【化学】北京市北京师范大学燕化附属中学2019-2020 学年高二下学期期末考试（解析版） 19页

北京市北京师范大学燕化附属中学 2019-2020 学年高二下 学期期末考试 可能用到的相对原子质量：H—1；C—12；N—14；O—16；Cl—35.5；Na—23 第 I 卷 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。) 1.对于反应 2A+B ⇌ C+D 表示反应速率最快的是 A. vA=0.75mol/(L·s) B. vB=0.5mol/(L·s) C. vC=1.0mol/(L·s) D. vD=1.5mol/(L·s) 【答案】D 【解析】 【详解】同一反应同一时段内不同物质的反应速率之比等于计量数之比，据此将不同物质表 示的反应速率转化为同一物质同一单位表示的速率进行比较。 A．vA=0.75mol/(L·s)； B．vB=0.5mol/(L·s)，vA：vB=2:1，所以 vA=1.0mol/(L·s)； C．vC=1.0mol/(L·s)，vA：vC=2:1，所以 vA=2.0mol/(L·s)； D．vD=1.5mol/(L·s)，vA：vD=2:1，所以 vA=3.0mol/(L·s)； 综上所述反应速率最快的是 D。 2.下列燃烧反应的反应热是燃烧热的是： A. H2(g)+1/2 O2(g)=H2O(g) △ H1 B. C(s)+1/2 O2(g)=CO(g) △ H2 C. S(s)+O2(g)=SO2(g) △ H3 D. H2S(g)+1/2O2=S(s)+H2O(l) △ H4 【答案】C 【解析】 【分析】 燃烧热的定义：在 25℃，101kPa 时，1mol 可燃性物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出 的热量，叫做该物质的燃烧热；据此进行分析。 【详解】A、H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) △ H1，生成的水为气态，不是 25℃，101kPa 下的稳定 产物，故 A 错误； B、C(s)+1/2O2(g)=CO(g) △ H2，生成的 CO 可继续与 O2 反应生成 CO2，CO 不属于稳定的 氧化物，故 B 错误； C、S(s)+O2(g)=SO2(g) △ H3 ，生成的气态 SO2 为稳定的氧化物，符合燃烧热的定义，故 C 正确； D、H2S(g)+1/2O2(g)=S(s)+H2O(l) △ H4，生成的 S 可继续燃烧生成 SO2，故 D 错误； 故答案选 C。 【点睛】燃烧热定义要点：①规定在 101kPa，25℃下测出热量，因为压强和温度不定，反 应热数值不相同；②规定可燃物物质的量为 1mol；③规定可燃物完全燃烧生成稳定氧化物 所放出的热量为标准；燃烧热的注意事项：燃烧热是以 1mol 可燃物作为标准来进行测定的， 因此在计算燃烧热时，热化学方程式里其他物质的化学计量数常出现分数。 3.下列物质在水溶液中促进了水的电离的是 A. NaHSO4 B. HClO C. NaCl D. CuSO4 【答案】D 【解析】 【详解】A.NaHSO4 在水溶液中会电离出 H+，抑制水的电离，故 A 错误； B.HClO 在水溶液中会电离出 H+，抑制水的电离，故 B 错误； C.NaCl 为强酸强碱盐，对水的电离无影响，故 C 错误； D.CuSO4 溶液中 Cu2+会发生水解而促进水的电离，故 D 正确； 答案选 D。 4.对于反应 2H2 (g)＋O2 (g) 2H2O (g)，能增大正反应速率的措施是 A. 增大 O2 的物质的量浓度 B. 增大反应容积 C 移去部分 H2O (g) D. 降低体系温度 【答案】A 【解析】 A. 增大 O2 的物质的量浓度,能增大反应速率，故 A 正确； B. 增大容器容积，气体浓度降低，反应速率减小，故 B 错误； C. 移去部分 H2O (g)，反应物的浓度不变，生成物的浓度减小，化学平衡向正反应方向移动， 所以正反应速率减小，故 C 错误； D. 降低体系的温度，正逆反应速率都减小，故 D 错误。 故答案选 A。 考点：化学反应速率的影响因素 【名师点睛】本题考查化学反应速率的影响，侧重于基本理论知识的考查。为提高该反应的 正反应速率，可采取增大浓度、增大压强或加入催化剂、升高温度等，注意把握反应的特点， 为解答该题的关键，也是易错点。 5.下列各装置能形成原电池的是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 判断一个装置能否构成原电池，要看是否符合原电池的构成条件：①电极材料(活动性不同 的金属、金属与非金属、金属与金属氧化物)；②电解质溶液；③构成闭合回路；④能自发 进行的氧化还原反应。A 装置：由于两个电极是同种金属，不能形成原电池；B 装置：酒精 不是电解质溶液，不能构成原电池；C 装置：没有形成闭合回路，不能形成原电池；D 装置： 符合原电池构成的条件，能形成原电池。 6.下列物质属于强电解质的是 A. 盐酸 B. 氟化氢 C. 熔融氯化钠 D. 铜 【答案】C 【解析】 强电解质包括强酸、强碱、绝大部分盐、金属氧化物等，这些物质均为纯净物；盐酸为混合 物，A 错误；氟化氢水溶液为弱酸，氟化氢为弱电解质，B 错误；熔融氯化钠为盐，纯净物， C 正确；铜为单质，不是化合物，D 错误；正确选项 C。 7.由 N2O 和 NO 反应生成 N2 和 NO2 的能量变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应生成 1 mol N2 时转移 2 mol e- 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＝-139 kJ·mol-1 D. 断键吸收能量之和大于成键释放能量之和 【答案】D 【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-，选项 A 正确； B. 由图可知反应物的总能大于生成物的总能量，选项 B 正确； C. ΔH=    EE  反应物 生成物 =209 kJ·mol-1-348 kJ·mol-1=-139 kJ·mol-1，选项 C 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，选项 D 不正确； 答案选 D。 【点睛】解答本题的关键是ΔH 的计算，ΔH=    EE  反应物 生成物 =反应物的总键 能-生成物的总键能。 8.在某温度下，反应 ClF(g)+F2(g) ⇌ ClF3(g) ΔH＝+268 kJ·mol-1，在密闭容器中达到平衡， 下列说法中正确的是 A. 升高温度，K 不变，平衡向正反应方向移动 B. 升高温度，平衡常数变小 C. 升高温度，平衡向正反应方向移动，F2 的转化率提高 D. 降低温度，单位时间内生成 ClF3 的物质的量增加 【答案】C 【解析】 【分析】 由题可知，该反应正反应ΔH>0 为吸热反应，着重考察温度对于速率和平衡移动的影响。 【详解】A.正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，K 值增大，A 项错误； B.升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数变大，B 项错误； C.升高温度，平衡向正反应方向移动，F2 的转化率提高，C 项正确； D.降低温度，化学反应速率减小，单位时间内生成 ClF3 的物质的量减少，D 项错误； 答案选 C。 9.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现 T℃时（各物质 均为气态），甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图： 下列说法正确的是（ ） A. 反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) △ H=+akJ/mol(a>0) B. 1molCH3OH(g)和 1molH2O(g)的总能量大于 1molCO2(g)和 3molH2(g)的总能量 C. 选择优良的催化剂降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，有利于减少过程中的能耗 D. CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂 【答案】C 【解析】 【分析】 由反应机理图可知，反应Ⅰ为：CH3OH =2H2+CO，反应Ⅱ为：CO+H2O=H2+CO2。由能量 图可知，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，对比能量图中反应Ⅰ的反应物所具有的能 量和反应Ⅱ的生成物所具有的能量，可知反应Ⅰ的反应物和反应Ⅱ的生成物所具有的能量的 大小关系为：EⅡ生＞EⅠ反。据此进行分析。 【详解】A．结合能量图可知，反应Ⅱ为放热反应，根据反应机理图可知，反应Ⅱ的热化学 方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) △ H=-akJ/mol(a>0)，A 项错误； B．结合反应机理和能量图可知，EⅡ生＞EⅠ反，即 1molCH3OH(g)和 1molH2O(g)的总能量小于 1molCO2(g)和 3molH2(g)的总能量，B 项错误； C．催化剂可以通过参与反应改变反应历程降低反应的活化能，从而可减少反应过程的能耗， C 项正确； D．CO(g)属于中间产物，不是催化剂。D 项错误； 答案选 C。 10.对于工业合成氨反应：N2＋3H2 2NH3，下列说法错误．．的是（ ） A. 使用合适的催化剂可以加大反应速率 B. 升高温度可以增大反应速率 C. 增大 N2 浓度可以使 H2 转化率达到 100℅ D. 增大 N2 浓度可以增大反应速率 【答案】C 【解析】 【详解】A．使用正催化剂可以增大反应速率，A 正确； B．升高温度可以增大反应速率，B 正确； C．该反应是可逆反应，任何条件下都无法使得转化率达到 100%，C 错误； D．增大反应物的浓度可以增大反应速率，D 正确； 故合理选项为 C。 11.某小组依据氧化还原反应：2Ag＋(aq)＋Cu(s)==Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计的原电池如图所示， 下列说法正确的是 A. 电极 X 可以是碳棒也可以是银棒 B. 盐桥中的阳离子流向 CuSO4 溶液所在烧杯 C. 银电极为电池的负极，发生的电极反应为 Ag－e－=Ag+ D. 外电路中电流的方向是从银电极流向 X 电极 【答案】D 【解析】 【分析】 由方程式 2Ag+(aq)+Cu(s)═Cu2+(aq)+2Ag(s)可知，反应中 Ag+被还原，为正极反应，则电解 质溶液 Y 为硝酸银溶液，Cu 被氧化，为原电池负极，则 X 为 Cu，据此分析解答。 【详解】A．根据上述分析，电极 X 为铜，故 A 错误； B．X 为负极，银为正极，盐桥中的阳离子流向 Y 溶液所在烧杯，故 B 错误； C．根据上述分析，银电极为电池的正极，发生的电极反应为 Ag++e－=Ag，故 C 错误； D．X 为负极，银为正极，外电路中电流的方向是从银电极流向 X 电极，故 D 正确； 故选 D。 12.下列说法中正确的是（ ） A. 将纯水加热的过程中，Kw 变大、pH 变小 B. 保存 FeSO4 溶液时，加入稀 HNO3 抑制 Fe2＋水解 C. FeCl3 溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到 FeCl3 固体 D. 向 0.1mol·L-1 氨水中加入少量水，pH 减小，    3 2 c OH c NH •H O  减小 【答案】A 【解析】 【详解】A、水的电离吸热，加热促进电离，H＋和 OH－浓度增大，Kw 增大，pH 减小，A 正确； B、保存 FeSO4 溶液时，加入稀 HNO3 酸化会将亚铁离子氧化为铁离子，药品变质，应加入 稀硫酸抑制 Fe2+水解，B 错误； C、FeCl3 溶液蒸干、灼烧至恒重，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁沉淀， 灼烧分解生成氧化铁，C 错误； D、向 0.1 mol•L-1 氨水中加入少量水，促进电离，但溶液体积增大，氢氧根离子和铵离子浓 度减小，溶液 pH 减小，Kb 不变， =   bK c H  增大，D 错误； 故选 A。 13.在密闭容器中进行反应 CH4(g)+H2O(g)  CO(g)+3H2(g) △ H>0，测得 c(CH4)随反 应时间(t)的变化如图所示。下列判断正确的是（ ） A. 10 min 时，改变的外界条件可能是升高温度 B. 反应进行到 12min 时，CH4 的转化率为 25% C. 0∽5 min 内，v(H2)＝0.1 mol·(L·min)-1 D. 恒温下，缩小容器体积，平衡后 H2 浓度减小 【答案】A 【解析】 【详解】A. 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，该反应 正反应是吸热反应，可能是升高温度，故 A 正确； B. 反应进行到 12min 时，CH4的转化率为1.00-0.25 1.00 ×100％=75％，故 B 错误； C. 根据图可知，前 5min 内甲烷的浓度由 1.00mol/ L 减小为 0.50mol/L，故 v(CH4) =(1-0.5)mol∙L-1/5min=0.1mol/ (L∙min) ，由化学计量数之比等于反应速率之比，则 v (H2)=3×0.1mol/ (L∙min) =0. 3mol/(L∙min) ，故 C 错误； D. 恒温下，缩小容器体积导致氢气浓度增大，虽然压强增大，平衡向逆反应方向移动，移 动的结果减小氢气浓度的增大，但根据勒夏特列原理，不会消除浓度增大，平衡后 c (H2)增 大，故 D 错误； 故选 A。 14.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. H+、Na+、Cl-、 2- 4SO B. Na+、 - 3NO 、H+、S2- C. Na+、H+、 - 4MnO 、 2- 3SO D. Fe2+、Na+、 2- 3SO 、Cl- 【答案】A 【解析】 【详解】A. H+、Na+、Cl-、 2- 4SO 各离子之间相互不反应，能大量共存，选项 A 正确； B. H+、S2-能反应生成氢硫酸， - 3NO 、H+、S2-之间能发生氧化还原反应而不能大量共存，选 项 B 错误； C. H+、 - 4MnO 、 2- 3SO 之间能发生氧化还原反应而不能大量共存，选项 C 错误； D. Fe2+与 2- 3SO 能发生双水解而不能大量共存，选项 D 错误； 答案选 A。 15.已知草酸是二元弱酸，0.2 mol·L-1NaHC2O4 溶液显酸性，关于 NaHC2O4 溶液中离子浓 度关系的叙述不正确的是 A. c(Na+)＞c( - 2 4HC O )＞c( 2- 2 4C O )＞c(H2C2O4) B. c(Na+)＝c( - 2 4HC O )+c( 2- 2 4C O )+c(H2C2O4) C. c(Na+)+c(H+)＝c( - 2 4HC O )+c( 2- 2 4C O )+c(OH-) D. c(H+)+c(H2C2O4)＝c( 2- 2 4C O )+c(OH-) 【答案】C 【解析】 【详解】A.草酸是二元弱酸，0.2 mol·L-1NaHC2O4 溶液显酸性，说明 H2C2O4 电离程度大于 水解程度，但是其电离和水解程度都较小，钠离子不水解，则溶液中离子浓度大小顺序为 c(Na+)＞c( - 2 4HC O )＞c( 2- 2 4C O )＞c(H2C2O4)，故 A 正确； B.溶液中存在物料守恒；c(Na+)= c(HC2O-) + c(C2O2- )+ c(H2C2O4)，故 B 正确； C.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c( - 2 4HC O )+2c( 2- 2 4C O )+c(OH-)，故 C 错误； D.溶液 中存在 物料守 恒 c(Na+)= c(HC2O-) + c(C2O2- )+ c(H2C2O4)，液 中存在 电荷守 恒 c(Na+)+c(H+) ＝ c( - 2 4HC O )+2c( 2- 2 4C O )+c(OH-) ， 溶 液 中 电 荷 守 恒 减 物 料 守 恒 得 c(H+)+c(H2C2O4)＝c( 2- 2 4C O )+c(OH-)，故 D 正确； 故答案：C。 16.常温下，0.2mol/L 一元酸 HA 与等浓度的 NaOH 溶液等体积混合后，所得溶液中部分微 粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是 A. HA 是强酸 B. 该混合液 pH=7 C. 图中 x 表示 HA，Y 表示 OH-，Z 表示 H+ D. 该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+） 【答案】D 【解析】 【详解】A、0.2mol/L 一元酸 HA 与等浓度的 NaOH 溶液等体积混合后，得到的溶液为 0.1mol/L 的 NaA 溶液，若 HA 为强酸，则溶液为中性，且 c(A-)=0.1mol/L，与图不符，所以 HA 为弱 酸，A 错误； B、根据 A 的分析，可知该溶液的 pH＞7，B 错误； C、A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是 c(Na+)＞c(A-)＞c(OH－）＞ c(HA)＞c(H＋)，所以 X 是 OH－，Y 是 HA，Z 表示 H+，C 错误； D、根据元素守恒，有 c(A-)+c(HA)=c（Na+），D 正确； 答案选 D。 17.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是 编号 ① ② ③ ④ pH 10 10 4 4 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸溶液 盐酸 A. 相同体积③、④溶液分别与 NaOH 完全反应，消耗 NaOH 物质的量：③＞④ B. 分别加水稀释 10 倍，四种溶液的 pH：①＞②＞④＞③ C. ①、④两溶液等体积混合，所得溶液中 c( + 4NH )＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+) D. 在③溶液中：c(H+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(OH-) 【答案】D 【解析】 【详解】A.醋酸溶液属于弱酸溶液，盐酸属于强酸溶液，pH=4 的醋酸溶液和盐酸溶质物质 的量浓度：醋酸溶液＞盐酸，则相同体积③、④溶液分别与 NaOH 完全反应，消耗 NaOH 物质的量：③＞④，A 正确； B.由于加水稀释促进 NH3·H2O 的电离，pH=10 的氨水加水稀释 10 倍后溶液的 pH：9＜pH ＜10，pH=10 的氢氧化钠溶液加水稀释 10 倍后溶液的 pH=9，由于加水稀释促进 CH3COOH 的电离，pH=4 的醋酸溶液加水稀释 10 倍后溶液的 pH：4＜pH＜5，pH=4 的盐酸加水稀释 10 倍后溶液的 pH=5，则分别加水稀释 10 倍，四种溶液的 pH：①＞②＞④＞③，B 正确； C.pH=10 的氨水中 c(OH-)=10-4mol/L，pH=4 的盐酸中 c(H+)=10-4mol/L，由于氨水为弱碱溶液， 盐酸为强酸溶液，则两者等体积混合充分反应后得到 NH4Cl 和过量氨水的混合液，即氨水 过量，溶液呈碱性，则 c(OH-)＞c(H+)，混合后溶液中的电荷守恒为 c( + 4NH )+c(H+)= c(Cl-)+c(OH-)，则 c( + 4NH )＞c(Cl-)，由于弱电解质的电离是微弱的，故所得溶液中 c( + 4NH ) ＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，C 正确； D.pH=4 的醋酸溶液中的电荷守恒为 c(H+)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，D 错误； 答案选 D。 18.臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g) N2O5(g)+O2(g)，反应在恒 容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是（） A B C D 升高温度，正反 应方向平衡常数 减小 0~3s 内，反应速率为： v(NO2)＝0.2 mol·L-1·s-1 t1 时仅加入催化剂，平衡 正向移动 达平衡时，仅改变x， 则 x 为 c(O2) A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．达到平衡后，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故 A 错误； B．0～3s 内，反应速率为 v(NO2)=1.0mol / L 0.4mol / L 3s  =0.2mol•L-1•s-1，故 B 正确； C．催化剂同等程度增大正逆反应速率，不影响平衡移动，故 C 错误； D．x 为 c(O2)时，增大浓度，平衡逆向移动，转化率减小，与图象不符，故 D 错误； 故答案为 B。 第 II 卷 二、填空题 19.某温度时，在 2 L 的密闭容器中，X、Y、Z 三种物质的物质的量随时间的变化曲线如 图所示。 (1)反应从开始至 2 分钟末，Y 的转化率为α(Y)＝_______________。 (2)由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为____________。 【答案】 (1). 10% (2). 3X+Y 2Z 【解析】 【分析】 由图像可知，X、Y 的物质的量在减少，作反应物，Z 的物质的量在增加，作生成物，反应 至 2 分钟达到平衡。 【详解】(1)根据图像可知，反应进行 2min 时，Y 的物质的量是 0.9mol，且不再发生变化， 这说明反应已经达到平衡状态，则 Y 的转化率是(1.0-0.9)/1.0×100%=10%。 (2)根据图像可知，反应进行 2min 时，X 的物质的量减少 0.3mol，Y 的物质的量减少 0.1mol， Z 的物质的量增加 0.2mol，同一反应中各物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，故 该反应的化学方程式是 3X+Y 2Z。 20.有下列六种物质的溶液：①NaCl ②NH4Cl ③Na2CO3 ④Al2(SO4)3 ⑤CH3COOH ⑥ NaHCO3 (1)25℃时，用离子方程式表示 0.1mol·L-1②溶液的酸碱性原因：__________ ； (2)常温下，0.1mol/L 的③和⑥溶液中微粒(含离子和分子)的种类是否相同：_______ (填“相 同”或“不相同”)； (3)将④溶液加热蒸干并灼烧最终得到的物质是________ (填化学式)； (4)常温下 0.1 mol/L⑤溶液加水稀释至中性的过程中，下列表达式的数据一定变大的是 _______。 A．c(H+) B．c(OH-) C．     + 3 c H c CH COOH D．c(H+)·c(OH-) 【答案】 (1). NH4Cl 溶液中存在 NH4+离子的水解平衡：NH4+ + H2O NH3∙ H2O+ H+， 所以 NH4Cl 溶液显酸性 (2). 相同 (3). Al2(SO4)3 (4). BC 【解析】 【分析】 (1)根据 NH4+水解规律进行分析； (2)根据 Na2CO3 溶液和 NaHCO3 溶液中存在的水解平衡、电离平衡进行分析； (3)硫酸属于难挥发性酸，Al2(SO4)3 溶液加热蒸干灼烧后产物为原溶质； (4)根据 CH3COOH 溶液中存在电离平衡 CH3COOH CH3COO-+ H+，加水稀释促进电离 进行分析。 【详解】(1)②为 NH4Cl 溶液，溶液中铵根离子能发生水解，其反应的离子反应方程式为： NH4++ H2O NH3∙H2O+ H+，故答案：NH4Cl 溶液中存在着铵根离子水解平衡：NH4++ H2O NH3∙H2O+H+，所以 NH4Cl 溶液显酸性； (2)③为 Na2CO3 溶液，⑥为 NaHCO3 溶液，碳酸钠溶液中碳酸根水解，且水解分步进行， CO32-+H2O HCO3-+OH-，HCO3-+H2O H2CO3+OH-，NaHCO3 溶液中 HCO3-既能水 解又能电离，HCO3-+H2O H2CO3+OH-，HCO3- CO32-+H+，所以常温下，0.1mol/L 的 Na2CO3 溶液和 NaHCO3 溶液中均含有微粒：Na+、CO32-、HCO3-、OH-、H+、H2CO3、H2O， 故微粒种类是相同，故答案：相同； (3)④为 Al2(SO4)3 溶液，存在水解平衡：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，由于硫酸属于难挥 发性酸，所以将 Al2(SO4)3 溶液加热蒸干并灼烧后的产物为硫酸铝；故答案：Al2(SO4)3； (4)⑤为 CH3COOH 溶液，常温下 0.1 mol/LCH3COOH 溶液中存在 CH3COOH CH3COO-+ H+反应，加水稀释至中性的过程中，c(H+)逐渐减小，c(OH-)逐渐增大，由于温度不变，所以 c(H+)×c(OH-)=Kw 不变；根据醋酸的电离平衡常数可知，，     + 3 c H c CH COOH = 3 Ka c CH COO （ ）， 加水稀释过程中，促进电离，c（CH3COO-）减小，但是 Ka 不变，所以     + 3 c H c CH COOH 增 大；故答案选 BC。 21.下表是有关物质的 Ksp： 物质 CaCO3 MgCO3 Ca(OH)2 Mg(OH)2 Ksp(单位省 略) 2.8×10-9 6.8×10-6 4.7×10-6 5.6×10-12 回答下列问题： (1)某同学在实验室条件下模拟从海水中提取镁的生产过程。在加试剂时，误将纯碱溶液加 入海水中；他思考了一下，又在得到的混合体系中加入过量的烧碱溶液，你觉得他_______(填 “能” 或“不能”)将 Mg2+转化为 Mg(OH)2 沉淀，理由是_______。 (2)要制得无水 MgCl2，过滤出 Mg(OH)2 沉淀后，用试剂_________(填化学式)将其溶解。 (3)将得到的氯化镁溶液在浓缩池中制得 MgCl2·6H2O。然后将 MgCl2·6H2O 转移到干燥塔 中，在干燥的 HCl 气流中加热 MgCl2·6H2O，才能得到无水 MgCl2，原因是：_________。 【答案】 (1). 能 (2). 因为 Ksp (MgCO3)=6.8×10-6，Ksp [Mg(OH)2]=5.6×10-12，纯碱 溶液加入海水中产生 MgCO3 的沉淀，在得到的混合体系中加入过量的烧碱溶液，烧碱电离 产生的 OH-能结合 MgCO 3 溶解产生的 Mg2 +生成溶解度更小的 Mg(OH)2 沉淀，使 MgCO 3 的溶解平衡不断向右移动 (3). HCl (4). MgCl2·6H2O 加热时会水解成 Mg(OH)2，而 HCl 可以抑制其水解，并且能生成 MgCl2 【解析】 【分析】 根据沉淀溶解平衡原理 Ksp (MgCO3)=6.8×10-6>Ksp [Mg(OH)2]=5.6×10-12 进行判断；根据水 解原理进行分析；根据影响水解平衡移动因素进行分析。 【详解】(1) 因为 Ksp (MgCO3)=6.8×10-6>Ksp [Mg(OH)2]=5.6×10-12，纯碱溶液加入海水中产 生 MgCO3 的沉淀，在得到的混合体系中加入过量的烧碱溶液，烧碱电离产生的 OH-能结合 MgCO 3 溶解产生的 Mg2 +生成溶解度更小的 Mg(OH)2 沉淀，使 MgCO 3 的溶解平衡不断向右 移动，所以能将 Mg2+转化为 Mg(OH)2 沉淀，故答案：能；因为 Ksp (MgCO3)=6.8×10-6，Ksp [Mg(OH)2]=5.6×10-12，纯碱溶液加入海水中产生 MgCO3 的沉淀，在得到的混合体系中加入 过量的烧碱溶液，烧碱电离产生的 OH-能结合 MgCO 3 溶解产生的 Mg2 +生成溶解度更小的 Mg(OH)2 沉淀，使 MgCO 3 的溶解平衡不断向右移动。 (2)要制得无水 MgCl2，过滤出 Mg(OH)2 沉淀后用 HCl 溶解，盐酸电离的 H +与 Mg(OH)2 溶 解产生的 OH-生成水，使 Mg(OH)2 的溶解平衡不断右移将其溶解，故答案：HCl； (3) MgCl2·6H2O 加热时会水解成 Mg(OH)2，而 HCl 可以抑制其水解，并且能生成 MgCl2， 故答案：MgCl2·6H2O 加热时会水解成 Mg(OH)2，而 HCl 可以抑制其水解，并且能生成 MgCl2。 22.图 a 是 1 mol NO2 和 1 mol CO 恰好反应生成 CO2 和 NO 过程中的能量变化示意 图；现往体积固定的密闭容器中通入等物质的量的 NO2 和 CO，反应中的 CO 和 NO 的 浓度随时间变化的示意图如 b 图。根据图意回答下列问题： (1)写出 NO2 和 CO 反应的热化学方程式__________。 (2)从反应开始到平衡，用 NO2 浓度变化表示平均反应速率 v(NO2)＝_________。 (3)此温度下达到平衡时 NO2 的转化率为_________。 (4)830K 时，在密闭容器中发生下列可逆反应 CO(g)+H2O(g) ⇌ CO2(g)+H2(g) △ H＜0。试回 答下列问题： ①若起始时 c(CO)=2mol·L-1，c(H2O)=3mol·L-1，达到平衡时 CO 的转化率为 60%，则在该 温度下，该反应的平衡常数 K=__。 ②在相同温度下，若起始时 c(CO)=1mol·L-1，c(H2O)=2mol·L-1，反应进行一段时间后，测 得 H2 的浓度为 0.5mol·L-1，则此时该反应______(填“是”与“否”)达到平衡状态，此时 v(正)_____v(逆)(填“>”、“＝”或“<”)。 【 答 案 】 (1). NO2 (g) + CO(g) = NO(g) + CO2(g) ΔH ＝ － 234 kJ·mol−1 (2). 1 10.5mol L min   (3). 75% (4). 1 (5). 否 (6). ＞ 【解析】 【分析】 根据焓变等于反应物的活化能－生成物的活化能分析，根据图像求出 NO2 的改变量，再计 算 NO2 的速率和转化率，通过建立三段式进行计算平衡常数，再计算浓度商来判断是否达 到平衡。 【详解】(1) NO2 和 CO 反应的热化学方程式 NO2 (g) + CO(g) = NO(g) + CO2(g) ΔH ＝134 kJ·mol−1－368 kJ·mol−1＝－234 kJ·mol−1；故答案为：NO2 (g) + CO(g) = NO(g) + CO2(g) ΔH ＝ －234 kJ·mol−1。 (2)从反应开始到平衡，NO 改变量为 1.5 mol⸱ L−1，则 NO2 的改变量为 1.5 mol⸱ L−1，用 NO2 浓度变化表示平均反应速率 1 1mol/Lυ= =0.5mol L mint 3min 1.5c      ；故答案为： 1 10.5mol L min   。 (3)由于体积固定的密闭容器中通入等物质的量的 NO 和 CO，CO 开始的浓度为 2 mol⸱ L−1，平衡时改变量为 1.5 mol⸱ L−1，此温度下达到平衡时 NO2 的转化率为 1 1 1.5mol L 100%=75%2mol L     ；故答案为：75%。 (4)①若起始时 c(CO)=2mol·L-1，c(H2O)=3mol·L-1，达到平衡时 CO 的转化率为 60%， 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 1.2 CO g + H O g CO g + H g 2mol L 3mol L mol L mol L mol L 1.2 1.2 1.2 0.8 1.8 mol L mol L mol L 1.2 mol L 1.2mol L                      开始： 转化： 平衡： 1 ，则在该温度 下，该反应的平衡常数 1 1 1 1 1.2 1.2 =10 mol L mol L mol L mo. 1 8 l8 L.K           ；故答案为：1。 ②在相同温度下，若起始时 c(CO)=1 mol⸱ L−1，c(H2O)=2 mol⸱ L−1，反应进行一段时间后， 测得 H2 的浓度为 0.5 mol⸱ L−1，则此时 c(CO2)=0.5 mol⸱ L−1，c(CO)=(1－0.5) mol⸱ L−1=0.5 mol⸱ L−1，c(H2O)= (2－0.5) mol⸱ L−1=1.5 mol⸱ L−1，则此时浓度商 1 c 1 1 1 0.5 0.5 1Q = = 10. mol L mol L mol L5 1.5mol 3L           ，因此此时该反应没有达到平衡状态，平衡正向移动， 因此υ(正) ＞υ(逆)；故答案为：否；＞。 【点睛】化学平衡综合题是常考题型，主要考查热化学方程式书写、化学反应速率计算、三 段式建立关系计算平衡常数，利用平衡移动原理分析判断。 23.弱电解质的水溶液中存在电离平衡。 (1)醋酸是常见的弱酸。下列方法中，可以使醋酸溶液中 CH3COOH 电离程度增大的是 _______。 A. 滴加少量浓盐酸 B. 微热溶液 C. 加水稀释 D. 加入少量醋酸钠晶体 (2)用 0.1mol·L-1NaOH 溶液分别滴定体积均为 20mL、浓度均为 0.1mol·L-1 的盐酸和醋酸溶 液， 得到滴定过程中溶液 pH 随加入 NaOH 溶液体积而变化的两条滴定曲线。 ①滴定醋酸的曲线是_______(填“I”或“II”)。 ②图 I 中 V=10 时，溶液中的 c(Na+)________c(A-)。(填“>”、“＝”或“<”，其中 A-代表酸根 离子) (3)下表为某同学所测 25℃时，甲、乙两种溶液的 pH。 甲 乙 pH 11 11 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 ①甲溶液中的c(OH-) =_________mol/L。 ②25℃时，等体积的甲、乙两溶液与等浓度的盐酸恰好完全反应，消耗的盐酸体积：甲_______ 乙。(填“>”、“＝”或“<”) ③甲、乙溶液均加水稀释 10 倍后，所得溶液的 pH：甲______乙。(填“>”、“＝”或“<”) (4)下表是几种常见弱酸的电离常数 化学式 CH3COOH H2SO3 HClO H2CO3 电离常数 1.8×10-5 K1=1.23×10-2 K2=6.6×10-8 3.0×10-8 K1=4.4×10-7 K2=4.7×10-11 以下反应对应的离子方程式正确的是_______。 A．Na2CO3 溶液吸收少量 SO2： 2- 3CO +SO2+H2O= 2- 3SO + - 3HCO B．漂白液生效的原理：ClO-+CO2+H2O = HClO+ - 3HCO C．次氯酸钠溶液吸收少量 SO2：ClO-+SO2+H2O = HClO+ 2- 3SO D．醋酸除水垢中的 CaCO3：2CH3COOH+CaCO3= Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑ 【答案】 (1). BC (2). I (3). < (4). 0.001 (5). > (6). > (7). BD 【解析】 【分析】 （1）A. 滴加少量浓盐酸，增大了氢离子的浓度，平衡左移，CH3COOH 电离程度减小； B. 微热溶液，促进醋酸电离，CH3COOH 电离程度增大； C. 加水稀释，促进醋酸电离，CH3COOH 电离程度增大； D .加入少量醋酸钠晶体，增大了醋酸根离子浓度，平衡左移，CH3COOH 电离程度减小； （2）①盐酸是强酸、醋酸是弱酸，0.1 mol·L-1 的盐酸中 c(H+)=0.1mol/L，0.1 mol·L-1 醋酸中 c(H+)<0.1mol/L，所以盐酸的 pH=1,醋酸的 pH>1； ②图 I 中，V=10 时，pH<7，所以 c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒 c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故 c(Na+)10-3mol/L，c(NaOH) =10-3mol/L； ③由于氨水是弱碱，稀释过程中电离程度增大，n(OH-)增大；NaOH 是强碱； （4）根据表格提供的数据和强酸制弱酸的原理分析可得。 【详解】（1）A. 滴加少量浓盐酸，增大了氢离子的浓度，平衡左移，CH3COOH 电离程度 减小，选项 A 错误； B. 微热溶液，促进醋酸电离，CH3COOH 电离程度增大，选项 B 正确； C. 加水稀释，促进醋酸电离，CH3COOH 电离程度增大，选项 C 正确； D .加入少量醋酸钠晶体，增大了醋酸根离子浓度，平衡左移，CH3COOH 电离程度减小，选 项 D 错误； 答案选 BC； （2）①盐酸是强酸、醋酸是弱酸，0.1mol·L-1 的盐酸中 c(H+)=0.1mol/L，0.1mol·L-1 醋酸中 c(H+)<0.1mol/L，所以盐酸的 pH=1，醋酸的 pH>1，根据图知，I 是醋酸曲线，Ⅱ是盐酸曲 线，故答案为 I； ②图 I 中，V=10 时，pH<7，所以 c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒 c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故 c(Na+)10-3mol/L，c(NaOH) =10-3mol/L，所以 25℃时，等体积的 甲、乙两溶液与等浓度的盐酸反应，消耗的盐酸体积：甲>乙，故答案为>； ③由于氨水是弱碱，稀释过程中电离程度增大，n(OH-)增大；NaOH 是强碱，故甲、乙溶液 均加水稀释 10 倍后，所得溶液的 pH：甲>乙，故答案为>； （4）A.根据表格提供的数据可知 HSO3-的酸性介于 H2CO3 和 HCO3-之间，正确的离子方程 式为：SO2+2CO32-+H2O=SO32-+2HCO3-，A 错误； B. 根据表格提供的数据可知 HClO 的酸性介于 H2CO3 和 HCO3-之间，该离子方程式正确， 故 B 正确； C. HClO 能把 SO32-氧化成 SO42-，C 错误； D.根据表格提供的数据可知醋酸的酸性大于碳酸，该离子方程式正确，D 正确； 答案选 BD。