，D 为氢元素的一个核素，溶于D2O中离子方程式：NH4++D2ONH3·HDO+D+，故B正确；‎ C. Na2S显碱性原因：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+ H2O H2S+OH-，S2-为弱酸根，分步水解，故C错误；‎ D. 0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中，说明NaHA为强酸的酸式盐，是强电解质，在水中完全电离为Na+、H+、A2-，加入NaOH溶液：H++OH-= H2O，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】弱电解质在离子反应中不能拆写，多元弱酸根离子水解时分步进行。‎ ‎8.60 ℃时水的离子积Kw＝3.2×10－14，则在60 ℃时，c(H＋)＝2×10－7mol·L－1的溶液 A. 呈酸性 B. 呈碱性 C. 呈中性 D. 无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】60 ℃时水的离子积Kw＝3.2×10－14， c(OH-)=，c(OH-)< c(H＋)，故溶液显酸性，‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】1.溶液酸碱性判断原则：①c(H+)=c(OH-),溶液显中性；②c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性； ③c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性；‎ ‎2. 溶液酸碱性判断规律：①强酸强碱盐水溶液显中性；②强酸弱碱盐的水溶液显酸性； ③弱酸强碱盐的水溶液显碱性。‎ ‎9.在一定温度下的定容容器中，当反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)达到平衡状态后，下列哪些物理量不再发生变化，‎ ‎①混合气体的压强 ②混合气体的密度 ③B的物质的量浓度 ④气体总物质的量 ⑤混合气体的平均相对分子质量 ⑥v(C)与v(D)‎ A. ②③⑤ B. ①②③ C. ②③④⑥ D. ①②③④⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该反应是反应前后气体体积不变的可逆反应，无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的总物质的量、压强始终不变；A为固态，反应前后气体质量发生改变，混合气体的密度和平均相对分子质量发生改变，达到平衡状态后，混合气体的密度、平均相对分子质量和B的物质的量浓度不变；无论反应是否达到平衡状态，v（C）与v（D）的比值始终不变。‎ ‎【详解】①该反应是反应前后气体体积不变的可逆反应，无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的压强始终不变；②因A为固态，则该反应是一个反应前后气体的密度改变的可逆反应，当混合气体的密度不变时，说明反应达到平衡状态；③当反应达到平衡状态时，B的物质的量的浓度不变；④该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，混合气体的物质的量始终不变；⑤因A为固态，则该反应是一个反应前后混合气体的平均相对分子质量改变的反应，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明该反应达到平衡状态；⑥无论反应是否达到平衡状态，v（C）与v（D）的比值始终不变。故选D。‎ ‎【点睛】解题时要注意，反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量如压强、密度和平均相对分子质量也不发生变化。‎ ‎10.25℃时，水的电离达到平衡：H2OH++OH- △H>0 ，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 向水中加入少量固体硫酸氢钠（忽略溶液温度改变），c（H＋）增大，Kw不变 B. 向水中加入少量的CH3COONa（忽略溶液温度改变），平衡向右移动，c（H＋）增大 C. 向水中加入稀氨水，平衡向左移动，c（OH―）降低 D. 将水加热，c（H＋）增大，c（OH―）降低，Kw增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 水电离生成氢离子、氢氧根离子，所以加入能电离出氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离，加入和氢离子或氢氧根离子反应的物质能促进水电离，温度不变，离子积常数不变，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．向水中加入硫酸氢钠固体，硫酸氢钠电离出氢离子导致溶液中c(H+)增大，温度不变Kw不变，故A正确；‎ B．水中加入醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根水解促进水的电离，平衡向右移动，但c(H＋)减小，故B错误；‎ C．向水中加入稀氨水，一水合氨电离出OH-而导致溶液中c(OH-)增大，从而抑制水电离，平衡向左移动，故C错误；‎ D．水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则Kw增大，c(H＋)增大，c(OH―‎ ‎)也增大，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎11.常温下，将 pH＝8 的 NaOH 溶液与 pH＝10 的 NaOH 溶液等体积混合，所得混合溶液的氢离子浓度为（ ）‎ A. 10-4／2 B. ．（10-8+ 10-10）／ 2 C. 2×10-8 D. 2×10-10‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】常温下，pH为8的NaOH溶液中c(OH-)=mol/L=10-6mol/L，pH为10的NaOH溶液c(OH-)=mol/L=10-4mol/L，二者等体积混合，则混合溶液中c(OH-)=mol/L，溶液中c(H+)=mol/L≈2×10-10mol/L，故答案为D。‎ ‎12.向某氨水中加入醋酸溶液，其导电能力(I)与加入醋酸溶液的体积(V)关系正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电解质溶液导电性强弱与离子浓度有关，离子浓度越大，其导电性越大，一水合氨是弱电解质，水溶液中离子浓度较小，醋酸是弱电解质，但二者反应生成的醋酸氨是强电解质，二者混合后导致溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强，当溶液无限增大时，相当于醋酸溶液，离子浓度几乎不变，则溶液导电性几乎不变，所以图象上随氨水体积的增大，导电性先增大后减小，故选C。‎ ‎13.在25℃时，氨水的电离平衡常数为Kb，用蒸馏水稀释1 mol·L－1氨水至0.01 mol·L－1，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是（ ）‎ A. c(OH-)‎ B. c(OH-)/c(NH3·H2O)‎ C. c(NH3·H2O)/c(NH4+)‎ D. Kb ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加水稀释促进NH3•H2O电离，则溶液中n(OH-)增大，但n(OH-)增大程度小于溶液体积增大程度，所以c(OH-)减小，故A错误；‎ B．加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，所以增大，故B正确；‎ C．加水稀释促进NH3•H2O电离，则溶液中n(OH-)增大，n(NH4+)增大，n(NH3•H2O)减小，所以=变小，故C错误；‎ D．电离平衡常数只受温度影响，温度不变，加水稀释，Kb不变，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎14.对于可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0。下列研究目的和图示相符的是 A B C D 研究目的 温度(T)对反应的影响(T2＞T1)‎ 压强(p)对平衡常数的影响 温度(T)对反应的影响 压强(p)对反应的影响(p2＞p1)‎ 图示 A. A B. B . C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、温度越高反应速率越快，则温度T2对应曲线斜率大，A错误；‎ B、平衡常数只受温度的影响，所以压强增大时，平衡常数不变，B错误；‎ C、在建立平衡的过程中，反应要正向进行，氮气体积分数变小，当达到平衡后，由于该反应为放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，氮气体积分数变大，C正确；‎ D、由于该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，氨气的体积分数变大，即压强越大，氨气的体积分数越大，且首先达到平衡状态，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点晴】本题解题的关键在于对图象的识别，有关化学平衡图像题的解答思路可以归纳为 ‎，然后再结合反应的特点分析判断即可。‎ ‎15.反应A+B→C △H ＜0，分两步进行 ① A+B→X △H＞0 ② X→C △H＜0 。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题．‎ ‎【详解】由反应 A+B→C（△H＜0）分两步进行 ①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象D符合， 故选D。‎ ‎【点睛】本题为图象题，主要考查了物质的能量分析应用，化学反应的能量变化、分析，题目难度不大，注意反应热与物质总能量大小的关系判断 ‎16.已知反应：H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH1‎ N2(g)＋O2(g)=NO2(g) ΔH2‎ N2(g)＋3/2H2(g)=NH3(g) ΔH3‎ 则反应2NH3(g)＋O2(g)=2NO2(g)＋3H2O(g)的ΔH为（ ）‎ A. 2ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3 B. ΔH1＋ΔH2－ΔH3‎ C 3ΔH1＋2ΔH2＋2ΔH3 D. 3ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用盖斯定律可知，反应一步完成和多步完成的热效应相同，利用已知的反应和目标反应确定关系，然后计算反应热。‎ ‎【详解】将已知热化学方程式依次编号为①②③，根据盖斯定律①×3+②×2-③×2得2NH3(g)＋O2(g)=2NO2(g)＋3H2O(g)，则△H=3△H1+2△H2-2△H3，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了盖斯定律的计算，会根据目标方程式进行分析是解答关键。‎ ‎17.化学反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g），700℃时平衡常数为1.47，900℃时平衡常数为2.15。下列说法正确的是（ ）‎ A. 升高温度，该反应向逆向移动 B. 该反应的化学平衡常数表达式为 ‎ C. 恒温恒容的条件下，向容器中再加入一定量铁粉，正反应速率加快 D. 恒温恒容的条件下，向容器中再加入一定量CO2，再次达平衡后，c(CO)/c(CO2)值不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．温度升高，平衡常数增大，说明升高温度，平衡正向移动，故A错误；‎ B．平衡常数K=，故B错误；‎ C．恒温恒容的条件下，向容器中再加入一定量铁粉，增大固体的量，不改变反应物的浓度，则正反应速率不变，故C错误；‎ D．温度平衡，平衡常数不变，则恒温恒容的条件下，向容器中再加入一定量CO2，再次达平衡后，值不变，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎18.在一个固定体积的密闭容器中，放入3 L X(g)和3 L Y(g)，在恒温恒体积下发生反应3X(g)+3Y(g) 2Q(g)+nR(g)，达到平衡后，X的转化率为35%，混合气体的压强却比起始压强小，则方程中n的值是（ ）‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据勒夏特列原理，以及压强之比等于物质的量之比进行分析判断。‎ ‎【详解】达到平衡后，压强比反应前小，根据阿伏加德罗推论，在同温同体积的条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，压强减小，说明反应后气体系数之和小于反应前气体系数之和，即3+3>2+n，即n<4，故A正确。‎ ‎19.在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）＋B（g）xC（g）（正反应放热）有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）‎ A. P3＞P4，y轴表示B的转化率 B. P3＜P4，y轴表示B的体积分数 C. P3＜P4，y轴表示混合气体的密度 D. P3＞P4，y轴表示混合气体的密度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图1中，根据先拐先平数值大知，温度一定时，P2＞P1，增大压强，C的含量增大，则平衡向正反应方向移动，所以x=1；压强一定时，T1＞T2，升高温度，C的含量降低，则正反应是放热反应。‎ ‎【详解】升高温度平衡向逆反应方向移动，B的转化率减小，增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，则P3＞P4，A正确；升高温度平衡向逆反应方向移动，B的体积分数减小，B错误；混合气体总质量不变，容器容积不变，反应混合气体的密度不变，C、D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查图象分析，侧重考查学生分析判断能力，根据先拐先平数值大确定反应热和x值，再采用“定一议二”的方法分析解答。‎ ‎20.在一定条件下，相同 pH 的硫酸和硫酸铁溶液中水电离出来的 c(H+)分别是 1.0×10-a mol·L-1 和 1.0×10-b mol·L-1，在此温度下，则下列说法正确的是 A. a﹥b B. a＝b C. a﹤b D. 水的离子积为 1.0×10(b＋a)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】硫酸能抑制水的电离，而盐的水解能促进水的电离，故硫酸和硫酸铁溶液中水电离出来的c(H+)10-amol/L小于10-bmol/L即a＞b，故A正确，B、C均错误；‎ 硫酸中水电离出来的c(H+)=c(OH-)=1.0×10-amol/L，硫酸铁溶液中水电离出来的c(H+)是1.0×10-bmol/L，则硫酸中c(H+)是1.0×10-bmol/L，则Kw=c(H+)×c(OH-)=1.0×10-a×1.0×10-b=1.0×10-(a+b)，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】向纯水中加酸、碱平衡向左移动，水的电离程度变小，但Kw不变；向纯水中加入易水解的盐，由于盐的离子结合H+或OH-而促进水的电离，使水的电离程度增大，温度不变时，Kw不变；例如由水电离产生的c(H+) 为10-13mol/L＜10-7mol/L，说明水的电离受到了抑制了，可能是酸或碱，pH可能约为1或13。‎ ‎21.25℃时，在一定体积pH=12的Ba(OH)2溶液中，逐滴滴加一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11。若反应后的溶液体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是 A. 1:9 B. 1:1 C. 1:2 D. 1:4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设Ba(OH)2溶液的体积为V1，加一定物质的量浓度的NaHSO4溶液的体积为V2，因为Ba2+恰好完全沉淀，所以氢氧化钡与硫酸氢钠的物质的量是相等的。那么二者反应后，溶液中剩余的氢氧根离子为原来的一半，依题意有：‎ 解之得：V1︰V2，＝1︰4‎ 第Ⅱ卷（非选择题：共50分）‎ ‎22.按要求写出下列离子方程式或化学方程式：‎ ‎（1）硫酸酸化的高锰酸钾与草酸反应的离子方程式：________。‎ ‎（2）硫代硫酸钠与稀硫酸反应的化学方程式：_________。‎ ‎（3）硫酸酸化的碘化钾溶液与氧气反应的离子方程式：____________。‎ ‎（4）CH3COONa的水溶液呈_______（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：_________；‎ ‎（5）在0.5mol/L的NaHSO3溶液中滴入石蕊，溶液变红。常温时的pH _____7，该溶液中HSO3－的电离程度______HSO3－的水解程度。（填“>”、“=”、“<”）‎ ‎【答案】 (1). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O (2). Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O (3). 4H++4I-+O2=2I2+2H2O (4). 碱 (5). CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH- (6). < (7). >‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)高锰酸钾酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2‎ O，对应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O；‎ ‎(2)硫代硫酸钠与稀硫酸条件下发生歧化反应生成硫酸钠、硫单质和二氧化硫、水，化学方程式：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O；‎ ‎(3)碘离子酸性环境下能够被氧气氧化生成碘单质，离子方程式：4H++4I-+O2=2I2+2H2O；‎ ‎(4)常温下，CH3COONa的水溶液中存在水解反应：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，导致溶液呈碱性；‎ ‎(5)在0.5mol•L-1的NaHSO3溶液中滴入石蕊，溶液变红，则溶液显酸性，即pH <7，说明亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度。‎ ‎23.工业上在恒容密闭容器中用下列反应合成甲醇：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H ‎（1）该反应的平衡常数表达式为_______；‎ ‎（2）如表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数（K）‎ 温度 ‎250℃‎ ‎300℃‎ ‎350℃‎ K ‎2041‎ ‎0.270‎ ‎0.012‎ ‎①由表中数据判断该反应的△H______0（填“＞”、“=”或“＜”）；‎ ‎②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应10s后达到平衡时测得c（CO）=0.2mol/L，则CO的转化率为____，用H2表示反应速率为_____，此时的温度为______；‎ ‎（3）要提高CO的转化率，可以采取的措施是______；‎ a．升温 b．加入催化剂 c．增加CO的浓度 d．恒容充入H2 e．恒压充入惰性气体 f．分离出甲醇 ‎【答案】 (1). K= (2). ＜ (3). 80% (4). 0.16mol•L-1•s-1 (5). 250℃ (6). DEF ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)已知反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，该反应的平衡常数表达式K=；‎ ‎(2)①温度升高，K减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即△H＜0；‎ ‎②达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L，则转化的CO的物质的量为2.0mol-0.2mol/L×2L=1.6mol，所以CO的转化率为×100%=80%，则：‎ ‎       CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ 起始： 1mol/L 3mol/L 0‎ 转化： 0.8mol/L 1.6mol/L 0.8mol/L 平衡： 02mol/L 1.4mol/L 0.8mol/L 所以：用H2表示反应速率为=0.16mol•L-1•s-1；‎ K==2.041(mol/L)-2，温度应为250℃；‎ ‎(3)A．升温，平衡向逆反应方向移动，CO的转化率的减小，故A错误；‎ B．加入催化剂，平衡不移动，转化率不变，故B错误；‎ C．增加CO的浓度，CO的转化率的减小，故C错误；‎ D．恒容充入H2，平衡向正反应方向移动，CO转化率增大，故D正确；‎ E．恒压充入惰性气体，分压减小，平衡向正反应方向移动，CO转化率增大，故E正确；‎ F．分离出甲醇，平衡向正反应方向移动，转化率增大，故F正确；‎ 故答案为DEF。‎ ‎【点睛】由于压强对反应速率或平衡状态的影响其实质是改变浓度，所以需要特别注意惰性气体加入时平衡的变化，可总结为“惰性气体”对化学平衡的影响：①恒温、恒容条件：原平衡体系体系总压强增大→体系中各组分的浓度不变→平衡不移动。②恒温、恒压条件：原平衡体系容器容积增大，各反应气体的分压减小→体系中各组分的浓度同倍数减小(等效于减压)，平衡向气体体积增大的方向移动。‎ ‎24.25℃时，有关物质的电离平衡常数如下：‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ H2SO3‎ 电离平衡常数 K=1.8×10－5‎ K1=4.3×10－7‎ K2=5.6×10－11‎ K1=1.5×10－2‎ K2=1.02×10－7‎ ‎(1) 常温下，将体积为10mLpH=2的醋酸溶液与亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1000mL，稀释后溶液的pH，前者_____后者（填“＞”、“＜”或“=”）。‎ ‎(2) 下列离子CH3COO－、CO32－、HSO3－、SO32－在溶液中结合H＋的能力由大到小的关系为__________。‎ ‎(3) 体积相同、c(H＋)相同的①CH3COOH；②HCl；③H2SO4 三种酸溶液分别与同浓度的NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是_____(填序号)。‎ ‎(4) 已知，H＋(aq) + OH－(aq) == H2O(l) ΔH =－57.3 kJ/mol。实验测得稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol H2O时放出57 kJ的热，则醋酸溶液中，醋酸电离的热化学方程式为_____。‎ ‎【答案】 (1). ＜ (2). CO32－＞SO32－ ＞CH3COO－＞HSO3－ (3). ①>②=③ (4). CH3COOH(aq) CH3COO－(aq) + H＋(aq) ΔH＝+0.3 kJ/mol ‎【解析】‎ ‎(1). 根据表中数据可知，醋酸的酸性小于亚硫酸，pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同倍数后，亚硫酸的pH变化大，即：醋酸的pH小于亚硫酸，故答案为：<；‎ ‎(2). 由表中数据可知，酸性强弱顺序为：H2SO3>CH3COOH>H2CO3>HSO3−>HCO3−，酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，则CH3COO−、CO32−、HSO3−、SO32−在溶液中结合H+的能力由大到小的关系为：CO32－＞SO32－ ＞CH3COO－＞HSO3－，故答案为：CO32－＞SO32－ ＞CH3COO－＞HSO3－；‎ ‎(3). c(H+)相同的盐酸和硫酸中和碱的能力相同，而c(H+)相同的盐酸和醋酸，因为醋酸是弱电解质，则醋酸中和碱的能力强，所以消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序为：①>②=③，故答案为：①>②=③；‎ ‎(4). 实验测得稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1molH2O时放出57kJ的热量，则热化学方程式为：CH3COOH(aq)+OH−(aq)=H2O(l)+CH3COO−(aq) △H=−57.0kJ/mol，令该反应为①式， H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l) △H=−57.3kJ/mol，令该反应为②式，则根据盖斯定律，①−②得：CH3COOH(aq) CH3COO－(aq) + H＋(aq) ΔH＝+0.3 kJ/mol，故答案为：CH3COOH(aq) CH3COO－(aq) + H＋(aq) ΔH＝+0.3 kJ/mol。‎ 点睛：本题主要考查弱电解质电离平衡常数的应用。对于弱电解质来说，当达到平衡时，电离产生的离子浓度的乘积与未电离的电解质分子浓度的比值就是该弱电解质的电离平衡常数，电离平衡常数越大，弱电解质的电离程度越大，如果是弱酸，则等浓度时溶液的酸性就越强，因此可以利用电离平衡常数判断弱酸的酸性强弱，判断本题的第（2）问时，要先根据电离常数判断酸性的强弱，再根据酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，进而得出正确结论。‎ ‎25.在恒温恒容条件下，将一定量NO2和N2O4的混合气体通入容积为2 L的密闭容器中发生反应：N2O4(g)2NO2(g) ΔH>0，反应过程中各物质的物质的量浓度(c)随时间(t)的变化曲线如图所示。‎ ‎（1）该温度下，若温度升高，K值将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎（2）a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的是________点。从起点开始首次达到平衡时，以NO2表示的反应速率为____________。‎ ‎（3）25 min时，加入了__________(填加入物质的化学式及加入的物质的量)，使平衡发生了移动。‎ ‎（4）d点对应NO2的物质的量浓度________(填“大于”、“小于”或“等于”)0.8 mol·L－1，理由是_______________________________________________________________________。‎ ‎【答案】（1）增大 ‎（2）bd 0.04 mol·L－1·min－1‎ ‎（3）0.8 mol NO2‎ ‎（4）小于 假设平衡时二氧化氮的浓度为0.8 mol·L－1，则此时Q＝1.28>K＝0.9，平衡要逆向移动，使二氧化氮的浓度降低，所以平衡时二氧化氮的浓度小于0.8 mol·L－1 (2分)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）该反应为吸热反应，所以温度升高，K值增大，答案为增大；‎ ‎（2）由图可知10-25min平衡状态时，X表示的生成物的浓度变化量为（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线，从起点开始首次达到平衡时，以NO2表示的反应速率为0.4mol/L/10min=0.04 mol·L－1·min－1‎ ‎,由图可知，10-25min及35min之后X、Y的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态，答案为：bd, 0.04 mol·L－1·min－1；‎ ‎（3）25min时，c（NO2）瞬间增大，比平衡状态增加了（1-0.6）×2="0.8mol" 增大c（NO2），平衡向生成N2O4方向移动，答案为0.8 mol NO2；‎ ‎（4）若平衡时二氧化氮的浓度为0.8 mol·L－1，则此时Q＝1.28>K＝0.9，平衡要逆向移动，使二氧化氮的浓度降低，所以平衡时二氧化氮的浓度小于0.8 mol·L－1 。‎ 考点：考查化学反应速率及化学平衡图象 ‎26.室温下，某一元弱酸HA的电离常数K＝1.6×10－6。向20.00 mL 浓度约为0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1000 mol·L－1的标准KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：(已知lg4＝0.6)‎ ‎（1）a点溶液中pH约为________，此时溶液中H2O电离出的c(H＋)为________。‎ ‎（2）a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是________点，滴定过程中宜选用__________作指示剂，滴定终点在________(填“c点以上”或“c点以下”)。‎ ‎（3）滴定过程中部分操作如下，下列各操作使测量结果偏高的是__________（填字母序号）。‎ A．滴定前碱式滴定管未用标准KOH溶液润洗 B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定 C．滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定 D．滴定结束后，仰视液面，读取KOH溶液体积 ‎（4）若重复三次滴定实验的数据如下表所示，计算滴定所测HA溶液的物质的量浓度为____mol/L（注意有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). 3.4 (2). 2.5×10-11mol/L (3). c (4). 酚酞 (5). c点以上 ‎ ‎ (6). A D (7). 0.1050‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)HA的电离平衡常数K===1.6×10-6，c(HA)≈0.1mol/L，解得：c(H+)=4×10-4mol/L，pH=-lgc(H+)=lg4×10-4=4-lg4=3.4，则a=3.4；酸溶液抑制了水的电离，酸溶液中的氢氧根离子是水电离的，则H2O电离出的c(H+)=mol/L=2.5×10-11mol/L；‎ ‎(2)a点为HA溶液，b点是HA和少量KA溶液，c点是KA和少量HA的混合液，d点是KA和KOH的混合液，酸、碱溶液都抑制了水的电离，KA促进水的电离，所以c点水的电离程度最大；由于HA为弱酸，恰好反应时溶液呈碱性，则选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞；滴定终点呈碱性，应该在c点以上；‎ ‎(3)A．滴定前碱式滴定管未用标准KOH溶液润洗，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故A正确；‎ B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定，不影响HA的物质的量，测定结果不影响，故B错误；‎ C．滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；‎ D．滴定结束后，仰视液面，读取的标准液体积偏大，测定结果偏高，故D正确；‎ 故答案为：AD；‎ ‎(4)第三组数据误差偏大，需要舍弃，另外两次消耗标准液的平均体积为：=21.00mL，根据反应HA+KOH=KA+H2O可知，0.021L×0.1000mol/L=0.02L×c(HA)，解得：c(HA)=0.1050mol/L。‎ ‎【点睛】考查中和滴定误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。‎ ‎ ‎