江西省万载中学2019-2020学年高二12月月考化学试题

江西省万载中学2019-2020学年高二12月月考化学试题

万载中学2021届高二12月月考化学学科试卷 相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 K:39 Cl:35.5 Cu:64 Fe:56 S:32 ‎ 一、单选题（每小题3分，共48分）‎ ‎1.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 放热反应一定不用加热，吸热反应一定需加热 B. 化学反应中，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应放热，ΔH为“－”‎ C. 未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小且可以再生，所以风能、氢能、太阳能和生物质能都属于未来新能源 D. 升高温度或加入催化剂，都可以改变化学反应的反应热 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应吸热还是放热与反应条件没有必然联系，有的放热反应需要加热，有的吸热反应不需要加热，故A错误；‎ B. 放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量，放热反应的△H为负值，吸热反应的△H为正值，故B错误；‎ C. 未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小且可以再生，所以风能、氢能、太阳能和生物质能都属于未来新能源，故C正确；‎ D. 使用催化剂前后，反应物和生成物的能量是不变化的，化学反应的反应热是不变的，故D错误；‎ 正确答案是C。‎ ‎【点睛】本题考查吸热反应和放热反应，难度不大，注意反应吸热还是放热与反应条件没有必然联系。‎ ‎2.下列4个化学反应，你认为理论上可用于设计原电池的化学反应的是 A. CH4+2O2→CO2+2H2O B. HCl+NaOH=NaCl+H2O C. Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑‎ D. Ba（OH）2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3·H2O+8H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原电池是基于氧化还原反应理论设计而成的，即反应是可逆反应，才能形成原电池原理。‎ ‎【详解】A. CH4+2O2→CO2+2H2O属于氧化还原反应，可用于设计原电池，故A正确；‎ B. HCl+NaOH=NaCl+H2O不是氧化还原反应，不能设计原电池，故B错误；‎ C. Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑不是氧化还原反应，不能设计原电池，故C错误；‎ D. Ba（OH）2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3·H2O+8H2O不是氧化还原反应，不能设计原电池，故D错误；‎ 答案选A ‎3.下列关于反应能量的说法正确的是 （ ）‎ A. 101kPa 时，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6 kJ•mol﹣1，H2 的燃烧热为 571.6 kJ•mol﹣1‎ B. 相同条件下，如果 1molH 所具有的能量为 E1，1molH2 所具有的能量为 E2，则 2 E1=E2‎ C. H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l） △H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，含 1molNaOH 的氢氧化钠的溶液与含 0.5molH2SO4 的浓硫酸混合后放出 57.3kJ 的热量 D. Zn（s）+CuSO4（aq）=ZnSO4 （aq）+Cu（s）△H=﹣216 kJ•mol﹣1，反应物总能量＞ 生成物总能量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.燃烧热的概念指的是1mol可燃物完全燃烧对应放出的热值，方程式中H2的系数为2，所以H2的燃烧热为285.8 kJ•mol﹣1，A项错误；‎ B.化学变化伴随一定能量变化，2H→H2会伴随能量变化，所以2 E1≠E2，B项错误；‎ C.浓硫酸在稀释过程中会放热，所以含 1molNaOH 的氢氧化钠的溶液与含 0.5molH2SO4 的浓硫酸混合后放出的热量大于57.3kJ，C项错误；‎ D.该反应△H<0，为放热反应，所以反应物总能量＞ 生成物总能量，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】燃烧热要求可燃物为1mol，中和热要求H2O的生成量为1mol，在进行书写燃烧热或者中和热的热化学方程式中，一定严格按照计量的要求。中和热要求对象为强酸和强碱的稀溶液。‎ ‎4.下列离子方程式表达正确的是 A. 硫化钠的水解反应：S2-+H3O＋HS-+H2O B. 用铜作阳极电解氯化铜溶液：Cu2＋+2Cl-Cu+Cl2↑‎ C. Na2CO3溶液呈碱性的原因：CO32-+H2OHCO3－+OH－‎ D. 在Ba(OH)2溶液中滴加KHSO4溶液至pH=7：Ba2＋+OH－+H＋+SO42-=BaSO4↓+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.S2-水解，消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，离子方程式为S2-+H2OHS－+OH-，A错误；‎ B.用Cu作阳极，阳极发生氧化反应，Cu-2e-=Cu2+，在阴极上溶液中的氢离子得到电子变为H2，故电解总反应方程式为Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑，B错误；‎ C.Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO32-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，用离子方程式表示为：CO32-+H2OHCO3－+OH－，C正确；‎ D.在Ba(OH)2溶液中滴加KHSO4溶液至pH=7：Ba2＋+2OH－+2H＋+SO42-=BaSO4↓+2H2O，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎5.已知一定温度下合成氨反应：；。相同温度、相同容积的密闭容器中进行如下实验：①通入和达到平衡时放热为；②通入和达到平衡时放热为。则下列关系正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 热化学方程式N2(g)+3H2(g)═2NH3(g)；△H= -92.4kJ/mol表示一定条件下，1mol N2(g)与3mol H2(g)反应生成2mol NH3(g)放出的热量是92.4kJ。恒温恒容下，物质的量与压强成正比，①与②中n(N2)：n(H2)=1：3，二者为等效平衡，但②中参加反应的n(N2)是①中的2倍，增大压强，平衡正向移动，以此来解答。‎ ‎【详解】热化学方程式N2(g)+3H2(g)═2NH3(g)；△H= -92.4kJ/mol表示一定条件下，1mol N2(g)与3mol H2(g)反应生成2mol NH3(g)放出的热量是92.4kJ ‎。反应为可逆反应，物质不能完全反应。恒温恒容下，物质的量与压强成正比，物质的量与热量成正比，则①中参加反应的氮气小于1mol，则Q1＜92.4kJ，②中参加反应的氮气小于2mol，则Q2＜184.8kJ，且②中参加反应的n(N2)是①中的2倍，增大压强，平衡正向移动，可知2Q1＜Q2，故选C。‎ ‎6.可逆反应的v－t图像如图甲所示。若其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其v－t图像如图乙所示。下列判断不正确的是 A. a1＜a2 B. 平衡时图甲和图乙中反应速率相等 C. t1＞t2 D. 平衡时图甲和图乙中反应限度相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像可知，甲比乙用的时间长，则反应速率慢，但催化剂对平衡无影响；‎ ‎【详解】A.使用催化剂，反应速率加快，则a1＜a2，A正确；‎ B.平衡时图甲和图乙中反应速率不相等，且乙＞甲，B错误；‎ C.使用催化剂，反应速率加快，反应时间缩短，则t1＞t2，C正确；‎ D.催化剂对平衡无影响，则平衡时图甲和图乙中反应限度相同，D正确；‎ 答案为B。‎ ‎7.mA（g）+nB（g）pC（g）△H＜0，室温条件下，在一容积不变的密闭容器中加入一定量的A、B，B%与压强（P）的关系如图所示，则下列有关叙述正确的是（　　）‎ A. m+n＞p B. n＞p C. X点时混合物的正反应速率小于逆反应速率 D. X点比Y点混合物的反应速率慢 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 曲线上的点都是平衡点，由图可知，压强越大，B的百分含量越高，说明增大压强平衡向逆反应移动；X点B的百分含量高于相同压强平衡点的含量，说明X点未到达平衡状态，反应向正反应移动，Y点B的百分含量低于相同压强平衡点的含量，说明Y点未到达平衡状态，反应向逆反应移动。‎ ‎【详解】A、压强越大，B的百分含量越高，说明增大压强平衡向逆反应移动，故m+n＜p，故A错误；‎ B、压强越大，B的百分含量越高，说明增大压强平衡向逆反应移动，故m+n＜p，故B错误；‎ C、X点B的百分含量高于相同压强平衡点的含量，说明X点未到达平衡状态，反应向正反应移动，所以正反应速率大于逆反应速率，故C错误；‎ D、X点比Y点的压强小，所以X点比Y点混合物的反应速率慢，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.室温下，下列有关溶液说法正确的是 A. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH B. 某溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10-a mol·L-1，若a＞7时，则溶液的pH为a或14－a C. 等体积等物质的量浓度的NaClO溶液和NaCl溶液中离子总数大小N前＞N后 D. 常温下，pH=3的HA溶液与pH=11的BOH等体积混合，溶液pH＞7，则BOH为强碱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaHA溶液的pH可能小于7，如NaHSO4、NaHSO3，也可能大于7，如NaHCO3，所以不能通过测NaHA溶液的pH判断H2A是强酸还是弱酸，故A错误；‎ B．某溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－a mol·L－1，若a>7时，溶液中由水电离出的 c(H+)＜1×10-7mol•L-1，水的电离受到抑制，可能为酸溶液或碱溶液，若为酸溶液，则pH=14-a，若为碱溶液，则pH=a，故B正确；‎ C．NaClO溶液中电荷关系为c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)，溶液中离子浓度为2c(Na+)+2c(H+‎ ‎)，同理NaCl溶液中离子浓度为2c(Na+)+2c(H+)；但NaClO溶液呈碱性，NaCl溶液呈中性，所以NaClO溶液中c(H+)＜1×10-7mol•L-1，NaCl溶液中c(H+)=1×10-7mol•L-1，即等体积等物质量浓度的NaClO 溶液和NaCl 溶液中离子总数大小 N 前＜N 后，故C错误；‎ D．pH=3的HA溶液与pH=11的BOH等体积混合，①若BOH为强碱、HA为强酸，则pH=7，②若BOH为强碱、HA为弱酸，则pH＜7，③若BOH为弱碱、HA为强酸，则pH＞7，所以溶液 pH＞7，则BOH为弱碱，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎9.某溶液中只含有Na+、H+、OH−、A−四种离子，下列说法不正确的是 A. 若溶液中c(A−)＝c(Na+)，则溶液一定呈中性 B. 溶液中可能存在：c(Na+)> c(A−)> c(OH−)> c(H+)‎ C. 若c(OH−)> c(H+)，溶液中可能存在：c(Na+)> c(OH−) > c(A−)> c(H+)‎ D. 若溶质为NaA、HA，则一定存在：c(A−) > c(Na+)> c(H+) > c(OH−)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由电荷守恒可知，c(Na+）+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，溶液中c(A-)=c(Na+)，则c(OH-)=c(H+)，溶液为中性，故A正确；‎ B.溶液电荷守恒，若c(Na+)＞c(A-)，则c(OH-)＞c(H+)，可能存在c(Na+)> c(A−)> c(OH−)> c(H+)，故B正确；‎ C.若c（OH-）＞c（H+），如NaA过量较多，盐水解大于酸的电离程度，则可能存在c(Na+)> c(OH−) > c(A−)> c(H+)，故C正确；‎ D.若溶质为NaA、HA，二者等物质的量时且酸电离大于盐的水解存在c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），若二者等物质的量且盐的水解大于酸的电离，则存在c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+），故D错误。‎ 故选D。‎ ‎10.我国首创的海洋电池以铝板为负极，铂网为正极，海水为电解质溶液，空气中的氧气与铝反应产生电流．电池总反应为：4Al+3O2+6H2O=4Al（OH）3，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-‎ B. 电池工作时，电流由铝电极沿导线流向铂电极 C. 该电池通常只需要更换铝板就可继续使用 D. 以网状的铂为正极，可增大与氧气的接触面积 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电池总反应4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3可知，电池工作时，负极为Al，发生氧化反应，电极反应式为Al-3e-+3OH-=Al(OH)3，正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，结合原电池的工作原理分析解答。‎ ‎【详解】A．正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故A正确； ‎ B．电池工作时，电流由正极流向负极，即从铂电极沿导线流向铝电极，故B错误； ‎ C．Al不断反应，不断溶解，所以一段时间后，更换铝板就可以继续使用，故C正确；‎ D．铂做成网状的目的是增大与氧气的接触面积，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意电流运动方向与电子运动方向相反。‎ ‎11.下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）‎ A. 向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小 B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大 C. 向氨水中加入盐酸至中性，溶液中<1‎ D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，促进电离，但醋酸根离子浓度减小，电离常数不变，溶液中增大，A错误；‎ B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，促进水解，水解常数增大，溶液中减小，B错误；‎ C. 向氨水中加入盐酸至中性，根据电荷守恒可知c(NH4+)＝c(Cl－)，则溶液中，C错误；‎ D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中＝Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，温度不变，溶度积常数不变，则比值不变，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎12.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. 点对应的溶液的体积为 ‎【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、CH3‎ COONa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。‎ ‎13.下列实验操作能达到实验目的的是（ ）‎ 实验目的 实验操作 A 制备胶体 将浓溶液滴加到饱和的溶液中 B 由溶液制备无水 将溶液加热蒸干 C 除去Cu粉中混有的CuO 加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥 D 配制溶液 将氯化铁固体溶于盐酸中 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、在氢氧化钠溶液中加入饱和FeCl3溶液，反应得到氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体应在沸水中滴加氯化铁饱和溶液，加热至溶液呈红褐色，故A错误；‎ B项、将MgCl2溶液加热蒸干，由于HCl易挥发，得到的是氢氧化镁沉淀，应该在HCl气流中加热制备无水MgCl2，故B错误；‎ C项、Cu和CuO均能与稀硝酸反应，除去Cu粉中混有的CuO，应加入稀盐酸溶液或稀硫酸溶液，过滤、洗涤、干燥，故C错误；‎ D项、为防止氯化铁在溶液中水解，配制氯化铁溶液时，应先将氯化铁固体溶于盐酸中，再稀释得到配制所需氯化铁溶液，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】饱和氯化铁溶液滴入沸水中制得氢氧化铁胶体，加入氢氧化钠溶液中生成氢氧化铁沉淀是易错点。‎ ‎14.常温下有等体积等pH的NH4Cl与盐酸两种溶液，下列说法正确的是 A. 两溶液中水的电离程度相等 B. 两溶液导电性相等 C. 稀释相同倍数后，NH4Cl溶液的pH更大 D. 与等物质的量浓度的NaOH溶液恰好完全反应时，NH4Cl耗碱的体积更多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+水解消耗水电离产生的OH-，使溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性，促进水的电离，而HCl溶于水，电离产生H+，对水的电离起抑制作用，所以两溶液中水的电离程度不相等，A错误；‎ B.盐水解的程度是微弱的，若盐水解得到的溶液pH与强酸溶液的pH相同，则盐电离产生的离子浓度比酸的浓度大，电解质电离产生的离子浓度越大，溶液的导电性就越强，所以两溶液的导电性不相等，B错误；‎ C.由于在盐溶液中存在NH4+的水解平衡，当加水稀释时，NH4+会进一步水解产生H+，使溶液中c(H+)变化较小，而HCl完全电离产生H+，HCl是强电解质，不存在电离平衡，所以溶液稀释时，HCl的溶液中c(H+)变化较大，pH更大些，C错误；‎ D.由于盐水解的程度占盐电离产生的离子的很小一部分，所以当NH4Cl与HCl溶液的pH相同时，物质的量浓度c(NH4Cl)>c(HCl)，由于二者与NaOH反应时的物质的量之比是1:1，所以在与等物质的量浓度的NaOH溶液恰好完全反应时，NH4Cl由于物质的量多，消耗碱的体积更多，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎15.室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是 A. 向0.10mol/L NH4HCO3溶液中通入CO2：c(NH4+)= c(HCO3-)+ c(CO32-)‎ B. 向0.10mol/L NaHSO3溶液中通入NH3：c(Na+)＞c(NH4+)＞c(SO32-)‎ C. 向0.10mol/L CH3COONa溶液中通入HCl：c(Na+)＞c(CH3COOH)= c(Cl-)‎ D. 向0.10mol/L Na2SO3溶液通入SO2：c(Na+)= 2[c(SO32-)+ c(HSO3-)+c(H2SO3)]‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NH4HCO3溶液中通入CO2：根据溶液呈电中性可得c(NH4+)+c（H+）= c(HCO3-)+ 2c(CO32-)+ c（OH-），室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得，c(NH4+)= c(HCO3-)+ 2c(CO32-)，A错误；‎ B. 根据物料守恒c(Na+)= c(HSO3-)+ c(H2SO3)，根据溶液呈电中性，c(Na+)+c(NH4+)+c（H+）= c（OH-）+2c(SO32-)+ c(HSO3-)，室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得：c(Na+)+c(NH4+)= 2c(SO32-)+ c(HSO3-)，把c(Na+)替换成c(HSO3-)+ c(H2SO3)，得c(NH4+)= c(SO32-)- c(H2SO3)，c(SO32-) >c(NH4+)，B错误；‎ C. CH3COONa溶液中通入HCl：根据溶液呈电中性可得c(Na+)+c（H+）= c(CH3COO-)+ c（OH-）+ c（Cl-），根据物料守恒c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得c（Cl-）= c(CH3COOH)，C正确；‎ D. 向0.10mol/L Na2SO3溶液通入SO2：根据溶液呈电中性可得c(Na+)+c（H+）= 2c(SO32-)+ c(HSO3-)+c（OH-），室温时，pH=7，则c（H+）= c（OH-），可得c(Na+)= 2c(SO32-)+ c(HSO3-)，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎16.常温下，向a mol/L某弱酸HA溶液中滴加等体积的b mol/L氢氧化钠溶液恰好使溶液呈中性。则该温度下，HA的电离平衡常数表达式是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据电荷守恒得到氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，常温下为10-7mol/L，弱酸HA的平衡常数只随温度变化，所以根据反应后的溶液中弱酸HA电离常数计算即可。‎ ‎【详解】向amol.L-1某弱酸HA溶液中滴加等体积的bmol. L- 1氢氧化钠溶液恰好使溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH- )= 10 -7mol/L；依据溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH- )+c(A-)，此时溶液中c(Na+)=c(A- )，假设弱酸HA和氢氧化钠体积为1L，得到n(Na+) = bmol，n(HA)= amol，反应后溶液中弱酸HA的电离常数K=，‎ 故选B。‎ 二、综合题（共52分）‎ ‎17.汽车尾气（主要成分为CO和NO)是形成雾霾的原因之一，对汽车尾气的处理也成为科学家研究的热点。‎ 已知：I. N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH= +180.71kJ • mol-1；Π . 2NO(g)+2CO(g) N2(g) + 2CO2(g) ΔH= - 746.5 kJ• mol-1。请回答下列问题：‎ ‎(1)CO的燃烧热ΔH =____________。‎ ‎(2)Ti℃时，向10 L容积不变密闭容器中充人1 mol NO和1 mol CO，发生反应Π，5 min达到平衡时测得容器中CO2的物质的量为0.8 mol。则：①0〜5 min内，用N2表示的平均反应速率 (N2)=______________。 ②Ti℃时，该反应的平衡常数K=_______________。‎ ‎③下列事实能说明该反应一定达到平衡状态的是______________(填选项字母)。‎ A．气体压强保持不变 B．保持不变 C．气体密度保持不变 D．速率之比：=1‎ ‎④保持其他条件不变，平衡后再向该容器中充人1 mol NO、l molCO、0.5 mol N2、l molCO2，此时正___逆 (填“>”“<”或“ =”)‎ ‎(3)—定条件下，向密闭容器中充入一定量的N2、O2和CO，发生反应I和反应Ⅱ，容器中N2的平衡转化率(α)与溫度（T）和压强（p）的关系如图所示。则α(N2)随温度升高而__________ (填“增大”或“减小”)，理由为_________。‎ ‎【答案】 (1). -282.9kJ·mol-1 (2). 0.008mol·L-1·min-1 (3). 1600L·mol-1 (4). A (5). > (6). 增大 (7). 升高温度，反应I为吸热反应，平衡正向移动，反应Ⅱ为放热反应，平衡逆向移动，均使体系内N2的物质的量减小，转化率增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，本题考查化学反应速率的计算和化学平衡常数的计算以及化学平衡的移动，运用化学反应速率、化学平衡常数的计算公式和勒夏特列原理分析。‎ ‎【详解】（1）由I+Ⅱ得：2CO(g)+O（g）2CO2(g) △H=-565.8kJ·mol-1‎ ‎，由燃烧热的定义可得，CO的燃烧热，‎ 故答案为：-282.9kJ·mol-1；‎ ‎（2)①由信息，0~5min内，生成CO（g）的物质的量为0.8mol，则生成N2的物质的量为0.4mol，,‎ 故答案为：0.008mol·L-1·min-1；‎ ‎②通过三行式法得：NO(g)、CO(g)、N2(g)、CO2(g)的平衡浓度分别为0.02mol/L、0.02 mol/L、‎ ‎0.04 mol/L、0.08 mol/L，代人平衡常数计算式得：,‎ 故答案为：1600 L·mol-1；‎ ‎③A.该反应为左右两边气体分子总数不相等的反应，压强不变即各成分浓度不变，达到平衡，A项正确；‎ B.起始只加反应物，生成物浓度之比一定等于化学计量数之比，B项错误；‎ C.气体总质量和体积保持不变，密度保持不变，C项错误；‎ D.速率之比等于化学计量数之比，D项错误；‎ 故答案为：A；‎ ‎④由题中数据，浓度商,‎ 则v正>v逆，‎ 故答案为：>；‎ ‎（3)根据反应I和反应Ⅱ的焓变符号，升高温度，反应I为吸热反应，平衡正向移动；反应Ⅱ为放热反应.平衡逆向移动，均使体系内N2的物质的量减小，转化率增大。‎ 故答案为：增大；升高温度，反应I为吸热反应，平衡正向移动，反应Ⅱ为放热反应，平衡逆向移动，均使体系内N2的物质的量减小，转化率增大。‎ ‎18.按要求回答下列问题：‎ ‎（1）常温下向一定体积的0.1mol/L醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是___。‎ A.溶液中导电粒子的数目减少 B.醋酸的电离程度增大，c(H+)亦增大 C.溶液中不变 D.溶液中减小 ‎（2）常温下将0.15mol/L稀硫酸V1mL与0.1mol/L NaOH溶液V2mL混合，所得溶液的pH为1，则V1：V2=___（溶液体积变化忽略不计）。‎ ‎（3）常温下，某溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1，则该溶液的pH可能是___。‎ ‎（4）常温下，在pH＝9的CH3COONa溶液中，由水电离出的OH－浓度___。‎ ‎（5）电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡，请回答下列问题。‎ 已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：‎ 弱酸 HCOOH HCN H2CO3‎ 电离平衡常数(25℃)‎ Ka＝1.77×10－4‎ Ka＝5.0×10－10‎ Ka1＝4.3×10－7‎ Ka2＝5.6×10－11‎ ‎①同浓度HCOONa、NaCN、NaHCO3、Na2CO3这4种溶液中碱性最强的是__；‎ ‎②体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液a.HCOOH；b.HCN；c.HCl分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是(填字母) __。‎ ‎【答案】 (1). CD (2). 1：1 (3). 3；11 (4). 10－5mol·L－1 (5). Na2CO3溶液 (6). b＞a＞c ‎【解析】‎ 分析】‎ 醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多浓度减小，根据醋酸的电离程度确定溶液中微粒个数变化；所得溶液的pH值为1，溶液中氢离子浓度为1×10-1mol•L-1，说明氢离子过量，根据题中稀硫酸和氢氧化钠溶液体积列式计算出V1：V2的比值。‎ ‎【详解】（1）A.醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多，故A错误；B.加水稀释，促进电离，但离子浓度降低，故B错误；C.c(CH3COO−)/c(CH3COOH)c(OH−)=Ka/Kw，电离平衡常数和水的离子积常数不变，所以 不变，故C正确；D.加水稀释，醋酸根离子浓度减小的程度大于氢离子浓度减小的程度，所以比值减小，故D正确；故答案为CD；‎ ‎（2）溶液中氢氧化钠的物质的量为：V2×10−3L×0.1mol/L=V2×10−4mol，稀硫酸中氢离子的物质的量为：V1×10−3L×0.15mol/L×2=3V1×10−4mol，两溶液混合后溶液显示酸性，氢离子浓度为1×10−1mol⋅L−1，则有：3V1×10−4mol−V2×10−4mol=(V1+V2)×10−3L×0.1mol⋅L−1=(V1+V2)×10−4mol，解得V1:V2=1:1，故答案为1:1；‎ ‎（3）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，常温下，纯水中c（H+）=1×10-7mol▪L-1，该溶液中由水电离产生的c（H+）=1×10-11mol▪L-1＜1×10-7mol▪L-1，说明该溶液抑制水电离，所以该溶液可能是酸也可能是碱，如果是酸溶液，则溶液中氢离子浓度是0.001mol/L，溶液的pH=3，如果是碱溶液，则溶液中氢原子浓度是1×10-11mol▪L-1，溶液的pH=11，故正确答案是3、11；‎ ‎（4）pH=9的CH3COONa溶液中存在两个平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+ OH-；H2OH++OH-；CH3COONa溶液中存在以下几种微粒：Na+、CH3COO-、CH3COOH、H2O、H+、OH-。由方程式可知，水中的氢氧根离子来自醋酸根的水解和水的电离，氢离子只来自于水的电离。pH=9，c(H+)=10-9mol/L，且全部来自水的电离。而由水电离出来的H+和OH-是相等的，所以由水电离出来的c(OH-)=10-9mol/L；‎ ‎（5）①已知酸的酸性强弱顺序为HCOOH＞H2CO3＞HCN＞NaHCO3，对应酸根水解能力强弱的顺序为CO32－＞CN−＞HCO3−＞HCOO−，故Na2CO3溶液碱性最强；‎ ‎②酸性强弱顺序为b＜a＜c，c(H+)相同的三种酸浓度：b＞a＞c，所以同浓度的NaOH溶液完全中和体积相同、c(H+)相同的三种酸，所消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序为b＞a＞c。‎ ‎19.科学家制造出一种使用固态电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航天航空。如图所示装置中，以稀土金属材料作为惰性电极，在电极上分别通入CH4和空气，其中固态电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导O2－(O2＋4e－=2O2－)。‎ ‎(1)c电极的名称为________(填“正极”或“负极”)，d电极上的电极反应式为： ____。‎ ‎(2)如图所示用惰性电极电解100 mL 0.5 mol·L－1CuSO4溶液，a电极上的电极反应式为： __________，若a电极产生56 mL(标准状况)气体，则所得溶液的c(H＋)=________(不考虑溶液体积变化)，该电解过程中转移的电子的物质的量为_______；若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入________(填字母)。‎ a.CuO b.Cu(OH)2 c.CuCO3 d.Cu2(OH)2CO3‎ ‎【答案】 (1). 正极 (2). CH4＋4O2－-8e－=CO2+2H2O (3). 4OH－-4e－=2H2O＋O2↑ (4). 0.1 mol·L－1 (5). 0.01mol (6). ac ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，本题考查原电池和电解池的运用，运用原电池和电解池的工作原理分析。‎ ‎【详解】（1）图甲是原电池，依据电流流向是从正极流向负极，c电极为正极，氧气得到电子发生还原反应，d电极为电池负极，甲烷失电子发生还原反应，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导阳极生成的O2-离子，负极电极反应为：CH4＋4O2－-8e－=CO2+2H2O； 故答案为：正极； CH4＋4O2－-8e－=CO2+2H2O；‎ ‎（2）如图乙所示电解100mL0.5mol•L-1CuSO4溶液，发生的电解池反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，与电源正极相连的为阳极，溶液中氢氧根离子失去电子发生氧化反应，则a电极反应为：4OH－-4e－=2H2O＋O2↑；若a电极产生56mL ‎（标准状况）气体为氧气，物质的量为0.0025mol，消耗氢氧根离子物质的量为0.01mol，溶液中生成氢离子物质的量为0.01mol，=0.1mol/L；由4OH－-4e－=2H2O＋O2↑可知每生成1mol的氧气，转移4mol的电子, 56mL（标准状况）氧气物质的量为0.0025mol，则转移的电子为0.01mol；经分析所得溶液电解过程中CuSO4溶液每损失2个Cu原子，就损失2个 O原子，相当于损失一个CuO，为了使CuSO4溶液，恢复原浓度，应加入CuO，也可以加入CuCO3，符合恢复溶液浓度的定量关系，但不能加入Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3，因为CuCO3+H2SO4═CuSO4+CO2↑+H2O，相当于加CuO，而Cu（OH）2+H2SO4═CuSO4+2H2O、Cu2（OH）2CO3+2H2SO4═2CuSO4+CO2↑+3H2O，除增加溶质外还增加了水，故选ac．‎ 故答案为：4OH－-4e－=2H2O＋O2↑；0.1 mol·L－1； 0.01mol；ac。‎ ‎【点睛】原电池中电流流向是从正极流向负极，电子流向是从负极到正极。‎ ‎20.在食品加工领域，应用二氧化硫的最主要原因是避免氧化和防腐。在我国葡萄酒中二氧化硫的最大使用量为0.2500g/kg，二氧化硫残留量不得超过0.05000g/kg。葡萄酒中的二氧化硫包括游离的和结合的，因而加人氢氧化钾使之破坏其结合状态，并使之固定S02+2KOH = K2S03+H20；然后加入硫酸又使二氧化硫游离，K2S03+H2S04=K2S04+H2O+S02↑；加入过量的I2氧化S02；过量的I2可用硫代硫酸钠进行滴定，I2+2Na2S203=Na2S406+ 2NaI。‎ 以下是某实验小组测定某品牌的干白葡萄酒（密度为1.12g/ml）中二氧化硫的含量是否超标的实验方案。‎ 实验步骤：‎ ‎①用移液管量取50.00ml样品于250ml锥形瓶中，加入25.00 ml1mol/L氢氧化钾溶液，加塞，摇匀；‎ ‎②静置15min； ‎ ‎③打开塞子，加入25.00ml1：3硫酸溶液使溶液呈酸性，再加入25.00ml0.01000mol/L碘溶液，迅速的加塞，摇匀；‎ ‎④用 滴定管移取步骤③中溶液25.00ml，加入适量0.1%的A溶液作指示剂，立即用浓度为0.002000mol/L的硫代硫酸钠溶液滴定，并记录消耗硫代硫酸钠溶液的体积；‎ ‎⑤重复以上实验2次；‎ ‎⑥数据处理，得出结论。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）以上实验方案中步骤③中加碘溶液时发生的离子反应方程式是：______________；‎ ‎（2）步骤①-③中始终要将锥形瓶加塞进行操作的原因是_____________；‎ ‎（3）步骤④的A溶液最合适的是____________；滴定终点的判断方法是_______________________________________________________________________；‎ ‎（4）步骤④应该选用___________(填空“酸式”或“碱式”)滴定管；‎ ‎（5）该小组三次实验消耗的Na2S203溶液的体积数据记录如下：‎ 序号 ‎ 滴定前/mL ‎ 滴定后/mL ‎ ‎① ‎ ‎1.35 ‎ ‎19.40 ‎ ‎② ‎ ‎1.05 ‎ ‎19.00 ‎ ‎③ ‎ ‎1.58 ‎ ‎20.91 ‎ 根据数据计算该样品中总二氧化硫的浓度为______mol/L，故该干白葡萄酒是______（填“合格”“不合格”）产品。‎ ‎【答案】 (1). I2+SO2+2H2O==4H++2I-+SO42- (2). 防止SO2逸出和被空气中氧气氧化 (3). 淀粉 (4). 当滴入最后一滴时，溶液颜色由蓝色变成无色，并在30S内不变成蓝色；（若出现“30S内不褪色”或类似字语不给分；） (5). 酸式 (6). 0.003200（保留4位有效数字） (7). 不合格 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）碘能将二氧化硫氧化，由此写出离子方程式；‎ ‎（2）SO2在水中溶解度不大，易挥发，二氧化硫还具有还原性；‎ ‎（3）碘遇到淀粉呈蓝色，测定碘常用淀粉溶液作指示剂；终点时，碘消耗完，蓝色褪去；‎ ‎（4）步骤③中溶液呈酸性，用酸式滴定管移取溶液；‎ ‎（5）该小组三次实验消耗的Na2S203溶液的体积分别为：18.05mL、17.95mL、19.33mL ‎，第三组数据误差太大，舍去，消耗的Na2S203溶液的体积的平均值为18.00mL，根据关系式计算。‎ ‎【详解】（1）碘能将二氧化硫氧化，离子方程式：I2+SO2+2H2O==4H++2I-+SO42-；‎ ‎（2）SO2在水中溶解度不大，易挥发，二氧化硫还具有还原性；步骤①-③中始终要将锥形瓶加塞进行操作的原因是防止SO2逸出和被空气中氧气氧化；‎ ‎（3）碘遇到淀粉呈蓝色，测定碘常用淀粉溶液作指示剂；终点时，碘消耗完，蓝色褪去，滴定终点的判断方法是 ：当滴入最后一滴时，溶液颜色由蓝色变成无色，并在30S内不变成蓝色；（若出现“30S内不褪色”或类似的字语不给分；）‎ ‎（4）步骤③中溶液呈酸性，用酸式滴定管移取溶液；‎ ‎（5）该小组三次实验消耗的Na2S203溶液的体积分别为：18.05mL、17.95mL、19.33mL，第三组数据误差太大，舍去，消耗的Na2S203溶液的体积的平均值为18.00mL，根据关系式计算。由方程式I2+2S2O32－═2I－+S4O62－得：I2～2Na2S203，剩余的碘为1/2×0.002000mol/L×18.00×10-3L×125mL/25mL=0.00009mol，与SO2反应的碘：25.00×10-3L×0.01000mol·L－1-0.00009mol=0.00016mol，由I2+SO2+2H2O==4H++2I-+SO42-得：n(SO2)=0.00016mol，该样品中总二氧化硫的浓度为0.00016mol/50×10-3L=0.003200mol·L－1,二氧化硫残留量不得超过0.05000g/kg，即 =0.0008750mol·L－1,故该干白葡萄酒是不合格的。‎ ‎ ‎