1、江西省上饶中学2019-2020学年高二化学上学期期中试题（实验、重点班，含解析）可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 第卷（选择题）一、选择题1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是 （ ）天然气 煤 核能 石油 太阳能 生物质能 风能 氢能A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】根据未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且具有可以再生的特点，太阳能 生物质能 风能 氢能符合未来新能源的特点，合理选项是D。2.在2A(g)B(g)3C(g)4D(g)反应中，表示该反
2、应的反应速率最快的是A. v(A)0.5 molL1min 1B. v(B)0.1 molL1s1C. v(C)0.8 molL1min 1D. v(D)1 molL1min 1【答案】B【解析】分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比；【详解】A. v(A)0.5 molL1min 1转化为v(B)0.25 molL1min 1B. v(B)0.1 molL1s1换算单位为v(B)6.0 molL1min 1C. v(C)0.8 molL1min 1转化为v(B)0.8/3 molL1min 1D. v(D)1 molL1min 1转化为v(B)0.25 molL1min 1对比数据可知，B
3、速率最快，答案为B；【点睛】对比反应速率时，转化为同一物质、相同单位进行对比。3.已知反应：COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) H1=+7 kJ/molCOS(g)+H2O(g)H2S (g)+CO2(g) H2=-35 kJ/mol则热化学方程式：CO(g)+H2O (g)H2(g)+CO2(g) H3，则H3为A. -42kJ/molB. -28kJ/molC. +42kJ/molD. +28kJ/mol【答案】A【解析】【详解】COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) H1=+7 kJ/molCOS(g)+H2O(g)H2S (g)+CO2(g) H2=-35 kJ
4、/mol根据盖斯定律，-，整理可得CO(g)+H2O (g)H2(g)+CO2(g) H3=-42kJ/mol，故合理选项是A。4.氢氰酸（HCN）的下列性质中，能证明它是弱酸的是A. HCN 易溶于水B. HCN溶液的导电性比盐酸的弱C. 25 时1mol/L HCN溶液pH约为3D. 10 mL 1mol/L HCN溶液恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应【答案】C【解析】【分析】HCN为弱电解质，利用其部分电离来分析，一般测定溶液的pH或测定相同条件下与强酸的导电性的比较，以及对应盐溶液的酸碱性来判断；【详解】A、HCN是强酸还是弱酸，与溶解度无关，故A不符合题意；B、应
5、在相同条件下进行，如相同温度、相同体积、相同浓度等，HCN溶液的导电性比盐酸溶液的弱，才能说明HCN为弱酸，故B不符合题意；C、假设HCN为强电解质，1molL1的HCN的pH应为1，但现在pH=3，说明HCN为弱酸，故C符合题意；D、无论HCN是强酸还是弱酸，10 mL 1mol/L HCN溶液都恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应，不能证明酸性强弱，故D不符合题意；答案选C。【点睛】本题考查弱电解质的判断方法，明确弱电解质在水中电离不完全是解答本题的关键，学生应注意在平时的学习中归纳判断弱电解质的方法，难度不大。5.一定温度下，往纯水中加入下列物质，能使水的电离平衡发生移动
6、的是（ ）A. NaClB. NaOHC. 酒精D. 蔗糖【答案】B【解析】【分析】H2O为弱电解质，存在H2OHOH，根据影响水的电离的因素进行分析；【详解】H2O为弱电解质，存在H2OHOH，A、NaCl为强碱强酸盐，对水的电离没有影响，故A不符合题意；B、NaOH为碱，加入NaOH，增加c(OH)，抑制水的电离，故B符合题意；C、酒精为非电解质，加入酒精，对水的电离无影响， 故C不符合题意；D、蔗糖为非电解质，加入蔗糖，对水的电离无影响，故D不符合题意；答案为B。6.反应2H2(g)+02(g)=2H2O(l)过程中的能量变化如图所示，下列有关说法中正确的是A. H10B. H2为该反应
7、的反应热C. H3为氢气的燃烧热D. H1=H3-H2【答案】D【解析】【详解】A项，断裂化学键吸收能量，断裂2molH2（g）和1molO2（g）中化学键生成4molH和2molO需要吸收能量，H10，A项错误；B项，根据图像，该反应的反应热为H3，B项错误；C项，H3指2molH2（g）和1molO2（g）反应生成2molH2O（l）的反应热，燃烧热指101kPa时1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，C项错误；D项，根据图像，断裂2molH2（g）和1molO2（g）中化学键生成4molH和2molO需要吸收能量，H10，4molH和2molO形成2molH2O（l）中化
8、学键释放能量，H20，2molH2（g）和1molO2（g）反应生成2molH2O（l）释放能量，H30，一个化学反应的反应热=拆开反应中化学键吸收的能量-形成生成物中化学键释放的能量，则H3=H1+H2，则H1=H3-H2，D项正确。答案选D。7.下列叙述正确的是（）A. 95纯水的pH7，说明加热可导致水呈酸性B. 将AlCl3溶液蒸干并灼烧，得到的固体为Al2O3C. 常温下，pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4D. 常温下，pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7【答案】B【解析】【详解】A.加热会促进水的电离，故95时，纯水的pH7，但纯水电离产生的H+
9、、OH-的浓度相等，因此水仍然是显中性，A错误；B.AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中盐水解产生Al(OH)3、HCl，蒸干HCl挥发掉，得到固体为Al(OH)3，将固体灼烧，Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O，因此最后得到的固体为Al2O3，B正确；C.醋酸是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，加水稀释电离被促进，所以加水稀释10倍后溶液的pH4，C错误；D.醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡,不完全电离，当pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液混合后，醋酸过量，反应后溶液显酸性，pH7，D错误；故合理选项是B。8.在C（s）+CO2（g） 2CO（g）的反应中，现采取下列措施：缩小体积，增
10、大压强 增加碳的量 恒容充入CO2 恒容下充入N2 恒压下充入N2。能够使反应速率增大的措施是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】该反应为有气体参加的反应，增大压强，反应速率加快，故正确；C为固体，增加炭的量，C的物质的浓度不变，不影响化学反应速率，故错误；恒容通入CO2，反应物浓度增大，反应速率加快，故正确；恒容下充入N2，反应物的浓度不变，反应速率不变，故错误；恒压下充入N2，容器的体积增大，反应物的浓度减小，反应速率减小，故错误；能够使反应速率增大的有，故选C。【点睛】本题的易错点为，要注意反应物或生成物浓度的变化，固体的浓度可以认为始终不变。9.在由水电离产生的c(H
11、+)=110-14molL-1的溶液中，一定可以大量共存离子组是A. K+、Ba2+、C1-、NO3-B. Na+、Mg2+、C1-、NO3-C. NH4+、Al3+、Br-、SO42-D. K+、Na+、SO42-、SO32-【答案】A【解析】【详解】在室温下，纯水电离产生的c(H+)=110-7molL-1，现在溶液中水电离产生的c(H+)=110-14molL-10D. 活化分子间碰撞一定是有效碰撞【答案】C【解析】【详解】A.吸热反应也可以自发进行，例如，在25和1.01105Pa时，2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) H=+56.7kJ/mol，不难看出，上述反应是吸热反应
12、，又是熵增的反应，显然只根据焓变来判断反应进行的方向是不全面的，A错误；B.反应自发进行的复合判据G=H-TS0，是熵增加的反应，不能自发进行，根据判据G=H-TS0，C正确；D.活化分子间的碰撞有的能够发生化学反应，有的不能发生化学反应，因此不一定是有效碰撞，D错误；故合理选项是C。11.合成NH3所需的H2可由煤与H2O反应制得，其中有一步反应为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g） HO，欲提高CO转化率可采用的方法可能有降低温度增大压强使用催化剂增大CO的浓度增大水蒸气的浓度，其中正确的组合是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由CO（g）+H2O（g）
13、CO2（g）+H2（g） HO可知，正反应为吸热反应，所以升高温度有利于提高CO转化率，故降低温度不符合题意；由CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)是两边化学计量数相等的反应，所以改变压强对平衡移动无影响，故增大压强不符合题意；使用催化剂只改变化学反应速率，不能影响化学平衡移动，故不符合题意；增大CO的浓度只能降低CO转化率，故不符合题意；增大水蒸气的浓度能使化学平衡正向移动，增大CO转化率，故符合题意；故D符合题意；所以本题答案：D。【点睛】该可逆反应的特点为：正反应为吸热反应；反应前后气体体积不改变。结合勒夏特列原理可选出答案。12.在一恒温、恒容的密闭容器中发生反应A(s)+
14、2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不再变化时，不能够表明该反应已达平衡状态的是A. 混合气体的压强B. 混合气体的平均相对分子质量C. A的物质的量D. B的物质的量浓度【答案】A【解析】【详解】A. 恒温、恒容时，体系的压强与气体分子的物质的量有关系，该化学反应前后气体的总物质的量不变，则反应的任何时候，混合气体的压强始终不变，故无法通过压强不变来判断反应是否达到平衡状态，A正确；B. ，该平衡的正反应是气体质量增大的反应，当反应达到平衡时，气体的总质量不再改变，由于气体的总物质的量不变，所以平衡时，混合气体的平均相对分子质量不变，则混合气体的平均相对分子质量不变，表明反应达到平衡状
15、态，B错误；C. A的物质的量不再变化，可以表明该反应已达到平衡状态，C错误；D. 在恒容状态下，B的物质的量浓度不变，则B的物质的量也不再变化，可以表明该反应已达到平衡状态，D错误；故合理选项为A。【点睛】“判断反应是否达到平衡”这类题目，要注意：反应体系中各组分的状态，化学方程式中气体物质系数变化。13.在密闭容器中一定量的混合气体发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50 mol/L。保持温度不变.将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30 mol/L。下列有关判断正确的是A. B的转化率降低B. 平衡向正反应方向移动C. x+yz，
16、C错误；D.减小压强，化学平衡逆向移动，则生成物C的体积分数减小，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查化学平衡的移动，注意A的浓度变化及体积变化导致的平衡移动是解答本题的关键，掌握平衡移动原理，熟悉压强对化学平衡的影响即可解答。14.图中a曲线表示一定条件下的可逆反应：X（g）+Y（g）2Z（g）+W（g)；H=QkJ/mol的反应过程。若使a曲线变为b曲线，可采取的措施是（ ）A. 降低温度B. 增大Y的浓度C. 加入催化剂D. 增大体系压强【答案】C【解析】【详解】A、因为改变温度，会影响化学平衡移动，所以升高温度,化学平衡会发生移动,X的转化率也会发生改变,故A错误;B、增大Y的浓度
17、,反应速率加快,平衡向正反应方向移动,平衡时X的转化率增大,故B错误;C、加入催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡移动，所以通过加入催化剂可以完成由a曲线变为b曲线，故C正确；D、增大体系压强,反应速率加快,该反应前后气体的物质的量改变,平衡移动,X的转化率发生变化,所以D选项是错误的;所以C选项是正确的。【点睛】使a曲线变为b曲线,到达平衡时间缩短,且X的转化率不变,说明改变条件,反应速率加快,且不影响平衡移动,据此结合选项解答。15.25下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是酸HXHYHZ电离常数K110-7910-6110-2A. 三种酸的强弱关系：HXHYHZB. 相同温度下
18、，0.1 mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液碱性最强C. 反应HX+Y-=HY+X-能够发生D. 25时，0.1 mol/L HX溶液的pH约为4【答案】D【解析】【详解】A.酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，其溶液的酸性越强，根据表中数据知，酸的电离平衡常数HZHYHX，则酸性强弱关系：HZHYHX，A错误；B.根据盐的水解规律：有弱才水解，谁弱水水解，谁强显谁性，越弱越水解，由于酸性HZHYHX，所以相同温度下，0.1 mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaX溶液水解程度增大，其水溶液的碱性最强，B错误；C.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸和强酸盐，由于酸性HYHX，
19、根据强酸制取弱酸知，反应HX+Y-=HY+X-不能够发生，C错误；D.根据表格数据可知：在25时，HX的电离平衡常数K=110-7，假设0.1 mol/L HX溶液中HX电离产生的H+的浓度为a，根据电离平衡常数的含义可知K=110-7，a2110-8，所以a110-4，因此该溶液的pH约为4，D正确；故合理选项是D。16.一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的是( )(已知：pH=-lgc(H+) A. 将稀醋酸加水稀释时，c(H+)减小，c(OH-)也减小B. a、b、c三点溶液的pH：bacC. a、b、c三点CH3COOH的电离程度：c
20、abD. a、b、c三点溶液用1 molL1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：cab 【答案】B【解析】【详解】A.醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，将稀醋酸加水稀释时，若平衡不移动，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)减小，加水稀释，平衡正向移动，使c(CH3COO-)、c(H+)在减小的基础上又略有增大，但总的来说c(CH3COO-)、c(H+)减小，由于溶液中存在水的电离平衡，Kw= c(H+)c(OH-)是定值，所以c(H+)减小，则c(OH-)增大，A错误；B.导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，则a、b、c
21、三点溶液的pH为bac，B正确；C.随水的增多，醋酸的电离的分子数增加，由于醋酸分子总分子数不变，所以醋酸的电离程度在增大，所以a、b、c三点醋酸的电离程度：abc(HCl) D.与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗的体积少(4)常温下，将0.10 mol/L的溶液和0.30 mol/L；溶液等体积混合，充分反应后恢复至常温，溶液的pH=_。【答案】 (1). c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-) (2). CO32-+H2OHCO3-+OH- (3). 110-3 mol/L (4). 2.89104 (5). D (6). 13【解析】【分析】(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，水解
22、呈酸性；Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性；(2)CH3COONa为强碱弱酸盐，水解促进水的电离，醋酸抑制水的电离；将反应CH3COOH+NH3H2OCH3COO-+NH4+H2O的化学平衡常数表达式进行变形，带入CH3COOH和NH3H2O的电离平衡常数，就可得到反应的化学平衡常数的数值；(3)根据HCl是强酸，完全电离，CH3COOH是弱酸，部分电离，结合水电离平衡的影响因素分析判断；(4)根据二者反应的物质的量关系，可知NaOH过量，溶液显碱性，然后计算反应后溶液中c(OH-)，结合水的离子积常数及pH定义，计算溶液的pH。【详解】(1)氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中电离NH4Cl=NH
23、4+Cl-，NH4+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，最终达到平衡时溶液中c(H+)c(OH-)；水解呈酸性，铵根离子水解反应而消耗，所以c(Cl-)c(NH4+)，盐电离产生的NH4+浓度大于水电离产生的H+浓度，所以溶液中离子浓度关系为：c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)；Na2CO3为强碱弱酸盐，在溶液中CO32-发生水解反应：CO32-+H2OHCO3-+OH-，水解产生的HCO3-会进一步水解：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，主要是第一步水解反应。水解反应消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)c(H+)，所以水解后溶液呈碱性；(2)CH3CO
24、ONa为强碱弱酸盐，pH=11的CH3COONa溶液中，c(H+)=10-11mol/L，由于在室温下水的离子积常数Kw=110-14，所以c(OH-)=mol/L=110-3mol/L，溶液中OH-就是水电离产生，即CH3COONa溶液中，由水电离出来的c(OH-)=110-3mol/L，反应CH3COOH+NH3H2OCH3COO-+NH4+H2O的平衡常数K=2.89104；(3)HCl、CH3COOH 溶液的pH相同，则溶液中c(H+)相同，对水的电离平衡的抑制作用也相同，因此这两种溶液中水的电离程度相同，A正确； B.在HCl、CH3COOH 溶液中都存在电荷守恒，两种溶液的pH相同
25、，则两种溶液中c(H+)、c(OH-)也就相同，所以根据电荷守恒可知溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，B正确；C.由于醋酸是弱酸，部分电离存在电离平衡，所以溶液中c(CH3COOH)c(H+)，而HCl是一元强酸，完全电离，溶液中c(H+)=c(HCl)，所以pH相同的两种溶液中c(CH3COOH) c(HCl)，C正确；D.由于溶液中的电解质的浓度c(CH3COOH) c(HCl)，所以与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗NaOH的体积多，D错误；故合理选项是D；(4)HCl与NaOH混合会发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，二者反应的物质的量的比是1：1，常温下，将0.1
26、0 mol/L的HCl溶液和0.30 mol/L的NaOH溶液等体积混合，碱过量，溶液显碱性，混合后溶液中c(OH-)=mol/L=0.10mol/L，由于在常温下Kw=110-14，所以溶液中c(H+)=110-13mol/L，因此该溶液的pH=13。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、水的电离及其影响因素、盐的水解、弱电解质的电离平衡常数的应用、溶液pH的计算等知识。明确溶液中水电离的氢离子浓度大小的计算方法，掌握电解质溶液的有关知识，是本题正确解答的基础，充分考查了学生对所学知识的掌握和应用情况。18.某实验小组模拟合成氨过程，通过仪器测得正反应速率与时间的图象如下图所示，请回答相关问题
27、：(1)合成氨过程需加入催化剂，催化剂是通过_来增大反应速率的。(2)正反应速率呈现出先增大后减小的原因可能是_。(3)v正-t图象中A、B、C、D四点属于平衡状态的是_点，你的理由是_。(4)请在图中画出相应的逆反应速率图象_。【答案】 (1). 降低反应所需的活化能 (2). B点前反应放热占主导速率增大，B点后浓度降低占主导速率降低 (3). D (4). 正反应速率保持不变 (5). 【解析】【详解】(1) 催化剂能改变反应途径，通过降低反应所需的活化能增大反应速率；(2) 合成氨过程放热，温度越高反应速率越快，随反应进行，反应物浓度降低，浓度越大反应速率越快，B点前反应放热占主导速率
28、增大，B点后浓度降低占主导速率降低，所以正反应速率呈现先增大后减小的趋势。(3)达到平衡时，正逆反应速率相等且不再改变。A、B、C三点的速率随时间而改变，D点后正反应速率保持不变，所以D点是属于平衡状态的点；(4)逆反应速率由0逐渐增大，直至正逆反应速率相等，达到平衡状态；相应的逆反应速率图象是。19. 实验室利用如右图装置进行中和热的测定。回答下列问题：(1)该图中有一处未画出，它是_（填仪器名称）。(2)某同学利用50 mL 0.50 mol/L的稀盐酸与50 mL 0.55 mol/L的稀氢氧化钠溶液进行实验，最终测得中和热H=-55.2kJ/mol。已知标准中和热为H=-57.3kJ/
29、mol，导致这一偏差的原因最不可能的是_(填字母序号)。a.实验装置保温、隔热效果差b.在量取盐酸溶液的体积时仰视读数c.分多次把NaOH溶液倒入盛有稀硫酸的小烧杯中d.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液温度. 某同学用0.1000molL-1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸，其操作为如下几步。请回答：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体调节液面至“0”或“0”刻度线下，并记下读数4.60mL移取20.00 mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数(1)以上步骤有一步
30、错误，该错误操作会导致测定结果_(填“偏大”“偏小”或“不变”) (2)如下图1是某次滴定时滴定管中的终点液面，则该次测得的醋酸物质的量浓度为_(3)如下图2所示为滴定图象，a、b、c、d四点中，水的电离程度最大的是 _点。【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). b (3). 偏大 (4). 0.09mol/L (5). c【解析】【分析】I.(1)根据量热计的构造来判断该装置中缺少的仪器；(2)根据中和热测定实验成败的关键是保温工作，必须确保热量不散失；II.(1)根据碱式滴定管在装液前应用所装液体进行润洗；根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；(2)根据
31、酸碱恰好中和时二者的物质的量相等计算待测醋酸物质的量浓度；(3)酸、碱会抑制水的电离，溶液中c(H+)或c(OH-)越大，对水电离的抑制作用就越强。【详解】(1)由量热计的构造可知该装置中缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒；(2) a.实验装置保温、隔热效果差，导致产生等量的水，反应放出的热量使温度计升高的温度少，因此最终使实验测得中和热数值低于标准值，a正确；b.进行中和热测定以不足量的HCl为标准计算，若在量取盐酸溶液的体积时仰视读数，则量取的HCl的体积偏大，反应放出的热量增多，会导致测定值大于标准值，b错误；c.分多次把NaOH溶液倒入盛有稀硫酸的小烧杯中，会导致热量损失过多，最终使中和热测定
32、值小于标准值，c正确；d.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度，一部分NaOH与盐酸直接反应，HCl的起始温度高，则反应放出的热量使温度计升高的温度偏少，以此温度差为标准计算的中和热数值偏低，d正确；故合理选项是b；II.(1)盛装标准碱溶液的碱式滴定管在装液前应用所装标准液体进行润洗，用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上，碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=，可知c(待测)偏大；(2)用NaOH溶液滴定醋酸，发生反应：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2
33、O，n(CH3COOH)=n(NaOH)，根据滴定管刻度数值可知，滴定达到终点时读数为22.60mL，反应消耗NaOH溶液的体积V(NaOH)=22.60mL-4.60mL=18.00mL，由于c(NaOH)= 0.1000mol/L， V(CH3COOH)=20.00mL，所以c(CH3COOH)=mol/L=0.09mol/L；(3)水是一种极弱的电解质，存在电离平衡：H2OH+OH-，向水中加入酸、碱会抑制水的电离，溶液中c(H+)或c(OH-)越大，对水电离的抑制作用就越强，在该滴定中，开始是醋酸溶液，随着NaOH的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，溶液中c(H+)逐渐减小，水的电离程度逐渐增
34、大，当二者反应，反应pH=7时，水的电离不受到抑制，水电离达到最大值，后继续滴入NaOH溶液，碱过量，c(OH-)增大，水电离由受到抑制作用，水的电离程度又逐渐减小，因此在溶液pH=7的c点，水电离程度最大。即滴定图象的a、b、c、d四点中，水的电离程度最大的是c点。【点睛】本题考查化学实验基本操作和中和热测定的实验，保温工作是实验成功的关键，根据c(待测)=分析实验操作误差，结合二者反应的物质的量关系计算待测溶液的浓度，结合水的电离平衡，利用各点溶液中c(H+)或c(OH-)根据平衡移动原理分析判断水电离程度大小情况。20.已知C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) H=akJmol
35、1 2C(s)+O2(g)=2CO(g) H=220kJmol-1，H-H、O=O和O-H键的键能分别为436、496和462kJmol-1，则a为_。.一定条件下，在体积为5 L的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量n(mo1)随时间t(min)的变化如图1所示。已知达平衡后，降低温度，A的体积分数将减小。(1)该反应的化学方程式为_ 。(2)该反应的反应速率v随时间t的关系如图2所示：根据图2判断，在t3时刻改变的外界条件是_。a、b、c三点中，C的体积分数最大的是_。各阶段的平衡常数如下表所示，则K1、K2、K3之间的大小关系为_。t2t3t4t5t5t6K1K2K3【答案】 (1)
36、. +130 kJ/mol (2). A+2B2C (3). 升高温度 (4). a (5). K1K2=K3【解析】【分析】I.根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变H=H(产物)-H(反应物)，再结合化学键能和物质能量的关系来回答；II.(1)根据图知，A、B为反应物而C为生成物，3min内n(A)=(1-0.7)mol=0.3mol、n(B)=(1-0.4)mol=0.6mol、n(C)=(0.6-0)mol=0.6mol，相同时间内各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比，则A、B、C的计量数之比=0.3mol：0.6mol：0.6mol=1：2：2；(2)达平衡后，降低温
37、度，A的体积分数将减小，说明降低温度，化学平衡正向移动，该反应的正反应为放热反应，t3时刻改变条件时正、逆反应速率都增大且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动；t3时刻平衡逆向移动，t5时刻正逆反应速率都增大但仍然相等，平衡不移动；该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小；温度不变，化学平衡常数不变。详解】I. 已知C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) H=akJmol-10，2C(s)+O2(g)=2CO(g) H=-220kJmol-12-得：2 H2O(g)=O2(g)+2H2(g) H=(2a+220)kJmol-10，4462-496-2436=2
38、a+220，解得a=+130kJ/mol；II.(1)根据图知，A、B为反应物而C为生成物，3min内n(A)=(1-0.7)mol=0.3mol、n(B)=(1-0.4)mol=0.6mol、n(C)=(0.6-0)mol=0.6mol，相同时间内各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比，则A、B、C的计量数之比=0.3mol：0.6mol：0.6mol=1：2：2，最终各种物质都存在，且物质的量浓度不再发生变化，说明反应为可逆反应，该反应方程式为A+2B2C；(2)达平衡后，降低温度，A的体积分数将减小，说明降低温度，化学平衡正向移动，根据平衡移动原理：降低温度，平衡向放热反应分析移动，
39、则该反应的正反应为放热反应，t3时刻改变外界条件时，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，化学平衡逆向移动，则改变的条件是升高温度；t3时刻平衡逆向移动，t5时刻改变外界条件后，正、逆反应速率都增大但仍然相等，说明化学平衡不移动。平衡正向移动C的体积分数增大，平衡逆向移动，C的体积分数减小，所以a、b、c三点中C体积分数最大的是a点；该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小；温度不变，化学平衡常数不变。由于反应温度：T(t2t3)K2 =K3。【点睛】本题考查化学反应的能量和化学键键能之间的关系，并以图象分析为载体考查化学平衡计算、化学平衡影响因素。明确化
40、学计量数之比与反应过程中各物质的物质的量变化量之比关系、温度对化学平衡移动影响原理是解本题关键，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力及计算能力，会根据图判断平衡移动方向，注意知识的迁移和应用。21.(1)常温下，向100mL0.01mol/LHA的溶液中逐滴加入0.02mol/LMOH溶液，所得溶液的pH随MOH溶液的体积变化如图所示(溶液体积变化忽略不计)。 由图中信息可知HA为_酸（填“强”或“弱”）。A点时，溶液中c(H+)、c(M+)、c(A-)由大到小的顺序是_；K点时，溶液中c(H+)+c(M+)-c(OH-)=_mol/L。(2)20时，在c(H2C2O4)+c(HC2O4-)
41、+c(C2O42-)=0.100mol/L的H2C2O4、NaOH混合溶液中，H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的物质的量分数随溶液pH变化的关系如图所示。Q点：c(H2C2O4)_c(HC2O4-)（填“”、“c(H+)c(M+) (3). 0.05 (4). c(M+)，因此溶液中c(H+)、c(M+)、c(A-)由大到小的顺序是：c(A-)c(H+)c(M+)；K点时，根据电荷守恒可知：c(H+)+c(M+) c(OH-)=c(A-)=0.005mol/L；(2)根据图乙可知，Q点c(H2C2O4)=c(C2O42-)0，c(HC2O4-)的浓度最大，则c(H2C2O4) c(HC2O4-)；P点c(HC2O4-)=c(C2O42-)，该温度下HC2O4-的电离平衡常数Ka=c(H+)=110-4.2mol/L。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液中离子浓度大小比较，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及弱电解质的电离和盐水解的特点。试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
