【化学】江西省宜春市上高二中2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

【化学】江西省宜春市上高二中2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

江西省宜春市上高二中2019-2020学年高二上学期第二次月考试题 一、选择题 ‎1. 下列有关实验的叙述正确的是（ ）‎ A. 过滤时，可用玻璃棒搅拌漏斗中的液体以加快过滤速率 B. 用湿润的pH试纸测溶液的pH，因溶液被稀释而使测量值变大 C. 酸碱滴定管、容量瓶、分液漏斗使用前必须检查是否漏水 D. 酸碱滴定实验中，需用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、过滤时用玻璃棒引流，不能用玻璃棒 ，A项错误；‎ B、若为碱溶液，被稀释后pH值会变小，B项错误；‎ C、酸碱滴定管、容量瓶、分液漏斗使用前必须检查是否漏水，C项错误；‎ D、酸碱滴定实验中，锥形瓶不能润洗，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.假设反应体系的始态为甲，中间态为乙，终态为丙，它们之间的变化如图所示，则下列说法不正确的是（ ）‎ A. |ΔH1|＞|ΔH2| B. |ΔH1|＜|ΔH3|‎ C. ΔH1+ΔH2+ΔH3=0 D. 甲→丙的ΔH=ΔH1+ΔH2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在过程中ΔH1与ΔH2的大小无法判断，A错误；‎ B、因|ΔH3|=|ΔH1|+|ΔH2|，B正确；‎ C、因为甲→丙和丙→甲是两个相反的过程，所以ΔH1+ΔH2+ΔH3=0，C正确；‎ D、题述过程中甲为始态，乙为中间态，丙为终态，由盖斯定律可知：甲丙，ΔH=ΔH1+ΔH2＜0，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎3.下列设计的实验方案能达到实验目的的是（ ）‎ A. 制取无水AlCl3：将AlCl3溶液加热蒸干并灼烧 B. 除去锅炉水垢中含有的CaSO4：先用Na2CO3溶液处理，然后再加酸去除 C. 证明氨水中存在电离平衡：向滴有酚酞的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液红色变深 D. 配制FeCl3溶液时为防止溶液浑浊常加入少量稀硫酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．AlCl3在加热时水解生成Al(OH)3和HCl，HCl易挥发，蒸干灼烧得到的是Al2O3，无法获得AlCl3晶体，选项A错误；‎ B．硫酸钙难以除去，可加入碳酸钠转化为碳酸钙，加入盐酸即可除去，选项B正确；‎ C．一水合氨为弱碱，溶液中存在电离平衡：NH3•H2ONH4++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，选项C错误；‎ D、Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2Fe(OH)3+3H+，配制溶液时，可加入酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，由于溶液是FeCl3溶液，所以选加HCl，不能用其它的酸，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎4.物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是（ ）‎ A. (NH4)2Fe(SO4)2 B. NH3·H2O C. (NH4)2CO3 D. NH4Cl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.(NH4)2Fe(SO4)2=2NH4++SO42-，其中NH4+和Fe2+的水解相互抑制，导致NH4+的水解程度减小，NH4+的浓度最大，A正确；‎ B. NH3·H2O是弱电解质，电离程度很弱，主要以电解质分子NH3·H2O的形式存在，电离产生的NH4+的浓度远小于等浓度的盐电离产生的NH4+的浓度，B错误；‎ C. (NH4)2CO3=2NH4++CO32-，其中NH4+和CO32-的水解相互促进，导致NH4+的水解程度比(NH4)2Fe(SO4)2的大，NH4+的浓度小于(NH4)2Fe(SO4)2中NH4+的浓度，C错误；‎ D.NH4Cl=NH4++Cl-，其中NH4+水解，使NH4+的浓度减小，小于溶液中Cl-的浓度，但比等浓度的(NH4)2Fe(SO4)2和(NH4)2CO3的铵根离子浓度小，D错误；‎ 故铵根离子浓度最大的是A。‎ ‎5.常温下，0.1 mol·L－1的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，则下列判断中正确的是（ ）‎ A. HX、HY、HZ的酸性依次增强 B. 离子浓度：c(Z－)>c(Y－)>c(X－)‎ C. 电离常数：K(HZ)>K(HY)‎ D. c(X－)＝c(Y－)＋c(HY)＝c(Z－)＋c(HZ)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】常温下，0.1mol/L的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，对于弱酸，其酸性越弱，对应的盐水解程度越大，说明HX为强酸，HY、XZ为弱酸，且酸性HY>XZ，由此分析解答。‎ ‎【详解】A．对于弱酸，其酸性越弱，对应的盐水解程度越大，说明HX为强酸，HY、XZ为弱酸，且酸性HX>HY>XZ，选项A错误；‎ B．酸越弱水解的程度越大，离子浓度越小，所以c（X-）>c（Y-）>c（Z-），选项B错误；‎ C．对于弱酸，其酸性越弱，对应盐水解程度越大，说明HX为强酸，HY、XZ为弱酸，且酸性HX>HY>XZ，电离常数K（HY）>K（HZ），选项C错误；‎ D．NaX电离后不水解，X-的物质的量浓度c（X-）=0.1mol/L，NaY、NaZ电离后都部分水解，根据物料守恒可知：c（Y-）+c（HY）=0.1mol/L；c（Z-）+c（HZ）=0.1mol/L，所以c（X-）=c（Y-）+c（HY）=c（Z-）+c（HZ），选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是（ ）‎ ‎①醋酸与水能以任意比互溶；②醋酸溶液能导电；③醋酸稀溶液中存在醋酸分子；④常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1 mol/L盐酸的pH大；⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2；⑥0.1 mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9；⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢 A. ②⑥⑦ B. ③④⑥⑦‎ C. ③④⑤⑥ D. ①②‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①电解质的强弱与溶解性无关；②弱电解质溶液电离后也可以导电；③‎ 醋酸溶液中存在醋酸分子，可以说明存在电离平衡；④0.1mol/L醋酸的pH比0.1 mol/L盐酸的pH大，可以说明醋酸为弱电解质；⑤说明醋酸比碳酸强，不能说明醋酸是弱电解质；⑥0.1 mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9，说明醋酸未完全电离；⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢，说明部分电离；故答案选B。‎ ‎7.下列关于反应能量的说法正确的是（ ）‎ A. 已知Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) △H=-216kJ/mol，则反应物总能量<生成物总能量 B. 已知101 kPa时，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ/mol，则H2的燃烧热△H=-241.8kJ/mol C. 相同的条件下，如果1 mol氢原子所具有的能量为E1，1 mol 氢分子的能量为E2，则2E1>E2‎ D. H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)，含1 mol NaOH的氢氧化钠溶液与含0.5 mol H2SO4的浓硫酸混合后放出57.3 kJ 的热量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.已知Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) △H=-216kJ/mol，反应是放热反应，说明反应物总能量比生成物总能量多，A错误；‎ B.氢气的燃烧热是1molH2完全燃烧产生液态水时放出的热量，由于等物质的量的气态水含有的能量比液态水多，所以在101 kPa时，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ/mol，则H2的燃烧热△H小于-241.8kJ/mol，B错误；‎ C.相同的条件下，如果1 mol氢原子所具有的能量为E1，2molH原子结合形成1molH-H键，产生1molH2，会放出热量，1 mol氢分子的能量为E2，则2E1>E2，C正确；‎ D.H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)，△H=-57.3 kJ/mol，由于浓硫酸溶于水会放出热量，所以含1 mol NaOH的氢氧化钠溶液与含0.5 mol H2SO4的浓硫酸混合后放出的热量大于57.3 kJ，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎8.常温下0.1mol•L﹣1醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=（a+1）的措施是（ ）‎ A. 将溶液稀释到原体积的2倍 B. 加入适量的醋酸钠固体 C. 加入等体积0.2 mol•L﹣1盐酸 D. 加少量冰醋酸 ‎【答案】B ‎【解析】常温下0.1mol•L﹣1‎ 醋酸溶液的pH=a，当此溶液变为pH=（a+1）时，pH升高了，溶液中的氢离子浓度变为原来的十分之一，c(H+)由mol/L变为mol/L。醋酸为弱酸，溶液中存在其电离平衡，可以加水稀释溶液使氢离子浓度减小，欲使溶液中的氢离子浓度变为原来的十分之一，稀释后溶液体积必须大于原来的十倍。也可以加入可溶性醋酸盐使电离平衡逆向移动而使氢离子浓度减小。‎ A. 将溶液稀释到原体积的2倍 ，氢离子浓度肯定会大于原来的二分之一，所以A不正确； B. 加入适量的醋酸钠固体，可行，因为增大了溶液中醋酸根离子的浓度，醋酸的电离平衡逆向移动，所以B正确；C.因为盐酸是强酸，所以加入等体积0.2 mol•L﹣1盐酸后，c(H+)一定变大了，pH将减小；D. 加少量冰醋酸，增大了醋酸的浓度，酸性增强，pH减小，D不正确。本题选B。‎ ‎9.一定温度下，反应N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）的反应热和化学平衡常数分别为△H和K, 则相同温度时反应4NH3（g）2N2（g）＋6H2（g）反应热和化学平衡常数为( )‎ A. 2△H和2K B. -2△H和 K2‎ C. -2△H和 K-2 D. 2△H和-2K ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】正反应是放热反应，则逆反应就是吸热反应，反之亦然，所以氨气分解的反应热是－2△H。平衡常数是在反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此如果化学计量数不变的话，则逆反应的平衡常数是正反应平衡常数的倒数。由于逆反应的化学计量数均是原来的2倍，所以选项C是正确的。答案选C。‎ ‎10.符合图1、图2的反应是 （ ） ‎ A. X＋3Y2Z　ΔH>0 B. X＋3Y2Z　ΔH<0‎ C. X＋2Y3Z　ΔH<0 D. 5X＋3Y4Z　ΔH<0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】图1中X、Y浓度降低，则X、Y为反应物，Z浓度增大，Z为生成物，X、Y、Z浓度变化量之比为：1：3：2，且存在化学平衡状态，化学方程式为：X+3Y2Z；图2中T2时，先达到化学平衡状态，则T2＞T1，温度高时，Z%较小，即温度升高，向逆反应方向移动，正反应放热，△H＜0，故表示的反应为：X+3Y2Z，△H＜0，故选B。‎ ‎11. 下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是（ ）‎ ‎①已达平衡的反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动 ‎②已达平衡的反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g），当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高 ‎③有气体参加的反应平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动 ‎④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动 A. ①④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①若增加固体物碳物质的量，平衡不发生移动，因为固体物质的浓度是不变量，无法增大C的浓度，故①错误；‎ ‎②两种反应物，增大一种物质会提高另一种物质的转化率，本身转化率减小，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率减小，故②错误；‎ ‎③对于气体体积保持不变的可逆反应，减小容积或增大压强时，平衡不一定向气体体积增大的方向移动，故③错误；‎ ‎④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，反应前后气体体积不变的反应，平衡不动，如H2（g）+I2（g）=2HI（g）；反应前后气体体积变化的反应，平衡发生移动，如N2（g）+3H2（g）═2NH3（g），故④错误。‎ 故选D。‎ ‎12.下列反应在常温下均为非自发反应,在高温下仍为非自发是（ ）‎ A. 2Ag2O(s)=4Ag(s)+O2(g)‎ B. 2Fe2O3(s)+3C(s)=Fe(s)+3CO2(g)‎ C. N2O4(g)=2NO2(g)‎ D. 6C(s)+6H2O(l)=C6H12O6(s)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据综合判据能自发进行， 、的反应在任何温度下都不能自发反应。‎ ‎【详解】2Ag2O(s)=4Ag(s)+O2(g)，，在高温下能自发进行，故不选A；2Fe2O3(s)+3C(s)=Fe(s)+3CO2(g)，，在高温下能自发进行，故不选B；N2O4(g)=2NO2(g) ，在高温下能自发进行，故不选C；6C(s)+6H2O(l)=C6H12O6(s) ，该反应无论在低温还是在高温下，均不能自发进行，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了反应自发进行的判断依据，注意反应是否自发进行由焓变、熵变、温度共同决定，、任何温度下都不能自发反应；、高温下能自发进行；、任何温度下都能自发进行；、低温下能自发进行。‎ ‎13.将4molA和2molB放入2L密闭容器中发生反应4s后反应达到平衡状态，此时测得C的浓度为0.6mol/L.下列说法正确的是（　　）‎ A. 若不断增加A的质量，可使反应放出热量的数值达到2︱ΔH︱‎ B. 4 s内，υ(B)＝0.075 mol/(L ·s)‎ C. 达到平衡状态后，若只升高温度，则C的物质的量浓度增大 D. 达到平衡状态后，若温度不变，缩小容器的体积，则A的转化率降低 ‎【答案】B ‎【解析】A. 该反应为可逆反应，B不可能完全反应，增加A的质量，最终反应放出热量的数值仍小于2︱ΔH︱，故A错误；B．v(C)==0.15mol/(L•s)，反应速率之比等于化学计量数之比，则v(B)=0.075mol/(L•s)，故B正确； C．升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的物质的量浓度减小，故C错误；D．缩小容器的体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，故D错误；故选B。‎ ‎14.已知甲、乙、丙、丁四种溶液分别为CH3COONa、NH3•H2O、CH3COOH、Na2SO4中的一种，相同温度下，甲与乙两种溶液的pH相同，甲与丙两种溶液中的水的电离程度相同，则丙为（ ）‎ A. NH3•H2O B. CH3COONa C. CH3COOH D. Na2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】CH3COONa、NH3·H2O溶液显碱性，CH3COOH溶液显酸性，Na2SO4‎ 溶液显中性，CH3COONa促进水解，NH3·H2O和CH3COOH抑制水解，据此分析。‎ ‎【详解】CH3COONa、NH3·H2O溶液显碱性，CH3COOH溶液显酸性，Na2SO4溶液显中性，甲与乙两种溶液的pH相同，则CH3COONa和NH3·H2O是甲、乙，CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COO－水解，促进水解，NH3·H2O和CH3COOH抑制水的电离，Na2SO4对水的电离无影响，甲与丙两种溶液中水的电离程度相同，即甲为NH3·H2O，丙为CH3COOH，乙为CH3COONa，丁为Na2SO4，故C正确；‎ 答案选C。‎ ‎15.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存是( )‎ A. 能使甲基橙变红的溶液中：K+、Mg2+、NO3-、I-‎ B. c(HCO3-)=1 mol·L－1溶液中：Na+、Al3+、SO42-、Cl-‎ C. 无色透明的溶液中：Fe3+、Al3+、NO3-、SO42-‎ D. 常温下，=10-10的溶液中：K+、Na+、I-、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】离子若不能发生任何反应，且与题干选项要求不产生影响，就可以大量共存，否则不能大量存在。‎ ‎【详解】A.能使甲基橙变红的溶液显酸性，含有大量的H+，H+、NO3-、I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；‎ B.c(HCO3-)=1 mol·L－1溶液中：HCO3-、Al3+会发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，不能大量共存，B错误；‎ C.无色透明的溶液中不能含有大量的Fe3+，含有铁离子的溶液呈黄色，C错误；‎ D.常温下，=10-10的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与选项中K+、Na+、I-、SO42-均不发生任何反应，可以大量共存，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎16.室温下，用的溶液滴定 的溶液，水的电离程度随溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( ) ‎ A. 该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂 B. 从点到点，溶液中水的电离程度逐渐增大 C. 点溶液中 D. 点对应溶液的体积为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用NaOH溶液滴定醋酸，由于恰好完全反应时产生的醋酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此要选择碱性范围内变色的指示剂误差较小，可选用酚酞作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂，A错误；‎ B.P点未滴加NaOH溶液时，CH3COOH对水的电离平衡起抑制作用，随着NaOH的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，到M点时恰好完全反应产生CH3COONa，水的电离达到最大值，后随着NaOH的滴入，溶液的碱性逐渐增强，溶液中水的电离程度逐渐减小，B错误；‎ C.N点溶液为NaOH、CH3COONa按1:1物质的量之比混合而成，根据物料守恒可得c(Na+)=2c(CH3COOH)+2c(CH3COO-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，将两个式子合并，整理可得c(OH-)=2c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(H+)，C错误；‎ D.M点时溶液中水电离程度最大，说明酸碱恰好完全中和产生CH3COONa，由于醋酸是一元酸、NaOH是一元碱，二者的浓度相等，因此二者恰好中和时的体积相等，故M点对应的NaOH溶液的体积为10.00mL，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ 二、填空题 ‎17.某学生为了探究锌与盐酸反应过程中速率变化，在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉，标准状况下测得数据累计值如下：‎ 时间 第1分钟 第2分钟 第3分钟 第4分钟 第5分钟 产生氢气体积 ‎50mL ‎120mL ‎232mL ‎290mL ‎310mL ‎（1）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，化学反应速率最大的时间段是____，导致该时间段化学反应速率最大的影响因素是____（选填字母编号）。‎ A.浓度 B.温度 C.气体压强 ‎（2）化学反应速率最小的时间段是____，主要原因是____。‎ ‎（3）在2～3分钟时间段，以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率为___mol/（L•min）（设溶液体积不变）。‎ ‎（4）为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可以向盐酸中分别加入等体积的___。‎ A.蒸馏水；B.NaCl溶液；C.NaNO3溶液；D.CuSO4溶液；E.Na2CO3溶液 ‎【答案】(1). 2～3min (2). B (3). 4～5min (4). 因为此时H+浓度小 (5). v（HCl）=0.1mol/（L•min） (6). A、B ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）(2)在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，生成气体体积越大的时间段，反应速率越大，结合温度、浓度对反应速率的影响分析；‎ ‎（3）计算出氢气的体积，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量，计算浓度的变化，根据v=△c/△t计算反应速率；‎ ‎（4）为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可降低H＋浓度，但不能影响H＋的物质的量．‎ ‎【详解】（1）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，由此可知反应速率最大的时间段为2～3 min，因反应为放热反应，温度升高，反应速率增大，故选B。‎ ‎（2）反应速率最小的时间段是4～5min时间段，此时温度虽然较高，但H＋浓度小；‎ ‎（3）在2～3min时间段内，n（H2）=0.112L/22.4L·mol－1=0.005mol，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则υ（HCl）=0.01mol÷0.1L÷1min ‎=0.1 mol/（L·min）；‎ ‎（4）A．加入蒸馏水，H＋浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故A正确； ‎ B．加入NaCl溶液，H＋浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故B正确； ‎ C．加入NaNO3溶液，生成NO气体，影响生成氢气的量，故C错误； ‎ D．加入CuSO4溶液，Zn置换出Cu反应速度增大，故D错误；‎ ‎ E．加入Na2CO3溶液，消耗H＋，H＋浓度减小，影响生成氢气的量，故E错误．‎ 故答案为：A、B．‎ ‎18.可逆反应3A(g)3B(?)+C(?) △H>0达到化学平衡后，‎ ‎(1)升高温度，用“变大”、“变小”、“不变”或“无法确定”填空。‎ a.若B、C都是气体，气体的平均相对分子质量①___；‎ b.若B、C都不是气体，气体的平均相对分子质量②____；‎ c.若B是气体，C不是气体，气体的平均相对分子质量③___；‎ ‎(2)如果平衡后保持温度不变，将容器体积增加一倍，新平衡时A的浓度是原来的60%，则B是④___态，C是⑤___态。‎ ‎【答案】(1). 变小 (2). 不变 (3). 变小 (4). 固态或液态 (5). 气态 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动；‎ a.若B、C都是气体，则反应是体积增大的，所以气体的平均相对分子质量变小；‎ b.若B、C都不是气体，则气体的平均相对分子质量不变；‎ c.若B是气体，C不是气体，则气体的物质的量不变，但质量减小，所以气体的平均相对分子质量变小；‎ ‎（2）将容器体积增加一倍的瞬间，A的浓度是原来的50%，但最终平衡时A的浓度是原来的60%，说明降低压强平衡向逆反应方向移动，即正反应是体积减小的，所以B是液态或固态，C是气态。‎ ‎19.甲醇是一种新型燃料，工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1=-116kJ/mol ‎(1)已知：CO(g)+O2(g)=CO2 (g) △H2=-283kJ/mol ‎ H2(g) +O2(g)=H2O (g) △H1=-242kJ/mol 则表示1mol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式：________________‎ ‎(2)在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃、270℃三种温度下合成甲醇的规律。如图是上述三种温度下不同的H2‎ 和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率的关系。‎ 请回答:‎ ‎①在上述三种温度中，曲线Z对应的温度是_________‎ ‎②利用图中a点对应的数据，计算出曲线Z在对应温度下CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的平衡常数 K=_________。‎ ‎③下列既能提高上述反应中 CO 的平衡转化率，又能增大反应速率的是____（填标号）。‎ a.增大压强 b.降低温度 c.增大H2浓度 d.加高效催化剂 ‎④若上述反应在某恒温恒容容器中发生，能说明该反应达到平衡的是____（填标号）。‎ a.气体平均相对分子质量保持不变 b.△H1保持不变 ‎ c.保持不变 d.气体密度保持不变 ‎(3)在某温度下，将一定量的CO和H2投入10L的密闭容器中，5min时达到平衡，各物质的物质的浓度(mol/L)变化如下表所示：‎ ‎0min ‎5min ‎10min CO ‎0.1‎ ‎0.05‎ H2‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ CH3OH ‎0‎ ‎0.04‎ ‎0.05‎ 若5min～10min只改变了某一条件，所改变的条件是______________。‎ ‎【答案】(1). CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H1=-651kJ/mol (2). 270℃ (3). 4 (4). ac (5). ac (6). 增加了H2的物质的量(或增大了H2的浓度)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式加减，可得待求的热化学方程式；‎ ‎(2)①合成甲醇的反应是放热反应，根据温度对平衡移动的影响分析判断反应温度；‎ ‎②根据平衡常数的含义，结合a点时CO的转化率计算平衡常数；‎ ‎③根据外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响分析判断；‎ ‎④根据化学反应特点，结合反应达到平衡时，任何物质的浓度不变，物质的量不变等分析判断；‎ ‎(3)根据5min和10min时各物质浓度的变化来确定改变条件。‎ ‎【详解】(1)①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1=-116kJ/mol；‎ ‎②CO(g)+O2(g)=CO2 (g) △H2=-283kJ/mol ‎③H2(g) +O2(g)=H2O(g) △H1=-242kJ/mol 根据盖斯定律，将①-②-③×2，整理可得CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H1=-651kJ/mol；‎ ‎(2)①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1=-116kJ/mol的正反应是放热反应，在n(H2)：n(CO)不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使CO的转化率降低。根据图示可知Z对应的CO转化率最低，说明反应温度最高，为270℃；‎ ‎②a点时，CO转化率50%，反应消耗了1mol×50%=0.5molCO，消耗氢气1mol，剩余0.5molCO，n(H2)=1.5mol-1mol=0.5mol，同时生成0.5mol甲醇。由于容器的容积是1L，所以a点各组分的浓度是：c(CH3OH)=0.5mol/L，c(CO)=0.5mol/L，c(H2)=0.5mol/L，则该温度下是化学平衡常数K==4L2•mol-2；‎ ‎③a.反应混合物都是气体，增大压强，物质的浓度增大，化学反应速率加快；由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以增大压强，化学平衡正向移动，CO转化率提高，a符合题意；‎ b.降低温度化学反应速率会降低，b不符合题意；‎ c.增大H2浓度，化学反应速率加快，反应物有两种，所以增大反应物H2的浓度，化学平衡正向移动，CO转化率增大，c符合题意；‎ d.加高效催化剂，只能加快反应速率，而不能是平衡发生移动，因此CO的转化率不变，d不符合题意；‎ 故合理选项是ac；‎ ‎④a.该反应是反应气体气体体积改变的反应，气体的质量不变，若达到平衡，气体的物质的量不变，气体平均相对分子质量保持不变，故可以据此判断反应处于平衡状态，a正确； ‎ b.反应物△H1始终保持不变，与反应程度无关，不能据此判断反应是否处于平衡状态，b错误； ‎ c.若反应达到平衡，则反应体系中的任何物质的浓度不变，则保持不变，故可以据此判断反应处于平衡状态，c正确； ‎ d.反应混合物都是气体，气体的质量不变，容器的容积不变，因此任何情况下气体的密度都不变，所以不能根据气体密度保持不变判断反应是否处于平衡状态，d错误；‎ 故合理选项是ac；‎ ‎(3)反应达到平衡时，根据反应方程式可知各物理量之间的关系式可知，在5min时，c(CO)=0.1mol/L-0.04mol/L=0.06mol/L，c(H2)=0.2mol/L-0.08mol/L=0.12mol/L，10min时，c(CO)减小，c(H2)增大，c(CH3OH)增大，则平衡向正反应方向移动，而氢气浓度却增大，所以改变的物理量是增加氢气的物质的量或增加氢气的浓度。‎ ‎20. 25 ℃时，电离平衡常数：‎ 化学式 ‎ CH3COOH ‎ H2CO3 ‎ HClO ‎ 电离平衡常数 ‎ ‎1.8×10－5 ‎ K1　4.3×10－7 K2　5.6×10－11‎ ‎3.0×10－8 ‎ 回答下列问题： ‎ ‎(1)下列四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是________________；(填编号)‎ a．CO32-b．ClO-c．CH3COO-d．HCO3-；‎ ‎(2)下列反应不能发生的是__________ ‎ A．CO32-+ CH3COOH = CH3COO- + CO2 ↑ + H2O B．ClO-+ CH3COOH = CH3COO- + HClO C．CO32-+ HClO = CO2 ↑+ H2O + ClO-‎ D．2 ClO-+ CO2 + H2O = CO32-+ 2 HClO ‎(3)用蒸馏水稀释0.10 mol·L-1的醋酸,则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是__________ ‎ A.c(CH3COOH)/c(H+) B.c(CH3COO-)/c(CH3COOH)‎ C.c(H+)/ KWD.c(H+)/c(OH-)‎ ‎(4)体积为10 mL pH＝2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1 000 mL，稀释过程pH变化 如图，则HX的电离平衡常数________(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的平衡常数，稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)________醋酸溶液中水电离出来的c(H＋)(填“大于”、“等于”或“小于”)‎ ‎【答案】（1）a、b、d、c ‎（2）c、d ‎ ‎（3）B ‎（4）大于　大于 ‎【解析】试题分析：(1)电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c，故答案为：a＞b＞d＞c；‎ ‎(2)a．CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；b．ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；c．CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；D．2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO：由于酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-，该反应不能发生，故d正确；故答案为：cd；‎ ‎(3)A．加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以 的比值减小，故A错误；B．加水稀释醋酸促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则的比值增大，故B正确；C．加水稀释促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以的比值减小，故C错误；D．加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，的比值减小，故D错误；故答案为：B；‎ ‎(4)加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于常数，稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)，故答案为：大于；大于。‎ ‎21.（1）在粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2+。在提纯时为了除去Fe2+，常加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质可采用的是________。‎ A. KMnO4　 B. H2O2　　 C. Cl2水 　　 D. HNO3‎ 然后再加入适当物质调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，调整溶液pH可选用下列中的________。‎ A. NaOH B. NH3·H2O C. CuO D. Cu(OH)2‎ ‎（2）甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=8.0×10-38,Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.0×10-20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol·L-1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0 mol·L-1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为________，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为________，通过计算确定上述方案________（填“可行”或“不可行”）。‎ ‎【答案】(1). B (2). CD (3). 4 (4). 3.3 (5). 可行 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）本题中将亚铁离子氧化为铁离子的最好试剂是过氧化氢，因为过氧化氢做氧化剂的还原产物是水，这样不会引入杂质。而其他选项都会引入之前溶液中不存在的元素，例如：K、Mn、Cl、N等，所以答案为B。加入物质的目的是为了提高溶液pH，所以应该加入可以与酸反应的物质。但是只需要调节pH至3.8，所以不需要太强的碱。另外，也要保证在此过程中不引入杂质。氢氧化钠碱性太强，而且氢氧化钠和氨水都会引入杂质。所以答案为CD。‎ ‎（2）开始沉淀的要求是QC大于KSP，即QC = c(Cu2+)×c2(OH-) = 3.0 × c2(OH-)＞Ksp=3.0×10-20，CuSO4的浓度为3.0 mol·L-1，所以c(OH-)=1.0×10-10 mol·L-1，pH=4。当铁离子完全沉淀时，应该认为铁离子的浓度为1×10-5 mol·L-1，此时该溶液是氢氧化铁的饱和溶液，所以Qc=KSP。即QC = c(Fe3+)×c3(OH-) = Ksp=8.0×10-38，因为c(Fe3+)=1×10-5 mol·L-1，所以c(OH-)=2.0×10-11 mol·L-1，由水的离子积得到c(H+)=5.0×10-4 mol·L-1，对5.0×10-4 mol·L-1取负对数得到。经过上述计算得到：铁离子完全沉淀时，铜离子还没有开始沉淀，所以方案可行。‎