2017-2018学年重庆市第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

2017-2018学年重庆市第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

重庆一中2017-2018学年高二上学期期末考试题 化学试题 ‎1. 下列化学用语表示正确的是 A. 羟基的电子式：‎ B. 乙烷分子的比例模型为：‎ C. 1,1-二溴乙烯的结构式为： ‎ D. CH2=CH—CH=CH2的名称为：1,3-二丁烯 ‎【答案】C ‎【解析】A．氧原子与氢原子通过一对共用电子对连接，羟基中的氧原子含有一个未成对电子，电子式为，故A错误；B．比例模型中，用不同体积的小球表示不同原子的大小，乙烷的比例模型为，为乙烷的球棍模型，故B错误；C. 的名称为1，1-二溴乙烯，故C正确；D．H2C=CH-CH=CH2的名称为：1，3-丁二烯，故D错误；故选C。‎ ‎2. 日前，西安交大和新加坡南洋理工大学联合团队在实验室成功合成了一种新型三维碳结构，这种碳被称为T-碳。T-碳与金刚石的关系是 A. 同系物 B. 同素异形体 C. 同分异构体 D. 同位素 ‎【答案】B ‎【解析】同一元素的不同单质互称同素异形体，T-碳与金刚石都是碳元素的不同单质，所以互称同素异形体，故选B。‎ ‎3. 下列说法错误的是 A. 催化重整是获得芳香烃的主要途径之一 B. 重油的催化裂化主要是为提高轻质油的产量 C. “西气东输”工程中输送的气体主要成分为甲烷 D. 煤经气化和液化等物理变化过程，可变为清洁能源 ‎【答案】D ‎【解析】A．由石油的综合利用可知，石油的催化重整是获得芳香烃的主要途径，故A正确；B、石油的催化裂化获得的是轻质油，如汽油等，故B正确；C、“西气东输”工程中输送的气体的主要成分是甲烷，其化学式为CH4，故C正确；D．煤经气化生成CO和氢气，液化生成甲醇，均发生化学变化，故D错误；故选D。‎ 点睛：本题考查了煤和石油的综合利用。本题的易错点为D，要正确区分一般意义上的汽化和液化与煤的气化和液化，一般意义上的汽化和液化均为物质状态的变化，属于物理变化，煤的气化和液化是将煤中的碳等物质转化为气态和液态的燃料的过程，均属于化学变化。‎ ‎4. 下列有机物的沸点最高的是 A. 丁烷 B. 2-甲基丙烷 C. 2-甲基丁烷 D. 2,2-二甲基丙烷 ‎【答案】C ‎【解析】丁烷、2-甲基丙烷常温下为气态，2-甲基丁烷和2,2-二甲基丙烷常温下为液态，但2-甲基丁烷和2,2-二甲基丙烷互为同分异构体，2,2-二甲基丙烷的支链数目较多，熔沸点较低，因此沸点最高的是2-甲基丁烷，故选C。‎ 点睛：本题考查物质熔沸点高低比较，掌握物质熔沸点比较规律是解题的关键。本题中主要运用的规律为：①烷烃的相对分子质量越大，熔、沸点越高，②同分异构体，支链越多，熔、沸点越低。‎ ‎5. 下列反应不属于取代反应的是 A. + HO-NO2 ‎ B. ClCH2CH=CH2 + NaOHHOCH2CH=CH2 + NaCl C. 2 CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O D. BrCH2CH3 + NaOHCH2 = CH2 ↑+ NaBr +H2O ‎【答案】D ‎【解析】A. + HO-NO2 是苯的硝化反应，属于取代反应，故A不选；B. ClCH2CH=CH2 + NaOH HOCH2CH=CH2 + NaCl是卤代烃的水解反应，属于取代反应，故B不选；C．乙醇在140℃时，烷氧基取代了乙醇的羟基，生成乙醚，属于取代反应，故C不选；D. BrCH2CH3 + NaOHCH2 = CH2 ↑+ NaBr +H2‎ O是卤代烃的消去反应，不是取代反应，故D选；故选D。‎ ‎6. 实验室制取乙烯并进行性质实验，装置如图，下列说法错误的是 A. 乙醇发生消去反应生成乙烯 B. 实验中溴水褪色即可证明产生了乙烯 C. 制取乙烯反应中浓硫酸的主要作用为催化剂和脱水剂 D. 控制该反应温度在170℃左右，有利于减少副反应发生 ‎【答案】B ‎.....................‎ ‎7. 下列关于苯和甲苯的叙述正确的是 A. 都能与溴水发生取代反应 B. 分子中所有碳原子都在同一平面上 C. 甲苯与氯气在光照条件下反应主要生成2,4,6-三氯甲苯 D. 甲苯能使酸性高锰酸钾褪色，而苯不能，说明甲苯中甲基使苯环的活性增强 ‎【答案】B ‎【解析】A．与溴水不反应，在催化条件下可与液溴发生取代反应，故A错误；B．苯是平面结构，甲苯中甲基C原子处于苯中H原子的位置，甲苯分子中7个碳原子都在同一平面，故B正确；C．甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代，不能得到苯环上氢原子被取代的产物2,4,6-三氯甲苯，故C错误；D、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯上没有可以被氧化的氢原子；甲苯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，说明苯环的影响使侧链甲基易被氧化，故D错误；故选B。‎ ‎8. 玫瑰的香味物质中包含苎烯，苎烯的结构如图，下列说法错误的是 ‎ A. 苎烯是乙烯的同系物 B. 苎烯的分子式为C10H16‎ C. 苎烯与HBr 1:1加成可得4种产物(不考虑立体异构)‎ D. 苎烯既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水褪色 ‎【答案】A ‎【解析】A. 苎烯与乙烯的结构不相似，不是同系物，故A错误；B. 根据结构简式，苎烯的分子式为C10H16，故B正确；C. 苎烯中含有2个碳碳双键，且结构不对称，与HBr 1:1加成可得4种产物(不考虑立体异构)(、、、)，故C正确；D. 苎烯中含有碳碳双键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水褪色，故D正确；故选A。‎ ‎9. 下列实验有关叙述正确的是 A. 用装置①来分离苯和溴苯的混合物 B. 用装置②蒸馏工业乙醇可得到无水乙醇 C. 重结晶提纯苯甲酸过程中要用到装置③进行分离操作 D. 用装置④电解精炼铜，c电极为粗铜，d电极为精铜 ‎【答案】C ‎10. 下列试剂可以鉴别甲苯、溴乙烷、己烯、乙醇的是 A. 溴水 B. 酸性KMnO4溶液 C. 氢氧化钠溶液 D. 硝酸银溶液 ‎【答案】A ‎【解析】A．甲苯、溴乙烷、己烯、乙醇4种无色液体分别与溴水混合的现象为：分层后有色层在上层、分层后有色层在下层、溴水褪色、互溶不分层，现象各不相同，可以鉴别，故A正确；B. 甲苯、己烯、乙醇均能使酸性KMnO4溶液褪色，现象相同，不能区分，故B错误；C．甲苯、己烯、乙醇均不与氢氧化钠反应，且己烯、甲苯密度均比水小，分层后现象相同，不能鉴别，故C错误；D．均不与硝酸银溶液反应，且己烯、四氯化碳密度均比水大，分层后现象相同，不能鉴别，故D错误；故选A。‎ ‎11. 下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是 A. 用排饱和氯化钠溶液的方法来收集氯气 B. 配制和保存硫酸铁溶液常加入适量稀硫酸 C. 向氢氧化镁悬浊液中加入饱和氯化铵溶液，溶液变澄清 D. 对2 HI (g) H2 (g) + I2 (g)的平衡体系，增大压强使颜色变深 ‎【答案】D ‎【解析】A．排饱和氯化钠溶液的方法来收集氯气，相当于对Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO加入NaCl，增大了Cl-的浓度，使平衡向逆反应方向移动，降低了氯气的溶解度，可用勒夏特列原理解释，故A不选；B、铁离子水解容易生成氢氧化铁，加入稀硫酸防止其水解，能用勒夏特列原理解释，故B不选；C. 向氢氧化镁悬浊液中加入饱和氯化铵溶液，氢氧根离子浓度减小，促进氢氧化镁溶解，溶液变澄清，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D．增大压强使容器体积变小，碘浓度增大，所以颜色加深，但增大压强平衡不移动，所以不能用平衡移动原理解释，故D选；故选D。‎ 点晴：使用勒夏特列原理时，必须注意研究对象必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，特别是改变平衡移动的因素不能用平衡移动原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，无法用勒夏特列原理解释。本题的易错点为A，要注意氯气与水的反应为可逆反应。‎ ‎12. 将4mol SO2与2 mol O2的混合气分别置于容积相等的甲、乙两容器中，甲是恒压容器，乙是恒容容器。发生反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）；△H<0，在相同温度下，使其均达到平衡状态。下列说法正确的是 A. SO3体积分数：甲 > 乙 B. 平衡常数：甲>乙 C. 反应放出的热量：甲<乙 D. 保持容积不变，使乙容器升温可以使甲乙容器中SO2物质的量相等 ‎【答案】A ‎【解析】A. 甲是恒压容器，乙是恒容容器。由于该反应属于气体物质的量减少的反应，反应后价的体积减小，则乙相当于甲平衡后增大体积，压强减小，平衡逆向移动，则SO3体积分数：甲 > 乙，故A正确；B. 温度相同，平衡常数：甲=乙，故B错误；C. 甲是恒压容器，乙是恒容容器。由于该反应属于气体物质的量减少的反应，反应后价的体积减小，则乙相当于甲平衡后增大体积，压强减小，平衡逆向移动，反应放出的热量减少，反应放出的热量：甲＞乙，故C错误；D. 甲是恒压容器，乙是恒容容器。由于该反应属于气体物质的量减少的反应，反应后价的体积减小，则乙相当于甲平衡后增大体积，压强减小，平衡逆向移动，二氧化硫的物质的量，甲＜乙，若保持容积不变，使乙容器升温，平衡逆向移动，二氧化硫的物质的量更大，不可能使甲乙容器中SO2物质的量相等，故D错误；故选A。‎ 点睛：本题考查了化学平衡移动的影响因素。解答本题的关键是如何将甲乙两个容器联系起来。解答的思路可以是将甲平衡后的容器变成乙，即甲平衡后减小压强得到乙；也可以将乙平衡后的容器变成甲，即乙平衡后增大压强得到甲，借助于平衡的移动分析解答。‎ ‎13. 在恒容密闭容器中通入X并发生反应:2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示。下列叙述正确的是 A. M点的 v正小于N点的v逆 B. M点时，升高温度平衡逆向移动 C. T2下，在0-t1时间内，v(X)＝ mol·L－1·min－1‎ D. W点时再加入一定量Y，平衡后Y的体积分数减小 ‎【答案】B ‎【解析】由图可知，T1先达到平衡，则T1＞T2，且温度高时c(X)大，可知升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应。A．M点比N的温度高，则M点的正反应速率v 正大于N点的逆反应速率v逆，故A错误；B. 正反应为放热反应，M点时，升高温度平衡逆向移动，故B正确；C．T2 下，在 0〜t1时间内，v(X)===mol•L-1•min-1，故C错误；D．M点时再加入一定量Y，体积不变、压强增大，则平衡正向移动，可知平衡后Y的体积分数增大，故D错误；故选B。‎ ‎14. 室温下，对于pH=11的氨水，下列判断正确的是 A. 该氨水的浓度为1.0×10－3mol·L－1‎ B. 加水稀释，溶液中所有离子的浓度均减小 C. 加水稀释，溶液中c(NH4+)/c(NH3·H2O)变大 D. 与pH=3的盐酸等体积混合，反应后溶液pH=7‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. 氨水是弱碱，不能完全电离，pH=11的氨水，该氨水的浓度大于1.0×10－3mol·L－1，故A错误；B. NH3·H2ONH4+＋OH－，加水稀释，溶液中的主要存在离子浓度均会减小，但温度不变，水的离子积常数不变，则c(H+)增大，故B错误；C. NH3·H2ONH4+＋OH－，加水稀释，溶液的碱性减弱，c(OH-)减小，但电离常数不变，则溶液中c(NH4+)/c(NH3·H2O)变大，故C正确；D. 氨水是弱碱，不能完全电离，pH=11的氨水，该氨水的浓度大于1.0×10‎ ‎－3mol·L－1，与pH=3的盐酸等体积混合，氨水过量，反应后溶液pH大于7，故D错误；故选C。‎ ‎15. 关于水的电离平衡，下列叙述正确的是 A. 将水加热，pH不变 B. 向水中滴入稀醋酸，c(H+)增大 C. 恒温下，向水中加入少量硫酸，Kw增大 D. 向水中加入少量醋酸铵固体，水的电离程度不变 ‎【答案】B ‎【解析】A、水的电离是吸热过程，加热促进水的电离，氢离子浓度增大，pH减小，故A错误；B、向水中加入少量稀醋酸，溶液酸性增强，c(H+)增大，故B正确；C、向水中加入少量硫酸，平衡逆向移动，c(H+)增大，温度不变，但KW不变，故C错误；D、向水中加入少量醋酸铵固体，是能够水解的盐，促进了水的电离，水的电离程度增大，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查了影响水电离平衡的因素，明确水的电离特点是解本题关键。本题的易错点为D，注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。‎ ‎16. 室温下，将pH＝12的NaOH溶液平均分成两份，一份加水V1 L，另一份加入与该NaOH溶液物质的量浓度相等的硫酸V2 L，pH都降低了1，则V1 :V2 为（溶液体积可以叠加）‎ A. 10 : 1 B. 11 : 1 C. 20 : 1 D. 21 : 1‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据题意氢氧化钠平均分成2份，设每份都为1L，将pH=12的NaOH加适量的水，pH降低了1，则体积是原NaOH体积的10倍，说明所加的水的体积是原溶液的9倍，即V1 =9L；‎ pH=12的NaOH溶液，氢离子浓度为：c(H+)=1×10-12mol/L，氢氧根离子浓度为：c(OH-)=1×10-2mol/L，另一份加入与该NaOH物质的量浓度相同的适量硫酸溶液后，pH也降低了1，氢氧根离子浓度为：c(OH-)=1×10-3mol/L，依题意可列出下列等式：10-2mol/L×1L-10-2mol/L×2×V2L=10-3mol/L×(1+ V2)L，解之得V2=L，则加入的水与硫酸的体积比为9：=21：1，故选D。‎ 点睛：本题考查关于pH的计算，综合性强，涉及溶液的稀释和酸碱中和后混合液的pH计算，有一定的难度。本题的难点是V2的计算，pH＝12的NaOH pH降低了1，为11，是碱性溶液需要以剩余的氢氧根离子浓度来计算溶液的pOH值，再求pH值。‎ ‎17. 下列应用与盐类的水解无关的是 A. 明矾用于净水 B. 次氯酸钠常用作消毒剂 C. FeCl3溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体 D. 用碳酸氢钠和硫酸铝两种溶液可制成泡沫灭火剂 ‎【答案】B ‎【解析】A．明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，与水解有关，故A不选；B、次氯酸钠本身具有强氧化性，可用于杀菌消毒，与盐的水解无关，故B正确；C、制Fe(OH)3胶体利用是溶液中三价铁离子的水解，与盐类水解有关，故C错误；D、NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合，碳酸氢根离子和铝离子发生双水解反应，会迅速产生二氧化碳，与盐类的水解有关，故D错误；故选B。‎ ‎18. 已知25℃时，电离常数Ka(HF)=3.6×10-4，溶度积常数Ksp（CaF2）=1.46×10-10。现向1 L 0.1mol·L-1HF溶液中加入0.1 mol CaCl2固体（不考虑溶液体积变化），则下列说法中错误的是 A. 原HF溶液c(H+)约为6×10-3mol·L-1‎ B. 加入 CaCl2后溶液中有CaF2沉淀产生 C. 加入CaCl2后溶液中的c(H+)浓度不变 D. 2HF(aq)+Ca2+(aq)=CaF2(s)+2H+(aq)的平衡常数为K=8.88×102‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．Ka(HF)=3.6×10-4==，解得c(H+)=6×10-3mol·L-1，故A正确；B．加入0.1 mol CaCl2固体后，c(Ca2+)=0.1 mol•L-1，c(F-)==6×10-3mol/L，则Qc=c2(F-)•c(Ca2+)=(6×10-3mol/L)•0.1 mol•L-1=6×10-4＞Ksp，说明有沉淀产生，故B正确；C. 加入CaCl2后，生成CaF2沉淀，c(F-)减小，促进HF电离，溶液中的c(H+)浓度增大，故C错误；D. 2HF(aq)+Ca2+(aq)=CaF2(s)+2H+(aq)的平衡常数为K==×===8.88×102，故D正确；故选C。‎ ‎19. 常温下，下列粒子浓度关系错误的是 A. 0.1 mol·L-1CH3COONa溶液中：c(Na +)＞c(OH－)＞c(CH3COOH)＞c(H+)‎ B. pH=5的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO－)＞c(Na+)‎ C. 将0.2mol·L-1CH3 COOH溶液与0.1mo1·L-1NaOH溶液等体积混合： c(CH3 COO一)+ c(CH3COOH) = 2c(Na+)‎ D. 向0.10mol·L－1NH4HCO3溶液中通入CO2至中性：c(NH4＋) = c(HCO3－)＋ c(CO32－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．根据CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-和H2OH++OH-，CH3COONa溶液呈碱性，且c(OH－)略大于c(CH3COOH)，因此c(Na +)＞c(OH－)＞c(CH3COOH)＞c(H+)，故A正确；B. pH=5的CH3COOH和CH3COONa混合溶液显酸性，说明乙醋酸的电离为主，则c(CH3COO－)＞c(Na+)，故B正确；C. 将0.2mol·L-1CH3 COOH溶液与0.1mo1·L-1NaOH溶液等体积混合恰好形成等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，根据物料守恒c(CH3 COO一)+ c(CH3COOH) = 2c(Na+)，故C正确；D. 向0.10mol·L－1NH4HCO3溶液中通入CO2至中性，根据电荷守恒，c(NH4＋) + c(H+)= c(HCO3－)＋2c(CO32－)+ c(OH－)，由于c(OH－)=c(H+)，则c(NH4＋) = c(HCO3－)＋2c(CO32－)，故D错误；故选D。‎ ‎20. 下列说法正确的是 A. 能自发进行的反应一定是放热反应 B. 能自发进行的反应，反应速率一定很大 C. 任何酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O的过程中，反应热均相同 D. 已知C(s,石墨）= C(s,金刚石）ΔH＝ + 1.5 kJ·mol－1 ，则石墨比金刚石稳定 ‎【答案】D ‎【解析】A、吸热反应也可能自发进行，如碳酸氢铵常温下能自发进行，但是该反应为吸热反应，故A错误；B.反应速率与反应的自发性没有直接关系，与物质的性质和外界条件有关，如铁与氧气的反应能够自发进行，但常温下反应速率很慢，故B错误；C．弱酸弱碱没有完全电离，电离时需吸收能量，中和生成1mol水时放出的热量少，强酸强碱稀溶液反应生成1mol水同时生成沉淀，放出热量会增大，故C错误；D、由C(s,石墨)= C(s,金刚石) △H=+1.5 kJ/mol，反应吸热，可知金刚石的能量比石墨的能量高，所以石墨比金刚石稳定，故D正确；故选D。‎ ‎21. 某生产工艺中用惰性电极电解Na2CO3溶液获得NaHCO3和NaOH，其原理如题21图。下列有关说法正确的是 A. a 接外电源负极 B. B出口为H2，C出口为NaHCO3溶液 C. 阳极电极反应为4CO32-+2H2O-4e- = 4HCO3-+O2↑‎ D. 应选用阳离子交换膜，电解时Na+从右侧往左移动 ‎【答案】C ‎【解析】根据图示，a极放出氧气，是溶液中的水失去电子发生氧化反应，a极为阳极，阳极区生成的氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，则b极放出氢气，溶液中的水得到电子发生还原反应，阴极区生成的氢氧根离子与阳极区迁移过来的钠离子结合形成氢氧化钠。A. 根据上述分析，a极为阳极，a 接外电源正极，故A错误；B. B出口为H2，C出口为氢氧化钠溶液，故B错误；C. 根据上述分析，阳极电极反应为4CO32-+2H2O-4e- = 4HCO3-+O2↑，故C正确；D. 根据上述分析，阳极区的钠离子需要向阴极区迁移，应选用阳离子交换膜，电解时Na+从左侧往右移动，故D错误；故选C。‎ ‎22. 乙炔是一种重要的有机化工原料，已知乙炔二聚反应如下：‎ 三聚同理，现以乙炔为原料在一定条件下发生如下转化:‎ 其中A为乙炔的二聚产物；E为乙炔的三聚产物，E分子中有四个碳原子在一条直线上，高分子D的结构为。 回答下列问题：‎ ‎（1）乙炔的电子式为_______________________。‎ ‎（2）用电石制取乙炔的方程式为_____________________________________________。‎ ‎（3）净化乙炔时，可用_______________（填试剂）除去其中的H2S、PH3等杂质气体。‎ ‎（4）B的结构简式为______________________，A→B的反应类型为_________________。‎ ‎（5）E的结构简式为_______________________________。‎ ‎（6）已知环己烯可由下列物质在一定条件反应下得到：‎ ‎ (也可表示为： )‎ 有机物B在一定条件下反应，生成含六元环的二氯代烃G，G分子式为C8H10Cl2，写出G的结构简式 ‎ ____________________________（任写两种即可）。‎ ‎【答案】 (1). (2). CaC2 + 2H2O = Ca(OH)2 + C2H2↑ (3). CuSO4 溶液 (4). H2C＝CH—CCl＝CH2 (5). 加成反应 (6). H2C＝CH—C ≡ C—CH＝CH2 (7). ‎ ‎【解析】(1)乙炔的结构简式为CH≡CH，电子式为，故答案为：；‎ ‎(2)用电石制取乙炔的方程式为CaC2 + 2H2O →Ca(OH)2 + C2H2↑，故答案为：CaC2 + 2H2O →Ca(OH)2 + C2H2↑；‎ ‎(3)实验室制得的乙炔中含有硫化氢等杂质气体，净化乙炔时，可用硫酸铜溶液除去其中的H2S、PH3等杂质气体，故答案为：CuSO4 溶液；‎ ‎(4)根据题意，A为乙炔的二聚产物；E为乙炔的三聚产物，E分子中有四个碳原子在一条直线上，高分子D的结构为，则B为CH2=CHCCl=CH2，A为CH2=CHC≡CH，E为H2C＝CH—C ≡ C—CH＝CH2，A→B是CH2=CHC≡CH与HCl的加成反应，故答案为：H2C＝CH—CCl＝CH2；加成反应；‎ ‎(5)根据上述分析，E为H2C＝CH—C ≡ C—CH＝CH2，故答案为：H2C＝CH—C ≡ C—CH＝CH2；‎ ‎(6)根据信息，有机物B(CH2=CHCCl=CH2)在一定条件下反应，生成含六元环的二氯代烃G，G分子式为C8H10Cl2，是2分子B发生的加成反应，则G的结构简式有： 、、、，故答案为：、、‎ ‎、(任写两种)。‎ ‎23. 烃A是一种重要的有机化工原料，其相对分子质量Mr(A)，90、<或=，下同），该反应ΔH___0 。简述理由________________________________。‎ ‎（4）甲容器中，0~3s内的平均反应速率v(NO2)=______________________。‎ ‎（5）甲容器中NO2平衡转化率为________，T1时该反应的平衡常数为_______________________。‎ III. 将NO2(g)转化为N2O4(g)，再以N2O4、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如图所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氧化物Y。‎ ‎（6）石墨I为______极（选填正、负），Y化学式为_________。‎ ‎（7）II电极反应式为_________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2NO(g)+2CO(g)N2(g) +2CO2(g) △H=-746.5kJ/mol (2). ②③ (3). > (4). < (5). T1温度下反应速率更快，所以温度更高，T1>T2；T2条件下平衡时，生成n(O2)更多，说明降温平衡正向移动，所以ΔH<0 (6). 0.24mol·L－1·s－1 (7). 80% (8). 20 L/mol (9). 负 (10). N2O5 (11). O2 +4e- +2N2O5 =4NO3-‎ ‎【解析】I. (1)汽车排气管内安装的催化转化器，可使尾气中主要污染物(NO和CO)转化为无毒的大气循环物质生成物为氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为2NO+2CON2+2CO2；根据①N2(g)＋O2(g)=2NO(g)  ΔH＝＋180.5 kJ·mol－1，②CO的燃烧热△H= - 283 kJ·mol－1，热化学方程式为CO(g)+ O2(g)= CO2(g) △H= - 283 kJ·mol－1，根据盖斯定律，将②×2-①得2NO(g)+2CO(g)N2(g) +2CO2(g) △H=(- 283 kJ·mol－1)×2-(＋180.5 kJ·mol－1)=-746.5kJ/mol，故答案为：2NO(g)+2CO(g)N2(g) +2CO2(g) △H=-746.5kJ/mol；‎ ‎(2)一定温度下，在恒容密闭容器中充入1 molNO和2 molCO进行2NO+2CON2+2CO2。①单位时间内消耗a mo1 CO的同时生成2a mol NO，表示逆反应速率大于正反应速率，不是平衡状态，故错误；②该反应前后气体的质量不变，物质的量减少，混合气体的平均相对分子质量不再改变，表示气体的物质的量不变，能够说明达到了平衡状态，故正确；③混合气体中NO和CO的起始物质的量之比与反应的物质的量之比不同，因此随着反应的进行，物质的量之比发生变化，当物质的量之比保持不变，能够说明达到了平衡状态，故正确；④混合气体的体积和质量始终不变，说明始终密度不变，不能说明是平衡状态，故错误；故选②③；‎ II. (3)向甲、乙两个体积都为1.0 L的恒容密闭容器中分别充入2.0 mol NO2和1.0 mol O3，发生反应2NO2(g)＋O3(g) N2O5(g)＋O2(g)，根据表格数据，T1温度下建立平衡需要的时间短，说明T1＞T2，平衡时，T1温度下n(O2)大于T2温度下n(O2)，说明降低温度，平衡正向移动，正反应为放热反应，ΔH＜0，故答案为：>；<；T1温度下反应速率更快，所以温度更高，T1>T2；T2条件下平衡时，生成n(O2)更多，说明降温平衡正向移动，所以ΔH<0；‎ ‎(4)甲容器中，0~3s内的平均反应速率v(O2)==0.12 mol·L－1·s－1，则v(NO2)=2 v(O2)= 0.24 mol·L－1·s－1，故答案为：0.24 mol·L－1·s－1；‎ ‎(5)平衡时，甲容器中O2为0.80mol，则反应的NO2为1.60mol，NO2平衡转化率为 ‎×100%=80%；T1时该反应的平衡常数K== 20 L/mol，故答案为：80%；20 L/mol；‎ III.(6)通入氧气的电极为正极，即石墨II电极为正极，则石墨I为负极；以N2O4、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如下图所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氧化物Y，N2O4在负极失电子发生氧化反应，元素化合价升高为+5价，氧化物为N2O5，故答案为：负；N2O5；‎ ‎(7)根据图示，N2O4在负极(石墨I)失电子发生氧化反应生成Y，电极反应式为N2O4+2NO3--2e-=2 N2O5，Y和氧气在石墨II电极上发生还原反应生成NO3-，电极反应式为O2 +4e- +2N2O5 =4NO3-，故答案为：O2 +4e- +2N2O5 =4NO3-。‎ 点睛：本题的难点为III，在燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入氧气的电极为正极；本题中要注意N2O4在负极发生氧化反应，N元素化合价升高，氧气在正极发生还原反应，O元素化合价降低，结合电解质为熔融NaNO3书写电极反应式。‎ ‎25. 已知几种酸的电离常数如下：K(CH3COOH)＝1.8×10－5； K1(H2CO3)＝4.4×10－7；K2(H2CO3)＝4.7×10－11；K(HClO)＝4.0×10－8。‎ I.（1）常温下，0.1mol·L－1的下列三种溶液：①CH3COONa溶液 ②Na2CO3溶液 ③NaClO溶液， 其pH由大到小的顺序是________________（填序号）；‎ ‎（2）往NaClO溶液中通入少量CO2的离子反应方程式为___________________________________；‎ II. 常温下，在25.00 mL 0.1000 mol·L－1 Na2CO3溶液中滴加0.1000 mol·L－1盐酸，溶液的pH变化曲线如图所示。‎ ‎（3）a点溶液中c(CO32－) :c(HCO3－) =______________。‎ ‎（4）b点溶液中溶质为______________。b点溶液呈碱性的原因为_______________________。‎ ‎（5）b→c过程中的离子反应方程式为___________________________________________。‎ III. 现有某碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液，为测定其中各成分的浓度，某实验小组设计了如下方案，步骤如下(结合上图回答下列问题)：‎ ‎①量取20.00mL样品溶液于锥形瓶中，加入几滴酚酞；‎ ‎②用c mol·L－1的标准盐酸溶液滴定至终点；‎ ‎③重复两次实验，消耗盐酸的体积平均值为V1 mL； ‎ ‎④另取20.00mL样品溶液于锥形瓶中，加入几滴甲基橙； ‎ ‎⑤用c mol·L－1的标准盐酸溶液滴定至终点； ‎ ‎⑥重复两次实验，消耗盐酸的体积平均值为V2 mL；‎ ‎（6）步骤①中量取样品溶液所用仪器为___________________。‎ ‎（7）步骤②终点现象为________________________________________________________________。‎ ‎（8）样品溶液中碳酸钠和氢氧化钠物质的量浓度之比为___________。（用含c、V1、V2的式子表示），若步骤⑥中滴定结束时仰视读数，所得c( Na2CO3)_____（选填“偏大”、“偏小”、“不影响”）。‎ ‎【答案】 (1). ②③① (2). CO2 + ClO- + H2O = HClO + HCO3- (3). 0.47 (4). NaHCO3 NaCl (5). HCO3-水解程度大于其电离程度 (6). H++ HCO3- = H2O + CO2↑ (7). 碱式滴定管 (8). 滴入最后一滴盐酸，溶液由红色变为无色 (9). （V2-V1）/（2V1-V2） (10). 偏大 ‎【解析】I.(1)根据几种酸的电离常数如下：K(CH3COOH)＝1.8×10－5； K1(H2CO3)＝4.4×10－7；K2(H2CO3)＝4.7×10－11；K(HClO)＝4.0×10－8可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-。酸性越强，水解程度越小，溶液的碱性越弱，常温下，0.1mol·L－1的①CH3COONa溶液 ②Na2CO3溶液 ③NaClO溶液，pH由大到小的顺序是②③①，故答案为：②③①；‎ ‎(2)往NaClO溶液中通入少量CO2反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子反应方程式为CO2 + ClO- + H2O = HClO + HCO3-，故答案为：CO2 + ClO- + H2O = HClO + HCO3-；‎ II.(3)a点溶液为碳酸钠、碳酸氢钠和氯化钠的混合物，K2(H2CO3) ＝4.7×10－11== ，解得=0.47，故答案为：0.47；‎ ‎(4)b点恰好反应生成碳酸氢钠和氯化钠。碳酸氢钠水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故答案为：NaHCO3 NaCl；HCO3-水解程度大于其电离程度；‎ ‎(5)b点恰好反应生成碳酸氢钠和氯化钠，b→c过程中继续加入盐酸，碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳和水，反应的离子反应方程式为H++ HCO3- = H2O + CO2↑，故答案为：H++ HCO3- = H2O + CO2↑；‎ III.(6)碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液显碱性，步骤①中量取样品溶液所用仪器为碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；‎ ‎(7)用盐酸滴定碳酸钠和氢氧化钠溶液，选用酚酞作指示剂，滴定终点现象为滴入最后一滴盐酸，溶液由红色变为无色，故答案为：滴入最后一滴盐酸，溶液由红色变为无色；‎ ‎(8)用酚酞作指示剂是滴定的物质为氢氧化钠，同时碳酸钠转化为碳酸氢钠，再用甲基橙作指示剂滴定碳酸钠和氢氧化钠，碳酸钠转化为二氧化碳，设样品溶液中碳酸钠和氢氧化钠物质的量分别为x、y，则x+y= c mol·L－1×V1 ×10-3L，2x+y= c mol·L－1×V2 ×10-3L，解得x= (c V2 ×10-3- c V1 ×10-3)mol，y=(2c V1 ×10-3- c V2 ×10-3)mol，碳酸钠和氢氧化钠物质的量浓度之比=物质的量之比=，若步骤⑥中滴定结束时仰视读数，导致消耗的盐酸体积偏大，即V2偏大，则x=(c V2 ×10-3- c V1 ×10-3)mol偏大，所得c( Na2CO3)偏大，故答案为：；偏大。‎ 点睛：本题考查了电离平衡常数、盐类水解和酸碱中和滴定的相关知识。本题的难点是(8)，要注意酚酞作指示剂时，盐酸滴定氢氧化钠和碳酸钠反应，碳酸钠只能生成碳酸氢钠，用甲基橙作指示剂时，盐酸滴定氢氧化钠和碳酸钠反应，碳酸钠反应生成二氧化碳。‎ ‎ ‎ ‎ ‎