吉林省长春市第一五〇中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试卷

吉林省长春市第一五〇中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试卷

‎2019-2020学年度第一学期期中考试高二化学 本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，试卷满分：100分，考试时间：90分钟。‎ 考试范围：[选修四]第1章、第2章、第3章前两节。‎ 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 S—32‎ 第Ⅰ卷 一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）‎ ‎1.下列说法正确的是(　　)‎ A. 用广泛pH试纸测得氯水的pH为2.1‎ B. 用玻璃棒蘸取溶液滴在已润湿的pH试纸上测得其pH为12‎ C. 常温下0.1 mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，比值变大 D. 常温下某溶液中由水电离出的c(H＋)为1.0×10－12mol·L－1，一定是碱性溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、广泛pH试纸不准确，不能有小数位，且氯水能将试纸漂白，选项A错误；‎ B、用玻璃棒蘸取溶液滴到湿润的pH试纸上，可能导致待测液被稀释，影响测定结果，测得其pH为12则应偏低，选项B错误；‎ C、=，则稀释过程中比值变大，选项C正确；‎ D、常温下某溶液中由水电离出的c(H＋)为1.0×10-12mol•L-1<1.0×10-7mol•L-1，说明该溶液中的溶质抑制了水的电离，可能为酸、碱或强酸酸式盐，则该溶液可能为酸性溶液也可能是碱性溶液，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎2.已知热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H =－Q kJ·mol−1（Q＞0），则下列说法正确的是( )‎ A. 2mol SO2(g)和1mol O2(g)所具有的总能量小于2mol SO3(g)所具有的能量 B. 将2mol SO2(g)和1mol O2(g)置于一密闭容器中充分反应后放出Q kJ的热量 C. 升高温度，平衡向逆反应方向移动，上述热化学方程式中的Q值减小 D. 将一定量SO2(g)和O2(g)置于某密闭容器中充分反应后放热Q kJ，则此过程中有2molSO2（g）被氧化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应是放热反应，相同条件下，2molSO2（g）和1molO2（g）所具有的能量大于2molSO3（g）所具有的能量，选项A错误；‎ B、将2molSO2（g）和1molO2（g）置于一密闭容器中充分反应后，达到化学平衡，反应物不能全部转化，放出热量小于QkJ，选项B错误；‎ C、反应是放热反应，升高温度，该平衡向逆反应方向移动，选项C错误；‎ D、如将一定量SO2（g）和O2（g）置于某密闭容器中充分反应后放热QkJ，参加反应的二氧化硫为2mol，故一定有2molSO2（g）被氧化，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.已知X(g)+ 3Y(g) = 2Z(g)　ΔH > 0，下列对该反应的说法中正确的是(　　)‎ A. ΔS>0‎ B. 能自发进行 C. 破坏反应物全部化学键所需能量小于破坏生成物全部化学键所需能量 D. 在任何温度下都不能自发进行 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据化学方程式，该反应的正反应的气体体积减小，熵减小，△S＜0，选项A错误；‎ B.逆反应的△H＜0且△S＞0，所以其△H-T△S＜0，反应能够自发进行，逆反应放热，温度升高，反应速率加快，但逆反应平衡常数减小，选项B错误；‎ C.正反应是吸热反应，破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量，选项C错误；‎ D.正反应的△H＞0且△S＜0，所以其△H-T△S＞0，在任何温度下都不能自发进行，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查熵变以及反应自发进行的条件，题目难度中等。据体分析如下：①该反应的正反应的气体体积减小，熵减小；②△H-T△S＜0，反应能够自发进行，△H-T△S＞0，在任何温度下都不能自发进行；③正反应是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量。‎ ‎4. 25℃时，0.1mol/L稀醋酸加水稀释，右图坐标中的纵坐标y可以是 A. 溶液的pH B. 醋酸的电离平衡常数 C. 溶液的导电能力 D. 醋酸的电离程度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度逐渐减少，溶液的pH逐渐增大，但始终小于7，故A错误；B．温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，故B错误；C．醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子、醋酸根离子浓度逐渐减少，溶液的导电能力逐渐减小，故C正确；D．加水稀释促进醋酸电离，则醋酸的电离程度增大，故D错误；故选C。‎ ‎【考点定位】考查弱电解质的电离 ‎【名师点晴】明确加水稀释对醋酸电离程度的影响是解本题关键，醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，溶液的导电能力与离子浓度成正比，温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，据此分析解答。‎ ‎5.在可逆反应2SO2+O22SO3的平衡状态下，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2，下列 说法正确的是(K为平衡常数，Qc为浓度商) ( )‎ A. Qc不变，K变大 B. Qc不变，K变大 C. Qc变小，K不变 D. Qc变大，K不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】平衡状态下，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2，反应物浓度增大，浓度熵减小，平衡向正反应方向进行，SO2的转化率升高，氧气的转化率降低，温度不变，平衡常数不变，‎ 答案选C。‎ ‎6.H2O2(l)在有MnO2条件下和无MnO2条件下分解的能量变化如图所示，下列说法正确的是 A. 有MnO2条件下的反应曲线是a曲线 B. a曲线变为b曲线，反应的活化分子百分数增大 C. a曲线变为b曲线，平衡时H2O2的转化率增大 D. b曲线的热化学方程式为：H2O2(l)═H2O(l)+ O2(g)△H=﹣(E1﹣E2)kJ/mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.催化剂能够降低反应的活化能，提高反应速率，所以MnO2作催化剂，有MnO2条件下的反应曲线是b曲线，A错误； ‎ B.b使用催化剂，可降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，反应的活化分子百分数增大，B正确；‎ C.a曲线变为b曲线，途径不变，始终态相同，则平衡时H2O2的转化率不变，C错误；‎ D.为放热反应，△H=(E1-E2)kJ/mol，则热化学方程式为H2O2(l)=H2O(l)+O2(g) △H=-(E2-E1)kJ/mol, D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎7.室温下,向10mL pH=11的NH3·H2O溶液中加入下列物质,对所得溶液的分析正确的是(  )‎ 加入的物质 对所得溶液的分析 A.‎ ‎90mL H2O 由水电离出c(H+)=10-10mol·L-1‎ B.‎ ‎0.1mol NH4Cl固体 c(H+)比原NH3·H2O溶液中的大 C.‎ ‎10mL pH=13的NaOH溶液 NH3·H2O的电离程度不变 D ‎10mL pH=3的盐酸 溶液呈中性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向10mL pH=11的NH3·H2O溶液中加入90mL H2O，由于氨水的电离，c(OH-)>10-4 mol·L-1，由水电离出的c(H+)>10-10mol·L-1，选项A错误；‎ B、向10mL pH=11的NH3·H2O溶液中加入0.1mol NH4Cl固体，c(NH4+)增大，电离平衡NH3·H2O NH4++ OH-逆向移动，c(OH-)减小，c(H+)增大，比原NH3·H2O溶液中的大，选项B正确；‎ C、向10mL pH=11的NH3·H2O溶液中加入10mL pH=13的NaOH溶液，c(OH-)增大，抑制NH3·H2O电离，NH3·H2O的电离程度减小，选项C错误；‎ D、向10mL pH=11的NH3·H2O溶液中加入10mL pH=3的盐酸，NH3·H2O过量，反应后溶液呈碱性，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎8.将一定量A、B装入容积为1 L的恒温密闭容器中，发生反应：2A(g)＋mB(g)nC(g)，1 min时达到平衡，C的浓度为x mol·L－1。若保持温度不变，将密闭容器的容积压缩为原来的1/2，达到新的平衡时C的浓度为1.8x mol·L－1。下列说法正确的是( 　 )‎ A. 化学计量数的关系为2＋m ＜n B. 容器的容积缩小，正反应速率增大，逆反应速率减小 C. 原容器中用B表示的该反应在1min内的平均速率为mol·(L·min)－1‎ D. 若保持温度和容器容积不变，充入氦气，平衡向逆反应方向移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】反应2A(s)+mB(g)nC(g)，1min时达到平衡，C的浓度为x mol•L-1．若保持温度不变，将密闭容器的容积压缩为原来的，重新达到平衡后，C的浓度为1.8x mol•L-1，则体积缩小为原来的一半，C的浓度应为2xmol/L，达到新的平衡时C的浓度为1.8x mol/L，说明体积改变压强增大，化学平衡逆向移动，则C的浓度小于1.8xmol/L；‎ A．增大压强，平衡逆向进行，即化学平衡向气体体积缩小的方向移动，所以2+m＜n，故A正确；‎ B．容器的容积减小后，反应物和生成物的浓度都增大，所以该反应的正逆反应速率都增大，故B错误；‎ C．1min时达到平衡，C的浓度为x mol•L-1，v(C)=xmol•L-1•min-1，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，v(B)=mol•L-1•min-1，故C错误；‎ D．若保持温度和容器的容积不变，充入氦气(不参与反应)，反应体系中各物质的浓度不变，平衡不移动，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】准确判断体积缩小时平衡移动的方向是解题关键，反应2A(s)+mB(g)nC(g)，平衡时C的浓度为xmol•L-1，若保持温度不变，将密闭容器的容积压缩为原来的，重新达到平衡后，C的浓度为1.8x mol•L-1，则体积缩小为原来的一半，C的浓度应为2xmol/L，达到新的平衡时C的浓度为1.8x mol/L，说明体积改变压强增大，化学平衡逆向移动，由此结合压强对平衡移动的影响分析。‎ ‎9.一定温度下，水溶液中H+ 和OH─ 的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是 A. 该温度下，a点溶液呈碱性 B. 该温度下，pH=2的盐酸与pH=12的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液显中性 C. 该温度下，加入NaOH可能引起由b向c的变化 D. b点时，升高温度，可能引起由b向d的变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 该温度下，a点溶液c(H+) >c(OH─)呈酸性，故A错误；该温度下，所以pH=2的盐酸与pH=10的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液显中性，故B错误；温度不变，不变，所以加入NaOH可能引起由b向c的变化，故C正确；升高温度，H+ 和OH─ 的浓度都增大，故D错误。‎ ‎10.羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：‎ CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1‎ 反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是 A. 升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应 B. 通入CO后，正反应速率逐渐增大 C. 反应前H2S物质的量为7mol D. CO的平衡转化率为80%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，则该反应是放热反应，A错误；‎ B．通入CO后，CO浓度增大，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，B错误；‎ C. 根据 CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1‎ 起始物质的量（mol） 10 n 0 0‎ 变化物质的量（mol） 2 2 2 2‎ 平衡物质的量（mol） 8 n-2 2 2‎ 设该容器的体积为V，根据K=0.1，列关系式得 [（2÷V）×（2÷V））÷[（8÷V）×（n-2）÷V]=0.1，解得n=7，C正确；‎ D.根据上述数据，CO的平衡转化率为2mol÷10mol×100%=20%，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.下表列出了25℃时有关弱酸的电离平衡常数：‎ 弱酸 CH3COOH HCN H2CO3‎ 电离平衡常数（25℃）‎ ‎1.8×10-5‎ ‎4.9×l0-10‎ K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11‎ 则有关说法正确是( )‎ A. HCN的酸性强于CH3COOH B. pH=2的CH3COOH加水稀释100倍，pH = 4‎ C. 中和等体积、等pH的CH3COOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者 D. 同浓度的CH3COO－、HCO3—、CO32—、CN－结合H＋的能力最强的是CN－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据弱酸的电离平衡常数可知，酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3—，HCN的酸性弱于CH3COOH，选项A错误；‎ B、醋酸是弱酸，存在电离平衡，稀释促进电离，因此pH＝2的醋酸溶液，稀释至100倍后pH＜4，选项C错误；‎ C、等pH、等体积的CH3COOH和HCN，n（HCN）>n（CH3COOH），则CH3COOH消耗的氢氧化钠少，所以中和等体积、等pH的CH3COOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，选项C正确；‎ D、酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3—，对应酸的酸性越弱，结合H+能力越强，所以结合H＋的能力最强的是：CO32—，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎12.粗硅提纯常见方法之一是先将粗硅与HCl反应制得SiHCl3，经提纯后再用H2还原：SiHCl3(g)+H2(g) Si(s)+3HCl(g)。在2L密闭容器中，不同温度及不同n(H2)/n(SiHCl3)时，反应物X的平衡转化率关系如图。下列判断合理的是 A. X是H2‎ B. 1150℃反应的平衡常数大于950℃时反应的平衡常数 C. 减小Si(s)的量，有利于提高SiHCl3的转化率 D. 工业上可采用增大压强的方法提高产率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、比值增大，n(H2)增大，转化率降低，故A错误；B、当n(H2)/n(SiHCl3)为定值时，温度越高，转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，即1150℃反应的平衡常数大于950℃时反应的平衡常数，故B正确；C、因为Si为固体，浓度视为常数，因此改变Si的量，平衡不移动，‎ SiHCl3转化率不变，故C错误；D、反应前的气体系数小于反应后气体系数，增大压强，平衡向逆反应方向移动，产率降低，故D错误。‎ ‎13.t ℃时,pH=2的稀硫酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性,则该温度下,1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性,则稀硫酸的pH(pHa)与NaOH溶液的pH(pHb)的关系是(　 　)‎ A. pHa+pHb=12 B. pHa+pHb=13 C. pHa+pHb=14 D. pHa+pHb=15‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ pH=2的H2SO4溶液中氢离子的物质的量浓度为10-2mol/L，设该温度下水的离子积常数Kw=10-a，则pH=11的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为：mol/L，据此计算出a即可，根据硫酸中氢离子与氢氧化钠中氢氧根离子的物质的量判断过量，然后计算出反应后溶液中氢离子浓度，最后计算出其余的pH。‎ ‎【详解】设该温度下水的离子积常数Kw=10-a，pH=2的H2SO4溶液中氢离子的浓度为10-2mol/L，pH=11的NaOH溶液中氢离子浓度为10-11mol/L，则氢氧根离子浓度为：mol/L=10(11-a)mol/L，等体积的氢氧化钠、稀硫酸恰好反应，则氢离子与氢氧根离子浓度相等，即10-2mol/L=10(11-a)mol/L，解得a=13，水的离子积常数Kw=10-13；1体积pH1=pHa的稀硫酸溶液中氢离子的物质的量浓度=10-pHa mol/L，10体积pH2=b的某强碱溶液中氢氧根离子的物质的量浓度=10 pHb-13 mol/L，混合后溶液呈中性，则氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，所以1×10-pHamol/L=10×10 pHb-13 mol/L，所以pHa+pHb=12，故答案为A。‎ ‎14.已知：①2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋483.6 kJ·mol－1 ②H2S(g)===H2(g)＋S(g)　ΔH＝＋20.1 kJ·mol－1下列判断正确的是(　　)‎ A. 氢气的燃烧热：ΔH＝－241.8 kJ·mol－1‎ B. 相同条件下，充分燃烧1 mol H2(g)与1 mol S(g)的混合物比充分燃烧1 mol H2S(g)放热多20.1 kJ C. 由①②知，水的热稳定性小于硫化氢 D. ②中若生成固态硫，ΔH将增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H=+483.6kJ•mol-1，可得：H2(g)+ O2(g)=H2O(g) △H=-241.8kJ•mol-1，液态水是稳定氧化物，且氢气的物质的量为1mol，所以-241.8kJ•mol-1不是氢气的燃烧热，故A错误；B．由H2S(g)=H2(g)+S(g) △H=+20.1kJ•mol-1可知，1molH2(g)与1molS(g)的混合物的总能量大于1mol H2S(g)的总能量，所以充分燃烧1molH2(g)与1molS(g)的混合物比充分燃烧1mol H2S(g)放热多20.1kJ，故B正确；C．H2(g)+S(g)=H2S(g) △H=-20.1kJ•mol-1，H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H=-241.8kJ•mol-1，放出的热量越多，说明物质的总能量越低，物质越稳定，因此水比硫化氢稳定，故C错误；D．气体变为固体，需要放出热量，则若反应②中生成固态硫，放出的热量大于20.1kJ，ΔH减小，故D错误；故选B。‎ ‎15.用0.100 0mol•L﹣1 NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的盐酸(酚酞作指示剂)的滴定曲线如图所示．下列说法正确的是( ) ‎ A. 水电离出的氢离子浓度：a＞b B. 盐酸的物质的量浓度为0.0100 mol•L﹣1‎ C. 指示剂变色时，说明盐酸与NaOH恰好完全反应 D. 当滴加NaOH溶液10.00 mL(忽略反应前后体积变化)，该混合液的pH=1+lg3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、a点时加入NaOH较少，盐酸过量，溶液中c(H+)较大，c(H+)越大，水的电离程度越小，因此有水电离出的氢离子浓度：a＜b，选项A错误；‎ B、加入NaOH溶液20.00mL时，酸碱恰好中和，由c（酸）×V（酸）＝c（碱）×V（碱）可知，盐酸的物质的量浓度为0.1000 mol•L-1，选项B错误；‎ C、指示剂为酚酞，溶液变色范围为8.2～10，溶液呈碱性，NaOH过量，并不是恰好完全反应，选项C错误；‎ D、当滴加NaOH溶液10.00 mL时，盐酸过量，则此时溶液中c(H+)＝＝×10-1mol/L，则pH＝1+lg3，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎16.在某2 L恒容密闭容器中充入2 mol X(g)和1 mol Y(g)发生反应:2X(g)+Y(g)3Z(g),反应过程中持续升高温度,测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是(　 　)‎ A. M点时,Y的转化率最大 B. 升高温度,平衡常数减小 C. W点时 v正 = v逆 D. W、M两点Y的正反应速率相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 温度在a℃之前，升高温度，X含量减小，温度在a℃之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，故A错误；‎ B．Q点后升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，则升高温度，平衡常数减小，故B正确；‎ C．W点不是平衡点，此时反应以正向进行为主，即v正 ＞ v逆，故C错误；‎ D．W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高反应速率越大，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，故D错误；‎ 故答案为B。‎ 第Ⅱ卷 ‎17.（1）某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3•H2O NH4+＋OH-，若想增大NH4+‎ 的浓度，而不增加OH-的浓度，应采取的措施是__。（填序号）‎ ‎①适当升高温度②加入NH4Cl固体③通入NH3④通入少量HCl气体 ‎（2）常温下，有pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，分别与足量的锌粉发生反应，产生等量的氢气时，所需要的时间：醋酸_____盐酸(填“>”、“＝”或“<”)。‎ ‎（3）已知电离平衡常数，H2SO3：K1 = 1.54×10-2，K2 = 1.02×10-7；H2CO3：K1 = 4.3×10-7，K2 = 5.6×10-11； CH3COOH：Ka=1.8×10−5。‎ ‎① HSO3-的电离平衡常数表达式为：______。‎ ‎② H2SO3溶液与NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为_________。 ‎ ‎③在25℃的条件下，向0.1mol·L−1 CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO−)=5∶9，此时溶液pH=___。‎ ‎【答案】 (1). ②④ (2). < (3). K2= (4). H2SO3 + HCO3- = HSO3- + CO2↑+ H2O (5). 5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①适当升高温度，平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故错误；‎ ‎②加入氯化铵固体，c(NH4+)增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，故正确；‎ ‎③向氨水中通入氨气，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故错误；‎ ‎④通入少量HCl气体，HCl电离产生的H+消耗OH-，平衡逆向移动，c(NH4+)增大，c(OH-)减小，故正确；‎ 答案选②④；‎ ‎（2）常温下，pH相等的醋酸和盐酸，醋酸浓度大于盐酸，所以pH、体积相等的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，则分别与足量的锌反应醋酸放出的氢气多，且醋酸产生氢气的速率更快，产生等量的氢气时，所需要的时间：醋酸<盐酸；‎ ‎（3）①根据电离方程式HSO3-H+ + SO32-可知，HSO3-的电离平衡常数表达式为：K2=；‎ ‎②根据H2SO3：K1 = 1.54×10-2，K2 = 1.02×10-7；H2CO3：K1 = 4.3×10-7，K2 = 5.6×10-11；可知酸性：H2SO3> H2CO3> HSO3-，H2SO3溶液与NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为H2SO3 + HCO3- = HSO3- + CO2↑+ H2O； ‎ ‎③在25℃的条件下，向0.1mol·L−1 CH3‎ COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO−)=5∶9，此时溶液中Ka==×=1.8×10−5，故=1.0×10−5mol/L，pH=5。‎ ‎18.某学习小组研究NaOH与某些酸之间的反应。‎ Ⅰ．中和热的测定 在25℃、101kPa条件下，强酸与强碱的稀溶液中和热可表示为：H+(aq)+ OH─(aq)= H2O(l) △H =-57.3kJ·mol−1。按照图所示装置进行实验。‎ ‎（1）仪器A的名称是______。‎ ‎（2）碎泡沫塑料的作用是___________。‎ ‎（3）在25℃、101kPa条件下，取50mL 0.50 mol·L−1 CH3COOH溶液、50mL 0.55 mol·L−1 NaOH溶液进行实验，测得的中和热△H____-57.3kJ·mol−1（填“＞”“=”或“＜”）。 ‎ Ⅱ．中和滴定 ‎（1）用酸式滴定管量取20.00 mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加1～2滴酚酞作指示剂，用0.20 mol·L—1NaOH标准溶液进行滴定。为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取稀盐酸体积均为20．00 mL，三次实验结果记录如下：‎ 实验次数 第一次 第二次 第三次 消耗NaOH溶液体积/mL ‎19.00‎ ‎23.00‎ ‎23.02‎ 该盐酸的浓度约为_________(保留两位有效数字)。滴定达到终点的标志是__________。‎ ‎（2）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有_______。‎ A. 滴定终点读数时俯视读数 B. 酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗 C. 锥形瓶水洗后未干燥 D. 配制NaOH标准溶液时，没有等溶解液降至室温就转移至容量瓶中 E. 配制NaOH标准溶液时，定容时仰视容量瓶的刻度线 F. 碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 ‎【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 保温隔热、减少热量的损失 (3). > (4). 0.23 mol·L—1 (5). 滴入最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色 (6). EF ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．（1）根据装置图分析仪器A的名称;‎ ‎（2）碎泡沫塑料具有隔热的作用；‎ ‎(3)CH3COOH是弱酸，弱电解质电离吸热；‎ Ⅱ．（1）第一次实验数值偏离正常的误差范围，所以根据第二次、第三次实验数值计算平均消耗氢氧化钠溶液的体积是23.01mL；根据c（酸）×V（酸）＝c（碱）×V（碱）计算盐酸浓度；‎ ‎（2）根据c（待测）=进行判断。‎ ‎【详解】Ⅰ．（1）根据装置图分析仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒；‎ ‎（2）碎泡沫塑料的作用是保温、隔热，减少实验过程中热量损失；‎ ‎(3)CH3COOH是弱酸，在反应过程中会继续电离吸收热量，使放出的热量减少，故测得的中和热△H>-57.3kJ·mol−1；‎ Ⅱ．（1）第一次实验数值偏离正常的误差范围，所以根据第二次、第三次实验数值计算平均消耗氢氧化钠溶液的体积是23.01mL；根据c（酸）×V（酸）＝c（碱）×V（碱），c（酸）×20＝0.2mol/L×23.01，所以盐酸的浓度约为0.23mol·L—1；‎ 滴定达到终点的标志是滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变成红色，半分钟内不褪色；‎ ‎（2）A．滴定终点读数时俯视度数，读出的最终标准液体积偏小，则消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，选项A不选；‎ B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，导致待测液浓度减小，滴定过程中消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，选项B不选；‎ C．锥形瓶中有水对待测液的物质的量不影响，则不影响测定结果，选项C不选；‎ D．配制NaOH标准溶液时，没有等溶解液降至室温就转移至容量瓶中，标准液的浓度变大，标准液的体积比正常值小，所以偏低，选项D不选；‎ E．配制NaOH标准溶液时，定容时仰视容量瓶的刻度线，标准液的浓度变小，标准液的体积比正常值大，所以偏高，选项E选；‎ F．碱式滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，选项F选；‎ 答案选EF。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱中和滴定的仪器选择、实验操作及误差判断。易错点为误差判断，注意根据c（待测）=进行推导判断。‎ ‎19.（1）亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中常用试剂，已知：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) △H＜0，一定温度下，将2 molNO与2 molCl2置于2L密闭容器中发生反应。‎ ‎①下列可判断反应达平衡状态的是___________(填序号字母)。‎ A. 混合气体的平均相对分子质量不变 B. 混合气体密度保持不变 C. NO和Cl2的物质的量之比保持不变 D. 每消耗1 moI NO同时生成1molClNO ‎②为了加快化学反应速率，同时提高NO的转化率，其他条件不变时，可采取的措施有_________(填选项序号字母)。‎ A. 升高温度 B. 缩小容器体积 C. 再充入Cl2气体 D. 使用合适的催化剂 ‎③一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO的体积分数随n(NO)/n(Cl2)的变化图像如图(B)所示，当n(NO)/n(Cl2)=2.5时，达到平衡状态，ClNO的体积分数可能是下图中D、E、F三点中的________点。‎ ‎ (2) 在体积为10 L的密闭容器中充入3 mol NO和2 mol Cl2，在不同温度下发生反应2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)，ClNO的百分含量随时间的变化如图所示。已知T1>T2>T3。‎ ‎①与实验Ⅰ相比，实验Ⅱ除温度不同外，还改变的条件是__________________。‎ ‎②实验Ⅲ反应至25 min达到平衡，用NO物质的浓度变化表示的反应速率为__________________。达到平衡时，若实验Ⅲ达到平衡时的热量变化为Q kJ，则该反应的热化学方程式为________。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). BC (3). F (4). 加入催化剂 (5). 0.008 mol·(L·min)－1 (6). 2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g) ΔH = -Q KJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的其它物理量不变；‎ ‎②提高NO的转化率即改变条件反应正向进行，提高反应速率可采取增大浓度、升高温度、加入催化剂、压缩气体，综合两方面解答；‎ ‎③当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当=2.5时产物的含量减小；‎ ‎ (2) ①结合影响反应速率和平衡移动的常见因素温度、压强和催化剂分析；‎ ‎②实验Ⅲ反应至25 min达到平衡 2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)‎ 起始浓度(mol/L) 0.3 0.2 0‎ 变化浓度(mol/L) 2c c 2c 起始浓度(mol/L) 0.3-2c 0.2-c 2c 平衡时ClNO%的含量为50%，则100%=50%，c=0.1，根据v=计算用NO物质的浓度变化表示的反应速率；达到平衡时，Cl2的变化量为0.1mol/L×10L=1mol，反应放出QkJ能量，由此写出该反应的热化学方程式。‎ ‎【详解】(1)①A．反应2NO(g)+Cl2(g)‎ ‎2ClNO(g)是体积变化的反应，反应正向进行则气体总物质的量n减小，逆向进行则气体总物质的量n增大，体系中物质总质量m不变，结合M=可知，M不变则各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故A正确；‎ B．反应体系是恒容，各物质均为气态，所以气体的总质量不变，根据ρ=可知，体系中混合气体密度始终不变，即混合气体密度不变不能判定反应是否达到平衡，故B错误；‎ C．起始投入的NO与Cl2的物质的量之比是1:1，而变化的NO与Cl2的物质的量之比是2:1，所以在未达平衡前，NO与Cl2的物质的量之比是变化的，当NO与Cl2的物质的量之比保持不变时，反应达到平衡状态，故C正确；‎ D．v(ClNO)正=v(NO)正时，反应正向进行，不能确定是否达到平衡状态，故D错误；‎ 故答案为AC；‎ ‎②A．升高温度，反应速率加快，平衡会移动，但不知道反应的热效应，无法确定平衡移动的方向，故A错误；‎ B．缩小容器体积，相当加压，反应正向进行、反应速率加快，故B正确；‎ C．充入Cl2气体，反应速率加快、反应正向进行，NO的转化率提高，故C正确；‎ D．使用合适的催化剂，能加快反应速率，但不影响反应移动方向，即NO的转化率不变，故D错误；‎ 故答案为BC；‎ ‎③当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当=2.5时ClNO的体积分数减小，所以应该是F点；‎ ‎ (2) 根据ClNO的百分含量随时间的变化的图示，T1>T2>T3，则升高温度，ClNO%不断减小，平衡逆向移动，说明正反应放热，即ΔH＜0；‎ ‎①与实验Ⅰ相比，实验Ⅱ的反应温度T2＜T1，如果其它条件相同，实验Ⅱ达到平衡所需要的时间应该比实验Ⅰ长，而图示实验Ⅱ达到平衡所需要的时间应该比实验Ⅰ短，实验Ⅱ的反应速率快，则可能使用了催化剂；‎ ‎②实验Ⅲ反应至25 min达到平衡 ‎ 平衡时ClNO%的含量为50%，则100%=50%，c=0.1，则用NO物质的浓度变化表示的反应速率v(NO)===0.008 mol·(L·min)－1；达到平衡时，Cl2的变化量为0.1mol/L×10L=1mol，反应放出QkJ能量，则该反应的热化学方程式为2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g) ΔH = -Q KJ/mol。‎ ‎20.Ⅰ．一定条件下，在体积为5 L的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量n(mol)随时间t(min)的变化如图所示。已知达平衡后，降低温度，A的体积分数将减小。‎ ‎(1)该反应的化学方程式为__________。‎ ‎(2)该反应的反应速率v随时间t的关系如图所示：‎ ‎①根据上图判断，在t3时刻改变的外界条件是____________。‎ ‎②A的转化率最大的一段时间是________。‎ ‎③各阶段的平衡常数如下表所示：‎ t2～t3‎ t4～t5‎ t5～t6‎ K1‎ K2‎ K3‎ K1、K2、K3之间的大小关系为________(用“>”、“<”或“＝”连接)。‎ Ⅱ．在密闭容器中充入一定量的H2S，发生反应2H2S(g) 2H2(g)＋S2(g)　ΔH，如图所示为H2S气体分解生成H2(g)和S2(g)的平衡转化率与温度、压强的关系。‎ ‎(1)△H___ (填“>”“<”或“ = ”)0。‎ ‎(2)图中压强(p1、p2、p3)的大小顺序为____。‎ ‎(3)图中M点的平衡常数Kp =____MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)‎ ‎(4)如果想进一步提高H2S的转化率,除改变温度、压强外，还可以采取的措施有___。‎ ‎【答案】 (1). A + 2B 2C (2). 升高温度 (3). t2～t3 (4). K1 > K2 = K3 (5). ＞ (6). p3＞p2＞p1 (7). 1 (8). 及时分离出产物 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据3min达到平衡时A、B、C的物质的量变化判断反应物、生成物，然后根据物质的量变化与化学计量数成正比写出反应的化学方程式；‎ ‎（2）①t3时逆反应速率正逆反应速率同时增大，且逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向着逆向移动，据此进行判断改变的反应条件；‎ ‎②t1～t2时反应向着正向移动，A转化率逐渐增大，直至t2～t3时A到平衡状态，A转化率达到最大；而t3～t4时升高了温度，平衡向着逆向移动，A的转化率减小，直至t4～t5时A的转化率达到最低；而t5～t6时正逆反应速率同时增大且相等，说明平衡不移动，A的转化率不变，据此进行解答；‎ ‎③化学平衡常数与温度有关，温度越高，平衡向着逆向移动，该反应的平衡常数减小；‎ Ⅱ．(1)同一压强下升高温度H2S转化率的变化判断平衡移动方向，从而判断焓变大小；‎ 同一温度下不同压强H2S转化率的变化判断平衡移动方向，从而判断压强大小；‎ ‎(2)依据化学平衡移动原理可知压强增大平衡向气体体积减小的方向进行；‎ ‎(3)结合化学平衡三行计算列式计算平衡物质的物质的量，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数；‎ ‎(4)如果想进一步提高H2S的转化率，除改变温度、压强外，可以减少生成物浓度促进平衡正向进行，提高硫化氢的转化率。‎ ‎【详解】Ⅰ．（1）根据图象可知，达到平衡时A的物质的量减小了：1mol-0.7mol=0.3mol，B的物质的量减小为：1mol-0.4mol=0.6mol，C的物质的量增加，增加的物质的量为：0.6mol，所以A、B、C的物质的量变化之比为：0.3mol：0.6mol：0.6mol=1：2：3，该反应的化学方程式为：A+2B⇌2C；‎ ‎（2）①根据图象可知：t3时逆反应速率正逆反应速率同时增大，且逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向着逆向移动，若增大压强，平衡向着正向移动，由于该反应为放热反应，升高温度后平衡向着逆向移动，所以t3时升高了温度；‎ ‎②根据图象变化可知，在t1～t2时反应向着正向移动，A转化率逐渐增大，直至t2～t3时反应达到平衡状态，A转化率达到最大；而t3～t4时升高了温度，平衡向着逆向移动，A的转化率逐渐减小，直至t4～t5时A的转化率达到最低；而t5～t6时正逆反应速率同时增大且相等，说明平衡没有移动，A的转化率不变，与t4～t5时相等，所以A的转化率最低的时间段是：t2～t3；‎ ‎③反应A+2B⇌2C △H＜0，温度升高平衡向着逆反应方向移动，化学平衡常数减小，所以温度越高，化学平衡常数越小；t2～t3、t3～t4、t4～t5时间段温度关系为：t3～t4=t4～t5＞t2～t3，所以化学平衡常数大小关系为：K1＞K2=K3；‎ Ⅱ．(1)如图所示，同一压强下，升高温度，H2S气体分解生成H2(g)和S2(g)的平衡转化率增大，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，△H＞0；‎ ‎（2）2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）△H=+169.8kJ•mol﹣1，反应是气体体积增大的反应，温度不变，压强增大平衡逆向进行，H2S的转化率减小，则压强关系为：P1＜P2＜P3；‎ ‎（3）M点的H2S转化率为50%，总压为5MPa，设H2S起始量为2mol，‎ ‎ 2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）‎ 起始量（mol） 2 0 0‎ 变化量（mol） 1 1 0.5‎ 平衡量（mol） 1 1 0.5‎ Kp==1；‎ ‎（3）如果想进一步提高H2S的转化率，除改变温度、压强外，可以减少生成物浓度促进平衡正向进行，提高硫化氢的转化率，采取的措施有及时分离出产物。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的量随随时间变化的曲线、化学平衡的建立过程、化学反应速率的计算、影响化学平衡的因素等知识，题目难度较大，注意掌握影响 化学平衡的因素、明确化学平衡常数的概念、影响因素及计算方法。‎ ‎ ‎