湖南省邵东县创新实验学校2019-2020学年高二上学期期中考试化学（理）试题

湖南省邵东县创新实验学校2019-2020学年高二上学期期中考试化学（理）试题

‎2019年下学期创新高中部期中考试高二化学试卷（理）‎ 可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 S 32‎ 一、选择题(每题只有一个正确选项，共18小题，每小题3分，共54分)‎ ‎1.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是（ ）‎ A. 天然气、石油、流水、风力、氢气为一级能源 B. 发展低碳经济、循环经济，推广利用太阳能、风能的城市照明系统 C. PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素 D. 无论是风力发电还是火力发电，都是将化学能转化为电能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从自然界直接获得的能源为一次能源，而经过人为加工才能获得的是二次能源，故天然气、石油、流水和风力是一次能源，而氢气是二次能源，故A错误。‎ B.我国的能源结构中以燃煤为主，煤属于不可再生能源，发展低碳经济，减少化石燃料的消耗，积极推广可再生能源，故B正确。‎ C.砷为非金属元素，不是金属元素，故C错误。‎ D.风力发电不涉及化学反应，故不能将化学能转化为电能，故D错误。‎ 故答案为B。‎ ‎2.对于有气体参加的反应，一定能使化学反应速率加快的因素是（ ）‎ ‎①扩大容器的容积 ②使用正催化剂 ③增加反应物的物质的量 ④升高温度 ⑤缩小容器容积 ⑥增大容器内的压强 A. ②③ B. ②③④⑥ C. ②④ D. ②④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①反应有气体参加，则扩大容器的容积，速率减小，故不选；‎ ‎②使用正催化剂，降低反应需要的活化能，反应速率加快，故选；‎ ‎③增加反应物的物质的量，若为固体，浓度不变，反应速率不变，故不选；‎ ‎④升高温度，反应速率加快，故选；‎ ‎⑤缩小容积，则浓度增大，反应速率加快，故选；‎ ‎⑥增大容器内的压强，若恒容充入稀有气体，反应速率不变，故不选；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握影响反应速率的因素为解答的关键，侧重常见外因对反应速率影响的考查，注意①反应为有气体参加的反应，扩大容器容积会使反应速率减小。②若反应物为固体，则增加反应物的物质的量时浓度不变。‎ ‎3.可逆反应aX(g)+b Y(g)cZ(g)在一定温度下的一密闭容器内达到平衡后，t0时改变某一外界条件，化学反应速率(u)一时间(t)图象如下图。则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 若a+b=c，则t0时只能是增大了容器的压强 B. 若a+b=c，则t0时只能是加入了催化剂 C. 若a+b≠c，则t0时只能是增大了容器的压强 D. 若a+b≠c，则t0时只能是加入了催化剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】考查外界条件对反应速率和平衡的影响。t0时正反应速率都增大相同的倍数，但平衡不移动，这说明使用了催化剂，或者如果反应前后体积不变，增大了压强，答案选D ‎4.下列关于中和热的说法中正确的是（ ）‎ A. 只要强酸与强碱在稀溶液中反应生成1mol水时的反应热就是中和热 B. 1molHCl气体通入1L0.01mol·L－1NaOH溶液中反应时的反应热是中和热 C. 1molHClO与2molNaOH溶液反应时的反应热也可能是中和热 D. 10L0.05mol·L－1Ba(OH)2溶液与20L0.05mol·L－1HNO3反应时的反应热是中和热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量叫做中和热。实际上是1molH+与1molOH-反应生成1molH2O的反应热，必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热。‎ ‎【详解】A.在稀溶液中酸跟碱发生中和反应生成1 mol 液态水时的反应热叫做中和热，没有说明液态水，故A选项错误。‎ B.1 mol HCl气体通入1 L 0.01 mol/LNaOH溶液中反应的热效应除了中和热外还有HCl气体的溶解热和电离热效应，故B选项错误。‎ C.HClO为弱酸，电离时需要吸收热量，所以1 mol HClO与2 mol NaOH溶液反应时的反应热不是中和热，故C选项错误。‎ D.10 L 0.05 mol/LBa（OH）2溶液与20 L 0.05 mol/L HNO3反应生成1mol水，放出的热量就是中和热，故D选项正确。‎ 故答案选D。‎ ‎5.对于反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)来说，下列反应速率中表示该反应进行得最快的是（ ）‎ A. v(AB3)＝12mol·L－1·min－1 B. v(B2)＝2.7mol·L－1·min－1‎ C. v(A2)＝0.25mol·L－1·s－1 D. v(A2)＝6mol·L－1·min－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.V（AB3）=12mol/（L•min），化学反应速率之比等于化学计量数之比，故v（A2）=0.5V（AB3）=0.5×12mol/（L•min）=6mol/（L•min）； B.v（B2）=2.7 mol•L-1•min-1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，故v（A2）=V（B2）═0.9mol/（L•min）； C.v（A2）=0.25mol/（L•s）=15mol/（L•min）； D.v（A2）=6mol/（L•min）； 所以最快的是C。 故答案为C。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率的比较，难度不大，注意转化为同一物质表示的速率，再进行比较。先把单位统一成相同单位，再利用化学反应速率之比等于化学计量数之比，转化为用同种物质表示的反应速率进行比较．‎ ‎6.在体积和温度不变的密闭容器中充入amolX和足量Y，发生反应：2X(g)＋Y(s)Z(g)＋W(g)，建立平衡后，若再加入bmolX，下列判断不正确的是（ ）‎ A. 平衡正向移动 B. X的转化率不变 C. X转化率减小 D. Y的转化率增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X为气体，Y为固体，反应前后气体体积不变，加入X气体后达到平衡状态相当于增大压强，X的平衡转化率不变，Y的平衡转化率增加。根据此分析回答问题。‎ ‎【详解】A.加入X物质后，反应物浓度增大，平衡正向移动，A选项正确。‎ B.反应前后气体体积不变，加入X气体后达到平衡状态，相当于增大压强，X的平衡转化 率不变，B选项正确。‎ C.X的平衡转化率不变，C选项错误。‎ D.加入X后平衡正向移动，Y的转化率增大，故D选项正确。‎ 故答案为C。‎ ‎7.下列溶液一定呈中性的是(　　)‎ A. pH＝7的溶液 B. c(H+)＝c(OH-)的溶液 C. 由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液 D. 非电解质溶于水得到的溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在室温下，pH=7的溶液为中性，若温度不是室温，则pH=7的溶液不一定是中性溶液，错误。‎ B．在任何温度下，c（H+）= c（OH-）的溶液一定为中性溶液，正确。‎ C．强酸、强碱的元数没有确定，所以二者以等物质的量反应得到的溶液不一定是中性溶液，错误。‎ D．非电解质溶于水若发生反应产生酸或碱，则溶液可能显酸性或碱性，因此不一定得到中性溶液，错误。‎ 答案选B ‎8.有一混和液可能由NaOH、NaHCO3、Na2CO3中一种或两种组成．现取等体积的两份上述溶液分别以酚酞和甲基橙为指示剂，用同样浓度的盐酸进行滴定，当达到滴定终点时，消耗盐酸的体积分别为V1 mL和V2 mL，如，V1＜V2＜2V1，则上述溶液中的溶质是（　　）‎ A. NaHCO3 B. Na2CO3 C. NaHCO3、Na2CO3 D. Na2CO3、NaOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】酚酞作指示剂时NaHCO3不会被滴定，只有NaOH被滴为氯化钠，Na2CO3变为NaHCO3，而甲基橙时所有都会被滴成氯化钠，只有一种物质时，V1和V2关系如NaOH时V1=V2； Na2CO3时2V1=V2； NaHCO3时V1=0，V2＞0，已知V1＜V2＜2V1；所以是Na2CO3、NaOH；故D正确；故选DO3不会被滴定，只有NaOH被滴为氯化钠，Na2CO3变为NaHCO3，而甲基橙时所有都会被滴成氯化钠，只有一种物质时，V1和V2关系如下NaOH时V1=V2； Na2CO3时2V1=V2； NaHCO3时V1=0，V2＞0，已知V1＜V2＜2V1；所以是Na2CO3、NaOH；故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】明确酚酞和甲基橙为指示剂时变色范围，酚酞作指示剂时NaHCO3不会被滴定，只有NaOH被滴为氯化钠，Na2CO3变为NaHCO3，而甲基橙时所有都会被滴成氯化钠，只有一种物质时，V1和V2关系如下V1=V2；   Na2CO3时2V1=V2；   NaHCO3时V1=0，V2＞0；根据实际消耗的盐酸溶液 的体积进行判断。‎ ‎9.下列物质分类组合正确的是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.溴化氢为强电解质，HF为弱酸属于弱电解质，NH3属于非电解质，A选项正确。‎ B.Cu为单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，B选项错误。‎ C.硫酸钡虽然是沉淀，但属于强电解质，C选项错误。‎ D.HI为强电解质，D选项错误。‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】本题需要注意无论是电解质还是非电解质，都要从化合物里进行选择，如果不是化合物可直接排除。‎ ‎10.在一定条件下的恒温恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时，反应：A(g)＋3B(g)2C(g)＋D(g)不能表明已达平衡状态的是（ ）‎ A. 混合气体的压强 B. 混合气体的密度 C. B的物质的量浓度 D. 气体总物质的量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应前后气体的体积不等，故混合气体的压强不再发生变化说明已达平衡状态，故A选项正确。‎ B.密度=总质量÷体积，总质量不变，体积不变，故混合气体的密度不再发生变化不能作为判断是否达到平衡，B选项错误。‎ C. B的物质的量浓度不变说明反应达到平衡状态，C选项正确。‎ D.反应前后化学计量数不等，故气体的总物质的量不变说明反应应达到平衡状态，D选项正确。‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论。‎ ‎11.下列热化学方程式中△H代表燃烧热的是（ ）‎ A. CH4（g）+3/2O2（g）=2H2O（l）+CO（g） △H1‎ B. S（s）+3/2O2（g）=SO3（s） △H2‎ C. C6H12O6（s）+6O2（g）=6CO2（g）+6H2O（l） △H3‎ D. 2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） △H4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 燃烧热是指在101kPa下，1mol完全燃烧生成N2(g)、H2O(l)、CO2(g)等的反应热，据此可得下列结论 ‎【详解】A．在反应CH4(g)＋O2(g)===2H2O(l)＋CO(g)中有CO生成，所以ΔH1不是燃烧热，故A错误；‎ B．硫充分燃烧的产物是SO2，故ΔH2不是燃烧热，故B错误；‎ C．1molC6H12O6(s)完全发生燃烧反应为：C6H12O6(s)＋6O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(l)，所以ΔH3是lC6H12O6的燃烧热，故C正确；‎ D．反应2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)中CO物质量是2mol，所以ΔH4不是燃烧热，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎12.已知水中存在如下平衡：H2O＋H2OH3O＋＋OH－ ΔH>0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液呈酸性，选择的方法是（ ）‎ A. 加热水至100℃[其中c(H＋)＝1×10－6mol·L－1] B. 向水中加入NaHSO4‎ C. 向水中加入Cu(NO3)2 D. 在水中加入Na2CO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.水的电离是吸热反应，加热至100℃，促进水电离，溶液C（OH-）=C（H+），溶液呈中性，A选项错误；‎ B.NaHSO4在水中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，相当于一元强酸，所以NaHSO4溶于水导致氢离子浓度增大，水的电离平衡左移，即抑制水的电离，B选项错误。‎ C.向水中加入Cu(NO3)2后铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，消耗OH-，促进反应向右移动，C选项正确。‎ D.水中加入Na2CO3，碳酸根水解生成OH-，抑制平衡向右移动，D选项错误。‎ 故答案为D。‎ ‎13.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是 A. 已知2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量 B. 已知2C(s)＋2O2(g) == 2CO2(g)　ΔH1, 2C(s)＋O2(g)==2CO(g)　ΔH2，则ΔH1<ΔH2‎ C. 已知H＋(aq)＋OH－(aq) == H2O(l)　ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则任何酸碱中和反应的热效应数值均为57.3kJ D. 已知C(石墨，s) == C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．放热反应为反应物总能量大于生成物总能量；‎ B．根据C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量； ‎ C．弱酸、弱碱电离要吸热，浓酸、浓碱溶解要放热；‎ D．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。‎ ‎【详解】A．放热反应是反应物总能量大于生成物总能量，所以不能根据反应是放热反应确定SO2的能量与SO3的能量大小，A错误；‎ B．因为C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，且放热反应的焓变为负值，所以2C(s)＋2O2(g) =2CO2(g)　ΔH1，2C(s)＋O2(g)=2CO(g)　ΔH2，则ΔH1<ΔH2，B正确；‎ C．H＋(aq)＋OH－(aq) = H2O(l)　△‎ H=-57.3kJ/mol，表示稀的强酸与稀的强碱反应生成1mol液态水时，放出热量57.3kJ，不能代表弱酸、弱碱以及浓酸、浓碱的反应热，C错误；‎ D．由于石墨变为金刚石吸收能量，石墨金刚石比石墨能量高，能量越低越稳定，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查了物质能量的高低与反应能量变化的关系、中和反应等问题，属基础性知识考查题，难度不大。‎ ‎14.用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定0.1mol·L－1盐酸，如达到滴定的终点时不慎少加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05mL)，继续加水至50mL，所得溶液的pH是（ ）‎ A. 4 B. 7.2 C. 10 D. 11.3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题中盐酸过量，HCl的物质的量为0.1乘以0.05除以1000，已知总体积为0.05L，H+浓度为1×10-4mol/L，由此计算PH。‎ ‎【详解】由分析可计算PH=4，故答案为A选项。‎ ‎15.用某浓度的HCl溶液滴定某浓度的NaOH溶液25.00 mL，滴定曲线如图所示。则HCl溶液与NaOH溶液的物质的量浓度可能是(单位：mol·L－1)（ ）‎ ‎ ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象知，当V（HCl）=20mL时，混合溶液呈中性，说明n（HCl）=n（NaOH），盐酸的体积是20mL，氢氧化钠的体积是25mL，则c（HCl）= c（NaOH），由此分析进行解答。‎ ‎【详解】A.盐酸浓度：氢氧化钠浓度=6:5，A选项错误。‎ B.盐酸浓度：氢氧化钠浓度=5:6，B选项错误。‎ C.盐酸浓度：氢氧化钠浓度=5:4，C选项正确。‎ D.盐酸浓度：氢氧化钠浓度=4:5，D选项错误。‎ 故答案选C。‎ ‎16.在密闭容器中充入一定量的NO2，发生反应2NO2（g）N2O4（g）ΔH=﹣57 kJ•mol﹣1在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A. a、c两点的反应速率：a＞c B. a、b两点的转化率：a＜b C. a、c两点气体的颜色：a深，c浅 D. 由a点到b点，可以用加热的方法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2NO2(g) N2O4(g)△H=-57kJ•mol-1，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，混合气体中NO2的体积分数增大；增大压强，平衡正向移动，混合气体中NO2的体积分数减小，然后结合图象分析解答。‎ ‎【详解】A．由图像可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，则a、c两点的反应速率：a＜c，故A错误；‎ B．由图像可知，a点二氧化氮的体积分数高，所以转化率a＜b，故B正确；‎ C．a、c两点温度相同，c点压强大，c点容器体积小，则二氧化氮浓度大，因此a、c两点气体的颜色：a浅、c深，故C错误；‎ D．升高温度，平衡逆向移动，NO2的体积分数增大，a点到b点，二氧化氮的体积分数减少，说明是降低了温度，所以不能用加热的方法实现由a点到b点的转变，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】明确外界条件对化学平衡的影响及图像中纵横坐标的含义是解题的关键。本题的易错点为C，要注意气体的压强增大，容器的体积减小，无论平衡如何移动，气体物质的浓度均会增大。‎ ‎17.对于反应：2A(g)＋B(g)2C(g) ΔH＜0，下列图像正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由反应2A（g）+B（g）2C（g）△H＜0，可知，该反应为放热反应，升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，气体反应物的化学计量数之和大于生成物计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动，以此解答该题。‎ ‎【详解】A.该反应为放热反应，升高温度，反应速率增大，到达平衡用的时间少，曲线的斜率增大，平衡向逆反应方向移动，B的物质的量分数增加，A选项正确。‎ B.反应中气体反应物的化学计量数之和大于生成物计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，反应放热，在相同压强下，较高温度时，A的转化率减小，图象不正确，故B选项错误。‎ C.该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，故C选项错误。‎ D.该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，百分含量升高，D选项错误。‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】本类考查化学平衡移动图象问题，题目难度不大，要注意分析化学方程式的特征以及温度、压强对平衡移动的影响。‎ ‎18.在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下（已知N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol-1)‎ 容器 甲 乙 丙 反应物投入量 ‎1molN2、3molH2‎ ‎2molNH3‎ ‎4molNH3‎ NH3的浓度（mol·L-1）‎ c1‎ c2‎ c3‎ 反应的能量变化 放出akJ 吸收bkJ 吸收ckJ 体系压强（Pa）‎ p1‎ p2‎ p3‎ 反应物转化率 а1‎ а2‎ а3‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 2c1p3，B选项错误。‎ C.乙中开始投入2molNH3，则甲与乙是等效的，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故 a+b=92.4，C选项正确。‎ D.丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，相当于增大压强，平衡正移，所以丙中逆向进行的转化率小，即a2＞a3，因为α1＋α2=1，所以α1＋α3<1，D选项正确。‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本类型题目考查化学平衡影响因素、等效平衡、化学平衡的计算，题目计算量较大，题目难度较大，解题关键在于构建平衡建立的等效途径，运用平衡知识基础知识解决实际问题的能力的培养。‎ 二、非选择题(每空2分，共46分)‎ ‎19.已知下列热化学方程式,回答下列问题：‎ ‎①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l） ΔH=﹣570kJ•‎ ‎②2H2O（g）=2H2（g）+O2（g） ΔH=+483.6kJ•‎ ‎③2C（s）+O2（g）=2CO（g） ΔH=﹣220.8kJ•‎ ‎④C（s）+O2（g）=CO2（g） ΔH=﹣393.5kJ•‎ ‎（1）上述反应中属于放热反应的是_____（填写序号）；‎ ‎（2）H2的燃烧热为_____；‎ ‎（3）燃烧8g H2生成液态水，放出的热量为_____；‎ ‎（4）H2O（l）=H2O（g）ΔH=______；‎ ‎（5）CO的燃烧热的热化学方程式为__。‎ ‎【答案】 (1). ①③④ (2). 285kJ•mol-1 (3). 1140kJ (4). +43.2kJ•mol-1 (5). CO（g）+O2（g）=CO2（g）ΔH=﹣283.1kJ•mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①△H＜0时反应为放热反应，故①③④均为放热反应。‎ 故答案为①③④‎ ‎②H2的燃烧热是1 mol氢气完全燃烧生成稳定氧化物液态水时所放出的热量，①2H2（g）+O2 （g）=2H2O（l）△H=-570kJ•mol-1，依据盖斯定律,氢气的燃烧热为0.5×①=285 kJ•mol-1。‎ 故答案为285kJ•mol-1‎ ‎③燃烧8gH2生成液态水，放出的热量为x，根据下列热化学方程式计算：   2H2（g）+O2 （g）=2H2O（l）；△H=-570kJ?mol-1 ‎ ‎  4g                                 570KJ   8g                                  x x=1140KJ；‎ 故答案为1140KJ。‎ ‎④由盖斯定律得H2O（l）=H2O（g）ΔH=—0.5（①＋②）=+43.2kJ•mol-1‎ 故答案为+43.2kJ•mol-1‎ ‎⑤依据盖斯定律（④×2-③）×0.5得到：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H= - 283KJ/mol 故答案为：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283KJ/mol；‎ ‎20.某恒温下，在一个容积为2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：‎ ‎（1）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为___；‎ ‎（2）达平衡时X与Y的转化率之比为__；‎ ‎（3）反应达到平衡时：压强是开始时的__倍；‎ ‎（4）若此时将容器的体积缩小为原来的倍，达到平衡时，容器内温度将升高(容器不与外界进行热交换)，则该反应的正反应为__(填“放热”或“吸热”)反应。‎ ‎（5）达平衡时该反应放出9.2kJ的热量，则该反应的热化学方程式为：__。‎ ‎【答案】 (1). 005mol·L－1·min－1 (2). 3：1 (3). 0.9 (4). 放热 (5). 3X (g)＋Y(g)2Z(g) ΔH=﹣92kJ•mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物质的量变化曲线，可知X、Y物质的量减小，为反应物；反应物没有完全反应，所以该反应为可逆反应；Z物质的量增加，为生成物，再根据其物质的量变化量之比等于其计量数之比，可写出化学方程式，为3X (g)＋Y(g)2Z(g)，根据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）v（Z）=0.2mol÷2L÷2min=0.05 mol•L-1•min-1。‎ 故答案为：0.05 mol•L-1•min-1。‎ ‎（2）反应达到平衡时，X的转化率为0.3×100%=30%，Y的转化率为0.1×100%=10%，故达平衡时X与Y的转化率之比为3:1。‎ 故答案为3:1。‎ ‎（3）由图可知开始混合气体的总的物质的量为2mol，平衡时混合气体的物质的量为（0.9+0.7+0.2）mol=1.8mol，压强之比等于物质的量之比，所以反应达平衡此时体系的压强是开始时1.8mol÷2mol =0.9。‎ 故答案为0.9。‎ ‎（4）由题意可得化学方程式，为3X (g)＋Y(g)2Z(g)，将体积缩小等于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，故向正方向移动，平衡时器内温度升高，则该反应的正反应为放热反应。‎ 故答案为放热反应。‎ ‎（5）已知反应方程式为3X (g)＋Y(g)2Z(g)，由图像可知达平衡时该反应转化0.1molY，放出9.2kJ的热量，则ΔH=﹣92kJ•mol-1‎ 故答案为：3X (g)＋Y(g)2Z(g) ΔH=﹣92kJ•mol-1‎ ‎【点睛】该题通过图象中物质的物质的量的变化，来考查化学平衡的移动、化学反应速率计算，此类题目首先应分析图像中物质的增加量和减少量，根据此判断出X、Y、Z分别为反应物还是生成物，再根据转化量的比例写出化学方程式后进行题目解答。‎ ‎21.25℃时，有关物质的电离平衡常数如下：‎ ‎（1）电解质由强至弱顺序为__(用化学式表示)；‎ ‎（2）体积为10 mLpH=2的醋酸溶液与亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1 000 mL，稀释后溶液的pH，前者__后者(填“＞”、“＜”或“=”)；‎ ‎（3）25℃时，pH之和为14的CH3COOH溶液与NaOH溶液混合，充分反应后溶液显中性，则所耗溶液的体积前者__后者(填“＞”、“＜”或“=”)；‎ ‎（4）若用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸，选择的指示剂应为_；‎ ‎（5）下列离子CH3COO-、CO32-、HCO3-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+‎ 的能力由大到小的顺序为___；‎ ‎（6）25℃时，把100mLpH为2的盐酸变为3，若分别用加入蒸馏水和加入pH为4的稀硫酸，则所需蒸馏水和pH为4的稀硫酸的体积之比为__。‎ ‎【答案】 (1). H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3 (2). < (3). < (4). 酚酞 (5). CO32-＞SO32-＞HCO3-＞CH3COO-＞HSO3- (6). 9：10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据此规律进行解答：‎ ‎（1）电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强，则电解质越强；‎ ‎（2）设出该醋酸的电离度，然后根据该稳定性醋酸的电离平衡常数列式计算；酸性越弱，稀释后溶液的pH变化越大；‎ ‎（3）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。‎ ‎【详解】（1）电离平衡常数越大说明电离能力越强，由电离平衡的数据可得出电解质强弱顺序为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3。‎ 故答案为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3‎ ‎（2）pH相同的醋酸和亚硫酸，醋酸的浓度远大于亚硫酸的浓度，稀释相同的倍数，亚硫酸的pH变化大，则稀释后的醋酸电离出的氢离子浓度大于亚硫酸电离出的氢离子浓度，醋酸溶液的pH＜亚硫酸溶液的pH。‎ 故答案为：＜。‎ ‎（3）pH之和为14的CH3COOH溶液与NaOH溶液等体积混合后，所得溶液是醋酸和醋酸钠的混合物，若溶液显中性PH=7时，则CH3COOH溶液体积应小于NaOH溶液体积。‎ 故答案为＜。‎ ‎（4）用NaOH溶液滴定醋酸溶液是强碱滴定弱酸的中和滴定，在等当量点（等当点）时，溶液略带碱性(因为此时醋酸已被完全中和，但生成的醋酸钠要被水解而产生醋酸和氢氧化钠，醋酸微弱电离而氢氧化钠强烈离解使液略显碱性)，因此要用变色范围在 pH 8.0-10.0 之间的酚酞指示剂。‎ 故答案为酚酞。‎ ‎（5）已知酸性：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-‎ ‎（6）盐酸的PH由2变为3，则酸中c（H+）由0.01mol/L变为0.001mol/L。溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后的溶液体积为V=mL=1000 mL，故加水的体积为900 mL。设要加入的pH为4的稀硫酸的体积为V L，则混合液中c（H+）==0.001mol/L，计算得V=1L=1000 mL。则所需蒸馏水和pH为4的稀硫酸的体积之比为900：1000=9:10。‎ 故答案为9:10。‎ ‎【点睛】本题考查了弱电解质在溶液中的电离平衡，题目难度中等，明确弱电解质的电离平衡的影响因素为解答关键，注意解题过程中掌握判断电解质强弱、电离度的概念及计算方法。‎ ‎22.（1）已知：反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)的平衡常数为K1；反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)的平衡常数为K2。不同温度时K1、K2的值如下表：‎ 温度/K K1‎ K2‎ ‎973‎ ‎1.47‎ ‎2.38‎ ‎1 173‎ ‎2.15‎ ‎1.67‎ ‎①则反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)的平衡常数K可表示为K＝__(用K1与K2来表示)‎ ‎②根据表中数据，可推知该反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)是__(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎（2）已知在温度为T时，CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的平衡常数K＝0.32，在该温度下，已知c始(CO)＝1mol·L－1，c始(H2O)＝1mol·L－1，某时刻经测定CO的转化率为20%，则此时该反应__(填“达到平衡”或“向右移动”或“向左移动”)，理由是__(通过计算说明理由)。‎ ‎（3）在容积为VL的容器中充入amolCO与2amolH2，在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图所示。‎ ‎①p1__(填“大于”“小于”或“等于”)p2。‎ ‎②在其他条件不变的情况下，再增加amolCO与2amolH2，达到新平衡时，CO的转化率__(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，平衡常数__。‎ ‎【答案】 (1). (2). 吸热 (3). 向右移动 (4). 此时Qc=＝=0.0625＜0.32 (5). 小于 (6). 增大 (7). 不变 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由表中数据可知，温度升高，反应①Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，反应②Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g) 平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应放热。‎ 相同温度下，同一容器中，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CO的转化率增大；温度容积不变，向该密闭容器再增加a mol CO与 2a mol H2，等效为开始加入2a mol CO与 4a mol H2，体积扩大1倍，平衡后增大压强，再压缩恢复到原来体积，增大压强平衡向体积减小的方向移动；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，跟据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）已知反应①Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)的平衡常数为K1；反应②Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)的平衡常数为K2，根据盖斯定律①-②得CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其平衡常数K可表示为K＝。由题意可得973K时K3=1.47÷2.38=0.62，1173K时K3=2.15÷1.67=1.29，随着温度的升高平衡向正反应方向移动，正反应吸热。‎ 故答案为 吸热。‎ ‎（2）已知c始(CO)＝1mol·L－1，c始(H2O)＝1mol·L－1，某时刻经测定CO的转化率为20%，则此时该反应Qc=＝=0.0625＜0.32，Qc＜K时反应向正反应方向进行。‎ 故答案为：向右移动 Qc=＝=0.0625＜0.32‎ ‎（3）①相同温度下，同一容器中，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CO 的转化率增大，根据图象知，p1小于p2。‎ ‎②温度容积不变，向该密闭容器再增加a mol CO与 2a mol H2，等效为开始加入2a mol CO与 4a mol H2，体积扩大1倍，平衡后增大压强，再压缩恢复到原来体积，增大压强平衡向体积减小的方向移动。该反应为气体体积减小的反应，故向正反应移动，CO转化率增大。平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变。‎ 故答案为：小于 增大 不变 ‎【点睛】本题主要考查的是可逆反应转化率随温度和压强变化的曲线，注意依据图象所给的信息获取分析问题的方法，推断出反应方程式后进行平衡常数的计算以及反应进行的方向，注意平衡常数的大小只与温度有关。‎ ‎ ‎