1、化學(xué)高二下學(xué)期期中考試可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64第I卷（選擇題，共40分）一、單項(xiàng)選擇題（本題包括10小題，每題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1.諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)曾授予致力于研究合成氨與催化劑表面積大小關(guān)系的德國(guó)科學(xué)家格哈德埃特爾，表彰他在固體表面化學(xué)過(guò)程研究中作出的貢獻(xiàn)。下列說(shuō)法中正確的是A. 增大催化劑的表面積，能增大氨氣的產(chǎn)率B. 增大催化劑的表面積，能加快合成氨的正反應(yīng)速率、降低逆反應(yīng)速率C. 采用正向催化劑時(shí)，反應(yīng)的活化能降低，使反應(yīng)明顯加快D. 工業(yè)生產(chǎn)中，合成氨采用的壓強(qiáng)越高，溫度越低，越有

2、利于提高經(jīng)濟(jì)效益【答案】C【解析】【詳解】A.催化劑以及固體的表面積大小只能改變反應(yīng)速率，不能改變平衡移動(dòng)，所以氨氣的產(chǎn)率不變，故A錯(cuò)誤；B.增大催化劑的表面積，能加快合成氨的正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率，故B錯(cuò)誤；C.催化劑的作用是降低反應(yīng)的活化能，使活化分子的百分?jǐn)?shù)增大，有效碰撞幾率增大，反應(yīng)速率加快，故C正確；D.溫度低，催化劑的活性低反應(yīng)速率慢，產(chǎn)量降低，所以不利于提高經(jīng)濟(jì)效益，故D錯(cuò)誤；答案：C【點(diǎn)睛】本題主要考查催化劑對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的影響，注意把握化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡移動(dòng)原理對(duì)工業(yè)生成的指導(dǎo)意義，易錯(cuò)選項(xiàng)A。2.下列過(guò)程或現(xiàn)象與鹽類(lèi)水解無(wú)關(guān)的是A. 純堿溶液去油污B. 小蘇打

3、溶液與AlCl3溶液混合產(chǎn)生氣體和沉淀C. 濃的硫化鈉溶液有臭味D. 加熱稀醋酸溶液其pH 稍有減小【答案】D【解析】【詳解】A.純堿為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解呈堿性，可使油脂在堿性條件下水解，與水解有關(guān)，故不選A；B.小蘇打溶液與AlCl3溶液可發(fā)生互促水解反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w和氫氧化鋁沉淀，與水解有關(guān)，故不選B；C.濃的硫化鈉溶液有臭味，是因?yàn)榱螂x子水解生成少量硫化氫氣體，故不選C；D.醋酸為弱酸，存在電離平衡，電離為吸熱過(guò)程，加熱促進(jìn)醋酸的電離，與水解無(wú)關(guān)，故選D；答案：D【點(diǎn)睛】本題考查鹽類(lèi)水解原理和應(yīng)用，題目難度不大，易錯(cuò)選項(xiàng)A。3.在下列溶液中，各組離子一定能夠大量共存的是A. 滴入甲基橙

4、試液顯紅色的溶液中：Mg2+、Al3+、Br、SO42B. 常溫下水電離出的c(H+)=110-13 molL-1的溶液中：Na、Ba2+、Cl、CH3COOC. 0.1 molL1 (NH4)2CO3溶液中：K、Na、NO3、OHD. c(SO32)0.1 molL1的溶液中：Ca2、MnO4、SO42、H【答案】A【解析】【詳解】A.滴入甲基橙試液顯紅色的溶液呈酸性，酸性條件下，離子之間不發(fā)生任何反應(yīng)，可大量共存，故A正確；B. 常溫下水電離出的c(H+)=110-13 molL-1的溶液，電解質(zhì)抑制了水的電離，溶液可能顯酸性，也可能顯堿性，CH3COO不能在強(qiáng)酸性環(huán)境下大量存在，故B錯(cuò)誤

5、；C. NH4+與OH不能大量共存，故C錯(cuò)誤；D. SO32-與MnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存；Ca2與SO32-、SO42可生成沉淀不能大量共存，故D錯(cuò)誤；答案：A【點(diǎn)睛】本題考查離子的共存，為高頻考點(diǎn)，把握習(xí)題中的信息及常見(jiàn)離子之間的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重復(fù)分解反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)的考查，注意把握常見(jiàn)離子的性質(zhì)，題目難度不大，易錯(cuò)選項(xiàng)B。4.已知碳酸鈣的分解CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) H1，僅在高溫下自發(fā)；氯酸鉀的分解2KClO3(s)=2KCl(s)+3O2(g) H2，在任何溫度下都自發(fā)。下面有幾組焓變數(shù)據(jù)，其中可能正確的是A. H1178.32kJmol1H2

6、78.3kJmol1B. H1178.32kJmol1H278.3kJmol1C. H1178.32kJmol1H278.3kJmol1D. H1178.32kJmol1H278.3kJmol1【答案】B【解析】【詳解】試題根據(jù)GHTS可知，如果僅在高溫自發(fā)，則說(shuō)明H10，S10；任何溫度均自發(fā)，則說(shuō)明H20，S20；答案：B5.下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A. 鍍層破損后，鍍錫鐵板比鍍鋅鐵板更耐腐蝕B. 鐵表面鍍銅時(shí)，銅與電源的負(fù)極相連，而鐵與電源的正極相連C. 某反應(yīng)的平衡常數(shù)K300K350，則該反應(yīng)H0D. 合成氨生產(chǎn)中將NH3液化分離，目的是加快正反應(yīng)速率，提高H2的轉(zhuǎn)化率【答案】C【解析】

7、【詳解】A.根據(jù)原電池原理，鍍層破損后，鐵比錫活潑，鍍錫鐵板中的鐵作負(fù)極、更易被腐蝕，而鋅比鐵活潑，鍍鋅鐵板中鐵作正極、仍被鋅保護(hù)，故鍍鋅的更耐腐蝕，故A錯(cuò)誤；B.鐵表面鍍銅時(shí)，銅與電源的正極相連，而鐵與電源的負(fù)極相連，故B錯(cuò)誤；C.因?yàn)闇囟仍降推胶獬?shù)越大，說(shuō)明降溫有利于正向反應(yīng)進(jìn)行，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故C正確；D.合成氨生產(chǎn)中將NH3液化分離，目的是減小生成物的濃度，有利于平衡正向移動(dòng)，提高H2的轉(zhuǎn)化率，故D錯(cuò)誤；答案：C6.COCl2俗名稱(chēng)作光氣，是有毒氣體。在一定條件下，可發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為：COCl2(g) CO(g)Cl2(g)H0能自發(fā)進(jìn)行，其原因是S0D. 一定溫度下，增大反應(yīng)2

8、BaO2(s)2BaO(s) O2(g)容器的體積，平衡不移動(dòng)【答案】C【解析】【詳解】A.Cu與Fe形成原電池時(shí)，銅的金屬活潑性比鐵的弱，鐵作負(fù)極更易被腐蝕，所以不能在海輪外殼上鑲?cè)肴舾摄~塊以減緩其腐蝕，故A錯(cuò)誤；B.0.1 molL1 CH3COONa溶液中加入少量水，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，根據(jù)勒夏特列原理，水解平衡雖然正向移動(dòng)，但是CH3COO-、CH3COOH、OH-濃度均下降。OH-濃度減小，則H+的濃度增大，溶液中c(H+)/c(CH3COO-)增大，故B錯(cuò)誤；C.判斷反應(yīng)是否能自發(fā)進(jìn)行的兩個(gè)判據(jù)：焓判據(jù)H0不符合，則熵判據(jù)必須符合S0，反應(yīng)才可能自發(fā)進(jìn)行，

9、故C正確；D. 一定溫度下，增大反應(yīng)2BaO2(s)2BaO(s) O2(g)容器的體積，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，平衡向氣體體積增大的方向進(jìn)行，因此平衡正向移動(dòng)，故D錯(cuò)誤；答案：C二、不定項(xiàng)選擇題（本題5小題，每小題4分共20分。每小題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意。若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該題為0分；若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得滿分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就為0分）11.常溫下，有100 mL pH2的兩種一元酸x和y，稀釋過(guò)程中pH與溶液體積的關(guān)系如下圖所示，則：A. x為強(qiáng)酸，y為弱酸B. 隨著稀釋的進(jìn)行，y的電離程度減小C. 稀釋前x、y的物質(zhì)的量濃

10、度相等D. 稀釋后的x、y分別分別與足量的鋅反應(yīng)，y放出的氫氣多【答案】AD【解析】【分析】100mL溶液加水稀釋至1000mL時(shí)，x的pH由2升高到3，說(shuō)明x為強(qiáng)酸，而y的pH小于3，應(yīng)為弱酸，結(jié)合弱電解質(zhì)的平衡移動(dòng)的特點(diǎn)解答該題?！驹斀狻緼.由以上分析可知x為強(qiáng)酸，y為弱酸，故A正確；B.y為弱酸，加水稀釋促進(jìn)電離，電離程度增大，故B錯(cuò)誤；C.稀釋前pH相等，但y為弱酸，濃度應(yīng)大于x，故C錯(cuò)誤；D.等體積的x、y，y的物質(zhì)的量多，與足量鋅反應(yīng)時(shí)，y生成氫氣多，故D正確答案：AD【點(diǎn)睛】本題考查弱電解質(zhì)的電離，根據(jù)酸的稀釋圖象判斷酸性的強(qiáng)弱，為解答該題的關(guān)鍵，注意把握弱電解質(zhì)的電離特點(diǎn)以及平

11、衡移動(dòng)的影響因素。12.二氧化硫的催化氧化原理為2SO2(g)O2(g)2SO3(g)。在一定壓強(qiáng)下，反應(yīng)混合體系在平衡狀態(tài)時(shí)SO3的百分含量與溫度的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是A. 反應(yīng)2SO2(g)O2(g)2SO3(g)的H0B. 在D點(diǎn)時(shí)v（正）v（逆）C. 若B、C點(diǎn)的平衡常數(shù)分別為KB、KC，則KBKCD. 恒溫恒壓下向平衡體系中通入氦氣，平衡向左移動(dòng)【答案】B【解析】【詳解】A.由圖可知，升高溫度，SO3的百分含量降低，說(shuō)明升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，因此該反應(yīng)正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，Hv（逆）故選B；C.升高溫度，平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，故溫度越高平衡常數(shù)越小，B點(diǎn)的溫度低于C的溫度，故

12、平衡常數(shù)，KBKC，故不選C；D.恒溫恒壓下向平衡體系中通入氦氣，體積增大（相當(dāng)于減壓），參與反應(yīng)氣體壓強(qiáng)降低，平衡向體積增大的方向移動(dòng)，即向平衡向左移動(dòng)，故不選D；答案：B【點(diǎn)睛】本題考查化學(xué)平衡圖象、化學(xué)平衡移動(dòng)的影響因素等，難度中等，注意根據(jù)SO3的含量隨溫度變化情況判斷平衡移動(dòng)的方向。13.根據(jù)下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)得出結(jié)論一定正確的是選項(xiàng)操作現(xiàn)象與結(jié)論A同溫時(shí)，等質(zhì)量的鋅粒分別與足量稀硫酸反應(yīng)產(chǎn)生氣體的量：加膽礬未加膽礬B向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液溶液變黃，氧化性：H2O2Fe3C相同溫度下，等質(zhì)量的大理石與等體積、等濃度的鹽酸反應(yīng)粉狀大理石產(chǎn)生氣泡更快，反應(yīng)速率：粉狀

13、大理石塊狀大理石D向藍(lán)色石蕊試紙上滴加新制氯水，試紙邊緣呈紅色、中間為白色氯水既有酸性又有還原性【答案】C【解析】【詳解】A.因鋅不足，且鋅與硫酸銅反應(yīng)，所以加入膽礬的溶液生成的氫氣少，故A錯(cuò)誤；B.不能排除硝酸根離子的影響，應(yīng)在硫酸鐵溶液中加入硫酸酸化的過(guò)氧化氫，故B錯(cuò)誤；C.固體表面積越大，反應(yīng)速率越大，故C正確；D.氯水中含有的HClO因?yàn)榫哂袕?qiáng)氧化性而漂白有色物質(zhì)，向藍(lán)色石蕊試紙上滴加新制氯水，紙邊緣呈紅色，中間為白色，則氯水既有酸性又有氧化性，故D錯(cuò)誤；答案：C14.常溫下，用0.10 molL-1鹽酸分別滴定20.00 mL濃度均為0.10 molL-1CH3COONa溶液和NaC

14、N溶液，所得滴定曲線如圖所示（忽略體積變化）。下列說(shuō)法正確的是A. 溶液中陽(yáng)離子的物質(zhì)的量濃度之和：點(diǎn)等于點(diǎn)B. 點(diǎn)所示溶液中：c(CN)+ c(HCN)=2c(Cl)C. 點(diǎn)所示溶液中：c(Na+)c(Cl)c(CH3COO)c(CH3COOH)D. 點(diǎn)所示溶液中：c(Na+)+ c(CH3COOH)+ c(H+)0.10 molL-1【答案】BD【解析】A.根據(jù)電荷守恒，點(diǎn)中存在c(CH3COO-)+ c(OH-)+ c(Cl)= c(Na+)+ c(H+)，點(diǎn)中存在c(CN)+ c(OH-)= c(Na+)+ c(H+)，由于兩點(diǎn)的溶液體積不等，溶液的pH相等，則c(Na+)不等，c(H

15、+)分別相等，因此陽(yáng)離子的物質(zhì)的量濃度之和不等，故A錯(cuò)誤；B. 點(diǎn)所示溶液中含有等物質(zhì)的量濃度的NaCN、HCN和NaCl，存在物料守恒，c(CN)+ c(HCN)=2c(Cl)，故B正確；C. 點(diǎn)所示溶液中含有CH3COONa、CH3COOH和NaCl，其中CH3COONa的濃度略大于CH3COOH和NaCl，溶液的pH=5，說(shuō)明乙醋酸的電離為主，因此c(CH3COO-) c(Cl-)，故C錯(cuò)誤；D. 點(diǎn)所示溶液為等物質(zhì)的量濃度的醋酸和氯化鈉，濃度均為0.05 molL-1，則c(Na+)= c(Cl-)=0.05 molL-1，c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)=0.05 mol

16、L-1，根據(jù)電荷守恒，c(CH3COO-)+ c(OH-)+ c(Cl)= c(Na+)+ c(H+)，因此c(CH3COO-)= c(H+)- c(OH-)，則c(Na+)+ c(CH3COOH)+ c(H+)=0.05 molL-1+0.05 molL-1-c(CH3COO-)+ c(H+)=0.10 molL-1- c(H+)+ c(OH-)+ c(H+)=0.10 molL-1+ c(OH-)0.10 molL-1，故D正確；故選BD。點(diǎn)睛：本題考查了中和滴定原理的應(yīng)用和圖像分析掌握反應(yīng)的方程式和各點(diǎn)溶液的組成是解題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)和難點(diǎn)為D的判斷，要靈活運(yùn)用物料守恒和電荷守恒關(guān)系

17、分析解答。15.在3個(gè)體積均為1 L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：SO2(g)2NO(g)2NO2(g)S(s)。改變?nèi)萜鱅的反應(yīng)溫度，平衡時(shí)c(NO2)與溫度的關(guān)系如下圖所示。下列說(shuō)法正確的是容器編號(hào)溫度/K起始物質(zhì)的量/molSO2 NONO2S0.50.600T10.510.51T20.50.211A. 該反應(yīng)的H0B. T1時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為1/16C. 容器與容器均在T1時(shí)達(dá)到平衡，總壓強(qiáng)之比小于1:2D. 若T2T1，達(dá)到平衡時(shí)，容器中NO的體積分?jǐn)?shù)小于40%【答案】AD【解析】分析：A根據(jù)圖象，溫度升高，平衡時(shí)NO2濃度降低，說(shuō)明溫度升高可使化學(xué)平衡逆向；BT1溫度反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)

18、c（NO2）=0.2mol/L，根據(jù)反應(yīng)方程式計(jì)算；C根據(jù)pV=nRT分析，容器容積和反應(yīng)溫度一定，體系總壓強(qiáng)與體系中混合氣體的總物質(zhì)的量成正比；D溫度降低，有助于化學(xué)反應(yīng)正向進(jìn)行，根據(jù)反應(yīng)方程式和等效平衡的知識(shí)分析。詳解：A根據(jù)圖象，溫度升高，平衡時(shí)NO2濃度降低，說(shuō)明溫度升高可使化學(xué)平衡逆向，因此正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即H0，A正確；BT1溫度反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)c（NO2）=0.2mol/L，則平衡時(shí)c（SO2）=0.5mol/L-0.1mol/L=0.4mol/L，c（NO）=0.6mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，所以反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為K=c2(NO2)/c2(NO)c(SO2

19、)=0.22/0.420.4=5/8，B錯(cuò)誤；C根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pV=nRT分析，容器容積和反應(yīng)溫度一定，體系總壓強(qiáng)與體系中混合氣體的總物質(zhì)的量成正比，容器相當(dāng)于按0.75molSO2，1.5molNO和0.75molS起始，由于S是固體，不改變濃度商，設(shè)容器中反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)消耗了ymolSO2，則平衡時(shí)兩容器壓力比為pI/pII=(0.4+0.4+0.2+0.1)/(2y)1/(2y)1/2，C錯(cuò)誤；DT2T1，則溫度降低有助于化學(xué)反應(yīng)正向進(jìn)行，容器相當(dāng)于以1molSO2，1.2molNO和0.5molS起始，S不對(duì)化學(xué)反應(yīng)的平衡產(chǎn)生影響，也就相當(dāng)于對(duì)容器加壓，若平衡不發(fā)生移動(dòng)，則平衡時(shí)

20、NO的體積分?jǐn)?shù)為40%，而容器的化學(xué)反應(yīng)正向進(jìn)行程度比容器I更大，則達(dá)到平衡時(shí)，容器中NO的體積分?jǐn)?shù)小于40%，D正確，答案選AD。點(diǎn)睛：本題考查化學(xué)平衡移動(dòng)的相關(guān)知識(shí)，結(jié)合圖象分析，注意等效平衡原理知識(shí)的運(yùn)用，靈活運(yùn)用相關(guān)化學(xué)平衡原理是解決問(wèn)題的關(guān)鍵，題目難度中等。第II卷（非選擇題，共80分）16.300時(shí)，將氣體X和氣體Y各0.16 mol充入10 L恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：X(g) +Y(g)2Z(g) H0，一段時(shí)間后達(dá)到平衡。反應(yīng)過(guò)程中測(cè)定的數(shù)據(jù)如下表：t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10回答下列問(wèn)題：（1）反應(yīng)02 min Z的平均速率v(Z)=_

21、（2）能判斷該反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是_A生成X的速率是生成Z的速率的2倍B容器內(nèi)壓強(qiáng)保持不變C容器內(nèi)氣體的密度保持不變D容器內(nèi)各氣體的濃度保持不變（3）要提高上述反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率，可采取的措施是_（任寫(xiě)一種）。（4）溫度為300時(shí)，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K_（5）若起始時(shí)向該容器中充入X、Y、Z各0.20 mol，則反應(yīng)將向_（填“正”或“逆”）反應(yīng)方向進(jìn)行，達(dá)平衡時(shí)Z的體積分?jǐn)?shù)與上述平衡相比_（填“增大”、“減小”或“不變”）【答案】（12分，每空2分）（1）0.004 mol/（Lmin）；（2）D ；（3）降低溫度；（4）1.44；（5）正；不變?！窘馕觥吭囶}分析：（1）反應(yīng)02 min Z

22、的平均速率v（Y）= （0.16 mol-0.12mol）10 L2min=0.002mol/（Lmin），根據(jù)方程式可知V（Z）=2 v（Y），所以V（Z）= 0.004mol/（Lmin）；（2）A生成X的速率是生成Z的速率的2倍，則反應(yīng)逆向移動(dòng)，錯(cuò)誤；B由于該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體體積不變的反應(yīng)，因此在任何時(shí)刻氣體的壓強(qiáng)都不變，故容器內(nèi)壓強(qiáng)保持不變不能作為判斷平衡的標(biāo)志，錯(cuò)誤；C由于氣體的質(zhì)量不變，容器的容積不變，因此在任何時(shí)刻容器內(nèi)氣體的密度保持不變，故不能作為判斷平衡的標(biāo)準(zhǔn)，錯(cuò)誤；D容器內(nèi)各氣體的濃度保持不變，則任何物質(zhì)的消耗速率和產(chǎn)生速率相等，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，正確。（3）由于該反應(yīng)的

23、正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，要提高上述反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率，可采取的措施是降低溫度；（4）根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知：在溫度為300時(shí)，達(dá)到平衡時(shí)，Y的物質(zhì)的量是0.1mol，反應(yīng)消耗0.06mol，則反應(yīng)產(chǎn)生Z是0.12mol，平衡時(shí)X的物質(zhì)的量是0.1mol，所以該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)。（5）若起始時(shí)向該容器中充入 X、Y、Z 各 0.20 mol，則Q等于1，小于K，所以反應(yīng)向正向進(jìn)行；在等溫等容的條件下，對(duì)于氣體分子數(shù)目相等的反應(yīng)，極值轉(zhuǎn)化后比值相等，則等效，極值轉(zhuǎn)化后，c（X）:c（Y）相等，因此達(dá)平衡時(shí) Z 的體積分?jǐn)?shù)不變.考點(diǎn)：考查化學(xué)反應(yīng)速率的計(jì)算、化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷、物質(zhì)平衡轉(zhuǎn)化率的計(jì)算及平衡移動(dòng)的知識(shí)。

24、17.H2C2O4為二元弱酸。回答下列問(wèn)題：(1)20時(shí)，配制一組c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+ c(C2O42-)=0.100 molL-1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度隨pH的變化曲線如下圖所示。H2C2O4的電離方程式為_(kāi)。為獲得盡可能純的NaHC2O4，pH應(yīng)控制在_左右。NaHC2O4溶液呈酸性，其原因?yàn)開(kāi)。pH=6時(shí)，溶液中含碳微粒濃度大小關(guān)系為_(kāi)。(2)常溫下，草酸、碳酸的電離平衡常數(shù)如下：化學(xué)式H2CO3H2C2O4平衡常數(shù)Ka1=4.310-7 Ka2=5.610-11Ka1=5.610-2Ka2=5.410-5常溫下，0.1 mol

25、L-1 Na2CO3溶液的pH_0.1 molL-1 Na2C2O4溶液的pH。（填“”、“”或“=”） pH=4H2C2O4溶液中c(C2O42-)：c(HC2O4-)=_?！敬鸢浮?(1). H2C2O4H+ + HC2O4 (2). 2.53之間任一數(shù)值均可 (3). HC2O4-的電離程度大于其水解程度 (4). c(C2O42)c( HC2O4)c(H2C2O4) (5). (6). 0.54【解析】【分析】(1)根據(jù)圖像H2C2O4溶液中存在的微?？芍狧2C2O4多元弱酸，因此分步電離，第一步為主；根據(jù)圖像可以看出pH=2.53， HC2O4的濃度最大；利用弱酸的酸式酸根離子的電離

26、平衡和水解平衡進(jìn)行分析；根據(jù)圖像分析橫坐標(biāo)pH=6時(shí)，微粒的濃度大小。(2)根據(jù)電離常數(shù)可知：HC2O4酸性大于HCO3-，利用越弱越水解原理，可知CO32-的水解能力強(qiáng)于C2O42；根據(jù)H2C2O4的第二步電離常數(shù)計(jì)算；【詳解】(1)多元弱酸分步電離，第一步為主，H2C2O4的電離方程式為H2C2O4H+ + HC2O4；答案：H2C2O4H+ + HC2O4根據(jù)圖像可以看出，當(dāng)pH在2.53的范圍內(nèi)， HC2O4的濃度最大，所以，為獲得盡可能純的NaHC2O4，pH控制在2.53之間任一數(shù)值均可；答案：2.53之間任一數(shù)值均可HC2O4-存在兩個(gè)平衡，電離平衡HC2O4H+ + C2O42

27、-，水解平衡HC2O4+H2OOH- + H2C2O4，由于HC2O4-電離程度大于水解程度，所以溶液呈酸性；答案：HC2O4-的電離程度大于其水解程度根據(jù)圖像分析當(dāng)橫坐標(biāo)pH=6時(shí)，縱坐標(biāo)可以看出溶液中含碳微粒濃度大小關(guān)系為c(C2O42)c( HC2O4)c(H2C2O4)；答案：c(C2O42)c( HC2O4)c(H2C2O4)(2)根據(jù)電離常數(shù)可知：HC2O4酸性大于HCO3-，根據(jù)越弱越水解原理可知，CO32-的水解能力強(qiáng)于C2O42，所以常溫下，0.1 molL-1 Na2CO3溶液的pH大于0.1 molL-1 Na2C2O4溶液的pH。答案：根據(jù)H2C2O4的第二步電離常數(shù)計(jì)

28、算：Ka2=5.410-5=，可得pH=4的H2C2O4溶液中c(C2O42-)：c(HC2O4-)=0.54；答案：0.5418.某?；瘜W(xué)興趣小組的同學(xué)運(yùn)用滴定法對(duì)一含有少量Na2SO4的NaOH樣品中NaOH的含量進(jìn)行測(cè)定，請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）用分析天平準(zhǔn)確稱(chēng)取該樣品5.360g，全部溶于水配制成1000.0mL的溶液。用堿式滴定管取其中20.00mL放在錐形瓶中，滴加幾滴甲基橙做指示劑。用標(biāo)準(zhǔn)的鹽酸溶液滴定待測(cè)的氫氧化鈉溶液時(shí)，左手把握酸式滴定管的活塞，右手搖動(dòng)錐形瓶，眼睛注視著_。滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是_。（2）下列操作中可能使所測(cè)氫氧化鈉溶液的濃度數(shù)值偏低的是_(填寫(xiě)序號(hào))A酸式滴定管未

29、用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液潤(rùn)洗就直接注入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液B滴定前盛放氫氧化鈉溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒(méi)有干燥C酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失D讀取鹽酸體積時(shí)，滴定結(jié)束時(shí)俯視讀數(shù)（3）若滴定開(kāi)始和結(jié)束時(shí)，酸式滴定管中的液面如圖所示：則滴定終點(diǎn)的讀數(shù)為_(kāi)mL。（4）某學(xué)生根據(jù)三次實(shí)驗(yàn)分別記錄有關(guān)數(shù)據(jù)如下：滴定次數(shù)待測(cè)氫氧化鈉溶液的體積/mL0.1000mol/L鹽酸的體積（mL）滴定前刻度滴定后刻度第1次20.000.0026.01第2次20.001.5630.30第3次20.000.2226.21請(qǐng)選用其中合理的數(shù)據(jù)列式計(jì)算出該樣品中NaOH的質(zhì)量百分含量。(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程)_【答案】 (1). 錐形

30、瓶?jī)?nèi)溶液顏色變化 (2). 由黃色變成橙色，且半分鐘不褪色 (3). D (4). 26.10 (5). 26.0010-3L0.1000mol/L40g/mol50/5.360g=97.01%【解析】【分析】（1）滴定時(shí)要根據(jù)錐形瓶中溶液顏色變化判斷終點(diǎn)；溶液為黃色，達(dá)到終點(diǎn)時(shí)變?yōu)槌壬?；?）根據(jù)C（待測(cè)）分析；（3）由圖可知滴定前讀數(shù)為0.00mL，滴定后讀數(shù)為26.10mL；（4）第二次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)誤差太大，舍去，求出第一、三次實(shí)驗(yàn)的平均值；計(jì)算C（待測(cè)）,再根據(jù)C（待測(cè)）計(jì)算樣品中NaOH的質(zhì)量百分含量?！驹斀狻浚?）滴定時(shí)要根據(jù)錐形瓶中溶液顏色變化判斷終點(diǎn)，所以眼睛應(yīng)該觀察錐形瓶?jī)?nèi)溶液顏

31、色變化；滴定前錐形瓶中為氫氧化鈉和甲基橙，溶液為黃色，達(dá)到終點(diǎn)時(shí)變?yōu)槌壬?，則滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是溶液由黃色變成橙色，且半分鐘不褪色；答案：錐形瓶?jī)?nèi)溶液顏色變化由黃色變成橙色，且半分鐘不褪色（2）根據(jù)c(待測(cè))分析，V（標(biāo)準(zhǔn)）高，則偏高，V（標(biāo)準(zhǔn)）低，則偏低；A酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液潤(rùn)洗就直接注入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成消耗的V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，則測(cè)定c(NaOH)偏高，故A不符合；B滴定前盛放氫氧化鈉溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒(méi)有干燥，待測(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）無(wú)影響，測(cè)定c（NaOH）無(wú)影響，故B不符合；C酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，測(cè)定c（

32、NaOH）偏高，故C不符合；D讀取鹽酸體積時(shí)，滴定結(jié)束時(shí)俯視讀數(shù)，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏小，測(cè)定的c(NaOH)偏低，故D符合；答案：D（3）由圖可知滴定前讀數(shù)為0.00mL，滴定后讀數(shù)為26.10mL；答案： 26.10（4）第二次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)誤差太大，舍去，求出第一、三次實(shí)驗(yàn)的平均值為=26.00mL，則c(待測(cè))=0.13mol/L，則1000.0ml溶液中氫氧化鈉為n=cV=0.13mol/L1L=0.13mol，所以m(NaOH)=nM=0.13mol40g/mol=5.2g，該樣品中NaOH的質(zhì)量百分含量為100%=97.01%；計(jì)算過(guò)程簡(jiǎn)寫(xiě)： 26.0010-3L0.1000mol/L40

33、g/mol1000/（205.360g）=26.0010-3L0.1000mol/L40g/mol50/5.360g=97.01%答案: 26.0010-3L0.1000mol/L40g/mol50/5.360g=97.01%19.化學(xué)反應(yīng)原理對(duì)化學(xué)反應(yīng)的研究具有指導(dǎo)意義。（1）機(jī)動(dòng)車(chē)廢氣排放已成為城市大氣污染的重要來(lái)源。氣缸中生成NO的反應(yīng)為：N2(g)+O2(g) 2NO(g) H 0。汽車(chē)啟動(dòng)后，氣缸內(nèi)溫度越高，單位時(shí)間內(nèi)NO排放量越大，請(qǐng)分析兩點(diǎn)可能的原因_、_。（2）由金紅石(TiO2)制取單質(zhì)Ti，涉及到的步驟為：TiO2TiCl4Ti 已知：C(s)O2(g)CO2(g)；DH-

34、393.5 kJmol-12CO(g)O2(g)2CO2(g)；DH-566 kJmol-1TiO2(s)2Cl2(g)TiCl4(s)O2(g)；DH+141 kJmol-1則TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)TiCl4(s)2CO(g)的DH_。（3）氯氣在298K、100kPa時(shí)，在1L水中可溶解0.09mol，實(shí)驗(yàn)測(cè)得溶于水的Cl2約有1/3與水反應(yīng)。該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)，在上述平衡體系中加入少量NaOH固體，溶液中Cl濃度_（選填“增大”、“減小”或“不變”）。（4）一定條件下，F(xiàn)e3+和I在水溶液中的反應(yīng)是2I+2Fe3+I2+2Fe2+，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡后，加入CCl4充分振

35、蕩，且溫度不變，上述平衡向_（選填“正反應(yīng)”或“逆反應(yīng)”）方向移動(dòng)。請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)一種使該反應(yīng)的化學(xué)平衡逆向移動(dòng)的實(shí)驗(yàn)方案_。（5）用Cl2生產(chǎn)某些含氯有機(jī)物時(shí)會(huì)產(chǎn)生副產(chǎn)物HCl。利用反應(yīng)A，可實(shí)現(xiàn)氯的循環(huán)利用。反應(yīng)A：4HClO22Cl22H2O已知：此條件下反應(yīng)A中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的熱量。.寫(xiě)出此條件下，反應(yīng)A熱化學(xué)方程式_。斷開(kāi)1 mol HO鍵與斷開(kāi)1 mol HCl鍵所需能量相差約為_(kāi)kJ?！敬鸢浮?(1). 溫度升高，反應(yīng)速率加快 (2). 溫度升高，有利于平衡反應(yīng)正向進(jìn)行 (3). -80 kJmol-1 (4). Cl2+H2O HCl + HClO (

36、5). 增大 (6). 正反應(yīng) (7). 加入少許鐵粉或加入少許碘（其他合理設(shè)計(jì)也可） (8). 4HCl(g)O2(g) 2Cl2(g)2H2O(g) H115.6 kJmol1 (9). 31.9【解析】【分析】（1）可以從速率和平衡兩個(gè)角度進(jìn)行分析；（2）利用蓋斯定律解決問(wèn)題；（3）反應(yīng)為可逆反應(yīng)，利用勒夏特立原理分析離子濃度的變化；（4）利用勒夏特列原理分析；（5）利用H=反應(yīng)物的總鍵能之和-生成物的總鍵能進(jìn)行計(jì)算?！驹斀狻浚?）兩個(gè)方面考慮: 溫度越高,化學(xué)反應(yīng)速率越快由于正反應(yīng)為吸熱反應(yīng),溫度越高越有利于平衡正向移動(dòng)；答案: 溫度升高，反應(yīng)速率加快溫度升高，有利于平衡反應(yīng)正向進(jìn)行（

37、2）已知：C(s)O2(g)CO2(g)；DH-393.5 kJmol-12CO(g)O2(g)2CO2(g)；DH-566 kJmol-1TiO2(s)2Cl2(g)TiCl4(s)O2(g)；DH+141 kJmol-1根據(jù)蓋斯定律2-+可得TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)TiCl4(s)2CO(g)的DH-80 kJmol-1答案：-80 kJmol-1（3）根據(jù)題意可知氯氣與水的反應(yīng)為可逆反應(yīng),離子方程式:Cl2+H2OH+Cl-+HClO,在上述平衡體系中加入少量NaOH固體，H+OH-=H2O,生成物濃度減小,平衡正向移動(dòng),溶液中Cl濃度增大;答案: Cl2+H2OHCl +

38、 HClO 增大（4）Fe3+和I在水溶液中的反應(yīng)是2I+2Fe3+I2+2Fe2+，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡后，加入CCl4充分振蕩，CCl4可以萃取碘單質(zhì)到有機(jī)層，溶液中生成物濃度減小,平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)；根據(jù)勒夏特立原理，可以采用增大生成物濃度（如加入少許碘）或者減小反應(yīng)物濃度（如加入少許鐵粉，鐵可以把+3價(jià)的鐵離子還原為+2價(jià)的亞鐵離子），使平衡逆向移動(dòng)；答案：正反應(yīng)加入少許鐵粉或加入少許碘（5）依據(jù)反應(yīng)A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的熱量，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）H=-115.6 KJ/mol；依據(jù)H=反應(yīng)物的總鍵能之和

39、-生成物的總鍵能計(jì)算：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）H=-115.6 KJ/mol4H-Cl+498-（2432+4H-O）=-115.6，得到4H-O-4H-Cl=498-486+115.6=127.6（H-O）-（H-Cl）=31.9答案：4HCl(g)O2(g) 2Cl2(g)2H2O(g) H115.6 kJmol1 31.920.硫酸亞鐵銨晶體(NH4)2SO4FeSO46H2O又稱(chēng)摩爾鹽，難溶于乙醇，常用于定量分析。某實(shí)驗(yàn)小組利用工業(yè)廢鐵屑制取摩爾鹽，并測(cè)定其純度，工藝流程圖如下。已知：硫酸銨、FeSO47H2O、硫酸亞鐵銨在水中的溶解度(1)堿洗的目的是

40、_。(2)反應(yīng)1溫度需控制在7075，可采取的措施是_。(3)反應(yīng)2中常用3 molL-1的硫酸調(diào)節(jié)溶液的pH為12，其目的是_。(4)請(qǐng)補(bǔ)充完整由反應(yīng)2所得溶液獲得硫酸亞鐵銨晶體的實(shí)驗(yàn)方案：_、過(guò)濾、用乙醇洗滌、低溫干燥。(5)為測(cè)定硫酸亞鐵銨(NH4)2SO4FeSO46H2O晶體純度，做了如下實(shí)驗(yàn)：準(zhǔn)確稱(chēng)取0.4000g上述硫酸亞鐵銨晶體置于錐形瓶中溶解，加適量稀硫酸酸化，用0.0100 molL1標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液滴定，當(dāng)MnO恰好完全被還原為Mn2+時(shí)，消耗KMnO4溶液的體積為20.00 mL。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為_(kāi)。上述樣品中(NH4)2SO4FeSO46H2O晶體(

41、相對(duì)分子質(zhì)量為392)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)。在上述方案基礎(chǔ)上，下列措施能進(jìn)一步提高測(cè)定準(zhǔn)確度的有_（填字母）。A適當(dāng)增加稱(chēng)量樣品的質(zhì)量 B用鹽酸替代H2SO4溶液C用酚酞做指示劑 D多次實(shí)驗(yàn)，取平均值【答案】 (1). 除去油污 (2). 水浴加熱 (3). 抑制水解 (4). 加熱濃縮、冷卻結(jié)晶 (5). 黃色變?yōu)闇\紫色，且半分鐘內(nèi)不再恢復(fù)原色 (6). 98.0% (7). AD【解析】【分析】廢鐵屑中加入10%的碳酸鈉溶液洗掉表面油脂，然后用水洗掉沾在鐵屑表面的碳酸鈉，加入稀硫酸，水浴加熱制備硫酸亞鐵溶液，F(xiàn)e+H2SO4=FeSO4+H2，為了防止亞鐵離子被空氣氧化，鐵屑需過(guò)量，過(guò)濾除掉過(guò)量

42、的鐵屑，濾液中加入飽和硫酸銨溶液，為了抑制亞鐵離子與銨根離子水解，需控制pH=12，加熱濃縮、冷卻結(jié)晶，過(guò)濾即得摩爾鹽?！驹斀狻?1)鐵屑表面會(huì)有一層油層,碳酸鈉溶液為堿性溶液,主要使用來(lái)洗滌鐵屑表面的油；答案：除去油污(2)控溫低于100，可采取的措施是水浴加熱，可使受熱均勻，溫度易控；答案：水浴加熱(3)由于硫酸銨和硫酸亞鐵均為強(qiáng)酸弱堿鹽，必須調(diào)節(jié)pH為12抑制水解；答案：抑制水解(4)根據(jù)溶解度表可知硫酸亞鐵銨的溶解度隨溫度升高而增大，所以應(yīng)該采用加熱濃縮、冷卻結(jié)晶，過(guò)濾、用乙醇洗滌、低溫干燥的方式獲得；答案：加熱濃縮、冷卻結(jié)晶(5)酸性KMnO4溶液進(jìn)行滴定發(fā)生反應(yīng)時(shí)高錳酸鉀溶液氧化亞

43、鐵離子為鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，判斷達(dá)到滴定終點(diǎn)的依據(jù)是當(dāng)最后一滴酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴入時(shí)，錐形瓶?jī)?nèi)溶液由黃色變?yōu)闇\紫色，且半分鐘內(nèi)不再恢復(fù)原色，說(shuō)明達(dá)到滴定終點(diǎn)；利用得失電子數(shù)相等進(jìn)行計(jì)算；適當(dāng)提高稱(chēng)量產(chǎn)品的質(zhì)量，數(shù)據(jù)過(guò)大能進(jìn)一步提高測(cè)定準(zhǔn)確度，進(jìn)行平行試驗(yàn)取平均值能進(jìn)一步提高測(cè)定準(zhǔn)確度；黃色變?yōu)闇\紫色，且半分鐘內(nèi)不再恢復(fù)原色；設(shè)0.4000g晶體中含(NH4)2SO4FeSO46H2O的質(zhì)量為xg：根據(jù)得失電子數(shù)相等可知：5(NH4)2SO4FeSO46H2OKMnO45392g 1molxg 0.0100mol/L20.0010-3L得x=0.392g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=98.0%；A.適當(dāng)增加稱(chēng)量樣品的質(zhì)量,數(shù)據(jù)過(guò)大能進(jìn)一步提高測(cè)定準(zhǔn)確度,故A正確； B.用鹽酸替代H2SO4溶液，高錳酸鉀會(huì)