【化学】黑龙江省大庆实验中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

黑龙江省大庆实验中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 N-14 S-32 Ag-108 C-12 Na-23 Cl-35.5
选择题（共46分）
一、单选题（共20小题，1-14题每题2分，15-20题每题3分）
1.下列变化过程，属于放热过程的是（ ）
①氢气还原三氧化钨制取钨 ②酸碱中和反应 ③铝热反应 ④固体氢氧化钠溶于水 ⑤H2在Cl2中燃烧 ⑥液态水变成水蒸气 ⑦NH4Cl晶体与Ba(OH)2·8H2O混合搅拌
A. ①③⑤ B. ①②③④⑤ C. ②③④⑤ D. ①⑥⑦
【答案】C
【解析】
【详解】①氢气在高温下的氧化还原反应为吸热反应，故错误；
②酸碱中和反应为放热反应，故正确；
③铝热反应为放热反应，故正确；
④固体氢氧化钠溶于水的过程为放热过程，故正确；
⑤H2在Cl2中燃烧的反应为放热反应，故正确；
⑥液态水变成水蒸气的过程为吸热过程，故错误；
⑦NH4Cl晶体与Ba(OH)2·8H2O混合搅拌生成氯化钡和氨气的反应为吸热反应，故错误；
②③④⑤正确，故选C。
2.反应A(s)+3B(g)2C(g)+2D(g)，在不同情况下测得反应速率，其中对反应速率的正确描述中最快的是（ ）
A v(D)=0.4mol/(L·min) B. v(A)=0.5mol/(L·s)
C. v(B)=0.6mol/(L·min) D. v(C)=0.5mol/(L·min)
【答案】D
【解析】
【详解】A为固体，不能用固体表示化学反应速率，由速率之比等于其化学计量数之比，可得A中v(D)=0.4mol/(L·min)，C中v(D)= v(B)= ×0.6mol/(L·min) )=0.4mol/(L·min)，D中v(D)= v(C)=0.5mol/(L·min)，故D中反应速率最快，故选D。
3.关于溶液的酸碱性说法正确的是（ ）
A. 能使甲基橙试液变黄的溶液一定呈碱性 B. c(OH-)=c(H+)的溶液一定呈中性
C. pH=7的溶液一定呈中性 D. 不能使酚酞试液变红的溶液一定呈酸性
【答案】B
【解析】
【详解】A、甲基橙在溶液的PH值大于4.4时显黄色，这时溶液不一定是碱性，故A错误；
B项、溶液显酸性、中性还是碱性，取决于溶液中c（H+）和c（OH-）的相对大小，c(OH-)=c(H+)的溶液一定呈中性，故B正确；
C项、没指明温度，25℃时，pH=7的溶液为中性溶液，100℃时，pH=7的溶液为碱性溶液，故C错误；
D项、酚酞的变色范围是8﹣10，所以能使酚酞试液变红的溶液呈碱性，不能使酚酞试液变红的溶液，可能是碱性溶液、中性溶液或酸性溶液，故D错误；
故选B。
4.乙酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）
A. 1mol/L乙酸溶液的pH约为3
B. 乙酸能与水以任何比例互溶
C. 10mL1mol/L乙酸溶液恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应
D. 同温同浓度的乙酸溶液的导电性比硫酸溶液的弱
【答案】A
【解析】
【详解】A项、1 mol/L乙酸溶液的pH值约为3，说明乙酸在溶液中部分电离，属于弱电解质，故A正确；
B项、不能利用物质的溶解性来判断是否为弱电解质，即溶解性与电解质的强弱无关，故B错误；
C项、10mL1mol/L酸恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，只能说明乙酸为一元酸，不能说明其电离的程度，故C错误；
D项、硫酸为二元酸，乙酸为一元酸，同温同浓度的乙酸溶液的导电性比硫酸溶液的弱，不能说明乙酸是弱酸，故D错误；
故选A。
5.可逆反应2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)，在体积固定的密闭容器中，可确定为平衡状态标志的命题中正确的有（ ）个
①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2；
②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO；
③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态；
④混合气体的颜色不再改变的状态；
⑤混合气体的密度不再改变的状态；
⑥混合气体的压强不再改变的状态；
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态；
⑧绝热容器内温度不再变化；
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
【答案】C
【解析】
【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。
【详解】①单位时间内生成nmolO2是正反应，同时生成2nmolNO2是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，说明正逆反应速率相等，则反应达到平衡状态，故正确；
②单位时间内生成nmolO2是正反应，同时生成2nmolNO也是正反应，不能说明正逆反应速率相等，则反应未达到平衡状态，故错误；
③任何状态下化学反应速率之比都等于化学计量数之比，则用NO2与NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；
④NO2为红棕色气体，O2和NO为无色气体，则混合气体的颜色不再改变，说明正逆反应速率相等，可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故正确；
⑤密度是混合气的质量和容器容积的比值，由质量守恒定律可知，反应前后气体总质量不变，容器体积不变，则混合气体的密度不再改变的状态，不能说明正逆反应速率相等，不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故错误；
⑥该反应是一个反应前后气体的体积不同的反应，压强不同，则混合气体的压强不再改变的状态，说明正逆反应速率相等，可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故正确；
⑦平均分子量是气体的总质量与总物质的量的比值，由质量守恒定律可知，反应前后气体总质量不变，总物质的量在变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明正逆反应速率相等，可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故正确；
⑧该反应为放热反应，绝热容器内温度升高，则绝热容器内温度不再变化，说明正逆反应速率相等，可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故正确；
达到平衡状态的标志是①④⑥⑦⑧，故选C。
6.设C+CO22CO(正反应为吸热反应)，反应速率为v1；N2+3H22NH3(正反应为放热反应)，反应速率为v2。对于前述反应，当温度升高时，v1和v2变化情况为（ ）
A. 同时增大 B. 同时减小 C. v1增大，v2减小 D. v1减小，v2增大
【答案】A
【解析】
【分析】化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，化学反应速率都增大，反之，减小，以此解答。
【详解】化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，活化分子的百分含量增大，有效碰撞的次数增大，化学反应速率都增大，A项正确；
答案选A。
7.下列说法中有明显错误的是（ ）
A. 对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大
B. 活化分子之间发生的碰撞不一定为有效碰撞
C. 升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大
D. 加入适宜的催化剂，使分子能量增加从而可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．对有气体参加的化学反应，压强增大，体积减小，则单位体积内活化分子数目增加，所以反应速率加快，故A正确；
B．活化分子发生碰撞不一定发生化学反应，发生化学反应的碰撞为有效碰撞，即活化分子之间发生的碰撞不一定为有效碰撞，故B正确；
C．升高温度，降低反应所需活化能，活化分子的百分数增大，所以反应速率加快，故C正确；
D．使用催化剂，分子本身的能量不变，但改变反应的途径，降低反应所需的活化能，活化分子的百分数大大增加，显然分子的能量不会增加，故D错误；
故选D．
8.化合物HIn在水溶液中因存在以下电离平衡，故可用作酸碱指示剂：HIn(红色)H＋＋In－(黄色)。浓度为0.02mol·L-1的下列各溶液：①盐酸 ②石灰水 ③食盐水 ④NaHSO4溶液 ⑤纯碱溶液 ⑥氨水。其中能使指示剂显红色的是（ ）
A. ①④⑤ B. ②⑤⑥ C. ①④ D. ②③⑥
【答案】C
【解析】
【详解】指示剂显红色说明平衡向逆反应方向移动，加入的溶液应呈酸性，向溶液中加盐酸、硫酸氢钠溶液，使溶液中c(H+)增大，平衡向左移动，指示剂显红色；向溶液中加石灰水、纯碱溶液、氨水，OH-中和溶液中H+，使溶液中c(H+)减小，平衡向右移动，溶液显黄色；NaCl溶液对溶液起到稀释作用，由于生成物的系数大，稀释的倍数多，所以平衡正向移动，溶液变为黄色，故选C。
9.下列事实合理且能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 在硫酸亚铁溶液中，加入铁粉以防止氧化变质
B. 对2HI(g)H2(g)+I2(g)平衡体系增加压强使颜色变深
C. 反应CO + NO2CO2 +NO（正反应放热），升高温度使平衡向正方向移动
D. 用热的纯碱溶液洗去铁屑表面的油污时，去污效果好
【答案】D
【解析】
【详解】A项、在FeCl2溶液中加入铁粉防止氧化变质原因是溶液中变质生成的铁离子和铁反应生成亚铁离子，不存在平衡的问题，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B项、该反应是一个气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C项、该反应是一个放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D项、碳酸钠在溶液中的水解反应是一个吸热反应，升高温度，平衡正向移动，溶液中氢氧根浓度增大，去污效果增强，能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故选D。
10.在一密闭容器中有如下反应：aX(g)＋bY(g)nW(g)ΔH＝Q某化学兴趣小组的同学根据此反应在不同条件下的实验数据，作出了如图曲线图：其中ω(W)表示W在反应混合物中的百分含量，t表示反应时间。其它条件不变时，下列分析可能正确的是（ ）

A. 图Ⅱ可能是不同压强对反应的影响，且P1＞P2，n＜a＋b
B. 图Ⅲ可能是不同温度对反应的影响，且T1＞T2，Q＜0
C. 图Ⅰ可能是不同压强对反应的影响，且P2＞P1，a＋b＜n
D. 图Ⅱ可能是在同温同压下催化剂对反应的影响，且2使用的催化剂效果好
【答案】C
【解析】
【详解】A项、图Ⅱ若是压强对反应影响，由图可知，先达到平衡的P1大于P2，增大压强，ω（W）不变，说明平衡不移动，则n=a+b，故A错误；
B项、图Ⅲ若是温度对反应的影响，由图可知，先达到平衡的T1大于T2，升高温度，ω（W）增大，说明平衡向正反应方向移动，则△H＞0，故B错误；
C项、图Ⅰ若是不同压强对反应的影响，由图可知，先达到平衡的P2大于P1，增大压强，ω（W）减小，说明平衡向逆反应方向移动，则a+b＜n，故C正确；
D项、图Ⅱ若是在同温同压下催化剂对反应的影响，先达到平衡的1使用的催化剂效果好，故D错误；
故选C。
11.碳酸溶液中存在如下平衡：H2CO3H++HCO3－，HCO3－H++CO32－，该溶液的pH增大时，则c(CO32－)将（ ）
A. 增大 B. 减小
C. 不变 D. 可能增大也可能减少
【答案】D
【解析】
【详解】溶液的pH增大说明溶液中氢离子浓度减小，若加入碱性溶液，氢氧根中和溶液中的氢离子，使溶液中氢离子浓度减小，平衡正向移动，碳酸根浓度增大；若加入蒸馏水稀释，溶液中氢离子浓度减小，碳酸根浓度也减小，则溶液中氢离子浓度减小，碳酸根浓度可能增大也可能减小，故选D。
12.氢氟酸为弱酸。25℃时将0.1mol·L-1的HF加水不断稀释，下列表示的量保持不变的是（ ）
①n(H+)；②c(H+)·c(OH—)；③c(OH—)+c(F—)；④；⑤；
A. ①③④ B. ②③④ C. ③④⑤ D. ②⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①加水稀释，电离平衡向右移动，溶液中n(H+)随着加水的量会逐渐的增大，故错误；
②水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH—)，加水稀释，温度不变，水的离子积常数不变，故正确；
③由电荷守恒可知溶液中c(H+)=c(OH—)+c(F—)，加水稀释，溶液中c(H+)减小，故错误；
④氢氟酸的电离常数Ka=，则=，加水稀释，c(F—)减小，温度不变，电离常数不变，则增大，故错误；
⑤氢氟酸的电离常数Ka=，加水稀释，c(F—)减小，温度不变，电离常数不变，故正确；
②⑤正确，故选D。
13.在给定的四种溶液中加入以下离子，各离子符合条件且能在原溶液中大量共存的是（ ）
A. 无色透明澄清溶液中：Cr2O72-、I-、Na+、K+
B. pH为0的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、NO3―
C. 水电离出来的c(H+)=10―13mol/L的溶液：K+、HCO3―、Br―、Ba2+
D. 已含Fe3+的溶液：K+、HCO3―、NO3―、Cl―
【答案】B
【解析】
【详解】A项、Cr2O72-在溶液中为橙色，且溶液中Cr2O72-、I-离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B项、pH为0的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；
C项、水电离出来的c（H+）=10-13mol/L的溶液为酸或碱溶液，HCO3-既能与酸又能与碱反应，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；
D项、溶液中HCO3―与Fe3+发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，故D错误；
故选B。
14.下列说法正确的是（ ）
A. 根据类推思想，氯化铝溶液蒸干后灼烧，最后得到氧化铝，则硫酸铝也一样
B. 高温高压下的超临界水，溶液中的氢离子和氢氧根离子浓度较大，有时显酸性，有时显碱性
C. 如图可表示水分解过程中的能量变化

D. 等体积、等浓度的醋酸钠溶液和次氯酸钠溶液中，所含离子总数前者小于后者
【答案】C
【解析】
【详解】A项、硫酸铝在溶液中水解生成氢氧化铝和硫酸，因硫酸不挥发，加热蒸干得到硫酸铝，故A错误；
B项、高温高压下的超临界水，溶液中的氢离子和氢氧根离子浓度虽然较大，但氢离子浓度依然等于氢氧根浓度，溶液依然呈中性，故B错误；
C项、水的分解反应是吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量，使用催化剂，能够降低反应的活化能，故C正确；
D项、醋酸钠溶液和次氯酸钠溶液中存在电荷守恒关系：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)，由于酸性CH3COOH>HClO，则水解程度醋酸钠小于次氯酸钠，c(H+)前者大于后者，所以等浓度的醋酸钠溶液和次氯酸钠溶液中，离子总数前者大于后者，故D错误；
故选C。
15.下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序正确的是（ ）
A. 10 mL 0.1 mol/L氨水与10 mL 0.1 mol/L盐酸混合：c(Cl−)＞c()＞c(OH−)＞c(H+)
B. 10 mL 0.1 mol/L NH4Cl溶液与5 mL 0.2 mol/L NaOH溶液混合：c(Na+)=c(Cl−)＞c(OH−)＞c(H+)
C. 10 mL 0.1 mol/L CH3COOH溶液与5 mL 0.2 mol/L NaOH溶液混合：c(Na+)=c(CH3COO−)＞c(OH−)＞c(H+)
D. 10 mL 0.5 mol/L CH3COONa溶液与6 mL 1 mol/L盐酸混合：c(Cl−)＞c(Na+)＞c(OH−)＞c(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】A.10mL0.1mol/L氨水与10 mL0.1mol/L盐酸混合，恰好反应生成氯化铵和水，溶液是氯化铵溶液，铵根离子水解显酸性，离子浓度大小为c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故A错误；
B.10mL 0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小为c（Na+）=c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故B正确；
C.10mL0.1mol/LCH3COOH溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，恰好反应生成醋酸钠溶液，溶液中醋酸根离子水解显碱性，离子浓度大小为c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+），故C错误；
D.10mL0.5mol/LNaOH溶液与6mL1mol/L盐酸混合，反应后溶液中氯化氢过量，溶液呈酸性，离子浓度大小为：c（Cl-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故D错误。
故选B。
16.电厂烟气脱氮的主反应为：4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(g) △H1，副反应为：2NH3(g)＋8NO(g)5N2O(g)＋3H2O(g) △H2。平衡混合气中N2与N2O含量与温度的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）

A. △H1<0 △H2>0
B. 选择合适的催化剂，升高温度等措施可以加快脱氮反应速率
C. 理论上较高的温度和较低压强有利于生成无公害气体
D. 反应过程中，采取不断分离出N2(g)有利于主反应的进行，提高反应物的转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A项、由图象可知，随温度升高氮气含量减小，主反应平衡逆向进行，△H1<0，一氧化二氮含量增大，说明副反应正向进行，△H2>0，故A正确；
B项、选择合适的催化剂，降低反应活化能，活化分子数增大，反应速率加快，升高温度，活化分子数增大，反应速率加快，故B正确；
C项、主反应是一个气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不利于生成无公害气体，故C错误；
D项、反应过程中，不断分离出N2(g)，使主反应平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大，故D正确；
故选C。
17.在25℃时，浓度分别为a、b、c（mol/L）的(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2（硫酸亚铁铵）、(NH4)2CO3三种溶液中，测得其中NH4+的物质的量浓度相等，则下列判断正确的是（ ）
A. a＞b＞c B. c＞a＞b C. a＞c＞b D. b＞a＞c
【答案】B
【解析】
【详解】三种溶液中均存铵根离子在溶液中的水解反应，使溶液呈酸性，硫酸亚铁铵中的亚铁离子也水解使溶液呈酸性，抑制铵根离子水解，使溶液中铵根离子浓度增大，碳酸铵中碳酸根离子水解使溶液呈碱性，促进铵根离子水解，使溶液中铵根离子浓度减小，等浓度的三种溶液中，硫酸亚铁铵中铵根离子浓度最大，碳酸铵溶液中铵根离子浓度最小，若三种溶液中铵根离子物质的量浓度相等，则有硫酸亚铁铵浓度最小，碳酸铵溶液浓度最大，故选B。
18.工业制硫酸中的反应：2SO2+O22SO3，等量的反应物在两个容器中反应，并达到平衡。在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若平衡时甲容器中SO2的百分含量p%，则平衡时乙容器中SO2的百分含量（ ）
A. 等于p% B. 大于p% C. 小于p% D. 无法判断
【答案】C
【解析】试题分析：先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变。此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持易的压强不变，就需要缩小体积．缩小体积时，甲相对于乙的压强减小，平衡逆向移动，所以，若平衡时甲容器中SO2的百分含量p%，则乙的SO2的转化率将小于甲的，即小于p%，故选C。
19.一定温度下，在密闭容器中发生如下反应：N2O4(g)2NO2(g) △H>0，反应达到平衡时，下列说法不正确的是 （ 　）
A. 若缩小容器的体积，则容器中气体的颜色先变深后又变浅，且比原平衡颜色深
B. 若压强不变,向容器中再加入一定量的N2O4，再次达到平衡时各种物质的百分含量不变
C. 若体积不变，向容器中再加入一定量的N2O4，平衡向逆反应方向移动，再次平衡时N2O4的转化率将降低
D. 若体积不变，升高温度，再次平衡时体系颜色加深
【答案】C
【解析】A、缩小容器的体积，物质浓度增大，压强增大平衡逆向进行，二氧化氮是红棕色气体，四氧化二氮是无色气体，则容器中气体的颜色先变深后又变浅，且比原平衡颜色深，故A正确；
B、若压强不变，向容器中再加入一定量的N2O4，体积增大，最后达到相同平衡状态，故B正确；
C、若体积不变，向容器中再加入一定量的N2O4，平衡正向进行，等效于增大原来平衡压强，平衡逆向进行，平衡时N2O4的转化率将降低，故C错误；
D、反应是吸热反应，升温平衡向正向进行，再次平衡时体系颜色加深，故D正确；
故选C．
20.在常温时，下列说法正确的是（ ）
化学式
CH3COOH
H2CO3
H2C2O4
Ka
Ka=1.8×10-5
Ka1=4.1×10-7
Ka2=5.6×10-11
Ka1=5.9×10-2
Ka2=6.4×10-5
A. 在Na2C2O4溶液中通入少量的CO2可以发生如下反应：C2O42-+CO2 +H2O=HC2O4-+HCO3-
B. 向0.1mol·L-1的H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液恰好至中性，此时溶液中各离子浓度大小关系是：c(Na+)>c(HC2O4—）>c(C2O42-)>c(OH—)= c(H+)
C. 向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9，此时溶液pH=5
D. 0.1mol·L-1的醋酸钠溶液20mL与0.1mol·L-1盐酸10mL混合后溶液显酸性，则有c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(H+)＞c(CH3COOH)
【答案】C
【解析】
【详解】A项、因为碳酸的Ka1=4.1×10-7小于H2C2O4的Ka2=6.4×10-5，所以两者不反应，故A错误；
B项、由草酸氢钠溶液呈酸性，草酸钠溶液呈碱性可知，向0.1mol•L-1的H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液恰好至中性，得到应是草酸氢钠和草酸钠的混合溶液，溶液中离子浓度大小关系是c（Na+）＞c（C2O42-）＞c（HC2O4-）＞c（OH-）=c（H+），故B错误；
C项、由醋酸的电离常数Ka=可知，当溶液中c（CH3COOH）：c（CH3COO-）=5：9时，溶液中c（H+）==1.8×10-5×=10-5mol/L， pH=5，故C正确；
D项、将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸钠、醋酸和氯化钠，混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，醋酸部分电离，则溶液中离子浓度大小顺序是c（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故D错误；
故选C。
非选择题（共54分）
二、填空题
21.（1）①常温下，pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钡等体积混合，溶液的pH=____。
②常温下pH=3的盐酸和pH=6的盐酸等体积混合（不考虑混合时溶液的体积变化），溶液的pH=____。（lg2=0.3）
（2）在某温度下，H2O的离子积常数为1×10－13，则该温度下：
①某溶液中的H+浓度为1×10－7mol/L，则该溶液呈___性。
②99mLpH=1的H2SO4溶液与101mLpH=12的KOH溶液混合后（不考虑混合时溶液的体积变化），溶液的pH=___。
（3）今有①CH3COOH、②HCl、③H2SO4三种溶液，用序号回答下列问题：
a.当它们pH相同时，其物质的量浓度由大到小排列是___。
b.当它们的物质的量浓度相同时，其pH由大到小排列是___。
c.中和同一烧碱溶液，需同浓度的三种酸溶液的体积关系为___。（用等式表示）
d.体积和浓度均相同的①、②、③三溶液，分别与同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，反应需烧碱溶液的体积关系为___。（用等式表示）
【答案】(1). 7 (2). 3.3 (3). 碱 (4). 10 (5). ①＞②＞③ (6). ①＞②＞③ (7). ①=②＞③ (8). ③＞①=②
【解析】
【详解】（1）①常温下，pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钡等体积混合，溶液中氢离子浓度与氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度相等，所以两溶液混合后恰好反应，溶液显示中性，溶液的pH=7，故答案为：7；
②常温下pH=3的盐酸中氢离子浓度为10-3mol/L，pH=6的盐酸中氢离子浓度为：1×10-6mol/L，两溶液等体积混合后溶液中氢离子浓度为mol/L≈5×10-4mol/L，混合液的pH=-lg（5×10-4）=4-lg5=3+lg2=3.3，故答案为：3.3；
（2）①某溶液中的H+浓度为1×10-7mol/L，则该溶液中c（OH-）=1=10-6mol/L＞c（H+），则溶液显碱性，故答案为：碱；
②pH=1的H2SO4溶液中c（H+）为0.1mol/L，pH=12的KOH溶液中c（OH-）为0.1mol/L，99mLpH=1的H2SO4溶液与101mLpH=12的KOH溶液混合，碱过量，混合溶液显碱性，混合后溶液中c（OH-）为=1×10-3mol/L，氢离子浓度为=1×10-10mol/L，该溶液的pH=10，故答案为：10；
（3）a、当三种酸溶液pH相同时，溶液中氢离子浓度相同，假设溶液中氢离子浓度为1mol/L，则醋酸为一元弱酸，溶液浓度应大于1mol/L，盐酸为一元强酸，溶液浓度为1mol/L，硫酸为二元强酸，溶液浓度为0.5mol/L，物质的量浓度由大到小排列的是①＞②＞③，故答案为：①＞②＞③；
b、当三种酸溶液物质的量浓度相同时，假设溶液浓度为1mol/L，则醋酸为一元弱酸，氢离子浓度小于1mol/L，盐酸为一元强酸，溶液中氢离子浓度为1mol/L，硫酸为二元强酸，溶液氢离子浓度为2mol/L，pH由大到小排列的是①＞②＞③，故答案为：①＞②＞③；
c、中和等量的烧碱溶液，假设氢氧化钠物质的量为1mol，则需要一元酸醋酸1mol，一元酸盐酸1mol；二元酸硫酸0.5mol，需同浓度的三种酸溶液的体积大小关系为①=②＞③，故答案为：①=②＞③；
d、体积和浓度均相同的①、②、③三溶液，假设三种酸物质的量为1mol，则一元酸醋酸中和氢氧化钠1mol，一元酸盐酸中和氢氧化钠1mol；二元酸硫酸中和氢氧化钠2mol，与同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，反应需烧碱溶液的体积关系为③＞①=②，故答案为：③＞①=②。
22. （1）某学习小组用0.80 mol/L标准浓度的烧碱溶液测定未知浓度的盐酸。
①用滴定的方法来测定盐酸的浓度，实验数据如下所示：
实验编号
待测HCl溶液的体积/mL
滴入NaOH溶液的体积/mL
1
20.00
22.00
2
20.00
22.10
3
20.00
21.90
该未知盐酸的浓度为_____________（保留两位有效数字）
②滴定管如下图所示，用___________滴定管盛装标准浓度的氢氧化钠溶液 （填“甲”或“乙”）。

③下列操作会使所测得的盐酸的浓度偏低的是 。
A．盛装待测液的锥形瓶用水洗后未干燥
B．滴定前，碱式滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失
C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准氢氧化钠溶液润洗
D．读碱式滴定管的刻度时，滴定前仰视凹液面最低处，滴定后俯视读数
（2）某课外活动小组为了测定某氯化锶（SrCl2）样品的纯度，设计了如下方案：
称取1.0 g样品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO32.38 g的AgNO3溶液（溶液中除Cl－外，不含其他与Ag＋反应生成沉淀的离子），Cl－即被全部沉淀。然后用含Fe3＋的溶液作指示剂，用0.2 mol·L－1的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag＋以AgSCN白色沉淀的形式析出，以测定氯化锶样品的纯度。
请回答下列问题：
①判断滴定达到终点的现象是___________________。
②考虑Ag＋和Fe3＋在酸或碱性溶液中的存在形式，在实施滴定的溶液以呈_____________（选填“酸性”“中性”或“碱性”）为宜。
③在终点到达之前的滴定过程中，两种沉淀表面会吸附部分Ag＋，需不断剧烈摇动锥形瓶，否则会使n（Cl－）的测定结果_____________（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【答案】（1）①0.88 mol·L－1；②乙；③D；
（2）①溶液突然变血红色（或溶液突然由黄色变为红色），且半分钟内不变色；②酸性；③偏高。
【解析】试题分析：（1）①三次平均消耗的强氧化钠的体积为（22.00＋22.10＋21.90）/3=22.00mL，盐酸的浓度c（HCl）=22.00×10－3×0.80/20×10－3mol·L－1="0.88" mol·L－1；②酸式滴定管盛放酸性溶液，碱式滴定管盛放碱性溶液，甲是酸性滴定管，乙是碱式滴定管，因此用乙盛放强氧化钠溶液；③根据c（HCl）=c（NaOH）×V（NaOH）/V（HCl），A、锥形瓶用水洗后为干燥，待测液的物质的量不变，因此所测盐酸的浓度不变，故错误；B、滴定前有气泡，滴定后气泡消失，V（NaOH）的增大，则所测盐酸的浓度偏高，故错误；C、未用标准液润洗，对标准液稀释，c（NaOH）降低，V（NaOH）增大，所测盐酸浓度偏高，故错误；D、这样读出的氢氧化钠的体积比实际少，其他不变，所测盐酸的浓度偏低，故正确；（2）①根据题意，用NH4SCN滴定AgNO3溶液，用Fe3＋作指示剂，滴定到终点溶液的颜色为血红色，因此滴定中终点的现象：溶液突然变为血红色（或溶液突然由黄色变为红色），且半分钟内不变色；②Fe3＋、Ag＋都水解，防止其水解，要求溶液显酸性，抑制它们的水解，故滴定的溶液呈酸性；③两次沉淀的反应为：Ag＋＋Cl－=AgCl↓，Ag＋＋SCN－=AgSCN↓，第一次AgCl上附着Ag＋，剩余Ag＋物质的量减少，总量不变，所测c（Cl－）偏高， 第二次AgSCN上附着Ag＋，消耗的NH4SCN的量减小，所测的剩余的Ag＋量减少，则和Cl－反应的Ag＋增多，因此c（Cl－）将会偏高。
23.工业合成氨与制备硝酸一般可连续生产，流程如下：

（1）工业生产时，制取氢气的一个反应为：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。
①t℃时，往1L密闭容器中充入0.2molCO和0.3mol水蒸气。反应建立平衡后，体系中c(H2)=0.12mol·L－1。该温度下此反应的平衡常数K=___。
②保持温度不变，向上述平衡体系中再加入0.1molCO，当反应重新建立平衡时，水蒸气的总转化率α(H2O)=___。
（2）合成塔中发生反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<0。下表为不同温度下该反应的平衡常数。由此可推知，表中T1___573K（填“>”、“<”或“=”）。
T/K
T1
573
T2
K
1.00×107
2.45×105
1.88×103
（3）NH3和O2在铂系催化剂作用下从145℃就开始反应：4NH3+5O24NO+6H2O △H=－905kJ·mol－1 ，不同温度下NO产率如图所示。温度高于900℃时，NO产率下降的可能原因___。

（4）吸收塔中反应为：3NO2+H2O2HNO3+NO。从生产流程看，吸收塔中需要补充空气，其原因是___。
（5）硝酸厂的尾气含有氮氧化物，不经处理直接排放将污染空气。目前科学家探索利用燃料气体中的甲烷等将氮氧化物还原为氮气和水，其反应机理为：
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=－574kJ·mol－1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=－1160kJ·mol－1
则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为：___。
【答案】(1). 1 (2). 50% (3). < (4). 温度高于900℃时，平衡向逆反应方向移动 (5). 充入空气，NO转化为NO2，有利于提高原料利用率 (6). CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+N2（g）△H=—867kJ/mol
【解析】
【分析】（1）根据三段式进行计算各物质平衡时的浓度，再依据平衡常数公式计算；
（2）该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动；
（3）由图可知，900℃时反应达到平衡，升高温度，平衡向逆反应方向移动；
（4）吸收塔中补充空气，氧气与一氧化氮反应，可以让NO转化为NO2，增大反应物浓度，减小生成物浓度；
（5）依据盖斯定律计算可得。
【详解】（1）①由题意建立如下三段式：
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
起（mol/L）0.2 0.3 0 0
变（mol/L）0.12 0.12 0.12 0.12
平（mol/L）0.08 0.18 0.12 0.12
则平衡常数K===1，故答案为：1；
②设水蒸气的总转化率为x，由题意建立如下三段式：
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
起（mol/L）0.3 0.3 0 0
变（mol/L）0.3x 0.3x 0.3x 0.3x
平（mol/L）0.3-x 0.3-x 0.3x 0.3x
由平衡常数K可得关系式==1，解得x=0.5，则水蒸气的总转化率为50%，故答案为：50%；
（2）该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数降低，则T1<573K，故答案为：<；
（3）由图可知，900℃时反应达到平衡，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO产率下降，故答案为：温度高于900℃时，平衡向逆反应方向移动；
（4）吸收塔中补充空气，氧气与一氧化氮反应，可以让NO转化为NO2，增大反应物浓度，减小生成物浓度，使平衡向正反应方向移动，提高原料利用率，故答案为：充入空气，NO转化为NO2，有利于提高原料利用率；
（5）将已知热化学方程式依次编号为①②，由盖斯定律可知，可得热化学方程式甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+N2（g），则△H==—867kJ/mol， 故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+N2（g）△H=—867kJ/mol。
24.二甲氧基甲烷[CH2(OCH3)2]水溶性好、含氧量高、燃烧完全、烟气排放量低，被认为是一种极具应用前景的柴油添加剂。工业生产CH2(OCH3)2一般是在催化剂作用下，将37%的甲醛（HCHO）水溶液和甲醇（CH3OH）混合共热，反应原理如下：HCHO+2CH3OHCH2(OCH3)2+H2O
（1）某次研究反应时间对产率的影响的实验中，CH2(OCH3)2的浓度随反应时间变化如表：
时间（min）
20
25
30
40
50
60
CH2(OCH3)2 （mol/L）
9.02
9.10
9.18
9.23
9.30
9.32
计算25~50min中CH2(OCH3)2的平均生成速率为___。
（2）研究反应的化学平衡常数（记作lnK）与温度（T）的关系如图所示，判断该反应的△H___0（填“>”、“<”、“=”）。

（3）假设在密闭容器中发生上述反应：
①达到平衡时下列措施能提高HCHO转化率的是___。
A.及时从反应体系中分离出CH2(OCH3)2
B.升高反应体系的温度
C.再添加适量甲醇
D.再添加一定量甲醛
②下图是催化剂作用下甲醇转化率随时间变化的趋势曲线图。请在图中用虚线画出相同条件下，不使用催化剂时转化率随时间变化的曲线。___

（4）进一步研究发现：甲醛的滴加速率、反应时间、催化剂的量和搅拌速率等对CH2(OCH3)2的工业实际产率（不完全是平衡状态下得出的）也会产生一定影响。欲分别研究甲醛的滴加速率、搅拌速率对产率的影响，某同学设计了三组实验如表：
影响因素
实验号
甲醛的滴加速率(g/min)
反应时间(min)
催化剂的量(g)
搅拌速率(r/min)
1
___
70
2.5
30
2
1.0
___
___
___
3
2.5
___
___
80
①请在上表空格中填入剩余的实验条件数据。
②在研究过程中发现，甲醛（HCHO）的滴加速率过慢或过快均会使CH2(OCH3)2产率降低。请结合该反应的合成机理：HCHOHOCH2OCH3CH2(OCH3)2，试分析甲醛的滴加速率过快时，导致产率较低的原因可能是___。
【答案】(1). 0.008mol/（L·min） (2). ＜ (3). AC (4). (5). 1.0 (6). 70 (7). 2.5 (8). 80 (9). 70 (10). 2.5 (11). 甲醛滴加过快会使合成反应主要停留在中间产物HOCH2OCH3或实验用的是37%的甲醛溶液，不利于脱水，不利于平衡向正反应方向移动，故产率降低
【解析】
【分析】（1）由表给数据，结合速率公式计算可得；
（2）由图可知，随温度升高，平衡常数K减小，则平衡向逆反应方向移动；
（3）①依据化学平衡移动原理分析解答；
②催化剂降低反应活化能，只加快反应速率，不影响化学平衡移动；
（4）①依据探究实验时注意变量唯一化进行分析解答；
②甲醛滴加过快会使合成反应主要停留在中间产物HOCH2OCH3；实验用的是37%的甲醛溶液，不利于脱水，不利于平衡向正反应方向移动。
【详解】（1）由表格数据可知25～50min中CH2（OCH3）2的浓度的变化为（9.30-9.10）mol/L=0.20mol/L，则化学反应速率为==0.008 mol/（L·min），故答案为：0.008mol/（L·min）；
（2）由图可知，随温度升高，平衡常数K减小，则平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，故△H＜0，故答案为：＜；
（3）①A、减小生成物浓度，化学平衡正反应方向移动，HCHO转化率增大，故正确；
B、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，HCHO转化率减小，故错误；
C、增大反应物甲醇的浓度，化学平衡正反应方向移动，HCHO转化率增大，故正确；
D、再添加一定量甲醛，化学平衡正反应方向移动，HCHO转化率减小，甲醇的转化率增大，D错误；
AC正确，故答案为：AC；
②催化剂降低反应活化能，只加快反应速率，不影响化学平衡移动，故答案为：；
（4）①其他条件相同时才能比较甲醛的滴加速率、搅拌速率对产率的影响，即反应时间和催化剂的量相同，反应2为比较的标准，所以反应1和反应3的甲醛滴加速率不同，反应1与反应2相同；反应1和反应3的搅拌速率不同，反应3与反应2搅拌速率相同，故答案为：1.0；70；2.5；80；70；2.5；
②甲醛滴加过快会使合成反应主要停留在中间产物HOCH2OCH3；实验用的是37%的甲醛溶液，不利于脱水，不利于平衡向正反应方向移动，故产率降低，故答案为：甲醛滴加过快会使合成反应主要停留在中间产物HOCH2OCH3或实验用的是37%的甲醛溶液，不利于脱水，不利于平衡向正反应方向移动，故产率降低。