2019-2020学年江苏省启东中学高二上学期第一次质量检测化学试题 解析版

2019-2020学年江苏省启东中学高二上学期第一次质量检测化学试题 解析版

江苏省启东中学2019～2020学年度第一学期第一次月考 高二化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 S-32 Zn-65 Cu-64 Ag-108‎ 第I卷 选择题（共40分）‎ 一、单项选择题（本题包括10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.改变外界条件可以影响化学反应速率，针对H2(g)+I2(g)2HI(g)，其中能使活化分子百分数增加的是 ‎①增加反应物浓度 ②增大气体的压强 ③升高体系的温度 ④使用催化剂 A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：①增大反应物浓度，增大了单位体积的活化分子数，没有改变活化分子百分数，故①错误；②增大压强，相当于增大了浓度，活化分子数目增大，没有改变活化分子百分数，故②错误；③升高温度，升高了分子能量，增大了活化分子百分数，故③正确；④加入催化剂，降低了反应能量，增加了活化分子百分数，故④正确；故选D。‎ 考点：考查了影响活化分子百分数的因素的相关知识。‎ ‎2.某探究小组在某温度下测定溶液的pH时发现：0.01mol·L－1的氢氧化钠溶液中，由水电离出的c(H＋)＝10－11mol·L－1。在相同温度下，0.1mol·L－1氢氧化钠溶液的pH应为(　　)‎ A. 13 B. 12 C. 11 D. 10‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 任何温度下，水电离出的氢离子与氢氧根离子相同，则此温度下溶液中的c(OH-)＝10－11mol·L－1，Kw= c(H＋)×c(OH-)＝0.01×10－11=10－13。‎ ‎【详解】根据题意，可得此温度时，Kw= c(H＋)×c(OH-)＝0.01×10－11=10－13。在相同温度下，0.1mol·L－1氢氧化钠溶液中的c(H＋)=Kw/ c(OH-)=10－12mol/L，pH=-log c(H＋)=12，故答案为B。‎ ‎【点睛】不同的温度下，Kw为定值，首先求出此温度下的Kw，再求此温度下溶液的c(H＋‎ ‎)，再带入pH=-log c(H＋)求解pH值即可。‎ ‎3. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是 A. 冰镇的啤酒打开后泛起泡沫 B. 对N2＋3H22NH3的反应，使用铁触媒可加快合成氨反应的速率 C. 工业制取金属钾Na(l)＋KCl(l)NaCl(l)＋K(g)选取适宜的温度，使K成蒸汽从反应混合物中分离出来 D. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，开启啤酒瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．催化剂能增大化学反应速率，但不引起平衡移动，所以不能用平衡移动原理解释，B符合题意；C．该反应是可逆反应，让K成蒸汽从反应混合物中分离出来，减小生成物的浓度能使平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气平衡向正反应方向进行，可以提高二氧化硫的利用，D不符合题意；答案选B。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查勒夏特列原理知识 ‎【名师点晴】勒夏特利原理是指如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关、与平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释，即注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动，题目难度不大。‎ ‎4. 常温下，下列各组离子在有关限定条件下溶液中一定能大量共存的是(　　)‎ A. 由水电离产生的c(H＋)＝10－12mol/L的溶液中：K＋、Na＋、ClO－、I－‎ B. c(H＋)＝mol/L的溶液中：K＋、Fe3＋、Cl－、CO32—‎ C. 常温下，＝1×10－12的溶液：K＋、AlO2—、CO32—、Na＋‎ D. pH＝13的溶液中：AlO2—、Cl－、HCO3—、SO42—‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由水电离产生的c(H＋)＝10－12mol/L的溶液，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，A组离子在酸性条件下不能大量存在；c(H＋)＝mol/L的溶液呈中性，B项中Fe3＋、CO32—发生互促水解反应，不能大量共存；D项pH＝13的溶液呈碱性，HCO3—不能大量共存 ‎5.对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是（ ）‎ A. KAl(SO4)2溶液加热 B. NH4NO3溶液中加入少量NaNO3固体 C. 氨水中加入少量NH4Cl固体 D. Na2CO3溶液加热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 明矾为强酸弱碱盐，溶液中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，故A错误； ‎ B. NH4NO3为强酸弱碱盐，溶液中NH4+水解，溶液显酸性，加入少量NaNO3固体不影响铵根离子的水解，溶液仍然显无色，故B错误；‎ C. 一水合氨为弱碱，部分电离：NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl＝NH4++Cl−，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，故C错误； ‎ D. Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32-水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热导致水解程度增大，使碱性增强，因此红色变深，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】对滴有酚酞试液溶液，操作后红色变深，说明溶液中OH−浓度增大，结合外界条件对水解平衡移动的影响分析。‎ ‎6.体积10 mL浓度为1 mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是 A. CH3COONa B. KOH溶液 C. 几滴CuSO4溶液 D. NaNO3溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加入CH3COONa 溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，且提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故A正确； ‎ B. 氢氧化钾与盐酸反应消耗氢离子，溶液中氢离子浓度降低，反应速率降低，但产生氢气的物质的量减小，故B错误；‎ C. Zn可以置换出Cu，构成Cu- Zn原电池，加快反应速率，故C错误； ‎ D. 硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与锌反应生成一氧化氮，不生成氢气，故D错误； ‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】反应的实质为Zn+2H+═Zn2++H2↑，为了减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总量，则减小氢离子的浓度，但不能改变氢离子的物质的量即可，注意Zn过量，以此来解答。‎ ‎7.1000K时，反应C(s)＋2H2(g)CH4(g)的 K＝8.28×107，当各气体物质的量浓度分别为H2 0.7 mol·L－1、CH40.2 mol·L－1时，上述平衡 A. 向正反应方向移动 B. 向逆反应方向移动 C. 达到平衡 D. 无法判断移动方向 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：对于反应C（s）+2H2（g）CH4（g），当H20.7mol•L-1、CH40.2mol•L-1时，此时的浓度商Qc==0.41＜8.28×107，反应向正反应进行，故选A。‎ 考点：考查了化学反应进行方向的判断、化学平衡常数的相关知识。‎ ‎8.室温时，将xmL pH=a的稀NaOH溶液与ymL pH=b的稀盐酸充分反应。下列关于反应后溶液pH的判断，正确的是( )‎ A. 若x=y，且a+b=14,则pH＞7 B. 若10x=y，且a+b=13,则pH=7‎ C. 若ax=by，且a+b=13,则pH=7 D. 若x=10y，且a+b=14,则pH＞7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ pH=a的稀NaOH溶液中c（OH-）=10a-14mol/L，pH=b的稀盐酸中c（H+）=10-bmol/L，有=，若二者恰好中和，应存在10a-14x=10-by，pH=7，若10a-14x＞10-b y，碱过量，溶液pH＞7，否则小于7，以此解答该题．‎ ‎【详解】pH=a的稀NaOH溶液中c（OH-）=10a-14mol/L，pH=b的稀盐酸中c（H+）=10-bmol/L，则：A．若x=y，且a+b=14，则有：==10a+b-14=1，即n(H+)=n(OH-)，酸碱恰好中和，溶液呈中性，pH=7，故A错误；B．若10x=y，且a+b=13，则有==10a+b-15=0.01，即n(H+)＞n(OH-)，酸过量，pH＜7，故B错误；C．若ax=by，且a+b=13，则有==，因a＞b，则酸过量，pH＜7，故C错误；D．若x=10y，且a+b=14，则有==10a+b-13=10，则碱过量，pH＞7，故D正确；故答案为D。‎ ‎9. 下列叙述正确的是 (　　)‎ A. 无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下，其c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14‎ B. c(H＋)等于1×10－7mol/L的溶液一定是中性溶液 C. 0.2 mol/L CH3COOH溶液中的c(H＋)是0.1 mol/L CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍 D. 任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．水的离子积常数只与温度有关，在室温下，Kw= c（H+）·c（OH-）=1×10-14，A正确；B．在室温下，c（H+）等于1×10-7mol/L的溶液一定是中性溶液，若不是室温条件，则不是中性溶液，B错误；C．对于弱酸醋酸来说，浓度越大，电离程度就越小，所以0.2mol/LCH3COOH溶液中的c（H+）比0.1mol/LCH3COOH溶液中的c（H+）的2倍小，C错误；D．对于稀溶液，可以用pH来表示其酸性的强弱，若是浓溶液，则直接用溶液的浓度表示溶液的酸碱性，D错误。答案选A。‎ 考点：考查溶液的酸碱性及表示的知识。‎ ‎10.某温度下，相同pH的盐酸和醋酸分别加水稀释至平衡，pH随溶液体积变化的曲线如下图所 示。据图判断正确的是 A. Ⅱ为盐酸稀释时的pH变化曲线 B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强 C. a点KW的数值比c点KW的数值大 D. b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 醋酸是弱酸，不完全电离使溶液显酸性，溶液浓度越低，电离程度越大；盐酸是强酸，在水溶液中完全电离，加等量的水稀释，盐酸溶液的pH变化大于醋酸溶液的pH变化，因此Ⅰ为盐酸的pH变化曲线，Ⅱ为醋酸的pH变化曲线，据此答题。‎ ‎【详解】A.由分析可知，Ⅰ为盐酸的pH变化曲线，Ⅱ为醋酸的pH变化曲线，故A错误；‎ B.b、c两点在盐酸的pH变化曲线上，c点pH较大，稀释倍数较高，溶液中离子浓度低于b点溶液中离子浓度，离子浓度越大，导电性越强，故B正确；‎ C.Kw只和温度有关，温度不变，Kw不变，故C错误；‎ D.相同体积和pH的盐酸和醋酸溶液，醋酸溶液浓度大，稀释相同倍数之后，由于醋酸是弱酸，则浓度依旧大于盐酸溶液的浓度，因此a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】对于弱电解质溶液的稀释要注意：稀释后溶液的浓度减小，弱电解质的电离程度增大，其实质是加水后使电离平衡移动，其结果是电离程度、分子数、离子数、溶液体积、离子浓度、酸碱度、导电性都发生变化。‎ 二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。‎ ‎11.若在一定条件下，容积恒定的反应室中充入amolCO与2amolH2，在催化剂作用下发生反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，下列措施一定使c(CH3OH)/c(CO)增大的是 A. 升高温度 B. 恒温恒容再充入a mol CO和2a mol H2‎ C. 恒温恒容再充入H2‎ D. 充入Ar(g)使体系的总压增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：A．由于没有告诉该反应是吸热反应还是放热反应，则无法判断升高温度后平衡移动方向，从而无法判断c(CH3OH)/c(CO)的比值大小，A错误；B．恒温恒容再充入a mol CO和2a mol H2，相当于增大了压强，该反应是气体体积缩小的反应，所以平衡向着正向移动，导致甲醇浓度增大、CO的浓度减小，所以c(CH3OH)/c(CO)的比值增大，B正确；C．恒温恒容再充入H2，反应物浓度增大，平衡向着正向移动，导致甲醇的浓度增大、CO的浓度减小，则c(CH3OH)/c(CO)的比值增大，C正确；D．充入Ar（g），由于各组分的浓度不会发生变化，则化学平衡不发生移动，所以c(CH3OH)/c(CO)的比值不变，D错误；答案选BC。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查了化学平衡及其影响 ‎【名师点晴】明确影响化学平衡的因素为解答关键，D为易错点，注意恒温恒容条件下充入稀有气体时，各组分浓度不变，平衡不移动。“惰性气体”对化学平衡的影响归纳如下：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。‎ ‎12. 下列是有关外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论表达 均正确的是 A. ①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，则正反应ΔH>0‎ B. ②是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后，化学反应速率随时间变化的图像 C. ③是在有无催化剂存在条件下，建立平衡过程的图像，a是使用催化剂时的曲线 D. ④是一定条件下，向含有一定量A的恒容密闭容器中逐渐加入B，达平衡时A的转化率的图像 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：A．①是其他条件一定时，升高温度，由于V正大于V逆，说明平衡正向移动。根据平衡移动原理可知：在其它条件不变时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应方向为吸热反应，所以正反应ΔH＞0，A正确；B．②反应的实质是：Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，可见加入少量KCl晶体后，对化学平衡移动不产生任何影响，B错误；C．③催化剂可以使化学反应速率加快，但由于对正反应、逆反应的速率影响相同，因此不能使平衡发生移动，C正确；D．④是一定条件下，当反应达到平衡后，加入一定量的B，平衡正向移动，A的转化率增大，不会再减小，D错误。答案选AC。‎ 考点：考查图像法在有关外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的应用的知识。‎ ‎13.pH＝12的X、Y两种碱溶液各10mL，分别稀释至1000mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 若10＜a＜12，则X、Y都是弱碱 B. X、Y两种碱的物质的量浓度一定相等 C. 完全中和pH相同的X、Y两溶液时，消耗同浓度盐酸的体积：V(X)＞V(Y)‎ D. 稀释后，X溶液的碱性比Y溶液的碱性强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.若X为强碱，则10mL pH＝12的X溶液稀释至1000mL，pH应该为10，故若10＜a＜12，则X、Y均为弱碱，故A正确；‎ B.两种碱稀释相同倍数，pH变化不同，说明两种碱的强弱不同，则pH相同时，二者的物质的量浓度一定不同，故B错误；‎ C.当pH相同时，c(X)＜c(Y)，所以完全中和这两种碱时，消耗相同浓度的盐酸的体积：V(X)＜V(Y)，故C错误；‎ D.由图像数据可知，稀释后Y溶液的pH比X溶液的pH大，故Y溶液的碱性强，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎14.20℃时，在c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＝0.100mol·L－1的H2C2O4、NaOH混合溶液中，含碳元素微粒的分布分数δ随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 0.100 mol·L－1NaHC2O4溶液中：c(OH－)＝c(H＋)－2c(C2O42-)＋c(H2C2O4)‎ B. Q点：c(H2C2O4)＋c(C2O42-)>c(HC2O4-)‎ C. P点：c(Na＋)＋c(H2C2O4)<0.100mol·L－1＋c(C2O42-)‎ D. 该温度下H2C2O4的电离常数Ka2＝1×10－4.2‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaHC2O4溶液中的质子守恒式为c(OH－)＝c(H＋)－c(C2O42-)＋c(H2C2O4)，A错误；‎ B.由图示可看出，①表示H2C2O4、②表示HC2O4-、③表示C2O42-，在Q点时c(H2C2O4)＋c(C2O42-)c(OH－)，故C正确；‎ D.Ka2＝，在P点时c(C2O42-)＝c(HC2O4-)、pH＝4.2，故Ka2＝c(H＋)＝10－4.2，D正确；‎ 答案选CD。‎ ‎15.两个容积均为2L的密闭容器Ⅰ和Ⅱ中发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，起始物质的量见下表。实验测得两容器不同温度下达到平衡时CO2的物质的量如下图所示，下列说法正确的是 A. N点的平衡常数为0.04‎ B. M、N两点容器内的压强：P(M)＞2P(N)‎ C. 若将容器Ⅰ的容积改为1 L，T1温度下达到平衡时c(CO2)＝0.25 mol·L-1‎ D. 若将容器Ⅱ改为绝热容器，实验起始温度为T1，达平衡时NO的转化率小于16.7%‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ A. 根据图像，M点平衡时CO2的物质的量为1mol，‎ ‎2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)‎ 起始(mol/L)3 1 0 0‎ 反应 0.5 0.5 0.25 0.5‎ 平衡 2.5 0.5 0.25 0.5‎ 则K==0.04，相同温度时，平衡常数相同，N点的平衡常数为0.04，故A正确；B. 起始时，容器Ⅰ中气体的物质的量为Ⅱ中的一半，平衡时，M容器内二氧化碳的物质的量为N点容器内二氧化碳的物质的量的2倍，则容器Ⅱ气体的物质的量为容器Ⅰ的2倍，则压强P(M)=2P(N)，故B错误；C. 若将容器Ⅰ的容积改为1 L，T1温度下K=0.08，若达到平衡时c(CO2)＝0.25 mol·L-1，‎ ‎2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)‎ 起始(mol/L)1 3 0 0‎ 反应 0.25 0.25 0.125 0.25‎ 平衡 0.75 2.75 0.125 0.25‎ N点的平衡常数K=≠0.08，故C错误；D. 根据A的分析，在温度为T1时，NO的转化率=×100%=16.7%，根据图像，升高温度，二氧化碳的物质的量减少，平衡逆向移动，说明正反应属于放热反应，若将容器Ⅱ改为绝热容器，实验起始温度为T1，平衡时温度高于T1，相当于原平衡逆向移动，NO的转化率减小，故D正确；故选AD。‎ 点睛：本题考查了化学平衡的图像分析和计算，难度较大。本题的解题关键是正确判断A的正误，即化学平衡常数的计算。‎ 第II卷 非选择题(共60分)‎ ‎16.化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义。‎ ‎（1）机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源。‎ ‎①气缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）2NO（g）△H＞0。汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，请分析两点原因。A_____；B______。‎ ‎②汽车汽油不完全燃烧时还产生CO，若设想按下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g） △H＞0，该设想能否实现？____（选填“能”或“不能”），依据是____。‎ ‎（2）一定条件下，Fe3+和I﹣在水溶液中的反应是2I﹣+2Fe3+I2+2Fe2+，当反应达到平衡后，加入CCl4充分振荡，且温度不变，上述平衡向____（选填“正反应”或“逆反应”）方向移动。请设计一种使该反应的化学平衡逆向移动的简单的实验方案____。‎ ‎（3）已知：①CH3OH(g)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－akJ·mol－1‎ ‎②CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－bkJ·mol－1‎ ‎③CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－ckJ·mol－1‎ 则下列叙述正确的是______‎ A．由上述热化学方程式可知b＞c B．甲烷的燃烧热为bkJ·mol－1‎ C．2CH3OH(g)＝2CH4(g)＋O2(g) ΔH＝2(b－a)kJ·mol－1‎ D．若甲醇和甲烷的物质的量之比为1∶2，其完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出的热量为QkJ，则该混合物中甲醇的物质的量为mol ‎【答案】 (1). 温度升高，反应速率加快 (2). 温度升高，有利于平衡反应正向进行 (3). 不能 (4). 该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行 (5).‎ ‎ 正反应 (6). 加入少许铁粉或加入少许碘 (7). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①N2(g)+O2(g)＝2NO(g)△H＞0，反应是气体体积不变的吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡右移，单位时间内NO排放量越大；‎ ‎②2CO(g)=2C(s)+O2(g)△H＞0，反应是焓变增大，熵变减小的反应，△H＞0，△S＜0，则△H-T△S＞0，反应任何温度下都不能自发进行；‎ ‎(2)加入CCl4萃取了I2，减小了生成物浓度,反应速率降低，从而使得v(正)＞v(逆)，导致平衡向正反应方向移动；增大生成物浓度或减小反应物浓度平衡逆向移动，加入少许铁粉可以与三价铁离子反应，减小反应物浓度，加入少许碘，增大生成物的浓度，平衡均逆向移动。‎ ‎（3）A. 气态水到液态水继续放热，所以b＜c，故A错误；‎ B. 燃烧热应生成稳定氧化物，不能是水蒸气，应该是液态水，故B错误；‎ C. 根据盖斯定律，2×（①-②）得到：2CH3OH(g)=2CH4(g)+O2(g)△H=2(b-a)kJ·mol−1，故C正确；‎ D. 设甲醇和甲烷物质的量分别为n、2n，则甲醇放出的热量是na，甲烷放出的热量是2nc，即na+2nc=Q，解得n=mol，则该混合物中甲醇的物质的量为，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎17.25℃时，电离常数：‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HCN 电离常数 ‎1.8×10－5‎ K1：4.3×10－7 K2：5.6×10－11‎ ‎4.9×10－10‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）物质的量浓度为0.1mol·L－1的下列四种物质：‎ a．Na2CO3 b．NaCN c．CH3COONa d．NaHCO3‎ pH由大到小的顺序是____(填标号)。‎ ‎（2）25℃时，在0.5mol·L－1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c(H＋)约是由水电离出的c(H＋)的__倍。‎ ‎（3）写出向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：______。‎ ‎（4）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH＝6，则溶液中c(CH3COO－)－c(Na＋)＝___(填准确数值)。c(CH3COO－)/c(CH3COOH)＝____。‎ ‎（5）25℃时，将amol·L－1的醋酸与bmol·L－1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离常数为____。‎ ‎（6）某温度时，纯水的pH=6。该温度下0.01mol/LNaOH溶液的pH=___，向该温度下的纯水中加入少量的碳酸钠固体，使溶液pH为9，则水电离出的c(OH-)=____。‎ ‎【答案】 (1). a＞b＞d＞c (2). 9×108 (3). CN－＋CO2＋H2O=HCO3-＋HCN (4). 9.9×10－7mol·L－1(或10-6-10-8) (5). 18 (6). (7). 10 (8). 10-3moL/L ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）酸越弱，对应酸根离子的水解程度越大，所以pH由大到小的顺序是a＞b＞d＞c；‎ ‎（2）Ka(CH3COOH)＝＝＝1.8×10－5，c(CH3COOH)≈0.5mol·L－1，则c(H＋)≈3×10－3mol·L－1，由水电离出的c(H＋)约为mol·L－1，故由醋酸电离出的c(H＋)约是由水电离出的c(H＋)的＝9×108倍。‎ ‎（3）酸性强弱顺序为H2CO3＞HCN＞HCO3-，所以向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为CN－＋CO2＋H2O=HCO3-＋HCN。‎ ‎（4）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合溶液pH＝6，c(H＋)＝10－6mol·L－1，c(OH－)＝10－8mol·L－1，则溶液中c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－6mol·L－1－10－8 mol·L－1＝9.9×10－7mol·L－1。通过电离平衡常数的表达式可知c(CH3COO－)/c(CH3COOH)＝K(CH3COOH)/c(H＋)＝18；‎ ‎（5）25℃时，将amol·L－1的醋酸与bmol·L－1氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，此时c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＝mol·L－1，剩余的c(CH3COOH)＝mol·L－1，则Ka＝＝。‎ ‎（6）纯水中的c(H+)=c(OH-)，pH=6，c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol•L-1‎ ‎，KW=1×10-6×1×10-6=1×10-12，0.01mol•L-1的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，c(H+)=1×10-10mol•L-1，pH=-lgc(H+)=10；温度不变，水的离子积不变KW=1×10-12，pH=9的碳酸钠溶液中氢离子是由水电离产生的，水电离产生的c(H+)等于溶液中水电离出c(OH-)，故水电离出c(OH-)=c(H+)=10-3mol/L。‎ ‎18.锌及其化合物用途广泛。火法炼锌以闪锌矿（主要成分是ZnS）为主要原料，涉及的主要反应有：①2ZnS（s）+3O2（g）=2ZnO（s）+2SO2（g）△H1=﹣930kJ•mol-1‎ ‎②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=﹣221kJ•mol-1‎ ‎③ZnO（s）+CO（g）=Zn（g）+CO2（g）△H3=+198kJ•mol-1‎ ‎（1）反应ZnS（s）+C（s）+2O2（g）=Zn（g）+CO2（g）+SO2（g）的△H4=____kJ•mol-1。‎ 反应中生成的CO2与NH3混合，在一定条件下反应合成尿素：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g） △H。若该反应在一恒温、恒容密闭容器内进行，判断反应达到平衡状态的标志是___。‎ a．CO2与H2O（g）浓度相等 b．容器中气体压强不再改变 c．2v（NH3）正=v（H2O）逆 d．容器中混合气体的密度不再改变 ‎（2）亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在一定条件下合成：2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g) △H＜0。保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比[n(NO)/n(Cl2)]进行反应，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示：‎ ‎①图中T1、T2的关系为：T1___T2(填“＞”、“＜”或“=”)；‎ ‎②图中纵坐标为物质___的转化率；‎ ‎③图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是____(填“A”、“B”、或“C”)；‎ ‎④若容器容积为2L，则B点的平衡常数的值为____。‎ ‎【答案】 (1). ﹣377.5 (2). bd (3). ＜ (4). Cl2 (5). A (6). 160‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①2ZnS（s）+3O2（g）＝2ZnO（s）+2SO2（g）△H1=-930kJ•mol-1‎ ‎②2C（s）+O2（g）＝2CO（g）△H2=-221kJ•mol-1‎ ‎③ZnO（s）+CO（g）＝Zn（g）+CO2（g）△H3=198kJ•mol-1‎ 将方程式+③得ZnS（s）+C（s）+2O2（g）＝Zn（g）+CO2（g）+SO2（g），△H4=+198kJ/mol=-377.5kJ/mol；‎ a．CO2与H2O（g）浓度相等，正逆反应速率不一定相等，所以不一定达到平衡状态，故a错误；‎ b．该反应前后气体物质的量减少，当容器中气体的压强不再改变时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故b正确；‎ c．当v（NH3）正=2v（H2O）逆时该反应达到平衡状态，所以当2v（NH3）正=v（H2O）逆时该反应没有达到平衡状态，故c错误；‎ d．反应前后气体密度改变，所以当容器中混合气体的密度不再改变时该反应达到平衡状态，故d正确；‎ ‎（2）2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)△H＜0，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，一定氮氯比条件下，升温平衡逆向进行，反应物平衡转化率减小，则T1＜T2，‎ ‎②保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比()进行反应，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示，越大，转化率越大，说明纵轴表示的是氯气的转化率，故答案为：Cl2；‎ ‎③方程式中NO和Cl2的反应比为2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大，图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是：A，故答案为：A；‎ ‎④2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)△H＜0，保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比()进行反应，A点氯气转化率为0.8，=2，体积为2L，结合三行计算列式计算，则 ‎ 2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)‎ 起始量(mol/L) 1 0.5 0‎ 变化量(mol/L) 0.8 0.4 0.8‎ 平衡量(mol/L) 0.2 0.1 0.8‎ 平衡常数K==160，故答案为：160。‎ ‎19.CH3COOH、H2CO3、H2SO3的电离常数如表所示。‎ 酸 电离常数 CH3COOH K=1.8×10-5‎ H2CO3‎ K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11‎ H2SO3‎ K1=1.54×10-2 ，K2=1.02×10-7‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）①NaHSO3溶液中电荷守恒表达式_____。‎ ‎②NaHSO3溶液中各离子浓度大小顺序：_____。‎ ‎（2）①用离子方程式表示Na2CO3溶液碱性的原因_____。‎ ‎②写出Na2CO3溶液中物料守恒表达式______。‎ ‎③写出NaHCO3溶液中质子守恒表达式______。‎ ‎（3）常温下，物质的量浓度相同的下列溶液：‎ ‎①NH4Cl ② NH4HCO3 ③（NH4）2SO4 ④NH4HSO4 ⑤（NH4）2Fe(SO4)2‎ 溶液中c(NH4+)从大到小排列顺序为____（填序号）。‎ ‎（4）常温下，物质的量浓度均为0.1mol/L的六种溶液①NaOH、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO3、⑤CH3COONa、⑥H2SO4，pH从大到小排列顺序为____（填序号）。‎ ‎（5）常温时，AlCl3的水溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）：____，将AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的固体产物主要是____（填化学式）。‎ ‎（6）证明CH3COOH是弱电解质的简单且可行的方法是：_____。‎ ‎（7）下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序或等量关系正确的是____。‎ A．10 mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ B．10 mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ C．10mL0.1mol/LCH3COOH溶液与5mL0.2 mol/LNaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ D．10mL0.5mol/L CH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合：c(Cl－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ E．在NaHSO4溶液中，c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42-)‎ ‎【答案】 (1). c（Na+）+c（H+）=c（HSO3-）+c（OH-）+2c（SO32-） (2). c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H+）＞c（OH-） (3). CO32-+H2OHCO3-+OH- (4). c(Na+)=2[c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3)] (5). c(OH-)=c(H+)+ c(HCO3-)+2c(H2CO3) (6). ⑤＞③＞④＞①＞② (7). ①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥ (8). Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+ (9). Al2O3 (10). 用pH试纸测定醋酸钠溶液的pH值与标准比色卡比对 (11). BE ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）NaHSO3溶液中含有Na+、H+、HSO3-、OH-、SO32-，则 ‎①电荷守恒表达式c（Na+）+c（H+）=c（HSO3-）+c（OH-）+2c（SO32-）。‎ ‎②NaHSO3属于酸式盐，且电离程度大于水解程度，c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）。溶液显酸性，c（OH-）＜c（H+），各离子浓度大小顺序：c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H+）＞c（OH-）。‎ ‎（2）①Na2CO3溶液中碳酸根水解，因此溶液显碱性的原因为：CO32-+H2OHCO3-+OH-。‎ ‎②Na2CO3溶液中c(Na+)是碳酸根离子物质的量浓度的2倍，电离水解后，碳酸根以CO32-、HCO3-、H2CO3三种形式存在，所以物料守恒表达式为c(Na+)=2[c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3)]。‎ ‎③NaHCO3溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)，在碳酸钠水溶液中水电离出的H+以(H+、HCO3-、H2CO3)三种形式存在，其中1mol碳酸分子中有2mol水电离出的氢离子，所以质子守恒表达式为c(OH-)=c(H+)+ c(HCO3-)+2c(H2CO3)；‎ ‎（3）NH4+易发生水解反应生成一水合氨，铵根离子浓度会减小，水解程度越大，其离子浓度越小，不同的离子对铵根离子的水解作用影响不同，促进铵根离子水解的铵根离子浓度减小，抑制铵根离子水解的铵根离子浓度较大。设以上五种溶液的浓度为1mol/L，③（NH4）2SO4、⑤（NH4）2Fe(SO4)2这两种溶液中铵根离子的起始浓度为2 mol/L，①NH4Cl、②NH4HCO3、④NH4HSO4这三种溶液中铵根离子的起始浓度为1‎ ‎ mol/L，故③、⑤溶液中铵根离子的浓度大于①、②、④溶液中铵根离子的浓度；③中硫酸根离子不水解对铵根离子的水解没有影响，⑤中亚铁离子的水解对铵根离子的水解起抑制作用，故这两种溶液中铵根离子的浓度大小顺序为⑤＞③；②中碳酸氢根离子的水解对铵根离子的水解起促进作用，④中的氢离子对铵根离子的水解起抑制作用，①中的氯离子不水解对铵根离子的水解无影响，故这三种溶液中铵根离子的浓度大小顺序为④＞①＞②，综上分析，上述五种溶液中铵根离子浓度的大小顺序为⑤＞③＞④＞①＞②；‎ ‎（4）①NaOH为强碱；⑥H2SO4为强酸；②NaCl为强酸强碱盐；④H2SO3为弱酸；③Na2CO3和⑤CH3COONa为弱酸强碱盐，醋酸酸性比碳酸强，碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子，溶液碱性强；所以其pH从大到小排列顺序为：①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥；‎ ‎（5）AlCl3为强酸弱碱盐，水解呈酸性，Al3+水解离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3↓+3H+；溶液蒸干，氯化氢挥发促进水解正向进行得到氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝分解得到氧化铝。‎ ‎（6）若醋酸钠为强酸强碱盐，那么其水溶液为中性pH=7，用pH试纸测到醋酸钠溶液的pH值，醋酸钠溶液显碱性，说明醋酸根会水解，也就是说醋酸是弱酸。‎ ‎（7）A. 等浓度、等体积的氨水和盐酸混合，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐其溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH−)，溶液中正确的离子浓度大小为：c(Cl−)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH−)，故A错误；‎ B. 等物质的量的氯化铵和氢氧化钠溶液混合，二者恰好反应生成等物质的量的氯化钠和一水合氨，溶液呈碱性，则c(OH−)＞c(H+)，根据物料守恒知：c(Na+)=c(Cl−)，则溶液中离子浓度关系为：c(Na+)=c(Cl−)＞c(OH−)＞c(H+)，故B正确；‎ C. 等物质的量的醋酸和氢氧化钠混合，二者恰好反应生成醋酸钠和水，醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，所以c(OH−)＞c(H+)，醋酸钠溶液中c(CH3COO−)＞c(OH−)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(CH3COO−)，所以离子浓度大小顺序为：c(Na+)＞c(CH3COO−)＞c(OH−)＞c(H+)，故C错误；‎ D. 醋酸钠和盐酸混合，醋酸钠的物质的量小于盐酸，二者混合有溶液中的溶质是醋酸、氯化钠和盐酸，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH−)，溶液中正确的离子浓度关系为：c(Cl−)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH−)，故D错误；‎ E．在NaHSO4强酸强碱盐，溶液中完全电离为Na+、H+、SO42-，且c(H＋)=c(SO42-)=c(Na+)，根据电荷守恒可知c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42-)，故E正确。‎ 答案选BE。‎ ‎20.工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、CO、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。‎ Ⅰ．脱硝：已知：H2的燃烧热为285.8kJ/mol ‎①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H1=+133kJ/mol ‎②H2O(g)=H2O(l) △H2=－44 kJ/mol 写出在催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为___。‎ Ⅱ．脱碳：‎ ‎（1）向2L恒容密闭容器中加入2molCO2、6molH2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l) +H2O(l)。‎ 下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是___。‎ A．混合气体的平均式量保持不变 B．CO2和H2的体积分数保持不变 C．CO2和H2的转化率相等 D．混合气体的密度保持不变 E．1 molCO2生成的同时有3molH—H键断裂 ‎（2）在T1℃时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，发生反应CO(g) +2H2(g)CH3OH(g)反应达到平衡时CH3OH的体积分数（V%）与n(H2)/n(CO)的关系如图所示。‎ ‎①当起始n(H2)/n(CO)=2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.4，则0～5min内平均反应速率v(H2)=____。若此时再向容器中加入CO（g）和CH3OH（g）各0.4mol，达新平衡时H2的转化率将____（选填“增大”、“减小”或“不变”）；‎ ‎②当起始n(H2)/n(CO)=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的___点（选填“D”、“E”或“F”）。‎ ‎（3）已知反应A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)的平衡常数K值与温度的关系如表所示。830℃时，向一个2L的密闭容器中充入0.20molA和0.20molB，10s时达到平衡。‎ 温度/℃‎ ‎700‎ ‎830‎ ‎1200‎ K值 ‎1.7‎ ‎1.0‎ ‎0.4‎ 该反应是____反应(填“吸热反应”或“放热反应”)；反应初始至平衡，A的平均反应速率v(A)＝_____。达到平衡后，B的转化率为____。‎ ‎【答案】 (1). 4H2(g)+2NO2(g)＝N2(g)+4H2O(g) △H=-1100.2kJ/mol (2). DE (3). 0.08mol·L-1·min-1 (4). 减小 (5). F (6). 放热反应 (7). 0.005mol·L－1·s－1 (8). 50%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ已知：氢气燃烧热为285.8 kJ/mol，H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8 kJ/mol ‎②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+133 kJ/mol ‎③H2O(g)=H2O(l)△H=-44 kJ/mol ‎①×4-②-③×4得到催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g)△H=-1100.2 kJ/mol；‎ Ⅱ.(1)A、根据方程式CO2(g)+3H2(g)＝CH3OH(l)+H2O(l)可知混合气体平均式量始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误； ‎ B、向2L密闭容器中加入2molCO2、6molH2，按照1：3反应，所以过程中CO2和H2的体积分数始终保持不变，故B错误； ‎ C、向2L密闭容器中加入2molCO2、6molH2，按照1：3反应，CO2和H2的转化率始终相等，不能确定反应是否达到平衡状态，故C错误； ‎ D、反应物是气体，生成物是液体，混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；‎ E、1molCO2生成的同时有3molH-H键断裂，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故E正确； ‎ 故答案为：DE；‎ ‎(2)①H2和CO总共为3mol，且起始=2，可知H2为2mol、CO为1mol，5min达到平衡时CO的转化率为0.4，则：‎ CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)‎ 起始(mol)：1 2 0‎ 变化(mol)：0.4 0.8 0.4‎ 平衡(mol)：0.6 1.2 0.4‎ 容器的容积为2L，则v(H2)= =0.08mol/(L·min)，该温度下平衡常数K=，此时再向容器中加入CO(g)和CH3OH(g)各0.4mol，此时浓度商Qc=，反应向逆向反应进行，达新平衡时H2的转化率将减小；‎ ‎②混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大，故当=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数小于C点，故选F；‎ ‎（3）由表中数据可知，温度越高，平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为放热反应；设平衡时参加反应的B的物质的量为xmol，则：‎ ‎ A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）‎ 开始（mol/L）：01 0.1 0 0‎ 变化（mol/L）：x x x x 平衡（mol/L）：0.1-x 0.1-x x x 故=1，解得x=0.05‎ 反应初始至平衡，A的平均反应速率v（A）==0.005mol•L-1•s-1；平衡时B的转化率为×100%=50%。‎ ‎ ‎