化学卷·2018届贵州省黔西南州兴义八中高二上学期期中化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届贵州省黔西南州兴义八中高二上学期期中化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年贵州省黔西南州兴义八中高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）‎ ‎1．下列是4位同学在学习“化学反应的速率和化学平衡“一章后，联系工业生产实际所发表的观点，你认为不正确的是（　　）‎ A．化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品 B．化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品 C．化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率 D．化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品 ‎2．往平底烧瓶中放入氢氧化钡晶体和氯化铵晶体，塞紧瓶塞．在木板上滴少量水，一会儿就会发现瓶内固态物质变成液体，瓶壁变冷，小木板上因少量水冻结，而被烧瓶粘住，这时打开瓶塞，出来的气体有氨味．这是自发地发生了反应：Ba（OH）2•8H2O（s）+2NH4Cl（s）=BaCl2（s）+2NH3（g）+10H2O（l），下列结论中正确的是（　　）‎ A．自发反应一定是放热反 B．自发反应一定是吸热反应 C．有的吸热反应也能自发进行 D．吸热反应不能自发进行 ‎3．下列各反应的化学方程式中，属于水解反应的是（　　）‎ A．H2O+H2O⇌H3O++OH﹣ B．HCO3﹣+OH﹣⇌H2O+CO32﹣‎ C．CO2+H2O⇌H2CO3 D．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣‎ ‎4．最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．CO和O生成CO2是吸热反应 B．在该过程中，CO断键形成C和O C．CO和O生成了具有极性共价键的CO2‎ D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程 ‎5．有一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，盛入量筒内，所得液体体积一定是（　　）‎ A．a mL B．（50﹣a）mL C．大于（50﹣a）mL D．大于a mL ‎6．下列溶液一定呈碱性的是（　　）‎ A．pH=8的某电解质溶液 B．c（OH﹣）＞1×10﹣7mol/L C．溶液中含有OH﹣ D．溶液中c（OH﹣）＞c（H+）‎ ‎7．下列说法正确的是（　　）‎ A．酸式盐的水溶液一定显酸性 B．只要酸与碱的物质的量浓度和体积分别相等，它们反应后的溶液就呈中性 C．纯水呈中性是因为水中c（H+）和c（OH﹣）相等 D．NaHCO3与Na2SO4溶液的混合溶液呈中性 ‎8．实验室在配制硫酸铁溶液时，先把硫酸铁晶体溶解在稀硫酸中，再加水稀释至所需浓度，如此操作的目的是（　　）‎ A．防止硫酸铁分解 B．抑制硫酸铁水解 C．提高硫酸铁的溶解度 D．提高溶液的PH ‎9．某酸碱指示剂（HIn）在水溶液中存在以下平衡：‎ HIn（aq）⇌H++In﹣（aq）‎ ‎（红色） （蓝色）‎ 下列物质的溶液中，能使指示剂显蓝色的是（　　）‎ A．稀硫酸 B．氯化铝溶液 C．稀氨水 D．饱和食盐水 ‎10．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（　　）‎ ‎①NaOH固体 ②H2O ③NH4Cl固体 ④CH3COONa固体 ⑤NaNO3固体 ⑥KCl溶液．‎ A．②④⑥ B．①② C．②③⑤ D．②④⑤⑥‎ ‎11．若溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣14mol•L﹣1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（　　）‎ A．Al3+、Na+、NO3﹣、Cl﹣ B．K+、Na+、Cl﹣、NO3﹣‎ C．K+、Na+、Cl﹣、AlO2﹣ D．K+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣‎ ‎12．用0.100 0mol•L﹣1 NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的盐酸（酚酞作指示剂）的滴定曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．水电离出的氢离子浓度：a＞b B．盐酸的物质的量浓度为0.0100 mol•L﹣1‎ C．指示剂变色时，说明盐酸与NaOH恰好完全反应 D．当滴加NaOH溶液10.00 mL（忽略反应前后体积变化），该混合液的pH=1+lg3‎ ‎13．据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实．2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g） 下列叙述错误的是（　　）‎ A．使用Cu﹣Zn﹣Fe催化剂可大大提高生产效率 B．反应需在300℃进行可推测该反应是吸热反应 C．充入大量CO2气体可提高H2的转化率 D．从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率 ‎14．在一定温度下，向一个容积可变的恒压容器中，通入3mol SO2和2mol O2及固体催化剂，使之反应：‎ ‎2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1，平衡时容器内气体压强为起始时的90%．保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为4mol SO2、3mol O2、2mol SO3（g），下列说法正确的是（　　）‎ A．第一次实验平衡时反应放出的热量为294.9kJ B．两次实验平衡时，SO2的转化率相等 C．第二次实验达平衡时SO3的体积分数大于 D．达平衡时，O2表示的反应速率为0.25mol/（L•min）‎ ‎15．可逆反应：I2（g）+H2（g）⇌2HI（g），在一定条件下已经达到平衡状态，由于改变浓度、温度、压强等条件中的一个，达到新平衡时，可能引起下列变化，这些变化中能说明平衡一定向正反应方向移动的是（　　）‎ ‎①I2（g）浓度减小 ②混合气颜色变浅 ③I2（g）转化率增大 ④HI（g）质量分数增大 ⑤I2（g）+H2（g）质量分数减小．‎ A．①②③ B．②③④ C．③④⑤ D．①③⑤‎ ‎16．下列事实中不能用勒夏特列原理来解释的是（　　）‎ A．向H2S水溶液中加入NaOH固体有利于S2﹣增多 B．鼓入过量空气有利于SO2转化为SO3‎ C．高压对合成氨有利 D．500℃左右比室温更有利于氨的合成 ‎17．常温下，将pH=11的某碱溶液与pH=3的某酸溶液等体积混合，下列说法正确的是（　　）‎ A．若所得溶液呈中性，则生成的盐一定为强酸强碱盐 B．若所得的溶液呈碱性，则可能是生成强碱弱酸盐 C．若所得溶液呈酸性，则可能是强酸与弱碱溶液反应 D．若所得溶液的pH=5，则可能是强碱与弱酸溶液反应 ‎18．用水稀释0.1mol/L的醋酸溶液，其中随水的量增加而增大的是（　　）‎ ‎①c（H+）②n（H+）　③④⑤c（OH﹣） ⑥c（CH3COO﹣）‎ A．①②③ B．②③⑤ C．④⑤ D．④⑤⑥‎ ‎19．室温时，将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是（　　）‎ A．若PH＞7时，则一定是c1V1=c2V2‎ B．在任何情况下都是c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）‎ C．当pH=7时，若V1=V2，则一定是c2＞c1‎ D．若V1=V2、c1=c2，则c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）‎ ‎20．如图，有甲、乙两容器，甲保持恒压，乙保持恒容，分别向其中充入1mol A、3mol B发生可逆反应：A（g）+3B（g）⇌2C（g）+D（s），下列说法正确的是（　　）‎ A．当乙中混合气体总质量不再变化时即达到化学平衡 B．达平衡时用A表示反应速率时，v（甲）＜v（乙）‎ C．由于容器甲的容积在不断变化，故从反应开始到平衡所需时间比容器乙要长 D．达到平衡时，甲所需时间短，但两容器中A的转化率相等 ‎　‎ 二、解答题（共3小题，满分28分）‎ ‎21．（1）已知C（石墨，s）⇌c（金刚石，s），△H＞0，则稳定性：金刚石　　石墨（填“＞”或“＜”）‎ ‎（2）已知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2，则△H1 　　△H2（填“＞”或“＜”）．‎ ‎（3）“嫦娥五号”预计在海南文昌发射中心发射，火箭的第一、二级发动机中，所用的燃料为偏二甲肼和四氧化二氮，偏二甲肼可用肼来制备．用肼（N2H4）为燃料，四氧化二氮做氧化剂，两者反应生成氮气和气态水．已知：N2（g）+2O2（g）═N2O4（g）△H=+10.7kJ•mol﹣1 N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣543 kJ•mol﹣1写出气态肼和N2O4反应的热化学方程式为　　．‎ ‎（4）25℃，101kPa时，14gCO在足量的O2中充分燃烧，放出141.3 kJ的热，则CO的燃烧热为△H=　　．‎ ‎（5）0.50L 2.00mol/L H2SO4溶液与2.10L 1.00mol/L KOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，该反应的中和热为△H=　　．‎ ‎（6）已知拆开1molH﹣H键，1molN﹣H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391 kJ、946 kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式是　　．‎ ‎22．（1）已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：‎ 弱酸化学式 HSCN CH3COOH HCN H2CO3‎ 电离平衡常数 ‎1.3×10﹣1‎ ‎1.8×10﹣5‎ ‎4.9×10﹣10‎ K1=4.3×10﹣7　　K2=5.6×10﹣11‎ ‎①同温度下，等pH值的NaHCO3、NaCN、Na2CO3溶液的物质的量浓度由大到小的顺序为　　．‎ ‎②若保持温度不变，在醋酸溶液中加入一定量氨气，下列量会变小的是　　（填序号）‎ a．c（CH3COO﹣） b．c（H+） c．KW d．醋酸电离平衡常数．‎ ‎（2）上述提供的同浓度酸中，酸性最强的是　　；酸性最弱的是　　；若向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的离子方程式　　．‎ ‎（3）CO2可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3．Na2CO3俗称纯碱，该溶液中离子浓度由大到小的顺序为　　；同浓度的碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液pH较大的是　　．‎ ‎23．工业上以氨气为原料（铂铑合金网为催化剂）催化氧化法制硝酸的过程如下：‎ ‎（1）已知反应一经发生，铂铑合金网就会处于红热状态．写出氨催化氧化的化学方程式　　；当温度升高时，化学平衡常数K值　　（填“增大”、“减小”、“无影响”）．‎ ‎（2）硝酸厂尾气常用的处理方法是催化还原法：催化剂存在时用H2将NO2还原为N2．已知：‎ ‎2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=akJ/mol N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=bkJ/mol H2O（1）═H2O（g）△H=ckJ/mol 则反应2NO2（g）+4H2（g）=N2+H2O（1）的△H=　　．（用a、b、c表示）‎ ‎（3）①合成氨反应的化学方程式为N2+3H2⇌2NH3该反应在固定容积的密闭容器中进行．下列各项标志着该反应达到化学平衡状态的是　　（填序号）．‎ A．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为l：3：2‎ B．3v正（N2）=v逆（H2）‎ C．容器内压强保持不变 D．混合气体的相对分子质量保持不变 E.1molN≡N键断裂，同时1molH﹣H键断裂 ‎②若在恒温条件下，将N2与H2按一定比例混合通入一个容积为2L固定容积的密闭容器中，5min后反应达平衡时，n（N2）=1mol，n（H2）=1mol，n（NH3）=2mol，则反应速率v（N2）=　　，H2的平衡转化率=　　．‎ ‎　‎ 三、实验题 ‎24．实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验：请完成下列填空：‎ ‎（1）配制100mL 0.10mol/L NaOH标准溶液．‎ ‎（2）取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定．重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下．‎ 实验编号 NaOH溶液的浓度 ‎（mol/L）‎ 滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）‎ 待测盐酸溶液的体积 ‎（mL）‎ ‎1‎ ‎0.10‎ ‎　　‎ ‎20.00‎ ‎2‎ ‎0.10‎ ‎18.56‎ ‎20.00‎ ‎3‎ ‎0.10‎ ‎18.54‎ ‎20.00‎ ‎①第一次实验滴定前液面在0刻度，滴定后如下丙图所示，则第一次实验滴定完用去NaOH溶液的体积记录为　　，滴定达到终点的现象是　　．‎ ‎②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为　　（保留两位有效数字）‎ ‎③NaOH溶液要使用下面哪个仪器　　（填甲 或乙）．‎ ‎④在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有　　．（多选扣分）（选对一个得2分，多选错选不得分）‎ A、滴定终点读数时俯视读数 B、酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗 C、锥形瓶水洗后未干燥 D、称量前NaOH固体中混有Na2CO3固体 E、配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3‎ F、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年贵州省黔西南州兴义八中高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）‎ ‎1．下列是4位同学在学习“化学反应的速率和化学平衡“一章后，联系工业生产实际所发表的观点，你认为不正确的是（　　）‎ A．化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品 B．化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品 C．化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率 D．化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品 ‎【考点】化学反应速率的调控作用；化学平衡的调控作用．‎ ‎【分析】在工业生产中，结合影响化学反应速率的因素可调节外界条件，加快产品的生成速率，从影响化学平衡的因素的角度选择合适的反应条件，使反应向生成物的方向进行．‎ ‎【解答】解：从工业生产的实际出发，外界条件只影响化学反应速率的大小，不影响原料的转化率，但根据化学平衡理论，结合影响化学平衡移动的因素，可根据反应方程式的特点，可选择合适的温度、压强，促进平衡向正反应方向移动，从而使原料尽可能多地转化为产品，提高反应物的转化率，很明显C项错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．往平底烧瓶中放入氢氧化钡晶体和氯化铵晶体，塞紧瓶塞．在木板上滴少量水，一会儿就会发现瓶内固态物质变成液体，瓶壁变冷，小木板上因少量水冻结，而被烧瓶粘住，这时打开瓶塞，出来的气体有氨味．这是自发地发生了反应：Ba（OH）2•8H2O（s）+2NH4Cl（s）=BaCl2（s）+2NH3（g）+10H2O（l），下列结论中正确的是（　　）‎ A．自发反应一定是放热反 B．自发反应一定是吸热反应 C．有的吸热反应也能自发进行 D．吸热反应不能自发进行 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】反应能否自发进行，由熵变和焓变共同决定，即△H﹣T△S＜0的反应可以自发进行，据此解答．‎ ‎【解答】解：反应能否自发进行，由熵变和焓变共同决定，即△H﹣T△S＜0的反应可以自发进行，‎ A、有的吸热反应也能自发进行，故A错误；‎ B、自发反应可以是放热反应液可以是吸热反应，故B错误；‎ C、题目所叙述的反应是吸热反应能够自发进行，故C正确；‎ D、有些吸热反应也能自发进行，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．下列各反应的化学方程式中，属于水解反应的是（　　）‎ A．H2O+H2O⇌H3O++OH﹣ B．HCO3﹣+OH﹣⇌H2O+CO32﹣‎ C．CO2+H2O⇌H2CO3 D．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣‎ ‎【考点】盐类水解的原理．‎ ‎【分析】水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号．‎ ‎【解答】解：A、水是弱电解质，电离为氢离子（实际是H3O+）和氢氧根离子，H2O+H2OH3O++OH﹣是水的电离方程式，故A错误；‎ B、方程式表示碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根与水，故B错误；‎ C、方程式表示二氧化碳与水反应生成碳酸，故C错误；‎ D、方程式表示碳酸根结合水电离的氢离子生成碳酸氢根和氢氧根，是碳酸根的水解，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．CO和O生成CO2是吸热反应 B．在该过程中，CO断键形成C和O C．CO和O生成了具有极性共价键的CO2‎ D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程 ‎【考点】真题集萃．‎ ‎【分析】由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，CO与O在催化剂表面形成CO2，不存在CO的断键过程，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；‎ B．由图可知不存在CO的断键过程，故B错误；‎ C．CO与O在催化剂表面形成CO2，CO2含有极性共价键，故C正确；‎ D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．有一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，盛入量筒内，所得液体体积一定是（　　）‎ A．a mL B．（50﹣a）mL C．大于（50﹣a）mL D．大于a mL ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，量筒与此相反，据此即可解答．‎ ‎【解答】解：滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于50ml，因此，一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过（50﹣a）ml，盛入量筒内，所得液体体积一定是大于（50﹣a）mL，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．下列溶液一定呈碱性的是（　　）‎ A．pH=8的某电解质溶液 B．c（OH﹣）＞1×10﹣7mol/L C．溶液中含有OH﹣ D．溶液中c（OH﹣）＞c（H+）‎ ‎【考点】溶液pH的定义；离子积常数．‎ ‎【分析】水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小：[H+]＞[OH﹣]溶液呈酸性；[H+]=[OH﹣]溶液呈中性；[H+]＜[OH﹣]溶液呈碱性．‎ 室温时，Kw=10﹣14，若溶液中：[H+]=10﹣7，pH值=7，溶液呈中性；[H+]＞10﹣7，pH值＜7，溶液呈酸性；：[H+]＜10﹣7，pH值＞7，溶液呈碱性，据此判断．‎ ‎【解答】解：A．没指明温度，Kw不一定等于10﹣14 不能根据pH值判断溶液的酸碱性，故A错误；‎ B．没指明温度，Kw不一定等于10﹣14 不能根据c（OH﹣）浓度大小判断溶液的酸碱性，故B错误；‎ C．任何水溶液中都含有氢氧根离子，不能通过是否含有氢氧根离子判断溶液酸碱性，故C错误；‎ D．溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小，c（OH﹣）＞c（H+）溶液一定显碱性，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．下列说法正确的是（　　）‎ A．酸式盐的水溶液一定显酸性 B．只要酸与碱的物质的量浓度和体积分别相等，它们反应后的溶液就呈中性 C．纯水呈中性是因为水中c（H+）和c（OH﹣）相等 D．NaHCO3与Na2SO4溶液的混合溶液呈中性 ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】A．弱酸的酸式盐存在电离和水解，溶液酸碱性取决于电离程度和水解程度大小；‎ B．酸碱强弱不同，元数不同酸碱性不同；‎ C．中性溶液中氢离子的浓度等于氢氧根离子的浓度；‎ D．NaHCO3溶液显碱性．‎ ‎【解答】解：A．弱酸的酸式盐存在电离和水解，溶液酸碱性取决于电离程度和水解程度大小，如NaHSO3以电离为主呈酸性，NaHCO3溶液以水解为主呈碱性，故A错误；‎ B．酸碱强弱不同，元数不同酸碱性不同，如醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液显碱性，故B错误；‎ C．中性溶液中氢离子的浓度等于氢氧根离子的浓度，所以纯水呈中性是因为水中氢离子的物质的量浓度和氢氧根离子的物质的量浓度相等，故C正确；‎ D．NaHCO3溶液显碱性，Na2SO4溶液显中性，所以NaHCO3与Na2SO4溶液的混合溶液呈碱性，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．实验室在配制硫酸铁溶液时，先把硫酸铁晶体溶解在稀硫酸中，再加水稀释至所需浓度，如此操作的目的是（　　）‎ A．防止硫酸铁分解 B．抑制硫酸铁水解 C．提高硫酸铁的溶解度 D．提高溶液的PH ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】实验室在配制硫酸铁溶液时，铁离子水解生成氢氧化铁变浑浊，先把硫酸铁晶体溶解在稀硫酸中，硫酸抑制铁离子的水解，再加水稀释至所需浓度，得到较纯净的硫酸铁溶液；‎ ‎【解答】解：因为铁离子会水解，生成氢氧化铁，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；加入硫酸的目的是在溶液里面形成一种酸性条件，抑制氢氧化铁的生成，使得所配的溶液不会有沉淀，得到较纯净的硫酸铁溶液；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．某酸碱指示剂（HIn）在水溶液中存在以下平衡：‎ HIn（aq）⇌H++In﹣（aq）‎ ‎（红色） （蓝色）‎ 下列物质的溶液中，能使指示剂显蓝色的是（　　）‎ A．稀硫酸 B．氯化铝溶液 C．稀氨水 D．饱和食盐水 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】能使指示剂显蓝色，应使c（HIn）＜c（In﹣），则加入物质应使平衡向正反应方向移动，所以加入溶液应呈碱性，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：能使指示剂显蓝色，应使c（HIn）＜c（In﹣），则加入物质应使平衡向正反应方向移动，所以加入溶液应呈碱性，AB为酸性溶液，可使平衡向逆反应方向移动，而C溶液呈碱性，可使平衡向正反应方向移动，D为中性溶液，平衡不移动，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（　　）‎ ‎①NaOH固体 ②H2O ③NH4Cl固体 ④CH3COONa固体 ⑤NaNO3固体 ⑥KCl溶液．‎ A．②④⑥ B．①② C．②③⑤ D．②④⑤⑥‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+═Fe2++H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，以此来解答．‎ ‎【解答】解：Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+═Fe2++H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，‎ ‎①加入NaOH固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故①错误；‎ ‎②加入H2O，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故②正确； ‎ ‎③加入NH4Cl固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量稍增大，速率稍加快，故③错误； ‎ ‎④加入CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故④正确；‎ ‎⑤加入NaNO3固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，故⑤错误； ‎ ‎⑥加入KCl溶液，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故⑥正确；‎ 显然②④⑥正确，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎11．若溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣14mol•L﹣1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（　　）‎ A．Al3+、Na+、NO3﹣、Cl﹣ B．K+、Na+、Cl﹣、NO3﹣‎ C．K+、Na+、Cl﹣、AlO2﹣ D．K+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣‎ ‎【考点】离子共存问题；离子积常数．‎ ‎【分析】溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣14mol•L﹣1，则溶液可能是强酸性溶液或强碱性溶液，如一定能够大量共存的话，则要求除离子之间不反应外，离子与H+离子或OH﹣也不反应．‎ ‎【解答】解：A、Al3+在碱性条件下不能存在，故A错误；‎ B、四种离子之间不反应，且与H+离子或OH﹣也不反应，故B正确；‎ C、AlO2﹣离子在酸性条件下不能存在，故C错误；‎ D、NH4+在碱性条件下不能存在，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．用0.100 0mol•L﹣1 NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的盐酸（酚酞作指示剂）的滴定曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．水电离出的氢离子浓度：a＞b B．盐酸的物质的量浓度为0.0100 mol•L﹣1‎ C．指示剂变色时，说明盐酸与NaOH恰好完全反应 D．当滴加NaOH溶液10.00 mL（忽略反应前后体积变化），该混合液的pH=1+lg3‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】A．a点时加入NaOH较少，溶液中c（H+）较大，从影响水的电离平衡移动的角度分析；‎ B．加入NaOH溶液20.00mL时，酸碱恰好中和，根据c（酸）×V（酸）=c（碱）×V（碱）计算；‎ C．指示剂为酚酞，溶液变色范围为8.2～10，溶液呈碱性；‎ D．当滴加NaOH溶液10.00 mL时，酸过量，根据c（H+）=计算溶液的pH．‎ ‎【解答】解：A．a点时加入NaOH较少，溶液中c（H+）较大，c（H+）越大，水的电离程度越小，则有水电离出的氢离子浓度：a＜b，故A错误；‎ B．加入NaOH溶液20.00mL时，酸碱恰好中和，由c（酸）×V（酸）=c（碱）×V（碱）可知，盐酸的物质的量浓度为0.100 mol•L﹣1，故B错误；‎ C．指示剂为酚酞，溶液变色范围为8.2～10，溶液呈碱性，NaOH过量，并不是恰好完全反应，故C错误；‎ D．当滴加NaOH溶液10.00 mL时，酸过量，c（H+）==×10﹣1mol/L，则pH=1+lg3，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实．2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g） 下列叙述错误的是（　　）‎ A．使用Cu﹣Zn﹣Fe催化剂可大大提高生产效率 B．反应需在300℃进行可推测该反应是吸热反应 C．充入大量CO2气体可提高H2的转化率 D．从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率 ‎【考点】化学平衡的影响因素；催化剂的作用．‎ ‎【分析】根据催化剂、温度、浓度对化学反应速率和化学平衡的影响来分析解答，并注意吸热反应与反应的条件无关．‎ ‎【解答】解：A、因催化剂能提高化学反应速率，加快反应进行，则在一定时间内提高了生产效率，故A对；‎ B、反应需在300℃进行是为了获得较快的反应速率，不能说明反应是吸热还是放热，故B错；‎ C、充入大量CO2气体，能使平衡正向移动，提高H2的转化率，故C对；‎ D、从平衡混合物中及时分离出产物，使平衡正向移动，可提高CO2和H2的转化率，故D对；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎14．在一定温度下，向一个容积可变的恒压容器中，通入3mol SO2和2mol O2及固体催化剂，使之反应：‎ ‎2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1，平衡时容器内气体压强为起始时的90%．保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为4mol SO2、3mol O2、2mol SO3（g），下列说法正确的是（　　）‎ A．第一次实验平衡时反应放出的热量为294.9kJ B．两次实验平衡时，SO2的转化率相等 C．第二次实验达平衡时SO3的体积分数大于 D．达平衡时，O2表示的反应速率为0.25mol/（L•min）‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A．平衡时容器内气体压强为起始时的90%，根据三段式可计算出第一次平衡时参加反应的二氧化硫为1mol，结合热化学方程式计算放出的热量；‎ B．第二次等效为开始加入6mol SO2、4mol O2，为进一步等效在原平衡的基础上增大压强，平衡正向移动；‎ C．等效为开始加入6mol SO2、4mol O2，进一步等效在原平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，新平衡时SO3的体积分数大于第一次平衡；‎ D．根据v=计算v（O2），容积可变的恒压容器中无法计算．‎ ‎【解答】解：A．恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量为（3mol+2mol）×90%=4.5mol，则：‎ ‎ 2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△n=1‎ 起始量（mol）：3 2 0‎ 变化量（mol）：1 0.5 1 5﹣4.5=0.5 ‎ 平衡量（mol）：2 1.5 1‎ 第一次平衡时参加反应的二氧化硫为1mol，则第一次平衡时反应放出的热量为196.6kJ×=98.3 kJ，故A错误；‎ B．保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为4mol SO2、3mol O2、2mol SO3（g），等效为开始加入6mol SO2、4mol O2，相对于第一次在一定温度下，向一个容积可变的恒压容器中，通入3mol SO2和2mol O2及固体催化剂，为进一步等效在原平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，第二次平衡时SO2的转化率大于第一次，故B错误；‎ C．第一次平衡时SO3的体积分数==，将起始物质的量改为4mol SO2、3mol O2、2mol SO3（g），等效为开始加入6mol SO2、4mol O2，进一步等效在原平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，新平衡时SO3的体积分数大于第一次平衡，即第二次达平衡时SO3的体积分数大于，故C正确；‎ D．容器容积未知、到达平衡时间未知，不能计算反应速率，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎15．可逆反应：I2（g）+H2（g）⇌2HI（g），在一定条件下已经达到平衡状态，由于改变浓度、温度、压强等条件中的一个，达到新平衡时，可能引起下列变化，这些变化中能说明平衡一定向正反应方向移动的是（　　）‎ ‎①I2（g）浓度减小 ②混合气颜色变浅 ③I2（g）转化率增大 ④HI（g）质量分数增大 ⑤I2（g）+H2（g）质量分数减小．‎ A．①②③ B．②③④ C．③④⑤ D．①③⑤‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】平衡一定向正反应方向移动，可增大反应物的浓度、减小生成物的浓度等，据此分析．‎ ‎【解答】解：①I2（g）的浓度减小，平衡向逆反应方向移动，故①错误；‎ ‎②混合气体的颜色变浅，可能是增大体积，平衡不移动，故②错误；‎ ‎③I2（g）的转化率增大，平衡向正反应方向移动，故③正确；‎ ‎④HI（g）的百分含量增大，平衡向正反应方向移动，故④正确；‎ ‎⑤I2（g）和H2（g）的百分含量减小，平衡向正反应方向移动，故⑤正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎16．下列事实中不能用勒夏特列原理来解释的是（　　）‎ A．向H2S水溶液中加入NaOH固体有利于S2﹣增多 B．鼓入过量空气有利于SO2转化为SO3‎ C．高压对合成氨有利 D．500℃左右比室温更有利于氨的合成 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该过程必须是可逆的，否则勒夏特列原理不适用．‎ ‎【解答】解：A、硫化氢溶液中存在电离平衡H2S⇌HS﹣+H+，HS﹣⇌S2﹣+H+，加入碱中和氢离子，平衡正向进行有利于S2﹣的生成，能用勒夏特列原理解释，故A不符合；‎ B、存在平衡2SO2+O2（g）⇌2SO3（g），加入过量的空气，平衡向正反应方向移动，提高二氧化硫的转化率，能用勒夏特利原理解释，故B不符合；‎ C、合成氨反应N2+3H2=2NH3，反应前后气体体积减小，高压有利于合成氨反正向进行，能用勒夏特列原理解释，故C不符合；‎ D、合成氨反应N2+3H2=2NH3，反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，500℃左右比室温更利于合成氨反应，是因为此时反应速率增大，催化剂活性最大，不能用勒夏特列原理解释，故D符合；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎17．常温下，将pH=11的某碱溶液与pH=3的某酸溶液等体积混合，下列说法正确的是（　　）‎ A．若所得溶液呈中性，则生成的盐一定为强酸强碱盐 B．若所得的溶液呈碱性，则可能是生成强碱弱酸盐 C．若所得溶液呈酸性，则可能是强酸与弱碱溶液反应 D．若所得溶液的pH=5，则可能是强碱与弱酸溶液反应 ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】将pH=11的某碱溶液与pH=3的某酸溶液等体积混合，溶液可能为酸性、中性、碱性，主要取决于酸、碱的强弱，一般反应后酸过量显酸性，若恰好完全反应，利用盐类水解分析溶液的酸碱性，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．若所得溶液呈中性，则生成的盐可能为强酸强碱盐，可能为弱酸弱碱盐，故A错误；‎ B．若所得的溶液呈碱性，则不可能是生成强碱弱酸盐，应可能为强酸弱碱盐，由pH的关系及等体积混合，碱过量，故B错误；‎ C．若所得溶液呈酸性，不可能是强酸与弱碱溶液反应，应可能为强碱弱酸盐，由pH的关系及等体积混合，酸过量，故C错误；‎ D．若所得溶液的pH=5，溶液为酸性，酸过量，则可能是强碱与弱酸溶液反应，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎18．用水稀释0.1mol/L的醋酸溶液，其中随水的量增加而增大的是（　　）‎ ‎①c（H+）②n（H+）　③④⑤c（OH﹣） ⑥c（CH3COO﹣）‎ A．①②③ B．②③⑤ C．④⑤ D．④⑤⑥‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】醋酸是弱酸，加水稀释促进醋酸电离，溶液中c（H+）、c（CH3COO﹣）都减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c（OH﹣）增大．‎ ‎【解答】解：①醋酸是弱酸，加水稀释促进醋酸电离，水的电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（H+）减小，故①错误；‎ ‎②加水稀释促进醋酸电离，导致溶液中n（H+）增大，故②正确；　‎ ‎③加水稀释促进醋酸电离，则N（H+）增大、N（CH3COOH）减小，所以增大，故③正确；‎ ‎④根据③知，减小，故④错误；‎ ‎⑤加水稀释促进醋酸电离，溶液中c（H+）、c（CH3COO﹣）都减小，温度不变，水的离子积不变，则溶液中c（OH﹣）增大，故⑤正确；‎ ‎⑥加水稀释促进醋酸电离，水的电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（CH3COO﹣）减小，故⑥错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎19．室温时，将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是（　　）‎ A．若PH＞7时，则一定是c1V1=c2V2‎ B．在任何情况下都是c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）‎ C．当pH=7时，若V1=V2，则一定是c2＞c1‎ D．若V1=V2、c1=c2，则c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】A、当溶液呈碱性时，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，但混合时醋酸的物质的量不一定等于氢氧化钠的物质的量；‎ B、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等；‎ C、醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使其呈中性，酸应该稍微过量；‎ D、当醋酸和氢氧化钠的物质的量相等时，根据物料守恒确定醋酸根离子和醋酸分子浓度与钠离子浓度的关系．‎ ‎【解答】解：A、醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，所以等物质的量的酸和碱混合时，溶液呈碱性，当氢氧化钠过量时溶液更呈碱性，所以当PH＞7时，则一定是c1v1≥c2v2，故A选；‎ B、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故B不选；‎ C、醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使混合溶液呈中性，酸应该稍微过量，所以当pH=7时，若v1=v2，则一定是c2＞c1，故C不选；‎ D、如果V1=V2、C1=C2，则醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，混合后恰好反应生成醋酸钠，根据溶液中物料守恒得c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+），故D不选；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎20．如图，有甲、乙两容器，甲保持恒压，乙保持恒容，分别向其中充入1mol A、3mol B发生可逆反应：A（g）+3B（g）⇌2C（g）+D（s），下列说法正确的是（　　）‎ A．当乙中混合气体总质量不再变化时即达到化学平衡 B．达平衡时用A表示反应速率时，v（甲）＜v（乙）‎ C．由于容器甲的容积在不断变化，故从反应开始到平衡所需时间比容器乙要长 D．达到平衡时，甲所需时间短，但两容器中A的转化率相等 ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A．反应前后气体质量发生变化，乙容器中恒温恒容条件下气体质量不变，说明反应达到平衡；‎ B．甲容器中为恒温恒压条件，随反应进行气体物质的量减小，气体压强减小，则容器体积减小，过程中压强大于乙；‎ C．甲为恒温恒压容器，过程中压强大于乙容器中的压强；‎ D．和乙相比，甲容器中压强大，反应速率大，随反应进行压强增大平衡正向进行；‎ ‎【解答】解：A．A（g）+3B（g）⇌2C（g）+D（s），D为固体反应前后气体质量发生变化，乙容器中恒温恒容条件下气体质量不变，说明在内反应速率相同，反应达到平衡，故A正确；‎ B．甲容器中为恒温恒压条件，随反应进行气体物质的量减小，气体压强减小，则容器体积减小，过程中压强大于乙，反应速率v（甲）＞v（乙），故B错误；‎ C．甲为恒温恒压容器，过程中压强大于乙容器中的压强，从反应开始到平衡所需时间比容器乙要短，故C错误；‎ D．和乙相比，甲容器中压强大，反应速率大，随反应进行压强增大平衡正向进行，甲中A的转化率大，两容器中A的转化率不相等，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ 二、解答题（共3小题，满分28分）‎ ‎21．（1）已知C（石墨，s）⇌c（金刚石，s），△H＞0，则稳定性：金刚石　＜　石墨（填“＞”或“＜”）‎ ‎（2）已知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2，则△H1 　＜　△H2（填“＞”或“＜”）．‎ ‎（3）“嫦娥五号”预计在海南文昌发射中心发射，火箭的第一、二级发动机中，所用的燃料为偏二甲肼和四氧化二氮，偏二甲肼可用肼来制备．用肼（N2H4）为燃料，四氧化二氮做氧化剂，两者反应生成氮气和气态水．已知：N2（g）+2O2（g）═N2O4（g）△H=+10.7kJ•mol﹣1 N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣543 kJ•mol﹣1写出气态肼和N2O4反应的热化学方程式为　2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1096.7KJ/mol　．‎ ‎（4）25℃，101kPa时，14gCO在足量的O2中充分燃烧，放出141.3 kJ的热，则CO的燃烧热为△H=　﹣282.6kJ•mol﹣1　．‎ ‎（5）0.50L 2.00mol/L H2SO4溶液与2.10L 1.00mol/L KOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，该反应的中和热为△H=　﹣57.3kJ/mol　．‎ ‎（6）已知拆开1molH﹣H键，1molN﹣H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391 kJ、946 kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式是　N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1　．‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】（1）物质的能量越高，该物质越不稳定；‎ ‎（2）C的燃烧为放热反应，完全燃烧放出较多能量；‎ ‎（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到，a、N2（g）+2O2（g）=N2O4（g）△H=10.7kJ•mol﹣1；b、N2H4（g）+O2 （g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣543kJ•mol﹣1，由盖斯定律b×2﹣a得到；‎ ‎（4）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，计算1molCO完全燃烧放出的热量，结合热化学方程式的书写方法写出热化学方程式；‎ ‎（5）根据中和热的概念：稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量求出中和热以及中和热的热化学方程式；‎ ‎（6）化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热．‎ ‎【解答】解：（1）物质的能量越高，该物质越不稳定，C（s．石墨）═C（s．金刚石）△H＞0，石墨的能量小于金刚石，所以稳定性石墨＞金刚石，故答案为：＜；‎ ‎（2）C的燃烧为放热反应，则△H＜0，完全燃烧放出较多能量，放出的能量越多△H越小，则△H1＜△H2，故答案为：＜；‎ ‎（3）a、N2（g）+2O2（g）=N2O4（g）△H=10.7kJ•mol﹣1；b、N2H4（g）+O2 （g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣543kJ•mol﹣1‎ 由盖斯定律b×2﹣a得到 2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1096.7KJ/mol，‎ 故答案为：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1096.7KJ/mol；‎ ‎（4）1molCO为28g，14gCO在足量的O2中充分燃烧，放出141.3 kJ的热，则1molCO完全燃烧放出282.6kJ热量，CO的燃烧热为△H=﹣282.6kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：﹣282.6kJ•mol﹣1；‎ ‎（5）1.00L 1.00mol/L H2SO4溶液与2.00L 1.00mol/L NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，即生成2mol水放出114.6kJ的热量，反应的反应热为﹣11.46kJ/mol，中和热为﹣57.3kJ/mol，故答案为：﹣57.3kJ/mol；‎ ‎（6）解：在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH﹣H键，1mol N三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2mol NH3，共形成6mol N﹣H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ﹣2254kJ=92kJ，即N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1，故答案为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1．‎ ‎　‎ ‎22．（1）已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：‎ 弱酸化学式 HSCN CH3COOH HCN H2CO3‎ 电离平衡常数 ‎1.3×10﹣1‎ ‎1.8×10﹣5‎ ‎4.9×10﹣10‎ K1=4.3×10﹣7　　K2=5.6×10﹣11‎ ‎①同温度下，等pH值的NaHCO3、NaCN、Na2CO3溶液的物质的量浓度由大到小的顺序为　NaHCO3＞NaCN＞Na2CO3　．‎ ‎②若保持温度不变，在醋酸溶液中加入一定量氨气，下列量会变小的是　b　（填序号）‎ a．c（CH3COO﹣） b．c（H+） c．KW d．醋酸电离平衡常数．‎ ‎（2）上述提供的同浓度酸中，酸性最强的是　HSCN　；酸性最弱的是　HCO3﹣　；若向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的离子方程式　CN﹣+H2O+CO2=HCN+HCO3﹣　．‎ ‎（3）CO2可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3．Na2CO3俗称纯碱，该溶液中离子浓度由大到小的顺序为　c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c （HCO3﹣）＞c（H+）　；同浓度的碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液pH较大的是　Na2CO3　．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】（1）①弱酸根离子水解程度越大，同温下相同pH值的钠盐溶液浓度越小；‎ ‎②若保持温度不变，在CH3COOH溶液中加入一定量氨气，CH3COOH电离生成的H+和NH3反应生成NH4+，促进CH3COOH电离，离子积常数、电离平衡常数只与温度有关；‎ ‎（2）相同浓度的这几种酸中，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强；HCN电离平衡常数小于H2CO3第一步电离平衡常数而大于第二步电离平衡常数，所以若向NaCN溶液中通入少量的CO2，二者反应生成碳酸氢钠和HCN；‎ ‎（3）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，其第一步电离程度远远大于第二步电离程度，结合电荷守恒判断溶液中离子浓度大小顺序；相同浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液，弱酸根离子水解程度越大，溶液的碱性越强，pH越大．‎ ‎【解答】解：（1）①弱酸根离子水解程度越大，同温下相同pH值的钠盐溶液浓度越小，酸的电离平衡常数越大，相对应的酸根离子水解程度越小，根据表中数据知，酸根离子水解程度大小顺序是CO32﹣＞CN﹣＞HCO3﹣，所以这三种盐浓度大小顺序是NaHCO3＞NaCN＞Na2CO3，故答案为：NaHCO3＞NaCN＞Na2CO3；‎ ‎②若保持温度不变，在CH3COOH溶液中加入一定量氨气，CH3COOH电离生成的H+和NH3反应生成NH4+，促进CH3COOH电离，‎ a．促进醋酸电离，则溶液中c（CH3COO﹣）增大，故错误；‎ b．醋酸电离生成的氢离子和氨气反应生成铵根离子，导致溶液中c（H+）减小，故正确；‎ c．KW只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，故错误；‎ d．醋酸电离平衡常数只与温度有关，温度不变，醋酸电离平衡常数不变，故错误；‎ 故选b；‎ ‎（2）相同浓度的这几种酸中，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据表中数据知，酸性最强的是HSCN，最弱的是HCO3﹣；HCN电离平衡常数小于H2CO3第一步电离平衡常数而大于第二步电离平衡常数，所以若向NaCN溶液中通入少量的CO2，二者反应生成碳酸氢钠和HCN，离子方程式为CN﹣+H2O+CO2=HCN+HCO3﹣，‎ 故答案为：HSCN；HCO3﹣；CN﹣+H2O+CO2=HCN+HCO3﹣；‎ ‎（3）Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，在溶液中存在CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，因CO32﹣水解水解显碱性，且第一步水解大于第一步电离，则离子浓度关系为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c （HCO3﹣）＞c（H+）；‎ 相同浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液，弱酸根离子水解程度越大，溶液的碱性越强，pH越大，水解程度CO32﹣＞HCO3﹣，所以相同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中，pH较大的是Na2CO3，‎ 故答案为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c （HCO3﹣）＞c（H+）；Na2CO3．‎ ‎　‎ ‎23．工业上以氨气为原料（铂铑合金网为催化剂）催化氧化法制硝酸的过程如下：‎ ‎（1）已知反应一经发生，铂铑合金网就会处于红热状态．写出氨催化氧化的化学方程式　4NH3+5O2 4NO+6H2O　；当温度升高时，化学平衡常数K值　减小　（填“增大”、“减小”、“无影响”）．‎ ‎（2）硝酸厂尾气常用的处理方法是催化还原法：催化剂存在时用H2将NO2还原为N2．已知：‎ ‎2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=akJ/mol N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=bkJ/mol H2O（1）═H2O（g）△H=ckJ/mol 则反应2NO2（g）+4H2（g）=N2+H2O（1）的△H=　（2a﹣b﹣4c）kJ/mol　．（用a、b、c表示）‎ ‎（3）①合成氨反应的化学方程式为N2+3H2⇌2NH3该反应在固定容积的密闭容器中进行．下列各项标志着该反应达到化学平衡状态的是　BC　（填序号）．‎ A．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为l：3：2‎ B．3v正（N2）=v逆（H2）‎ C．容器内压强保持不变 D．混合气体的相对分子质量保持不变 E.1molN≡N键断裂，同时1molH﹣H键断裂 ‎②若在恒温条件下，将N2与H2按一定比例混合通入一个容积为2L固定容积的密闭容器中，5min后反应达平衡时，n（N2）=1mol，n（H2）=1mol，n（NH3）=2mol，则反应速率v（N2）=　0.1mol/（L•min）　，H2的平衡转化率=　75%　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）在一定条件下氨气与氧气反应生成一氧化氮和水；平衡常数，对于吸热反应，随着温度的升高，K增大，对于放热反应，随着温度的升高，K减小；‎ ‎（2）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，反应热也处于相应的系数进行相应的加减求解；‎ ‎（3）①根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变；‎ ‎②结合化学平衡上计算列式计算，反应速率v=，转化率=×100%．‎ ‎【解答】解：（1）氨催化氧化的产物是一氧化氮和水，是工业生产硝酸获得一氧化氮的反应，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O．平衡常数随温度变化，已知反应一经发生，铂铑合金网就会处于红热状态．可知反应是放热反应，随着温度的升高，K减小，‎ 故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O，减小；‎ ‎（2）已知：①2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=a kJ•mol﹣1‎ ‎②N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=b kJ•mol﹣1‎ ‎③H2O（l）=H2O（g）△H=c kJ•mol﹣1‎ 则反应2NO2（g）+4H2（g）=N2（g）+4H2O（l）的△H，由盖斯定律可知，①×2﹣②﹣4×③得△H=（2a﹣b﹣4c）kJ/mol，‎ 故答案为：（2a﹣b﹣4c）kJ/mol；‎ ‎（3）①A．反应平衡时各物质的浓度是否相等，取决于起始时各物质的量的关系和转化的程度，故A错误；‎ B．反应达到平衡时，正逆反应速率相等，3v正（N2）=v逆（H2），v正（N2）表示消耗N2的速率，v逆（H2）表示生成H2的速率，且v正（N2）：v逆（H2）=1：3，充分说明向两个相反方向进行的程度相当，故B正确；‎ C．该反应是反应前后气体体积有变化的反应，所以达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，该容器中的压强不再变化时，反应达到平衡状态，故C正确；‎ D．根据质量守恒，反应前后混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，不能证明该反应是否达到平衡状态，故D错误；‎ E．无论反应是否达到平衡状态，只要断裂1mol N≡N键断裂同时，就断裂3molH﹣H键，故E错误；故选B、C，‎ 故答案为：BC；‎ ‎②5分钟后反应达平衡时，n（N2）=1mol，n（H2）=1mol，n （NH3）=2mol，‎ 设参加反应的氮气的物质的量为x，则参加反应的氢气的物质的量为3x，则 ‎ N2 +3H2 ⇌2NH3‎ 起始量（mol） 2 4 0‎ 变化量（mol） 1 3 2‎ 平衡量（mol） 1 1 2 ‎ 反应速率V（N2）═=0.1mol/（L•min），‎ 氢气转化率=×100%=75%，‎ 故答案为：0.1mol/（L•min）；75%．‎ ‎　‎ 三、实验题 ‎24．实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验：请完成下列填空：‎ ‎（1）配制100mL 0.10mol/L NaOH标准溶液．‎ ‎（2）取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定．重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下．‎ 实验编号 NaOH溶液的浓度 ‎（mol/L）‎ 滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）‎ 待测盐酸溶液的体积 ‎（mL）‎ ‎1‎ ‎0.10‎ ‎　22.50　‎ ‎20.00‎ ‎2‎ ‎0.10‎ ‎18.56‎ ‎20.00‎ ‎3‎ ‎0.10‎ ‎18.54‎ ‎20.00‎ ‎①第一次实验滴定前液面在0刻度，滴定后如下丙图所示，则第一次实验滴定完用去NaOH溶液的体积记录为　22.50 mL　，滴定达到终点的现象是　当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色　．‎ ‎②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为　0.093mol/L　（保留两位有效数字）‎ ‎③NaOH溶液要使用下面哪个仪器　乙　（填甲 或乙）．‎ ‎④在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有　D、F　．（多选扣分）（选对一个得2分，多选错选不得分）‎ A、滴定终点读数时俯视读数 B、酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗 C、锥形瓶水洗后未干燥 D、称量前NaOH固体中混有Na2CO3固体 E、配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3‎ F、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失．‎ ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】①根据滴定管的结构和精确度以及测量的原理；如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；‎ ‎②先判断数据的合理性，求出标准NaOH溶液体积，然后依据c（待测）=求出即可；‎ ‎③氢氧化钠为碱性物质，应选择碱式滴定管乙；‎ ‎④依据（2）中公式，分析不当操作对V（标准）的影响，不当操作导致消耗标准液偏多的，结果偏大，否则偏小，以此判断浓度的误差．‎ ‎【解答】解：①滴定管小数在上，大数在下，精确度为0.01mL，所以第一次实验滴定完用去NaOH溶液的体积22.50mL；滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，即酚酞在酸中为无色，在碱性溶液中显浅红色；‎ 故答案为：22.50mL；当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；‎ ‎②舍去误差较大的数，得出V（标准）==18.55mL，c（待测）==0.093mol/L；‎ 故答案为：0.093mol/L；‎ ‎③氢氧化钠为碱性物质，应选择碱式滴定管乙；‎ 故答案为：乙；‎ ‎④A、滴定终点读数时俯视读数，造成标准液偏小，根据c（待测）公式分析，结果偏小，故不选；‎ B、酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗，导致消耗的标准液体积偏小，结果偏小，故不选；‎ C、锥形瓶水洗后未干燥，对消耗标准液的体积无影响，结果准确，故不选；‎ D、称量前NaOH固体中混有Na2CO3固体，等质量的碳酸钠和氢氧化钠，碳酸钠消耗的盐酸偏低，在滴定时消耗的标准液体积偏大，导致消耗的标准液偏多，结果偏大，故选；‎ E、配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3，等物质的量的碳酸钠与氢氧化钠消耗的氯化氢相等，滴定时消耗的标准液体积不变，测定结果不变，故不选；‎ F、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致消耗的标准液体积读数偏大，故选；‎ 故选：D、F．‎ ‎　‎ ‎2017年1月5日