江西省南昌市新建县第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

江西省南昌市新建县第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

高二化学试卷 可能用到的原子量：H-1 O-16 C-12 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Na-23 Mg-24 Al-27 Ba-137 Fe-56 Ag-108 ‎ 一．单项选择题（本大题包括16小题，每小题3分，共48分）‎ ‎1.下列关于强弱电解质及非电解质的判断完全正确的是 选项 A B C D 强电解质 NaCl CaCl2‎ HNO3‎ H2SO4‎ 弱电解质 CH3COOH BaSO4‎ AlCl3‎ HF 非电解质 Cl2‎ CO2‎ SO2‎ C2H5OH A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaCl、CH3COOH、Cl2分别属于强电解质、弱电解质和既不是电解质也不是非电解质，A不正确；‎ B、CaCl2、BaSO4、CO2分别属于强电解质、强电解质和非电解质，B不正确；‎ C、HNO3、AlCl3、SO2分别属于强电解质、强电解质和非电解质，C不正确；‎ D、H2SO4、HF、C2H5OH分别属于强电解质、弱电解质和非电解质，D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】电解质和非电解质都是化合物。A选项的氯气是单质，不是化合物，故其既不是电解质，也不是非电解质。‎ ‎2.下列化学用语正确的是(      )‎ A. H2SO3的电离方程式：H2SO32H＋＋SO32－‎ B. NaHSO4在水溶液中的电离方程式： NaHSO4＝ Na＋＋H＋＋SO42－‎ C. Na2CO3的水解∶CO32－＋2H2OH2CO3＋2OH－‎ D. NH4Cl的水解：NH4+＋H2O ＝ NH3·H2O＋H＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的基本化学用语的使用，掌握电离方程式，水解方程式的正确表达方式。‎ ‎【详解】A.H2SO3的电离分步进行，电离方程式写出第一步电离即可，正确的电离方程式为：H2SO3H++HSO3-，A项错误； B.NaHSO4在水溶液中完全电离，其电离方程式为：NaHSO4＝ Na＋＋H＋＋SO42－，B项正确； C.CO32-的水解分步进行，主要以第一步为主，碳酸根离子正确的水解方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-，C项错误； D. NH4Cl中的NH4+的水解是微弱的，应用，其水解方程为：NH4+＋H2O NH3·H2O＋H＋，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】书写电离方程关键是判断电解质的电离程度，从而选择正确的连接方式。特别注意多元弱酸是分步电离，以第一步为主；多元弱酸根是分步水解，以第一步水解为主。‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ A. 所有自发进行的化学反应都是放热反应 B. 铁在潮湿空气中生锈是自发过程 C. 在其他条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反应进行的方向 D. 298 K时，2H2S(g)+SO2(g) ═ 3S(s)+2H2O(l)能自发进行，则其ΔH>0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、能自发进行的化学反应不一定是放热反应。自发进行的条件为△G=△H-T△S<0即可，与吸热反应或放热反应无关，A不正确；‎ B、铁在潮湿空气中生锈是原电池原理，形成原电池的条件为自发的氧化还原反应，B正确；‎ C、催化剂只改变反应速率，不能使化学平衡移动，C不正确；‎ D、由2H2S(g)+SO2(g) ═ 3S(s)+2H2O(l)可知为熵减小的反应，即△S<0，要使反应能自发进行，则△G=△H-T△S<0，则其ΔH<0，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】反应是否自发进行与吸热反应或放热反应无关，有的放热反应能自发进行，有的吸热反应也能自发进行，如八水合氢氧化钡与氯化铵反应为吸热反应，但能自发进行。自发进行的条件为△G=△H-T△S<0。‎ ‎4.下列事实能用勒夏特列原理解释的是 A. 红棕色的NO2，加压后颜色变深 B. 对于反应2HI(g) H2 (g)＋I2(g)，达到平衡后，缩小容器的体积可使体系颜色变深 C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气 D. 500℃左右比室温更利于合成氨反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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，以此解答该题。‎ ‎【详解】A、存在平衡2NO2(g)= N2O4(g)，增大压强，混合气体中各组分的浓度均增大，气体的颜色变深，所以不可以用平衡移动原理解释，故A不选；‎ B、反应前后气体的分子数不变，增加压强平衡不移动，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，不能利用勒夏特列原理解释，故B不选；‎ C、实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒夏特列原理解释，故选C；‎ D、合成氨反应为放热反应，升高温度，不利于平衡向正向移动，但温度过低，反应速率较低，不利于工业生产，主要考虑催化剂的活性，不能用勒夏特列原理解释，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎5.常温下，下列各组离子在指定的条件下能大量共存的是 (       )‎ A. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42－‎ B. 四种离子Na+、Ca2+、AlO2－、HCO3－不能大量共存的原因是AlO2－和HCO3－发生双水解 C. 由水电离出的c(H＋)＝10－12 mol·L-1的溶液中：Mg2＋、Na＋、SO42－、ClO－‎ D. 通入足量CO2的溶液中：Na＋、Cl-、K+、SO42－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、中性溶液中不能大量存在Fe3+，A不符合；‎ B、AlO2－、HCO3－不发生双水解，B不符合；‎ C、由水电离出的c(H＋)＝10－12 mol·L-1的溶液可能是酸性的，也可能是碱性的，当溶液为碱性时，不能大量存在Mg2＋，当溶液为酸性时不能大量存在ClO－，C不符合；‎ D、通入足量CO2的溶液中，四种离子Na＋、Cl-、K+、SO42－均不能发生离子反应，D符合；‎ 故选D。‎ ‎6.由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。若生成0.5molN2，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 反应生成1molN2时转移4mole-‎ B. 反应物能量之和大于生成物能量之和 C. N2O(g)+NO(g)=N2(g)+NO2(g) ΔH=-139kJ·mol-1‎ D. 断键吸收能量之和小于成键释放能量之和 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知反应物的总能大于生成物的总能量，反应为放热反应，可根据图中数据确定反应热。‎ ‎【详解】A.由图可知发生的归中反应为N2O+NO=N2+NO2，N2O中N元素化合价从+1价降低到0价，NO 中N元素化合价从+2价升高到+4价，生成1molN2时转移2mole-，A项错误；‎ B. 由图可知反应物的总能大于生成物的总能量，B项正确；‎ C. ΔH= =209 kJ·mol-1-348 kJ·mol-1=-139 kJ·mol-1，C项正确；‎ D. ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=139 kJ·mol-1＜0，则有反应物的总键能小于生成物的总键能，即断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是ΔH的计算，ΔH=‎ ‎=反应物的总键能-生成物的总键能。‎ ‎7.下列事实能证明HCOOH为弱酸的是 A. 可与Na2CO3反应生成CO2‎ B. 常温时HCOONa溶液的pH大于7‎ C. 导电能力低于同浓度硫酸 D. 0.1mol/LHCOOH溶液可以使甲基橙变红 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、HCOOH能与Na2CO3反应产生CO2，只能说明醋酸的酸性比碳酸强（同理盐酸也可），故A错误；B、常温时HCOONa溶液的pH大于7，溶液显碱性，说明HCOONa为强碱弱酸盐，醋酸是弱酸，故B正确；C、导电性强弱与离子浓度有关，HCOOH为一元酸，硫酸为二元强酸，同浓度时，比较导电性，即使HCOOH是强酸，导电性也比硫酸低，故C错误；D、0.1mol/LHCOOH溶液可以使甲基橙变红只能说明HCOOH溶液显酸性，故D错误。故选B。‎ 点睛：酸的溶解性及酸的通性无法确定酸的强弱，弱电解质的判断一般从三个方面分析：①电离平衡方面，弱酸不完全电离，加水稀释平衡移动；②对应的盐水解方面；③与强酸对比，比较离子浓度或导电性。本题中C选项为易错点，比较时要注意控制变量，可以通过比较同浓度时的HCOOH与HCl的导电性，来判断HCOOH是否为弱酸。‎ ‎8.一定物质的量浓度溶液的配制和酸碱中和滴定是中学化学中两个典型的定量实验。若要配制1 mol·L-1的稀硫酸标准溶液，用其滴定某未知浓度的NaOH溶液。下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 实验中用到的滴定管和容量瓶使用前都需要检漏 B. 如果实验需用85 mL的稀硫酸标准溶液，配制时可选用100 mL容量瓶 C. 用甲基橙作指示剂，滴定终点时，溶液颜色从红色变为橙色 D. 酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准浓度的稀硫酸滴定，会导致测定的NaOH溶液浓度偏大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．容量瓶有瓶塞，配制时需要摇匀，所以使用前必须检查是否漏水；滴定管有旋塞或者橡胶管，使用前必须检查是否漏液，故A正确；B．由于实验室中没有85mL容量瓶，所以需要选用100mL容量瓶配制1mol/L的溶液，故B正确；C．甲基橙变色范围为3.1～4.4，颜色变化为：红→橙→黄，用稀硫酸标准液滴定氢氧化钠溶液，滴定前溶液为黄色，当甲基橙由黄色变成橙色，且半分钟不褪色时，说明达到了滴定终点，如果溶液颜色从橙色变为红色，说明滴入的标准液过量，严重影响测定结果，故C错误；D．滴定管在盛放酸或者碱溶液时必须润洗，否则会将待装液稀释，如：酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准浓度的稀硫酸，导致标准液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏大，测得的NaOH溶液的浓度将偏大，故D正确；故选C。‎ ‎9.一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图。下列说法正确的是(　　)‎ A. 升高温度，可能引起由c向b的变化 B. 该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13‎ C. 该温度下，加入FeCl3溶液可能引起由b向a的变化 D. 该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、由图可知abc为等温线；‎ B、由b点计算此温度下水的离子积常数为1.0×10-14；‎ C、b点到a点，氢离子浓度变大，氢氧根离子浓度减小，据此解答即可；‎ D、稀释不会引起水的离子积的改变，据此解答即可。‎ ‎【详解】A、由图可知abc三点对应的平衡常数不变，故abc为等温线，故升高温度，不能由c到b，故A错误；‎ B、b点c(H+)= c(OH- )=1.0×10-7mol/L，故Kw= 1.0×10-7×1.0×10-7= 1.0×10-14，故B错误；‎ C、加入FeCl3‎ ‎，氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子结合水电离出的氢氧根，促进水的电离平衡右移，即氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小(由b到a)，符合图象变化趋势，故C正确；‎ D、由c点到d点，水的离子积常数减小，温度不变，KW不变，故不能利用稀释使其形成此变化，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】曲线上的每一个点表示该温度下的平衡常数并且不变，所以abc三点相应的变化不能通过温度变化实现，由曲线以外的点变化到a、b、c三点则需要改变温度实现。‎ ‎10.下列有关问题与盐的水解无关的是(　　)‎ A. NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂 B. NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂 C. 实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 D. 要除去FeCl3溶液中混有的Fe2＋，可通入氧化剂Cl2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铁锈的成分是氧化铁，可以和酸发生反应，NH4Cl与ZnCl2溶液中的阳离子均能水解导致溶液显示酸性，故其可作焊接金属中的除锈剂，与盐类水解有关，故A不符合；‎ B、NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液中的碳酸氢根离子和铝离子能发生互促水解，生成氢氧化铝和二氧化碳气体，可作泡沫灭火剂，与盐类水解有关，故B不符合；‎ C、玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和氢氧根溶液反应生成粘性的硅酸钠而使玻璃塞打不开，而碳酸钠能水解产生氢氧根，所以与盐类水解有关，故C不符合；‎ D、要除去FeCl3溶液中混有的Fe2＋，可通入氧化剂Cl2将Fe2+氧化，利用的是氯气的氧化性，与盐类水解无关，故D符合。‎ 故选D。‎ ‎11.常温下向20 mL 0.1 mol/L HA溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中不正确的是 A. 由题可知HA为弱酸 B. 滴定终点位于c和d之间 C. 滴定到b点时：n(Na+)+ n(H+)－n(OH－)+ n(HA)=0.002 mol D. 滴定到d点时：c(OH－)＞c(Na+)＞c(A－) ＞c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.20mL 0.1mol/LHA溶液的pH=3，所以HA是弱酸；B. HA为弱酸，恰好中和时溶液呈碱性，pH>7；C.任何溶液都满足电荷守恒，b点溶液显酸性，根据电荷守恒、物料守恒进行判断；D.根据NaOH和NaA混合溶液中离子浓度的大小关系分析判断。‎ ‎【详解】A. 0.1mol/L HA溶液pH=3，所以HA是弱酸，故A正确；‎ B. 向20mL 0.1mol/L HA溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，恰好中和时得到的强碱弱酸盐水解使溶液呈碱性，pH>7，所以滴定终点位于c和d点之间，故B正确；‎ C. 滴定到b点时，根据电荷守恒有：n(Na+)+n(H+)−n(OH−)=n(A−)，根据物料守恒有：n(A−)+n(HA)=0.002mol，即n(Na+)+n(H+)−n(OH−)+n(HA)=0.002mol，故C正确；‎ D. d点对应的是氢氧化钠和NaA的混合溶液，NaA只有少量水解，则c(Na+)>c(OH−)，，故D错误，答案选D。‎ ‎12.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。‎ ‎13.25℃，下列有关电解质溶液的说法正确的是 A. 向NaF溶液中滴加硫酸至中性时，c（SO42-）＜c（HF）‎ B. 稀醋酸中加入冰醋酸，醋酸电离平衡右移，电离度增大 C. 向氨水中加入NH4Cl固体，溶液中增大 D. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 向NaF溶液中滴加硫酸至中性时，根据电荷守恒2c（SO42-）+c（F－）+c（OH－）＝c（H+）＜c（Na＋）和物料守恒c（Na＋）＝c（HF）+c（F－）可知c（SO42-）＜c（HF），A正确；B. 稀醋酸中加入冰醋酸，醋酸浓度增大，醋酸电离平衡右移，但电离度减小，B错误；C. 向氨水中加入NH4Cl固体，溶液中，温度不变，平衡常数不变，C错误；D. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，促进水解，溶液中减小，D错误，答案选A。‎ ‎14.部分弱电解质的电离平衡常数如下：‎ 弱电解质 HCOOH HCN H2CO3‎ NH3•H2O 电离平衡常数（25℃）‎ Ka=1.8×10-4 ‎ Ka=4.9×10-10‎ Ka1=4.3×10-7‎ Ka2=5.6×10-11‎ Ka=1.8×10-5‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 结合H+的能力：CO32-＞CN-＞HCO3-＞HCOO-‎ B. 0.1mol/L的HCOONH4溶液中存在以下关系式：c（HCOO-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）‎ C. pH=3的盐酸与pH=11的氨水混合，若溶液显中性，则V（盐酸）＞V（氨水）‎ D. 等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者等于后者 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由表中数据可知，在相同条件下， 酸性由弱到强的顺序是：HCO3-20mL，则可能c（Cl-）＞c（H+）>c（K+） ＞c（OH-）‎ D. 当滴定氨水消耗V（HCl）=10mL时，c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.根据氨水和氢氧化钾在滴定开始时的pH来判断；‎ B.盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性；‎ C.滴定氢氧化钾溶液时，若V（HCl）>20mL，氢离子浓度可能大于钾离子浓度；‎ D.根据图像，V（HCl）=10mL时，溶液显碱性，即NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度。‎ ‎【详解】A.氢氧化钾为强碱，一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离，相同浓度时，一水合氨的pH小于氢氧化钾，所以Ⅱ表示的是滴定氨水的曲线，故A正确；‎ B.滴定氨水消耗的V（HCl）=20mL，盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性，c（Cl-）＞c（NH4+），当pH=7时，滴定氨水消耗的V（HCl）＜20mL，根据电荷守恒，c（Cl-）=c（NH4+），故B正确；‎ C.滴定氢氧化钾溶液时，若V（HCl）>20mL，H+浓度肯定大于OH-浓度，可能大于K+浓度，则溶液中离子浓度关系可能为：c（Cl-）＞c（H+）>c（K+）＞c（OH-），故C正确；‎ D.当滴定氨水消耗V（HCl）=10mL时，溶液中溶质为等物质的量的NH3•H2O和NH4Cl，根据图像，V（HCl）=10mL时，溶液显碱性，即NH3•H2O的电离程度大于NH4+‎ 的水解程度，因此离子浓度大小顺序为c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（NH3•H2O）＞c（OH-）＞c（H+），故D错误。‎ 故选D。‎ ‎16.在容积为2 L的密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g)zC(g)。图甲表示200 ℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)∶n(B)的变化关系。则下列结论正确的是（ ）‎ A. 200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04 mol·L－1·min－1‎ B. 200℃时，该反应的平衡常数为25‎ C. 当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均增大 D. 由图乙可知，反应xA(g)＋yB(g)zC(g)的△H<0，且a＝2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由图甲可以知道反应中A、B、C的物质的量的变化量为0.4:0.2:0.2=2:1:1，根据反应中化学计量数之比等于物质的量的变化量之比可以知道，该反应方程式为 2A(g)+B(g)⇌C(g)；‎ A.根据v=△c/△t，可以知道v(B)= ，故A错误；‎ B.由图可以知道平衡时A、B、C的物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，所以它们的浓度分别为：0.2mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，结合化学方程式2A(g)+B(g)⇌C(g)，可以知道该反应的平衡常数K=0.1/（0.22×0.1）=25，故B正确；‎ C.当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均减小，故C错误；‎ D.由图乙可以知道，n(A):n(B)一定时，升高温度，C的体积分数增大，平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，△H>0，故D错误。答案选B。‎ 二．非选择题(共47分)‎ ‎17.氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。‎ ‎（1）下图是N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量的变化示意图，请写出N2和H2‎ 反应的热化学方程式：___________________。‎ ‎（2）若已知下列数据：‎ 化学键 H—H N≡N 键能/kJ·mol－1‎ ‎435‎ ‎943‎ 试根据表中及图中数据计算N—H的键能：________kJ·mol－1。‎ ‎（3）用NH3催化还原NOx还可以消除氮氧化物的污染。‎ 已知：①4NH3(g)＋3O2(g)═2N2(g)＋6H2O(g) ΔH1＝－akJ·mol－1  ‎ ‎ ②  N2(g)＋O2(g)═2NO(g) ΔH2＝－bkJ·mol－1‎ 若1molNH3还原NO至N2，则该反应过程中的热化学方程式：________。(用含a、b的式子表示ΔH3)。‎ ‎（4）捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：‎ 反应 Ⅰ：2NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)(NH4)2CO3(aq) ΔH1‎ 反应 Ⅱ：NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)NH4HCO3(aq) ΔH2‎ 反应Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2NH4HCO3(aq) ΔH3‎ 则ΔH3与ΔH1、ΔH2之间的关系是ΔH3＝________________。‎ ‎【答案】 (1). N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ/mol (2). 390 (3). NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)，△H3=kJ·mol－1 (4). 2△H2-△H1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)、先求出此反应的焓变，根据热化学方程式的书写规则再写出热化学方程式；‎ ‎(2)、根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能计算；‎ ‎(3)、利用盖斯定律计算；‎ ‎(4)、利用盖斯定律计算。‎ ‎【详解】(1)、反应物总能量大于生成物总能量，应为放热反应，生成1mol氨气放出46kJ热量，则反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ/mol；‎ 故答案为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ/mol；‎ ‎(2)、反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，设N- H的键能为x，则943kJ/mol+3×435kJ/mol-6x= -92kJ/mol，解得x= 390kJ/mol；‎ 故答案为：390；‎ ‎(3)、已知①4NH3(g)＋3O2(g)═2N2(g)＋6H2O(g) ΔH1＝－akJ·mol－1 ‎ ‎②N2(g)＋O2(g)═2NO(g) ΔH2＝－bkJ·mol－1‎ 利用盖斯定律将①-3×②可得4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)，△H=a-3b kJ·mol－1‎ 故答案为：NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)，△H3=kJ·mol－1‎ ‎(4)、根据反应反应 Ⅰ：2NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)(NH4)2CO3(aq) ΔH1‎ 反应 Ⅱ：NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)NH4HCO3(aq) ΔH2‎ 反应Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2NH4HCO3(aq) ΔH3可知：反应Ⅲ=反应II×2-反应I，因此△H3 =2△H2-△H1；‎ 故答案为：2△H2-△H1。‎ ‎18.25℃时，有关物质的电离平衡常数如下：‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ H2SO3‎ 电离平衡常数K K=1.8×10-5‎ K1=4.3×10-7‎ K2=5.6×10-11‎ K1=1.5×10-2‎ K2=1.02×10-7‎ ‎（1）以上三种电解质的酸性由强至弱顺序为__________________(用化学式表示，下同)。‎ ‎（2）常温下，0.02 mol·L－1的CH3COOH溶液的电离度约为______，体积为10mLpH=2的醋酸溶液与亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1000mL，稀释后溶液的pH，前者________后者(填“＞、＜或=”)。‎ ‎（3）已知NaHSO3溶液显酸性，其原因是____________(离子方程式配适当文字叙述)。‎ ‎（4）H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为_______________________。‎ ‎【答案】 (1). H2SO3>CH3COOH> H2CO3 (2). 3% (3). < (4). HSO3-⇌H++SO3-、HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性 (5). H2SO3 +HCO3-= HSO3-+CO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)、根据电离平衡常数K越大，则电解质酸性越强解答；‎ ‎(2)、根据电离平衡常数及电离度表达式进行计算；酸性越弱，稀释相同倍数时pH变化越小；‎ ‎(3)、弱酸的酸式根既会电离也会水解，当溶液为酸性时，说明电离程度大于水解程度；‎ ‎(4)、根据强制弱解答。‎ ‎【详解】(1)、电离平衡常数K越大，则电解质酸性越强，由表中数据可知，三种电解质酸性由强到弱的顺序为：H2SO3>CH3COOH> H2CO3；‎ 故答案为：H2SO3>CH3COOH> H2CO3；‎ ‎(2) ，c( H+)=c(CH3COO-)，所以溶液中c( H+)=c(CH3COO-)= ，所以电离度为；加水稀释可以促进弱电解质的电离，稀释后pH增大，电解质酸性越弱，其稀释后pH的变化幅度越小，CH3COOH作为电解质酸性弱于H2SO3，所以相同pH的醋酸溶液和亚硫酸溶液稀释到相同体积后，醋酸溶液pH的增大幅度小于亚硫酸溶液pH的增大幅度，所以溶液稀释后的pH前者小于后者；‎ 故答案为：3%；<；‎ ‎(3)、HSO3-在溶液中发生水解和电离，水解离子方程式为HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，电离方程式为HSO3-⇌H++SO3-，HSO3-电离程度大于水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性；‎ 故答案为：HSO3-⇌H++SO3-、HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性；‎ ‎(4)、根据“强酸制弱酸”原理，H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应生成NaHSO3、CO2和H2O，反应的离子方程式为：H2SO3 +HCO3-= HSO3-+CO2↑+H2O；‎ 故答案为: H2SO3 +HCO3-= HSO3-+CO2↑+H2O。‎ ‎19.某化学兴趣小组对加碘食盐中的KIO3‎ 进行研究，它是一种白色粉末，常温下很稳定。在酸性条件下KIO3是一种较强的氧化剂，与HI、H2O2等作用，被还原为碘单质。 学生甲设计实验测出加碘食盐中碘元素的含量，步骤如下：‎ a．称取mg加碘盐，加适量蒸馏水溶解；‎ b．用稀硫酸酸化，再加入过量KI溶液；发生反应：IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，将反应后的溶液加水稀释至100.00 mL。‎ c．取10.00mL上述溶液到锥形瓶中，以淀粉为指示剂，用物质的量浓度为3.0mol•L﹣1的 Na2S2O3溶液滴定(滴定时的反应方程式：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣)。‎ d．重复实验2次，三次实验分别记录有关数据如下：‎ 滴定次数 待测溶液的体积/mL ‎1.00×10﹣3mol•L﹣1的 Na2S2O3溶液的体积(mL)‎ 滴定前刻度 滴定后刻度 第一次 ‎10.00‎ ‎2.62‎ ‎22.60‎ 第二次 ‎10.00‎ ‎7.56‎ ‎30.30‎ 第三次 ‎1000‎ ‎6.22‎ ‎26.24‎ 试回答：‎ ‎（1）如下图，是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为___________mL。‎ ‎（2）判断到达滴定终点的现象是：_______________________。‎ ‎（3）滴定时，Na2S2O3溶液应放在______________ (填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)。         ‎ ‎（4）根据实验测定数据，计算加碘食盐样品中的碘元素百分含量是_______ (以含m的代数式表示)。 ‎ ‎（5）根据上述实验对下列假定情况进行讨论,导致测出待测液的浓度是(填“偏小”、“偏大”或“无影响”) ‎ ‎①标准液读数时，若滴定前俯视，滴定后仰视，测出待测液的浓度__________‎ ‎②盛标准液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，测出待测液的浓度___‎ ‎【答案】 (1). 22.60mL (2). 溶液由蓝色变无色，且半分钟内不恢复 (3). 碱式滴定管 (4). (5). 偏大 (6). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)、根据滴定管精确到0.01mL读数；‎ ‎(2)、根据盐类水解分析判断，Na2S2O3为强碱弱酸盐；‎ ‎(3)、碘单质遇淀粉显蓝色，当碘单质消耗蓝色褪去；‎ ‎(4)、根据反应找出反应关系式，然后根据题中数据计算出加碘食盐样品中的碘元素含量；‎ ‎(5)、根据分析。‎ ‎【详解】(1)、滴定管中液面读数为22.60mL；‎ 故答案为：22.60mL；‎ ‎(2)、b中生成I2 ，c中使用淀粉作为指示剂，加入淀粉溶液呈蓝色，用Na2S2O3溶液滴定, I2反应完毕，溶液蓝色褪色，滴定终点现象为：蓝色变无色，且半分钟内不恢复；‎ 故答案为：溶液蓝色变无色，且半分钟内不恢复；‎ ‎(3)、Na2S2O3为强碱弱酸盐,因为硫代硫酸根离子水解，Na2S2O3溶液呈弱碱性，所以滴定时Na2S2O3溶液应放在碱性滴定管中；‎ 故答案为：碱式滴定管；‎ ‎(4)、根据表格可知：三次滴定消耗的Na2S2O3体积分别为：19.98mL、22.74mL、20.02mL，第二次所用体积相差较大，应舍去，所以所用Na2S2O3溶液体积为20mL，消耗Na2S2O3的物质的量为3.00mol/L×0.02L = 0.06mol ，根据IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣，则IO3﹣~3I2~6 S2O32﹣，所以10mL溶液中碘酸钾的物质的量为0.01mol，则100ml溶液中的物质的量为0.1mol，碘元素的质量为：0.1mol×127g/mol=12.7g，所以加碘食盐样品中的碘元素含量为；‎ 故答案为：；‎ ‎(5) ①、若滴定前俯视溶液液面，滴定后仰视液面刻度，读取标准溶液体积偏大，根据 分析可知测定结果偏大；‎ ‎②、盛标准液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，标准溶液体积偏大，根据分析可知测出待测液的浓度偏大；‎ 故答案为：偏大；偏大。‎ ‎20.合成气主要成分是一氧化碳和氢气，可用于合成二甲醚等清洁燃料．从天然气获得合成气过程中可能发生的反应有：‎ ‎①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206.1kJ/mol ‎②CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H2=+247.3kJ/mol ‎③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H3=－41.2kJ/mol 请回答下列问题：‎ ‎（1）在一密闭容器中进行反应①，测得CH4的物质的量浓度随反应时间的变化如图1所示．反应进行的前5min内，v (H2)=_____；10min时，改变的外界条件可能是________。‎ ‎（2）如图2所示，在甲、乙两容器中分别充入等物质的量的CH4和CO2，使甲、乙两容器初始容积相等．在相同温度下发生反应②，并维持反应过程中温度不变．已知甲容器中CH4的转化率随时间变化的图象如图3所示，请在图3中画出乙容器中CH4的转化率随时间变化的图象_____。‎ ‎（3）800℃时，反应③的化学平衡常数K=1.0，某时刻测得该温度下的密闭容器中各物质的物质的量见下表：‎ CO H2O CO2‎ H2‎ ‎0.5mol ‎8.5mol ‎2.0mol ‎2.0mol 此时反应③中正、逆反应速率的关系式是____________(填代号)。‎ a．v(正)＞v (逆)        b．v(正)＜v (逆)         ‎ c．v(正)= v (逆)          d．无法判断．‎ ‎【答案】 (1). 0.3mol/(L▪min) (2). 升高温度或大H2O的浓度 (3). (4). a ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)、根据计算出甲烷反应速率，再根据反应速率之比等于化学计量数之比计算出氢气反应速率；由图可知，10min时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，反应是吸热反应；‎ ‎(2)、甲、乙两容器中分别充入等物质的量的CH4和CO2，且甲、乙两容器初始容积相等，由图可知，甲的体积不变，乙的压强不变，则假定甲不变，乙中发生CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)其体积增大，则相当于压强减小，化学平衡向正反应方向移动，乙容器中CH4的转化率增大，但压强小，反应速率减慢，则达到平衡的时间变长；‎ ‎(3)、利用Q与K的关系判断反应进行的方向，从而确定正逆反应速率的关系；‎ ‎【详解】(1)、，则v(H2)=3v(CH4)=0.3mol/(L▪min)；由图可知，10min时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，且甲烷的浓度不变，而该反应为吸热反应，则升高温度和增大水的浓度符合题意；‎ 故答案为：0.3mol/(L▪min)；升高温度或大H2O的浓度；‎ ‎(2)、甲、乙两容器中分别充入等物质的量的CH4和CO2，且甲、乙两容器初始容积相等，由图可知，甲的体积不变，乙的压强不变，则假定甲不变，乙中发生CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，其体积增大，则相当于对甲的平衡体系减小压强，化学平衡向正反应方向移动，故乙容器中CH4‎ 的转化率增大，但压强小，反应速率减慢，则达到平衡的时间变长，则乙中CH4的转化率随时间变化的图象为：‎ 故答案为：‎ ‎(3)、反应③的K=1.0时，正逆反应速率相等，化学平衡不移动；由表格中的数据可知， ，该反应向正反应方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，即选a；‎ 故答案为：a。‎ ‎21.根据下列化合物：①NaOH，②H2SO4，③CH3COOH，④NaCl，⑤CH3COONa，⑥NH4Cl，⑦CH3COONH4，⑧NH4HSO4，⑨NH3•H2O，请回答下列问题：‎ ‎（1）NH4Cl溶液中离子浓度大小顺序为_____________。‎ ‎（2）常温下，pH=11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c(OH﹣)=_________；在pH=3的CH3COOH溶液中，水电离出来的c(H+)=___________。‎ ‎（3）已知水存在如下平衡：H2O+H2OH3O++OH﹣△H＞0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，选择的下列方法是_________。‎ A.向水中加入NaHSO4固体                              B.向水中加NaHCO3固体 C.加热至100℃[其中c(H+)=1×10﹣6mol/L]    D.向水中加入NH4Cl固体 ‎（4）在常温下，NH3•H2O的电离常数为1.8´10-5，若浓度均为0.1mol/L、等体积的NaOH和NH3•H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH都变成9，则 m_________n（填“＜”、“＞”或“＝”）。‎ ‎（5）物质的量浓度相同的⑥、⑦、⑧、⑨四种稀溶液中，NH4+浓度由大到小的顺序是(填序号)_____。‎ ‎【答案】 (1). c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞ c(OH- ) (2). 10-3mol/L (3). 10-11mol/L (4). D (5). ＞ (6). ⑧⑥⑦⑨‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)、NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4+水解导致溶液呈酸性，根据电荷守恒判断离子浓度大小；‎ ‎(2)、CH3COONa溶液中，醋酸根水解，促进水的电离，所以溶液中水电离出的氢氧根离子就是溶液中的氢氧根离子，CH3COOH溶液中，水电离受到抑制，水电离出来的氢离子等于溶液中的氢氧根离子，据此计算；‎ ‎(3)、使水的电离平衡向右移动的方法有：升高温度、加入含有弱根离子的盐等，如果溶液呈酸性，说明加入的物质和氢氧根离子反应，导致溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度而使溶液呈酸性；‎ ‎(4)、一水合氨为弱电解质，不能完全电离，加水，会促进弱电解质的电离，若稀释后溶液pH相等，则氢氧化钠稀释体积小于一水合氨；‎ ‎(5)、根据影响盐类水解因素比较浓度相同的溶液的NH4+浓度大小。‎ ‎【详解】(1)、NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4+水解导致溶液呈酸性，即c(OH-)＜ c(H+)，根据电荷守恒得c(Cl-)＞ c(NH4+)，所以离子浓度大小顺序是c(Cl-)＞c(NH4+)＞ c(H+)＞ c(OH- )；故答案为：c(Cl-)＞c(NH4+)＞ c(H+)＞ c(OH- )；‎ ‎(2)、pH= 11的CH3COONa溶液中，醋酸根水解，促进水的电离,所以溶液中水电离出的氢氧根离子就是溶液中的氢氧根离子，水电离出来的c(OH- )=；在pH=3的CH3COOH溶液中，水电离受到抑制，水电离出来的氢离子等于溶液中的氢氧根离子，水电离出来的c(H+ )=；故答案为：10-3mol/L；10-11mol/L；‎ ‎(3)A、向水中加入NaHSO4，NaHSO4电离出氢离子，抑制水电离，平衡逆向移动，导致溶液中c(H+)＞ c(OH-)，溶液呈酸性，A不符合；‎ B、向水中加入碳酸氢钠，能水解，碳酸氢根离子可以和氢离子结合，从而促进水电离，导致溶液中c(OH- ) ＞ c(H+)，溶液呈碱性，B不符合；‎ C、水的电离是吸热反应，加热至100℃，促进水电离，溶液c(OH-)= c(H+)，溶液呈中性，C不符合；‎ D、向水中加入(NH4)2SO4，(NH4)2SO4是强酸弱碱盐能水解，铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，从而促进水电离，导致溶液中c(OH-)＜ c(H+)，溶液呈酸性，D符合；故选D；‎ ‎(4)、氨水为弱电解质，不能完全电离，若浓度均为0.1mol/L、等体积的NaOH和NH3•H2‎ O分别加水稀释n倍、m倍，稀释后两种溶液的pH都变成9，即溶液中氢氧根离子浓度均为1´10-5mol/L，则氢氧化钠溶液稀释的倍数为m=10000倍；由K=，则c(NH3•H2O)=5.6´10-6mol/L，c(NH3. H2O)总=5.6´10-6mol/L+1´10-5mol/L=1.56´10-5mol/L，故氨水稀释的倍数为n=，因此，m>n；故答案为：＞ ；‎ ‎(5)、⑥NH4Cl中只存在NH4+水解，且水解是微弱的；⑦CH3COONH4中CH3COO-和NH4+相互促进水解，NH4+浓度小于⑥；⑧NH4HSO4中H+抑制NH4+水解，NH4+浓度大于⑥；⑨NH3•H2O中只存在NH3•H2O电离，且电离是微弱的，故NH4+浓度大到小的顺序是⑧⑥⑦⑨；故答案为：⑧⑥⑦⑨。‎ ‎ ‎