【化学】海南省海南中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）

【化学】海南省海南中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）

海南省海南中学2019-2020学年高二上学期期末考试 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14 Fe：56 Na：23 K：39‎ 第Ⅰ卷(40分)‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.下列关于化学反应速率的说法正确的是（ ）‎ A. 反应4Fe(s)＋3O2(g)=2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应 B. 0.1mol·L-1盐酸和0.1mol·L-1硝酸与相同形状和大小的大理石反应的速率相同 C. 在相同温度下，两个相同的容器中，分别充入相同物质的量的Br2和Cl2，让它们与等量的氢气发生反应，反应速率相同 D. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率加快 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.金属的氧化过程为放热反应，A项错误；‎ B.酸的浓度相同即反应物浓度相同，两种酸提供的氢离子浓度也相同，因此反应速率也相同，B项正确；‎ C.氯气的非金属性强于溴，即使浓度相同的情况下也是氯气的反应速率更快，C项错误；‎ D.增大压强不能增加活化分子的百分数，只能增加单位体积内的活化分子数，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】若B项换成氢离子浓度相同的硫酸和盐酸，硫酸与大理石反应得到硫酸钙，硫酸钙微溶会包裹在大理石周围，阻碍反应的进一步进行，则盐酸的反应速率更快。‎ ‎2.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是( )‎ ‎①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)+O2 (g) △H1=+571.6kJ.mol−1‎ ‎②焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2 (g) △H2=+131.3kJ.mol−1‎ ‎③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2 (g) △H3=+206.1kJ.mol−l A. 反应①中电能转化为化学能 B. 反应②为放热反应 C. 反应③使用催化剂，△H3减小 D. 反应CH4(g)=C(s)+2H2 (g)△H=+74.8 kJ.mol−1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据“太阳光催化分解水制氢”可知，该反应过程中太阳能转化成化学能，A错误；‎ B.反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2 (g) △H2=+131.3kJ.mol−1的焓变大于0，说明该反应为吸热反应，B错误；‎ C.反应③使用催化剂，可以加快反应速率，但是催化剂不影响反应热，所以使用催化剂后△H3不变，C错误；‎ D.②焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2 (g) △H2=+131.3kJ.mol−1，‎ ‎③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2 (g) △H3=+206.1kJ.mol−l，‎ 根据盖斯定律，③-②可得：反应CH4(g)=C(s)+2H2 (g)的△H3=(+206.1kJ•mol-1)-(+131.3kJ•mol-1)=+74.8kJ•mol-1，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎3.为证明醋酸是弱电解质，下列方法不正确的是（ ）‎ A. 比较相同物质的量浓度的NaOH溶液和醋酸溶液恰好反应完全时消耗两溶液的体积 B. 将1mLpH=3的醋酸溶液稀释到100mL，测其pH小于5‎ C. 比较浓度均为0.1mol·L-1盐酸和醋酸溶液的导电能力 D. 测定0.1mol·L-1醋酸溶液的PH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.恰好完全反应消耗等量的醋酸和，只能说明醋酸是一元酸，不能说明醋酸的酸性强弱，A项错误；‎ B.若醋酸为强酸，稀释到100倍后pH应该等于5，小于5则说明醋酸为弱酸，B项正确；‎ C.若醋酸为强酸，相同浓度的醋酸和盐酸导电能力相同，若醋酸为弱酸，导电能力弱于盐酸，C项正确；‎ D.若醋酸为强酸，pH应为1，若醋酸为弱酸，pH会大于1，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎4.利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是（ ）‎ A. 该反应的ΔH＝＋91kJ·mol－1‎ B. 反应物的总键能小于生成物的总键能 C. 加入催化剂，可以减小正反应的活化能，增大逆反应的活化能 D. 如果该反应生成液态CH3OH，则ΔH增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应前能量比反应后能量高，则该反应放热，，A项错误；‎ B.该反应放热，则断裂旧键所吸收的能量小于形成新键所放出的能量，即生成物的键能大于反应物，B项正确；‎ C.（正）催化剂会同时减小正反应和逆反应的活化能，C项错误；‎ D.液化时要放热，因此生成液态甲醇会放出更多的热量，更低，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.下列说法错误的是（ ）‎ A. S(g)+O2(g)=SO2(g) △H1；S(s)+O2(g)=SO2(g) △H2，则△H1<△H2‎ B. Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) △H=-216kJ•mol-1，则反应总能量>生成物总能量 C. 己知C(石墨•s）=(金刚石•s） △H>0,则石墨比金刚石稳定 D. 相同条件下，如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子所具有的能量为E2，则2E1=E2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．都为放热反应，固体燃烧放出的热量小于气体燃烧放出的热量，△H＜0，则放出的热量越多△H越小，故A正确；B．为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B正确；C．C(石墨•s)=C(金刚石•s)△H＞0，可知金刚石的总能量高，能量越高越不稳定，故C正确；D．因形成化学键放出能量，则2E1＞E2，故D错误；故答案为D。‎ ‎6.X、Y、Z三种气体，取X和Y按1：1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X+2Y2Z ，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2，则Y的转化率最接近于（ ）‎ A. 33% B. 40% C. 50% D. 65%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】假设X和Y物质的量为1mol，达到平衡时消耗X物质的量为amol，则：‎ ‎ X+2Y2Z 起始量（mol）1 1 0‎ 转化量（mol）a 2a 2a 平衡量（mol）1－a 1－2a 2a 根据题意有：(1-a+1-2a)：2a =3:2 ，a＝，Y的转化率=×100%=67%，最接近65%，‎ 答案选D。‎ ‎7.25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 将纯水加热到95℃时，Kw变大，pH不变，水仍呈中性 B. 向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)增大，Kw变小 C. 向纯水中加入少量Na2CO3固体，c(OH-)增大，Kw不变，影响水的电离平衡 D. 向纯水中加入盐酸，可抑制水的电离；加入醋酸，可促进水的电离 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.升高温度水的电离平衡常数增大，电离出更多的和，因此pH减小，但c(H＋)=c(OH－)，溶液仍保持中性，A项错误；‎ B.温度没有改变，则平衡常数也不会改变，B项错误；‎ C.碳酸钠溶液显碱性，因此的浓度增大，但是因为温度没变，平衡常数不变，C项正确；‎ D.无论强酸弱酸均会抑制水的电离，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】酸、碱会抑制水的电离，水解性盐会促进水的电离，不水解的盐对水的电离无影响（不考虑溶解时的热效应）。‎ ‎8.下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 某同学用pH试纸测NaCl溶液的pH时，先用蒸馏水润湿，则测得的结果偏小 B. 在酸碱中和滴定实验中，滴定管、锥形瓶都需润洗，否则引起误差 C. 用标准盐酸溶液滴定未知浓度NaOH溶液时，若滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排出而滴定后消失，则能使所测结果偏高 D. HCl和NaOH反应的中和热为－57.3kJ·mol－1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热为－114.6kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.食盐水本身就是中性的，即便先用蒸馏水润湿，也不会造成影响，A项错误；‎ B.滴定过程中，锥形瓶不能润洗，否则会导致锥形瓶中待测液的溶质的物质的量偏大，B项错误；‎ C.气泡相当于占了溶液的位置，读出来的标准溶液体积=实际消耗的溶液体积+气泡的体积，因此结果偏高，C项正确；‎ D. HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ•mol-1，则H2SO4和Ba（OH）2反反应生成硫酸钡难溶于水，生成硫酸钡过程放热，所以反应的焓变△H＜2×（-57.3）kJ•mol-1，反应的中和热是强酸强碱稀溶液反应生成1mol水时放出的热量，故D项错误； ‎ 答案选C。‎ 二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确。‎ ‎9.根据能量变化示意图，下列热化学方程式正确的是( )‎ A. N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g) ΔH＝－(b－a) kJ·mol－1‎ B. N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g) ΔH＝－(a－b) kJ·mol－1‎ C. 2NH3(l)===N2(g)＋3H2(g) ΔH＝2(a＋b－c) kJ·mol－1‎ D. 2NH3(l)===N2(g)＋3H2(g) ΔH＝2(b＋c－a) kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，N2（g）+H2（g）=NH3（g）△H=（a-b）kJ•mol-1，N2（g）+H2（g）=NH3（l）△H=（a-b-c）kJ•mol-1；‎ A.结合以上分析可知：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-2（b-a）kJ•mol-1，故A错误；‎ B．结合以上分析可知：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H═-2（b-a）kJ•mol-1，故B错误；‎ C．物质的量与热量成正比、互为可逆反应的焓变的数值相同而符号相反，则2NH3（1）=N2（g）+3H2（g）△H=2（-a+b+c）kJ•mol-1，故C错误；‎ D．结合选项C可知，2NH3（1）=N2（g）+3H2（g）△H=2（b+c-a）kJ•mol-1，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、物质的量与热量的关系为解答的关键。注意可逆反应的焓变关系，焓变等于反应物断裂化学键吸收的能量减去形成化学键释放的能量。‎ ‎10.I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)＋I-(aq)I3-(aq) ΔH。某I2、KI混合溶液中，I－的物质的量浓度c(I－)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 该反应ΔH＞0‎ B. 若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆 C. 若在T1、T2温度下，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2‎ D. 状态A与状态B相比，状态A的c(I3-)大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A.随着温度升高，碘离子的浓度升高，平衡逆向移动，则证明正反应放热，A项错误；‎ B.D点要达到平衡状态（C点），碘离子的浓度要升高，即平衡要逆向移动，也就是说逆反应速率大于正反应速率，B项错误；‎ C.已经分析过正反应放热，则温度越高平衡常数越小，即，C项正确；‎ D.A与B相比反应物更少，则A的生成物更多，D项正确；‎ 故答案选AB。‎ ‎11.下列关于各图像的解释或结论正确的是（ ）‎ A. 由甲可知：热化学方程式是H2(g)＋O2(g)=H2O(g) H=－241.8kJ/mol B. 由乙可知：对于恒温恒容条件下的反应2NO2(g)N2O4(g)，A点为平衡状态 C.‎ ‎ 由丙可知：相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强 D. 由丁可知：同温度、同物质的量浓度的HA溶液与HB溶液相比，其pH前者小于后者 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图中的生成物是液态的，因此热化学方程式中的生成物也应该是液态的，A项错误；‎ B.A点只是二者消耗速率相等的点，根据计量数之比可以看出当和的消耗速率为2:1时，才是平衡状态，B项错误；‎ C.溶液的导电能力和离子浓度呈正比，一元酸电离出等量的和酸根离子，因此可以用的浓度大小来判断导电能力强弱，则浓度越小（pH越大）导电能力越弱，C项正确；‎ D.从图象可以看出，加水稀释时，HA的pH变化大，故HA的酸性强于HB，因此同温度、同物质的量浓度的HA溶液与HB溶液相比，其pH前者小于后者，故D正确；‎ 答案选CD。‎ ‎12.已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1％发生电离，下列叙述错误的是（ ）‎ A. 该溶液的pH=4‎ B. 升高温度，溶液的pH增大 C. 此酸的电离平衡常数约为1×10－8‎ D. 由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据算出的浓度，则pH为4，A项正确；‎ B.根据“越弱越电离”的规则，升高温度将电离产生更多的，pH减小，B项错误；‎ C.根据，代入数据算出K约为，C项错误；‎ D.A项算出溶液的pH为4，则pOH为10，这些只能是水电离产生的，水电离产生等量的和，因此水电离产生的浓度为，因此由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍，D项正确；‎ 答案选BC。‎ ‎13.已知：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋571.0kJ/mol。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：‎ 过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g) ΔH＝＋313.2kJ/mol 过程Ⅱ：……‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 过程Ⅰ中每消耗232gFe3O4转移2mol电子 B. 过程Ⅱ热化学方程式为：3FeO(s)＋H2O(l)=H2(g)＋Fe3O4(s) ΔH＝－128.9kJ/mol C. 过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化形式依次是：太阳能→化学能→热能 D. 铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.首先根据算出的物质的量，再来看题目给出的过程I，2mol在反应中一共转移了4mol电子，则每消耗1mol时转移2mol电子，A项正确；‎ B.过程I吸收的能量小于总反应吸收的能量，则过程II也一定是吸热的，即，B项错误；‎ C.过程I将太阳能转化为热能，热能转化为化学能，过程II还是热能转化为化学能，C项错误；‎ D.该过程使用太阳能，因此成本低，且产物容易分离，D项正确；‎ 答案选BC。‎ ‎14.已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－197kJ·mol-1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲)2molSO2和1molO2；(乙)1molSO2和0.5molO2；(丙)2mol O3。恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是（ ）‎ A. 容器内压强P：P甲＝P丙＞2P乙 B. 反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲＝Q丙＞2Q乙 C. c(SO2)与c(O2)之比k：k甲＝k丙＞k乙 D. SO3的质量m：m甲＝m丙＞2m乙 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题是一道反应前后气体分子数改变的等效平衡问题，等效平衡分为恒压和恒容两种情况，对于本题的恒容容器来讲，仅当反应前充入物质的量完全相等的反应物时才等效，因此甲、丙等效，乙中的气体较少，因此平衡要向气体数目增大的方向移动，即逆向移动，据此来分析即可。‎ ‎【详解】A.根据分析甲、丙等效，因此，但是乙因为平衡逆向移动，气体分子数比甲容器的一半要多，因此，A项错误；‎ B.甲是正向进行的，丙是逆向进行的，虽然二者等效点是一样的，但是等效点不一定是转化率为50%的地方，因此。也可以理解为甲、丙两人从两地出发相向出发，虽然一定会碰面但是两人走过的路不一定相等，B项错误；‎ C.三个容器中无论平衡如何移动，和的物质的量之比永远是2:1，因此，C项错误；‎ D.甲、丙等效，因此，乙因平衡逆向移动，所以的质量要小于甲中的一半，故，D项正确；‎ 答案选D。‎ 第II卷 ‎15.工业上生产硫酸时，利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是一个关键步骤。压强及温度对SO2转化率的影响如下表(原料气各成分的体积分数为：SO2：7% O2：11% N2：82%)。‎ ‎0.1个大气压 ‎0.5个大气压 ‎1个大气压 ‎10个大气压 ‎400‎ ‎99.2‎ ‎99.6‎ ‎99.7‎ ‎99.9‎ ‎500‎ ‎93.5‎ ‎96.9‎ ‎97.8‎ ‎99.3‎ ‎600‎ ‎73.7‎ ‎85.8‎ ‎89.5‎ ‎96.4‎ ‎（1）SO2的氧化反应是___反应(填“吸热”或“放热”)。‎ ‎（2）根据图中所给信息，你认为工业上将SO2转化为SO3的适宜条件是___。‎ ‎（3）选择适宜的催化剂，是否可以提高SO2的转化率？___(填“是”或“否”)。‎ ‎（4）若保持温度和容积不变，平衡后通入氧气，再达平衡时则SO2浓度___。(填“增大”或“减小”)‎ ‎（5）若保持温度和压强不变，平衡后通入He气，SO3的含量___。(填“增大”或“减小”)‎ ‎【答案】 (1). 放热 (2). 1个大气压、400-500℃(或400℃） (3). 否 (4). 减小 (5). 减小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题结合了硫酸的工业制取和化学平衡的相关知识，须注意工业流程除了要考虑转化率以外，成本和反应速率也是重要的考量因素，据此来逐项分析即可。‎ ‎【详解】（1）绝大多数的化合反应都是放热的，绝大多数的分解反应都是吸热的，因此二氧化硫的氧化反应是放热的；‎ ‎（2）先来看温度，400℃到500℃的转化率都比较高，适当提高温度虽然会牺牲一些转化率，但是可以显著提高反应速率；再来看压强，压强越大固然转化率越高，但是10个大气压对设备的要求较高，生产成本也会提升，产生的额外收益却不显著，因此选1个大气压即可；‎ ‎（3）催化剂不改变平衡常数，因此不提高转化率；‎ ‎（4）通入氧气相当于提高反应物的浓度，平衡会正向移动，因此二氧化硫的浓度减小；‎ ‎（5）保持压强不变充入氦气，容器的体积增大，各气体的浓度降低，平衡要向气体分子数增大的方向移动，即逆向移动，因此三氧化硫的含量减小。‎ ‎【点睛】针对与有气体参与的可逆反应，如果反应达到平衡后，在等温等容条件下，再充入和反应无关的气体，各物质浓度不变，速率不变，平衡不移动；在等温等压条件下，充入和反应无关的气体，等效于减压过程，各物质浓度减小，速率减慢，平衡向着气体体积增大的方向移动。‎ ‎16.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及其化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：‎ ‎(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：‎ ‎　‎ ΔH＝88.6 kJ/mol则M、N相比，较稳定的是________。‎ ‎(2)已知CH3OH(l)的燃烧热为-726.5 kJ·mol－1，CH3OH(l)＋1/2O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1，则a________726.5(填“＞”“＜”或“＝”)。‎ ‎(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_______________________________。‎ ‎(4)火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料：4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)===2Al2O3(s)＋3TiC(s)　ΔH＝－1176 kJ·mol－1，则反应过程中，每转移1 mol电子放出的热量为________。‎ ‎【答案】 (1). M (2). ＜ (3). 2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)ΔH＝－290 kJ·mol－1 (4). 98 kJ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查化学能与热能的综合运用，主要从化学反应热的计算，以及根据热化学反应方程式来计算能量变化等思路进行解答。‎ ‎（1）M转化为N是吸热反应，所以N的能量高，不稳定； （2）甲醇燃烧生成CO2(g）和H2(g）属于不完全燃烧，放出的热量少，故a<238.6； （3）有1mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，注物质聚集状态和对应反应焓变写出热化学方程式； （4）所给反应中转移12个电子，故每转移1mol电子放出的热量为1 176kJ÷12=98kJ；‎ ‎【详解】（1）有机物M经过太阳光光照可转化成N：△H = +88.6kJ•mol-1，该过程是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，根据反应物的能量越低越稳定，可知M稳定；‎ 故答案为M；‎ ‎（2）燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量小于燃烧热；‎ 故答案为<；‎ ‎（3）有1 mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量，2 mol氯气反应放热290 kJ，反应的热化学方程式为：2Cl2(g) + 2H2O(g) + C(s) ═ 4HCl(g) + CO2(g) △H = -290 kJ•mol-1‎ ‎； 故答案为2Cl2(g) + 2H2O(g) + C(g) ═ 4HCl(g) + CO2(g) △H = -290kJ•mol-1 ； （4）4Al(g) + 3TiO2(g) + 3C(g) ═ 2Al2O3(g) + 3TiC(g) △H = -1176 kJ•mol-1，转移12mol电子放热1176KJ，则反应过程中，每转移1mol电子放热98kJ，‎ 故答案为98kJ；‎ ‎【点睛】热化学方程式的书写经常是常考点。需要注意的事项如下：‎ ‎（1）热化学方程式不仅表明了化学反应中的物质变化，也表明化学反应中的能量变化；‎ ‎（2）书写时，各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子数或原子数，因此化学计量数可以是整数，也可以是分数，一般不用小数；‎ ‎（3）在物质化学式后用括号注明反应物和生成物的聚集状态。一般用英文字母g、l和s分别表示物质的气态、液态和固态，水溶液中的溶质则用aq表示；‎ ‎（4）根据焓变的性质，若热化学方程式中各物质前的化学计量数加倍，则△H的数值也加倍，若反应逆向进行，则△H改变符号，但数值的绝对值不变。‎ ‎17.现有常温下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol·L-1的NaOH溶液，乙为0.1mol·L-1的HCl溶液，丙为0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液，试回答下列问题：‎ ‎（1）甲溶液的pH＝__。‎ ‎（2）丙溶液中存在的电离平衡为__(用电离平衡方程式表示)。‎ ‎（3）常温下，用水稀释0.1mol·L-1的CH3COOH溶液时，下列各量随水量的增加而增大的是__(填序号)。‎ ‎①n(H＋) ②c(H＋) ③ ④c(OH-)‎ ‎（4）甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH-)的大小关系为___。‎ ‎（5）某同学用甲溶液分别滴定20.00mL乙溶液和20.00mL丙溶液，得到如图所示的两条滴定曲线，则a＝__。‎ ‎【答案】 (1). 13 (2). CH3COOHCH3COO-＋H＋，H2OOH-＋H＋ (3). ①④ ‎ ‎ (4). 丙＞甲＝乙 (5). 20.00‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）0.1mol•L-1的NaOH溶液中c（OH-）=0.1mol/L，根据Kw=c（H+）•c（OH-）计算溶液中c（H+），再根据pH=-lgc（H+）计算溶液的pH值；‎ ‎（2）醋酸溶液中存在醋酸分子的电离平衡和水的电离平衡；‎ ‎（3）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；‎ ‎（4）酸、碱均抑制水的电离，且浓度越大抑制效果越强；‎ ‎（5）盐酸与氢氧化钠1:1中和时溶液为中性，醋酸与氢氧化钠1:1中和时生成醋酸钠，溶液显碱性。‎ ‎【详解】（1）0.1mol/L的氢氧化钠溶液的pOH为1，则；‎ ‎（2）醋酸溶液中存在醋酸分子的电离平衡和水的电离平衡：和；‎ ‎（3）①加水稀释，和的浓度减小，水的电离平衡正向移动，因此产生更多的，的物质的量增加，①正确；‎ ‎②加水稀释，的浓度一定会减小，②错误；‎ ‎③可以化成的形式，稀释的过程中温度不变，则K值不变，在减小，因此整体是在减小的，③错误；‎ ‎④在稀释的过程中，醋酸的酸性减弱，氢离子浓度减小，KW保持不变，的浓度增大，④正确；‎ 答案选①④；‎ ‎（4）酸、碱均抑制水的电离，且浓度越大抑制效果越强，甲、乙为浓度相等的一元强酸和一元强碱，因此对水电离的抑制效果是一样的，丙为弱酸，产生的较少，对水电离的影响也较小，因此水电离出的浓度大小为丙>甲=乙；‎ ‎（5）盐酸是强酸，氢氧化钠是强碱，当二者1:1中和时溶液为中性，醋酸是弱酸，当二者1:1中和时生成醋酸钠，醋酸钠是弱酸强碱盐显弱碱性；因此a为20.00mL。‎ ‎18.用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，试根据实验回答下列问题：‎ ‎（1）准确称量8.2g含有少量中性易溶杂质的样品，配成500mL待测溶液。称量时，样品可放在___(填字母)称量。‎ A.小烧杯中 B.洁净纸片上 C.托盘上 ‎（2）滴定时，用0.2000mol·L-1的盐酸来滴定待测溶液，不可选用__(填字母)作指示剂。‎ A.甲基橙 B.石蕊 C.酚酞 ‎（3）滴定过程中，眼睛应注视___。‎ ‎（4）根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是__mol·L-1，烧碱样品的纯度是___(保留两位数字)。‎ 滴定次数 待测溶液体积(mL)‎ 标准酸体积 滴定前的刻度(mL)‎ 滴定后的刻度(mL)‎ 第一次 ‎10.00‎ ‎0.40‎ ‎20.50‎ 第二次 ‎10.00‎ ‎4.10‎ ‎24.00‎ ‎（5）下列实验操作会对滴定结果产生什么后果？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)‎ ‎①观察酸式滴定管液面时，开始俯视，滴定终点平视，则滴定结果___。‎ ‎②若将锥形瓶用待测液润洗，然后再加入10.00mL待测液，则滴定结果___。‎ ‎【答案】 (1). A (2). B (3). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (4). 0.4000 (5). 97.56% (6). 偏高 (7). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）易潮解的药品，必须放在玻璃器皿上（如：小烧杯、表面皿）里称量；‎ ‎（2）酸碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂；‎ ‎（3）根据中和滴定存在规范操作分析； （4）根据c（待测）═计算，V（标准）用两次的平均值；根据m=cVM计算500mL溶液中氢氧化钠的质量，再根据质量分数公式计算氢氧化钠的质量分数；‎ ‎（5）根据c（待测）═分析误差。‎ ‎【详解】（1）易潮解的药品，必须放在玻璃器皿上（如：小烧杯、表面皿）里称量，防止玷污托盘，因烧碱易潮解，所以应放在小烧杯中称量，故选A；‎ ‎（2）因为石蕊试液的颜色变化不明显，不便于观察，所以不能选用石蕊试液作指示剂，答案选B；‎ ‎（3）在滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化；‎ ‎（4）第一次消耗的体积为，第二次消耗的体积为，两次平均消耗20.00mL标准盐酸，消耗的盐酸体积和待测液体积恰好为2:1，则二者的浓度为1:2，则烧碱溶液的浓度为0.4000mol/L；根据算出的物质的量，根据算出的质量，则纯度为；‎ ‎（5）根据“仰小俯大”的原则，若一开始俯视后平视，滴定结果会偏高；若锥形瓶先润洗，必定会残留少量溶质，导致待测液中溶质的物质的量增大，滴定结果也会随之偏高。‎ ‎【点睛】本题考查了滴定操作。操作时要规范，分析误差时要看是否影响标准体积的用量，若标准体积偏大，结果偏高；若标准体积偏小，则结果偏小；若不影响标准体积，则结果无影响。‎ ‎19.下表是不同温度下水的离子积数据：‎ 温度/℃‎ ‎25‎ t1‎ t2‎ 水的离子积Kw ‎1×10－14‎ a ‎1×10－12‎ 试回答以下问题：‎ ‎（1）若25＜t1＜t2，则a__1×10－14(填“＞”“＜”或“=”)。‎ ‎（2）25℃时，某Na2SO4溶液中c(SO42－)=5×10－4mol·L－1，取该溶液1 mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c(Na＋)∶c(OH－)=__。‎ ‎（3）在t2℃下pH=10的NaOH溶液中，水电离产生的OH-浓度c(OH-)水=__。‎ ‎（4）t2℃下，将pH=11的苛性钠溶液V1L与pH=1的稀硫酸V2‎ L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的pH=2，则V1∶V2=__。‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). 1000∶1 (3). 10－10mol·L-1 (4). 9∶11‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）电离为吸热过程，根据“越热越电离”的规律进行分析；‎ ‎（2）注意中性溶液中，的浓度为，而硫酸根离子浓度醉着溶液体积的增大而减小。‎ ‎（3）酸、碱均抑制水的电离，溶液中水电离产生的和的浓度均小于；‎ ‎（4）混合后的溶液为酸性，所以过量，根据酸碱中和规律进行计算。‎ ‎【详解】（1）根据“越热越电离”的规律，a必定大于25℃下的离子积；‎ ‎（2）硫酸钠中和是2:1的关系，溶液体积稀释到10倍，浓度会变为十分之一，因此稀释后的浓度为=10-4mol/，而中性溶液中的浓度为，二者为1000:1的关系；‎ ‎（3）酸、碱均抑制水的电离，所以先求出溶液中的和的浓度，谁小于谁就是水电离出来的，题目告知了为，则水电离出的也为；‎ ‎（4）混合后的溶液为酸性，所以过量，首先根据pH不难算出硫酸中为，溶液中为，二者中和后剩余的为，根据解得。‎ ‎20.已知：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝Q，其平衡常数随温度变化如下表所示：‎ 温度/℃‎ ‎400‎ ‎500‎ ‎850‎ 平衡常数 ‎994‎ ‎9‎ ‎1‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）上述反应的化学平衡常数表达式为___，该反应的Q__0(填“＞”或“＜”)。‎ ‎（2）850℃时在体积为10L反应器中，通入一定量的CO和H2O(g)，发生上述反应，CO和H2O(g)浓度变化如图所示，则0～4 min时平均反应速率v(CO)＝__。‎ ‎（3）400℃时，压强恒定的密闭容器中进行上述反应。该可逆反应达到平衡的标志是__(填字母)。‎ A．v逆(H2)＝v正(CO)‎ B．容器的总体积不再随时间而变化 C．混合气体的密度不再随时间变化 D．CO、H2O、CO2、H2的分子数之比为1∶1∶1∶1‎ ‎（4）若在500℃时进行，且CO、H2O(g)的起始浓度均为0.020mol•L-1，该条件下，CO的最大转化率为__。‎ ‎（5）若在850℃时进行，某时刻时测得CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)的物质的量分别为1mol、0.5mol、0.6mol、0.6mol，此时V正__V逆。(填“＞”或“＜”或“=”)‎ ‎（6）若在850℃时进行，设起始时CO和H2O(g)共为1mol，其中水蒸气的体积分数为x，平衡时CO的转化率为y，试推导y随x变化的函数关系式为__。‎ ‎【答案】 (1). K= (2). ＜ (3). 0.03mol•L-1•min-1 (4). A (5). 75% (6). ＞ (7). y＝x ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先根据给出的平衡常数可以看出，随着温度的升高平衡常数在减小，说明该反应是一个放热反应；‎ ‎（2）根据化学反应速率的公式来列方程即可，注意单位；‎ ‎（3）可逆反应达到平衡的标志是各物质的浓度（或者物质的量）不再发生改变，据此来分析选项即可，万变不离其宗； ‎ ‎（4）转化率即，据此来列方程即可，此处的量可以代入浓度、物质的量、质量等等；‎ ‎（5）850℃下的平衡常数已知，算出浓度商再和平衡常数进行比较即可；‎ ‎（6）列出平衡常数的表达式再进行分析。‎ ‎【详解】（1）列出反应的平衡常数表达式：，随着温度升高平衡常数逐渐减小，说明正反应放热，即；‎ ‎（2）在0~4分钟内，的浓度变化了0.12mol/L，因此；‎ ‎（3）A.该项表明正反应速率和逆反应速率相等，即达到平衡状态，A项正确；‎ B.反应前后气体分子数不变，因此就算是恒压容器，体积也是保持不变的，故不能说明反应达到了平衡状态，B项错误；‎ C.反应前后气体分子数不变，因此气体密度保持不变，不能说明反应达到了平衡状态，C项错误；‎ D.分子数为1:1:1:1不能说明反应达到平衡状态，只有各物质的浓度保持不变时才能说明反应达到平衡状态，D项错误；‎ 答案选A；‎ ‎（4）设反应中生成了x mol/L的，根据计量比不难看出生成的也为x mol/L，则平衡常数可以表达为，解得，转化率，则转化率最大为75%；‎ ‎（5）假设容器的浓度为1L，求出此时的浓度商：，而850℃下的平衡常数K为1，，此时尚未达到平衡，反应还将正向进行，因此正反应速率大于逆反应速率；‎ ‎（6）因800℃时反应平衡常数为1，起始时水蒸气的物质的量为x mol，CO的物质的量为 ‎，反应中转化的的物质的量为，根据化学计量比不难发现消耗的水蒸气、生成的、生成的均为，代入平衡常数表达式：，化简得出。‎