湖北省荆州市四县市2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题 Word版含解析

湖北省荆州市四县市2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 湖北省荆州市四县市2019-2020学年高二上学期化学期末考试试卷 一、选择题，本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.化学与生活、生产息息相关。下列有关应用中，解释时所用知识错误的是（ ）‎ A. 食品保存时加抗氧化剂—化学反应速率 B. 用草木灰水清洗油污—盐类水解 C. 用电泳法除尘—电解 D. 在牙膏中加入适量钙离子—溶解平衡 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加入抗氧化剂，是为了减慢食品被氧化的速率，与反应速率有关，故A正确；‎ B. 草木灰的主要成分为K2CO3，CO32−水解显碱性，可用于清洗油污，与盐类的水解有关，故B正确；‎ C. 用电泳法除尘，是利用胶体的聚沉，与电解无关，故C错误；‎ D. 在药膏中加入适量钙离子，应用了沉淀溶解平衡，故D正确；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎2.对滴有酚酞的下列溶液，对其进行相关操作后，有关现象变化描述正确的是（ ）‎ A. 明矾溶液加热颜色变浅 B. 小苏打溶液加热颜色变深 C. 氨水中加NH4Cl固体颜色不变 D. 小苏打溶液加NaCl固体颜色变深 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加热会促进Al3+的水解，产生更多的H+，溶液颜色不变，故A错误；‎ B. 加热可促进HCO3－的水解，产生更多的OH－，溶液中c(OH－)增大，溶液颜色变深，故B正确；‎ C. 加入NH4Cl固体，溶液中c(NH4+)增大，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，溶液中c(OH－)减小，溶液颜色变浅，故C错误；‎ D. 加入NaCl固体，对HCO3－水解平衡不影响，溶液颜色不变，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎3.下列是教材中常规电化学示意图，其标注完全正确的是（ ）‎ - 21 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该装置中发生反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，Zn发生失电子的氧化反应，为负极，铜为正极，故A错误；‎ B. 该原电池装置中，Zn电极所在的电解质溶液应为ZnSO4溶液，Cu电极所在的电解质溶液应为CuSO4溶液，故B错误；‎ C. 电解精练铜时，纯铜做阴极，与电源负极相连，粗铜做阳极，与电源正极相连，故C错误；‎ D. 电解饱和NaCl溶液时，H2O电离产生的H+在阴极发生得电子的还原反应生成H2，Cl−在阳极发生失电子的氧化反应，生成Cl2，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】电解精炼铜中粗铜作阳极、纯铜作阴极，电解液为含铜离子的盐溶液；电镀时镀层金属作阳极，被镀金属作阴极，电解液为含镀层金属的盐溶液。‎ ‎4.下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是 A. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅 B. 高压比常压有利于合成SO3的反应 C. 加入催化剂有利于氨的合成 D. 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 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二氧化氮与四氧化二氮之间存在化学平衡2NO2N2O4，红棕色的NO2‎ - 21 -‎ 加压后颜色先变深是因为加压后二氧化氮的浓度变大了，后来变浅说明化学平衡向生成四氧化二氮的方向移动了，A可以用平衡移动原理解释；‎ B. 合成SO3的反应是气体分子数减小的反应，加压后可以使化学平衡向正反应方向移动，所以高压比常压有利于合成SO3的反应，B可以用平衡移动原理解释；‎ C. 加入催化剂可以加快化学反应速率，所以有利于氨的合成，但是不可以用平衡移动原理解释；‎ D. 工业制取金属钾，Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)，选取适宜的温度，使K成蒸气从反应混合物中分离出来，有利于化学平衡向生成钾的方向移动，D可以用平衡移动原理解释。‎ 本题选C。‎ ‎5.用盐酸标准液来滴定NaOH待测液，下列操作可能会使测定结果偏低的是 A. 酸式滴定管只用水洗 B. 锥形瓶只用水洗 C. 使用甲基橙做指示剂 D. 第一次观察酸式滴定管刻度时仰视 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据c(待测)=，分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。‎ ‎【详解】A、酸式滴定管只用水洗，注入标准溶液盐酸后，标准液的浓度偏小，造成V(标)偏大，根据c(待测)，则c(待测)偏大，故A错误； B、锥形瓶只用水洗,待测液的物质的量无影响，V(标)无影响，根据c(待测)=，则c(待测)不变，故B错误； C、使用甲基橙做指示剂，甲基橙在酸性范围内变色，造成V(标)偏大，根据c(待测)=，则c(待测)偏大，故C错误； D、若第一次观察酸式滴定管的刻度时仰视，结束后观察酸式滴定管的刻度时平视，造成V(标 - 21 -‎ ‎)偏小，由c(待测)=可以知道，c(待测)偏小，故D正确。 所以D选项是正确的。‎ ‎6.向MnCl2溶液中加入过量难溶电解质MnS，可使溶液中含有的Cu2+、Pb2+、Cd2+等金属离子转化为硫化物沉淀，从而得到纯净的MnCl2．下列分析正确的是（ ）‎ A. MnS具有吸附性 B. MnS有还原性，可将Cu2+、Pb2+、Cd2+还原后除去 C. MnS溶解度大于CuS、PbS、CdS D. MnS与Cu2+反应的离子方程式是Cu2++S2﹣=CuS↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据信息，Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋转化成硫化物沉淀，吸附是物理变化，故错误；‎ B. 只是生成硫化物沉淀，化合价并没有变化，故错误；‎ C. 根据化学反应中向更溶的方向进行，因此MnS的溶解度小于CuS、PbS、CdS，故正确；‎ D. MnS是难溶电解质，不能拆写成离子，故错误。‎ 答案选C。‎ ‎7.研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2—CaO作电解质，利用图示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 由TiO2制得1mol金属Ti，理论上外电路转移4mol电子 B. 阳极的电极反应式为2O2--4e-=O2↑‎ C. 在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量会不断减少 D. 装置中石墨电极材料需要定期更换 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由反应“2Ca+TiO2=2CaO+Ti”可知，当生成1mol金属Ti时，转移电子数为4mol，故A正确；‎ - 21 -‎ B. 由分析可知，阳极的电极反应式为C−4e－+2O2− = CO2，故B错误；‎ C. 由于过程中得失电子守恒，由电极反应式可知，制备金属钛前后，CaO的总量保持不变，故C正确；‎ D. 由于石墨电极在反应过程中，反应生成CO2，因此石墨电极参与反应，需定期更换，故D正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】注意理解题意，O2−不断向阳极移动，变为CO2，化合价没有变化，C化合价在变化，因此是C在失去电子。‎ ‎8.298 K时，各反应的平衡常数如下：①N2(g)＋O2(g)2NO(g)　K＝1×10－30；②2H2(g)＋O2(g)2H2O(g)　K＝2×1081；③2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)　K＝4×10－92，则常温下，NO、H2O、CO2这三个化合物分解放氧的倾向最大的是 (　　)‎ A. ① B. ②‎ C. ③ D. 无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】要判断NO、H2O、CO2这三个化合物分解放氧的倾向，则必须求出各个分解放氧反应的平衡常数，然后比较大小即可。由已知可知：‎ ‎①2NO(g)N2(g)＋O2(g)，K＝1×1030‎ ‎②2H2O(g)2H2(g)＋O2(g)，K＝5×10－82‎ ‎③2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)，K＝4×10－92‎ 平衡常数越大，表示反应进行得越彻底，因此反应①即NO分解放氧的倾向最大。答案选A。‎ ‎9.美国亚利桑那州大学和阿贡国家实验室的科学家最近设计出生产氢气的人造树叶，原理为2H2O(g) 2H2(g)+O2(g)。有关该反应的说法错误的是（ ）‎ A. 没有人造树叶和太阳能的作用该反应不能自发进行 B. 该反应最终是将太阳能转化为电能 C. 该反应为充分利用太阳能开辟了广阔前景 D. 氢能是理想的绿色能源 ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【详解】A. 自然条件下，H2O(g)无法转化为H2和O2，因此在没有人造树叶和太阳能的作用下，该反应不能自发进行，故A正确；‎ B. 该反应过程中，没有产生电能，因此不存在太阳能和电能的转化，故B错误；‎ C. 该反应利用了太阳能，实现了太阳能的转化，为充分利用太阳能开辟了广阔前景，故C正确；‎ D. H2燃烧生成H2O，H2O分解产生H2，可实现循环利用，且不会造成污染，因此氢能是理想绿色能源，故D正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎10.在1.5L的密闭容器中通入2molN2和3molH2的混合气体，在一定温度下发生反应。10分钟后达到平衡，此时容器内压强为反应开始时的0.8，则下列说法不正确的是（ ）‎ A. 平衡常数K=0.44‎ B. 该10分钟内v(H2)=0.1mol/L·min C. N2的转化率为25%‎ D. 若向该容器内充入He使压强增大，则化学平衡向正反应方向移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎，解得x=0.5‎ ‎【详解】A. 该反应的平衡常数，故A正确；‎ B. 该10分钟内反应速率，故B正确；‎ C. N2的转化率为：，故C正确；‎ D. 向该容器内充入He使压强增大，由于容器体积不变，反应物、生成物浓度不变，因此平衡不移动，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ - 21 -‎ 二、选择题，本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。‎ ‎11.用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是( )‎ A. c（OH-）/c（NH3·H2O） B. n（OH-）‎ C. c（NH3·H2O）/c（OH-） D. c（H﹢）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氨水中存在如下电离平衡：NH3·H2O NH4+ + OH－，加水稀释平衡正向移动，氢氧根物质的量增加，一水合氨物质的量减少，所以c（OH-）/c（NH3·H2O）增大，选项A错误；‎ B. 加水稀释平衡正向移动，氢氧根物质的量增加，选项B错误；‎ C. 加水稀释平衡正向移动，氢氧根物质的量增加，一水合氨物质的量减少，所以c（NH3·H2O）/c（OH-）减小，选项C正确；‎ D. 加水稀释，溶液碱性减弱，氢氧根浓度减小，所以氢离子浓度增大，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】加水稀释时，弱电解质的电离平衡正向移动，会电离出更多的离子，但是溶液的体积在增加，所以溶液中溶质电离出来的离子的浓度均减小。另外还要考虑到，溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度的乘积一定等于水的离子积KW，所以氢离子和氢氧根离子浓度不可能都减小或者都增大。酸性溶液稀释，是氢离子减小，氢氧根增大；碱性溶液稀释是氢氧根减小，氢离子增大。‎ ‎12.25℃时，AgCl的Ksp=1.8×10-10，Ag2CO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. Ag2CO3的Ksp为8.1×10-12‎ B. Ag2CO3(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+CO32-(aq)的平衡常数K=2.5×108‎ C. 向Ag2CO3的饱和溶液中加入K2CO3(s)，可使c(CO32-)增大(由Y点到X点)‎ - 21 -‎ D. 向同浓度的KCl和K2CO3的混合溶液中滴入0.001mol·L-1AgNO3溶液，CO32-先沉淀 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ag2CO3的溶度积Ksp=c2(Ag+)×c(CO32−)=(9×10−4)2×(1×10−5)=8.1×10−12，故A正确；‎ B. 该反应平衡常数，故B正确；‎ C. 加入K2CO3(s)后，Ag2CO3沉淀溶解平衡正向移动，溶液中c(CO32−)增大，c(Ag+)减小，而Y到X的移动过程中c(Ag+)不变，故C错误；‎ D. 形成AgCl沉淀所需Cl−浓度，形成Ag2CO3沉淀所需CO32−浓度，因此Cl−先形成沉淀，故D错误。‎ 综上所述，答案为CD。‎ ‎13.我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置，其示意图如图： 下列说法不正确的是（ ）‎ A. b为电源的负极 B. ①②中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化 C. a极的电极反应式为2C2O52﹣-4e﹣=4CO2+O2‎ D. 上述装置存在反应：CO2C+O2‎ - 21 -‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由分析可知，C2O52−化合价升高变为O2，因此电极a为阳极，电源b为正极，故A错误；‎ B. ①②捕获CO2时生成的过程中碳元素的化合价均为+4价，没有发生化合价变化，故B错误；‎ C. 由分析可知，a电极的电极反应式为2C2O52− − 4e－ = 4CO2+O2，故C正确；‎ D. 由a电极、d电极的电极反应式可知，该装置的总反应为CO2C+O2，故D正确。‎ 综上所述，答案为AB。‎ ‎【点睛】学会分析左右两边电极反应，C2O52− 反应生成O2，化合价升高，发生氧化反应，为阳极，连接电源正极。‎ ‎14.利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知煤液化过程中有反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，其反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是（ ）‎ A. 该反应的反应热ΔH=+91kJ·mol-1‎ B. 加入催化剂后，该反应的ΔH变小 C. 反应物的总能量大于生成物的总能量 D. 从图中可以看出，使用催化剂降低了该反应的活化能 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该反应的反应热ΔH= 419kJ∙mol−1−510 kJ∙mol−1=−91 kJ∙mol−1，故A错误；‎ B. 催化剂可改变反应速率，但不改变反应热，故B错误；‎ C. 该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故C正确；‎ D. 使用催化剂可降低反应所需的活化能，故D正确。‎ 综上所述，答案为CD。‎ - 21 -‎ ‎【点睛】催化剂加快反应速率，是降低了反应所需活化能，但不改变反应热，反应热大小只由初始态物质的能量大小有关。‎ ‎15.如图表示的是可逆反应A+2B2C+3D的化学反应速率随外界条件改变(先降温后加压)而变化的情况，由此可推断出（ ）‎ A. 该反应的正反应是吸热反应 B. 若A，B是气体，则D一定是纯液体或固体 C. 该反应的平衡常数始终没变 D. A的转化率最终增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图像可知，降低温度后，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，因此正反应为放热反应，故A不符合题意；‎ B. 由图像可知，增大压强后，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，而增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，因此正反应为气体分子数减小的反应，若A、B都是气体，则D一定是纯液体或固体，故B符合题意；‎ C. 由于外界条件的改变有“降低温度”，温度变化引起的平衡移动，会使得平衡常数发生变化，故C不符合题意；‎ D. 降温或加压过程中，平衡都正向移动，因此A的转化率都增大，故D符合题意；‎ 故答案为：BD。‎ 三、非选择题 ‎16.根据要求填空 ‎（1）打火机、运动会中的火炬一般采用丙烷(C3H8)为燃料。丙烷热值较高，污染较小，是一种优良的燃料。已知一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O(l)过程中的能量变化如图，请写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：__。‎ - 21 -‎ ‎（2）CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图：‎ ‎①电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，则c电极是__(填“正极”或“负极”)，c电极的反应方程式为___。‎ ‎②用该燃料电池电解1L饱和食盐水（足量），当燃料电池消耗0.56L（标准状况下）氧气时，溶液pH=___(不考虑溶液体积变化）。‎ ‎（3）有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图所示，电池正极的电极反应式是__，该反应能设计成原电池的原因是__。A是__（填物质名称）。‎ ‎【答案】 (1). C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) ΔH=-2215.0kJ/mol (2). 负极 (3). CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ (4). 13 (5). N2+8H++6e-=2NH4+ (6). 合成氨是放热的氧化还原反应 (7). 氯化铵 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴根据图像计算4mol放出的热量，再写丙烷燃烧的热化学方程式。‎ ‎⑵①由图可知，电子由电极c移动电极b，而在原电池中，电子由负极流向正极，因此c电极为负极；CH3OH在负极发生失电子的氧化反应，生成CO2‎ - 21 -‎ ‎；②先算0.56L氧气的物质的量，再算反应过程中转移电子数；根据电子转移计算反应生成n(OH－)，再计算溶液c(OH－)，再计算溶液中c(H+)，再计算溶液的pH。‎ ‎⑶根据反应N2+3H2=2NH3，正极发生的是得电子的还原反应，负极发生氧化反应；合成氨的过程为放热的氧化还原反应可以设计成原电池。‎ ‎【详解】⑴丙烷燃烧的化学方程式为C3H8(g) + 5O2(g) = 3CO2(g) + 4H2O(l)，由图像可知，当反应生成1mol H2O(l)时放出的热量为553.75 kJ∙mol−1，因此反应生成4molH2O(l)时放出的热量为553.75kJ∙mol−1×4=2215.0 kJ∙mol−1，因此该反应的热化学方程式为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g) +4H2O(l) ΔH=−2215.0 kJ∙mol−1；故答案为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) ΔH=−2215.0 kJ∙mol−1。‎ ‎⑵①由图可知，电子由电极c移动电极b，而在原电池中，电子由负极流向正极，因此c电极为负极；CH3OH在负极发生失电子的氧化反应，生成CO2，反应过程中，碳元素由−2价变为+4价，失去6个电子，电解质溶液中使用质子交换膜，只允许H+通过，因此c电极的电极反应式为：CH3OH− 6e− + H2O = CO2 + 6H+；故答案为：负极；CH3OH− 6e− + H2O = CO2 + 6H+。‎ ‎②0.56L氧气的物质的量，反应过程中转移电子数为0.025mol×4=0.1mol；电解饱和NaCl溶液时，阴极的电极反应式为2H2O+2e－ = 2OH－+H2↑，因此反应生成n(OH－)=0.1mol，则溶液中，因此溶液的pH=13；故答案为：13。‎ ‎⑶利用N2和H2进行的固氮反应为N2+3H2=2NH3，正极发生的是得电子的还原反应，因此正极的电极反应式为N2 + 8H+ + 6e− = 2NH4+，负极的电极反应式为3H2−6 e− = 6H+；因此可得A为NH4Cl；该反应能设计成原电池是由于合成氨的过程为放热的氧化还原反应；故答案为：N2 + 8H+ + 6e− = 2NH4+；合成氨是放热的氧化还原反应；氯化铵。‎ ‎17.现甲、乙两化学小组安装两套如图所示的相同装置，用以探究影响H2O2分解速率的因素。‎ ‎（1）仪器a的名称___。‎ ‎（2）MnO2催化下H2O2分解的化学方程式是___。‎ - 21 -‎ ‎（3）甲小组有如下实验设计方案，请帮助他们完成表格中未填部分。‎ 实验编号 实验目的 T/K 催化剂 浓度 甲组实验Ⅰ 作实验参照 ‎298‎ ‎3滴FeCl3溶液 ‎10mL2%H2O2‎ 甲组实验Ⅱ ‎①__‎ ‎298‎ ‎②__‎ ‎10mL5%H2O2‎ ‎（4）甲、乙两小组得出如图数据。‎ ‎①由甲组实验数据可得出文字结论__。‎ ‎②由乙组研究的酸、碱对H2O2分解影响因素的数据分析：相同条件下，Na2O2和K2O2溶于水放出气体速率较快的是__；乙组提出可以用BaO2固体与H2SO4溶液反应制H2O2，其化学反应方程式为_；支持这一方案的理由是_。‎ ‎【答案】 (1). 锥形瓶 (2). 2H2O22H2O+O2↑ (3). 探究反应物浓度对反应速率的影响 (4). 3滴FeCl3溶液 (5). 在其它条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越大 (6). K2O2 (7). Ba2O2+H2SO4=BaSO4+H2O2 (8). 制备H2O2的环境为酸性环境，H2O2的分解速率较慢 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴根据图示仪器a得出名称。‎ ‎⑵H2O2在MnO2催化作用下分解生成O2和H2O。‎ ‎⑶反应速率受温度、浓度、催化剂的影响，甲组实验Ⅰ和实验Ⅱ中温度相同、浓度不同，因此该实验过程探究的是浓度对反应速率的影响。‎ - 21 -‎ ‎⑷①由甲组实验数据可得，甲组实验Ⅱ所用反应物浓度较大，相同时间内产生氧气的体积较大。‎ ‎②由乙组实验数据可知，碱性条件下，H2O2的分解速率更快，由于KOH的碱性比NaOH的碱性强，因此K2O2与H2O反应放出气体的速率较快；该反应的化学方程式为：BaO2+H2SO4 = BaSO4+H2O2，由于该反应在酸性条件下进行，而酸性条件下，H2O2的分解速率较慢。‎ ‎【详解】⑴图示仪器a为锥形瓶；故答案为：锥形瓶。‎ ‎⑵H2O2在MnO2催化作用下分解生成O2和H2O，该反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；故答案为：2H2O22H2O+O2↑。‎ ‎⑶反应速率受温度、浓度、催化剂的影响，甲组实验Ⅰ和实验Ⅱ中温度相同、浓度不同，因此该实验过程探究的是浓度对反应速率的影响，则需保证反应温度和催化剂相同，因此所用催化剂为3滴FeCl3溶液；故答案为：探究反应物浓度对反应速率的影响；3滴FeCl3溶液。‎ ‎⑷①由甲组实验数据可得，甲组实验Ⅱ所用反应物浓度较大，相同时间内产生氧气的体积较大，因此可得结论：在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快；故答案为：在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快。‎ ‎②由乙组实验数据可知，碱性条件下，H2O2的分解速率更快；而Na2O2、K2O2与H2O反应的化学方程式分别为：2Na2O2+2H2O = 4NaOH+O2↑、2K2O2+2H2O = 4KOH+O2↑，由于KOH的碱性比NaOH的碱性强，因此K2O2与H2O反应放出气体的速率较快；该反应的化学方程式为：BaO2+H2SO4 = BaSO4+H2O2，由于该反应在酸性条件下进行，而酸性条件下，H2O2的分解速率较慢，因此可用该反应制备H2O2；故答案为：K2O2；Ba2O2+H2SO4=BaSO4+H2O2；制备H2O2的环境为酸性环境，H2O2的分解速率较慢。‎ ‎18.已知化学反应①：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，其化学平衡常数为K1；化学反应②：Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)，其化学平衡常数为K2，在温度973K和1173K的情况下，K1、K2的值分别如下：‎ 温度 K1‎ K2‎ ‎973K ‎1.47‎ ‎2.38‎ - 21 -‎ ‎1173K ‎2.15‎ ‎1.67‎ 请填空：‎ ‎（1）反应①的K1表达式是___。‎ ‎（2）现有反应③：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，该反应的平衡常数K3，根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系式为__，据此关系式及上表数据，能推断出反应③是__（填“吸热”或“放热”）反应。‎ ‎（3）能判断反应③一定处于化学平衡状态的依据是___（填写字母序号）。‎ A.压强不随时间改变 B.气体密度不随时间改变 C.H2的体积分数不随时间改变 D.单位时间内生成H2和H2O(g)的物质的量相等 ‎（4）图甲、乙分别表示反应③在t1时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况：‎ ‎①图甲中t2时刻发生改变的条件是___。‎ ‎②图乙中t2时刻发生改变的条件是__。‎ ‎（5）一定条件下处于化学平衡状态的反应③当使CO2和CO的浓度同时增大为原来的两倍时，该反应的化学平衡向__移动（填“不”、“逆反应方向”或“正反应方向”）‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 吸热 (4). CD (5). 增大压强或使用催化剂 (6). 降低温度 (7). 不 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴反应①得出平衡常数。‎ - 21 -‎ ‎⑵方程式相减，平衡常数相除；由表格数据可知，当温度升高时，K1增大，K2减小，故温度升高时，K 3增大，说明温度升高，平衡正向移动，因此正反应为吸热反应。‎ ‎⑶A. 该反应在反应前后气体分子数不变，因此反应过程中压强一直不变，则压强不随时间变化，不能说明正逆反应速率相等，因此不能判断处于平衡状态；B. 该反应中反应物和生成物都是气体，根据质量守恒定律可得，反应过程中混合气体的质量保持不变，由于反应前后气体分子数不变，因此反应过程中混合气体的体积不变，故反应过程中，混合气体的密度一直不变，则密度不变，不能体现正逆反应速率相等，因此不能判断反应处于平衡状态；C. 反应过程中，H2的体积分数发生变化，当其不变时，说明反应达到平衡状态；D. 生成H2为逆反应，生成H2O(g)为正反应，若单位时间内生成H2和H2O(g)的物质的量相等，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态。‎ ‎⑷①图甲t2时，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，则改变条件为加入催化剂；由于反应③在反应前后气体分子数不变，因此增大压强，平衡不移动；②图乙t2时，c(CO2)增大，c(CO)减小，平衡逆向移动，由于该反应为吸热反应，因此改变的条件为降低温度。‎ ‎⑸反应③为气体分子数不变的反应，因此同时增大CO2和CO的浓度为原来的两倍时，化学平衡不移动。‎ ‎【详解】⑴反应①的平衡常数；‎ ‎⑵反应③的平衡常数，反应②的化学平衡常数，因此反应③的平衡常数；由表格数据可知，当温度升高时，K1增大，K 2减小，故温度升高时，K 3增大，说明温度升高，平衡正向移动，因此正反应为吸热反应；故答案为：；吸热。‎ ‎⑶A. 该反应在反应前后气体分子数不变，因此反应过程中压强一直不变，则压强不随时间变化，不能说明正逆反应速率相等，因此不能判断处于平衡状态，故A不符合题意；B.‎ - 21 -‎ ‎ 该反应中反应物和生成物都是气体，根据质量守恒定律可得，反应过程中混合气体的质量保持不变，由于反应前后气体分子数不变，因此反应过程中混合气体的体积不变，故反应过程中，混合气体的密度一直不变，则密度不变，不能体现正逆反应速率相等，因此不能判断反应处于平衡状态，故B不符合题意；C. 反应过程中，H2的体积分数发生变化，当其不变时，说明反应达到平衡状态，故C符合题意；D. 生成H2为逆反应，生成H2O(g)为正反应，若单位时间内生成H2和H2O(g)的物质的量相等，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D符合题意；综上所述，答案为CD。‎ ‎⑷①图甲t2时，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，则改变的条件为加入催化剂；由于反应③在反应前后气体分子数不变，因此增大压强，平衡不移动；故t2时刻改变的条件为增大压强或加入催化剂；故答案为：增大压强或使用催化剂。‎ ‎②图乙t2时，c(CO2)增大，c(CO)减小，平衡逆向移动，由于该反应为吸热反应，因此改变的条件为降低温度；故答案为：降低温度。‎ ‎⑸反应③为气体分子数不变的反应，因此同时增大CO2和CO的浓度为原来的两倍时，化学平衡不移动；故答案为：不。‎ ‎19.连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸，可用于制N2O气体。‎ ‎（1）常温下，用0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定10mL0.01mol·L-1H2N2O2溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。‎ ‎①写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式：__。‎ ‎②c点时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__。‎ ‎③b点时溶液中c(H2N2O2)__c(N2O22-)。(填“＞”“＜”或“=”，下同)‎ ‎④a点时溶液中c(Na+)__c(HN2O)+c(N2O22-)。‎ ‎（2）硝酸银溶液和连二次硝酸钠溶液混合，可以得到黄色的连二次硝酸银沉淀，向该分散系中滴加硫酸钠溶液，当白色沉淀和黄色沉淀共存时，分散系中=__。[已知Ksp(Ag2N2O2)=4.2×10-9，Ksp(Ag2SO4)=1.4×10-5]‎ ‎（3）有时我们将NaHCO3溶液中的平衡表示为：2HCO3-H2CO3+CO32-；为了证明该平衡存在，你认为应向NaHCO3溶液中加入下列哪种试剂合理___（填序号）‎ A.适当浓度的盐酸 B.适当浓度Ba(OH）2溶液 - 21 -‎ C.适当浓度BaCl2溶液 ‎【答案】 (1). H2N2O2HN2O2-+H+ (2). c(Na+＞c(N2O22-)＞c(OH-)＞c(HN2O2-)＞c(H+) (3). ＞ (4). ＞ (5). 3×10-4 (6). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴①加入20mLNaOH溶液后，恰好完全反应，生成Na2N2O2，所得溶液的pH=10.7，显碱性，溶液中存在N2O22-的水解，说明H2N2O2为弱酸；②c点溶液的溶质为Na2N2O2，溶液中存在N2O22−的水解，因此的溶液中离子浓度关系；③b点溶液的溶质为NaHN2O2，溶液中存在HN2O2－的电离和水解，由于溶液显碱性，说明HN2O2－的水解大于电离；④a点溶液显中性，根据电荷守恒和呈中性得出答案。‎ ‎⑵根据平衡常数记性计算。‎ ‎⑶A. 加入适当浓度的盐酸，无法证明溶液中存在CO32−；B. 加入Ba(OH)2溶液，OH-能与HCO3－反应生成CO32−，无法证明溶液中存在CO32−；C. 加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中存在CO32−。‎ ‎【详解】⑴①加入20mLNaOH溶液后，恰好完全反应，生成Na2N2O2，所得溶液的pH=10.7，显碱性，溶液中存在N2O22-的水解，说明H2N2O2为弱酸，其在水中部分电离，其电离方程式为：H2N2O2⇌HN2O2－+H+；故答案为：H2N2O2⇌HN2O2－+H+。‎ ‎②c点溶液的溶质为Na2N2O2，溶液中存在N2O22−的水解，因此溶液中离子浓度关系为：c(Na+)＞c(N2O22−)＞c(OH－)＞c(HN2O2－)＞c(H+)；故答案为：c(Na+)＞c(N2O22−)＞c(OH－)＞c(HN2O2－)＞c(H+)。‎ ‎③b点溶液的溶质为NaHN2O2，溶液中存在HN2O2－的电离和水解，由于溶液显碱性，说明HN2O2－的水解大于电离，因此溶液中c(H2N2O2)>c(N2O22−)；故答案为：＞。‎ ‎④a点溶液显中性，溶液中c(H+)=c(OH－)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+ c(HN2O2－)+2c(N2O22−)，则溶液中c(Na+)=c(HN2O2－)+2c(N2O22−)，因此溶液中c(Na+)> c(HN2O2－) + c(N2O22-)；故答案为：＞。‎ ‎⑵；故答案为：。‎ - 21 -‎ ‎⑶A. 加入适当浓度的盐酸，无法证明溶液中存在CO32−，故A不符合题意；B. 加入Ba(OH)2溶液，OH-能与HCO3－反应生成CO32−，无法证明溶液中存在CO32−，故B不符合题意；C. 加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中存在CO32−，故C符合题意；综上所述，答案为C。‎ ‎20.室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：‎ 实验编号 起始浓度/(mol·L-1)‎ 反应后溶液的pH c(HA)‎ c(KOH)‎ ‎①‎ ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎9‎ ‎②‎ x ‎0.2‎ ‎7‎ ‎（1）实验①反应后的溶液pH=9的原因是___（用离子方程式表示）。‎ ‎（2）实验①和实验②中水的电离程度较大的是__，该溶液中由水电离出的c(OH-)=__。‎ ‎（3）x__0.2(填“＞”“＜”或“=”)，若x=a，则室温下HA的电离平衡常数Ka=__（用含a的表达式表示）。‎ ‎（4）若用已知浓度的KOH滴定未知浓度的一元酸HA，滴定终点的判断方法是__。‎ ‎【答案】 (1). A－+H2OHA+OH－ (2). ① (3). 1×10-5mol/l (4). ＞ (5). (6). 当加入最后一滴KOH溶液，锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不褪去 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴NaA溶液中，由于A－的水解，使得溶液显碱性。‎ ‎⑵实验①A－的水解促进水的电离，实验②溶液显中性，水正常电离；该实验中所得溶液中c(H+)=10-9mol/L，计算氢氧根浓度，而溶液中OH－都来自水电离产生。‎ ‎⑶由于HA显酸性，反应生成的NaA显碱性，要使溶液显中性，则溶液中HA应过量，因此x>0.2 mol∙L−1，再根据电离常数计算。‎ ‎⑷当滴入最后一滴KOH溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。‎ ‎【详解】⑴NaA溶液中，由于A－的水解，使得溶液显碱性，A－水解的离子方程式为：A－‎ - 21 -‎ ‎+H2O⇌HA+OH－；故答案为：A－+H2O⇌HA+OH－。‎ ‎⑵实验①A－的水解促进水的电离，实验②溶液显中性，水正常电离，因此实验①中水电离程度较大；该实验中所得溶液的pH=9，溶液中c(H+)=10-9mol/L，则溶液中，而溶液中OH－都来自水电离产生，因此该溶液中水电离出c(OH－)=1×10−5mol∙L−1；故答案为：①；1×10−5mol∙L−1。‎ ‎⑶由于HA显酸性，反应生成的NaA显碱性，要使溶液显中性，则溶液中HA应过量，因此x>0.2 mol∙L−1；室温下，HA的电离常数；故答案为：。‎ ‎⑷当反应达到滴定终点时，溶液显碱性，因此滴定终点的现象为：当滴入最后一滴KOH溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；故答案为：当加入最后一滴KOH溶液，锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不褪去。‎ - 21 -‎ ‎ ‎ - 21 -‎