1、山东省泰安市新泰第一中学（东校）2020-2021学年高二化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子量：H:1 C:12 O:16 Li:7 Na:23 S:32 Fe:56 Ag:108 Cu:64 Mg:24 Al:27第I卷(选择题，共50分)一选择题(共10小题, 每小题有一个正确答案，每小题2分, 共20分) 1. 下列关于电解质的叙述中，正确的是A. CaCO3 难溶于水,其属于弱电解质B. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的电能力强C. 离子化合物一定是强电解质,共价化合物一定是弱电解质D. 强电解质稀溶液中不存在溶质分子,弱电解质稀溶液中存在溶质分子【答案】D【解析
2、】【详解】ACaCO3难溶于水，但溶于水的部分完全电离，因此属于强电解质，A错误；B溶液的导电能力与离子浓度、离子的电荷有关，浓度越大、所带电荷越多，导电能力越强，与电解质强弱没有关系，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的电能力强，B错误；C离子化合物一定是强电解质，共价化合物不一定是弱电解质，例如HCl是强电解质，C错误；D强电解质完全电离，在稀溶液中不存在溶质分子，弱电解质部分电离，在稀溶液中存在溶质分子，D正确；答案选D。2. 下列说法正确的是()A. 图可表示水分解过程中的能量变化B. 若2C(s)O2(g)=2CO(g)H221.0 kJmol1，则碳的燃烧热为110.5 k
3、Jmol1C. 需要加热的反应一定是吸热反应，常温下能发生的反应一定是放热反应D. 已知：对于反应H2(g)Cl2(g)=2HCl(g)Ha kJmol1，且a、b、c均大于零，则断开1 mol HCl键所需的能量为(abc)kJ【答案】A【解析】【详解】A水的分解是吸热反应，据图可知，反应物总能量低于生成物总能量，催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应热，图象符合题意，故A正确；B该反应的生成物CO不是C元素的稳定氧化物，不符合燃烧热概念，故B错误；C某些放热反应需要加热才能反应，常温下发生的反应不一定是放热反应，如Ba(OH)28H2O和NH4Cl的反应是吸热反应，常温下可以进
4、行，故C错误；D设断开1 molH-Cl键所需的能量为x kJ/mol，则H=b kJ/mol+ ckJ/mol2x kJ/mol=akJ/mol，x= kJ/mol，则断开1 molHCl键所需的能量为 kJ/mol，故D错误；故选A。3. 关于室温下pH=2的盐酸和0.01molL-1的醋酸溶液，下列说法正确的是()A. 两溶液中溶质的物质的量：n(CH3COOH)=n(HCl)B. 两溶液中阴离子的浓度：c(CH3COO-)c(Cl-)C. 相同体积的两溶液均用水稀释100倍后，盐酸的pH比醋酸的大D. 相同体积的两溶液分别与足量镁条反应，盐酸产生的气体比醋酸的多【答案】B【解析】【详解
5、】pH=2的盐酸和0.01molL-1的醋酸溶液的浓度均为0.01mol/L，即两种酸的浓度相等。A两种酸的浓度相等，即c(CH3COOH)=c(HCl)，由n=cV可知，两种酸的体积V相同时n(CH3COOH)=n(HCl)，但两酸的体积V不确定，所以不能判断两溶液中溶质的物质的量的大小关系，故A错误；B两种酸的浓度相等，但醋酸是弱酸、部分电离，所以两溶液中阴离子的浓度：c(CH3COO-)c(Cl-)，故B正确；C相同体积的两溶液均用水稀释100倍后，两种酸的浓度仍然相等，但醋酸是弱酸、部分电离，所以醋酸的酸性弱、pH大，故C错误；D两种酸的浓度相等、体积相等，则酸的物质的量：n(CH3C
6、OOH)=n(HCl)，与足量Mg反应时n(H2)=n(CH3COOH)=n(HCl)，所以生成氢气体积相等，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为A，要注意溶质的物质的量与溶液的浓度和体积两个因素有关。4. 利用下图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正确的是A. 氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠B. 铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4C. 电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属D. 外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属【答案】D【解析】【详解】A、氯碱工业中，X是阳极，则氯离子放电生成氯气，A错误；B、电解精炼铜时，粗
7、铜作阳极，则X是粗铜，Y是纯铜，B错误；C、电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，所以X是镀层金属，C错误；D、外加电流阴极保护法中，被保护的金属作阴极，所以Y是待保护金属，D正确；答案选D。5. 某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和 2molB进行如下反应：3A(g)2B(g)4C(s)2D(g)。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，则下列说法正确的是( )A. 该反应的化学平衡常数表达式是 K=B. 此时，B的平衡转化率是40%C. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D. 增加 B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大【答案】B【解析】【分析】利用题给数据
8、，可以建立如下三段式：【详解】A在该反应中，C呈固态，不能出现在平衡常数表达式中，所以该反应的化学平衡常数表达式是 K=，A不正确；B此时，B的平衡转化率是=40%，B正确；C虽然增大压强时，平衡向右移动，但温度不变，所以化学平衡常数不变，C不正确；D增加 B，虽然平衡向右移动，但B的平衡转化率反而减小，D不正确；故选B。6. 一定温度下的密闭容器中，保持容器体积不变的情况下将a molNO2充入后有如下平衡：2NO2(g)2NO(g)+O2(g) H0，达到平衡后再向容器中通入a molNO2，再次达到平衡后，与原平衡相比，则下列关系正确的是A. 相对平均分子质量减小B. NO2的转化率增大
9、C. NO2的质量分数增大D. 反应吸收的热量大于原来的两倍【答案】C【解析】【分析】第一次达平衡后，再加入NO2，因该容器是一个固定容积的密闭容器，所以加入NO2后，反应体系的压强增大；增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，所以相当于在等效平衡的基础上向逆反应方向移动。【详解】A与原平衡相比，相当于在等效平衡的基础上逆向移动，气体的物质的量减少，所以平均相对分子质量增大，故A错误；B与原平衡相比，相当于在等效平衡的基础上逆向移动，NO2的转化率减小，故B错误；C与原平衡相比，相当于在等效平衡的基础上逆向移动，NO2的质量分数增大，故C正确；D若为等效平衡，则反应吸收的热量等于原来的两倍
10、，但实际上相当于逆向移动，所以吸收的热量小于原来的两倍，故D错误；综上所述答案为C。7. 对于可逆反应，下列各项对示意图的解释与图像相符的是（ ） A. 表示压强对反应的影响B. 表示温度对反应的影响C. 表示平衡体系中增加量对反应的影响D. 表示催化剂对反应的影响【答案】C【解析】【详解】A压强越大，化学反应速率越大达到化学平衡所需的时间越短，则P2P1；该反应是气态物质系数减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，则的体积分数增大NH3，与图像不符，故A不符合题意；B因该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，则的转化率降低，与图像不符，故B不符合题意；C反应达到平衡
11、后，增大的量，在这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，直到达到新的平衡，与图像符合，故C符合题意；D因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂会加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡所需的时间短，与图像不符，故D不符合题意；综上所述，答案为C。8. 某化学兴趣小组的同学用如图所示装置研究电化学问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生偏转。下列有关说法正确的是()A. 甲装置是电解池，乙装置是原电池B. 当甲中产生0.1 mol气体时，乙中析出固体的质量为6.4 gC. 实验一段时间后，甲烧杯中溶液的质量减小D. 将乙中的C电极换成铜电极，则乙
12、装置可变成电镀装置【答案】B【解析】【分析】根据装置图可知，甲池可发生自发的氧化还原反应，为原电池，Zn作电池的负极，失电子生成锌离子；乙池为电解池，C作阴极，Pt作阳极。【详解】A.分析可知，甲装置是原电池，乙装置是电解池，A错误；B.甲中产生的气体为氢气，其物质的量为0.1 mol时，转移0.2mol电子，则乙中析出固体铜的物质的量为0.1mol、质量为6.4 g，B正确；C.甲杯中发生Zn-2eZn2+，2H+2eH2，实验一段时间后，甲烧杯中溶液的质量增大，C错误；D.乙中的C电极作阴极，若将Pt电极换成铜电极，则乙装置可变成电镀装置，D错误；答案为B。9. 现有阳离子交换膜、阴离子交
13、换膜、石墨电极和如图所示的电解槽。用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液。下列说法中正确的是( )A. b是阳离子交换膜，允许Na通过B. 从A口出来的是NaOH溶液C. 阴极反应式为4OH4e= 2H2OO2D. Na2SO4溶液从G口加入【答案】A【解析】【详解】A、在阳极室一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子，选项A正确；B、连接电源正极的是电解池的阳极，连接电源负极的是电解池的阴极，A为阳极是氢氧根离子放电产生的气体是氧气，同时生成氢离子，则阳极附近生成硫酸，则从A口出来的是H2SO4溶液，选项B错误；C、阴极是氢离子放电，阴极发生的
14、反应为：2H+2e= H2，选项C错误；D、NaOH在阴极附近生成，则Na2SO4溶液从E口加入，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查电解池知识，本题设置新情景，即离子交换膜，注意根据两极上的反应判断生成物，据题意，电解饱和Na2SO4溶液时，阳极附近是OH放电，生成氧气，阴极附近时H+放电生成氢气，由于装置中放置了离子交换膜，在两极分别生成NaOH和H2SO4，需在阳极室一侧放置阴离子交换膜，只允许通过阴离子，在阴极一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子；接电源正极的是阳极，即A极放出氧气。10. 如图所示装置，若开始时a、b两端液面相平，放置一段时间后，下列有关叙述中正确的是()A. 铁
15、丝在两处的腐蚀速率：abB. a、b两端相同的电极反应式为C. 一段时间后，a端液面高于b端液面D. a处总反应为：【答案】C【解析】【分析】生铁中含有碳、铁，生铁遇到合适的电解质溶液能构成原电池，酸性条件下，发生析氢腐蚀，中性或弱酸性条件下，发生吸氧腐蚀，据此分析解答。【详解】生铁和氯化钠溶液、稀硫酸溶液都能构成原电池，左边试管中，生铁发生吸氧腐蚀，右边试管中，生铁发生析氢腐蚀，A、生铁发生析氢腐蚀的速率比吸氧腐蚀的速率大，故A错误；B、a处负极上铁失电子，正极上氧气得电子，b处负极上铁失电子，正极上氢离子得电子，所以a、b两处相同的电极反应式为Fe2e=Fe2+，故B错误；C、a处发生吸氧
16、腐蚀，b处发生析氢腐蚀，一段时间后，a处气体压强减小，b处气体压强增大，导致溶液从b处向a处移动，所以a处液面高于b处液面，故C正确；D、a处发生吸氧腐蚀，其总反应为：4FeO22H2O=4Fe(OH)2，故D错误；答案选C。【点睛】铁在原电池或电解池中，其发生氧化反应均是先生成Fe2+，不会直接生成Fe3+，生成的Fe2+可能会发生后续反应而被氧化，需注意其电极反应的书写。二、选择题(共10小题, 每小题有一个或两个正确答案，每题3分, 若两个正确答案只选对一个得1分，选错得0分，共30分) 11. 常温下，0.1 molL-1的某一元酸(HA)溶液中c平(H+)c平(OH) =1108，下
17、列叙述正确的是( )A. 该一元酸溶液的pH=1B. 该溶液中水电离出的c(H+)=110-11molL-1C. 该溶液中水的离子积常数为11022 (molL-1)2D. 用 pH=13的NaOH 溶液 与 0.1 molL-1该一元酸(HA)溶液等体积混合，混合后溶液的pH=7【答案】B【解析】【详解】溶液中，由Kw=c(H+)c(OH-)=10-14，可知c(H+)=10-3 mol/L，Ac(H+)=10-3mol/L，则溶液的pH=3，故A错误；B溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，故B正确；C温度不变，水的离子积常数不变，所以该溶液中水的离子积常数KW=
18、11014 (molL-1)2，故C错误；D用 pH=13的NaOH 溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L，与0.1 molL-1该一元酸(HA)溶液等体积混合恰好完全反应生成强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，故pH7，故D错误； 故选B。12. 将H2(g)和Br2(g)充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2(g)2HBr（g）H0；平衡时Br2(g)的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2(g)的转化率为b。a与b的关系是（ ）A. abB. a=bC. abD. 无法确定【答案】A【解析】【详解】恒温下发生反应H2（g）+Br2(g)2HBr（g）H0，反
19、应是放热反应，此时达到平衡时Br2(g)的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，容器中的温度比恒温容器中的温度高，所以化学平衡向逆向进行，平衡时Br2(g)的转化率减少，即ba；所以A选项是正确的。13. 一定温度下，在密闭容器中进行反应：4A(s )+3B(g)2C(g)+D(g)，经2min，B的浓度减少0.6molL1对此反应的反应速率的表示，正确的是()在2min内，用C表示的反应速率是0.1molL1min1反应的过程中，只增加A的量，反应速率不变2分钟内，D的物质的量增加0.2 mol分别用B、C、D表示的反应速率其比值为3:2:1A. B. C. D. 【答案】D【解析
20、】【详解】在2min内，用C表示的反应速率是=0.2molL1min1，不正确；因为A呈固态，所以反应过程中，只增加A的量，反应速率不变，正确；容器的体积未知，无法求出2分钟内，D的物质的量的增加量，不正确；在化学反应中，各物质表示的速率之比等于化学计量之比，所以用B、C、D表示的反应速率其比值为3:2:1，正确；综合以上分析，正确；故选D。14. 锌-空气电池的电容量大，可作为汽车的清洁能源。该电池的电解质溶液为KOH溶液，放电总反应式为：2Zn+O2+4OH-+2H2O2Zn(OH)42-。下列说法正确的是()A. 充电时，电解质溶液中K+向阴极移动B. 充电时，电解质溶液中c(OH-)逐
21、渐减小C. 放电时，负极反应为：Zn+4OH-2e-Zn(OH)42-D. 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L(标准状况)【答案】AC【解析】【分析】根据2Zn+O2+4OH-+2H2O2Zn(OH)42-可知，O2中元素的化合价降低，被还原，在原电池正极上反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，Zn元素化合价升高，被氧化，在原电池负极上反应，电极反应式为Zn+4OH-2e-=Zn(OH)42-，结合原电池和电解池原理分析解答。【详解】A充电时，为电解池，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，故A正确；B原电池总反应为2Zn+O2+4OH-+2H2O2Zn(OH)42
22、-，充电与放电时电极反应相反，即充电总反应为2Zn(OH)42-=2Zn+O2+4OH-+2H2O，生成OH-、c(OH-)增大，故B错误；C放电时，Zn发生失去电子的氧化反应，为负极，电极反应式为Zn+4OH-2e-=Zn(OH)42-，故C正确；D放电时，通入O2的电极为正极，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，转移2mol电子，消耗氧气0.5mol，标准状况下的体积为11.2L，故D错误；故选AC。15. 在恒容密闭容器中存在下列平衡：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。CO2(g)的平衡物质的量浓度c(CO2)与温度T的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 反
23、应 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的H0B. 在T2时，若反应处于状态D，则一定有v正v逆C. 平衡状态A与C相比，平衡状态A的c(CO)小D. 若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2【答案】C【解析】【详解】A由图可知，升高温度平衡时c(CO2)增大，则升高温度平衡正向移动，该反应的正反应为吸热反应，则反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的H0，A正确；BT2时，若反应处于状态D，大于平衡时浓度，平衡逆向移动，则一定有v正v逆，B正确；C平衡状态A与C相比，C对应温度高，则C点平衡正向进行的程度大，可知平衡状态A的c(CO)大，C错误；D该反应
24、的正反应为吸热反应，升高温度，化学平衡向吸热的正方向移动，则若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2，D正确；故合理选项是C。16. 某温度下，将2 mol A和3 mol B充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)B(g)C(g)D(g)，5 min后达到平衡，已知该温度下其平衡常数K1，若温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则A. a3B. a2C. B的转化率为40%D. B的转化率为60%【答案】C【解析】【详解】容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，说明平衡不移动，即反应前后体积不变，所以a1，AB都不正确。根据反应式可知A(g)B
25、(g) C(g)D(g)起始量（mol） 2 3 0 0转化量（mol） x x x x平衡量（mol）2-x 3-x x x所以有=1，解得x1.2，所以B的转化率是(1.2/3)100%=40%，答选C。17. 一定条件下, CH3COONa 溶液存在水解平衡 CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-下列说法正确的是( )A. 加入少量 NaOH 固体,上述平衡左移,溶液导电能力增强B. 加入少量 FeCl3固体,c(CHCOO-)增大C. 稀释溶液,溶液的 pH 增大D. 加入少量 Na2CO3 固体, 减小【答案】AD【解析】【详解】A加入少量 NaOH 固体，抑制水解，上述平衡左
26、移，溶液中离子浓度增大，溶液导电能力增强，故A正确；BFeCl3消耗了氢氧根离子，使平衡正移，醋酸根浓度减小，故B错误；C稀释溶液，平衡正向进行，但是氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故C错误；D加入少量 Na2CO3 固体，抑制水解，平衡逆向移动，c(CHCOO-)增大，平衡常数，常数不变，则减小，故D正确；故选AD。18. 下列有关说法正确的是( )A. 等浓度的多元酸、多元碱的导电性一定比一元酸、一元碱的导电性强B. 常温下，pH相同的NaOH溶液和Ba(OH)2溶液中，水的电离程度相同C. 电解质溶液的浓度越大，其导电能力一定越强D. 常温下，2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2
27、CO(g)能自发进行，则该反应H0【答案】B【解析】【详解】A溶液的导电能力与离子浓度与离子的电荷有关，浓度越大、所带电荷越多，导电能力越强，与几元酸碱无关，如草酸是二元酸，但其为弱酸，同浓度电离出的离子浓度不及一元酸盐酸，A错误；B常温下，pH相同的NaOH溶液和Ba(OH)2溶液中氢氧根离子的浓度相等，对水的电离抑制程度相同，所以溶液中水的电离程度相同，B正确；C电解质溶液的浓度越大，其导电能力不一定越强，例如98.3%浓硫酸由于水太少，硫酸大部分以硫酸分子的形式存在，导电性不强，C错误；D常温下，2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO(g)能自发进行，由于反应中S0，则根据GHTS
28、0自发可知该反应的H0，D错误；答案选B。19. 今有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是()pH111133溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸A. 、中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小B. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH 大小关系为C. 等体积的、两溶液，分别与同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱溶液的体积关系为=D. VaL与VbL溶液混合后，若混合后溶液pH=4，则VaVb=119【答案】BC【解析】【详解】A氨水中存在电离平衡，氨水中加入适量的氯化铵后，由于增大了铵根离子的浓度抑制了氨水的电离，氢氧根离子的浓度减小，所以pH减小；氢氧化钠溶液中加入适量的氯化铵后，铵根离子与
29、溶液中氢氧根结合生成一水合氨分子，减小了氢氧根离子的浓度，所以pH也减小，故A不符合题意；B强酸、强碱稀释10倍，pH变化为1，加水稀释10倍后，的pH=10，的pH=4，弱酸、弱碱稀释10倍，pH变化小于1，则的10pH11，的3pH4，故四种溶液的pH 大小关系为，故B符合题意；C等体积的pH相等的盐酸、醋酸溶液，醋酸浓度大于盐酸的浓度，故分别与同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，醋酸消耗的氢氧化钠多，所需烧碱溶液的体积关系为，故C符合题意；D两溶液混合后显酸性，所以酸过量酸中n(HCl)=Va10-3mol，碱中n(NaOH)=Vb10-3mol，混合后，剩余n(HCl)=(Va-Vb)10-
30、3mol，所以c(H+)=10-4mol/L，解之得，VaVb=119，故D不符合题意； 答案选BC。【点睛】pH相同的强碱和弱碱稀释相同的倍数后，pH都减小，但弱碱变化小，所以弱碱的pH较大；pH相同的强酸和弱酸稀释相同的倍数后，pH都增大，但弱酸变化小，所以弱酸的pH较小。20. 下列说法正确的是（ ）A. 稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B. 25 时0.1 mol/L的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱C. NaHCO3溶液中溶质的电离方程式为NaHCO3=NaHCOD. 室温下，对于0.10 molL1的氨水，加水稀释后，溶液中c（NH）c（OH）变大【答案】B【解
31、析】【详解】A稀醋酸中加入少量醋酸钠，相当于增大醋酸根离子浓度，平衡左移；醋酸的电离程度减少；A错误；B硫化氢为弱电解质，而硫化钠为强电解质；B正确；CNaHCO3溶液中HCO3-为弱酸根离子，不能完全电离；不拆成离子形式；C错误；D氨水加水稀释后，平衡右移，c（NH）减少，c（OH）减少；溶液中c（NH）c（OH）变小； D错误；答案选B。第卷(非选择题 共50分)三非选择题(本题共5个小题，共50分)21. I、 (1)25时，有浓度均为0.1 molL1的6种溶液：HCl， CH3OOH， Ba(OH)2，Na 2CO3，KCl，NH4Cl溶液pH由小到大的顺序为_(填写编号)。(2)2
32、5时，pH=5的CH3COOH溶液中，由水电离出的C(H+)=_ mol/L；往溶液中加入少量NaOH固体(不考虑温度变化)，则溶液中_(填“增大”、“减小”或“不变”)。II、某实验小组拟用pH试纸验证醋酸是弱酸。甲、乙两同学的方案分别是甲：准确配制0.1molL1的醋酸钠溶液100mL；用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明醋酸是弱酸。乙：量取一定量的冰醋酸准确配制pH1的醋酸溶液100mL；取醋酸溶液1mL，加水稀释为10 mL；用pH试纸测出中溶液的pH，即可证明醋酸是弱酸。(1)甲方案中，说明醋酸是弱酸的理由是测得醋酸钠溶液的pH_7(选填“”或“”，下同)，乙方案中，说明醋酸是弱酸的
33、理由是测得醋酸溶液的pH_2。(2)请你结合所学知识再列举一种方法证明醋酸是弱酸：_【答案】 (1). (2). 10-9 (3). 不变 (4). (5). 1【解析】【详解】(1)25时，有浓度均为0.1 molL1的6种溶液：HCl是强酸，0.1 molL1的HCl溶液pH=1；CH3OOH是弱酸，0.1 molL1的CH3OOH溶液pH1；Ba(OH)2是强碱，0.1 molL1的Ba(OH)2溶液pH13，Na2CO3是强碱弱酸盐，溶液呈弱碱性；KCl是强酸强碱盐，溶液呈中性，NH4Cl是强酸弱碱盐，水解呈弱酸性，溶液pH由小到大的顺序为；(2)25时，pH=5的CH3COOH溶液中
34、，c(H+)=molL1、c(OH-)=molL1，醋酸抑制水电离，由水电离出的c(H+)=10-9mol/L；温度不变，电离平衡常数不变，往溶液中加入少量NaOH固体(不考虑温度变化)，则溶液中不变；II、 (1) 甲方案中，若醋酸为弱酸，醋酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，说明醋酸是弱酸的理由是测得醋酸钠溶液的pH7；乙方案中，若醋酸是弱酸，加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，说明醋酸是弱酸的理由是测得醋酸溶液的pH1，证明醋酸是弱酸。22. (1)现有25、pH=13的Ba(OH)2溶液与某浓度盐酸溶液按体积比(碱与酸之比)1：9混合后，所得溶液pH=11(假设混合溶液的体积等于混合前两溶液的体
35、积和)，该盐酸溶液的pH=_。(2)物质的量浓度相同的氨水溶液和盐酸溶液等体积混合后，溶液呈_(填“酸性”，“中性”或“碱性”)原因为 _(用离子方程式表示)(3)已知水在25和95时的电离平衡曲线如图所示：95时，0.001mol/LNaOH溶液的pH=_。25时，将pH=9的NaOH溶液与pH=3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_。【答案】 (1). 2 (2). 酸性 (3). NH +H2ONH3H2O+H+ (4). 9 (5). 100：1【解析】【分析】根据影响水的电离平衡因素及水的离子积常数计算解答；根据pH=-lg c
36、(H+)及盐类水解原理分析溶液的酸碱性。【详解】(1) 设盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)，碱与酸体积分别为1L、9L，则n(OH-)=0.1mol/L1L=0.1mol，n(H+)=c(HCl)9L，反应后剩余氢氧根离子的物质的量为：0.1mol-c(HCl)9L；由混合后所得溶液pH=11，可知混合后c(H+)=10-11molL-1，则混合后c(OH-)=，即：，解得：c(HCl)=10-2molL-1，pH=-lg c(H+)，所以pH=2，故答案为：2；(2) 物质的量浓度相同的氨水溶液和盐酸溶液等体积混合，恰好完全反应，此时溶质为氯化铵，铵根离子水解使溶液呈酸性，水解的离子方程式
37、为：NH+H2ONH3H2O+H+，故答案为：酸性；NH+H2ONH3H2O+H+；(3) 温度升高促进电离，则由图示知：25时KW=10-14，95时KW=10-1295时，0.001 mol/LNaOH溶液中氢氧根离子的浓度为0.001mol/L，所以溶液中氢离子的浓度为：，所以溶液的pH=9，故答案为：9；25时所得混合溶液的pH=7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n(OH-)=n(H+)，则V(NaOH)10-5molL-1=V(H2SO4)10-3molL-1，得V(NaOH)：V(H2SO4)=100：1，故答案为：100：1。23. I、图中甲池的总反应式为N2H4O2=N22H2
38、O。(1)甲池中负极上的电极反应式为_。(2)乙池中石墨电极上发生的反应为_。(3)要使乙池恢复到电解前的状态，应向溶液中加入适量的_。ACuO BCu(OH)2 CCuCO3 DCuSO4(4)若将乙池中两个电极改成等质量的Fe和Cu，实现在Fe上镀Cu，当甲中消耗1.6gN2H4时，乙池中两个电极质量差为_g。II、已知MOH为一元弱碱，25时，电离平衡常数Kb=110-6molL1(1)25时，将0.2molL-1 HCl溶液与0.2molL-1 MOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积变化)，测得混合液的pH=6，此时混合溶液中由水电离出的c(H+)=AmolL1，若0.2mol/L
39、HCl溶液中由水电离出的c(H+)=BmolL-1，则：A_B(填“”、“”、“ (6). (7). 10-8【解析】【分析】I根据图示及题干信息分析甲池中有自发的氧化还原反应，则甲池为原电池装置，乙池为电解池装置，进而根据原电池原理及电解池原理，电子转移守恒原理分析解答；II根据酸碱中和反应原理及水的离子积分析计算；根据盐类水解原理及水解常数表达式分析解答。【详解】I(1) 甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，根据总反应中元素化合价变化判断，负极失电子发生氧化反应，则负极反应为N2H44OH4e=N24H2O，故答案为：N2H44OH4e=N24
40、H2O；(2) 乙为电解池，与原电池正极相连的石墨为阳极，阳极上氢氧根离子或水放电生成氧气，电极反应式为2H2O4e=O24H+或4OH4e=2H2OO2，故答案为：2H2O4e=O24H+或4OH4e=2H2OO2；(3) 石墨电极上析出氧气、Fe电极上析出Cu，相当于析出CuO，要使溶液恢复原状可以加入CuO或CuCO3，故答案为：A、C；(4) 消耗1.6gN2H4时转移电子物质的量为，根据转移电子守恒得溶解Cu的质量为，则Fe上析出6.4gCu，乙池中两个电极质量差为6.4g2=12.8 g，故答案为：12.8。II(1) 等体积等浓度的盐酸和MOH恰好反应生成盐，得到的盐溶液呈酸性，
41、说明该盐是强酸弱碱盐，含有弱根离子的盐促进水电离，酸抑制水电离，所以混合溶液中水电离出的c(H+)0.2 molL-1HCl溶液中水电离出的c(H+)，即AB，故答案为：；(2) MOH为弱碱，不能完全电离，25时，0.01 molL-1MOH溶液与等体积pH=2的盐酸溶液混合，恰好完全反应生成MCl，阳离子水解，使溶液显示碱性，即pH7；MCl的水解方程式为：M+H2OMOH+H+，则溶液中MCl的水解平衡常数Kh=10-8mol/L，故答案为：；10-8。24. 氮及其化合物是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。回答下列问题。INOx和SO2在空气中存在下
42、列平衡：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H=113.0kJmol12SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H=196.6kJmol1SO2通常在二氧化氮的存在下，进一步被氧化，生成SO3。(1)写出NO2和SO2反应的热化学方程式为_。(2)随温度升高，该反应化学平衡常数变化趋势是_(填增大、不变、减小)。II(1)已知4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) H=-1800 kJmol-1，将2 mol NH3、3 mol NO的混合气体分别置于a、b、c三个10 L恒容密闭容器中，使反应在不同条件下进行，反应过程中c(N2)随时间的变化如图所示。 与容器a中的反应
43、相比，容器b中的反应改变的实验条件可能是_，判断的依据是_。一定温度下，下列能说明反应已达到平衡状态的是_AH2O(g)与NO的生成速率相等 B混合气体的密度保持不变CH保持不变 D容器的总压强保持不变(2)用NH3和Cl2反应可以制备具有强氧化性三氯胺(三氯胺在中性、酸性环境中会发生强烈水解，生成具有强杀菌作用的物质)，方程式为3Cl2(g)+NH3(g)NCl3(l)+3HCl(g)，向容积均为1L的甲、乙两个恒温(反应温度分别为400、T)容器中分别加入2molCl2和2molNH3，测得各容器中n(Cl2)随反应时间t的变化情况如下表所示：t /min04080120160n(Cl2)
44、(甲容器)/mol2.001.501.100.800.80n(Cl2)(乙容器)/mol2.001.451.001.001.00T_400(填“”或“”)。 该反应的H_0(填“”或“”)。该反应自发进行的条件是_(填高温、低温、任何温度)。【答案】 (1). NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) H=41.8 kJmol1 (2). 减小 (3). 升高温度 (4). 容器b中反应达到平衡所需时间比容器a短，且平衡时c(N2)也比容器a小，平衡逆向移动 (5). AD (6). (7). (8). 低温【解析】【详解】I2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H=113.0kJ
45、mol1 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H=196.6kJmol1 (1)利用盖斯定律，将(-)，得到NO2和SO2反应的热化学方程式为NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) H=41.8 kJmol1。答案为：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) H=41.8 kJmol1；(2)因为H0，正反应为放热反应，所以随温度升高，平衡逆向移动，该反应化学平衡常数变化趋势是减小。答案为：减小；II(1)与容器a中的反应相比，容器b中反应先达平衡、且c(N2)是b中比a中小，所以反应改变的实验条件可能是升高温度，判断的依据是容器b中反应达到平衡所需时间比容器a短，
46、且平衡时c(N2)也比容器a小，平衡逆向移动。答案为：升高温度；容器b中反应达到平衡所需时间比容器a短，且平衡时c(N2)也比容器a小，平衡逆向移动；AH2O(g)与NO的生成速率相等，则表明正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，A符合题意；B反应过程中，混合气体的质量不变、体积不变，则密度始终不变，所以密度不变时，反应不一定达平衡状态，B不符合题意；C对于一个确定的反应来说，H始终保持不变，所以反应不一定达平衡状态，C不符合题意；D因为反应前后气体的分子数不等，随反应的进行，压强在不断改变，所以当容器的总压强保持不变时，反应达平衡状态，D符合题意；综合以上分析，AD符合题意，故选AD。答案为：AD；(2)从表中数据可以看出，相同时间内乙容器中n(Cl2)的变化量大，则反应速率快，温度高，所以T400。 由表中数据可以看出，乙容器达平衡时，乙容器中n(Cl2)比甲容器大，则表明平衡逆向移动，所以该反应的H0。该反应的S0，H0，所以自发进行的条件是低温。答案为：；低温。【点睛】提取图象信息时，应从达平衡的时间和转化率两个方面考虑。