河北省临漳县第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题
高二上学期期中考试（化学试卷）
一、选择题
1.按下列实验方法能够达到要求的是（ ）
A. 用10mL量筒量取7.50mL稀盐酸
B. 用湿润的pH试纸测定NaCl溶液的酸碱性
C. 用广泛pH试纸测得某碱溶液pH 12.7
D. 用托盘天平称量出25.20g NaCl晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A. 量筒只能读取到0.1mL，无法量取0.01mL液体，A项错误；
B.pH试纸可以测定溶液的酸碱性，氯化钠显中性，所以可以用湿润的pH试纸测定其酸碱性，B项正确；
C. 广泛pH试纸的读数都是整数，无法测量出小数，C项错误；
D. 托盘天平只能读取到0.1克，D项错误；
答案选B。
2.下列热化学方程式中.△H能正确表示物质的燃烧热的是（ ）
A. CO(g) +O2(g) ==CO2(g); △H＝-283.0 kJ/mol
B. C(s) +O2 ==CO(g); △H＝-110.5 kJ/mol
C. H2(g) + O2(g)==H2O(g); △H＝-241.8 kJ/mol
D. 2C8H18(l) +25O2(g)==16 CO2(g)+18 H2O(l); △H＝-1136 kJ/mol
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题中△H能正确表示物质的燃烧热可知，本题考查燃烧热的概念，运用1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量叫燃烧热来分析。
【详解】A. CO的化学计量数为1，产物为稳定氧化物，△H代表燃烧热，A项正确；
B.C的化学计量数为1，但产物不是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，B项错误；
C.H2的化学计量数为1，但产物不是稳定氧化物，△H不代表燃烧热， C项错误；
D. C8H18的化学计量数为2，产物是稳定氧化物，△H不代表燃烧热， D项错误。
答案选A。
【点睛】碳燃烧生成的稳定氧化物是二氧化碳。硫燃烧生成的稳定氧化物是二氧化硫。氢燃烧生成的稳定氧化物是液态水。
3.强酸和强碱在稀溶液中的中和热可表示为H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。又知在溶液中反应有：
CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q1kJ·mol－1
1/2H2SO4(浓)＋NaOH(aq)＝1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q2kJ·mol－1
HNO3(aq)＋KOH(aq)===KNO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q3kJ·mol－1
则Q1、Q2、Q3的关系正确的是( )
A. Q1＝Q2＝Q3 B. Q2＞Q1＞Q3 C. Q2＞Q3＞Q1 D. Q2＝Q3＞Q1
【答案】C
【解析】
【分析】
强酸和强碱在稀溶液中发生反应产生1mol水放出热量为中和热，弱电解质电离吸收热量，浓硫酸溶于水放出大量的热，据此解答。
【详解】强酸和强碱在稀溶液中的中和热可表示为H＋(aq)＋OH－(aq)= H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1；醋酸为弱酸，电离产生氢离子和CH3COO-吸收热量，所以CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)= CH3COONa(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q1kJ·mol－1，Q1<57.3；浓硫酸溶于水放出大量的热，1/2H2SO4(浓)＋NaOH(aq)＝1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q2kJ·mol－1，Q2>57.3；硝酸、氢氧化钾就是强电解质，在溶液中以离子形式存在，所以HNO3(aq)＋KOH(aq)= KNO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q3kJ·mol－1，Q3=57.3，因此三个反应放出热量关系为Q2>Q3> Q1，选项C正确。故合理选项是C。
4.已知如下两个热化学方程式:C(s)+O2(g)=CO2(g)；△H=－393．5kJ／mol ，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；△H=－483．6 kJ／mol。现有0．2mol炭粉和氢气组成的悬浮气体、固体混合物在氧气中完全燃烧，共放出63．53kJ热量。则炭粉与氢气的物质的量之比是（ ）
A. 1：1 B. l：2 C. 2:3 D. 3:2
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题中碳粉与氢气的物质的量之比可知，本题考查利用热化学方程式计算碳粉与氢气燃烧放出的热量，运用物质的量与反应放出的热量成正比分析。
【详解】设碳粉xmol，则氢气为(0.2-x）mol，则
C(s)+O2(g)=CO2(g) AH=-393.5kJ/mol
1 393.5kJ
x 393.5xkJ
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；△H=－483．6 kJ／mol
2 483.6kJ
(0.2-x)mol 241.8(0.2-x)kJ
所以393.5xkJ+241.8(0.2- x)kJ=63.53kJ，解得x=0.1mol，
则炭粉与H2的物质的量之比为0.1mol:0.1mol=1:1,
答案选A。
5.已知：（1）Zn（s）+1/2O2（g）=ZnO（s）；ΔH=－348.3kJ/mol，（2）2Ag（s）+1/2 O2（g）= Ag2O（s）；ΔH=－31.0kJ/mol，则Zn（s）+ Ag2O（s）== ZnO（s）+ 2Ag（s）的ΔH等于 ( )
A. －317.3kJ/mol B. －379.3kJ/mol C. －332.8 kJ/mol D. +317.3 kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】根据已知反应可知（1）－（2）即得到Zn（s）+ Ag2O(s) ="=" ZnO(s) + 2Ag(s) ，所以ΔH＝－348.3kJ/mol＋31.0kJ/mol＝－317.3kJ/mol ，答案选A。
6.金属镍有广泛的用途．粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，（已知：氧化性Fe2+＜Ni2+＜Cu2+），下列叙述正确的是（ ）
A. 阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni2++2e-═Ni
B. 电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等
C. 电解后，溶液中存在的阳离子只有Fe2+和Zn2+
D. 电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Pt
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题中用电解法制备高纯度的镍可知，本题考查电解原理知识，运用电解原理和电解池中阴阳极上离子放电顺序分析。
【详解】A.阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Ni2++2e-═Ni， A项错误；
B.电解过程中，阳极上铁、锌和镍失电子发生氧化反应，阴极上只有镍得电子析出，阴阳极上转移电子相等，但因为这几种金属的摩尔质量不等，所以阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等， B项正确；
C.电解后，部分镍离子不析出，溶液中存在的金属阳离子有Fe2+和Zn2+和Ni2+，C项错误；
D.因为氧化性Fe2+＜Ni2+＜Cu2+，铂为惰性电极，所以阳极中铂和铜不生成金属阳离子，则铜和铂在电解槽底部形成阳极泥，所以电解槽底部阳极泥中不是只有Pt，D项错误；
答案选B。
【点睛】在电解池中，在惰性电极上，各种离子的放电顺序：
阴极（夺电子的能力）： Ag+ >Hg2+ >Cu2+ >Pb2+ >Fa2+ >Zn2+ >H+ >Al3+>Mg2+ >Na+ >Ca2+ >K+
阳极（失电子的能力）：S2- >I- >Br–>Cl- >OH- >含氧酸根
注意：若用金属作阳极，电解时阳极本身发生氧化反应（Pt、Au除外）
7.“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。下列关于该电池的叙述错误的是（ ）
A. 电池反应中有NaCl生成
B. 电池的总反应是金属钠还原三价铝离子
C. 正极反应为：NiCl2+2e-=Ni+2Cl-
D. 钠离子通过钠离子导体在两电极间移动
【答案】B
【解析】
试题分析：A．在反应中，Na失去电子变为Na+,与电解质中的Cl-结合形成NaCl，所以电池反应中有NaCl生成，正确；B．在电池正极是NiCl2+2e-=Ni+2Cl－,所以其总反应是金属钠还原Ni2+变为Ni，错误；C．根据电池结构及工作原理可知：正极反应为：NiCl2+2e－=Ni+2Cl－，正确；D．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，钠离子通过钠离子导体从负极移向正极，正确。
考点：考查燃料电池的工作原理的知识。
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8.用来表示可逆反应：2A（g）+B（g）3C（g）（正反应放热）的正确图象是图中的
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A项，温度越高反应速率越快，所以500℃时达到平衡用的时间应该少，因为正反应为放热反应，所以升温，不利于平衡正向移动，500℃达到平衡时C的质量分数偏低，故A正确；
B项，升高温度，正、逆反应速率都增大，故B错误；
C项，增大压强反应速率增大，平衡不移动，故ν（正）=ν（逆），故C错误；
D项，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，故压强越大，A的转化率应该越低，又因为正反应为放热反应，所以升温，不利于平衡正向移动，500℃达到平衡时A的转化率应该偏低，故D错误。
故选A。
9.关于可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)及其图象的说法正确的是（ ）
A. 若图象为Ⅰ，则m＋n＞p＋q
B. 若图象为Ⅱ，则m＋n＝p＋q，t2时刻改变的条件一定是使用催化剂
C. 若图象为Ⅲ，则该可逆反应的ΔH＜0
D. 若图象为Ⅳ，且压强p1＞压强p2，则该可逆反应的ΔH＞0
【答案】D
【解析】
若图象为Ⅰ，说明压强越大，A的转化率越低，则m＋n＜p＋q，A错误；若图象为Ⅱ，且m＋n＝p＋q，t2时刻改变的条件可能是增大压强，B错误；若图象为Ⅲ，根据温度越高，反应速率越快，达到平衡时间越短，则T1＞T2，温度高时C的含量高，则ΔH＞0，C错误；若图象为Ⅳ，且p1＞p2，说明温度越高、压强越大，C的含量越高，则ΔH＞0，m＋n＞p＋q。
10.某同学按右图所示的装置进行实验。 A、B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水。当 K 闭合时，在交换膜处 SO42-从右向左移动。下列分析正确的是
A. 溶液中A2+浓度减小
B. B 的电极反应： B－2eˉ=B2+
C. y 电极上有 H2产生，发生还原反应
D. 反应初期，x电极周围出现白色胶状沉淀，不久沉淀溶解
【答案】D
【解析】
【分析】
图B中的两电极均为石墨，即B装置为电解装置，A装置为原电池装置。当 K 闭合时，在交换膜处 SO42一从右向左移动，即可知A电极为原电池的负极，B为原电池的正极，所以y
电极为电解池装置的阳极，x电极为电解池装置的阴极。
【详解】A、A处的电极反应式为：A-2e-=A2+；溶液中A2+增大，A错误；
B、B电极是正极得电子的一极，B错误；
C、在y中，电极反应式为：2Cl-—2e-=Cl2↑，C错误；
D、在x极，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，破坏了附近的水的电离平衡，在x周围，c(OH-)增大，生成氢氧化铝沉淀，随c(OH-)溶液的增大，氢氧化铝逐渐溶解，D正确；
答案选D。
11.在密闭容器中有可逆反应：nA(g)+mB(g)pC(g) △H＞0处于平衡状态（已知m+n＞p），则下列说法正确的是
①升温，c（B）/c（C）的比值变小
②降温时体系内混合气体平均相对分子质量变小
③加入B，A的转化率增大
④加入催化剂，气体总的物质的量不变
⑤加压使容器体积减小，A或B的浓度一定降低
⑥若A的反应速率为VA，则B的反应速率为n·VA/m
A. ①②③⑤ B. ①②③④ C. ①②⑤⑥ D. ③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
该反应是一个正反应气体系数减小的吸热反应
①升温，平衡正向移动，c（B）减小，而c（C）增大，故c（B）/c（C）的比值变小，正确
②降温，平衡逆向移动，气体总物质的量增大，而质量不变，故体系内混合气体平均相对分子质量变小，正确
③加入B，平衡正向移动，A的转化率增大，正确
④加入催化剂，平衡并不移动，气体总的物质的量不变，正确
⑤加压使容器体积减小，虽然平衡正向移动，但A或B的浓度均将增大，不正确
⑥若A的反应速率为VA，则B的反应速率为mVA/n
答案为B
12.已知热化学方程式：SO（g）+1/2O（g）SO
（g）△H=－98.32kJ/mol，现有4molSO参加反应，当放出314.3kJ热量时，SO的转化率最接近于
A. 40％ B. 50％
C. 80％ D. 90％
【答案】C
【解析】
试题分析：1mol SO2完全反应放出98.32kJ的热量，当放出314.3kJ的热量时反应了3.2mol SO2，所以SO2的转化率是80%。答案选C。
考点：化学平衡与化学反应中的能量变化
点评：可逆反应中的反应热，是指反应物完全反应生成产物的能量变化。
13.已知某可逆反应m A（g）+n B（气）p C（气）+Q，在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间t 时温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量B%的关系曲线．由曲线分析，下列判断正确的是（ ）
A. T1＜T2，P1＞P2，m+n＞p，Q＞0 B. T1＞T2，P1＜P2，m+n＞p，Q＜0
C. T1＜T2，P1＞P2，m+n＜p，Q＞0 D. T1＞T2，P1＜P2，m+n＜p，Q＞0
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题中不同反应时间t 时温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量B%的关系曲线可知，本题考查温度和压强对化学反应速率及化学平衡的影响，运用温度升高，压强增大，反应速率加快及勒夏特列原理分析。
【详解】由图象可知，温度为T1时，根据P2时到达平衡的时间短，可知P2>P1，且压强越大，B的含量高，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，故正反应为气体体积增大的反应，即m+n
0，
故T1＞T2，P1＜P2，m+n＜p，Q＞0，
答案选D。
【点睛】分析化学平衡图像时，注意观察图像起点、拐点、终点。温度越高或压强越大，反应速率越快，达到平衡所需要的时间越短。因此可以记忆为：先出现拐点的先达到平衡，先出现拐点的温度高或压强大。
14.下列说法中正确的是（ ）
A. 水是极弱的电解质，它能微弱电离生成相同物质的量的H+和OH－
B. 稀溶液中c(H+)•c(OH－)=KW，任何条件下KW都保持不变
C. 无论在什么条件下，中性溶液的c(H+)一定等于1×10－7mol/L
D. H2OH++OH－是一吸热反应，所以温度升高，KW也随之减小
【答案】A
【解析】
【详解】A.水是一种极弱的电解质，电离方程式为H2O=H++OH-，它能微弱地电离出H+和OH-，A项正确；
B. Kw只和温度有关，温度不变Kw保持不变，温度升高Kw增大，反之Kw降低，B项错误；
C.溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH-浓度的相对大小判断的，只要是溶液中的c(H+)=c(OH－)，溶液就呈中性，常温下中性溶液中c(H+)=c(OH－) =1×10－7mol/L，升温后中性溶液中c(H+)=c(OH－) ＞1×10－7mol/L，C项错误；
D. Kw只和温度有关，且H2OH++OH－是一吸热反应，所以温度升高电离平衡向电离方向移动， Kw增大，D项错误；
答案选A。
【点睛】Kw只和温度有关，温度不变Kw，保持不变，温度升高，Kw增大，温度降低，Kw降低。
15.向纯水中加入少量NaHSO4，在温度不变时，溶液中( )
A. c(H＋)/c(OH－)增大 B. c(H＋)减小
C. 水中c(H＋)与c(OH－)的乘积增大 D. c(OH－)增大
【答案】A
【解析】
NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－溶液呈酸性，c(H＋)增大，c(OH－)减小，故A正确。
16.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋+ OH－；ΔH > 0 ，下列叙述正确的是
A. 向水中加人稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变
C. 向水中加人少量固体CH3COONa ，平衡逆向移动，c（H＋）降低
D. 将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【解析】
【详解】A.氨水能抑制水的电离，但碱性是增强的，A不正确；
B.硫酸氢钠是强酸酸式盐，溶于水显酸性，水的离子积常数只和温度有关，所以B是正确的；
C.醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性。水解是促进水的电离的，所以C不正确；
D.电离是吸热的，因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。
答案选B。
17.现有等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液100 mL，分别加入足量镁，产生H2的体积(同温同压下测定)的变化如图所示
其中正确的是（ ）
A. ①③ B. ②④ C. ①②③④ D. 都不对
【答案】D
【解析】
【详解】①随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，故①错误；
②等pH时，醋酸浓度较大，加入足量镁，不仅产生的氢气的体积更大，反应更快，而且反应时间更长，不可能比盐酸更早结束，故②错误；
③随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大不可能逐渐减小，故③错误；
④等物质的量浓度时，醋酸溶液中氢离子浓度较小，反应速率较慢，不可能比盐酸反应的快，故④错误。
答案选D。
【点睛】盐酸是强酸，在溶液中完全电离，醋酸是弱酸，在溶液中部分电离；因此等pH的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度较大。
18.足量的镁粉与一定量的盐酸反应时反应速率太快.若要减缓反应速率.又不能影响产生氢气的总质量.可加入的物质是 （ ）
A. CaO B. NaOH C. KHCO3 D. CH3COONa
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题中要减缓反应速率，又不能影响产生氢气的总质量可知，本题考查浓度对化学反应速率的影响，运用增大浓度，反应速率加快，减小浓度反应速率减慢分析。
【详解】根据发生的反应为Mg+2H+=Mg2++H2↑，则减小氢离子的浓度而不改变氢离子的物质的量即可满足减慢反应速率，但又不影响产生氢气的总量。
A.加入CaO会与溶液中水反应，氢离子浓度升高，反应速率加快，但不能影响产生氢气的总质量，A项错误；
B.加入NaOH，消耗盐酸，影响生成氢气的总量，B项错误；
C.加入KHCO3，消耗盐酸，生成氢气的总量减少，C项错误；
D.加入CH3COONa，生成醋酸，反应速率减小，但生成氢气的总量不变，D项正确；
答案选D。
【点睛】压强对反应速率的影响，压强改变必须要引起浓度改变，才能改变反应速率。
19.将c(H+)=1×10-2mol/L的CH3COOH和HNO3溶液分别稀释100倍，稀释后两溶液的H+的物质的量浓度分别为a和b，则a和b的关系为( )
A. a＞b B. a＜b C. a=b D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【详解】CH3COOH是弱电解质，不能够完全电离，因此加水稀释的时候还会有一部分醋酸分子继续电离出氢离子，因此和醋酸等同pH的强酸与醋酸稀释相同的倍数，最终氢离子的浓度要小于醋酸，即a＞b，A正确；
综上所述，本题选A。
【点睛】酸溶液稀释规律：pH=a的强酸和弱酸，均稀释到原来溶液体积的10n倍，强酸的pH能够变化n个单位，弱酸小于n个单位，即强酸：pH=a+n，弱酸：pHHA> HCO3-，2NaB+CO2+H2O =2HB+Na2CO3,说明HB的酸性小于碳酸氢根离子，即酸性：HCO3->HB，综上可知酸性：H2CO3>HA> HCO3->HB，所以HA较强，
答案选A。
30.下列各组离子能在指定的环境下可以大量共存的是（ ）
A. 在pH=0的溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、
B. 由水电离出的c（H+）=1×10-14mol/L的溶液：K+、、Cl-、
C. c（H+）＜c（OH-）溶液：Na+、K+、、
D. PH=2的一元酸和PH=12的一元强碱等体积混合:c(OH-)=C(H+）
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题中各组离子可以大量共存可知，本题考查离子共存，运用离子共存条件分析。
【详解】A. pH=0的溶液先酸性，酸性溶液中和H+ 把Fe2+氧化成Fe3+，A项错误；
B. 由水电离出的c（H+）=1×10-14mol/L的溶液，溶液可能显酸性可能显碱性，显酸性时CO32-不能共存，显碱性时不能共存。B项错误；
C. c（H+）＜c（OH-）溶液显碱性，溶液中各离子不反应，可以共存，C项正确；
D. pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合，谁弱呈谁性，酸性、中性、碱性都有可能， D项错误；
答案选C。
三、填空题
31.（1）现有甲、乙两种溶液：甲pH=2的醋酸溶液 乙pH=2的盐酸，取10mL的甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡________移动（填“向左”、“向右”或“不”）；另取10mL的甲溶液，加入少量无水醋酸钠固体（假设加入固体前后，溶液体积保持不变），待固体溶解后，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)的比值将________（填“增大”、“减小”或“无法确定”）。
（2）室温时,0.001mol/L的NaOH溶液的pH=____; 由水电离出的OH-浓度为_____
（3）室温时，将pH=5的H2SO4的溶液稀释10倍，c（H+）：c（SO42-）=______，将稀释后的溶液再稀释100倍，c（H+）：c（SO42-）=______．
【答案】 (1). 向右 (2). 减小 (3). 11 (4). 1.0×10-11mol/L (5). 2:1 (6). 20:1
【解析】
【分析】
根据题意可知，本题考查条件改变对电离平衡的影响、以及溶液pH值的计算、稀释酸溶液后溶液中离子比值，运用稀释溶液促进电离、pH=lg c（H+）、溶液中水电离出的氢离子和氢氧根相等、酸碱溶液稀释后只能无限接近中性分析。
【详解】（1)醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸，促进醋酸电离，平衡向正反应方向移动；向醋酸中加入醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，则溶液中氢离子浓度减小，醋酸分子浓度增大，所以c(H+)/c(CH3COOH)的比值减小，
故答案为：向右；减小；
（2）室温时,0.001mol/L的NaOH溶液中c（OH-）=0.001mol/L,则 c（H+）=1.0×10-11mol/L，pH=13，此时则水电离出的c（OH-）= c（H+）=1.0×10-11mol/L，
故答案为：11；1.0×10-11mol/L；
（3）将pH=5的H2SO4；稀释10倍，溶液中的氢离子和硫酸根离子同等倍数的减小，所以两者之比为：2：1，稀释过程中硫酸的物质的量不变，当溶液接近中性时要考虑水的电离，所以将pH=5的硫酸溶液稀释100倍后，溶液中的SO42-与H+浓度的比值约为1：20，
故答案为：2：1；20：1。
【点睛】强酸加水稀释10的n次幂，pH值升高n，但不能超过7，只能无限接近7(酸再怎么加水稀释，还是酸) 。
32.已知25 ℃时弱电解质的电离平衡常数： Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Ka(HSCN)＝0.13。将20 mL 0.10 mol·L－1CH3COOH溶液和20 mL 0.10 mol·L－1的HSCN溶液分别与0.10 mol·L－1的NaHCO3溶液反应，实验测得产生CO2气体体积(V)与时间t
的关系如图所示。反应开始时，两种溶液产生CO2的速率明显不同的原因是___________
【答案】因为HSCN的电离平衡常数大于CH3COOH电离平衡常数，所以相同浓度的两种溶液村H+浓度为HSCN > CH3COOH，c（H+）越大，与NaHCO3反应产生CO2的速率越快。
【解析】
【分析】
根据题中两种溶液产生CO2的速率明显不同可知，本题考查反应速率，运用酸的电离平衡常数分析。
【详解】由题意知Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Ka(HSCN)＝0.13，HSCN的电离平衡常数大于CH3COOH电离平衡常数，因此20 mL 0.10 mol·L－1的CH3COOH溶液和HSCN溶液中H+浓度为HSCN > CH3COOH，c（H+）越大，与NaHCO3反应产生CO2的速率越快。
故答案为：因为HSCN的电离平衡常数大于CH3COOH电离平衡常数，所以相同浓度的两种溶液村H+浓度为HSCN > CH3COOH，c（H+）越大，与NaHCO3反应产生CO2的速率越快。
33.如图所示，若电解5min时铜电极质量增加2.16g，B池的两极都有气体产生。试回答：
（1）电源电极X名称为_________（填“正极”或“负极”）
（2）烧杯中溶液的 pH变化：（填“增大”、“减小”或“不变”）B池________________，C池________________。
（3）写出A池中所发生的电解反应方程式：_________________
【答案】 (1). 负极 (2). 减小 (3). 不变 (4). 2KCl+2H2O2KOH+H2↑ + Cl2↑
【解析】
【分析】
根据题中装置图可知，本题考查原电池知识，运用活泼金属电极做负极，较不活泼金属电极做正极分析。
【详解】（1）若电解5min时铜电极质量增加2.16g，说明铜电极为阴极，则银电极为阳极，则X为负极，Y为正极，
故答案为：负极；
（2）B中电解硫酸铜溶液生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，C中阴极反应为Ag++e-=Ag，阳极反应为Ag-e-=Ag+，溶液浓度不变，则pH不变，
故答案为：减小；不变；
（3）A池中发生反应为电解氯化钾溶液的反应，电解反应方程式为：2KCl+2H2O2KOH+H2↑ + Cl2↑，
故答案为：2KCl+2H2O2KOH+H2↑ + Cl2↑。
34.将在某一容积为2L的密闭容器内，加入0.8mol的H2和0.6mol的I2，在一定的条件下发生如下反应：2HI（g）H2（g）+ I2（g）△H> 0反应中各物质的浓度随时间变化情况如图1：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为 _________。
（2）根据图1数据，反应开始至达到平衡时，平均速率v（HI）为_________
（3）反应达到平衡后，第8分钟时：
①若升高温度，化学平衡常数K_________（填写增大、减小或不变）HI浓度的变化正确_________（用图2中a-c的编号回答）
②若加入I2，H2浓度的变化正确的是_________，（用图2中d-f的编号回答）
（4）反应达到平衡后，第8分钟时，若反容器的容积扩大一倍，请在图3中画出8分钟后HI浓度的变化情况___________________。
【答案】 (1). (2). 0.17（或0.167）mol/（L·min） (3). 增大 (4). c (5). f (6).
【解析】
【分析】
根据题意可知，本题考查化学平衡常数的表达式、反应速率的计算、各条件改变对化学平衡的影响，运用化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积、化学反应速率等于变化浓度除以变化时间、勒夏特列原理分析。
【详解】（1)平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以平衡常数
故答案为：；
(2）平均速率=0.17（或0.167）mol/（L·min），
故答案为：0.17（或0.167）mol/（L·min）；
（3）①该反应吸热，升高温度，平衡正向移动，化学平衡常数K增大，HI浓度浓度减小，
故答案为：增大；c；
②若加入I2，平衡正向移动，H2浓度减少，
故答案为：f;
（4）反应达到平衡后，第8分钟时，若反容器的容积扩大一倍，压强减小，但反应2HI（g）H2（g）+ I2（g）前后气体体积相等，平衡不移动，因此第8分钟时HI 的浓度不变。
故答案为：。
【点睛】压强对化学平平衡的影响：当反应前后气体体积相等时，改变压强平衡不移动；当反应前后气体体积不相等时，增大压强平衡向气体体积缩小方向移动，减小压强平衡向气体体积增大方向移动。
35.已知室温时，0.1mol/L某一元酸HA 在水中电离度为0.02%，回答下列各问题：
（1）该溶液中c(H＋)＝_________。
（2）HA的电离平衡常数K＝_________；
（3）升高温度时，K_________ (填“增大”，“减小”或“不变”)。
（4）由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的_______倍。
【答案】 (1). 2×10-5mol/L (2). 4×10-9 (3). 增大 (4). 4×104
【解析】
【分析】
根据题中一元酸HA 在水中电离度为0.02%
可知，本题考查电离平衡常数的计算、温度对电离平衡的影响，运用电离平衡常数等于溶液中的电离出来的各离子浓度乘积与溶液中未电离的电解质分子浓度的比值、升高温度促进电离分析。
【详解】(1)该溶液中c(H+)=0.1mol/L×0.02%=2×10-5mol/L,
故答案：2×10-5mol/L；
（2）HA= H++A-，则HA 电离平衡
故答案为：4×10-9；
（3）一元酸HA属于弱电解质，弱电解质的电离是吸热反应，升温促进弱电解质电离，所以电离平衡常数增大。
故答案为：增大
（3）溶液中HA电离的c(H+)=2×10-5mol/L，水电离出的,所以由HA电离出的c（H+）与水电离出的c(H+）比=2×10-5mol/L: 5×10-10mol/L =4×104，
故答案为：4×104。
