2019-2020学年江西省上饶中学高二上学期期中考试(实验、重点班)化学试题 解析版
上饶中学2019-2020学年高二上学期期中考试
化学试卷（实验、重点班）
可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题
1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属
于未来新能源标准的是（）
①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能
A. ①②③④
B. ③④⑥⑦⑧
C. ③⑤⑥⑦⑧
D. ⑤⑥⑦⑧
【答案】D
【解析】
【详解】根据未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且具有可
以再生的特点，⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能符合未来新能源的特点，合理选项是D。
2.在2A(g)＋B(g)3C(g)＋4D(g)反应中，表示该反应的反应速率最快的是
A. v(A)＝0.5 mol·L?1·min?1
B. v(B)＝0.1 mol·L?1·s?1
C. v(C)＝0.8 mol·L?1·min?1
D. v(D)＝1 mol·L?1·min?1
【答案】B
【解析】【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比；【详解】A. v(A)＝0.5 mol·L?1·min?1转化为v(B)＝0.25 mol·L?1·min?1
B. v(B)＝0.1 mol·L?1·s?1换算单位为v(B)＝6.0 mol·L?1·min?1
C. v(C)＝0.8 mol·L?1·min?1转化为v(B)＝0.8/3 mol·L?1·min?1
D. v(D)＝1 mol·L?1·min?1转化为v(B)＝0.25 mol·L?1·min?1
对比数据可知，B速率最快，答案为B；
【点睛】对比反应速率时，转化为同一物质、相同单位进行对比。
3.已知反应：COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) ΔH1=+7 kJ/mol
COS(g)+H2O(g)H2S (g)+CO2(g) ΔH2=-35 kJ/mol
则热化学方程式：CO(g)+H2O (g)H2(g)+CO2(g) ΔH3，则ΔH3为
A. -42kJ/mol
B. -28kJ/mol
C. +42kJ/mol
D.
【答案】A
【解析】
【详解】①COS(g)+H 2(g)H2S(g)+CO(g) ΔH1=+7 kJ/mol
②COS(g)+H 2O(g)H2S (g)+CO2(g) ΔH2=-35 kJ/mol
根据盖斯定律，②-①，整理可得CO(g)+H 2O (g)H2(g)+CO2(g) ΔH3=-42kJ/mol，故合理选项是A。
4.氢氰酸（HCN）的下列性质中，能证明它是弱酸的是
A. HCN 易溶于水
B. HCN溶液的导电性比盐酸的弱
C. 25℃时1mol/L HCN溶液pH约为3
D. 10 mL 1mol/L HCN溶液恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应
【答案】C
【解析】
【分析】
HCN为弱电解质，利用其部分电离来分析，一般测定溶液的pH或测定相同条件下与强酸的导电性的比较，以及对应盐溶液的酸碱性来判断；
【详解】A、HCN是强酸还是弱酸，与溶解度无关，故A不符合题意；
B、应在相同条件下进行，如相同温度、相同体积、相同浓度等，HCN溶液的导电性比盐酸溶液的弱，才能说明HCN为弱酸，故B不符合题意；
C、假设HCN为强电解质，1mol·L－1的HCN的pH应为1，但现在pH=3，说明HCN为弱酸，故C符合题意；
D、无论HCN是强酸还是弱酸，10 mL 1mol/L HCN溶液都恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应，不能证明酸性强弱，故D不符合题意；
答案选C。
【点睛】本题考查弱电解质的判断方法，明确弱电解质在水中电离不完全是解答本题的关键，学生应注意在平时的学习中归纳判断弱电解质的方法，难度不大。
5.一定温度下，往纯水中加入下列物质，能使水的电离平衡发生移动的是（）
A. NaCl
B. NaOH
C. 酒精
D. 蔗糖
【答案】B
【分析】
H2O为弱电解质，存在H2O H＋＋OH－，根据影响水的电离的因素进行分析；
【详解】H2O为弱电解质，存在H2O H＋＋OH－，
A、NaCl为强碱强酸盐，对水的电离没有影响，故A不符合题意；
B、NaOH为碱，加入NaOH，增加c(OH－)，抑制水的电离，故B符合题意；
C、酒精为非电解质，加入酒精，对水的电离无影响，故C不符合题意；
D、蔗糖为非电解质，加入蔗糖，对水的电离无影响，故D不符合题意；
答案为B。
6.反应2H2(g)+02(g)=2H2O(l)过程中的能量变化如图所示，下列有关说法中正确的是
A. ?H1<0
B. ?H2为该反应的反应热
C. ?H3为氢气的燃烧热
D. ?H1=?H3-?H2
【答案】D
【解析】
【详解】A项，断裂化学键吸收能量，断裂2molH2（g）和1molO2（g）中化学键生成4molH和2molO需要吸收能量，ΔH1>0，A项错误；
B项，根据图像，该反应的反应热为ΔH3，B项错误；
C项，ΔH3指2molH2（g）和1molO2（g）反应生成2molH2O（l）的反应热，燃烧热指101kPa 时1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，C项错误；
D项，根据图像，断裂2molH2（g）和1molO2（g）中化学键生成4molH和2molO需要吸收能量，ΔH1>0，4molH和2molO形成2molH2O（l）中化学键释放能量，ΔH2<0，2molH2（g）和1molO2（g）反应生成2molH2O（l）释放能量，ΔH3<0，一个化学反应的反应热=拆开反应中化学键吸收的能量-形成生成物中化学键释放的能量，则ΔH3=ΔH1+ΔH2，则ΔH1=ΔH3-ΔH2，D项正确。
答案选D。
7.下列叙述正确的是（）
A. 95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性
B. 将AlCl3溶液蒸干并灼烧，得到的固体为Al2O3
C. 常温下，pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4
D. 常温下，pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7
【答案】B
【解析】
【详解】A.加热会促进水的电离，故95℃时，纯水的pH<7，但纯水电离产生的H+、OH-的浓度相等，因此水仍然是显中性，A错误；
B.AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中盐水解产生Al(OH)3、HCl，蒸干HCl挥发掉，得到固体为
Al(OH)3，将固体灼烧，Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O，因此最后得到的固体为Al2O3，B正确；
C.醋酸是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，加水稀释电离被促进，所以加水稀释10倍后溶液的pH<4，C错误；
D.醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡,不完全电离，当pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液混合后，醋酸过量，反应后溶液显酸性，pH<7，D错误；
故合理选项是B。
8.在C（s）+CO2（g）?2CO（g）的反应中，现采取下列措施：①缩小体积，增大压强②增加碳的量③恒容充入CO2 ④恒容下充入N2 ⑤ 恒压下充入N2。能够使反应速率增大的措施是（）
A. ①④
B. ②③⑤
C. ①③
D. ①②④【答案】C
【解析】
【详解】①该反应为有气体参加的反应，增大压强，反应速率加快，故正确；
②C为固体，增加炭的量，C的物质的浓度不变，不影响化学反应速率，故错误；
③恒容通入CO2，反应物浓度增大，反应速率加快，故正确；
④恒容下充入N2，反应物的浓度不变，反应速率不变，故错误；
⑤恒压下充入N2，容器的体积增大，反应物的浓度减小，反应速率减小，故错误；
能够使反应速率增大的有①③，故选C。
【点睛】本题的易错点为②④⑤，要注意反应物或生成物浓度的变化，固体的浓度可以认为始终不变。
9.在由水电离产生的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液中，一定可以大量共存离子组是
A. K+、Ba2+、C1-、NO3-
B. Na+、Mg2+、C1-、NO3-
C. NH4+、Al3+、Br-、SO42-
D. K+、Na+、SO42-、SO32-
【答案】A
【解析】
【详解】在室温下，纯水电离产生的c(H+)=1×10-7mol·L-1，现在溶液中水电离产生的c(H+)=1×10-14mol·L-1<1×10-7mol·L-1，说明水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性。
A.选项离子之间不能发生任何反应，与H+或OH-也不能发生反应，因此可以大量共存，A正确；
B.在碱性条件下，Mg2+、OH-会发生反应产生Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，B错误；
C.在碱性条件下，NH4+、Al3+与OH-会发生反应产生NH3·H2O、AlO2-，不能大量共存，C错误；
D.在酸性条件下，H+与SO32-会发生反应产生弱电解质H2SO3，不能大量共存，D错误；
故合理选项是A。
10.下列说法正确的是
A. 放热反应都能自发进行，吸热反应都不能自发进行
B. 熵增加且吸热的反应一定是自发反应
C. 常温下，反应C(s)+CO2(g) =2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0
D. 活化分子间
的碰撞一定是有效碰撞【答案】C 【解析】【详解】A.吸热反应也可以自发进行，例如，在25℃和1.01×105Pa时，2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)
△H=+56.7kJ/mol，不难看出，上述反应是吸热反应，又是熵增的反应，显然只根据焓变来判断反应进行的方向是不全面的，A错误；
B.反应自发进行的复合判据△G=△H-T△S<0，反应可自发进行，熵增加且吸热的反应在高温下能自发进行，在低温下不能自发，B错误；
C常温下，反应C(s)+CO2(g) =2CO(g)的△S>0，是熵增加的反应，不能自发进行，根据判据
△G=△H-T△S<0能够自发进行，说明该反应的ΔH>0，C正确；
D.活化分子间的碰撞有的能够发生化学反应，有的不能发生化学反应，因此不一定是有效碰撞，D错误；
故合理选项是C。
11.合成NH3所需的H2可由煤与H2O反应制得，其中有一步反应为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＞O，欲提高CO转化率可采用的方法可能有①降低温度②增大压强③使用催化剂④增大CO的浓度⑤增大水蒸气的浓度，其中正确的组合是（）
A. ①②③
B. ④⑤
C. ①⑤
D. ⑤
【答案】D
【解析】
【详解】由CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＞O可知，正反应为吸热反应，所以升高温度有利于提高CO转化率，故①降低温度不符合题意；由CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)是两边化学计量数相等的反应，所以改变压强对平衡移动无影响，故②增大压强不符合题意；
③使用催化剂只改变化学反应速率，不能影响化学平衡移动，故不符合题意；④增大CO的浓度只能降低CO转化率，故不符合题意；⑤增大水蒸气的浓度能使化学平衡正向移动，增大CO 转化率，故符合题意；故D符合题意；
所以本题答案：D。
【点睛】该可逆反应的特点为：①正反应为吸热反应；②反应前后气体体积不改变。结合勒夏特列原理可选出答案。
12.在一恒温、恒容的密闭容器中发生反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不再变化时，不能够表明该反应已达平衡状态的是
A. 混合气体的压强
B. 混合气体的平均相对分子质量
C. A的物质的量
D. B的物质的量浓度
【答案】A
【解析】
【详解】A. 恒温、恒容时，体系的压强与气体分子的物质的量有关系，该化学反应前后气体的总物质的量不变，则反应的任何时候，混合气体的压强始终不变，故无法通过压强不变来判断反应是否达到平衡状态，A正确；
B.
m
M=
n
，该平衡的正反应是气体质量增大的反应，当反应达到平衡时，气体的总质量不再
改变，由于气体的总物质的量不变，所以平衡时，混合气体的平均相对分子质量不变，则混合气体的平均相对分子质量不变，表明反应达到平衡状态，B错误；
C. A的物质的量不再变化，可以表明该反应已达到平衡状态，C错误；
D. 在恒容状态下，B的物质的量浓度不变，则B的物质的量也不再变化，可以表明该反应已
达到平衡状态，D错误；
故合理选项为A。
【点睛】“判断反应是否达到平衡”这类题目，要注意：①反应体系中各组分的状态，②化
学方程式中气体物质系数变化。
13.在密闭容器中一定量的混合气体发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度
为0.50 mol/L。保持温度不变.将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度
降低为0.30 mol/L。下列有关判断正确的是
A. B的转化率降低
B. 平衡向正反应方向移动
C. x+y D. C的体积分数增大 【答案】A 【解析】【分析】反应xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50 mol/L。保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，而再达平衡时，测得A的浓 度为0.30mol/L，则说明体积增大(压强减小)化学平衡逆向移动，以此来解答。 【详解】由信息可知，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大 到原来的两倍，再达到平衡时测得A的浓度为0.30mol/L，体积增大，相当于压强减小，化学 平衡逆向移动，则 A.减小压强，化学平衡逆向移动，则反应物B的转化率降低，A正确； B.由上述分析可知，平衡逆向移动，B错误； C.减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动，则x+y>z，C错误； D.减小压强，化学平衡逆向移动，则生成物C的体积分数减小，D错误； 故合理选项是A。 【点睛】本题考查化学平衡的移动，注意A的浓度变化及体积变化导致的平衡移动是解答本 题的关键，掌握平衡移动原理，熟悉压强对化学平衡的影响即可解答。 14.图中a曲线表示一定条件下的可逆反应：X（g）+Y（g）2Z（g）+W（g)；△H=QkJ/mol 的反应过程。若使a曲线变为b曲线，可采取的措施是（） A. 降低温度 B. 增大Y的浓度 C. 加入催化剂 D. 增大体系压强 【答案】C 【解析】 【详解】A、因为改变温度，会影响化学平衡移动，所以升高温度,化学平衡会发生移动,X的转化率也会发生改变,故A错误; B、增大Y的浓度,反应速率加快,平衡向正反应方向移动,平衡时X的转化率增大,故B错误; C、加入催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡移动，所以通过加入催化剂可以完成由a曲线变为b曲线，故C正确； D、增大体系压强,反应速率加快,该反应前后气体的物质的量改变,平衡移动,X的转化率发生变化,所以D选项是错误的; 所以C选项是正确的。 【点睛】使a曲线变为b曲线,到达平衡时间缩短,且X的转化率不变,说明改变条件,反应速率加快,且不影响平衡移动,据此结合选项解答。 15.25℃下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是 酸HX HY HZ 电离常数K 1×10-79×10-61×10-2 A. 三种酸的强弱关系：HX>HY>HZ B. 相同温度下，0.1 mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液碱性最强 C. 反应HX+Y-=HY+X-能够发生 D. 25℃时，0.1 mol/L HX溶液的pH约为4 【答案】D 【解析】 【详解】A.酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，其溶液的酸性越强，根据表中数据知，酸的电离平衡常数HZ>HY>HX ，则酸性强弱关系：HZ>HY>HX ，A 错误； B.根据盐的水解规律：有弱才水解，谁弱水水解，谁强显谁性，越弱越水解，由于酸性 HZ>HY>HX ，，所以相同温度下，0.1 mol/L 的NaX 、NaY 、NaZ 溶液，NaX 溶液水解程度增大，其水溶液的碱性最强，B 错误； C.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸和强酸盐，由于酸性HY>HX ，根据强酸制取弱酸知，反应HX+Y -=HY+X -不能够发生，C 错误； D.根据表格数据可知：在25℃时，HX 的电离平衡常数K=1×10-7，假设0.1 mol/L HX 溶液中HX 电离产生的H +的浓度为a ，根据电离平衡常数的含义可知K=( )()()() c H c X a a c HX 0.1a +- ?=-=1×10-7，a 2≈1×10-8，所以a≈1×10-4，因此该溶液的pH 约为4，D 正确； 故合理选项是D 。 16.一定温度下，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，下列说法正确的是( )(已知：pH=-lgc(H +)) A. 将稀醋酸加水稀释时，c(H +)减小，c(OH -)也减小 B. a 、b 、c 三点溶液的pH ：b C. a 、b 、c 三点CH 3COOH 的电离程度：c D. a 、b 、c 三点溶液用1 mol·L －1NaOH 溶液中和，消耗NaOH 溶液体积：c 【答案】B 【解析】 【详解】A.醋酸在溶液中存在电离平衡：CH 3COOH CH 3COO -+H +，将稀醋酸加水稀释时，若平衡不移动，溶液中c(CH 3COOH)、c(CH 3COO -)、c(H +)减小，加水稀释，平衡正向移动，使c(CH 3COO -)、 c(H+)在减小的基础上又略有增大，但总的来说c(CH3COO-)、c(H+)减小，由于溶液中存在水的电离平衡，Kw= c(H+)·c(OH-)是定值，所以c(H+)减小，则c(OH-)增大，A错误； B.导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH为 b C.随水的增多，醋酸的电离的分子数增加，由于醋酸分子总分子数不变，所以醋酸的电离程度在增大，所以a、b、c三点醋酸的电离程度：a D.a、b、c三点溶液浓度不同，但其中含有溶质的物质的量相同，所以a、b、c三点溶液用 1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积相等，即：a=b=c，D错误； 故合理选项是B。 第Ⅱ卷 二、填空题 17.根据下列化合物：①HCl ②NaOH ③NH4Cl ④CH3COONa ⑤CH3COOH ⑥NH3?H2O⑦Na2CO3，请根据字母序号提示的物质回答下列问题。 (1)③溶液中离子浓度大小顺序为______________________。用离子方程式表示⑦溶液显碱性的原因_______________________________。 (2)常温下，pH=11的④的溶液中，由水电离出来的c(OH-)=____________。已知常温下⑤和⑥的电离常数均为1.7×10-5mol·L-1，则反应：CH3COOH+NH3?H2O CH3COO-+NH4++H2O的平衡常数为______________。 (3)常温下，关于pH值相同的①和⑤两种溶液，下列说法不正确 ．．．的是________。 A.两种溶液中水的电离程度相同 B.c(CH3COO-)=c(Cl-) C.c(CH3COOH)>c(HCl) D.与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗的体积少 (4)常温下，将0.10 mol/L的①溶液和0.30 mol/L；②溶液等体积混合，充分反应后恢复至常温，溶液的pH=________。 【答案】 (1). c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) (2). CO32-+H2O HCO3-+OH- (3). 1×10-3mol/L (4). 2.89×104 (5). D (6). 13 【解析】 【分析】 (1)NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性；Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性； (2)CH3COONa为强碱弱酸盐，水解促进水的电离，醋酸抑制水的电离； 将反应CH3COOH+NH3?H2O CH3COO-+NH4++H2O的化学平衡常数表达式进行变形，带入CH3COOH和 NH 3?H 2O 的电离平衡常数，就可得到反应的化学平衡常数的数值； (3)根据HCl 是强酸，完全电离，CH 3COOH 是弱酸，部分电离，结合水电离平衡的影响因素分析判断； (4)根据二者反应的物质的量关系，可知NaOH 过量，溶液显碱性，然后计算反应后溶液中c(OH -)，结合水的离子积常数及pH 定义，计算溶液的pH 。 【详解】(1)氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中电离NH 4Cl=NH 4++Cl -，NH 4+发生水解反应，消耗水电离产生的OH -，最终达到平衡时溶液中c(H +)>c(OH -)；水解呈酸性，铵根离子水解反应而消耗，所以c(Cl -)>c(NH 4+)，盐电离产生的NH 4+浓度大于水电离产生的H +浓度，所以溶液中离子浓度关系为：c(Cl -)>c(NH 4+)>c(H +)>c(OH -)； Na 2CO 3为强碱弱酸盐，在溶液中CO 32-发生水解反应：CO 32-+H 2O HCO 3-+OH -，水解产生的HCO 3-会进一步水解：HCO 3-+H 2O H 2CO 3+OH -，主要是第一步水解反应。水解反应消耗水电离产生的H +，最终达到平衡时，溶液中c(OH -)>c(H +)，所以水解后溶液呈碱性； (2)CH 3COONa 为强碱弱酸盐，pH=11的CH 3COONa 溶液中，c(H +)=10-11 mol/L ，由于在室温下水的离子积常数K w =1×10-14，所以c(OH -)=14 11110110--??mol/L=1×10-3mol/L ，溶液中OH-就是水电离产生，即CH 3COONa 溶液中，由水电离出来的c(OH -)=1×10-3 mol/L ， 反应CH 3COOH+NH 3?H 2O CH 3COO -+NH 4++H 2O 的平衡常数K=()() ()() ()()()()()()()( 53434a b 14332332w w c CH COO c NH c CH COO c NH c H c OH 1.710 1.71K K c CH COOH c NH H O c CH COOH c NH H O K K 1.010-+ -++---????????===??????=2.89×104； (3)HCl 、CH 3COOH 溶液的pH 相同，则溶液中c(H +)相同，对水的电离平衡的抑制作用也相同，因此这两种溶液中水的电离程度相同，A 正确； B.在HCl 、CH 3COOH 溶液中都存在电荷守恒，两种溶液的pH 相同，则两种溶液中c(H +)、c(OH - )也就相同，所以根据电荷守恒可知溶液中c(CH 3COO -)=c(Cl -)，B 正确； C.由于醋酸是弱酸，部分电离存在电离平衡，所以溶液中c(CH 3COOH)>c(H +)，而HCl 是一元强酸，完全电离，溶液中c(H +)=c(HCl)，所以pH 相同的两种溶液中c(CH 3COOH)> c(HCl)，C 正确； D.由于溶液中的电解质的浓度c(CH 3COOH)> c(HCl)，所以与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗NaOH 的体积多，D 错误； 故合理选项是D； (4)HCl与NaOH混合会发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，二者反应的物质的量的比是1：1，常温下，将0.10 mol/L的HCl溶液和0.30 mol/L的NaOH溶液等体积混合，碱过量，溶液显碱 性，混合后溶液中c(OH-)=0.300.10 2 mol/L=0.10mol/L，由于在常温下K w=1×10-14，所以溶 液中c(H+)=1×10-13mol/L，因此该溶液的pH=13。 【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、水的电离及其影响因素、盐的水解、弱电解质的电离平衡常数的应用、溶液pH的计算等知识。明确溶液中水电离的氢离子浓度大小的计算方法，掌握电解质溶液的有关知识，是本题正确解答的基础，充分考查了学生对所学知识的掌握和应用情况。 18.某实验小组模拟合成氨过程，通过仪器测得正反应速率与时间的图象如下图所示，请回答相关问题： (1)合成氨过程需加入催化剂，催化剂是通过_________来增大反应速率的。 (2)正反应速率呈现出先增大后减小的原因可能是___________。 (3)v正-t图象中A、B、C、D四点属于平衡状态的是___点，你的理由是___。 (4)请在图中画出相应的逆反应速率图象_______________。 【答案】 (1). 降低反应所需的活化能 (2). B点前反应放热占主导速率增大，B点后浓度降低占主导速率降低(3). D (4). 正反应速率保持不变(5). 【解析】 【详解】(1) 催化剂能改变反应途径，通过降低反应所需的活化能增大反应速率； (2) 合成氨过程放热，温度越高反应速率越快，随反应进行，反应物浓度降低，浓度越大反应速率越快，B点前反应放热占主导速率增大，B点后浓度降低占主导速率降低，所以正反应速率呈现先增大后减小的趋势。 (3)达到平衡时，正逆反应速率相等且不再改变。A、B、C三点的速率随时间而改变，D点后正反应速率保持不变，所以D点是属于平衡状态的点； (4)逆反应速率由0逐渐增大，直至正逆反应速率相等，达到平衡状态；相应的逆反应速率图象是。 19.Ⅰ. 实验室利用如右图装置进行中和热的测定。回答下列问题： (1)该图中有一处未画出，它是_____________（填仪器名称）。 (2)某同学利用50 mL 0.50 mol/L的稀盐酸与50 mL 0.55 mol/L的稀氢氧化钠溶液进行实验，最终测得中和热△H=-55.2kJ/mol。已知标准中和热为△H=-57.3kJ/mol，导致这一偏差的原 因最不可能的 ．．．．是________(填字母序号)。 a.实验装置保温、隔热效果差 b.在量取盐酸溶液的体积时仰视读数 c.分多次把NaOH溶液倒入盛有稀硫酸的小烧杯中 d.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液温度 Ⅱ. 某同学用0.1000mol·L-1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸，其操作为如下几步。请回答： ①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上 ②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体 ③调节液面至“0”或“0”刻度线下，并记下读数4.60mL ④移取20.00 mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液 ⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数 (1)以上步骤有一步错误，该错误操作会导致测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不变”) (2)如下图1是某次滴定时滴定管中的终点液面，则该次测得的醋酸物质的量浓度为_____ (3)如下图2所示为滴定图象，a、b、c、d四点中，水的电离程度最大的是 ______点。 【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). b (3). 偏大 (4). 0.09mol/L (5). c 【解析】 【分析】 I.(1)根据量热计的构造来判断该装置中缺少的仪器； (2)根据中和热测定实验成败的关键是保温工作，必须确保热量不散失； II.(1)根据碱式滴定管在装液前应用所装液体进行润洗；根据c(待测)= ()() () V c V ? 标准标准 待测 分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差； (2)根据酸碱恰好中和时二者的物质的量相等计算待测醋酸物质的量浓度； (3)酸、碱会抑制水的电离，溶液中c(H+)或c(OH-)越大，对水电离的抑制作用就越强。 【详解】(1)由量热计的构造可知该装置中缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒； (2) a.实验装置保温、隔热效果差，导致产生等量的水，反应放出的热量使温度计升高的温度少，因此最终使实验测得中和热数值低于标准值，a正确； b.进行中和热测定以不足量的HCl为标准计算，若在量取盐酸溶液的体积时仰视读数，则量取的HCl的体积偏大，反应放出的热量增多，会导致测定值大于标准值，b错误； c.分多次把NaOH溶液倒入盛有稀硫酸的小烧杯中，会导致热量损失过多，最终使中和热测定值小于标准值，c正确； d.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度，一部分NaOH与盐酸直接反应，HCl的起始温度高，则反应放出的热量使温度计升高的温度偏少，以此温度差为标准计算的中和热数值偏低，d正确； 故合理选项是b； II.(1)盛装标准碱溶液的碱式滴定管在装液前应用所装标准液体进行润洗，用蒸馏水洗涤碱 式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上，碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待 测)= ()() () V c V ? 标准标准 待测 ，可知c(待测)偏大； (2)用NaOH溶液滴定醋酸，发生反应：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，n(CH3COOH)=n(NaOH)，根据滴定管刻度数值可知，滴定达到终点时读数为22.60mL，反应消耗NaOH溶液的体积 V(NaOH)=22.60mL-4.60mL=18.00mL，由于c(NaOH)= 0.1000mol/L， V(CH3COOH)=20.00mL，所 以c(CH3COOH)= ()() () V c V ? 标准标准 待测 = 0.100018.00 20.00 ? mol/L=0.09mol/L； (3)水是一种极弱的电解质，存在电离平衡：H 2O H++OH-，向水中加入酸、碱会抑制水的电离，溶液中c(H+)或c(OH-)越大，对水电离的抑制作用就越强，在该滴定中，开始是醋酸溶液，随着NaOH的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，溶液中c(H+)逐渐减小，水的电离程度逐渐增大，当二者反应，反应pH=7时，水的电离不受到抑制，水电离达到最大值，后继续滴入NaOH溶液，碱过量，c(OH-)增大，水电离由受到抑制作用，水的电离程度又逐渐减小，因此在溶液pH=7的c点，水电离程度最大。即滴定图象的a、b、c、d四点中，水的电离程度最大的是c 点。 【点睛】本题考查化学实验基本操作和中和热测定的实验，保温工作是实验成功的关键，根 据c(待测)= ()() () V c V ? 标准标准 待测 分析实验操作误差，结合二者反应的物质的量关系计算待测 溶液的浓度，结合水的电离平衡，利用各点溶液中c(H+)或c(OH-)根据平衡移动原理分析判断水电离程度大小情况。 20.Ⅰ.已知C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=akJ·mol－1 2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=－ 220kJ·mol-1，H-H、O=O和O-H键的键能分别为436、496和462kJ·mol-1，则a为_______。Ⅱ.一定条件下，在体积为5 L的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量n(mo1)随时间t(min)的变化如图1所示。已知达平衡后，降低温度，A的体积分数将减小。 (1)该反应的化学方程式为___________________ 。 (2)该反应的反应速率v随时间t的关系如图2所示： ①根据图2判断，在t3时刻改变的外界条件是____________。 ②a、b、c三点中，C的体积分数最大的是________。 ③各阶段的平衡常数如下表所示，则K1、K2、K3之间的大小关系为___________。 t2～t3t4～t5t5～t6 K1K2K3 【答案】 (1). +130 kJ/mol (2). A+2B2C (3). 升高温度 (4). a (5). K1>K2=K3 【解析】 【分析】 I.根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变△H=H(产物)-H(反应物)，再结合化学键能和物质能量的关系来回答； II.(1)根据图知，A、B为反应物而C为生成物，3min内△n(A)=(1-0.7)mol=0.3mol、 △n(B)=(1-0.4)mol=0.6mol、△n(C)=(0.6-0)mol=0.6mol，相同时间内各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比，则A、B、C的计量数之比=0.3mol：0.6mol：0.6mol=1：2：2； (2)①达平衡后，降低温度，A的体积分数将减小，说明降低温度，化学平衡正向移动，该反应的正反应为放热反应，t3时刻改变条件时正、逆反应速率都增大且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动； ②t3时刻平衡逆向移动，t5时刻正逆反应速率都增大但仍然相等，平衡不移动； ③该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小；温度不变，化学平衡常数不变。 详解】I. 已知①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=akJ·mol-1>0， ②2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-220kJ·mol-1 ①×2-②得：2 H2O(g)=O2(g)+2H2(g) △H=(2a+220)kJ?mol-1>0，4×462-496-2×436=2a+220，解得a=+130kJ/mol； II.(1)根据图知，A、B为反应物而C为生成物，3min内△n(A)=(1-0.7)mol=0.3mol、 △n(B)=(1-0.4)mol=0.6mol、△n(C)=(0.6-0)mol=0.6mol，相同时间内各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比，则A、B、C的计量数之比=0.3mol：0.6mol：0.6mol=1：2：2，最终各种物质都存在，且物质的量浓度不再发生变化，说明反应为可逆反应，该反应方程式为A+2B2C； (2)①达平衡后，降低温度，A的体积分数将减小，说明降低温度，化学平衡正向移动，根据平衡移动原理：降低温度，平衡向放热反应分析移动，则该反应的正反应为放热反应，t3时刻改变外界条件时，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，化学平衡逆向移动，则改变的条件是升高温度； ②t3时刻平衡逆向移动，t5时刻改变外界条件后，正、逆反应速率都增大但仍然相等，说明化学平衡不移动。平衡正向移动C的体积分数增大，平衡逆向移动，C的体积分数减小，所以a、 b、c三点中C体积分数最大的是a点； ③该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小；温度不变，化学平衡常数不变。由于反应温度：T(t2～t3) 【点睛】本题考查化学反应的能量和化学键键能之间的关系，并以图象分析为载体考查化学平衡计算、化学平衡影响因素。明确化学计量数之比与反应过程中各物质的物质的量变化量之比关系、温度对化学平衡移动影响原理是解本题关键，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力及计算能力，会根据图判断平衡移动方向，注意知识的迁移和应用。 21.(1)常温下，向100mL0.01mol/LHA的溶液中逐滴加入0.02mol/LMOH溶液，所得溶液的pH 随MOH溶液的体积变化如图所示(溶液体积变化忽略不计)。 ①由图中信息可知HA为______酸（填“强”或“弱”）。 ②A点时，溶液中c(H+)、c(M+)、c(A-)由大到小的顺序是_____________； ③K点时，溶液中c(H+)+c(M+)-c(OH-)=_________mol/L。 (2)20℃时，在c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.100mol/L的H2C2O4、NaOH混合溶液中，H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的物质的量分数δ随溶液pH变化的关系如图所示。 ①Q点：c(H2C2O4)______c(HC2O4-)（填“>”、“<”或“=”） ②该温度下HC2O4-的电离常数K=____________。 【答案】 (1). 强 (2). c(A-)>c(H+)>c(M+) (3). 0.05 (4). < (5). 1×10-4.2【解析】 【分析】 (1)①根据开始滴定时溶液的pH与酸的浓度分析判断； ②X点溶质为等浓度的HA和NaA，HA为强电解质，完全电离，结合A-部分水解判断 c(H+)、c(M+)、c(A-)的浓度大小； ③K点反应后溶质为等浓度的MA和MOH，结合电荷守恒分析； (2)①依据图象可知Q点c(H2C2O4)= c(C2O42-)≈0，c(HC2O4-)的浓度最大； ②P点c(HC2O4-)=c(C2O42-)，据此计算该温度下HC2O4-的电离常数。 【详解】(1)①根据图甲可知，0.01mol/LHA溶液的pH=2，c(H+)=0.01mol/L=c(HA)，说明HA 为强酸； ②A点加入25mL0.02mol/LMOH，反应后溶质为等浓度的HA和MA，HA为强电解质，完全电离，则c(A-)的浓度最大，M+部分水解而消耗，则c(H+)>c(M+)，因此溶液中c(H+)、c(M+)、c(A-)由大到小的顺序是：c(A-)>c(H+)>c(M+)； ③K点时，根据电荷守恒可知：c(H+)+c(M+) –c(OH-)=c(A-)=0.01mol/L 2 =0.005mol/L； (2)①根据图乙可知，Q点c(H2C2O4)=c(C2O42-)≈0，c(HC2O4-)的浓度最大，则c(H2C2O4)< c(HC2O4-)； ②P点c(HC2O4-)=c(C2O42-)，该温度下HC2O4-的电离平衡常数 Ka= ()() () 2 24 24 c H c C O c HC O +- - =c(H+)=1×10-4.2mol/L。 【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液中离子浓度大小比较，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及弱电解质的电离和盐水解的特点。试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。