江西省鄱阳县第一中学2019-2020学年高二上学期检测化学试题

江西省鄱阳县第一中学2019-2020学年高二上学期检测化学试题

化学试卷 可能用到的相对原子质量：Li-7‎ 一、选择题（16小题，每小题3分，共48分)‎ ‎1.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是 选项 A B C D 强电解质 Fe NaCl CaCO3‎ HNO3‎ 弱电解质 CH3COOH NH3‎ H3PO4‎ Fe(OH)3‎ 非电解质 蔗糖 BaSO4‎ 酒精 H2O A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，Fe为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误，不符合题意；‎ B选项，氨气是非电解质，硫酸钡是强电解质，故B错误，不符合题意；‎ C选项，碳酸钙是强电解质，磷酸是弱电解质，酒精是非电解质，故C正确，符合题意；‎ D选项，水是弱电解质，故D错误，不符合题意；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】电解质是酸、碱、盐、水、金属氧化物，强电解质是强酸、强碱、大多数盐、活泼金属氧化物。‎ ‎2.已知化学反应A2 (g)+B2 (g)=2AB (g)的能量变化如图所示，下列叙述正确的是 A. 该反应每生成2分子AB吸收(a-b)kJ能量 B. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 C. 该反应的反应热ΔH=+(a-b) kJ·mol-1‎ D. 断裂1molA-A键和1molB-B键，放出akJ能量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 依据图像分析，1molA2和1molB2反应生成2molAB吸收能量。‎ B. 依据图像分析，该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量。‎ C. 反应热ΔH= 生成物的能量之和－反应物的能量之和 D. 断裂化学键，吸收能量。‎ ‎【详解】依据图像分析，1molA2和1molB2反应生成2molAB吸收能量，A错误；‎ 该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，B错误；‎ 该反应焓变＝生成物的能量之和－反应物的能量之和，所以焓变为ΔH=+(a-b) kJ·mol-1，C正确；‎ 断裂1molA-A键和1molB-B键，吸收akJ能量，D错误。答案选C。‎ ‎3.研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是(　　)‎ A. d为石墨，铁片腐蚀加快 B. d为石墨，石墨上电极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－‎ C. d为锌块，铁片不易被腐蚀 D. d为锌块，铁片上电极反应为：2H＋＋2e－＝H2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于活动性：Fe＞石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时的速率快，选项A正确；‎ B、d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－，选项B正确；‎ C、若d为锌块，则由于金属活动性：Zn＞Fe，Zn为原电池负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，选项C正确；‎ D、d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－，选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，电极反应式的书写是本题解题的难点。‎ ‎4.下列说法中有明显错误的是（　　）‎ A. 加入适宜催化剂，使分子能量增加，从而可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大反应速率 B. 活化分子之间发生的碰撞不一定为有效碰撞 C. 升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大 D. 对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 升高温度、加入催化剂，可增大活化分子的百分数，反应速率增大，当活化分子发生碰撞且有生成物生成时，发生化学反应，此时的碰撞为有效碰撞，以此解答。‎ ‎【详解】A. 加入催化剂，降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，有效碰撞次数增加，所以A选项是错误的；‎ B.当活化分子发生碰撞且有生成物生成时，发生化学反应，此时的碰撞为有效碰撞，如没有发生化学反应，则不是有效碰撞，所以B选项是正确的；‎ C.升高温度，可增大活化分子的百分数，有效碰撞次数增加，反应速率增大，所以C选项是正确的；‎ D.对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，则增大气体的浓度，单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，所以D选项是正确的。 答案选A。‎ ‎5.下列事实不能用勒夏特列原理来解释的是 A. 用排饱和食盐水的方法收集氯气 B. 合成氨工业选择高温 C. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫 D. 在Fe3++3SCN-Fe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 勒夏特列原理即平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释。‎ ‎【详解】A. Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，用排饱和食盐水的方法收集氯气，饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向移动，降低氯气的溶解度，能用勒夏特列原理解释；‎ B. 合成氨工业选择高温，主要考虑催化剂的活性最大，不能用勒夏特列原理解释；‎ C. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强减小，H2CO3H2O＋CO2正向移动，能用勒夏特列原理解释；‎ D. 在Fe3++3SCN-Fe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，平衡正向移动，体系颜色变深，能用勒夏特列原理解释；‎ 故选B。‎ ‎6.已知水的电离方程式是H2OH++ OH-。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 升高温度，KW增大，pH不变 B. 向水中加入少量硫酸，c(H＋)增大，KW不变 C. 向水中加入氨水，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)降低 D. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡向逆反应方向移动，c(H＋)降低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、水的电离吸热，升高温度，促进电离，c(H+) 和c(OH-)增大，KW增大，pH减小，A错误；‎ B、向水中加入少量硫酸，c(H+)增大，温度不变，KW不变，B正确；‎ C、向水中加入氨水，c(OH-)升高，平衡向逆反应方向移动，C错误；‎ D、向水中加入少量固体CH3COONa，平衡向正反应方向移动，c(H+)降低，D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.下列叙述正确的是 A. 某醋酸溶液的pH＝a，将此溶液稀释10倍后，溶液的pH＝b，则a>10b B. 常温下，某溶液中由水电离的c(OH-) = 1.0×10-13mol/L，则此溶液一定呈酸性 C. 25℃时，将pH＝4的盐酸稀释10000倍后，溶液的pH大于7‎ D. 25℃时，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，则强碱与强酸的体积比是1:10‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.醋酸为弱酸，醋酸溶液加水稀释促进电离，溶液中氢离子浓度降低，酸性减弱，pH增大，故A错误；‎ B.常温下，某溶液中由水电离的c(OH－) =1.0×10－13 mol/L，水的电离受到抑制，溶液可能为酸性，也可能为碱性，故B错误；‎ C.盐酸溶液无论稀释多少倍，溶液仍为酸性，不可能变成中性溶液，pH只能接近于7，故C错误；‎ D.25℃时，pH=13的强碱溶液[c(OH－)=0.1mol/L]与pH=2[c(H+)=0.01mol/L]的强酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，则酸碱体积比为1:10，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎8.室温下，对于0.l0mol·L-1的氨水，下列判断正确的是 A. 其溶液的pH=13‎ B. 用HNO3溶液完全中和后，溶液显酸性 C. 加水稀释后，溶液中c(NH4+)·c(OH-)变大 D. 与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为Al3++3OH-==A1(OH)3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.一水合氨为弱电解质，部分电离，0．10mol·L-1的氨水中氢氧根离子浓度小于0．10mol·L-1，其溶液的pH＜13，故A错误；‎ B.用HNO3溶液完全中和后，溶液为硝酸铵溶液，溶液呈酸性，故B正确；‎ C.加水稀释后，溶液中c(NH4+)·c(OH-)变小，故C错误；‎ D.一水合氨为弱电解质，应用化学式表示，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎9.某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是 A. b点对应的Ksp等于c点对应的Ksp B. 采取蒸发溶剂的方法可以使溶液从a点变到b点 C. 该温度下，Ag2SO4的Ksp＝1.6×10－5‎ D. 0.02 mol·L－1的AgNO3溶液与0.2 mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在相同温度下，Ag2SO4的溶度积为定值，随着浓度SO42-的增大，Ag+浓度逐渐减小，位于曲线的点b、c为平衡状态，即溶液达到饱和，a为不饱和状态，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．在相同温度下，Ksp相同，选项A正确； B．蒸发溶液，Ag+浓度和SO42-浓度都增大，不可能为a点达到b点，选项B错误； C．由图象可以知道，Ag2SO4的溶度积常数Ksp=（0.02）2×0.04=1.6×10-5，选项C正确； D．0.02mol/L的AgNO3溶液与0.2mol/L的Na2SO4溶液等体积混合，c（Ag+）=0.01moL/L，c（SO42-）=0.1mol/L，则（0.01）2×0.1=1×10-5＜1.6×10-5，没有沉淀生成， 选项D正确。 答案选B。‎ ‎【点睛】关于溶解平衡图像分析：①曲线上的任意一点，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求Ksp。②可通过比较、观察得出溶液是否达到饱和状态，是否有沉淀析出。处于曲线上方的点表明溶液处于过饱和状态，一定会有沉淀析出，处于曲线下方的点，则表明溶液处于未饱和状态，不会有沉淀析出。③从图像中找到数据，根据Ksp公式计算得出Ksp的值。④比较溶液的Qc与Ksp的大小，判断溶液中有无沉淀析出。⑤涉及Qc的计算时，所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所代入的溶液体积也必须是混合液的体积。‎ ‎10.在一个容积为2 L的密闭容器中，加入0.8 mol的A2气体和0.6 mol B2气体，一定条件下发生如下反应：A2(g)＋B2(g) 2AB(g)　ΔH<0，反应中各物质的浓度随时间的变化情况如图所示，下列说法不正确的是 A. 图中a点的值为0.15 B. 该反应的平衡常数K＝0.03‎ C. 温度升高，平衡常数K值减小 D. 平衡时A2的转化率为62.5%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当AB的浓度改变0.5 mol•L-1，由方程式A2(g)+B2(g)2AB(g)知，A2的浓度改变为0.25mol•L-1，所以a=(0.4-0.25)mol•L-1=0.15mol•L-1，即图中a点的值为0.15，故A正确；‎ B、当AB的浓度改变0.5 mol•L-1，由方程式知，B2的浓度改变为0.25mol•L-1，所以平衡时B2的浓度为=(0.3-0.25)mol•L-1=0.05mol•L-1，K===，故B错误；‎ C、已知A2(g)+B2(g)⇌2AB(g)释放出热量即△H＜0，所以温度升高，平衡逆移，平衡常数K值减小，故C正确；‎ D、当AB的浓度改变0.5 mol•L-1，由方程式知，A2的浓度改变为0.25mol•L-1，已知A2的初始量为0.4mol•L-1，所以平衡时A2的转化率为×100%=62.5%，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎11.H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，下列说法合理的是 A. 该滴定可用甲基橙做指示剂 B. Na2S2O3是该反应的还原剂 C. 该滴定可选用右图所示装置 D. 该反应中每消耗2mol Na2S2O3，电子转移数为4mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、碘水溶液显酸性，甲基橙在该溶液显红色，当用Na2S2O3滴定达到终点时溶液由红色变为橙色，颜色变化不明显，因此该滴定不可用甲基橙做指示剂，应该用淀粉溶液作指示剂，A错误；B、在该反应中，I2中的元素化合价降低，得到电子，作氧化剂，Na2S2O3中的S元素的化合价升高，失去电子，是该反应的还原剂，B正确；C、Na2S2O3是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，应该使用碱式滴定管，不能用酸式滴定管，C错误；D、根据化合价改变的总数与电子转移数目相等可知该反应中每消耗2molNa2S2O3，电子转移数为2mol，D错误，答案选B。‎ 考点：考查滴定反应的有关判断 ‎12.锂钡氧化物二次电池。电池总反应为V2O4+xLiLixV2O4，下列说法正确的是 A. 该电池充电时，锂极与外电源的负极相连 B. 该电池放电时，Li+向负极移动 C. 该电池充电时阴极的反应为LixV2O4－xe－=V2O4+xLi+‎ D. 若放电时转移 0.2 mol 电子，则消耗锂 1.4x g ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．电池充电时负极与外电源的负极相连，Li为负极反应物，所以Li与外电源的负极相连，故A正确；B．向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故B错误；C．该电池充电时阴极得电子，发生还原反应，电极反应为：xLi++xe-‎ ‎=xLi，故C错误；D．若放电时转移0.2mol电子，负极上Li-e-=Li+，所以反应消耗Li的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故D错误；故选A。‎ ‎【考点定位】考查化学电源新型电池 ‎【名师点晴】本题考查原电池原理，明确元素化合价是解本题关键，根据得失电子来分析解答即可，难点是电极反应式的书写。掌握原电池中电极反应式的书写方法：①先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；②注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存；③若正极上的反应物质是O2，且电解质溶液为中性或碱性，电极反应式中不能出现H+，且水必须写入正极反应式中，与O2结合生成OH-，若电解质溶液为酸性，电极反应式中不能出现OH－，且H+必须写入正极反应式中，与O2结合生成水；④正负极反应式相加(电子守恒)得到电池反应的总反应式。若已知电池反应的总反应式，可先写出较易书写的电极反应式，然后在电子守恒的基础上，总反应式减去较易写出的电极反应式，即得到较难写出的电极反应式。‎ ‎13.在300 mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)＋4CO(g) Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表所示：‎ 温度/℃‎ ‎25‎ ‎80‎ ‎230‎ 平衡常数 ‎5×104‎ ‎2‎ ‎1.9×10－5‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A. 上述生成Ni(CO)4(g)的反应为吸热反应 B. 25 ℃时反应Ni(CO)4(g) Ni(s)＋4CO(g)的平衡常数为0.5‎ C. 在80 ℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均0.5 mol/L，则此时v正>v逆 D. 80 ℃达到平衡时，测得n(CO)＝0.3 mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由已知的数据可以看出，升高温度，平衡常数减少，说明平衡向逆方向移动，正反应是放热反应，A错；‎ B.25℃时反应Ni(CO)4（g）Ni（s）+4CO（g）时，它平衡常数是1/（5×104），B错；‎ C.80℃时，Qc=0.5/0.54>2，说明平衡向逆方向移动，C错；‎ D.80℃时，n（CO）=0.3mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2mol/L，代入平衡常数表达有，2/‎ ‎（0.3/0.3L）4=2，所以假定成立，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎14.下列图示与对应的叙述符合的是 A. 用甲实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化 B. 图乙表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0的平衡常数K与温度和压强的关系 C. 图丙表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液时，溶液中随HCl溶液体积变化关系 D. 图丁表示常温下向20mL pH=3的醋酸中滴加pH=11的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化关系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、催化剂能同时加快正、逆反应速率，图中速率不变，故A错误；B、平衡常数K只与温度有关与压强无关。故B错误。C、图丙表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液时，H＋ 浓度增大，NH4＋ 水解程度变小，但随体积增大而减小，故增大，故C正确；D、弱酸发生中和反应时，突变范围变小，故D错误；故选C。‎ ‎15.T2℃时，将1 mol X和2 mol Y投入2L的密闭容器中，发生反应:X(g)+2Y(g)3Z(g) ΔH，测得X、Y的量随时间变化如下表，平衡时物质X的体积分数为φ，该反应的平衡常数(K)随温度的变化如下图，则下列判断正确的是 A. 前5 min用Z表示的平均反应速率为1.2mol/(L·min)‎ B. T2℃时，对于反应X(g)+Y(g) Z(g) △H′，2ΔH′=ΔH C. T2℃时，若以1mol X、2mol Y和1mol Z充入上述容器中，达到平衡时X的体积分数比φ大 D. 该反应的正反应是吸热反应，且T1c(A2－)>c(H＋)>c(OH－)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）CH3COOHCH3COO－＋H＋，加入醋酸钠，增加c(CH3COO－)，平衡向逆反应方向进行，此比值为醋酸的电离平衡常数，电离平衡常数只受温度影响，温度不变，电离平衡常数不变；(2)根据Kh=Kw/K，CH3COOH和NH3·H2O电离平衡常数相等，水解平衡常数相等，则c(H＋)=c(OH－)，溶液呈现中性，根据b信息，醋酸酸性强于碳酸，因此HCO3－的水解程度大于NH4＋，c(OH－)>cH＋)，溶液显碱性，离子浓度大小顺序是c(NH4＋)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H＋)，离子浓度最大的是NH4＋；(3)①Kw=10－12，溶液显中性时的pH=6，Na2A的pH=6，溶液显中性，即H2A为强酸，完全电离H2A=2H＋＋A2－；②0.01mol·L－1H2A中c(H＋)=0.02mol·L－1，稀释20倍后，c(H＋)=0.001mol·L－1，即pH=3；③盐酸和H2A的pH相同，c(H＋)相同，因此产生氢气的体积相等，故选项C正确；④两者恰好完全反应，反应后溶质为(NH4)2A，NH4＋水解，但水解程度微弱，溶液显酸性，即c(NH4＋)>c(A2－)>c(H＋)>cOH－)。‎ 考点：考查影响弱电解质电离平衡因素、电离平衡常数、离子浓度大小比较、pH的计算等知识。‎ ‎18.I．在一定条件下aA＋bBcC+dD达到平衡时，请填写：‎ ‎（1）若A、B、C、D都是气体，在加压后平衡向逆反应方向移动，则a、b、c、d关系是_______。‎ ‎（2）已知B、C、D是气体，现增加A的物质的量，平衡不移动，说明A是_______（填状态）。‎ ‎（3）若容器容积不变，加入气体B，气体A的转化率_______（填“增大”“减小”或“不变”）。‎ ‎（4）若加热后，C的百分含量减小，则正反应是_______反应（填“放热”或“吸热”）。‎ ‎（5）若保持容器压强不变，且A、B、C、D都是气体，向容器中充入稀有气体，则化学平衡正向移动，则a、b、c、d关系是_______。‎ Ⅱ．工业上一般采用下列反应合成甲醇：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)。‎ ‎（1）在一定温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2 L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)＝0.5mol·L－1。该反应的平衡常数K＝_______。‎ ‎（2）若在一体积可变的容器中充入l molCO、 2mol H2和1mol CH3OH，达到平衡吋测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍，则该反应向_______(填“正”、“逆”)反应方向移动。‎ ‎（3）若在温度和容积相同的三个密闭容器中，按不同方式投人反应物，测得反应达到平衡吋的有关数据如下表：‎ 容器 反应物投入的量 反应物的转化率 CH3OH的浓度(mol/l)‎ 能量变化（Q1、Q2、Q3均大于0）‎ ‎1‎ ‎2molCO和4molH2‎ a1％‎ c1‎ 放出Q1kJ热量 ‎2‎ ‎2molCH3OH a2％‎ c2‎ 吸收Q2KJ热量 ‎3‎ ‎4molCO和8molH2‎ a3％‎ c3‎ 放出Q3KJ热量 则下列关系正确的是_______。‎ A． c1=c2 B．2Q1=Q3 ‎ C．2a1=a3 D．a1+a2=1 ‎ E．该反应若生成2molCH3OH，则放出(Q1+Q2)kJ热量 ‎【答案】 (1). a+b＜c+d (2). 固体或液体 (3). 增大 (4). 放热 (5). a+b＜c+d (6). 0.25 L2/mol2（或表示为 L2/mol2） (7). 正 (8). ADE ‎【解析】‎ ‎(1).增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，若A、B、C、D都是气体，加压后平衡向逆反应方向移动，说明逆反应方向为气体体积减小的方向，则a+b＜c+d，故答案为：a+b＜c+d；‎ ‎(2).已知B、C、D是气体，增加A的物质的量，平衡不移动，说明A是固体或液体，不是气体，故答案为：固体或液体；‎ ‎(3).若容器容积不变，加入气体B，平衡正向移动，气体A的转化率增大，故答案为：增大；‎ ‎(4).升高温度，平衡向吸热反应方向移动，加热后，C的百分含量减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故答案为：放热；‎ ‎(5).A、B、C、D都是气体，保持容器压强不变，向容器中充入稀有气体，容器的体积增大，相当于减小压强，化学平衡正向移动，说明正反应方向为气体体积增大的方向，则a+b＜c+d，故答案为：a+b＜c+d；‎ II. (1).在一定温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2 L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)＝0.5mol·L－1，根据三段式法有：‎ CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)‎ 起始浓度(mol·L－1) 1 3 0‎ 转化浓度(mol·L－1) 0.5 1 0.5‎ 平衡浓度(mol·L－1) 0.5 2 0.5‎ 则平衡常数K==0.25 L2/mol2，故答案为：0.25 L2/mol2(或表示为 L2/mol2)；‎ ‎(2).CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)的正反应为气体体积减小的反应，若在一体积可变的容器中充入l molCO、 2mol H2和1mol CH3OH，达到平衡时测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍，因反应前后气体的质量不变，达到平衡后混合气体的密度增大，说明反应向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，故答案为：正；‎ ‎(3).A. 1、2两个容器相比较，把容器2中2molCH3‎ OH转化为左端反应物，相当于加入2molCO和4molH2，和容器1是等效的，所以平衡时甲醇的浓度c1=c2，故A正确；B. 1、3两个容器相比较，容器3中反应物的物质的量为容器1的2倍，相当于增大压强，对于反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)，平衡向生成甲醇的方向移动，则2Q1”“<”或“ = ”）‎ ‎（2）—定温度和压强下，在2 L恒容密闭容器中合成氨气:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H="-92.4" kJ • mol-1。在反应过程中反应物和生成物的物质的量随时间的变化如图所示。‎ ‎①0～10 min内，以NH3表示的平均反应速率为_________。‎ ‎②在10～20 min内，NH3浓度变化的原因可能是_______。‎ A．加入催化剂 B．缩小容器体积 C．降低温度 D．增加NH3的物质的量 ‎③ 20 min达到第一次平衡，在反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是____________，35min达到第二次平衡，则平衡的平衡常数K1______K2（填“>”“<”或“ = ”）‎ ‎【答案】 (1). > (2). > (3). 0.005 mol • L-1• min-1 (4). AB (5). 移走 0.1 molNH3 (6). =‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由表中数据可知，升高温度，NH3生成量增大，说明平衡向正反应方向移动，结合反应方程式中各物质的聚集状态解答；‎ ‎（2）①反应速率v=△n/V△t计算；‎ ‎②根据图象知，平衡向正反应方向移动，10min时是连续的，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明为增大压强、使用催化剂；‎ ‎③25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；平衡常数只受温度的影响，据此判断。‎ ‎【详解】（1）由表中数据可知，升高温度，NH3生成量增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应，a＞0，由方程式可知反应生成气体的物质的量增多，则△S＞0，‎ 故答案为：＞；＞。‎ ‎（2）①根据反应速率v（NH3）=△n/V△t=（0.1−0）mol/2L×10min=0.005mol/（L·min），‎ 故答案为：0.005mol/（L·min）。‎ ‎②由图象可知各组分物质量变化增加，且10min时变化是连续的，20min达平衡时，△n（N2）=0.025mol×4=0.1mol，△n（H2）=0.025mol×12=0.3mol，△n（NH3）=0.025mol×8=0.2mol，物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明10min可能改变的条件是使用催化剂，缩小体积相当于增大压强，应该反应物的速率增加倍数大，降低温度，应该反应速率减小，增加NH3物质的量，逆反应速率增加的倍数大，故使用催化剂、缩小体积符合，故选AB，‎ 故答案为：AB。‎ ‎③第25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；由图象可以看出，当反应进行到时35-40min，各物质的量不变，说明反应达到第二次平衡状态，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，所以抽去0.1mol氨，‎ 故答案为：移走0.1molNH3；=。‎ ‎20.Cr2O72-、Cr3+对环境具有极强的污染性，含有Cr2O72-、Cr3+的工业废水常采用NaOH沉淀方法除去。‎ 已知：①常温下，Cr3+完全沉淀(c≤1.0×10−5 mol· L−1‎ ‎) 时，溶液的pH为5；NaOH过量时Cr(OH)3溶解生成CrO2-②Cr2O72-还原产物为Cr3+。 ‎ 请回答下列问题： ‎ ‎（1）写出Cr(OH)3溶于NaOH的离子方程式______________________‎ ‎（2）常温下，Cr(OH)3的溶度积常数Ksp[Cr(OH)3]=___________。‎ ‎（3）常温下，向50 mL 0.005 mol·L−1的Cr2(SO4)3溶液中加入0.24 mol·L−1的NaOH溶液50 mL，充分反应后，溶液pH为______。‎ ‎（4）为了测定工业废水中Na2Cr2O7的浓度，进行如下步骤：‎ Ⅰ．取100 mL滤液；‎ Ⅱ．用c mol·L−1的标准KMnO4酸性溶液滴定b mL一定浓度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液b mL；‎ Ⅲ．取b mL滤液，用上述FeSO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗d mL FeSO4溶液。‎ ‎①步骤Ⅱ中的滴定过程应选用_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管，滴定管装液前的操作是_______。‎ ‎②步骤Ⅲ的滤液中Na2Cr2O7的含量为_______mol·L−1。‎ ‎（5）利用图示装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，图中右侧电极连接电源的______极，Na2CrO4生成Na2Cr2O7的离子方程式_______________________。若左侧电极产生标况下2.24L的气体，则通过交换膜的钠离子的数目为___________________‎ ‎。‎ ‎【答案】 (1). Cr(OH)3+OH-CrO2-+2H2O (2). 1.0×10−32 (3). 13 (4). 酸式 (5). 润洗 (6). 5cd/6b (7). 正 (8). 2CrO4-+2H+Cr2O72- +H2O (9). 0.2NA（1.204×1023）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Cr（OH）3溶于NaOH溶液反应生成NaCrO2；‎ ‎（2）根据Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）•c3（OH-）进行计算；‎ ‎（3）根据pH值的定义进行计算；‎ ‎（4）①酸性高锰酸钾溶液，具有强氧化性，需选用酸式滴定管，滴定管装液前的操作是润洗；‎ ‎②根据MnO4-～5Fe2+、Cr2O72-～6Fe2+计算Na2Cr2O7的含量；‎ ‎（5）根据2H2O+2e－=2OH－+H2↑，所以左侧为阴极，右侧为阳极，电解池阳极与外电源的正极相连；阳极区水放电，产生大量的H+使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7；‎ ‎【详解】（1）由题意可知，NaOH过量时Cr(OH)3溶解生成CrO2-，反应的离子方程式为：Cr（OH）3+OH-CrO2-+2H2O，‎ 故答案为：Cr（OH）3+OH-CrO2-+2H2O。‎ ‎（2）常温下，Cr3+完全沉淀（c≤1.0×10-5mol•L-1）时pH为5，则c（H+）=10-5mol/L，c（OH-）=10-9mol•L-1，c（Cr3+）=1.0×10-5mol•L-1，则Cr（OH）3的溶度积常数Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）•c3（OH-）=1.0×10-32mol4•L-4，故答案为：1.0×10-32。‎ ‎（3）50mL0.005mol·L−1的Cr2(SO4)3溶液中加入0.24mol·L−1的NaOH溶液50mL，则混合后溶液中的c（Cr3+）=0.005mol·L−1，c（OH-）=0.12mol·L−1，发生反应：Cr3++3OH-=Cr（OH）3，则反应后的c（OH-）=0.12mol·L−1-0.015mol·L−1=0.105 mol·L−1，所以充分反应后，溶液的pH=14-pOH=14+lgc（OH-）=13，故答案为：13。‎ ‎（4）①步骤Ⅱ中所以的标准溶液为酸性高锰酸钾溶液，具有强氧化性，需选用酸式滴定管，滴定管装液前的操作是润洗，故答案为：酸式，润洗。‎ ‎②cmol·L−1的标准KMnO4酸性溶液滴定bmL一定浓度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液bmL，Mn从+7价降为+2价，Fe从+2价升为+3价，根据得失电子守恒，存在反应关系：MnO4-～5Fe2+，则滴定所用的FeSO4的浓度为c（Fe2+）=5cmol/L，取bmL滤液，用上述FeSO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗dmLFeSO4溶液，Cr从+6价降为+3价，Fe从+2价升为+3价，根据得失电子守恒，存在反应关系：Cr2O72-～6Fe2+，则bmL溶液中Na2Cr2O7的含量为1/6×5c×d/b=5cd/6bmol/L，故答案为：5cd/6b。‎ ‎（5）根据装置图分析，图中右侧Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，左侧NaOH稀溶液转变为NaOH浓溶液，则发生的反应为：2H2O+2e－=2OH－+H2↑，所以左侧为阴极，右侧为阳极，电解池阳极与外电源的正极相连；阳极区水放电，产生大量的H+使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，离子方程式为：2CrO4-+2H+Cr2O72-+H2O；若左侧电极产生标况下2.24L即0.1mol的气体时，则通过交换膜的钠离子为0.2mol，钠离子的数目为0.2NA（或1.204×1023），故答案为：0.2NA（1.204×1023）。‎ ‎ ‎