还剩14页未读，
继续阅读
【化学】江西省赣州市十四县（市）2018-2019学年高二上学期期中联考（解析版） 试卷
展开
江西省赣州市十四县（市）2018-2019学年高二上学期期中联考
1.下列做法对人体健康不会造成危害的是（ ）
A. 用工业盐（NaNO2）作咸味调味品
B. 用硫磺熏制银耳，使它颜色更白
C. 食盐中加入一定量的碘酸钾（KIO3）制取加碘食盐
D. 将含有甲醇（CH3OH）的工业酒精兑制成饮用白酒
【答案】C
【分析】A.亚硝酸盐有毒；
B.硫磺燃烧生成的二氧化硫具有毒性和漂白性；
C.碘酸钾无毒,且能够被人体吸收；
D.甲醇有毒。
【详解】A.工业盐中含有亚硝酸钠，亚硝酸钠有毒，而且是一种致癌物质，不能食用,故A错误；
B.硫磺燃烧生成的二氧化硫具有毒性和漂白性，不能用于食品漂白，故B错误；
C.碘酸钾无毒，碘元素是人体必需的微量元素,食盐中加入一定量的碘酸钾（KIO3）制食用含碘盐,能够补充碘元素,故C正确；
D.甲醇有毒不能用于饮用，故D错误；
综上所述，本题选C。
2.下列离子方程式正确的是( )
A. 将 Cl2 通入水中： Cl2＋H2O2H＋＋Cl－＋ClO－
B. 向 Fe2(SO4)3 溶液中加入过量铁粉： Fe3＋＋Fe＝2Fe2＋
C. 将 SO2 通入双氧水中： SO2＋H2O2＝2H＋＋SO42－
D. 向 Na2SiO3 溶液中滴加稀盐酸： Na2SiO3＋2H＋＝H2SiO3↓＋2Na＋
【答案】C
【解析】A. 将 Cl2 通入水中： Cl2＋H2O2H＋＋Cl－＋ClO－错误，因为HClO是弱酸，不能拆，故A错；B. 向 Fe2(SO4)3 溶液中加入过量铁粉：2 Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，故B错；C. 将 SO2 通入双氧水中： SO2＋H2O2＝2H＋＋SO42－，故C正确；D. 向 Na2SiO3 溶液中滴加稀盐酸： SiO32-＋2H＋＝H2SiO3↓故D错误。答案：C。
点睛：考查离子方程式正误的相关知识。注意离子方程式的写法，记住该拆的拆，如D. 向 Na2SiO3 溶液中滴加稀盐酸： Na2SiO3＋2H＋＝H2SiO3↓＋2Na＋，Na2SiO3是可拆的；注意电荷守恒，例B. 向 Fe2(SO4)3 溶液中加入过量铁粉： Fe3＋＋Fe＝2Fe2＋电荷不守恒。
3. X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法正确的是（ ）
A. Y元素最高价氧化物对应的水化物化学式H2YO4
B. 原子半径由小到大的顺序为：X＜Z＜Y
C. Y、Z两种元素气态氢化物中，Z的气态氢化物最稳定
D. X与W形成的两种化合物中，阴、阳离子物质的量之比均为1︰2
【答案】D
【解析】W为短周期元素半径最大的，为钠元素。X原子的最外层电子数是核外电子层数的3倍，则为氧，则Z为硫。Y的最高价正价与最低负价代数和为6，则最高价为+7价，为氯元素。A、氯元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HYO4，错误，不选A；B、半径顺序为：X
4.下列说法正确的是( )
A. CH4能使酸性KMnO4溶液褪色
B. CH3CH2CH2CH3与CH3CH(CH3)2互为同分异构体
C. 乙酸有强烈的刺激性气味，其水溶液称为冰醋酸
D. 金属Na能与C2H5OH中的甲基反应生成H2
【答案】B
【详解】A．CH4性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，A项错误；
B．CH3CH2CH2CH3与CH3CH（CH3）2的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B项正确；
C．乙酸有强烈的刺激性气味，在室温较低时，无水乙酸就会凝结成像冰一样的晶体．无水乙酸又称冰醋酸，C项错误；
D．金属Na能置换出羟基中的氢生成H2，不能置换CH3CH2OH甲基中的氢生成H2，D项错误；
综上所述，本题选B。
5.下列说法正确的是( )
A. Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
B. 分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均极易溶于水
C. Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应
D. 常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化
【答案】B
【详解】A．二氧化硫与品红发生化合反应生成不稳定的物质，不发生氧化还原反应，故A错误；
B．液面均迅速上升，说明烧瓶内压强减小，可说明两种气体均易溶于水，故B正确；
C．铁与稀硝酸反应生成NO，没有生成氢气，不是置换反应，故C错误；
D．常温下铜与浓硫酸不反应，故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，但是Cl2的水溶液中含有次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够漂白有机色质，属于氧化性漂白；而SO2能够与有机色质结合形成不稳定无色物质，属于非氧化性漂白，加热后，褪色后的溶液又恢复到原来的颜色。
6.下列说法或表示方法正确的是( )
A. 若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,后者放出热量多
B. 由C(石墨)=C(金刚石)ΔH=+1.9 kJ·mol-1可知,金刚石比石墨稳定
C. 在101kPa时,2g H2完全燃烧生成液态水,放出285.8kJ热量,氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH=+285.8 kJ·mol-1
D. 在稀溶液中:H++OH-H2O ΔH=-57.3 kJ·mol-1,若将含1mol CH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合,放出的热量小于57.3 kJ
【答案】D
【详解】A.固体硫变为硫蒸汽要吸热,则燃烧时放出的热量较少,故A错误;
B.反应为吸热反应,则石墨能量比金刚石小,能量越低越稳定,故B错误;
C. 在101kPa时,2g H2完全燃烧生成液态水,放出285.8kJ热量,氢气燃烧的热化学方程式表示为H2(g)+1/2O2(g)H2O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1,故C错误;
D.醋酸为弱电解质,电离吸热,则放出的热量小于57.3 kJ,故D正确，答案选D。
【点睛】D选项为易错点，注意醋酸为弱电解质，电离吸热。
7.有一处于平衡状态的反应：X(s)＋3Y(g) 2Z(g)，ΔH＜0。为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择的条件是（ ）
①高温 ②低温 ③高压 ④低压 ⑤加催化剂 ⑥分离出Z ⑦增加X ⑧增加Y
A. ①③⑤⑦ B. ②③⑤⑦
B. C. ②③⑥⑧ D. ②④⑥⑧
【答案】C
【解析】正反应是体积减小的放热反应，则为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择的条件是低温、高压并分离出Z或增加Y，答案选C。
8.以NA 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 ( )
A. T℃时，1LpH=6纯水中，含10－8NA个OH-
B. 15.6gNa2O2 与过量CO2反应时，转移的电子数为0.4NA
C. pH=1的H3PO4溶液中含有0.1NA个H+
D. 1molCO和N2混合气体中含有的质子数是14NA
【答案】D
【解析】A项，pH=6即c（H+）=110-6mol/L，纯水呈中性，c（OH-）= c（H+）=110-6mol/L，n（OH-）=110-6mol/L1L=110-6mol，含10-6NA个OH-，错误；B项，n（Na2O2）==0.2mol，Na2O2与CO2反应时转移电子可表示为：，2molNa2O2参与反应转移2mol电子，则15.6gNa2O2 与过量CO2反应时，转移的电子数为0.2NA，错误；C项，由于溶液体积未知，无法计算H+的物质的量，错误；D项，1个CO分子、1个N2分子中都含有14个质子，1molCO和N2混合气体中含有的质子数是14NA，正确；答案选D。
【点睛】易错点：把水的离子积当成110-14，从而错选A。
9.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应:l0NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。对于该反应，下列判断正确的是( )
A. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为15: 1
B. 氧化剂和还原剂同一物质
C. 反应过程中转移1mol电子，则产生2.24L气体（标准状况)
D. NaN3中氮元素的化合价为-3
【答案】A
【分析】该反应中叠氮化钠中N元素化合价由-1/3价变为0价、硝酸钾中N元素化合价由+5价变为0价,所以硝酸钾是氧化剂、叠氮化钠是还原剂，再结合方程式分析解答。
【详解】A.氮化钠中N元素化合价由-1/3价变为0价、硝酸钾中N元素化合价由+5价变为0价,所以硝酸钾是氧化剂,生成1molN2为还原产物、叠氮化钠是还原剂,生成15molN2为氧化产物,所以氧化产物与还原产物分子个数之比为15: 1,故A正确；
B.硝酸钾是氧化剂、叠氮化钠是还原剂,故B错误；
C.反应过程中若转移1mol电子,则参加反应的叠氮酸钠的物质的量为1mol,生成氮气的物质的量=16×1/10=1.6mol，则产生35.84L气体(标准状况),故C错误；
D.叠氮化钠中N元素化合价为-1/3价,故D错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】针对于l0NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑反应，可知变价的元素只有氮元素，因此采用数轴分析元素化合价变化， 如图；通过此图就能很好地找到氮元素变价的规律，很容易找到氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物。
10.在标准状况下有一定量的气体：①6.72L CH4 ②3.01×1023个HCl分子 ③13.6g H2S ④0.2mol NH3 ,下列对这四种气体的关系从大到小排列的组合中正确的是( )
a．体积：②＞③＞①＞④ b ．密度：②＞③＞④＞①
c．质量：②＞③＞①＞④ d．氢原子个数：①＞③＞④＞②
A. abd B. abcd C. abc D. bcd
【答案】B
【详解】标况下，气体摩尔体积相等，①6.72LCH4 的物质的量=6.72/22.4= 0.3mol,②3.01×1023 个HCl分子的物质的量=0.5mol，③13.6gH2S的物质的量=13.6/34=0.4mol；④0.2molNH3，
a．V=nVm知，相同条件下，气体体积与物质的量成正比，所以这几种气体体积大小顺序是：②＞③＞①＞④，故正确；
b．根据阿伏加德罗推论可知，气体密度与摩尔质量成正比，甲烷摩尔质量是16g/mol、HCl摩尔质量是36.5g/mol、硫化氢摩尔质量是34g/mol、氨气摩尔质量是17g/mol，所以气体密度大小顺序是：②＞③＞④＞①，故正确；
c、甲烷的质量=0.3mol×16g/mol=4.8g，HCl的质量=0.5mol×36.5g/mol=18.25g、硫化氢的质量为13.6g、氨气的质量=0.2mol×17g/mol=3.4g，所以质量大小顺序是：②＞③＞①＞④，故正确；
d．根据N=nNA知，气体分子数之比等于其物质的量之比，结合分子构成知，甲烷分子中H原子物质的量=0.3mol×4=1.2mol，HCl中H原子的物质的量=0.5mol，硫化氢中H原子的物质的量=0.4mol×2=0.8mol、氨气分子中H原子的物质的量=0.2mol×3=0.6mol，所以H原子个数大小顺序是：①＞③＞④＞②，故正确；
综上所述，abcd均符合题意， 本题选B。
【点睛】根据气态方程：pV==nRT可知，当p、T一定时，V与n成正比；当V、T一定时，p与n成正比；当当p、V、T都一定时，气体的物质的量相同，即阿伏伽德罗定律；根据气态方程：pV==nRT可知，p ×M==m/VRT= p ×M=ρRT ，当p、T一定时，M与ρ成正比。
11.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应:CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），
K为化学平衡常数，其中K和温度的关系如下表：
t/℃
700
800
830
1 000
1 200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
根据以上信息推断以下说法正确的是（ ）
A. 此反应为放热反应
B. 此反应只有达到平衡时，密闭容器中的压强才不会变化
C. 此反应达到1 000℃时的反应速率比700℃时大
D. 该反应的化学平衡常数越大，反应物的转化率越低
【答案】C
【分析】该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，压强只改变反应速率但不影响平衡移动，根据表格知，升高温度，化学平衡常数增大，说明升高温度该反应向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，据此解答。
【详解】A、根据表格数据可知，温度升高，K增大，正反应为吸热反应，故A错误；
B、该可逆反应反应前后气体体积不变，反应过程中压强始终不变，故B错误；
C、温度越高反应速率越快，故C正确；
D、化学平衡常数越大，反应物的转化率越高，故D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】本题考查化学平衡的判断、温度对反应速率的影响等知识点，注意该反应的特点，改变压强对该反应的平衡移动无影响，为易错点。
12.下列说法不正确的是（ ）
A. 水的离子积常数为10－14 B. 向纯水中加入少量NaHSO4，c(H+)增大
C. 100℃时，pH=7的水溶液呈碱性 D. 纯水呈中性是因为c(H+)=c(OH－)
【答案】A
【详解】水的离子积KW在温度一定时是个常数，与溶液中H+浓度大小无关。在25 ℃时，KW= 1×10-14，此时pH =7为中性溶液；100 ℃时，KW＞1×10-14，中性溶液中的c（H+）也比25 ℃时大，pH比25 ℃时小，即100 ℃时中性溶液pH＜7，则pH =7为碱性溶液；不论是纯水还是溶液，只要c（H+）=c（OH-），溶液就是中性的；向纯水中加入NaHSO4，c（H+）增大，但c（OH-）减小，KW不变，所以根据上述分析可知，B、C、D选项正确，A选项错误；
综上所述，本题选A。
13.将0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体，都会引起 ( )
A. 溶液的pH增加 B. 溶液中c(CH3COO—)减小
C. 溶液的导电能力减弱 D. 溶液中c(OH—)减小
【答案】A
【分析】CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度减小，溶液的pH增大，导电能力减弱，溶液中c（H+）减小；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，溶液的PH增大，导电能力增强，溶液中c（H+）减小；据以上分析解答。
【详解】CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度减小，溶液的pH增大，导电能力减弱，溶液中c（H+）减小；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，溶液的PH增大，导电能力增强，溶液中c（H+）减小；
A．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，溶液的PH增加；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，故A正确；
B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，溶液中c(CH3COO—)减小；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，溶液中c(CH3COO—)增加；故B错误；
C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C错误；
D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小；加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，故D错误；
综上所述，本题选A。
14.室温下，某无色溶液中由水电离出来的H+和OH－浓度的乘积为10-24，则此溶液中可能大量共存的离子组是（ ）
A. HCO3- 、Al3+ 、Na+ 、SO42- B. I- 、 NO3-、 K+ 、NH4+
C. MnO4- 、Cl- 、SO42-、 K+ D. SiO32- 、SO32- 、Na+ 、Cl-
【答案】D
【详解】室温下，某无色溶液中由水电离出来的H+和OH－浓度的乘积为10-24，为酸或碱溶液；
A. 酸碱溶液均不能大量存在HCO3-，且HCO3- 、Al3+相互促进水解不能共存，故A不选；
B.酸溶液中I- 、NO3-发生氧化还原反应，碱溶液中不能大量存在NH4+，故B不选；
C. MnO4-为紫色，与无色不符，且酸性溶液中MnO4- 、Cl-发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；
D.碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故D选；
综上所述，本题选D。
【点睛】对于水的电离平衡来讲，加入酸或碱，平衡向左移动，抑制了水的电离，水电离产生的c(H+)和c(OH-)均减小，室温下，均小于10-7mol/L； 因此室温下，某无色溶液中由水电离出来的H+和OH－浓度的乘积为10-24的溶液，可为酸液或碱液。
15.在一定温度下，下列叙述不是可逆反应:A(g)＋3B(g) 2C(g)达到平衡状态标志的是( )
①C生成速率与C分解的速率相等
②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B
③A、B、C的浓度不再变化
④A的体积分数不再变化
⑤混合气体的总压强不再变化
⑥混合气体的总物质的量不再变化
⑦单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol B
⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2
A. ②⑧ B. ①⑥ C. ②④ D. ③⑧
【答案】A
【详解】①C生成的速率相当于v(正),C分解的速率相当于v(逆)，且v(正)= v(逆)，可以判定反应达到平衡状态，正确；
②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B，反应速率同向，不能判断反应是否达到平衡状态，错误；
③A、B、C的浓度不再变化，可以判定反应达到平衡状态，正确；
④A体积分数不再变化，浓度保持不变，可以判定反应达到平衡状态，正确；
⑤该反应为反应前后气体体积发生变化的反应，当混合气体的总压强不再变化时，可以判定反应达到平衡状态，正确；
⑥该反应中各物质均为气体，反应前后气体的总量发生变化，所以当混合气体的总物质的量不再变化，可以判断反应达到平衡状态，正确；
⑦单位时间内消耗a mol A，相当于v(正)，同时生成3a mol B ，相当于v(逆)，且速率之比和系数成正比，因此可以判定反应达到平衡状态，正确；
⑧平衡时各组成成分的含量不再改变，但不一定等于化学式前的系数之比，不能判断反应是否达到平衡状态，错误；
综上所述，本题选A。
16.已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ；ΔH<0且压强p1
C. D.
【答案】C
【解析】A、SO2与O2的反应为放热反应，温度升高，SO2的转化率增大，曲线正确；B、该反应正反应气体系数减小，压强增大，平衡向正反应方向移动，SO3的百分含量增大，曲线正确；C、平衡常数不受压强影响，但受温度影响，温度升高，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线错误；D、温度升高，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，曲线正确。
考点：本题考查化学反应速率、化学平衡移动、图像的分析。
17.某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。
（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是______________，其中发生反应的化学反应方程式为________________________________________________________________。
（2）实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是_________________________________、______________________________________________，装置B中发生反应的离子方程式为______________________________________________________。
（3）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象______________
___________________________________________。
（4）尾气可采用___________溶液吸收。
【答案】(1). 蒸馏烧瓶 (2). Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O (3). KMnO4酸性溶液褪色 (4). 浅黄色(乳白色)沉淀 (5). 5SO2＋2MnO＋2H2O===2Mn2＋＋5 SO42－＋4H＋ (6). 品红溶液褪色后,关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯加热，已褪色的品红又恢复红色 (7). NaOH
【详解】（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器是蒸馏烧瓶，其中Na2SO3和H2SO4（浓）反应生成二氧化硫，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；综上所述，本题答案是：蒸馏烧瓶，Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O。
（2）高锰酸钾溶液为紫红色，具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应：5SO2＋2MnO＋2H2O===2Mn2＋＋5SO42－＋4H＋，可观察到装置B中红色逐渐变浅直至完全褪去；二氧化硫进入硫化钠溶液中发生氧化还原反应生成单质硫，反应为：2S2-+SO2+2H2O=3S↓+4OH-，则观察到装置C出现浅黄色浑浊；综上所述，本题答案是：KMnO4酸性溶液褪色，浅黄色(乳白色)沉淀，5SO2＋2MnO＋2H2O===2Mn2＋＋5SO42－＋4H+。
（3）二氧化硫能够使品红溶液褪色，体现的是二氧化硫的漂白性，加热后，溶液恢复为红色，可以证明SO2与品红作用的可逆性；因此，正确答案是：品红溶液褪色后,关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯加热，已褪色的品红又恢复红色。
（4）SO2属于酸性氧化物，能够与碱反应，因此可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫；综上所述，本题答案是：NaOH。
18.已知水的电离平衡曲线如图所示，试回答下列问题：
（1）图中ABCDE五点的KW间的大小关系是_________________．（用ABCDE表示）
（2）若从A点到D点，可采用的措施是______．
a．升温
b．加入少量的盐酸
c．加入少量NaOH固体
（3）点B对应温度条件下，某溶液pH═7，此时，溶液呈_______（酸性、碱性、中性），点E对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为___________．
（4）点B对应的温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是pH1+ pH2= _________________．
【答案】(1). B＞C＞A=D=E (2). b (3). 碱性 (4). 10：1 (5). 14
【分析】（1）Kw只与温度有关，温度升高促进水的电离，据此分析；
（2）仔细观察图像，溶液由A点中性转化为D点酸性，据此分析；
（3）25℃时所得混合溶液的pH=7，酸碱恰好中和，即n(OH-)＝n(H+)，据此分析；
（4）温度为100℃，水的离子积为10-12，由于反应后溶液呈中性，所以n(OH-)＝n(H+)，据此分析。
【详解】（1）Kw只与温度有关，温度升高促进水的电离，Kw增大，因此有B＞C＞A=D=E；综上所述，本题答案是：B＞C＞A=D=E。
（2）从A点到D点，溶液由中性转化为酸性，因此选项b与题意相符；综上所述，本题选b。
（3）点B对应温度为100℃，Kw=10-12，pH=6，溶液为中性；温度不变时，某溶液pH=7，此时，溶液呈碱性；点E对应温度为25℃，Kw=10-14，25℃时所得混合溶液的pH=7，酸碱恰好中和，即n(OH-)＝n(H+)，则V(NaOH)×10-5mol/L=V(H2SO4)×10-4mol/L，得V(NaOH):V(H2SO4)=10:1；综上所述，本题答案是：碱性，10:1。
（4）点B对应的温度为100℃，水的离子积常数为10-12，pH=b的某强碱溶液中c(OH-)=10b-12，反应后溶液呈中性，所以n(OH-)＝n(H+)，即100×10-a=1×10b-12，故a+b=14，即pH1+pH2=14；综上所述，本题答案是：14。
19.实验室有一瓶未知浓度的Na2S2O3，通过下列实验测定其浓度
①取10.0 mL Na2S2O3于锥形瓶中，滴入指示剂2—3滴。
②取一滴定管,依次查漏，洗涤，用0.01 mol·L－1的I2溶液润洗，然后注入该标准溶液,调整液面，记下读数。
③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：I2+2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6。
试回答下列问题：
（1）步骤①加入的指示剂是__________。
（2）步聚③达到滴定终点的判断__________________________________。
（3）己知消耗标准液实验数据如下表：
实验次数
始读数(ml)
末读数(ml)
1
0.10
1920
2
1.85
20.75
3
0.00
24.06
则废水中的Na2S2O3物质的量浓度为_______________。
（4） 下列操作会导致测定结果偏高的是_________。
A．滴定管在装液前未用标准溶液润洗
B．滴定过程中，锥形瓶振荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出
C．装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡
D．达到滴定终点时，仰视读数
【答案】 (1). 淀粉溶液 (2). 滴入最后一滴标准液时,溶液由无色变成蓝色,且振荡半分钟内不变色 (3). 0.038mol•L﹣1 (4). AD
【详解】（1）本滴定实验为利用I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6测定生成I2从而确定水样中的Cl2，故所用指示剂用来指示溶液中I2的量，故应用淀粉溶液作指示剂；综上所述，本题答案是：淀粉溶液。
（2）碘遇淀粉变蓝，判断达到滴定终点的实验现象是：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变成蓝色且半分钟内不恢复；综上所述，本题答案是：滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成蓝色，且振荡半分钟内不变色。
（3）从图表中数据可知，消耗标准液的体积：三组数据：19.10 mL，18.90 mL，24.06，24.06误差太大，舍去；因此消耗标准液的体积平均为19.00 mL；根据反应I2+2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6可知，则废水中的Na2S2O3物质的量浓度为(19×0.01×2)/10=0.038mol•L﹣1；综上所述，本题答案是：0.038mol•L﹣1。
（4）依据进行如下分析：
A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗会导致c（标准）变小，则V（标准）偏大，故所测NaOH溶液浓度偏大，正确；
B．滴定过程中，锥形瓶振荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，导致待测溶液的溶质总量减小，消耗标准液的体积偏小，所测NaOH溶液浓度偏小，错误；
C．滴定前滴定管尖嘴中没有气泡，滴定终点时发现气泡，由于气泡占有空间，则会导致V（标准）体积偏小，故会导致所测浓度偏小，错误；
D．达到滴定终点时，仰视读数，导致V（标准）体积偏大，会导致所测浓度偏大；正确；
综上所述，本题选AD。
【点睛】针对于问题（4）中C选项：装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，由于气泡占有液体的空间，因此则会导致V（标准）体积偏小，故会导致所测浓度偏小；如果装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定终点时无有气泡，由于气泡占有液体的空间，因此则会导致V（标准）体积偏大，故会导致所测浓度偏大；在分析误差时，要具体情况具体分析。
20.联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。
（1）联氨分子的电子式为______________，
（2）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。写出在水中联氨第一步电离反应的方程式______________________________________________________。
（3）已知12.8 g的液态高能燃料联氨在氧气中燃烧，生成气态N2和液态水，放出248.8kJ的热量。写出表示液态联氨燃烧热的热化学方程式__________________________________。
（4）已知①2O2(g)+N2(g)=N2O4(l) ；ΔH1
②N2(g)+2H2(g)=N2H4(l) ；ΔH2
③O2(g)+2H2(g)=2H2O(g) ； ΔH3
④2 N2H4(l) + N2O4(l)= 3N2(g)+ 4H2O(g) ；ΔH4
上述反应热效应之间的关系式为ΔH4=_________________，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为____________________________________________ （至少答2点）。
【答案】 (1). (2). N2H4＋H2ON2H＋OH－ (3). N2H4 (l) + O2(g) = N2(g) + 2H2O(l) ；△H= —622.0 kJ/mol (4). 2ΔH3—2ΔH2—ΔH1 (5). 反应放热量大、产生大量气体、产物无污染
【详解】（1）联氨分子式为N2H4，氮氢原子间形成单键，氮氮原子间形成单键，电子式为；综上所述，本题答案是：。
（2）一水合氨的电离：NH3∙H2ONH4++OH- , 联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，第一步电离反应的方程式：N2H4＋H2ON2H＋OH－；综上所述，本题答案是：N2H4＋H2ON2H＋OH－。
(3)反应方程式为：N2H4+O2═N2+2H2O，0.4mol液态肼放出248.8kJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为248.8/0.4=622kJ，所以反应的热化学方程式为:N2H4(g)+O2(g)═N2(g)+2H2O(l) △H=-622kJ/mol；综上所述，本题答案是： N2H4(l)+O2(g)═N2(g)+2H2O(l)△H=-622kJ•mol-1。
(4)①2O2(g)+N2(g)═N2O4(l)△H1，②N2(g)+2H2(g)═N2H4(l)△H2，③O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)△H3，依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2-②×2-①得到④2N2H4(l)+N2O4(l)═3N2(g)+4H2O(g)△H4=2△H3-2△H2-△H1；根据反应④可知，联氨和N2O4反应放出大量热且产生大量气体，且对环境无危害，因此可作为火箭推进剂；
综上所述，本题答案是：2ΔH3—2ΔH2—ΔH1 ；反应放热量大、产生大量气体、产物无污染。
21.甲醇被称为2l世纪的新型燃料，工业上可以用CH4和H2O为原料来制备甲醇．
（1）将1.0mol CH4和2.0mol H2O（g）通入容积为10L的反应室，在一定条件下发生反应
Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），CH4的转化率与温度、压强的关系如图甲：
已知100℃,压强为P1时,达到平衡所需的时间为5min，
①则用 H2 表示的平均反应速率为__________________．
②在其它条件不变的情况下升高温度，化学平衡常数将____（填“增大”“减小”或“不变”）．
③图中的P1____P2（填“＜”、“＞”或“=”），在100℃,压强为P1时平衡常数为__________．
④保持反应体系100℃,压强为P1，5min后再向容器中冲入H2O、 H2各0.5mol，化学平衡将向______移动（填“向左”“向右或“不”）．
（2）在一定条件下，将a mol CO与 3a mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发发生反应
Ⅱ：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
①该反应的△H___0，△S___0（填“＜”、“＞”或“=”）．
②若容器容积不变，下列措施可以提高CO转化率的是_______．
A．升高温度
B．将CH3OH（g）从体系中分离出来
C．充入He，使体系总压强增大
D．再充入1mol CO和3mol H2．
【答案】 (1). 0.030mol•L-1•min-1 (2). 增大 (3). ＜ (4). 2.25×10-2 (5). 向左 (6). ＜ (7). ＜ (8). BD
【分析】(1)①根据图知道平衡时甲烷的转化率,求出∆c(CH4),根据v=∆c/∆t 计算v(CH4),利用速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)；
②转化率与温度、压强图象有三个变量,应“定一议二”；
③根据定一议二原则,定温度同,再比较压强,即作垂直x轴的辅助线,比较平衡时甲烷的转化率,由此判断;平衡常数k=c(CO)c2(H2)/c(CH4)c(H2O)，计算出平衡时各组分的浓度,代入平衡常数表达式计算；
④保持反应体系为100℃,5min后再向容器中冲入H2O、H2各0.5mol,根据浓度商与平衡常数的相对大小的判断；
(2)①混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇,则说明正反应是放热反应,正反应是气体物质的量减小的反应；
②容器容积不变,增加甲醇产率,平衡向正反应移动,根据外界条件对平衡的影响分析。
【详解】(1)①由100℃平衡CH4的转化率为0.5可以知道,消耗CH4为1×0.5=0.5mol，平衡时甲烷的浓度变化量为:0.5/10=0.05mol/L,根据甲烷与氢气的计量数关系,则: v(H2)=3 v(CH4)=3×0.05/5=0.030mol•L-1•min-1；因此，本题正确答案是: 0.030mol•L-1•min-1。
②当压强为p1时,升高温度,甲烷的转化率提高,平衡向正向移动,所以正向为吸热反应,所以升高温度平衡常数变大；综上所述，本题答案是：增大。
③通过图表可以知道当温度相同时,p2→p1时,甲烷的转化率提高,平衡向正向移动,正向为气体系数增大的反应,根据减小压强平衡向系数增大的方向移动可得出p1< p2；因此，本题正确答案是: ＜。
④ CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）
初始浓度: 0.1 0.2 0 0
变化浓度: 0.05 0.05 0.05 0.15
平衡浓度: 0.05 0.15 0.05 0.15
100℃时平衡常数=0.05×（0.15）3/0.05×0.15= 2.25×10-2；5min后再向容器中冲入H2O、 H2各0.5mol，各物质浓度为：c(H2O)=0.15+0.05=0.2mol/L，c(H2)= =0.15+0.05=0.2mol/L，QC=0.23×0.05/0.05×0.2=0.04> 2.25×10-2，正反应速率小于逆反应速率，平衡向左移动；综上所述，本题答案是：2.25×10-2，向左。
(2)①混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇,则说明正反应是放热反应,所以△H<0 ；正反应是气体物质的量减小的反应,气体的物质的量越多,其熵越大,所以△S<0；因此，本题正确答案是:<， <。
②A.该反应为放热反应,升高温度,平衡向吸热方向移动,即向逆反应方向移动, CO转化率降低，故A错误；
B.将 CH3OH（g）从体系中分离,产物的浓度降低，平衡向正反应移动，CO转化率增大，故B正确；
C.充入He，使体系总压强增大，容器容积不变，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动, CO转化率不变，故C错误；
D.再充入1mol CO和3mol H2，可等效为压强增大,平衡向体积减小的方向移动,即向正反应方向移动，CO转化率增大，故D正确；
因此，本题正确答案是:BD。
1.下列做法对人体健康不会造成危害的是（ ）
A. 用工业盐（NaNO2）作咸味调味品
B. 用硫磺熏制银耳，使它颜色更白
C. 食盐中加入一定量的碘酸钾（KIO3）制取加碘食盐
D. 将含有甲醇（CH3OH）的工业酒精兑制成饮用白酒
【答案】C
【分析】A.亚硝酸盐有毒；
B.硫磺燃烧生成的二氧化硫具有毒性和漂白性；
C.碘酸钾无毒,且能够被人体吸收；
D.甲醇有毒。
【详解】A.工业盐中含有亚硝酸钠，亚硝酸钠有毒，而且是一种致癌物质，不能食用,故A错误；
B.硫磺燃烧生成的二氧化硫具有毒性和漂白性，不能用于食品漂白，故B错误；
C.碘酸钾无毒，碘元素是人体必需的微量元素,食盐中加入一定量的碘酸钾（KIO3）制食用含碘盐,能够补充碘元素,故C正确；
D.甲醇有毒不能用于饮用，故D错误；
综上所述，本题选C。
2.下列离子方程式正确的是( )
A. 将 Cl2 通入水中： Cl2＋H2O2H＋＋Cl－＋ClO－
B. 向 Fe2(SO4)3 溶液中加入过量铁粉： Fe3＋＋Fe＝2Fe2＋
C. 将 SO2 通入双氧水中： SO2＋H2O2＝2H＋＋SO42－
D. 向 Na2SiO3 溶液中滴加稀盐酸： Na2SiO3＋2H＋＝H2SiO3↓＋2Na＋
【答案】C
【解析】A. 将 Cl2 通入水中： Cl2＋H2O2H＋＋Cl－＋ClO－错误，因为HClO是弱酸，不能拆，故A错；B. 向 Fe2(SO4)3 溶液中加入过量铁粉：2 Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，故B错；C. 将 SO2 通入双氧水中： SO2＋H2O2＝2H＋＋SO42－，故C正确；D. 向 Na2SiO3 溶液中滴加稀盐酸： SiO32-＋2H＋＝H2SiO3↓故D错误。答案：C。
点睛：考查离子方程式正误的相关知识。注意离子方程式的写法，记住该拆的拆，如D. 向 Na2SiO3 溶液中滴加稀盐酸： Na2SiO3＋2H＋＝H2SiO3↓＋2Na＋，Na2SiO3是可拆的；注意电荷守恒，例B. 向 Fe2(SO4)3 溶液中加入过量铁粉： Fe3＋＋Fe＝2Fe2＋电荷不守恒。
3. X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法正确的是（ ）
A. Y元素最高价氧化物对应的水化物化学式H2YO4
B. 原子半径由小到大的顺序为：X＜Z＜Y
C. Y、Z两种元素气态氢化物中，Z的气态氢化物最稳定
D. X与W形成的两种化合物中，阴、阳离子物质的量之比均为1︰2
【答案】D
【解析】W为短周期元素半径最大的，为钠元素。X原子的最外层电子数是核外电子层数的3倍，则为氧，则Z为硫。Y的最高价正价与最低负价代数和为6，则最高价为+7价，为氯元素。A、氯元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HYO4，错误，不选A；B、半径顺序为：X
4.下列说法正确的是( )
A. CH4能使酸性KMnO4溶液褪色
B. CH3CH2CH2CH3与CH3CH(CH3)2互为同分异构体
C. 乙酸有强烈的刺激性气味，其水溶液称为冰醋酸
D. 金属Na能与C2H5OH中的甲基反应生成H2
【答案】B
【详解】A．CH4性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，A项错误；
B．CH3CH2CH2CH3与CH3CH（CH3）2的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B项正确；
C．乙酸有强烈的刺激性气味，在室温较低时，无水乙酸就会凝结成像冰一样的晶体．无水乙酸又称冰醋酸，C项错误；
D．金属Na能置换出羟基中的氢生成H2，不能置换CH3CH2OH甲基中的氢生成H2，D项错误；
综上所述，本题选B。
5.下列说法正确的是( )
A. Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
B. 分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均极易溶于水
C. Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应
D. 常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化
【答案】B
【详解】A．二氧化硫与品红发生化合反应生成不稳定的物质，不发生氧化还原反应，故A错误；
B．液面均迅速上升，说明烧瓶内压强减小，可说明两种气体均易溶于水，故B正确；
C．铁与稀硝酸反应生成NO，没有生成氢气，不是置换反应，故C错误；
D．常温下铜与浓硫酸不反应，故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，但是Cl2的水溶液中含有次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够漂白有机色质，属于氧化性漂白；而SO2能够与有机色质结合形成不稳定无色物质，属于非氧化性漂白，加热后，褪色后的溶液又恢复到原来的颜色。
6.下列说法或表示方法正确的是( )
A. 若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,后者放出热量多
B. 由C(石墨)=C(金刚石)ΔH=+1.9 kJ·mol-1可知,金刚石比石墨稳定
C. 在101kPa时,2g H2完全燃烧生成液态水,放出285.8kJ热量,氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH=+285.8 kJ·mol-1
D. 在稀溶液中:H++OH-H2O ΔH=-57.3 kJ·mol-1,若将含1mol CH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合,放出的热量小于57.3 kJ
【答案】D
【详解】A.固体硫变为硫蒸汽要吸热,则燃烧时放出的热量较少,故A错误;
B.反应为吸热反应,则石墨能量比金刚石小,能量越低越稳定,故B错误;
C. 在101kPa时,2g H2完全燃烧生成液态水,放出285.8kJ热量,氢气燃烧的热化学方程式表示为H2(g)+1/2O2(g)H2O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1,故C错误;
D.醋酸为弱电解质,电离吸热,则放出的热量小于57.3 kJ,故D正确，答案选D。
【点睛】D选项为易错点，注意醋酸为弱电解质，电离吸热。
7.有一处于平衡状态的反应：X(s)＋3Y(g) 2Z(g)，ΔH＜0。为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择的条件是（ ）
①高温 ②低温 ③高压 ④低压 ⑤加催化剂 ⑥分离出Z ⑦增加X ⑧增加Y
A. ①③⑤⑦ B. ②③⑤⑦
B. C. ②③⑥⑧ D. ②④⑥⑧
【答案】C
【解析】正反应是体积减小的放热反应，则为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择的条件是低温、高压并分离出Z或增加Y，答案选C。
8.以NA 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 ( )
A. T℃时，1LpH=6纯水中，含10－8NA个OH-
B. 15.6gNa2O2 与过量CO2反应时，转移的电子数为0.4NA
C. pH=1的H3PO4溶液中含有0.1NA个H+
D. 1molCO和N2混合气体中含有的质子数是14NA
【答案】D
【解析】A项，pH=6即c（H+）=110-6mol/L，纯水呈中性，c（OH-）= c（H+）=110-6mol/L，n（OH-）=110-6mol/L1L=110-6mol，含10-6NA个OH-，错误；B项，n（Na2O2）==0.2mol，Na2O2与CO2反应时转移电子可表示为：，2molNa2O2参与反应转移2mol电子，则15.6gNa2O2 与过量CO2反应时，转移的电子数为0.2NA，错误；C项，由于溶液体积未知，无法计算H+的物质的量，错误；D项，1个CO分子、1个N2分子中都含有14个质子，1molCO和N2混合气体中含有的质子数是14NA，正确；答案选D。
【点睛】易错点：把水的离子积当成110-14，从而错选A。
9.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应:l0NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。对于该反应，下列判断正确的是( )
A. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为15: 1
B. 氧化剂和还原剂同一物质
C. 反应过程中转移1mol电子，则产生2.24L气体（标准状况)
D. NaN3中氮元素的化合价为-3
【答案】A
【分析】该反应中叠氮化钠中N元素化合价由-1/3价变为0价、硝酸钾中N元素化合价由+5价变为0价,所以硝酸钾是氧化剂、叠氮化钠是还原剂，再结合方程式分析解答。
【详解】A.氮化钠中N元素化合价由-1/3价变为0价、硝酸钾中N元素化合价由+5价变为0价,所以硝酸钾是氧化剂,生成1molN2为还原产物、叠氮化钠是还原剂,生成15molN2为氧化产物,所以氧化产物与还原产物分子个数之比为15: 1,故A正确；
B.硝酸钾是氧化剂、叠氮化钠是还原剂,故B错误；
C.反应过程中若转移1mol电子,则参加反应的叠氮酸钠的物质的量为1mol,生成氮气的物质的量=16×1/10=1.6mol，则产生35.84L气体(标准状况),故C错误；
D.叠氮化钠中N元素化合价为-1/3价,故D错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】针对于l0NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑反应，可知变价的元素只有氮元素，因此采用数轴分析元素化合价变化， 如图；通过此图就能很好地找到氮元素变价的规律，很容易找到氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物。
10.在标准状况下有一定量的气体：①6.72L CH4 ②3.01×1023个HCl分子 ③13.6g H2S ④0.2mol NH3 ,下列对这四种气体的关系从大到小排列的组合中正确的是( )
a．体积：②＞③＞①＞④ b ．密度：②＞③＞④＞①
c．质量：②＞③＞①＞④ d．氢原子个数：①＞③＞④＞②
A. abd B. abcd C. abc D. bcd
【答案】B
【详解】标况下，气体摩尔体积相等，①6.72LCH4 的物质的量=6.72/22.4= 0.3mol,②3.01×1023 个HCl分子的物质的量=0.5mol，③13.6gH2S的物质的量=13.6/34=0.4mol；④0.2molNH3，
a．V=nVm知，相同条件下，气体体积与物质的量成正比，所以这几种气体体积大小顺序是：②＞③＞①＞④，故正确；
b．根据阿伏加德罗推论可知，气体密度与摩尔质量成正比，甲烷摩尔质量是16g/mol、HCl摩尔质量是36.5g/mol、硫化氢摩尔质量是34g/mol、氨气摩尔质量是17g/mol，所以气体密度大小顺序是：②＞③＞④＞①，故正确；
c、甲烷的质量=0.3mol×16g/mol=4.8g，HCl的质量=0.5mol×36.5g/mol=18.25g、硫化氢的质量为13.6g、氨气的质量=0.2mol×17g/mol=3.4g，所以质量大小顺序是：②＞③＞①＞④，故正确；
d．根据N=nNA知，气体分子数之比等于其物质的量之比，结合分子构成知，甲烷分子中H原子物质的量=0.3mol×4=1.2mol，HCl中H原子的物质的量=0.5mol，硫化氢中H原子的物质的量=0.4mol×2=0.8mol、氨气分子中H原子的物质的量=0.2mol×3=0.6mol，所以H原子个数大小顺序是：①＞③＞④＞②，故正确；
综上所述，abcd均符合题意， 本题选B。
【点睛】根据气态方程：pV==nRT可知，当p、T一定时，V与n成正比；当V、T一定时，p与n成正比；当当p、V、T都一定时，气体的物质的量相同，即阿伏伽德罗定律；根据气态方程：pV==nRT可知，p ×M==m/VRT= p ×M=ρRT ，当p、T一定时，M与ρ成正比。
11.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应:CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），
K为化学平衡常数，其中K和温度的关系如下表：
t/℃
700
800
830
1 000
1 200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
根据以上信息推断以下说法正确的是（ ）
A. 此反应为放热反应
B. 此反应只有达到平衡时，密闭容器中的压强才不会变化
C. 此反应达到1 000℃时的反应速率比700℃时大
D. 该反应的化学平衡常数越大，反应物的转化率越低
【答案】C
【分析】该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，压强只改变反应速率但不影响平衡移动，根据表格知，升高温度，化学平衡常数增大，说明升高温度该反应向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，据此解答。
【详解】A、根据表格数据可知，温度升高，K增大，正反应为吸热反应，故A错误；
B、该可逆反应反应前后气体体积不变，反应过程中压强始终不变，故B错误；
C、温度越高反应速率越快，故C正确；
D、化学平衡常数越大，反应物的转化率越高，故D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】本题考查化学平衡的判断、温度对反应速率的影响等知识点，注意该反应的特点，改变压强对该反应的平衡移动无影响，为易错点。
12.下列说法不正确的是（ ）
A. 水的离子积常数为10－14 B. 向纯水中加入少量NaHSO4，c(H+)增大
C. 100℃时，pH=7的水溶液呈碱性 D. 纯水呈中性是因为c(H+)=c(OH－)
【答案】A
【详解】水的离子积KW在温度一定时是个常数，与溶液中H+浓度大小无关。在25 ℃时，KW= 1×10-14，此时pH =7为中性溶液；100 ℃时，KW＞1×10-14，中性溶液中的c（H+）也比25 ℃时大，pH比25 ℃时小，即100 ℃时中性溶液pH＜7，则pH =7为碱性溶液；不论是纯水还是溶液，只要c（H+）=c（OH-），溶液就是中性的；向纯水中加入NaHSO4，c（H+）增大，但c（OH-）减小，KW不变，所以根据上述分析可知，B、C、D选项正确，A选项错误；
综上所述，本题选A。
13.将0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体，都会引起 ( )
A. 溶液的pH增加 B. 溶液中c(CH3COO—)减小
C. 溶液的导电能力减弱 D. 溶液中c(OH—)减小
【答案】A
【分析】CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度减小，溶液的pH增大，导电能力减弱，溶液中c（H+）减小；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，溶液的PH增大，导电能力增强，溶液中c（H+）减小；据以上分析解答。
【详解】CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度减小，溶液的pH增大，导电能力减弱，溶液中c（H+）减小；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，溶液的PH增大，导电能力增强，溶液中c（H+）减小；
A．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，溶液的PH增加；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，故A正确；
B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，溶液中c(CH3COO—)减小；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，溶液中c(CH3COO—)增加；故B错误；
C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C错误；
D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小；加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，故D错误；
综上所述，本题选A。
14.室温下，某无色溶液中由水电离出来的H+和OH－浓度的乘积为10-24，则此溶液中可能大量共存的离子组是（ ）
A. HCO3- 、Al3+ 、Na+ 、SO42- B. I- 、 NO3-、 K+ 、NH4+
C. MnO4- 、Cl- 、SO42-、 K+ D. SiO32- 、SO32- 、Na+ 、Cl-
【答案】D
【详解】室温下，某无色溶液中由水电离出来的H+和OH－浓度的乘积为10-24，为酸或碱溶液；
A. 酸碱溶液均不能大量存在HCO3-，且HCO3- 、Al3+相互促进水解不能共存，故A不选；
B.酸溶液中I- 、NO3-发生氧化还原反应，碱溶液中不能大量存在NH4+，故B不选；
C. MnO4-为紫色，与无色不符，且酸性溶液中MnO4- 、Cl-发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；
D.碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故D选；
综上所述，本题选D。
【点睛】对于水的电离平衡来讲，加入酸或碱，平衡向左移动，抑制了水的电离，水电离产生的c(H+)和c(OH-)均减小，室温下，均小于10-7mol/L； 因此室温下，某无色溶液中由水电离出来的H+和OH－浓度的乘积为10-24的溶液，可为酸液或碱液。
15.在一定温度下，下列叙述不是可逆反应:A(g)＋3B(g) 2C(g)达到平衡状态标志的是( )
①C生成速率与C分解的速率相等
②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B
③A、B、C的浓度不再变化
④A的体积分数不再变化
⑤混合气体的总压强不再变化
⑥混合气体的总物质的量不再变化
⑦单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol B
⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2
A. ②⑧ B. ①⑥ C. ②④ D. ③⑧
【答案】A
【详解】①C生成的速率相当于v(正),C分解的速率相当于v(逆)，且v(正)= v(逆)，可以判定反应达到平衡状态，正确；
②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B，反应速率同向，不能判断反应是否达到平衡状态，错误；
③A、B、C的浓度不再变化，可以判定反应达到平衡状态，正确；
④A体积分数不再变化，浓度保持不变，可以判定反应达到平衡状态，正确；
⑤该反应为反应前后气体体积发生变化的反应，当混合气体的总压强不再变化时，可以判定反应达到平衡状态，正确；
⑥该反应中各物质均为气体，反应前后气体的总量发生变化，所以当混合气体的总物质的量不再变化，可以判断反应达到平衡状态，正确；
⑦单位时间内消耗a mol A，相当于v(正)，同时生成3a mol B ，相当于v(逆)，且速率之比和系数成正比，因此可以判定反应达到平衡状态，正确；
⑧平衡时各组成成分的含量不再改变，但不一定等于化学式前的系数之比，不能判断反应是否达到平衡状态，错误；
综上所述，本题选A。
16.已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ；ΔH<0且压强p1
C. D.
【答案】C
【解析】A、SO2与O2的反应为放热反应，温度升高，SO2的转化率增大，曲线正确；B、该反应正反应气体系数减小，压强增大，平衡向正反应方向移动，SO3的百分含量增大，曲线正确；C、平衡常数不受压强影响，但受温度影响，温度升高，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线错误；D、温度升高，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，曲线正确。
考点：本题考查化学反应速率、化学平衡移动、图像的分析。
17.某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。
（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是______________，其中发生反应的化学反应方程式为________________________________________________________________。
（2）实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是_________________________________、______________________________________________，装置B中发生反应的离子方程式为______________________________________________________。
（3）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象______________
___________________________________________。
（4）尾气可采用___________溶液吸收。
【答案】(1). 蒸馏烧瓶 (2). Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O (3). KMnO4酸性溶液褪色 (4). 浅黄色(乳白色)沉淀 (5). 5SO2＋2MnO＋2H2O===2Mn2＋＋5 SO42－＋4H＋ (6). 品红溶液褪色后,关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯加热，已褪色的品红又恢复红色 (7). NaOH
【详解】（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器是蒸馏烧瓶，其中Na2SO3和H2SO4（浓）反应生成二氧化硫，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；综上所述，本题答案是：蒸馏烧瓶，Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O。
（2）高锰酸钾溶液为紫红色，具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应：5SO2＋2MnO＋2H2O===2Mn2＋＋5SO42－＋4H＋，可观察到装置B中红色逐渐变浅直至完全褪去；二氧化硫进入硫化钠溶液中发生氧化还原反应生成单质硫，反应为：2S2-+SO2+2H2O=3S↓+4OH-，则观察到装置C出现浅黄色浑浊；综上所述，本题答案是：KMnO4酸性溶液褪色，浅黄色(乳白色)沉淀，5SO2＋2MnO＋2H2O===2Mn2＋＋5SO42－＋4H+。
（3）二氧化硫能够使品红溶液褪色，体现的是二氧化硫的漂白性，加热后，溶液恢复为红色，可以证明SO2与品红作用的可逆性；因此，正确答案是：品红溶液褪色后,关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯加热，已褪色的品红又恢复红色。
（4）SO2属于酸性氧化物，能够与碱反应，因此可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫；综上所述，本题答案是：NaOH。
18.已知水的电离平衡曲线如图所示，试回答下列问题：
（1）图中ABCDE五点的KW间的大小关系是_________________．（用ABCDE表示）
（2）若从A点到D点，可采用的措施是______．
a．升温
b．加入少量的盐酸
c．加入少量NaOH固体
（3）点B对应温度条件下，某溶液pH═7，此时，溶液呈_______（酸性、碱性、中性），点E对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为___________．
（4）点B对应的温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是pH1+ pH2= _________________．
【答案】(1). B＞C＞A=D=E (2). b (3). 碱性 (4). 10：1 (5). 14
【分析】（1）Kw只与温度有关，温度升高促进水的电离，据此分析；
（2）仔细观察图像，溶液由A点中性转化为D点酸性，据此分析；
（3）25℃时所得混合溶液的pH=7，酸碱恰好中和，即n(OH-)＝n(H+)，据此分析；
（4）温度为100℃，水的离子积为10-12，由于反应后溶液呈中性，所以n(OH-)＝n(H+)，据此分析。
【详解】（1）Kw只与温度有关，温度升高促进水的电离，Kw增大，因此有B＞C＞A=D=E；综上所述，本题答案是：B＞C＞A=D=E。
（2）从A点到D点，溶液由中性转化为酸性，因此选项b与题意相符；综上所述，本题选b。
（3）点B对应温度为100℃，Kw=10-12，pH=6，溶液为中性；温度不变时，某溶液pH=7，此时，溶液呈碱性；点E对应温度为25℃，Kw=10-14，25℃时所得混合溶液的pH=7，酸碱恰好中和，即n(OH-)＝n(H+)，则V(NaOH)×10-5mol/L=V(H2SO4)×10-4mol/L，得V(NaOH):V(H2SO4)=10:1；综上所述，本题答案是：碱性，10:1。
（4）点B对应的温度为100℃，水的离子积常数为10-12，pH=b的某强碱溶液中c(OH-)=10b-12，反应后溶液呈中性，所以n(OH-)＝n(H+)，即100×10-a=1×10b-12，故a+b=14，即pH1+pH2=14；综上所述，本题答案是：14。
19.实验室有一瓶未知浓度的Na2S2O3，通过下列实验测定其浓度
①取10.0 mL Na2S2O3于锥形瓶中，滴入指示剂2—3滴。
②取一滴定管,依次查漏，洗涤，用0.01 mol·L－1的I2溶液润洗，然后注入该标准溶液,调整液面，记下读数。
③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：I2+2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6。
试回答下列问题：
（1）步骤①加入的指示剂是__________。
（2）步聚③达到滴定终点的判断__________________________________。
（3）己知消耗标准液实验数据如下表：
实验次数
始读数(ml)
末读数(ml)
1
0.10
1920
2
1.85
20.75
3
0.00
24.06
则废水中的Na2S2O3物质的量浓度为_______________。
（4） 下列操作会导致测定结果偏高的是_________。
A．滴定管在装液前未用标准溶液润洗
B．滴定过程中，锥形瓶振荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出
C．装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡
D．达到滴定终点时，仰视读数
【答案】 (1). 淀粉溶液 (2). 滴入最后一滴标准液时,溶液由无色变成蓝色,且振荡半分钟内不变色 (3). 0.038mol•L﹣1 (4). AD
【详解】（1）本滴定实验为利用I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6测定生成I2从而确定水样中的Cl2，故所用指示剂用来指示溶液中I2的量，故应用淀粉溶液作指示剂；综上所述，本题答案是：淀粉溶液。
（2）碘遇淀粉变蓝，判断达到滴定终点的实验现象是：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变成蓝色且半分钟内不恢复；综上所述，本题答案是：滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成蓝色，且振荡半分钟内不变色。
（3）从图表中数据可知，消耗标准液的体积：三组数据：19.10 mL，18.90 mL，24.06，24.06误差太大，舍去；因此消耗标准液的体积平均为19.00 mL；根据反应I2+2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6可知，则废水中的Na2S2O3物质的量浓度为(19×0.01×2)/10=0.038mol•L﹣1；综上所述，本题答案是：0.038mol•L﹣1。
（4）依据进行如下分析：
A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗会导致c（标准）变小，则V（标准）偏大，故所测NaOH溶液浓度偏大，正确；
B．滴定过程中，锥形瓶振荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，导致待测溶液的溶质总量减小，消耗标准液的体积偏小，所测NaOH溶液浓度偏小，错误；
C．滴定前滴定管尖嘴中没有气泡，滴定终点时发现气泡，由于气泡占有空间，则会导致V（标准）体积偏小，故会导致所测浓度偏小，错误；
D．达到滴定终点时，仰视读数，导致V（标准）体积偏大，会导致所测浓度偏大；正确；
综上所述，本题选AD。
【点睛】针对于问题（4）中C选项：装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，由于气泡占有液体的空间，因此则会导致V（标准）体积偏小，故会导致所测浓度偏小；如果装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定终点时无有气泡，由于气泡占有液体的空间，因此则会导致V（标准）体积偏大，故会导致所测浓度偏大；在分析误差时，要具体情况具体分析。
20.联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。
（1）联氨分子的电子式为______________，
（2）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。写出在水中联氨第一步电离反应的方程式______________________________________________________。
（3）已知12.8 g的液态高能燃料联氨在氧气中燃烧，生成气态N2和液态水，放出248.8kJ的热量。写出表示液态联氨燃烧热的热化学方程式__________________________________。
（4）已知①2O2(g)+N2(g)=N2O4(l) ；ΔH1
②N2(g)+2H2(g)=N2H4(l) ；ΔH2
③O2(g)+2H2(g)=2H2O(g) ； ΔH3
④2 N2H4(l) + N2O4(l)= 3N2(g)+ 4H2O(g) ；ΔH4
上述反应热效应之间的关系式为ΔH4=_________________，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为____________________________________________ （至少答2点）。
【答案】 (1). (2). N2H4＋H2ON2H＋OH－ (3). N2H4 (l) + O2(g) = N2(g) + 2H2O(l) ；△H= —622.0 kJ/mol (4). 2ΔH3—2ΔH2—ΔH1 (5). 反应放热量大、产生大量气体、产物无污染
【详解】（1）联氨分子式为N2H4，氮氢原子间形成单键，氮氮原子间形成单键，电子式为；综上所述，本题答案是：。
（2）一水合氨的电离：NH3∙H2ONH4++OH- , 联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，第一步电离反应的方程式：N2H4＋H2ON2H＋OH－；综上所述，本题答案是：N2H4＋H2ON2H＋OH－。
(3)反应方程式为：N2H4+O2═N2+2H2O，0.4mol液态肼放出248.8kJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为248.8/0.4=622kJ，所以反应的热化学方程式为:N2H4(g)+O2(g)═N2(g)+2H2O(l) △H=-622kJ/mol；综上所述，本题答案是： N2H4(l)+O2(g)═N2(g)+2H2O(l)△H=-622kJ•mol-1。
(4)①2O2(g)+N2(g)═N2O4(l)△H1，②N2(g)+2H2(g)═N2H4(l)△H2，③O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)△H3，依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2-②×2-①得到④2N2H4(l)+N2O4(l)═3N2(g)+4H2O(g)△H4=2△H3-2△H2-△H1；根据反应④可知，联氨和N2O4反应放出大量热且产生大量气体，且对环境无危害，因此可作为火箭推进剂；
综上所述，本题答案是：2ΔH3—2ΔH2—ΔH1 ；反应放热量大、产生大量气体、产物无污染。
21.甲醇被称为2l世纪的新型燃料，工业上可以用CH4和H2O为原料来制备甲醇．
（1）将1.0mol CH4和2.0mol H2O（g）通入容积为10L的反应室，在一定条件下发生反应
Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），CH4的转化率与温度、压强的关系如图甲：
已知100℃,压强为P1时,达到平衡所需的时间为5min，
①则用 H2 表示的平均反应速率为__________________．
②在其它条件不变的情况下升高温度，化学平衡常数将____（填“增大”“减小”或“不变”）．
③图中的P1____P2（填“＜”、“＞”或“=”），在100℃,压强为P1时平衡常数为__________．
④保持反应体系100℃,压强为P1，5min后再向容器中冲入H2O、 H2各0.5mol，化学平衡将向______移动（填“向左”“向右或“不”）．
（2）在一定条件下，将a mol CO与 3a mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发发生反应
Ⅱ：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
①该反应的△H___0，△S___0（填“＜”、“＞”或“=”）．
②若容器容积不变，下列措施可以提高CO转化率的是_______．
A．升高温度
B．将CH3OH（g）从体系中分离出来
C．充入He，使体系总压强增大
D．再充入1mol CO和3mol H2．
【答案】 (1). 0.030mol•L-1•min-1 (2). 增大 (3). ＜ (4). 2.25×10-2 (5). 向左 (6). ＜ (7). ＜ (8). BD
【分析】(1)①根据图知道平衡时甲烷的转化率,求出∆c(CH4),根据v=∆c/∆t 计算v(CH4),利用速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)；
②转化率与温度、压强图象有三个变量,应“定一议二”；
③根据定一议二原则,定温度同,再比较压强,即作垂直x轴的辅助线,比较平衡时甲烷的转化率,由此判断;平衡常数k=c(CO)c2(H2)/c(CH4)c(H2O)，计算出平衡时各组分的浓度,代入平衡常数表达式计算；
④保持反应体系为100℃,5min后再向容器中冲入H2O、H2各0.5mol,根据浓度商与平衡常数的相对大小的判断；
(2)①混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇,则说明正反应是放热反应,正反应是气体物质的量减小的反应；
②容器容积不变,增加甲醇产率,平衡向正反应移动,根据外界条件对平衡的影响分析。
【详解】(1)①由100℃平衡CH4的转化率为0.5可以知道,消耗CH4为1×0.5=0.5mol，平衡时甲烷的浓度变化量为:0.5/10=0.05mol/L,根据甲烷与氢气的计量数关系,则: v(H2)=3 v(CH4)=3×0.05/5=0.030mol•L-1•min-1；因此，本题正确答案是: 0.030mol•L-1•min-1。
②当压强为p1时,升高温度,甲烷的转化率提高,平衡向正向移动,所以正向为吸热反应,所以升高温度平衡常数变大；综上所述，本题答案是：增大。
③通过图表可以知道当温度相同时,p2→p1时,甲烷的转化率提高,平衡向正向移动,正向为气体系数增大的反应,根据减小压强平衡向系数增大的方向移动可得出p1< p2；因此，本题正确答案是: ＜。
④ CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）
初始浓度: 0.1 0.2 0 0
变化浓度: 0.05 0.05 0.05 0.15
平衡浓度: 0.05 0.15 0.05 0.15
100℃时平衡常数=0.05×（0.15）3/0.05×0.15= 2.25×10-2；5min后再向容器中冲入H2O、 H2各0.5mol，各物质浓度为：c(H2O)=0.15+0.05=0.2mol/L，c(H2)= =0.15+0.05=0.2mol/L，QC=0.23×0.05/0.05×0.2=0.04> 2.25×10-2，正反应速率小于逆反应速率，平衡向左移动；综上所述，本题答案是：2.25×10-2，向左。
(2)①混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇,则说明正反应是放热反应,所以△H<0 ；正反应是气体物质的量减小的反应,气体的物质的量越多,其熵越大,所以△S<0；因此，本题正确答案是:<， <。
②A.该反应为放热反应,升高温度,平衡向吸热方向移动,即向逆反应方向移动, CO转化率降低，故A错误；
B.将 CH3OH（g）从体系中分离,产物的浓度降低，平衡向正反应移动，CO转化率增大，故B正确；
C.充入He，使体系总压强增大，容器容积不变，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动, CO转化率不变，故C错误；
D.再充入1mol CO和3mol H2，可等效为压强增大,平衡向体积减小的方向移动,即向正反应方向移动，CO转化率增大，故D正确；
因此，本题正确答案是:BD。
相关资料
更多
