2018-2019学年江西省吉安市几所重点中学高二上学期联考化学试题 解析版

2018-2019学年江西省吉安市几所重点中学高二上学期联考化学试题 解析版

‎020届高二年级联考化学试卷 第Ⅰ卷 （选择题 共48分）‎ 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 Zn—65 S—32 Cl—35.5 K—39 Ca—40 Fe—56 Cu—64 Ag—108‎ 一、选择题（下列各题只有一个选项符合题意，每小题3分,共48分。）‎ ‎1. 高中化学《化学反应原理》选修模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析。以下观点中不正确的是 ‎①放热反应在常温下均能自发进行；‎ ‎②电解过程中，电能转化为化学能而“储存”在反应物中；‎ ‎③原电池工作时所发生的反应一定有氧化还原反应；‎ ‎④加热时，化学反应只向吸热反应方向进行；‎ ‎⑤化学平衡常数的表达式与化学反应方程式的书写无关。‎ A. ①②③④ B. ①③④⑤ C. ②③⑤ D. ①②④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：①任何反应发生都需要一个活化过程，因此放热反应在常温下也不一定能自发进行，①错误。②电解过程中，电能转化为化学能而“储存”在生成物中，②错误；③原电池工作时所发生的反应一定有氧化还原反应，③正确；④加热时，化学反应既向吸热反应方向进行，也向放热反应方向减小，化学平衡向吸热反应方向移动，吸热反应受到的影响更大一些，④错误；⑤化学平衡常数的表达式与化学反应方程式的书写有关，⑤错误。故不正确的是①②④⑤，答案选D。‎ 考点：考查化学反应原理的正误判断的知识。‎ 视频 ‎2.反应M+Z→Q(△H＜0)分两步进行：①M+Z→X(△H＞0)，②X→Q(△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M+Z→Q(△H＜0)分两步进行①M+Z→X(△H＞0)，②X→Q(△H＜0)，可以看出，M+Z→Q(△H＜0)是放热反应，M和Z的能量之和大于Q， 由M+Z→X(△H＞0)，可以知道这步反应是吸热反应，故X的能量大于M+Z，X→Q(△H＜0)是放热反应，X 的能量大于Q；图象D符合； 所以D选项是正确的。‎ ‎3.下列说法正确的是 A. 反应物的热效应与是否使用催化剂无关 B. 4NO2(g)+O2(g)=2N2O5 (g)的过程属于熵增加过程 C. 由C（石墨）= C（金刚石）△H﹥0，可知金刚石比石墨稳定 D. 对任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 反应物的热效应与是否使用催化剂无关，只与反应物和生成物总能量的相对大小有关，A正确；B. 4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)的过程属于熵减少的过程，B错误；C. 由C（石墨）=C（金刚石）△H﹥0，说明石墨的总能量小于金刚石，因此石墨比金刚石稳定，C错误；D. 反应速率快慢与反应现象是否明显无关，D错误，答案选A。‎ ‎4.下列有关热化学方程式书写及对应表述均正确的是( )‎ A. 密闭容器中，9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6g时，放出19.12kJ热量．则Fe(s)+S(s)═FeS(s)△H=-95.6kJ．mol-1‎ B. HCl和NaOH反应的中和热△H＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H＝2×(－57.3)kJ/mol C. 已知1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5kJ，则水分解的热化学方程式：2H2O(l)═2H2(g)+O2(g)△H=+285.5kJ．mol-1‎ D. 已知2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=-22.1kJ．mol-1则可知C的燃烧热△H=-110.5kJ．mol-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、密闭容器中，9.6g硫粉物质的量==0.3mol，与11.2g铁粉物质的量==0.2mol，混合加热生成硫化亚铁17.6g时，硫过量，放出19.12kJ 热量，所以1mol铁反应放热=19.12kJ ×=95.6kJ，热化学方程式为Fe(s)+S(s)═FeS(s)△H=-95.6kJ．mol-1，所以A选项是正确的； B、中和热是指生成1mol水的可溶性的稀的强酸强碱混合所放出的热量，中和热是以生成1 mol 液态H2O为基准的，故B错误； C、已知1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5kJ，则水分解的热化学方程式：2H2O(l)═2H2(g)+O2(g)△H=+571kJ．mol-1，故C错误； D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，碳燃烧生成的一氧化碳不是稳定氧化物，故D错误。 所以A选项是正确的。‎ ‎【点睛】该题是高考中的常见题型和考点，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和应试能力。该题的关键是明确燃烧热和中和热的含义，然后结合题意灵活运用即可。‎ ‎5.下列关于电解质分类的组合中,完全正确的是( )‎ A B C D 强电解质 NaCl H2SO4‎ HClO HNO3‎ 弱电解质 HF BaSO4‎ CaCO3‎ CH3COOH 非电解质 Cl2‎ CS2‎ C2H5OH SO2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物，主要包括强酸、强碱、大部分盐和活泼金属氧化物； 弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物，主要包括弱酸、弱碱、少部分盐和水； 在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，主要包括非金属氧化物、一些氢化物和有机物等，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。‎ ‎【详解】A.氯气是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误； B.硫酸钡属于盐，在熔融状态下完全电离，属于强电解质，故B错误； C.次氯酸属于弱酸，是弱电解质，碳酸钙属于盐，熔融状态下完全电离，属于强电解质，故C错误； D.硝酸是强酸，属于强电解质，醋酸是弱酸，属于弱电解质，二氧化硫本身不能电离，是化合物，属于非电解质，所以D选项是正确的。 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶解能力大小无关是解题的关键，注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。‎ ‎6. 下列事实中，不能用勒夏特列原理揭示的是 A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫 B. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压回颜色变深 C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2‎ D. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．存在平衡H2CO3H2O+CO2，打开瓶盖时，压强减小，平衡向右移动，二氧化碳气体溶解度减小，逸出二氧化碳，可以用平衡移动原理来解释，故A正确；B．由H2、I2(g)、HI组成的平衡体系，存在H2+I22HI，增大压强，平衡不移动，故B错误；C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，故C正确；D．增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率，故D正确；故选B。‎ ‎【考点定位】考查化学平衡移动原理 ‎【名师点晴】本题考查勒夏特例原理应用的有关判断，是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查．试题难易适中，基础性强，侧重对学生解题能力的培养与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．该题需要明确的应注意区别化学平衡移动原理和化学反应速率理论的应用范围，并能具体问题、具体分析。‎ ‎7.在密闭容器中，反应2NO2(g)N2O4(g)，在不同条件下的化学平衡情况如图a、图b所示。图a表示恒温条件下c(NO2)的变化情况，图b表示恒压条件下，平衡体系中N2O4的质量分数随温度变化情况（实线上的任意一点为平衡状态）。下列说法正确的是( )‎ A. 图a 中，A1→A2变化的原因一定是充入了NO2‎ B. 图b中，E点对应状态中，v(正)> v(逆)‎ C. 图b中，E→A所需的时间为x，D→C所需时间为y，则x < y D. 依据图b分析可知，该化学反应△H＞0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、A1→A2变化为：NO2的浓度突变，增大，可能为缩小容器体积或加入了NO2，故A错误；B、图b中，E点NO2的含量比平衡低，则反应正向进行，v(正)>v(逆)，故B正确；C、温度越高，反应速率越大，达到平衡用时越小，故C错误；D、根据图b，温度升高，N2O4％减小，平衡左移，所以正反应是一个放热反应，△H＜0，故D错误。故选B。‎ ‎8.下列图示与对应的叙述符合的是 A. 用甲实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化 B. 图乙表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0的平衡常数K与温度和压强的关系 C. 图丙表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液时，溶液中随HCl溶液体积变化关系 D. 图丁表示常温下向20mL pH=3的醋酸中滴加pH=11的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化关系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、催化剂能同时加快正、逆反应速率，图中速率不变，故A错误；B、平衡常数K只与温度有关与压强无关。故B错误。C、图丙表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液时，H＋ 浓度增大，NH4＋ 水解程度变小，但随体积增大而减小，故增大，故C正确；D、弱酸发生中和反应时，突变范围变小，故D错误；故选C。‎ ‎9.一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是( )‎ A. pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5mol·L－1‎ B. pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1‎ C. 常温下，0.1mol/LpH=7.82的NH4HCO3溶液中：c（HCO3-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）‎ D. pH相同的①CH3COONa ②NaHCO3 ③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝1×10－5mol·L－1，根据电荷守恒c(H＋)═c（OH-）+2c(S2-)+c(HS-)可以知道c(H＋)> c(HS-)，则c(HS-)<1×10－5mol·L－1，故A错误； B.一水合氨为弱电解质，存在电离平衡，将pH=a的氨水溶液稀释10倍后，一水合氨的电离程度增大，稀释后溶液的pH的变化小于1，则aH2CO3>HClO ，则水解程度①②③，pH相同时三种溶液的浓度①②③，即三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③，所以D选项是正确的。 答案选D。‎ ‎10.能促进水的电离，并使溶液中c(H+)>c(OH-)的操作是 ‎（1） 将水加热煮沸 （2） 向水中投入一小块金属钠 （3） 向水中通HCl （4） 向水中加入明矾晶体 （5）向水中加入NaHCO3固体 （6）向水中加KHSO4固体 A. （4） B. （1）（4）（6） C. （1）（3）（6） D. （4）（6）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎(1)水的电离是吸热过程，将水加热煮沸，促进水的电离，但纯水中仍然存在c(H+)=c(OH-)，(1)错误；(2)向水中投入一小块金属钠，Na和水反应生成NaOH，NaOH是强碱且抑制水的电离，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，(2)错误；(3)向水中通HCl，HCl是强酸，在水中电离出氢离子，抑制水的电离，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，(3)错误；(4)向水中加入明矾晶体，Al3+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，水解促进水的电离，(4)正确；(5)向水中加入NaHCO3固体，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，促进水的电离，(5)错误；(6)向水中加KHSO4固体，KHSO4完全电离生成氢离子，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，抑制水的电离，(6)错误。综上，只有(4)正确，答案选A。‎ 点睛：本题考查电解质对水电离的影响，主要涉及电解质的电离、水的电离、盐类水解等知识，明确物质的性质是解题关键。注意明确：酸、碱或强酸酸式盐抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离。能促进水的电离，并使溶液中c(H+)＞c(OH-)，则为强酸弱碱盐。答题时要从外界条件对水电离平衡的影响因素结合水的电离特点分析判断。‎ ‎11.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）‎ A. pH=1的溶液中：Na+、K+、MnO4-、CO32-‎ B. c(H+)=1×10-13mol/L溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-‎ C. 0.1 mol/LNH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3-、Cl-‎ D. 0.1 mol/LFeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、SCN-、SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=1的溶液显酸性，CO32-与H+不能大量共存，A错误；‎ B. c(H+)=1×10-13mol/L溶液显碱性，则Mg2+、Cu2+与OH-不能大量共存，B错误；‎ C. K+、Na+、NO3-、Cl-四种离子间能够共存，且四种离子与NH4+、HCO-3也能大量共存，C正确；‎ D. Fe3+ 与SCN-易形成络合物，不能大量共存，D错误；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎【点睛】此题是离子共存问题，我们在分析这类问题时，不仅要注意离子存在于酸、碱性环境，还要分析离子间能否发生氧化还原反应、能否发生复分解反应以及还要溶液是否有颜色方面的要求。‎ ‎12. 下列说法错误的是 ‎①NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)/ c(HCO3－)的比值保持增大 ‎②浓度均为0.1 mol·L－1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)=3[c(CO)+c(HCO)]‎ ‎③在0.1 mol·L－1氨水中滴加0.lmol·L－1盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，则由水电离产生的c(OH－)=l0－amol·L－1‎ ‎④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c（Na+）、c（SO32－）均增大 ‎⑤在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH－)+c(H2S)+c（HS－）‎ A. ①④ B. ②⑤ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①NaHCO3溶液加水稀释，HCO3－水解程度增大，所以c(Na+)、c(HCO3－)都减小，减小的倍数：c(Na+)Cu，所以Zn为负极，Cu为正极，错误；B．在粗铜的精炼中，粗铜作阳极，与电源的正极连接，精铜为阴极，与电源的负极连接，错误；C．要在铁片上镀锌，要把镀件铁皮与电源的负极连接，作阴极，把镀层金属Zn作阳极，与电源的正极连接，作阳极，错误；D．以铁为阴极，电解NaCl饱和溶液，在阳极，Cl-失去电子变为Cl2，Cl2将KI氧化为I2，I2使淀粉溶液变为蓝色；在阴极，H+放电产生H2，阴极附近溶液中c(OH-)增大，溶液使酚酞试液变为红色，正确。‎ 考点：考查原电池、电解池及电镀的应用的知识。‎ ‎15.用石墨作电极电解3 mol·L－1KCl和0.5 mol·L－1Al2(SO4)3的1 L混合溶液时，下图电解变化曲线合理的是(　　)‎ A　　　　　 　 B　　　　　 　 C　　　　　　 D A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：混合溶液中Cl-:3mol Al3+：1mol；依据电解规律阳极放电的离子依次是Cl-、OH－,阴极放电的离子只有H+；当溶液中3molCl-完全氧化时，同时溶液中引进3molOH－，恰好将溶液中的1molAl3+完全转化为沉淀，继续电解时相当于电解水，故整个电解过程中沉淀量不断增大然后不变，溶液的PH略变大后最终变为7，选项D符合题意。‎ 考点：电解规律及溶液中离子微粒间的不共存因素 ‎16. 下列叙述中，正确的是 ‎①锌跟稀硫酸反应制取氢气，加入少量CuSO4溶液能提高反应速率 ②镀层破损后，白铁（镀锌的铁）比马口铁（铁锡的铁）更易腐蚀； ③电镀时应把镀件置于电解槽的阴极 ；④冶炼铝时，把氧化铝加热成为熔融体后电解 ⑤钢铁表面常易腐蚀生成Fe2O3·nH2O A. ①②③④⑤ B. ①③④⑤ C. ①③⑤ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①锌跟稀硫酸反应制取氢气，若加入少量CuSO4溶液，则Zn与CuSO4溶液发生置换反应，产生Cu单质。Zn与置换出来的Cu及稀硫酸构成原电池，因此能提高反应速率。正确。②镀层破损后，白铁（镀锌的铁）中由于Zn比Fe活泼，作原电池的负极，仍然在保护Fe,防止其被腐蚀，而马口铁（铁锡的铁）中也构成了原电池，由于活动性Fe比Sn强，Fe作负极，会加快Fe的腐蚀。因此后者更易腐蚀。错误。③电镀时应把镀件置于电解槽的阴极，把镀层金属作阳极，用含有镀层金属离子的溶液作电镀溶液。正确。④冶炼铝时，应该电解熔融的氧化铝。因此要先把氧化铝加热成为熔融体后电解。正确。 ⑤钢铁表面常因发生原电池反应而腐蚀。由于Fe比杂质C活泼。所以Fe作原电池的负极而被氧化发生，最终发生得到的是Fe2O3·nH2O。正确。因此正确的是①③④⑤。选项为B。‎ 考点：考查原电池反应的应用的知识。‎ 第Ⅱ卷 （非选择题 共52分）‎ ‎17.研究化学反应中的能量变化有重要意义。请根据学过的知识回答下列问题：‎ ‎（1）已知一氧化碳与水蒸气反应过程的能量变化如图所示：反应的热化学方程式为________________。‎ ‎（2）化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知：N≡N键的键能是948.9kJ·mol－1，H－H键的键能是436.0kJ·mol－1，N－H键的键能是391.55kJ·mol－1，则1/2N2(g)+3/2H2(g)NH3(g) ΔH =______________。‎ ‎（3）依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算。‎ 已知：①C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=akJ·mol－1,②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH2=bkJ·mol－1,③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) ΔH3=ckJ·mol－1,298K时反应2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)的焓变：ΔH =_______________。‎ ‎（4）已知：铝热反应是放热反应，又知，常温下：4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s) ΔH1,4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) ΔH2,下面关于ΔH1、ΔH2的比较正确的是________‎ ΔH 1>ΔH 2 B．ΔH 1<ΔH 2 C．ΔH 1=ΔH 2 D．无法计算 ‎【答案】 (1). CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=－41kJ·mol－1 (2). －46.2kJ·mol ‎－1 (3). （2a + 0.5b —0.5c）kJ·mol－1 (4). B ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据图像可知反应热＝－41kJ/mol，所以反应的热化学方程式为CO（g）＋H2O（g）＝CO2（g）＋H2（g）△H＝－41 kJ/mol；故答案为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=－41kJ·mol－1；‎ ‎（2）反应热＝反应物中键能之和－生成物中键能之和，则1/2N2（g）＋3/2H2（g）===NH3（g）△H＝0.5×948.9kJ/mol＋1.5×436.0 kJ/mol－3×391.55 kJ/mol＝－46.2 kJ/mol。故答案为：－46.2kJ·mol－1；‎ ‎（3）已知：①C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)△H1=akJ•mol-1；②2H2(g)+O2(g)=2H2O (l)△H2=bkJ•mol-1；③2C2H2(g)+5O2(g)═4CO2(g)+2H2O (l)△H2=ckJ•mol-1；2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)的反应可以根据①×2+②×1/2-③×1/2得到，所以反应焓变△H=2×a+b×1/2-c×1/2=（2a + 0.5b —0.5c）kJ·mol－1；故答案为：（2a + 0.5b —0.5c）kJ·mol－1；‎ ‎（4）4Al(s)+3O2(g)═2Al2O3(s)△H1 ① 4Fe(s)+3O2(g)═2Fe2O3(s)△H2 ② 由盖斯定律①-②，得：4Al(s)+2Fe2O3═2Al2O3(s)+4Fe(s)△H1 -△H2，铝热反应为放热反应，即△H1 -△H2＜0，所以△H1＜△H2，则选B；故答案为：B。‎ ‎【点睛】明确反应热的计算依据是解答的关键，反应热计算的主要方法有：根据热化学方程式计算：反应热与反应物各物质的物质的量成正比；根据反应物和生成物的总能量计算：ΔH＝E生成物－E反应物；依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算：ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量；根据盖斯定律的计算。‎ ‎18.已知反应：2S02(g)+02(g) 2S03(g) △H <0。请回答下列问题：‎ ‎（1）某温度下，在一固定体积的密闭容器中加入100g SO3(g)发生上述反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_____(填序号）‎ ‎①每生成80g S03的同时消耗64gSO2‎ ‎②混合气体的密度保持不变 ‎③SO3的体积分数保持不变 ‎④混合气体的平均相对分子质量不再变化 ‎（2）某温度下，在一固定体积为2升的密闭容器中，充入2molS02和lmol02发生上述反应，当反应进行到2分钟末时达到平衡，平衡混合物中S03‎ 的质量分数为50%，则反应前2分钟内用S02表示的平均反应速率为_____，S02的转化率为____，此时反应的平衡常数为_________。‎ ‎（3）在某恒温、恒压容器中，按体积比2: 1加入S02和02进行上述反应，达到平衡后，再向容器中充入适量S03(g)，达到新平衡时，c(02)将比原平衡_____(填“增大”、“减小”、或“不变”)‎ ‎（4）若在某恒温、恒容容器中，加入一定量S03(g)发生上述反应，达到平衡后，再向容器 中充入适量S03(g)，达到新平衡时，c(S02)/c(S03)将比原平衡______(填“增大”、“减小”、或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). ③④ (2). 0.25mol∙L-1∙min-1 (3). 50% (4). 4 (5). 不变 (6). 减小 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①每生成80gS03，反应向右进行，同时消耗64gSO2，反应向右进行，速率同向，不能判断反应达到平衡状态，故不选；‎ ‎②该容器体积不变、反应前后混合气体质量不变,则容器中密度始终不变,则不能根据密度判断平衡状态,故不选； ③SO3的体积分数保持不变，各物质浓度保持不变，反应达到平衡状态，可选；‎ ‎④该反应中三氧化硫分解后气体的物质的量增大，混合气体质量不变,则混合气体的平均相对分子质量在反应前后减小,当容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变时,正逆反应速率相等,该反应达到平衡状态,可选； 综上所述，本题选③④。‎ ‎（2）在一固定体积为2升的密闭容器中，充入2molS02和lmol02发生2SO2+O2==2SO3反应，设当反应进行到2分钟末时达到平衡时，消耗氧气的量为xmol，进行如下计算：‎ ‎2SO2 + O2 2SO3，‎ 起始量 2 1 0‎ 变化量 2x x 2x 平衡量 2-2x 1-x 2x 根据平衡混合物中S03的质量分数为50%，则50%=2x×80/(2×64+1×32)×100%，解得x=0.5mol；则反应前2分钟内用S02表示的平均反应速率为2×0.5/(2×2)=0.25mol∙L-1∙min-1；S02的转化率为2×0.5/2×100%=50%；达平衡时各物质浓度分别为：c(SO2)=（2-1）/2=0.5mol/L，c(O2)=（1-0.5）/2=0.25mol/L，c(SO3)=2×0.5/2=0.5mol/L，此时反应的平衡常数为0.52/(0.25×0.52)=4；综上所述，本题答案是：0.25mol∙L-1∙min，50%，4。‎ ‎（3）保持恒温、恒压，反应达到平衡后，再向容器中充入适量S03(g)，在恒压条件下，与原平衡状态相同，是等效平衡，各物质的含量不变，所以c(02)与原平衡相比，应该为不变；综上所述，本题答案是：不变。 ‎ ‎（4）恒温、恒容条件下反应达到平衡，达到平衡后，再向容器中充入适量S03(g)，恒容条件下相对于原平衡，等效于加压过程，平衡向右移动，c(S03)增大，c(S02)减小，c(S02)/c(S03)将比原平衡减小；综上所述，本题答案是：减小。‎ ‎19.用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中含有与酸不反应的杂质，试根据实验回答：‎ ‎(1)将准确称量好的2.0 g烧碱样品配成100mL待测液，需要的主要玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_______、________________ 。‎ ‎(2)用碱式滴定管量取10.00mL待测液，置于锥形瓶中，同时滴加1-2滴指示剂。化学上常选用的指示剂有酚酞或____________。‎ ‎(3)用0.2010mol·L-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视__________________，直到滴定到终点，若选择酚酞作为指示剂，判断滴定终点的标志是___________________________。‎ ‎(4)根据下列数据，测得c（NaOH）=________。烧碱的纯度=____________。‎ 滴定 次数 待测液体积 ‎(mL)‎ 标准盐酸体积（mL）‎ 滴定前读数（mL）‎ 滴定后读数（mL）‎ 第一次 ‎10.00‎ ‎0.50‎ ‎20.40‎ 第二次 ‎10.00‎ ‎4.00‎ ‎24.10‎ 第三次 ‎10.00‎ ‎1.00‎ ‎24.10‎ ‎（5）以标准的盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，下列操作引起待测液浓度偏小的是 _______________(填序号)。‎ ‎①读数：滴定前平视，滴定后俯视②未用待测液润洗碱式滴定管 ‎③用待测液润洗锥形瓶       ④不小心将标准液滴在锥形瓶外面 ‎⑤滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 ‎【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 甲基橙 (4). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (5).‎ ‎ 当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不复原，则达到滴定终点 (6). 0.4020 mol·L-1 (7). 80.4% (8). ①  ②‎ ‎【解析】‎ ‎(1).将准确称量好的2.0 g烧碱样品配成100mL待测液，需要的主要玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有100mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；‎ ‎(2).因石蕊的变色范围为5—8，变色范围较大，不适宜做指示剂，因此化学上常选用的指示剂有酚酞或甲基橙，故答案为：甲基橙；‎ ‎(3).在酸碱中和滴定实验中，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到滴定达到终点；若选择酚酞作为指示剂，判断滴定终点的标志是： 当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不复原，则达到滴定终点，故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不复原，则达到滴定终点；‎ ‎(4).三次滴定分别消耗盐酸标准液的体积为：19.90mL、20.10mL、23.10mL，因第三次滴定的数据偏差较大，舍去，则消耗盐酸标准液的平均体积为：=20.00mL，则c（NaOH）==0.4020 mol·L-1，n（NaOH）=0.4020 mol·L-1×0.100L=4.020mol，则烧碱的纯度==80.4%，故答案为：0.4020 mol·L-1；80.4%；‎ ‎（5）. ①读数：滴定前平视，滴定后俯视，会使标准液的体积偏小，测定的待测液浓度偏小，故①符合；②未用待测液润洗碱式滴定管，会使待测液被稀释，造成标准液的体积偏小，测定的待测液浓度偏小，故②符合；③用待测液润洗锥形瓶，会使消耗的标准液偏多，测定的待测液浓度偏大，③不符合；④不小心将标准液滴在锥形瓶外面，会使消耗的标准液偏多，测定的待测液浓度偏大，④不符合；⑤滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，对测定结果无影响，⑤不符合；故答案为：①②。‎ 点睛：本题主要考查酸碱中和滴定实验的相关操作和误差分析，易错点是滴定结果的误差分析，在判断滴定结果是偏大还是偏小时，务必要先列出c（待测液）= ‎ 的公式，其中c（标准液）和V（待测液）是已知的，则根据错误的操作，判断对V（标准液）的影响，若V（标准液）偏大，则测定结果偏大，若V（标准液）偏小，则测定结果偏小，若对V（标准液）无影响，则对测定结果也无影响。‎ ‎20.已知t ℃时，0.01 mol/L NaOH溶液的pH＝11，0.1 mol/L的HA溶液中c(H+)/c(OH-)=109‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）该温度下，水的离子积Kw＝_____，0.1 mol/L的HA溶液中水电离出的c(OH-)=_____。‎ ‎（2）在室温下，将pH之和为14的NaOH溶液和HA溶液等体积混合后，所得溶液呈_____(填“酸”“碱”或“中”)性。‎ ‎（3）在室温下，蒸馏水稀释0.01 mol/L HA溶液时，下列呈减小趋势的是_____。‎ A．水的电离程度 B．c(HA)/c(A-) ‎ C．溶液中c(H＋)和c(OH－)的乘积 D．溶液中c(A－)·c(HA)的值 ‎（4）室温下，取pH＝2的盐酸和HA溶液各100 mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示：‎ ‎①图中表示HA溶液pH变化曲线的是____(填“A”或“B”)。‎ ‎②设盐酸中加入Zn的质量为m1，HA溶液中加入Zn的质量为m2，则m1_____m2(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎（5）室温下，取0.01 mol/L的盐酸和HA溶液各100 mL，分别滴加0.01 mol/LNaOH溶液至恰好完全反应，所需NaOH溶液的体积前者____后者(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎【答案】 (1). 1×10－13　 (2). 10－11mol/L (3). 酸 (4). BD (5). B (6). < (7). ＝‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）0.01mol·L-1NaOH溶液中c（OH－）=10-2mol·L－1，已知pH=11，根据Kw的公式计算；‎ ‎0.1mol·L-1的HA溶液中c(H＋)/c(OH－)=109，根据Kw计算c（H＋），再计算水电离的的c(OH-)；‎ ‎（2）在室温下，pH之和为14的NaOH溶液和HA溶液，c（OH－）=c（H＋），由于酸是弱酸，酸的浓度大于氢离子浓度；‎ ‎（3）HA是弱电解质，加水稀释HA，促进HA电离，则n（A－）、n（H＋）增大，n（HA）减小，但酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c（A－）、c（H＋‎ ‎）、c（HA）都减小。‎ ‎（4）HA是弱电解质，在反应过程中HA继续电离出氢离子，则反应过程中HA中pH增大程度小于HCl，当完全反应后，HA和盐酸中pH相等，则HA反应的物质的量大于盐酸，根据酸和锌之间的关系计算．‎ ‎（5）0.01 mol·L－1的盐酸和HA溶液各100 mL，能提供的氢离子相同，消耗的碱相同。‎ ‎【详解】（1）0.01mol·L-1NaOH溶液中c（OH－）=10-2mol·L－1，已知pH=11，即c（H＋）=10-11mol·L－1，则Kw=c（OH－）×c（H＋）=10-13；‎ ‎0.1mol·L-1的HA溶液中c(H＋)/c(OH－)=109，已知Kw=10-13，则c（H＋）=10-2mol·L－1，c(OH-)=10-11mol·L－1；‎ ‎（2）在室温下，pH之和为14的NaOH溶液和HA溶液，氢氧化钠溶液中c（OH－）等于醋酸溶液中c（H＋），由于酸是弱酸，酸的浓度大于氢离子浓度，所以混合后酸有剩余，则溶液显酸性；‎ ‎（3）A、加水稀释，溶液的体积增大，c（H＋）减小，对水的电离的抑制程度减小，所以水的电离程度增大，故A错误；‎ B、加水稀释，促进电离，则n（A－）增大，n（HA）减小，所以c(HA)/c(A－)减小，故B正确；‎ C、溶液中c（H＋）和c（OH－）的乘积为常数，温度不变，则 c（H＋）和c（OH－）的乘积不变，故C错误；‎ D、加水稀释，溶液的体积增大，c（A－）与c（HA）均减小，所以溶液中c（A－）·c（HA）的值减小，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎（4））①HA是弱电解质，在反应过程中HA电离出氢离子，所以反应过程中HA中C（H＋）大于HCl，则HA中pH增大程度小于HCl，所以表示HA溶液中pH变化曲线为B；‎ ‎②当完全反应后，HA和盐酸中pH相等，则参加反应的n（HA）＞n（HCl），酸消耗的越多，则参加反应的Zn的质量越大，所以m1＜m2。‎ ‎（5）0.01 mol·L－1的盐酸和HA溶液各100 mL，能提供的氢离子相同，消耗的碱相同，室温下，取0.01 mol/L的盐酸和HA溶液各100 mL，分别滴加0.01 mol/LNaOH溶液至恰好完全反应，所需NaOH溶液的体积前者等于后者。‎ ‎21.某化学兴趣小组同学设计如图装置:‎ 回答下列问题:‎ ‎（1）乙中铜片为________极 (填“正”或“负”），其电极反应式为________。 ‎ ‎（2）一段时间后，将甲和乙两池溶液混合，加入H2O2和一定量稀硫酸后，有Fe(OH)3沉淀出现，但没有Cu(OH)2沉淀出现，此时溶液中c(Fe3+)=2.6×10－18 mol·L－1，求溶液中Cu2+的最大物质的量浓度________。（已知2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O，Ksp【Fe(OH)3】=2.6×10－39，Ksp【Cu(OH)2】=2.2×10－20）。‎ ‎（3）丙中电源的A极为________极(填“正”或“负”）。‎ ‎（4）若丙池盛放足量的CuSO4溶液：‎ ‎①在丙池铁棒这极的现象是________。‎ ‎②在丙池中阳极的电极反应是________。‎ ‎（5）若丙池中盛放滴加少量酚酞的足量的饱和NaCl溶液1L（假设溶液体积电解前后无变化）。‎ ‎①丙池通电一段时间后，________极附近溶液呈红色（填Fe或C），总反应的离子方程式：________。‎ ‎②25℃时，当丙池中有0.1mol电子发生转移时切断电源，则理论上标准状况下共有________ L气体生成。此时溶液的pH为________。‎ ‎【答案】 (1). 正 (2). Cu2++2e-＝Cu (3). 2.2×10-6 mol·L—1 (4). 负 (5). 有红色物质析出 (6). 4OH－-4e-=O2↑+2H2O (7). Fe (8). 2Cl-+2H2OH2+Cl2+2OH- (9). 2.24 (10). 13‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）装置甲乙构成原电池，铁片的活泼性大于铜片，铁片是负极，铜片是正极； ‎ ‎（2）根据Ksp【Fe(OH)3】计算溶液中c(OH-)，再根据Ksp【Cu(OH)2】计算c(Cu2+)的最大值；‎ ‎（3）丙是电解池，根据电子流动方向分析A极的名称；‎ ‎（4）若丙池盛放足量的CuSO4溶液：①丙池铁棒是阴极，电极反应式为Cu2++2e-=Cu。②丙池碳棒是阳极，电极反应式为4OH－-4e-=O2↑+2H2O ；‎ ‎（5）若丙池中盛放滴加少量酚酞的足量的饱和NaCl溶液1L，‎ ‎①丙池铁棒是阴极，电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-；丙池碳棒是阳极，电极反应式2Cl—-2e-=Cl2↑；‎ ‎②25℃时，根据电极反应式，当丙池中有0.1mol电子发生转移时，阴极生成0.05mol氢气，阳极生成0.05mol氯气，此时溶液中c(OH-)=0.1mol/L。‎ ‎【详解】（1）装置甲乙构成原电池，铁片的活泼性大于铜片，铁片是负极，铜片是正极；正极极反应式为Cu2++2e-＝Cu；‎ 故答案为：正；Cu2++2e-＝Cu； ‎ ‎（2）根据Ksp【Fe(OH)3】=c(Fe3+)c3(OH-)，c(OH-)==1×10-7mol/L，‎ Ksp【Cu(OH)2】= c(Cu2+)c2(OH-)，c(Cu2+)= Ksp【Cu(OH)2】/ c2(OH-)==2.2×10-6mol/L；‎ 故答案为：2.2×10-6 mol·L—1；‎ ‎（3）丙是电解池，根据电子流动方向，A是负极；‎ 故答案为：负极；‎ ‎（4）若丙池盛放足量的CuSO4溶液：①丙池铁棒是阴极，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，所以现象是有红色物质析出。②丙池碳棒是阳极，电极反应式为4OH－-4e-=O2↑+2H2O ；‎ 故答案为：有红色物质析出；4OH－-4e-=O2↑+2H2O；‎ ‎（5）若丙池中盛放滴加少量酚酞的足量的饱和NaCl溶液1L，‎ ‎①丙池铁棒是阴极，电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-；丙池碳棒是阳极，电极反应式2Cl—-2e-=Cl2↑，丙池通电一段时间后，Fe极附近溶液呈红色，总反应的离子方程式：2Cl-+2H2OH2+Cl2+2OH-；‎ ‎②25℃时，根据电极反应式，当丙池中有0.1mol电子发生转移时，阴极生成0.05mol氢气，阳极生成0.05mol氯气，理论上标准状况下共有2.24L气体生成，此时溶液中c(OH-)=0.1mol/L，溶液的pH=13。‎ 故答案为：Fe；2Cl-+2H2OH2+Cl2+2OH- ；2.24；13。‎ ‎ ‎