广东省深圳市新安中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题 26页

新安中学（集团）高中部2019- 2020 学年第一学期期中考试题 高二年级化学 本试卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试用时90分钟。‎ 可能需要相对原子质量：H-1：L-7：C-12：N-4：O-16：Fe-56‎ 第I卷（共54分）‎ 一、单选题（每小题只有一个正确答案，每题3分，共54分）‎ ‎1.能源问题是当今世界上困扰人类发展的重大问题之一，下利能量转化不正确的是 A. 电炉取暖是将电能转化为热能 B. 酒精燃烧是将化学能转化热能 C. 太阳能发电是将化学能转化为电能 D. 手机充电是将电能转化为化学能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电炉加热食物是电能转化为热能，故A不选；‎ B．酒精燃烧是将化学能转化热能，故B不选； ‎ C．太阳能发电技术是将太阳能转化为电能，不是化学能，故C可选； ‎ D．因为手机电池是化学电池，因此手机充电是将电能转化为化学能，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎2.下列实验现象或图像信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是 ‎ A B C D 图示 相关 信息 温度计的水银柱不断上升 反应物总能量大于生成物总能量 反应开始后，甲处液面低于乙处液面 反应开始后，针筒活塞向右移动 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.盐酸和氢氧化钠发生中和反应，为放热反应，可观察到温度计的水银柱不断上升，故A正确； B.从能量守恒的角度分析，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故B正确； C.反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明装置内压强增大，反应为放热反应，温度升高，压强增大，故C正确； D.硫酸和锌反应生成氢气，导致反应开始后针筒活塞向右移动，不能说明一定是反应放热，造成体积的膨胀，故D错误。 所以本题答案：选D。‎ ‎3.关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是 选项 A B C D 强电解质 NaCl H2SO4‎ CaCO3‎ HNO3‎ 弱电解质 HF BaSO4‎ HClO CH3COOH 非电解质 Cl2‎ CS2‎ 蔗糖 H2CO3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cl2不非电解质，A错误；‎ B．BaSO4虽然难溶于水，但它仍属于强电解质，B错误；‎ C．CaCO3是强电解质，HClO是弱电解质，蔗糖是非电解质，C正确；‎ D．H2CO3属于弱电解质，D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.下列说法正确的是.‎ A. 对于2NO2(g)⇌ N2O4(g)的平衡体系，压缩体积，平衡正向移动，混合气体的颜色变浅 B. 化学平衡正向移动，反应物的转化率一定增大 C. 往平衡体系FeCl3+3KSCN⇌Fe(SCN)3‎ ‎+3KCl中加入适量KCl固体，平衡逆向移动，溶液的颜色变浅 D. C(s)+CO2(g)⇌2CO(g) DH>0，其他条件不变时，升高温度，反应速率v(CO2)和CO2的平衡转化率均增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 对于2NO2(g)⇌ N2O4(g)的平衡体系，压缩体积，增大压强，平衡正向移动，但二氧化氮的浓度增大，则混合气体的颜色加深，A项错误；‎ B. 两种气体反应物，增大其中一种气体的物质的量浓度，化学平衡正向移动，但增加的这种气体的转化率降低，另外一种反应物的转化率升高，B项错误；‎ C. 往平衡体系FeCl3+3KSCN⇌Fe(SCN)3+3KCl中加入适量KCl固体，因为KCl不参与反应，因此不影响平衡移动；C项错误；‎ D. C(s)+CO2(g)⇌2CO(g) DH>0，其它条件不变时，升高温度，反应速率v(CO2)增大，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】对于平衡体系2NO2⇌N2O4，加压瞬间NO2浓度增大，颜色加深，随之平衡正向移动，NO2浓度有所减小，颜色又变浅，但是NO2的浓度相比原来的浓度增大，因此颜色比原来深，所以压强增大平衡正向进行，颜色先变深后变浅，但是比原来深。‎ ‎5.下列热化学方程式正确的是 A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ×mol-1，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为CH4(g)+202(g)=CO2(g)+2H2O(g) DH=-890．3kJ×mol-1‎ B. 500°C、30MPa下，将0.5mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为 C. 已知在120°C．101 kPa下，1 gH2燃烧生成水蒸气放出121kJ热量，其热化学方程式为 D. 25°C、101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ×mol-1，硫酸溶液与氢氧化钾溶液反应的热化学方程式为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出热量，一般C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) DH=-890.3kJ×mol-1，故A错误；‎ B. 因N2+3H2⇌2NH3是可逆反应，0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭容器中不能完全反应，若完全反应放出的热量大于19.3kJ，则1mol N2完全反应放出的热量大于38.6kJ，而热化学方程式的反应热表示反应完全进行到底放出或吸收的热量，则该反应的DH < -38.6kJ/mol，B项错误；‎ C. 1g H2燃烧生成水蒸气放出121kJ的热量，则1mol H2燃烧放热242kJ的热量，故其热化学方程式为，C项正确；‎ D. 中和热为稀酸溶液与稀的碱溶液发生中和生成1 mol水放出的热量，则如果生成2mol水，应放热114.6kJ，D项错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】对燃烧热与中和热概念的理解是常考点。解题时需注意以下几点：‎ ‎（1）燃烧热、中和热分别是反应热的一种，其ΔH0；‎ ‎（2）燃烧热是指101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，一般，C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)；‎ ‎（3）书写表示燃烧热的热化学方程式时，应以燃烧1 mol物质为标准来配平其余物质的化学计量数，其它物质的化学计量数可能会出现分数表示的情况；‎ ‎（4）中和热理解为稀酸溶液与稀的碱溶液发生中和生成1 mol水放出的热量，其限定生成物为1 mol液体水。‎ ‎6.某酸溶液的pH=1，此酸溶液的物质的量浓度 A. 0.1 mol·L－1‎ B. 一定大于0.1 mol·L－1‎ C. 若为强酸一定等于0.1 mol·L－1，若为弱酸一定大于0.1 mol·L－1‎ D. 若为强酸一定≤0.1 mol·L－1，若为弱酸一定＞0.1 mol·L－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：某酸溶液的pH=1，则溶液中氢离子的浓度是0.1 mol·L－1。由于弱酸存在电离平衡，而强酸完全电离。所以如果该酸是强酸，则酸的浓度一定≤0.1 mol·L－1‎ ‎，若为弱酸一定＞0.1 mol·L－1，答案选D。‎ 考点：考查弱酸电离平衡有关判断 点评：本题是中等难度的试题，试题难易适中。有利于调动学生的学习兴趣，更有利于培养学生的解题能力。‎ ‎7.下列说法或表示正确的是 A. 在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) DH=-57.3kJ×mol-1，若将含1 mol CH3COOH的醋酸溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ B. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多 C. 由C（石墨）=C（金刚石） DH=+1.9kJ×mol-1，可知，金刚石比石墨稳定 D. 已知2C(s) +2O2(g)=2CO2(g) DH=a kJ×mol-1， 2C(s) +O2(g)= 2CO(g) DH=b kJ×mol-1，则a＞b ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 醋酸为弱电解质，不能完全电离，电离过程吸热，若将含1mol CH3COOH的稀溶液与含1mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ，A项正确；‎ B. 硫蒸气转化为硫固体放热，等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量大于后者，B项错误；‎ C. 由C(石墨)=C(金刚石) △H=+1.90 kJ⋅mol−1可知，金刚石能量大于石墨，则石墨更稳定，C项错误；‎ D. 完全燃烧放出的热量多，且焓变为负，放热越多，焓变△H越小，则a1×10-7mol/L，水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，所以该温度高于25℃，A正确；‎ B.NaHSO4电离出H+，c（H+）增大，抑制水的电离，B正确；‎ C.该温度下水的离子积Kw=1×10-6×1×10-6=10-12，该溶液的pH=2，则该溶液中c（OH-）=10-12÷10-2=1×10-10(mol/L)，该溶液中OH-全部来自水电离，则由水电离出的H+的浓度为1×10-10mol/L，C正确；‎ D.NaHSO4溶液的pH=2，c（H+）=1×10-2mol/L，pH=12的NaOH溶液中c（OH-）=10-12÷10-12=1(mol/L)，两者等体积混合充分反应后NaOH过量，溶液呈碱性，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎15.为更合理地表示溶液的酸碱性，科学家提出“酸度”（用AG表示）概念，AG=lg[c（H+）/c（OH-）]．下列叙述中正确的是 ‎①任何温度下，纯水的AG等于0； ②溶液的AG越小，酸性越强；‎ ‎③常温下，0．1mol/L盐酸的AG=12； ④25℃时，某溶液的AG=-10，其pH=10．‎ A. ①③ B. ②④ C. ①② D. ③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 任何温度下,纯水中c(H+)=c(OH-),故AG=0;酸性越强,H+浓度越大,OH-浓度越小,AG越大;0.1 mol·L-1盐酸中,c(OH-)=10-13mol·L-1,AG=12;lg=-10,c(OH-)=1010c(H+), 由c(H+)·c(OH-)=10-14得,c(H+)=10-12mol·L-1,pH=12。‎ ‎16.某反应由两步反应ABC构成，反应过程中的能量变化曲线如图(E1、E3表示两反应的活化能)。下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 两步反应均为吸热反应 B. 三种化合物的稳定性顺序：B﹤A﹤C C. 加入催化剂不改变反应的焓变，但能提高转化率 D. 整个反应的ΔH＝E1－E2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热；B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量与焓变、物质的稳定性的关系可得结论。‎ ‎【详解】A．A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，故A错误；‎ B．物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定性顺序：B＜A＜C，故B正确；‎ C．加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，只提高反应速率，不改变平衡移动，因此不能提高转化率，故C错误；‎ D．整个反应的热效应只与始态和终态有关，则△H=(E1-E2)-(E4-E3)=E1+E3-E2-E4，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎17.室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释，pH随溶液体积的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是 A. HA的酸性比HB的酸性弱 B. a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强 C. 若两溶液无限稀释，则它们的n(H+)相等 D. 对a、b两点溶液同时升高温度，则增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释至1000mL时，HA溶液PH=5，HB溶液PH<5，说明HA为强酸，HB为弱酸，据此分析解答。‎ ‎【详解】室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释至1000mL时，HA溶液PH=5，HB溶液PH<5，说明HA为强酸，HB为弱酸，‎ A. 室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释至1000mL时，HA溶液PH=5，HB溶液PH<5，说明HA为强酸，HB为弱酸，A项错误；‎ B. a点溶液中离子浓度大于c点溶液中离子浓度，溶液导电性取决于离子浓度的大小，则a 点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，B项正确；‎ C. 溶液无限稀释接近为水的电离，氢离子浓度接近为10-7mol/L，若两溶液无限稀释，则它们的c(H+)相等，但是若体积不相等，则n(H+)不相等，C项错误；‎ D. HA为强酸，HB为弱酸，对a、b两点溶液同时升高温度，c(A-)浓度不变，HB电离程度增大，c(B-)浓度增大，则减小，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎18.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)。下的平衡数据列下表:下列说法正确的是（ ）‎ 温度/°C ‎15.0‎ ‎20.0‎ ‎25.0‎ ‎30.0‎ ‎35.0‎ 平衡总压强/kPa ‎5.7‎ ‎8.3‎ ‎12.0‎ ‎17.1‎ ‎24.0‎ 平衡气体总浓度/10-3 mol×L-1‎ ‎2.4‎ ‎3.4‎ ‎4.8‎ ‎6.8‎ ‎9.4‎ A. 该可逆反应达到平衡标志之一是混合气体平均相对分子质量不变 B. 因该反应熵变（DS）大于0，焓变（DH）大于0，所以在低温下自发进行 C. 达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体质量增加 D. 根据表中数据，计算15.0°C时的NH3平衡浓度为1.6 mol×L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据化学方程式NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)可知，生成的气体的物质的量之比始终是2∶1，所以气体的平均相对分子质量始终不变，故不能作为平衡状态的判断依据，A项错误；‎ B. 从表中数据可以看出，随着温度升高，气体的总浓度增大，平衡正向移动，则该反应为吸热反应，ΔH＞0；反应中固体变为气体，混乱度增大，ΔS＞0，根据ΔG＝ΔH－TΔS可知反应在高温下自发进行，B项错误；‎ C. 压缩容器体积，气体压强增大，平衡向逆向移动，氨基甲酸铵质量增加，C项正确；‎ D. 反应中生成的氨和二氧化碳的浓度之比为2∶1，总浓度为2.4×10-3mol·L－1，所以氨的浓度为1.6×10-3mol·L－1，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】化学平衡状态的判断是学生们的易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。常见的衍生出来量为：气体总压强、混合气体的平均相对分子质量、混合气体的密度、温度、颜色等。如本题，由于反应物没有气体，则生成的气体的物质的量之比始终是2∶1，所以气体的平均相对分子质量始终不变，故不能作为平衡状态的判断依据。‎ 第Ⅱ卷（共46分）‎ 二、填空题（包括4个大题，共46分）‎ ‎19.能源是人类赖以生存和发展的重要物质基础，常规能源的合理利用和新能源的合理开发是当今社会面临的严峻课题，回答下列问题：‎ ‎（1）乙醇（C2H5OH）是未来内燃机的首选环保型液体燃料。1 g乙醇完全燃烧生成液态水放出a kJ的热量，则乙醇燃烧的热化学方程式为__________。‎ ‎（2）由于C3H8(g)= C3H6(g)+H2(g) DH=+bkJ×mol（b＞0）的反应中，反应物具有的总能量________（填“大于”“等于”或“小于”）生成物具有的总能量，那么在化学反应时，反应物就需要________（填“放出”或“吸收”）能量才能转化为生成物。‎ ‎（3）关于用水制取二次能源氢气，以下研究方向不正确的是________。‎ A 组成水的氢和氧都是可以燃烧的物质，因此可研究在水不分解的情况下，使氢成为二次能源 B 设法将太阳光聚焦，产生高温，使水分解产生氢气 C 寻找高效催化剂，使水分解产生氢气，同时释放能量 D 寻找特殊催化剂，用于开发廉价能源，以分解水制取氢气 ‎（4）已知下列两个热化学方程式，‎ A 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) DH = -571.6kJ∙mol-1‎ B C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) DH= -2220kJ∙mol-1‎ 能表示燃烧热的热化学方程式为________（填A或B）。将标况下22.4L的C3H8和H2混合气体（其中H2的体积分数为1/2），在上述条件下完全燃烧，则放出的热量为________kJ。‎ ‎【答案】 (1). C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) △H=−46a kJ⋅mol−1 (2). 小于 ‎ ‎(3). 吸收 (4). AC (5). B (6). 1252.9kJ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）已知1 g乙醇完全燃烧生成液态水放出a kJ的热量，则1mol乙醇燃烧放出46a kJ的热量；‎ ‎（2）反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应； （3）A. 氧不能燃烧，且水分解生成氢气； B. 太阳光聚焦，产生高温，不消耗化石能源，可使水分解产生氢气；‎ C. 水分解需要吸收能量； D. 寻找特殊催化剂，降低成本； （4）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，一般C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)；先计算标况下22.4L的C3H8和H2混合气体中C3H8的物质的量、H2的物质的量均为0.5mol，再结合热化学方程式计算放出的热量。‎ ‎【详解】（1）已知1 g乙醇完全燃烧生成液态水放出a kJ的热量，则1mol乙醇燃烧放出46a kJ的热量，则乙醇燃烧的热化学方程式为C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) △H=−46a kJ⋅mol−1；‎ 故答案为：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) △H=−46a kJ⋅mol−1；‎ ‎（2）已知△H=+bkJ⋅mol−1(b>0)，该反应为吸热反应，则反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量，那么在化学反应时，反应物就需要吸收能量才能转化为生成物；‎ 故答案为：小于；吸收；‎ ‎（3）A. 氧不能燃烧，且水分解生成氢气，不分解不能得到氢气，故A错误；‎ B. 太阳光聚焦，产生高温，不消耗化石能源，可使水分解产生氢气，故B正确；‎ C. 水分解需要吸收能量，不能释放能量，故C错误；‎ D. 寻找特殊催化剂，降低成本，用于开发廉价能源，以分解水制取氢气，故D正确；‎ 故答案为：AC；‎ ‎（4）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，一般C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)，A中氢气为2mol，B中C3H8为1mol，且生成二氧化碳气体和液态水，则能表示燃烧热的热化学方程式的为B；标况下22.4L的C3H8和H2混合气体，共1mol，其中H2的体积分数为1/2，则C3H8的物质的量、H2的物质的量均为0.5mol ‎，则在上述条件下完全燃烧，放出的热量为；‎ 故答案为：B；1252.9kJ。‎ ‎20.双氧水（H2O2）和水都是极弱电解质，但H2O2溶液显酸性 ‎（1）若把H2O2看成二元弱酸。请写出其在水中的电离方程式：_________。‎ ‎（2）二氧化锰是实验室制取氧气的催化剂。下列是某同学设计实验探究双氧水分解实验方案：‎ 实验 ‎20.0mL双氧水溶液浓度 粉状MnO2‎ 温度 待测数据 Ⅰ ‎5%‎ ‎0.2g ‎20°C Ⅱ ‎5%‎ ‎0.5g ‎20°C Ⅲ ‎10%‎ ‎0.2g ‎20°C ‎①利用实验Ⅰ和Ⅲ，探究________对化学反应速率的影响，实验待测数据是_________：若在本组实验中现象不明显，可采取的措施是_________________。‎ ‎（3）加0.1 mol MnO2，粉末于50mL过氧化氢溶液（H2O2，ρ=1.1 g×mL-1）中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。‎ ‎①前4min内氧气的产生速率为________mL×min-1‎ ‎②A、B、C、D各点反应速率由快到慢的顺序为_____________。‎ ‎③解释反应速率变化的原因_________________。‎ ‎④计算H2O2初始状态的浓度______________。‎ ‎【答案】 (1). H2O2 ⇌ H++HO2-、HO2- ⇌H++O22- (2). 浓度 (3). 收集等体积氧气所需要的时间（或者相同时间内收集氧气的体积）；升高到相同的温度 (4). 将三个实验升高到相同的温度； (5). 15mL/min (6). D＞C＞B＞A (7). 刚开始时受温度和浓度两方面的影响，速率较快，随着反应的进行，双氧水的浓度逐渐减小，反应速率也逐渐减小 (8). 0.107 mol∙L−1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）过氧化氢是弱电解质，属于二元弱酸分步电离；‎ ‎（2）①根据控制单一变量法，比较实验Ⅰ和Ⅲ的数据可知，两个实验中二氧化锰的质量和实验温度都是相同的，只有双氧水溶液的浓度不同，则探究的是浓度对化学反应速率的影响；可以通过测定收集等体积氧气所需要的时间（或者相同时间内收集氧气的体积）来比较反应速率的快慢；若在本组实验中现象不明显，可采取的措施是升高到相同的温度；‎ ‎（3）①前4min内生成60mL氧气，根据速率单位可知，该速率用单位时间内的体积变化来表示；‎ ‎②反应物浓度大小决定反应速率大小，随着反应的进行，双氧水的浓度逐渐减小，反应速率也逐渐减小；‎ ‎③2H2O2 2H2O＋O2↑反应为放热反应，刚开始时受温度和浓度两方面的影响，速率较快，但由于随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，速率逐渐减小，综合温度和浓度两方面的影响，浓度变化更大，所以速率逐渐减小；‎ ‎④2H2O2 2H2O＋O2↑，该反应为不可逆反应，在5min后，收集到的气体体积不再增加，说明过氧化氢完全分解，由图象可知，生成氧气的体积为60mL，则可列比例式计算n(H2O2)，进而计算其浓度。‎ ‎【详解】（1）过氧化氢是弱电解质，H2O2溶液显酸性，属于二元弱酸，分步电离，电离的方程式为：H2O2 ⇌ H++HO2-、HO2- ⇌H++O22-； 故答案为：H2O2 ⇌ H++HO2-、HO2- ⇌H++O22-；‎ ‎（2）①比较实验Ⅰ和Ⅲ的数据可知，两个实验中二氧化锰的质量和实验温度都是相同的，只有双氧水溶液的浓度不同，则探究的是浓度对化学反应速率的影响，可以通过测定收集等体积氧气所需要的时间（或者相同时间内收集氧气的体积）来比较反应速率的快慢；若在本组实验中现象不明显，可采取的措施是将三个实验升高到相同的温度；‎ 故答案为：浓度；收集等体积氧气所需要的时间（或者相同时间内收集氧气的体积）；将三个实验升高到相同的温度；‎ ‎（3）①前4min内生成60mL氧气，则氧气的产生速率为；‎ 故答案为：15mL/min；‎ ‎②反应物浓度大小决定反应速率大小，随着反应的进行，双氧水的浓度逐渐减小，反应速率也逐渐减小；‎ 故答案为：D＞C＞B＞A；‎ ‎③2H2O2 2H2O＋O2↑反应为放热反应，刚开始时受温度和浓度两方面的影响，速率较快，但由于随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，速率逐渐减小，综合温度和浓度两方面的影响，浓度变化更大（减小的较多），所以速率逐渐减小；， 故答案为：刚开始时受温度和浓度两方面的影响，速率较快，随着反应的进行，双氧水的浓度逐渐减小，反应速率也逐渐减小；‎ ‎④2H2O2 2H2O＋O2↑，该反应为不可逆反应，在5min后，收集到的气体体积不再增加，说明过氧化氢完全分解，由图象可知，生成氧气的体积为60mL，则可列比例式： 2H2O2 2H2O＋O2↑‎ ‎ 2mol 22.4L n(H2O2) 0.06L ‎ ‎，解得：n(H2O2)＝0.00536mol，所以；‎ 故答案为：0.107 mol∙L−1。‎ ‎21.二氧化碳是用途非常广泛的化工基础原料，回答下列问题：‎ ‎（1）工业上可以用CO2来生产燃料甲醇。‎ 已知：CO2(g) +3H2(g) ⇌ CH3OH(l) +H2O(l) DH= -130kJ×mol-1‎ ‎2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) DH=-572kJ×mol-1‎ CH3OH(1)的燃烧热DH=________kJ×mol-1。‎ ‎（2）在催化剂作用下，CO2和CH4可直接转化为乙酸：CO2(g)+CH4(g)=CH3COOH(g) DH＞0，在不同温度下乙酸的生成速率变化如图所示。‎ ‎①当温度在250°C-300°C范围时，乙酸的生成速率减慢的主要原因是___________。‎ ‎②欲使乙酸的平衡产率提高，应采取的措施是__________（任写一条措施即可）。‎ ‎（3）一定条件下，在密闭容器中发生反应，2CO(g) ⇌C(s)+CO2(g).‎ ‎①下列能说明该反应达到平衡的是______________。‎ A 容器内混合物的质量不变 B CO和CO2的物质的量之比不再变化 C 混合气体的平均摩尔质量不再变化 D 生成amo1CO2的同时消耗2amol.CO ‎②向某恒容容器中通入一定量的CO发生上述反应，在不同温度下CO2的物质的量浓度c (CO2‎ ‎)随温度的变化如上图所示，则该反应为________（填“放热”或“吸热”）反应。‎ ‎③向容积可变的某恒压容器中通入amolCO，T°C时反应经过10min达平衡，CO的体积分数为75%。CO的平衡转化率为________。在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物成生成物的物质的量变化来表示，则0-10min内平均反应速率v（CO2）=________。‎ ‎【答案】 (1). −728 (2). 催化剂活性降低(或催化剂中毒等) (3). 升高温度或增大压强等 (4). BC (5). 放热 (6). 40% (7). 0.02a mol⋅min−1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据已知方程式构建目标方程式，根据盖斯定律计算CH3OH的燃烧热；‎ ‎（2）①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低；‎ ‎②欲使乙酸的平衡产率提高，应该使平衡正向移动；‎ ‎（3）①根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；‎ ‎②向某恒容容器中通入一定量的CO发生上述反应2CO(g)⇌C(s)+CO2(g)，温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短，随着温度的升高生成CO2量逐渐增多，但温度高于T3后，随着温度升高，c(CO2)又逐渐减小，则平衡逆向移动；‎ ‎③根据三段式进行计算CO的平衡转化率；根据反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示信息进行计算0−10min内平均反应速率。‎ ‎【详解】（1）已知：① CO2(g) +3H2(g) ⇌ CH3OH(l) +H2O(l) DH= -130kJ×mol-1；‎ ‎② 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) DH=-572kJ×mol-1；根据盖斯定律，将②×−①得：CH3OH(l)+O2(g)=2H2O(l)+CO2(g) ，则△H=(−572kJ/mol×)−(−130kJ/mol)=−728kJ/mol，故CH3OH的燃烧热 △H=−728kJ/mol； 故答案为：−728； （2）①催化剂的活性与温度有关，当温度在250℃−300℃范围时，乙酸的生成速率减慢的主要原因是催化剂活性较低(或催化剂中毒等)； 故答案为：催化剂活性降低(或催化剂中毒等)‎ ‎； ②欲使乙酸的平衡产率提高，应该使平衡正向移动，因为正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，乙酸的平衡产率提高；增大压强，平衡正向移动，乙酸的平衡产率提高； 故答案为：升高温度或增大压强等； （3）①该反应2CO(g)⇌C(s)+CO2(g)为反应前后气体体积变化的反应，‎ ‎ A. 反应前后混合物的质量始终不变，则容器内混合物的质量不变，不能作为判断平衡的依据，故A错误； B. 随着反应的进行，CO的物质的量逐渐减小，CO2的物质的量逐渐增大，则CO和CO2的物质的量之比逐渐减小，则当CO和CO2的物质的量之比不再变化时，说明CO和CO2的量不再改变，即各物质的浓度、百分含量不变，能判断达到平衡状态，故B正确； C. 混合气体为一氧化碳与二氧化碳的混合气体，则平衡正向进行时，混合气体的平均摩尔质量越接近于二氧化碳的摩尔质量，平均摩尔质量为变化的量，当混合气体的平均摩尔质量不再变化时，能判断达到平衡状态，故C正确； D. 生成a molCO2的同时消耗2a mol.CO，二者均表示正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，则不能作为判断平衡的依据，故D错误； 故答案为：BC； ②向某恒容容器中通入一定量的CO发生上述反应2CO(g)⇌C(s)+CO2(g)，温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短，随着温度的升高生成CO2量逐渐增多，但温度高于T3后，随着温度升高，c(CO2)又逐渐减小，则平衡逆向移动，说明正反应方向为放热反应； 故答案为；放热； ③向容积可变的某恒压容器中通入amolCO，T°C时反应经过10min达平衡，CO的体积分数为75%.CO的平衡转化率为，可列三段式：‎ ‎ 2CO(g)⇌C(s)+CO2‎ 开始（mol）：a 0 0‎ 变化（mol）：2x x x 平衡（mol）：a-2x x x 达平衡时，CO的体积分数为75%，所以，解得x=0.2a，则CO的平衡转化率=； 在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示，则0−10min内平均反应速率；‎ 故答案为：40%；0.02a mol⋅min−1。‎ ‎22.CH3COOH是常见的弱酸，现有常温下0.1mol×L-1的CH3COOH溶液。‎ ‎（1）若温度不变，加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________（填字母序号，下同）；若该溶液升高温度，下列表达式的数据增大的是________。‎ A c(H+)‎ B c(H+)×c(OH-)‎ C ‎ D ‎ ‎（2）某化学兴趣小组装好了如图所示的实验装置，一支胶头滴管盛有盐酸，另一支胶头滴管盛有同体积、同浓度的醋酸。实验时同时完全捏扁a、b胶头滴管的胶头，观察实验现象 ‎①装置A、B中用红墨水而不用水的目的是________________。‎ ‎②实验刚开始时，发现装置A中的长导管液面上升得比装置B中的要快。则胶头滴管a中盛的是__________。 两装置反应结束时（无固体剩余）。静置后两装置中的长导管或面均有所下降，最终液面高度__________（填“相等”。“A中的高”或“B中的高”）.‎ ‎（3）实验表明，液态时纯硫酸的电离能力强于纯硝酸，纯硫酸的导电性也是显著强于纯水。又知液态纯酸都能像水那样进行自身电离而建立平衡。且在一定温度下都有各自的离子积常数。据此回答:‎ ‎①5°C时，液态纯硫酸的离子积常数K(H2SO4)_____1×10-14（填“＞”“＜”或“＝”）.‎ ‎②在纯硫酸与纯硝酸的液态混合酸中，存在的阴离子主要是__________。‎ ‎（4）在某温度下的水溶液中，c(H+)=10xmol×L-1，c(OH-)＝10ymol×L-1，x与y的关系如图所示：‎ ‎①该温度下，水的离子积为____________。‎ ‎②该温度下，0.01 mol×L-1 NaOH溶液中水电离出c(OH-)为____________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). ABCD (3). 便于观察长导管中液面高度的变化； (4). 盐酸 (5). 相同 (6). > (7). HSO4− (8). 1.0×10-15 (9). 1.0×10-13mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，氢离子浓度、醋酸根离子浓度减小；由于温度不变，则电离平衡常数、水的离子积不变；升高温度后醋酸的电离程度增大，则溶液中氢离子浓度增大、水的离子积增大、电离平衡常数增大；‎ ‎（2）①装置A、B中用红墨水而不用水，便于观察长导管中液面高度的变化；‎ ‎②实验刚开始时，盐酸溶液中的c(H+)大，与等质量的锌粒反应时单位时间内放出的热量多，产生的H2多，所以装置中压强大，长导管中液面上升快；两装置反应刚结束时（无固体剩余），发现装置A中的长导管液面比装置B中的高，静置一会后，温度下降压强减小，两装置中的长导管液面均有所下降，但二者产生的氢气的量相等，所以最终液面高度相同；‎ ‎（3）①由于纯硫酸的导电性显著强于纯水，所以25℃时，液态纯硫酸的离子积常数K(H2SO4)>1×10−14；‎ ‎②由于纯硫酸的电离能力强于纯硝酸，则在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中2H2SO4⇌H3SO4++HSO4−为主要的电离方式；‎ ‎（4）①该温度下，溶液中水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)，即Kw=10x×10y=10x+y；‎ ‎②0.01mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，H＋全部由水电离得到，根据水的离子积常数计算氢离子浓度，再依据c水(OH-)=c水(H+)计算溶液中水电离出c(OH-)。‎ ‎【详解】（1）CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，氢离子浓度、醋酸根离子浓度减小；由于温度不变，则电离平衡常数、水的离子积不变；‎ A. 0.1 mol⋅L−1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子浓度减小，故A正确；‎ B. Kw=c(H+)⋅c(OH−)只受温度的影响，温度不变，则其值是一个常数，故B错误；‎ C. 由于，醋酸根离子浓度减小，温度不变，电离平衡常数不变，则增大，故C错误；‎ D. 为醋酸的电离平衡常数，由于温度不变，则电离平衡常数不变，故D错误；‎ 若该溶液升高温度，醋酸、水的电离程度均增大，则溶液中氢离子、醋酸根离子浓度都增大，醋酸分子的浓度减小，水的离子积增大、电离平衡常数增大；‎ A. 升高温度，促进醋酸的电离，溶液中氢离子浓度增大，故A正确；‎ B. Kw=c(H+)⋅c(OH−)为水的离子积，升高温度后水的电离程度增大，则水的离子积增大，故B正确；‎ C. 升高温度，醋酸的电离程度增大，氢离子浓度增大，醋酸分子的浓度减小，则的比值增大，故C正确；‎ D. 为醋酸的电离平衡常数，升高温度，电离平衡常数增大，故D正确；‎ 故答案为：A；ABCD；‎ ‎（2）①装置A、B中用红墨水而不用水的原因是便于观察长导管中液面高度的变化；‎ 故答案为：便于观察长导管中液面高度的变化；‎ ‎②实验刚开始时，盐酸溶液中的c(H+)大，与等质量的锌粒反应时单位时间内放出的热量多，产生的H2多，所以装置中压强大，长导管中液面上升快，所以若发现装置A中的长导管液面上升的比装置B的要高，则胶头滴管a中盛的是盐酸；两装置反应刚结束时（无固体剩余），发现装置A中的长导管液面比装置B中的高，静置一会后，温度下降压强减小，两装置中的长导管液面均有所下降，但二者产生的氢气的量相等，所以最终液面高度相同；‎ 故答案为：盐酸；相同；‎ ‎（3）①根据实验表明，液态时，纯硫酸的导电性显著强于纯水，已知液态纯酸都能像水那样进行自身电离(H2O+H2O⇌H3O++OH−)‎ 而建立平衡，且在一定温度下都有各自的离子积常数，这些信息告诉我们纯硫酸存在着电离平衡，且电离程度强于纯水，仿照纯水的电离方式，可以推知纯硫酸的电离方程式为：2H2SO4⇌H3SO4++HSO4−，由于纯硫酸的导电性显著强于纯水，所以25℃时，液态纯硫酸的离子积常数K(H2SO4)>1×10−14；‎ 故答案为：>；‎ ‎②由于纯硫酸的电离能力强于纯硝酸，则在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中2H2SO4⇌H3SO4++HSO4−为主要的电离方式，而纯硝酸电离受到纯硫酸电离出的H+的抑制，因此在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中，存在的阴离子主要是HSO4−；‎ 故答案为：HSO4−；‎ ‎（4）①该温度下，溶液中水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)，即Kw=10x×10y=10x+y，由图象可知，x+y=-15，故Kw=1.0×10-15；‎ 故答案为：1.0×10-15；‎ ‎②该温度下，水的离子积常数为10-15，0.01mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，H＋全部由水电离得到，根据水的离子积常数得溶液中c水(H+)=c水(OH-)=；‎ 故答案为：1.0×10-13mol/L。‎ ‎ ‎