江西省上饶中学2019-2020学年高二上学期第一次月考（理科培优班）化学试题

江西省上饶中学2019-2020学年高二上学期第一次月考（理科培优班）化学试题

上饶中学2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试卷（理科培优班） ‎ 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5 Fe56 Cu64‎ 一、单选题（每小题只有一个正确选项，每小题3分共48分）‎ ‎1.下列关于能量变化的说法，正确的是( )‎ A. 将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量相同 B. 2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应生成物的总能量高于反应物的总能量 C. 放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量 D. 有化学键断裂的是吸热过程，并且一定发生了化学变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同；B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应是放热反应；C、放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量；D、氯化钠熔化，离子键断裂；‎ ‎【详解】A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同，根据盖斯定律，将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量不相同，故A错误；B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应是放热反应，该反应生成物的总能量低于反应物的总能量，故B错误；C、放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；D、氯化钠熔化，离子键断裂，没有新物质产生，有化学键断裂的是吸热过程，不一定发生了化学变化，故D错误；故选C。‎ ‎2.在一定条件下发生反应：3A(g)＋2B(g) xC(g)＋2D(g)，在2 L密闭容器中，把4 mol A和2 mol B混合，2 min后达到平衡时生成1.6 mol C，又测得反应速率vB＝0.2 mol·L－1·min－1，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. x＝3 B. B的转化率为20%‎ C. 平衡时气体压强是原来的0.94倍 D. 达到平衡时A的浓度为1.4 mol·L－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】△cc=△nc/V= 1.6mol÷2L=0.8mol/L, vc=△cc/△t=(0.8mol/L) ÷2min=0.4mol•L-1•min-1, 根据反应速率之比等于化学计量数之比来确定化学计量数x,=‎ ‎,得x=4；列出三行式：‎ A.x=4，故A错误；‎ B.B的转化率为(0.8mol÷2mol) ×100%=40%，故B错误；‎ C.根据气体物质的量之比等于压强之比,平衡时气体压强是原来的=,故C错误；‎ D.达平衡时A的浓度为2.8mol÷2L=1.4 mol·L－1，故D正确；正确选项：D。‎ ‎3.已知：①1 mol晶体硅中含有2 mol Si—Si键。‎ ‎②Si(s)+O2(g)SiO2(s) ΔH，其反应过程与能量变化如图所示。‎ ‎③‎ 化学键 Si―O O=O Si―Si 断开1 mol共价键所需能量/kJ ‎460‎ ‎500‎ ‎176‎ 下列说法正确的是 A. 晶体硅光伏发电将化学能转化为了电能 B. 二氧化硅稳定性小于硅的稳定性 C. ΔH=−988 kJ·mol−1‎ D. ΔH=a−c ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、晶体硅光伏发电是将太阳能转化为电能，选项A错误；B、根据化学键的键能判断，断裂1mol二氧化硅需要的能量为4×460kJ=1840kJ，断裂1mol晶体硅需要的能量为2×176kJ=354kJ，故二氧化硅稳定性大于硅的稳定性，选项B错误；C、Si(s)+O2(g)=SiO2(s) ΔH=(+176×2+500-460×4)kJ/mol=-988kJ/mol，选项C正确；D、根据图中信息可知，ΔH=-c，选项D错误。答案选C。‎ ‎4.25℃时，将pH均为2 的HCl与HX 的溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. a、b两点: c(X-) < c(Cl-) B. 溶液的导电性: a < b C. 稀释前，c(HX) > 0.01mol/L D. 溶液体积稀释到10倍，HX 溶液的pH < 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和HX溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，所以a、b两点：c(X-)＞c(Cl-)，故A错误；‎ B．盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，溶液的导电性：a＜b，故B正确；‎ C．HX为弱酸，pH=2时，c(HX)＞0.01 mol/L，故C正确；‎ D．HX为弱酸，溶液稀释时，HX进一步电离，pH=2的HX，稀释10倍，HX溶液的pH＜3，故D正确；故选A。‎ ‎【点睛】本题考查强弱电解质溶液稀释时的pH、浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点。本题的易错点为B，溶液中离子的浓度越大，导电性越好，酸溶液中，pH越大，离子浓度越小。‎ ‎5.在一绝热（不与外界发生热交换）的恒容容器中，发生反应：2A(g)+B(s) C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的有（ ）个 ‎①容器内温度不变 ②混合气体的密度不变 ③混合气体的压强不变 ‎④混合气体的平均相对分子质量不变 ⑤C(g)的物质的量浓度不变 ‎⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1 ⑦某时刻v(A)＝2v(C)且不等于零 ‎⑧单位时间内生成n mol D，同时生成2n mol A A. 4 B. 5 C. 6 D. 7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎①该容器为绝热容器，容器内温度不变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；②由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体总质量增大，恒容容器中混合气体的密度增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的密度不变，混合气体的密度不变能说明反应达到平衡状态；③该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡过程中混合气体分子总物质的量始终不变，由于是绝热容器，建立平衡过程中容器温度变化，混合气体压强发生变化，达到平衡时温度不变，混合气体压强不变，混合气体的压强不变说明反应达到平衡；④由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，混合气体分子总物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态；⑤C（g）的物质的量浓度不变是化学平衡的特征标志，说明反应达到平衡状态；⑥达到平衡时A、C、D的浓度保持不变，但不一定等于2:1:1，A、C、D三种气体的浓度之比为2:1:1时反应不一定达到平衡状态；⑦某时刻υ（A）=2υ（C）且不等于零，没有指明是正反应速率，还是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态；⑧单位时间内生成nmolD一定消耗2nmolA，同时生成2nmolA，A的浓度不变说明反应达到平衡状态；能说明反应达到平衡状态的有①②③④⑤⑧，共6个，答案选C。‎ 点睛：本题考查化学平衡的标志，化学平衡的标志是：逆向相等，变量不变。“逆向相等”指达到平衡时同一物质表示的正、逆反应速率相等，说明反应达到了平衡状态；“变量不变”指可变物理量不变是平衡的标志，不变物理量不变不能作为平衡的标志。注意本题中的B呈固态以及容器为绝热容器。‎ ‎6. 有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是 A. 稀醋酸与0.1 mol·L－1NaOH溶液反应：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1‎ B. 密闭容器中，9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6 g时，放出19.12 kJ热量，则Fe(s)＋S(s)==="FeS(s)" ΔH＝－95.6 kJ·mol－1‎ C. 氢气的燃烧热为285.5 kJ·mol－1，则水电解的热化学方程式为2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋285.5 kJ·mol－1‎ D. 已知2C(s)＋O2(g)==="2CO(g)" ΔH＝－221 kJ·mol－1，则可知C的燃烧热为110.5 kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A项醋酸是弱电解质，不用H＋表示；17.6 g硫化亚铁为0.2 mol，放出热量为19.12 kJ，故生成1 mol FeS时放出的热量为95.6 kJ，故B选项正确；燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，即1 mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量为285.5 kJ，则电解1 mol H2O时要吸收285.5 kJ热量，故热化学方程式为2H2O（l）=2H2（g）＋O2（g）　ΔH＝＋285.5×2 kJ·mol，故C选项错误；D项碳的燃烧热是1 mol C完全燃烧生成CO2时放出的热量，故D选项错误。‎ ‎7.下列说法正确的是(　　)‎ A. 能自发进行的反应一定能迅速发生 B. 反应NH4HCO3(s)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH＝＋185.57 kJ· mol－1能自发进行，是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向 C. 因为焓变和熵变都与反应自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为判断反应能否自发进行的判据 D. 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．反应进行的自发趋势与反应速率无关；B．△H-T△S＜0的反应可自发进行；C．焓变或熵变单独作为判断反应的判据不全面；D．催化剂对平衡移动无影响。‎ ‎【详解】A．反应进行的自发趋势与反应速率无关，能自发进行的反应速率不一定快，选项A错误；B．△H-T△S＜0的反应可自发进行，由△H＞0、△S＞0，能自发进行，是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向，选项B正确；C．焓变或熵变单独作为判断反应的判据不全面，应使用△H-T△S＜0判断反应自发进行，选项C错误；D．催化剂对平衡移动无影响，则催化剂不能改变化学反应进行的方向，选项D错误；答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应进行方向的判断方法、焓变与熵变为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为易错点，题目难度不大。‎ ‎8.H2与ICl的反应分①、②两步进行，其能量曲线如下图所示，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 反应②比①要容易发生是因为反应②活化能大 B. 反应①和②均为放热反应 C. H2(g)+2ICl(g)= I2(g)+2HCl(g) ∆H= -218 kJ·molˉ1‎ D. 反应①和②均为氧化还原反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、反应①比反应②的速率慢，说明反应①中正反应的活化能较小，反应②中正反应的活化能较大，故A错误；B、根据图象可知，反应①和反应②中反应物总能量都大于生成物，则反应①、反应②均为放热反应，故B正确；C、反应①、反应②总的能量变化为218kJ，根据盖斯定律可知，反应①、反应②的焓变之和为△H=-218kJ•mol-1，故C正确；D、反应①中氢气参与反应，反应产物中都是化合物，则一定存在化合价变化，反应②中反应物都是化合物，生成物中有碘单质生成，则也一定存在化合价变化，所以反应①②剩余氧化还原反应，故D正确；故选A。‎ 点睛：本题考查了化学反应与能量变化，题目难度不大，明确反应热与反应物、生成物总能量的关系为解答关键，注意掌握盖斯定律的内容及应用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎9.已知：I2在水中溶解度很小，在KI溶液中溶解度显著增大。I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)＋I－(aq)I3－(aq)。测得不同温度下该反应的平衡常数如下图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. 反应I2(aq)＋I-(aq)I3 -(aq)的ΔH>0‎ B. 利用该反应可以除去硫粉中少量的碘单质 C. 在上述平衡体系中加入CCl4，平衡不移动 D. 25℃时，在上述平衡体系中加入少量KI固体，平衡常数K小于680‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图像数据可知，温度越大，平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应方向为放热反应，即△H＜0，故A错误；B．硫难溶于水，而碘单质与I-形成I3-而溶于水，可以达到除去少量碘的目的，故B正确；C．加入CCl4，碘能溶于CCl4，这样水中碘的浓度变小，平衡向左移动，故C错误；D．加入KI固体，碘离子浓度增大，平衡向右移动，但平衡常数只受温度影响，与物质的浓度无关，加入少量KI固体，平衡常数K不变，故D错误；故选B。‎ ‎10.下列有关滴定的说法正确的是（ ）‎ A. 用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mL B. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中有NaOH杂质，则结果偏低 C. 用C1mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定V2mL未知浓度的H2C2O4‎ 溶液，至滴定终点用去酸性高猛酸钾溶液体积为V1mL，则H2C2O4溶液的浓度为mol/L D. 用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、滴定管的精度为0.01ml，故A错误；B、若配制标准溶液的固体KOH中有NaOH杂质，使KOH浓度偏高，滴定未知浓度的盐酸时，则使消耗标准液的体积偏小，使测的盐酸的浓度偏小；C、酸性高锰酸钾溶液滴定未知浓度的H2C2O4溶液，2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O n（KMnO4）：n（H2C2O4）=2：5，则H2C2O4溶液的浓度为 ,故C错误；D、用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，使测得的盐酸溶液体积偏小，导致测定结果偏低，故D错误；故选B。‎ ‎11.某温度下，和电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 曲线Ⅰ代表溶液 B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点 C. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）‎ D. 相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；‎ A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；‎ B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；‎ C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；‎ D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。‎ ‎【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；‎ B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；‎ C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；‎ D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。‎ ‎12.臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是（）‎ A B C D 升高温度，正反应方向平衡常数减小 ‎0~3s内，反应速率为：v(NO2)＝0.2 mol·L-1·s-1‎ t1时仅加入催化剂，平衡正向移动 达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．达到平衡后，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故A错误；‎ B．0～3s内，反应速率为v(NO2)==0.2mol•L-1•s-1，故B正确；‎ C．催化剂同等程度增大正逆反应速率，不影响平衡移动，故C错误；‎ D．x为c(O2)时，增大浓度，平衡逆向移动，转化率减小，与图象不符，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎13.下列事实一定能说明HNO2为弱电解质的是 ‎①常温下，NaNO2溶液的pH>7‎ ‎②用HNO2溶液做导电实验灯泡很暗 ‎③HNO2不能与NaCl反应 ‎④常温下0.1 mol·L－1的HNO2溶液pH＝2‎ ‎⑤1 L pH＝1的HNO2溶液加水稀释至100 L后溶液的pH＝2.2‎ ‎⑥1 L pH＝1的HNO2和1 L pH＝1的盐酸与足量的NaOH溶液完全反应，最终HNO2消耗的NaOH溶液多 ‎⑦HNO2溶液中加入一定量NaNO2晶体，溶液中c(OH－)增大 ‎⑧HNO2溶液中加水稀释，溶液中c(OH－)增大 A. ①②③⑦ B. ①③④⑤‎ C. ①④⑤⑥⑦ D. ②④⑥⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①常温时NaNO2‎ 溶液的pH大于7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解而使其溶液呈碱性，则亚硝酸部分电离，为弱电解质，故①正确； ‎ ‎②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，说明溶液中离子浓度较低，但不能水解亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，故②错误；‎ ‎③HNO2与NaCl不能反应，说明二者混合不具备复分解反应的条件，但不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，故③错误；‎ ‎④常温下0.1mol•L-1的HNO2溶液pH=2，说明亚硝酸部分电离，为弱电解质，故④正确；‎ ‎⑤1L pH=1的HNO2溶液加水稀释至100L后溶液的pH=2.2，说明亚硝酸中存在电离平衡，所以能证明亚硝酸是弱电解质，故⑤正确；‎ ‎⑥1L pH=1的HNO2溶液和1L pH=1的盐酸分别与足量的NaOH溶液完全反应，最终HNO2消耗的NaOH多，说明亚硝酸中存在部分电离，所以能证明亚硝酸是弱电解质，故⑥正确；‎ ‎⑦HNO2溶液中加入一定量的NaNO2晶体，溶液中c(OH-)增大，说明亚硝酸存在电离平衡，加入亚硝酸钠，增大了亚硝酸根离子的浓度，平衡逆向移动，故⑦正确；‎ ‎⑧酸溶液加水稀释，酸性减弱，溶液中c(OH-)增大，不能证明存在电离平衡，故⑧错误；‎ 所以正确的有①④⑤⑥⑦；故答案为C。‎ ‎【点睛】明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意不能根据电解质溶液导电性强弱、电解质溶解性强弱等方法判断，为易错题。强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，要证明HNO2是弱电解质，只要证明HNO2部分电离即可，可以根据亚硝酸钠溶液酸碱性、一定浓度的HNO2的pH等方法判断。‎ ‎14.一定温度下可逆反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)； △H<0。现将1 mol A和2 mol B加入甲容器中，将2 mol C和2 mol D加入乙容器中，此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍（如图所示，隔板K不能移动），t1时两容器内均达到平衡状态。下列说法正确的是 A. 升高温度，达到新平衡后，甲中B的体积分数增大，乙中B的体积分数减小 B. 将活塞由“4”推进到“3”，达到新平衡后，甲、乙两容器中C的百分含量相同 C. 保持温度不变，向甲中再加入1 mol A和2 mol B，达到新平衡后，c(B)甲＞2c(B)乙 D. 保持温度和乙中压强不变，向乙中再加入2 mol D，达到新平衡后，c(B)乙≤2c(B)甲 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据该反应中反应物的状态以及各反应物的系数可以知道该反应是反应前后体积无变化的反应，根据甲乙两种投料的关系可以确定所得到的平衡时等效平衡，所以平衡后甲乙中B的体积分数相同，A错误；C的百分含量相同B正确；保持温度不变，向甲中再加入1 mol A和2 mol B，达到新平衡后，c(B)甲=2c(B)乙，C错误；保持温度和乙中压强不变，向乙中再加入2 mol D，达到新平衡后，c(B)乙”、“<”、“=”)‎ ‎②在343 K下：要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____。‎ A、增大反应物浓度 ‎ B、增大压强 C、及时将产物从体系分离 ‎ D、使用更高效的催化剂 ‎③某温度(T K)下，该反应可使SiHCl3的平衡转化率达到30%，则该温度下的平衡常数KT K___K343 K(填“>”、“<”、“=”)，已知反应速率υ=υ正-υ逆=k正x2(SiHCl3)-k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算在该温度下当转化率为20%的时刻，υ正/υ逆=________(保留1位小数)。‎ ‎【答案】 (1). -30 (2). > (3). ABD (4). > (5). 2.9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律计算3SiH2Cl2(g) = SiH4(g) + 2SiHCl3(g)的△H；‎ ‎(2)根据图示，a点所在的曲线 达到平衡用时少，说明a点所在的曲线温度高；要缩短反应达到平衡的时间，应加快反应速率；‎ ‎③根据图示，343 K时的平衡转化率是22%，T K时该反应可使SiHCl3的平衡转化率达到30%，说明343 K→T K平衡正向移动；该温度下，反应平衡时υ正=υ逆，根据SiHCl3的平衡转化率为30%，计算。‎ ‎【详解】(1) ①2SiHCl3(g) = SiH2Cl2(g) + SiCl4(g) △H1 = +48kJ/mol；‎ ‎②4SiHCl3(g) = SiH4(g) + 3SiCl4(g)  △H3 = +114kJ/mol 根据盖斯定律②-①×3得3SiH2Cl2(g) = SiH4(g) + 2SiHCl3(g)的△H= +114kJ/mol- 48 kJ/mol×3= -30kJ/mol。‎ ‎(2)①a、b两点的转化率相等，各物质浓度相等， a点所在的曲线温度高，所以反应速率大小：υa>υb；‎ ‎②A、增大反应物浓度，反应速率加快，能缩短反应达到平衡的时间，故选A； ‎ B、增大压强，反应速率加快，能缩短反应达到平衡的时间，故选B；‎ C、及时将产物从体系分离，浓度减小，反应速率减慢，能延长反应达到平衡的时间，故不选C； ‎ D、使用更高效的催化剂，反应速率加快，能缩短反应达到平衡的时间，故选D；‎ ‎③根据图示，343 K时的平衡转化率是22%，T K时该反应可使SiHCl3的平衡转化率达到30%，说明343 K→T K平衡正向移动；所以KT K>K343 K；‎ 该温度下，反应平衡时υ正=υ逆，SiHCl3的平衡转化率为30%，平衡时 ‎2SiHCl3(g) = SiH2Cl2(g) + SiCl4(g)‎ 起始 a 0 0‎ 转化 0.3a 0.15a 0.15a 平衡 0.7a 0.15a 0.15a k正x2(SiHCl3)= k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)，k正=k逆 ，；‎ 该温度下当转化率为20%的时刻，‎ ‎2SiHCl3(g) = SiH2Cl2(g) + SiCl4(g)‎ 起始 a 0 0‎ 转化 0.2a 0.1a 0.1a 平衡 0.8a 0.1a 0.1a υ正/υ逆=2.9。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡，涉及反应速率、平衡常数、平衡转化率的计算，影响化学平衡移动的因素，关键是正确分析化学平衡图像，理解反应平衡时正逆反应速率相等。‎ ‎19.某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验:‎ ‎（1）取冰醋酸配制250mL 0.4 mol·L－1的醋酸溶液，用0.4mol·L－1的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液，再用NaOH标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进行标定。回答下列问题：‎ ‎①将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示。则稀释过程中溶液的pH由大到小的顺序____（填字母）。‎ ‎②为标定该醋酸溶液的准确浓度，用0.2000mol·L-1的NaOH溶液对20.00mL醋酸溶液进行滴定，几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：‎ 实验序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 消耗NaOH溶液的体积(mL)‎ ‎20.05‎ ‎2000‎ ‎18.80‎ ‎19.95‎ 该醋酸溶液的准确浓度为_____________（保留小数点后四位），上述标定过程中，造成测定结果偏高的原因可能是_____________（多选、错选不得分）。‎ a．未用标准液润洗碱式滴定管 b．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确 c．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗 d．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 ‎（2）该小组同学探究浓度对醋酸电离程度的影响时，用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，其结果如下：‎ 醋酸浓度( mol·L-1)‎ ‎0.0010‎ ‎0.0100‎ ‎0.0200‎ ‎0.1000‎ ‎0.2000‎ pH ‎3.88‎ ‎3.38‎ ‎3.23‎ ‎2.88‎ ‎2.73‎ ‎①根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是___________。‎ ‎②简述用pH试纸测 0.1mol·L-1 醋酸溶液pH的方法___________。‎ ‎【答案】 (1). a＞c＞b (2). 0.2000mol/L (3). ad (4). 0.0100mol/L 醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于l (5). 用镊子取一小片pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，与标准比色卡对照 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①离子浓度越大，溶液导电能力越强；‎ ‎②c(CH3COOH)= ；若消耗氢氧化钠溶液体积偏大，则测定结果偏高；‎ ‎（2）弱电解质部分电离，加水稀释电离平衡发生移动。‎ ‎【详解】（1）①离子浓度越大，溶液导电能力越强；根据图示，氢离子浓度b>c>a，所以稀释过程中溶液的pH由大到小的顺序a＞c＞b；‎ ‎②第3次实验结果偏离正常的误差范围，第1、2、4三次实验平均消耗氢氧化钠溶液的体积为20.00mL ，c(CH3COOH)=0.2000mol/L；‎ a．未用标准液润洗碱式滴定管，氢氧化钠浓度偏小，消耗氢氧化钠溶液体积偏大，则测定结果偏高，a正确；‎ b．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确，消耗氢氧化钠溶液体积偏小，则测定结果偏低，b错误；‎ c．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，不能用待测液润洗，无影响，测定结果准确，c错误；‎ d．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，消耗氢氧化钠溶液体积偏大，则测定结果偏高，d正确；‎ 故选ad；‎ ‎（2）①0.0100mol/L 醋酸的pH大于2，说明醋酸部分电离；醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于l，说明加水稀释醋酸电离平衡正向移动，得出醋酸是弱电解质的结论；‎ ‎②用镊子取一小片pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，与标准比色卡对照，可读出0.1mol·L-1 醋酸溶液的pH。‎ ‎20.食醋（主要成分CH3COOH ）、纯碱（Na2CO3 ）和小苏打（NaHCO3 ）均为家庭厨房中常用的物质。已知：CH3COOH、H2CO3、HNO2的电离常数（25℃）分别为Ka=1.8×10-5；Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11；Ka=5.0×10-4请回答下列问题：‎ ‎⑴一定温度下，向0.1mol/LCH3COOH 溶液中加入少量CH3COONa 晶体时，下列说法正确的是____（填代号。）‎ a．溶液的pH增大 b．CH3COOH的电离程度增大 c．溶液的导电能力减弱 d．溶液中c(OH-)·c(H+)不变 ‎⑵25℃时，向CH3COOH溶液中加入一定量的NaHCO3，所得混合液的pH=6，则混合液中:‎ c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=____‎ ‎⑶常温下，将20mL 0.1mol/L CH3COOH溶液 和20mL 0.1mol/LHNO2 溶液分别与 20mL 0.1mol/LNaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）的变化如图所示，则表示CH3COOH溶液的曲线是_______（填写序号）；‎ ‎⑷体积均为100mL pH=2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则HX的电离平衡常数______（填“大于”、“小于”或“等于”）CH3COOH的电离平衡常数。‎ ‎⑸25℃时，将等体积、等物质的量浓度的醋酸与氨水混合后，溶液的pH=7，则NH3·H2O的电离常数Kb =___________‎ ‎【答案】 (1). ad (2). 18 (3). ② (4). 小于 (5). 1.8×10-5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)一定温度下，CH3COONa抑制 CH3COOH 电离；Kw=c(OH-)·c(H+)，水的离子积常数只与温度有关；‎ ‎(2)根据醋酸的电离平衡常数分析c(CH3COO-)/c(CH3COOH)的值；‎ ‎(3)氢离子浓度越大，反应速率越快；‎ ‎(4)pH相等的酸中，加水稀释促进弱酸电离，稀释相同的倍数，pH变化大的酸性强，变化小的酸性弱；‎ ‎(5)25℃时，将等体积、等物质的量浓度的醋酸与氨水混合后，恰好完全反应生成氯化铵，溶液的pH=7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相等。‎ ‎【详解】(1)a．向0.1mol/L CH3COOH 溶液中加入少量CH3COONa 晶体，醋酸根离子浓度增大，醋酸电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故a正确；‎ b．CH3COONa抑制 CH3COOH 电离，加入醋酸钠晶体，CH3COOH的电离程度减小，故b错误；‎ c．CH3COONa是强电解质，加入CH3COONa，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故c错误；‎ d．Kw=c(OH-)·c(H+)，水的离子积常数只与温度有关，温度不变，则溶液中c(OH-)·c(H+)不变，故d正确；‎ 故选ad；‎ ‎(2)醋酸的电离平衡常数=1.8×10-5，所得混合液的pH=6，说明c(H+)=10-6，所以c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=18；‎ ‎(3)氢离子浓度越大，反应速率越快，CH3COOH的电离常数小于HNO2，同浓度的CH3COOH和 HNO2，HNO2溶液中氢离子浓度大于CH3COOH，所以曲线②表示CH3COOH溶液；‎ ‎(4)pH相等的酸中，加水稀释促进弱酸电离，稀释相同的倍数，pH变化大的为强酸，小的为弱酸，所以HX的酸性小于醋酸，则HX的电离平衡常数小于醋酸；‎ ‎(5)25℃时，将等体积、等物质的量浓度的醋酸与氨水混合后，恰好完全反应生成氯化铵，溶液的pH=7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，则醋酸和一水合氨电离程度相等，其电离平衡常数相等，即NH3·H2O的电离常数Kb=1.8×10-5mol/L。‎ ‎21.亚硝酰氯（ClNO）是有机合成中的重要试剂，可通过反应：2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)获得。‎ ‎（1）氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：‎ ‎①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) K1‎ ‎②4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) K2‎ ‎③2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) K3 ‎ 则K3=__________（用K1、K2表示）。‎ ‎（2）300℃时，2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)的正反应速率表达式为v(正)=k·cn(ClNO)，测得速率和浓度的关系如表所示：‎ 序号 c(ClNO)/(mol/L)‎ v/(x10-8mol·L-1·S-1)‎ ‎①‎ ‎0.30‎ ‎0.36‎ ‎②‎ ‎0.60‎ ‎1.44‎ ‎③‎ ‎0.90‎ ‎3.24‎ k=__________________________。‎ ‎（3）按投料比[n(NO)：n(Cl2)=2：1]把 NO和Cl2加入到一恒压的密闭容器中发生反应，平衡时NO的转化率与温度T、压强p(总压)的关系如图A所示：‎ ‎①在p压强条件下，M点时容器内NO的体积分数为______________。‎ ‎②若反应一直保持在P压强条件下进行，则M点的分压平衡常数KP=________（用含P的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 x体积分数）。‎ ‎（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO的体积分数随n(NO)/n(Cl2)的变化图像如图B所示，则A、B、C三状态中，NO的转化率最大的是________点，当n(NO)/n(Cl2)=1.5时，达到平衡状态ClNO的体积分数可能是D、E、F三点中的_______点。‎ ‎【答案】 (1). K12/K2 (2). 4×10-8 L/(mol·s) (3). 40% (4). 5/P (5). A (6). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据3个反应平衡常数表达式判断K3、K1、K2的关系；‎ ‎(2)取表格中的数据，带入v(正)=k·cn(ClNO)可得k值；‎ ‎(3)M点时NO的转化率为50%，利用“三段式”计算；‎ ‎(4)平衡体系中加入NO(g)，平衡正向移动，但NO(g)的转化率减小；投料比等于系数比时，产物百分含量最大。‎ ‎【详解】①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) K1= ， ②4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) K2= ，③2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) K3=‎ 计算得到K3= K12/K2；‎ ‎(2) ，得n=2，则，K=4×10-8 L/(mol·s)；‎ ‎(3) 2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)‎ 初始 2a a 0‎ 转化 a 0.5a a 平衡 a 0.5a a ‎①容器内NO的体积分数为40%；‎ ‎②Kp==5/P；‎ ‎(4)平衡体系中加入NO(g)，平衡正向移动，但NO(g)的转化率减小，A、B、C三状态中，A点NO投料比例最小，NO的转化率最大的是A点；投料比等于系数比时，产物百分含量最大，当n(NO)/n(Cl2)=1.5时，比值小于系数比，随NO的增多ClNO的百分含量增大，故选D。‎ ‎ ‎