1、高考资源网（） 您身边的高考专家任丘一中南院2020-2021学年第一学期第二次阶段考试高二化学试题可能用到的相对分子质量: H:1 C:12 O:16一选择题(本题共24小题，20-24不定项选择,多选错选不得分,每题2分,共48分)1. 下列化学用语表示不正确的是（ ）A. 醋酸的电离：CH3COOHCH3COO-+H+B. 碳酸氢钠在水溶液中的电离：NaHCO3=Na+HCOC. 氯化铵的水解：NH+H2ONH4OH+H+D. 碳酸钙的溶解平衡：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 醋酸是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，醋酸的电离方程式为C
2、H3COOHCH3COO-+H+，故A正确；B. 碳酸氢钠是强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3=Na+HCO，故B正确；C. 铵根离子水解生成NH3H2O，水解方程式为NH+H2ONH3H2O+H+，故C错误；D. 碳酸钙在溶液中存在溶解平衡：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)，故D正确；答案选C。2. 下列关于热化学反应的描述中正确的是( )A. 若S(s)+O2(g)=SO2(g) H1，S(g)+O2(g)=SO2(g) H2，则H1H2B. 燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的热化学方程式是：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2
3、H2(g) H=-192.9kJmol-1，则CH3OH(g)的燃烧热为192.9kJmol-1C. 已知P4(白磷，s)=4P(红磷，s)H0，则白磷比红磷稳定D. 化学键是指：生成1mol化学键时放出的热量，H-H：436kJmol-1；Cl-Cl：243kJmol-1；H-Cl：431kJmol-1；则 H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H=247kJmol-1【答案】A【解析】【分析】【详解】A固体硫燃烧时要变成气态硫，过程吸热，S(g)+O2(g)=SO2(g)比S(s)+O2(g)=SO2(g)放热多，由于H为负值，H1H2，故A符合题意；B甲醇的燃烧热是1mol甲醇完全燃
4、烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，甲醇蒸气转化为氢气CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g) H=-192.9kJmol-1的热化学方程式不能表示甲醇的燃烧热，故B不符合题意；CP4(白磷，s)=4P(红磷，s)H0，白磷的能量高于红磷，能量越低越稳定，故红磷比白磷稳定，故C不符合题意；D化学反应中，旧键断裂吸收能量，形成新键放出能量，生成1 mol H-H键时放出436 kJ的热量；生成1 mol Cl-Cl键时放出243 kJ的热量，生成1 mol H-Cl键时放出431 kJ的热量，反应热等于反应物断裂化学键吸收的总能量-形成化学键释放的总能量，H=436kJmol-1+
5、243kJmol-1-2431kJmol-1=-183 kJmol-1，故D不符合题意；答案选A。3. 下列装置或操作不能达到目的的是（ ）A. 装置验证温度对反应2NO2(g)N2O4(g)平衡移动的影响B. 装置验证增大反应物浓度对平衡的影响C. 装置测定中和热D. 装置比较Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响【答案】D【解析】【分析】【详解】A根据控制变量法，该装置图中，只有温度不同，可验证温度对反应2NO2(g)N2O4(g)平衡移动的影响，故A正确；B图中只有氯化铁的浓度不同，可验证增大反应物浓度对平衡的影响，故B正确；C图中装置可测定反应的温度变化，可测定中和热，故C正确；D
6、硫酸铜、氯化铁的阴离子不同，阴离子也可能对反应速率有影响，不能比较Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响，故D错误；答案选D。4. 为了使(NH4)2SO4溶液中接近2：1，可采取的措施是（ ）A. 加热B. 加适量NaOH(s)C. 加水D. 通HCl【答案】D【解析】【分析】【详解】A(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解，水解反应吸热，加热促进铵根离子水解，c(NH4+)减小，c(SO42)不变，c(NH4+)和c(SO42)之比小于2:1，故A错误；B(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，加入氢氧化钠会促进铵根的水解，减少铵根离子，c(NH4+)和c(SO42)之
7、比小于2:1，故B错误；C溶液越稀越水解，所以加水促进铵根离子的水解，导致c(NH4+)和c(SO42)之比小于2:1，故C错误；D(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，通HCl，抑制铵根离子的水解，c(NH4+)增大，使c(NH4+)和c(SO42)之比更接近2:1，故D正确；答案选D。5. 下列溶液中离子浓度关系表示正确的是 ()A. NaHCO3溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（CO32-）+c（HCO3-）B. 常温下，pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c（H+）c（OH-）C. 0.1mol/L的NH4Cl溶
8、液中，c（Cl-）c（H+）c（NH4+）c（OH-）D. 物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液中：2c（Na+）=c（CH3OOH）+c（CH3COO-）【答案】D【解析】A、根据电荷守恒，c（H）+c（Na）=c（OH）+2c（CO32）+c（HCO3），故A错误；B、因为醋酸是弱酸，因此反应后溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa ，溶液显酸性，即c(H)c(OH)，故B错误；C、NH4Cl溶液显碱性，是因为NH4水解造成，水解的程度是微弱的，因此有c(Cl)c(NH4)c(H)c(OH)，故C错误；D、根据物料守恒，因此有2c(Na)=c(C
9、H3COO)c(CH3COOH)，故D正确。6. 下列描述中，不符合生产实际的是 ( )A. 电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极B. 电解熔融的氯化钠制取金属钠，用铁作阳极C. 电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极D. 在镀件上电镀锌，用锌作阳极【答案】B【解析】【分析】【详解】A电解法精炼粗铜，用纯铜连接电源的负极作阴极，粗铜连接电源的正极作阳极，A正确；BFe是活性电极，作阳极时会失去电子变为Fe2+，不能产生Cl2，应该使用石墨、金属铂等惰性电极，B错误；C电解饱和食盐水制烧碱时，用涂镍碳钢网作阴极，在阴极上溶液中水电离的H+得到电子变为H2逸出，促进水电离平衡正向移动，最终附近溶液中c(
10、OH-)增大，Na+、OH-结合形成的NaOH溶液从阴极附近产生，C正确；D在镀件上电镀锌时，镀件连接电源的负极作阴极，镀层金属锌连接电源正极作阳极，D正确；故合理选项是B。7. 红磷和Cl2(g)反应的能量关系如图所示。下列叙述正确的是( )A. 整个过程吸收的能量为399 kJB. 加入催化剂会改变H的大小C. PCl5(g)比PCl3(g)稳定D. PCl3(g)的燃烧热H=93 kJmol1【答案】C【解析】【分析】【详解】A根据图示可知：反应物总能量比生成物总能量高399 kJ，故发生反应时会放出能量399 kJ，A错误；B加入催化剂能改变反应途径，但不能改变反应物、生成物的能量，因
11、此不能改变该反应的反应热，所以H的大小不变，B错误；C根据图示可知：PCl5(g)比PCl3(g)的能量低，物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，故PCl5(g)比PCl3(g)稳定，C正确；DPCl5的稳定状态固态，由图示可知1 mol PCl3(g)转化为PCl5(g)时放出 93 kJ的热量，PCl5由气态转化为固态时会放出热量。反应放出的热量越多，则反应热就越小，故PCl3(g)的燃烧热H93 kJmol1，D错误。故合理选项是C。8. 在t时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t时AgCl的Ksp=410-10，下列说法不正确的是()A. 在t时，AgBr的Ksp为4.
12、91013B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到d点C. 图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液D. 在t时，AgCl(s)+Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数K816【答案】B【解析】【分析】【详解】A结合图中c点的c(Ag+)和c(Br-)可知：该温度下AgBr的Ksp=710-7710-7=4.910-13，A正确；BAgBr在水中有AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，加入NagBr(s)，溶液中c(Br-)增大，沉淀溶解平衡逆向移动，使c(Ag+)减小，则会沿着斜线下移，但不会是由c点到d点，B错误；C根据图象可知，在a点时Qc= c(
13、Ag+)c(Br-)Ksp(AgBr)，所以a点为AgBr的不饱和溶液，C正确；DAgCl(s)+Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数K =816，D正确；故合理选项是B。9. 关于下列装置说法正确的是( )A. 装置中，盐桥中的Cl-移向ZnSO4溶液B. 装置工作一段时间后，b极附近溶液的pH增大C. 用装置精炼铜时，c极为粗铜D. 装置的离子交换膜允许阳离子、阴离子、水分子自由通过【答案】A【解析】【分析】【详解】A装置中为原电池，Zn为负极，Cu为正极，阴离子移向正电荷较多的负极，即盐桥中的Cl-移向ZnSO4溶液，A正确；B装置为电解池，b电极连接电源的正极，作阳极
14、，溶液中Cl-失去电子变为Cl2，Cl2溶于水反应产生HCl、HClO，故电解一段时间后b电极附近溶液的酸性增强，pH减小，B错误；C用装置精炼铜时，c极与电源负极连接，作阴极，材料应该为精铜；电极d与电源正极连接，为阳极，材料应该为粗铜，C错误；D由图示可知装置为离子交换膜法电解饱和NaCl溶液，使用的离子交换膜是阳离子交换膜，阳离子交换膜只允许阳离子、水分子自由通过，而阴离子不能通过，D错误；故合理选项是A。10. 常温下，对pH10的NaHCO3溶液中，各微粒的物质的量浓度分析正确的是()A. c()c(H2CO3)B. c(Na+)c()c(OH-)c(H+)C. c(Na+)c(H)
15、c()c()c(OH-)D. c(Na+)c()c()c(H2CO3)【答案】B【解析】【分析】【详解】A常温下，NaHCO3溶液pH=10，说明溶液中水解程度大于电离程度导致溶液呈碱性，则c()c(H2CO3)，A错误；B水解导致溶液呈碱性，则c(OH-)c(H+)，钠离子不水解，所以存在c(Na+)c()，盐电离产生的离子浓度远大于水解产生的离子浓度，所以c()c(OH-)，则溶液中存在c(Na+)c()c(OH-)c(H+)，B正确；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒可知：c(Na+)c(H)c()2c()c(OH-)，C错误；D任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒可
16、得c(Na+)=c()c()c(H2CO3)，D错误；故答案为B。11. 下列条件下，对应离子一定能大量共存的是( )A. 中性溶液中：Mg2+、Fe3+、CO、SO42-B. 使甲基橙变红的溶液中：NH、Al3+、Cl-、Mg2+C. 25时，水电离出的c(H+)=110-13molL-1：K+、Ba2+、NO、S2-D. =11012的溶液中：Fe2+、NO、HCO、Na+【答案】B【解析】【分析】【详解】A.溶液中碳酸根离子与镁离子和铁离子反应，一定不能大量共存，故A错误；B.使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中NH、Al3+、Cl-、Mg2+离子之间不发生任何反应，一定能大量共存，
17、故B正确；C.25时，水电离出的c(H+)=110-13molL-1的溶液，可能是酸溶液，也可能是碱溶液，酸溶液中，硝酸根具有强氧化性，能与硫离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D.=11012的溶液为碱性溶液，碱性溶液中氢氧根离子与亚铁离子和碳酸氢根反应，一定不能大量共存，故D错误；故选B。12. 室温时，向20mL0.1molL-1的醋酸溶液中不断滴加0.1molL-1的NaOH溶液，溶液的pH变化曲线如图所示，在滴定过程中，下列关于溶液中微粒浓度大小关系的描述不正确的是（ ）A. a点时：c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)B. b点时：c(Na+)c(CH3
18、COO-)C. c点时：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D. d点时：c(Na+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)【答案】B【解析】【分析】【详解】Aa点溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液pH7，溶液呈酸性，则c(H+)c(OH)，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)，所以c(CH3COO)c(Na+)，但是醋酸电离和醋酸钠水解程度都较小，所以存在：c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)，故A正确；Bb点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH)，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO)+c(OH)=c(
19、Na+)+c(H+)，所以c(CH3COO)=c(Na+)，故B错误；Cc点溶质为醋酸钠，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)，存在物料守恒c(CH3COO)+c(CH3COOH)=c(Na+)，所以存在c(OH)=c(CH3COOH)+c(H+)，故C正确；Dd点溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、NaOH，溶液的pH7，溶液呈碱性，NaOH电离、CH3COONa水解都生成OH，只有CH3COONa电离生成CH3COO，所以c(OH)c(CH3COO)，结合物料守恒得c(Na+)c(OH)，所以存在c(Na+)c(OH)c(CH3COO)c(H+)，
20、故D正确；答案选B。13. 少量铁粉与100 mL 0.01 mol/L的硫酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的总量，可以使用如下方法中的A. 加入l00 mL0.02 mol/L的盐酸B. 加入少量硫酸氢钠固体C. 加入少量CuSO4固体D. 降低温度【答案】B【解析】【分析】【详解】Fe与硫酸反应实质为：Fe+2H+=Fe2+H2，根据影响化学反应速率的因素分析。A0.02 mol/L的盐酸中c(H+)与0.01 mol/L的硫酸相同，所以加入l00 mL0.02 mol/L的盐酸对化学反应速率无影响，A不符合题意；B加入少量硫酸氢钠固体，该盐电离产生H+，使溶液中c(H
21、+)增大，反应速率加快；由于Fe粉不足量，完全反应，反应产生氢气与Fe为标准计算，所以Fe的量不变，H2的总量不改变，B符合题意；C加入少量CuSO4固体，盐溶解与Fe发生置换反应产生Cu单质，Fe、Cu和稀硫酸构成原电池而加快反应速率，但由于消耗Fe，反应生成氢气总量减小，C不符合题意；D降低温度，物质含有的活化分子数目减少，有效碰撞次数减少，化学反应速率减慢，D不符合题意；故答案为B。14. 用A、B、C、D四块金属片进行如下实验：A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D导线C；A、C相连后，同时浸入稀H2SO4溶
22、液中，C极产生大量气泡；B、D相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，D极发生氧化反应。据此，判断四种金属的活动性顺序是( )A. ABCDB. CABDC. ACDBD. BDCA【答案】C【解析】【分析】一般来说，在原电池中，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极。负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应。放电时电流从正极流向负极，电子从负极流向正极，据此判断金属活动性顺序。【详解】A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，所以活泼性：AB；在原电池中，电子从负极流经外电路流向正极，C、D用导线相连后同时浸入稀H2SO4中，电流由D导线C，则电子由C导线D，则活泼性：C
23、D；A、C相连后，同时浸入稀疏酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，所以金属活泼性：AC；B、D相连后，同时浸入稀疏酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：DB。综上所述可知四种金属活泼性有强到弱顺序是：ACDB，故合理选项是C。15. 中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示。已知：几种物质中化学键的键能如表所示。化学键H2O中H-O键O2中O=O 键H2中H-H键H2O2中O-O键H2O2中O-H键键能kJ/mol463496436138463若反应过程中分解了2 mol水，则下列说法不正确的是( )A. 总
24、反应为2H2O2H2+O2B. 过程I吸收了926 kJ能量C. 过程II放出了574 kJ能量D. 过程属于放热反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，则总反应为2H2O2H2+O2，故A正确；B断裂化学键吸收能量，结合表中数据可知，过程吸收了463kJ2=926kJ能量，故B正确；C形成化学键释放能量，则过程放出了436kJ+138kJ=574kJ能量，故C正确；D过程IIIH2O2中的OH键断裂，无化学键的形成，不属于放热反应，故D错误；故选：D。16. 硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是（
25、 ）A. 图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B. 图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)Ksp(p)Ksp(q)C. 向n点的溶液中加入少量CdCl2固体，溶液组成由n沿npm线向m方向移动D. 温度升高时，p点的饱和溶液的组成由p沿pq线向q方向移动【答案】B【解析】【分析】【详解】A曲线上的p、q点时，CdS饱和溶液中c(Cd2+)=c(S2-)，难溶物的溶解度既可用溶质的质量表示，也可以用溶解出的离子浓度表示，所以图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度，故A正确；B温度不变Ksp不变，温度升高Ksp增大，则T2T1，m、n、p在T1上，q
26、在T2上，图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)Ksp(q)，故B错误；CKsp=c(Cd2+)c(S2)，向n点的溶液中加入少量 CdCl2 固体，温度不变、Ksp不变，c(Cd2+)浓度增大，c(S2)减小，溶液组成由 n 沿npm 线向 m 方向移动，故C正确；DCdS 溶解吸热，温度升高，则CdS的Ksp增大，饱和CdS溶液中Cd2+、S2离子浓度同比增大，p点的饱和溶液的组成由 p 沿 pq 线向 q 方向移动，故D正确；答案选B。17. 已知常温下：Ksp(AgCl)=1.61010，下列叙述正确的是A. AgCl在饱和NaCl溶液中的Ksp比在纯水
27、中的小B. AgCl的悬浊液中c(Cl)=4105.5mol/LC. 将0.001mol/LAgNO3溶液滴入0.001 mol/L的KCl溶液中，无沉淀析出D. 向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)c(CH3COO)c(OH)c(H+)D. c (CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)【答案】D【解析】【分析】【详解】A、醋酸的浓度大于氢氧化钠的浓度，故混合后，根据物料守恒c (Na+)c(Na+) c(H+)c(OH)，错误；D、正确。24. 某二元酸H2B在水中的电离方程式是H2B=H+HB-；HB-H+B2-。在0.1 molL-1
28、的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是( )A. c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)=0.1 molL-1B. c(Na)+c(OH)=c(H+)+c(HB-)C. c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HB-)+2c(B2-)D. c(Na+)=2c(B2-)+2c(HB-)【答案】CD【解析】【分析】【详解】A二元酸H2B在水中第一步完全电离，因此溶液中不存在H2B分子，HB-只电离，不水解，故根据物料守恒可知在0.1 molL-1的Na2B溶液中，c(B2-)+c(HB-)=0.1 molL-1，A错误；B溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HB-
29、)+2c(B2-)，B错误；C溶液中存在电荷守恒，可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HB-)+2c(B2-)，C正确；D在该溶液中含有的B的微粒有B2-、HB-，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒可得c(Na+)=2c(B2-)始=2c(B2-)+2c(HB-)，D正确；故合理选项是CD。二填空题25. 室温下，将稀盐酸和一元碱BOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液的体积变化)，实验数据如表：实验序号 起始浓度/(molL-1)反应后溶液的pHc(HCl)c(BOH)0.10.150.2x70.1029请回答：(1)HCl溶液和BOH溶液反应的离子方程式为_；(2)实验反应后的溶液中
30、由水电离出的c(OH-)=_molL-1；实验反应后的溶液中由水电离出的c(OH-)=_molL1(3)x_0.2 molL-1(填“”“ (5). Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ (6). Fe3+3HCO= Fe(OH)3+3CO2 (7). 2【解析】【分析】【详解】(1)中酸碱恰好完全反应生成BCl，溶液的pH0.2；故答案为：；(4)KAl(SO4)212H2O溶于水电离产生铝离子，铝离子水解产生氢氧化铝胶体，具有吸附性，可用于净水，反应方程式为：Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，故答案为：Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；(5)FeCl3
31、溶液中滴加NaHCO3溶液，三价铁和碳酸氢根离子会发生完全双水解反应产生氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式：Fe3+3HCO= Fe(OH)3+3CO2，故答案为：Fe3+3HCO= Fe(OH)3+3CO2；(6)0.12 mol/L HCl溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，混合后剩余HCl,溶液中的氢离子浓度：，pH=2，故答案为：2。26. (1)CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g) H=393 kJmol-1该反应相关化学键键能数据如表：化学键O=OOOC-OH-OC-HE/( kJmol-1)X3431076465413则X=_。(2)以
32、CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应的能量变化如图所示。补全上图：图中A处应填入_。该反应需要加入铜-锌基催化剂。加入催化剂后，该反应H_ (填“变大”“变小”“不变”)。已知：CO(g)+O2(g)=CO2(g) H1=283 kJmol-1H2(g)+O2(g)=H2O(g) H2=242 kJmol-1CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H3=676 kJmol-1以CO(g)和H2(g)为原料合成甲醇的反应为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，该反应的H=_kJmol-1。(3)中和热的测定是高中重要的定量实验。取0.55 mol/L的NaOH溶
33、液50 mL与0.25 mol/L的硫酸50 mL置于图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：从上图实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是_，除此之外，装置中的一个明显错误是 _。若改用60 mL 0.25 molL-1 H2SO4和50 mL 0.55 molL-1NaOH溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量_(填“相等”“不相等”)，若实验操作均正确，则所求中和热_(填“相等”“不相等”)。(4)实验数据如表：请填写下表中的空白：温度实验次数起始温度t1终止温度t2/温度差平均值(t2t1)/H2SO4NaOH平均值126.226.026.129.5_227.027.427.
34、232.3325.925.925.929.2426.426.226.3298近似认为50 mL0.55 mol/L NaOH溶液和50 mL 0.25 mol/L硫酸溶液的密度都是1 g/cm3，中和后生成溶液的比热容c4.18 J/(g)。(已知：Q=cmt)则中和热H_( 取小数点后一位)。【答案】 (1). 496 (2). 1 mol CO2(g)+3 mol H2(g) (3). 不变 (4). -91 (5). 环形玻璃搅拌棒 (6). 小烧杯口未用硬纸板盖住(或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高) (7). 不相等 (8). 相等 (9). 3.4 (10). -56.8
35、 kJ/mol【解析】【分析】(1)根据反应热等于断裂反应物化学键吸收的热量与形成生成物化学键释放的能量差计算；(2)以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，A处物质是CO2(g)和H2(g)，利用原子守恒确定两种反应物的物质的量；催化剂只能改变反应途径，不能改变反应热；利用盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可得待求反应的反应热；(3)测定中和热关键是做好保温工作，为使反应物充分接触，要使用环形玻璃搅拌棒将酸、碱溶液快速混合，并用同一温度计测量反应前酸、碱溶液的温度及反应后混合液的最高温度。反应放出的热量与反应产生的水的物质的量呈正比，但中和热与反应的物质多少无关，二者中和热相等；(4)根据
36、H=-计算中和热。【详解】(1)根据键能与反应热的关系可得：(413 kJ/mol3+343 kJ/mol+465 kJ/mol+X)-(1076 kJ/mol+4465 kJ/mol)=-393 kJ/mol，解得X=496 kJ/mol；(2)以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，由于反应产生1 mol CH3OH(g)和1 mol H2O(g)，根据元素守恒可知，图中A处是1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)；催化剂只能降低反应的活化能，使反应在较低温度下进行，但不能改变反应物、生成物的能量，因此反应热不变，故加入催化剂后，该反应的H不变；已知：(i)CO(g)+O2(g
37、)=CO2(g) H1=283 kJmol-1(ii)H2(g)+O2(g)=H2O(g) H2=242 kJmol-1(iii)CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H3=676 kJmol-1根据盖斯定律，将(i)+ (ii) 2-(iii)，整理，可得CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，H=-91 kJ/mol；(3)从上图实验装置看，其中还缺少混合酸碱溶液的搅拌仪器，该仪器名称是环形玻璃搅拌棒；除此之外，在小烧杯上没有硬纸板，小烧杯与大烧杯之间有很大的空隙，导致热量损失，使反应热测量不准确；0.55 mol/L的NaOH溶液50 mL中含有OH-的物质的量
38、n(OH-)=0.55 mol/L0.05 L=0.0275mol；0.25 mol/L的硫酸50 mL中含有H+的物质的量n(H+)=0.25 mol/L20.05 L=0.025 mol，显然碱溶液中的OH-过量，反应产生的水及放出热量要以不足量的硫酸为标准计算。若改用60 mL 0.25 molL-1H2SO4和50 mL 0.55 molL-1NaOH溶液进行反应，60 mL 0.25 molL-1H2SO4中含有H+的物质的量n(H+)=0.25 mol/L20.06 L=0.03 mol，比OH-物质的量多，此时反应应以NaOH为标准计算，反应产生的水比上次多，则与上次实验相比，反
39、应放出的热量也比上次多，故两次热量放出不相等；由于中和热是可溶性强酸、强碱发生中和反应产生可溶性盐和1 mol水时放出的热量，虽然反应放出是热量不相等，但二者的中和热数值相等；(4)四次实验反应前后的温度差分别是3.4、5.1、3.3、3.5，可见第二次实验数据偏差较大，应该舍去，则平均温度差t=3.4；反应后溶液质量m=(50+50)mL1 g/mL=100 g，反应放出热量Q=cmt=4.18J/(g)100 g3.4=1421.2 J=1.4212 kJ，反应产生H2O的物质的量以不足量的H2SO4为标准，n(H2O)=n(H+)=0.025 mol，故该反应的中和热H=-=-56.8
40、kJ/mol。27. 维生素C是一种水溶性维生素(其水溶液呈酸性)，它的化学式是C6H8O6，某校课外活动小组测定了某牌子的软包装橙汁中维生素C的含量，下面是测定实验分析报告。(请填写空白)测定目的：测定牌软包装橙汁中维生素C的含量。测定原理：C6H8O6+I2C6H6O6+2H+2I-(待测橙汁中其他物质不与I2反应)实验用品及试剂：指示剂(1)_(填名称)，浓度为7.5010-3 molL-1的I2标准溶液、蒸馏水等。实验过程洗涤仪器，检查滴定管是否漏液，润洗后装好标准碘溶液待用。用酸式滴定管向锥形瓶中移入25.00 mL待测橙汁，滴入2滴指示剂。用左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼
41、睛注视(2)_，直到滴定终点。滴定至终点时的现象是_。数据记录与处理。某同学滴定时记录的数据如下：实验编号待测橙汁的体积/mL消耗I2标准溶液的体积/mL125.0014.93225.0015.10325.0014.97则此橙汁中维生素C的含量是(4)_mgL-1。(5)问题讨论：(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)用蒸馏水冲洗锥形瓶，会使测定结果_。在滴定过程中不慎将数滴I2标准溶液滴在锥形瓶外，会使测定结果_。读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，会使测定结果_。装I2标准溶液之前，没有用标准液润洗滴定管，会使测定结果_。【答案】 (1). 淀粉溶液 (2). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (3).
42、溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 (4). 792.00 (5). 无影响 (6). 偏高 (7). 偏低 (8). 偏高【解析】【分析】根据I2遇淀粉溶液变为蓝色，以淀粉溶液为指示剂，当用标准碘溶液进行滴定时，左手控制滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，当滴加最后一滴标准溶液，溶液由无色变为蓝色，半分钟内溶液颜色不变化时，滴定达到终点，停止滴定。为减少实验误差，要多次进行平行实验，取有效实验体积的平均值，利用物质反应的物质的量关系进行计算，最后根据操作对标准溶液体积的影响分析实验误差。【详解】(1)利用I2氧化维生素C，碘遇淀粉溶液，溶液变蓝，故应选择淀粉作指示剂。
43、(2)进行滴定操作时，左手控制滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化。(3)根据反应的原理，当滴加最后一滴标准溶液时，锥形瓶中出现溶液变蓝色时，且半分钟内溶液颜色不变化时，维生素C已全部参加了反应，此时达到滴定终点，故滴定终点现象为：最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色。(4)经数据处理，取三次实验的平均值。则在实验中消耗的标淮溶液的体积应该是V=15 .00 mL，15 .00 mL标准碘溶液含有碘的质量为m(I2)=254 g/mol7.5010-3 mol/L0.015 L=28.57510-3 g=28.575 mg，根据方程式C6H8O6+I2C6
44、H6O6+2H+2I-可知：维生素C与I2反应的质量关系是176：254，则当反应消耗I2的质量是28.575 mg时，该橙汁中含有维生素C的质量m(C6H8O6)=19.8 mg，则1 L中橙汁中含维生素C的质量为：=792 mg，则此橙汁中维生素C的含量是792 mg/L。(5)用蒸馏水冲洗锥形瓶，待测液溶质的物质的量不变，标准液体积不变，因此对测定结果无影响。在滴定过程中不慎将数滴I2标准溶液滴在锥形瓶外，导致消耗的标准液溶液体积偏多，最终使测定结果偏高。读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致消耗的标准液偏小，最终使测定结果偏低。在装I2标准溶液之前，没有用标准液润洗滴定管，标准溶液浓度变
45、稀，导致消耗的标准液偏大，最终导致测定结果偏高。28. 用纯净的锌粒与100 mL2 mol/L稀盐酸反应制取氢气，请回答：实验过程如图所示。EF段，产生氢气速率增大的主要原因是_，该反应H_0(填“”“”或“”)。 在2 L密闭容器内，t时发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，在体系中，n(N2)随时间的变化如下表：时间(min)012345N2的物质的量(mol)0.200.100.080.060.060.06(1)5 min时，N2的转化率为_；(2)用H2表示从02 min内该反应的平均速率v(H2)=_；(3)t时，在4个均为2L密闭容器中不同投料下进行合成氨反应。根据在
46、相同时间内测定的结果，判断该反应速率由快到慢的顺序为_。(用字母填空，下同)；av(NH3)=0.05 molL-1min-1 bv(H2)=0.03 molL-1min-1cv(N2)=0.02 molL-1min-1 dv(H2)=0.00l molL-1s-1(4)下列措施能使该反应的速率增大是_。a及时分离出NH3气体 b适当升高温度c保持体积不变，充入He使容器压强增大 d选择高效催化剂(5)下列表述能作为反应达到化学平衡状态标志的是_。a反应速率v(N2)：v(H2)：v(NH3)=1：3：2b各组分的物质的量浓度不再改变c混合气体的平均相对分子质量不再改变d混合气体的密度不变e单
47、位时间内生成n mol N2的同时，生成3n mol H2f单位时间内3 mol HH键断裂的同时2 mol NH键也断裂【答案】 (1). 温度升高，化学反应速率加快 (2). (3). 70% (4). 0.09 mol/(Lmin) (5). ac=db (6). bd (7). bc【解析】【分析】【详解】图象中斜率大小可判断反应速率大小。根据图像可知在EF段斜率最大，说明这一段的反应速率最快，这是由于该反应是放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，升高温度，反应速率加快；该反应是放热反应，所以H0；(1)在2 L容器内N2的物质的量由开始的0.20 mol到5 min时的0.06 m
48、ol，改变了0.14 mol，则5min时，N2的转化率为100%=70%；(2)在前2 min内N2的物质的量变化了n(N2)=0.20 mol-0.08 mol=0.12 mol，根据反应方程式N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知：H2变化的物质的量是N2的3倍，则前2 min 内H2的物质的量变化了n(H2)=30.12 mol=0.36 mol，故用H2浓度变化表示的平均反应速率v(H2)=0.09 mol/(Lmin)；(3)都转化为用H2浓度表示的反应速率，而且单位相同，然后再比较其大小。av(NH3)=0.05 molL-1min-1，v(H2)=v(NH3)=0.05 m
49、olL-1min-1=0.075 molL-1min-1；bv(H2)=0.03 molL-1min-1；cv(N2)=0.02 molL-1min-1，则v(H2)=3v(N2)=30.02 molL-1min-1=0.06 molL-1min-1；dv(H2)=0.00l molL-1s-1，则v(H2)=0.06 molL-1min-1，则反应速率大小关系为：ac=db；(4) a及时分离出NH3气体，物质的浓度减小，化学反应速率降低，a不符合题意；b适当升高温度，化学反应速率加快，b符合题意；c保持体积不变，充入He使容器压强增大，由于反应混合物的浓度不变，因此反应速率不变，c不符合题
50、意；d选择高效催化剂，化学反应速率大大加快，d符合题意；故合理选项是bd；(5)a反应速率v(N2)：v(H2)：v(NH3)=1：3：2中未指明反应速率是正反应速率还是逆反应速率，因此不能确定反应是否为平衡状态，a不符合题意；b各组分的物质的量浓度不再改变，任何物质的消耗速率与产生速率相等，反应处于平衡状态，b符合题意；c反应混合物都是气体，气体的质量不变，但该反应是反应前后气体物质的量改变的反应，若混合气体的平均相对分子质量不再改变，则气体的物质的量不变，反应处于平衡状态，c符合题意；d反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，d不符合题意；e单位时间内生成n mol N2的同时生成3n mol H2表示的都是反应逆向进行，不能据此判断反应是否处于平衡状态，e不符合题意；f单位时间内3 mol HH键断裂就会形成6 mol N-H键，同时2 mol NH键也断裂，则反应正向进行，未达到平衡状态，f不符合题意；故合理选项是bc。- 27 - 版权所有高考资源网