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【化学】云南省昆明市禄劝彝族苗族自治县第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）
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云南省昆明市禄劝彝族苗族自治县第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Cu 64
第Ⅰ卷 选择题
本卷共16题，每题3分，共48分。每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
1.下列说法正确的是（ ）
A. 吸热反应在一定条件下也能发生
B. 放热的反应在常温下一定很易发生
C. 反应是吸热还是放热必须看反应物和生成物具有的总质量的相对大小
D. 需加热方能发生的反应一定是吸热反应
【答案】A
【解析】
【详解】A. 吸热反应在一定条件下也能发生，比如碳和二氧化碳在高温下反应生成一氧化碳，故A正确；
B. 放热的反应在常温下不一定很易发生，比如碳在常温下不与氧气反应，故B错误；
C. 反应是吸热还是放热必须看反应物和生成物具有的总能量的相对大小，故C错误；
D. 需加热方能发生的反应不一定是吸热反应，比如碳点燃与氧气反应生成二氧化碳，故D错误；
综上所述，答案为A。
2.下列操作中，能使电离平衡 H2OH＋＋OH－，向右移动且溶液呈酸性的是（ ）
A. 向水中加入NaHSO3溶液 B. 向水中加入 NH4Cl 溶液
C. 向水中加入CH3COONa 溶液 D. 将水加热到 100℃，使 pH＝6
【答案】B
【解析】
【详解】A. 向水中加入NaHSO3溶液亚硫酸氢根电离显酸性，对水的电离平衡逆向移动，故A不符合题意；
B. 向水中加入NH4Cl溶液，铵根结合水电离出的氢氧根生成一水合氨，平衡向右移动，溶液显酸性，故B符合题意；
C. 向水中加入CH3COONa溶液，醋酸根结合水电离出的氢离子生成醋酸，平衡向右移动，溶液显碱性，故C不符合题意；
D. 将水加热到 100℃，平衡向右移动，使 pH＝6，溶液呈中性，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
3.已知常温下0.1mol/L CH3COOH溶液中c(H＋)＝1.32×10－3mol/L，则该CH3COOH溶液中的水的离子积常数Kw是
A. 1×10－14 B. 1×10－13
C. 1.32×10－14 D. 1.32×10－15
【答案】A
【解析】
【详解】在常温下水的离子积常数是1×10－14，与溶液无关，故选项是A。
4.如图所示是298 K时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是( )
A. 该反应的热化学方程式为：N2+3H22NH3 △H＝-92 kJ／mol
B. a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
C. 加入催化剂，该化学反应的反应热不改变
D. 在温度、体积一定的条件下，通入1 mol N2和3 mol H2反应后放出的热量为92kJ
【答案】C
【解析】
A、书写热化学方程式必须标注物质的聚集状态，该热化学方程式未标注物质的状态，选项A错误；B、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，即可降低生产能耗，b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，选项B错误；C、催化剂能改变反应的路径，但不能改变反应的焓变，故加入催化剂，该化学反应的反应热不改变，选项C正确；D、反应是可逆反应，在温度、体积一定的条件下，通入1 mol N2和3 mol H2充分反应后放出的热量小于92 kJ，选项D错误。答案选C。
5.下列变化不能用勒夏特列原理解释的是
A. 工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率
B. H2、I2(g)混合气体加压后颜色变深
C. 红棕色的NO2加压后颜色先变深再变浅
D. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
【答案】B
【解析】
【详解】A．工业生产硫酸的过程中，存在2SO2+O22SO3，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，故A不选；
B．H2+I22HI，加压后，体积变小，颜色加深，平衡不移动，故不能用勒夏特列原理解释，故B选；
C．加压二氧化氮的浓度增大，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，但仍比原来的颜色深，可以勒夏特列原理解释，故C不选；
D．新制的氯水中存在：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，在饱和食盐水中氯离子浓度较大，可抑制氯气和水的反应，减小氯气的溶解度，可用勒夏特列原理解释，故D不选，
答案选B。
6.在2mL NaCl溶液中加入1滴AgNO3溶液，有白色沉淀生成；再加入1滴KI溶液，沉淀转化为黄色，然后再加入1滴Na2S溶液，沉淀又转化为黑色（以上所用的溶液物质的量浓度均相同），下列表示各沉淀物溶解度由大到小的顺序正确的是
A. Ag2S 、 AgI 、 AgCl B. AgCl 、 AgI 、 Ag2S
C. AgI 、 AgCl、 Ag2S D. AgCl 、 Ag2S 、 AgI
【答案】B
【解析】
【详解】一种沉淀容易转化为比它更难溶的沉淀，故溶解度由大到小的顺序正确的是AgCl AgI Ag2S，故B项正确。
7.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（ ）
A. 强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl-、SO
B. 室温下，pH＝1的盐酸中：Na+、Fe2+、NO、SO
C. 含有Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO、Cl-
D. 水电离产生的c（H+）＝1x10-13 mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl-、SO
【答案】D
【解析】
【详解】A. 强碱性溶液中，Al3+不能大量共存，故A不符合题意；
B. 室温下，pH＝1的盐酸中，H+、Fe2+、发生氧化还原反应不共存，故B不符合题意；
C. 含有Ca2+的溶液中，不能大量共存，故C不符合题意；
D. 水电离产生的c(H+)＝1x10−13 mol∙L−1的溶液，可能为酸，可能为碱，无论酸还是碱Na+、K+、Cl－、都大量共故D符合题意。
综上所述，答案为D。
8.下列热化学方程式中，ΔH能正确表示物质的燃烧热的是（ ）
A. C(s) +O2(g) = CO2(g) ΔH＝+110.5 kJ·mol−1
B. CH4(g) +2O2(g) = CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝－890.31 kJ·mol−1
C. H2(g) +O2(g)= H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol−1
D. 2C8H18(l) +25O2(g) = 16CO2(g)+18H2O(l) ΔH＝－11036 kJ·mol−1
【答案】B
【解析】
【分析】
1mol物质在氧气中完全燃烧生成稳定的氧化物时，放出的热量为燃烧热；要注意水为液态时稳定。
【详解】A. C(s) +O2(g) = CO2(g)是放热反应，ΔH<0，故A错误；
B. CH4(g) +2O2(g) = CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝－890.31 kJ·mol−1，符合燃烧热定义，故B正确；
C. H2(g) +O2(g)= H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol−1，水应该是液态水，故C错误；
D. 2C8H18(l) +25O2(g) = 16CO2(g)+18H2O(l) ΔH＝－11036 kJ·mol−1，燃烧物应该为1mol，故D错误。
综上所述，答案为B。
9.用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，用酚酞为指示剂，造成测定结果偏高的原因可能是
A. 配制标准溶液的NaOH中混有Na2CO3杂质
B. 盛装待测液的锥形瓶用燕馏水洗过，没有用待测液洗
C. 滴定到终点读数时，俯视刻度线
D. 滴定到终点读数时，滴定管尖嘴处有气泡
【答案】A
【解析】
【详解】A．若配制标准溶液NaOH中混有Na2CO3杂质，则发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，消耗NaOH标准溶液体积增大，造成沉淀结果偏高；
B．不影响测定结果；
C．终读数变小，NaOH标准溶液体积数值变小，造成沉淀结果偏低；
D．终读数变小，NaOH标准溶液体积数值变小，造成沉淀结果偏低；
答案选A。
【点睛】中和滴定实验误差分析历来是难点。需要理解分析误差的基本依据是由c(标准)V(标准)＝c(待测)V(待测)得到的c(待测)＝。由于c(标准)与V(待测)已确定，所以只要把握V(标准)的变化对c(待测)的影响即可。
10.室温下的四种溶液：①pH＝9的 NaOH 溶液 ②pH＝9的CH3COONa溶液 ③pH＝5的H2SO4溶液 ④pH＝5的NaHSO4 溶液，溶液中由水电离产生的c(OH－)相同的是（ ）
A. ①② B. ①③ C. ③④ D. ①③④
【答案】D
【解析】
【详解】①pH＝9的NaOH溶液，c(H+)＝1.0×10−9mol⸱L−1；，碱溶液中c(H+)是由水电离产生的，水电离产生的c(H+)等于水电离产生的c(OH－)，即水电离产生的c(OH－)＝1.0×10−9mol⸱L−1；
②pH＝9的CH3COONa溶液c(H+)＝1.0×10−9mol⸱L−1；，盐溶液水解显碱性，因此溶液中的c(OH－)是由水电离产生的，即水电离产生的c(OH－)＝1.0×10−5mol⸱L−1；
③pH＝5的H2SO4溶液，c(H+)＝1.0×10−5mol⸱L−1；，酸溶液中c(OH－)是由水电离产生的，即水电离产生的c(OH－)＝1.0×10−9mol⸱L−1；
④pH＝5的NaHSO4 溶液，c(H+)＝1.0×10−5mol⸱L−1；，盐溶液电离显酸性，因此溶液中c(OH－)是由水电离产生的，即水电离产生的c(OH－)＝1.0×10−9mol⸱L−1；
因此溶液中由水电离产生的c(OH－)相同的是①③④，答案为D。
11.对于反应2NO2(g) N2O4(g)，在一定条件下达到平衡，在温度不变时，欲使的比值增大，应采取的措施是( )
①体积不变，增加NO2的物质的量；②体积不变，增加N2O4的物质的量；③使体积增大到原来的2倍；④充入N2，保持压强不变
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④
【答案】D
【解析】
【详解】①体积不变，增加NO2的物质的量，相当于加压，平衡右移， 的比值减小；②体积不变，增加N2O4的物质的量，相当于加压，平衡右移， 的比值减小；③使体积增大到原来的2倍，压强减小，平衡逆向移动，的比值增大；④充入N2，保持压强不变，体积增大，相当于减压，平衡逆向移动，的比值增大；
故选D。
【点睛】本题考查化学平衡的移动，①②是学生的易错点、难点，对于一种物质的分解反应，改变反应物的浓度，反应物的转化率变化等效于改变压强。
12.下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（ ）
A. 将 HCl 与 CH3COONa 两溶液混合后，溶液呈中性，则 c(Na+) < c(Cl－)
B. 向 NH4Cl 溶液中通 NH3，则 c() >c(Cl－) > c(OH－)> c(H+)
C. 室温下，c()相同的①(NH4)2CO3 ②(NH4)2SO4 ③(NH4)2Fe(SO4)2 溶液浓度大小顺序为：①>②>③
D. 已知 pKa= －lgKa，pKa(HF)=3.1，pKa(C6H5COOH) = 4.2，室温下，等体积、等浓度的 NaF、C6H5COONa 溶液中，前者离子总数小于后者
【答案】C
【解析】
【详解】A. 将HCl与CH3COONa两溶液混合后，根据溶液电荷守恒的得到c(H+)＋c(Na+)＝ c(Cl－) ＋c(OH－) ＋ c(CH3COO－)，溶液呈中性即c(H+)＝c(OH－)，则有c(Na+)＝c(Cl－) ＋ c(CH3COO－)，因此c(Na+)＞c(Cl－)，故A错误；
B. 向NH4Cl溶液中通NH3，不清楚溶液酸碱性，因此无法判断c(OH－)与c(H+)大小，故B错误；
C. ①(NH4)2CO3是相互促进的双水解，水解程度最大；②(NH4)2SO4是单一铵根离子水解，水解程度小；③(NH4)2Fe(SO4)2是相互抑制的双水解，水解程度最小，室温下，c()相同，水解程度越大，说明原溶液的浓度越大，因此①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4③(NH4)2Fe(SO4)2溶液浓度大小顺序为：①＞②＞③，故C正确；
D. 已知pKa= －lgKa，pKa(HF)=3.1，pKa(C6H5COOH) = 4.2，则Ka(HF)=1.0×10−3.1，Ka(C6H5COOH)=1.0×10−4.2，根据电荷守恒，c(H+)＋c(Na+)＝c(OH－) ＋ c(F－)，c(H+)＋c(Na+)＝c(OH－) ＋ c(C6H5COO－)，则两者的离子浓度之和都为2c(H+)＋2c(Na+)，钠离子浓度都相同，但氢离子浓度两者不相同，根据对应的酸越弱，水解程度越大，则C6H5COONa水解程度更大，碱性更强，溶液中的氢离子浓度更小，因此室温下，等体积、等浓度的NaF、C6H5COONa溶液中，前者离子总数大于后者，故D错误。
综上所述，答案为C。
13.在一定温度下，10 mL 0.40 mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
172
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)（ ）
A. 0～6 min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10－2 mol/(L·min)
B. 6～10 min的平均反应速率：v(H2O2)<3.3×10－2 mol/(L·min)
C. 反应至6 min时，c(H2O2)＝0.3 mol/L
D. 反应至6 min时，H2O2分解了50%
【答案】C
【解析】
【详解】A. 0～6 min生成氧气的体积为22.4mL，氧气的物质的量为，根据2H2O2～O2，消耗的H2O2的物质的量为0.002mol，0～6 min H2O2的平均反应速率：，故A正确；
B. 根据A选项0～6 min ，由于开始阶段，反应物浓度大，反应速率大，因此6～10 min的平均反应速率小于0～6 min的平均反应速率，即6～10 min的平均反应速率，故B正确；
C. 根据A选项得到0～6 min消耗的H2O2的物质的量为0.002mol，因此反应至6 min时，，故C错误；
D. 反应至6 min时，H2O2分解了，故D正确。
综上所述，答案为C。
14.有关常温下pH均为3的醋酸和硫酸的说法正确的是( )
A. 两种溶液中,由水电离出的氢离子浓度均为1×10-11 mol·L-1
B. 分别加水稀释100倍后,两种溶液的pH仍相同
C. 醋酸中的c(CH3COO-)和硫酸中的c(SO42-)相等
D. 分别加入足量锌片,两种溶液生成H2的体积相同
【答案】A
【解析】
【详解】A、pH均为3的醋酸和硫酸，溶液中氢离子浓度均为1×10-3mol/L，溶液中氢氧根离子浓度均为c（OH-）=mol/L=1×10-11 mol·L-1，溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，故两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为1×10-11 mol·L-1，故A正确；
B、硫酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，加水稀释，醋酸继续电离出氢离子，分别加水稀释100倍后，硫酸溶液的pH值为5，醋酸溶液的pH值小于5，故B错误；
C、醋酸溶液中c（H+）=c（CH3COO-）=1×10-3mol/L，硫酸溶液中c（H+）=2c（SO42-）=1×10-3mol/L，c（SO42-）=5×10-4mol/L，故C错误；
D、硫酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中主要以醋酸分子存在，与足量的锌反应，醋酸提供的氢离子远远大于硫酸，锌与醋酸反应产生的氢气远大于与硫酸反应生成的氢气，故D错误；
故选A。
15.某化学科研小组在其他条件不变时，改变某一条件对反应[可用aA(g)+bB(g)cC(g)表示]的化学平衡的影响，得到如下图象（图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率）。根据图象，下列判断正确的是（ ）
A. 反应I：若p1>p2，则此反应只能在高温下自发进行
B. 反应Ⅱ：此反应的△H<0，且T1
D. 反应Ⅳ：表示t1时刻增大B的浓度对反应速率的影响
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应I：若p1>p2，由在恒温下，平衡正向移动，a+b>c，△S<0，根据△G＝△H－T△S，只要△H<0，反应低温下就能自发进行，故A错误；
B．反应Ⅱ：由图可知T1
D．反应Ⅳ：t1时刻增大B浓度时V逆瞬间不变，故D错误；
答案为B。
16.根据表中数据判断，下列选项结论正确的是（ ）
酸
H2C2O4
HCN
H2CO3
电离常数(25℃)
K1＝5.4×10－2
K2＝5.4×10－5
4.9×10－10
K1＝4.4×10－7
K2＝4.7×10－11
A. NaCN＋H2O＋CO2(少量) = HCN＋NaHCO3
B. 0.1 mol∙L-1的Na2CO3溶液逐渐滴加到同浓度的 HCN 溶液中，无现象，说明未发生反应
C. 浓度均为 0.1 mol∙L－1的Na2CO3、NaHCO3、NaCN、NaHC2O4溶液，pH 最大的是NaCN
D. NaHC2O4溶液中，离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)＞c(H+)＞c(HC2O) ＞c(C2O) ＞c(OH-)
【答案】A
【解析】
【分析】
根据电离常数得出酸强弱顺序为H2C2O4＞＞H2CO3＞HCN＞。
【详解】A. 利用强酸制弱酸原理得到NaCN＋H2O＋CO2(少量) = HCN＋NaHCO3，故A正确；
B. 0.1 mol∙L−1的Na2CO3溶液逐渐滴加到同浓度的HCN溶液中，无现象，但反应生成了NaCN和NaHCO3，故B错误；
C. 根据对应的酸越弱，水解程度越大，因此浓度均为0.1 mol∙L−1的Na2CO3、NaHCO3、NaCN、NaHC2O4溶液，pH最大的是Na2CO3，故C错误；
D. NaHC2O4溶液中，的水解平衡常数，Ka2＞Kh，则草酸氢根电离程度大于水解程度，因此离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)＞ c()＞c(H+)＞c() ＞ c(OH-)，故D错误。
综上所述，答案为A。
第Ⅱ卷（本卷共4题，总分52分）
17.⑴常温下将0.2 mol/L HCl溶液与0.2 mol/L MOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=6，试回答以下问题：
①混合溶液中由水电离出的c(H+)_______0.2 mol/L的HCl溶液中由水电离出的c(H+)；(填“＞”、“＜”、或“＝”)
②求出混合溶液中下列算式的精确计算结果(填具体数字)：c(Cl－)－c(M＋)=_____mol/L；
c(H＋)－c(MOH)=__________mol/L
⑵常温下若将0.2 mol/L HA溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＜7，则说明在相同条件下HA的电离程度______NaA的水解程度。(填“＞”、“＜”、或“＝”)
⑶已知：难溶电解质Cu(OH)2在常温下的Ksp = 2×10−20，则常温下：某CuSO4溶液中c(Cu2+) = 0.02 mol·L−1，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH最小为_________。
⑷已知：温度和浓度相等时，氨水的电离程度与醋酸相等。常温下，下列4种溶液：
①0.1mol/L CH3COONa ②0.1mol/L CH3COONH4 ③0.1mol/L CH3COOH
④0.1mol/LCH3COONa和0.1mol/LNaOH的混合溶液
按pH由大到小顺序排列___________（填序号）
【答案】 (1). ＞ (2). 9.9×10−7 (3). 1.0×10−8 (4). ＞ (5). 5 (6). ④①③②
【解析】
【分析】
⑴①混合溶液MCl溶质，水解显酸性，促进水的电离，而盐酸是抑制水的电离；②测得混合溶液的pH=6，根据电荷守恒，c(Cl－)＋c(OH－)= c(H＋)＋c(M＋)，质子守恒c(H＋) =c(MOH) ＋ c(OH－)分析并计算。
⑵分析反应后溶质，根据混合溶液的pH＜7分析电离程度和水解程度大小。
⑶根据溶度积常数进行计算。
⑷分析溶液的酸碱性，再根据混合溶液与单一溶液的关系分析。
【详解】⑴常温下将0.2 mol⸱L−1 HCl溶液与0.2 mol⸱L−1 MOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，溶质是MCl，测得混合溶液的pH=6，说明溶液显酸性，水解显酸性。
①混合溶液MCl溶质，水解显酸性，促进水的电离，而盐酸是抑制水的电离，因此由水电离出的c(H+)＞0.2 mol⸱L−1的HCl溶液中由水电离出的c(H+)；故答案为：＞。
②测得混合溶液的pH=6，根据电荷守恒，c(Cl－)＋c(OH－)= c(H＋)＋c(M＋)，c(Cl－)－c(M＋)= c(H＋)－c(OH－) = 1.0×10−6 mol⸱L−1－1.0×10−8 mol⸱L−1 =9.9×10−7 mol⸱L−1；根据质子守恒c(H＋) =c(MOH) ＋ c(OH－)，得到c(H＋)－c(MOH)= c(OH－)=1.0×10−8 mol⸱L−1；故答案为：9.9×10−7；1.0×10−8。
⑵常温下若将0.2 mol⸱L−1 HA溶液与0.1 mol⸱L−1 NaOH溶液等体积混合，溶质为NaA和HA且浓度相等，测得混合溶液的pH＜7，溶液显酸性，则说明在相同条件下HA的电离程度＞NaA的水解程度；故答案为：＞。
⑶如要生成Cu(OH)2沉淀，根据，得到，，pH = 5，因此应调整溶液的pH最小为5；故答案为：5。
⑷①0.1 mol⸱L−1 CH3COONa，溶液显碱性；②0.1 mol⸱L−1 CH3COONH4，溶液呈中性；③0.1 mol⸱L−1 CH3COOH，溶液呈酸性；④0.1 mol⸱L−1 CH3COONa和0.1 mol⸱L−1 NaOH的混合溶液，溶液显碱性，相当于在①基础上加NaOH溶液，因此碱性比①碱性更强，pH更大，因此按pH由大到小顺序排列④①③②；故答案为：④①③②。
【点睛】溶液中的电离平衡是常考题型，主要考查弱电解质的电离平衡、水的电离平衡、水电离出的氢离子浓度与氢氧根浓度、盐类水解、三大守恒关系及溶度积常数的计算。
18.I.无水MgBr2可用作催化剂，实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图所示(夹持装置省略)。
已知：①Mg和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性
②MgBr2+3C2H5OC2H5 MgBr2·3C2H5OC2H5。
主要步骤如下：
步骤1：三颈烧瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置C中加入15mL液溴；
步骤2：缓慢通入干燥的氩气，直至溴完全导入三颈烧瓶中；
步骤3：反应完毕后恢复至室温，过滤除去镁，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品；
步骤4：常温下用CCl4溶解粗品，冷却至0℃，析岀晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品。
请回答下列问题
⑴仪器A的名称是___________。B的作用为___________。
⑵下列有关步骤4的说法正确的是___________(填选项字母)
A.可用75%的乙醇代替CCl4溶解粗品
B.加热至160℃的主要目的是除去CCl4
C.洗涤晶体可选用0℃的CCl4
D.该步骤只除去了可能残留的溴
⑶若将装置C改为装置D，可能会导致的后果是___________。
⑷为测定产品的纯度，可用EDTA(简写为Y4－)标准溶液滴定，以铬黑T(简写为In)为指示剂。已知Mg2+与铬黑T和EDTA均能形成配合物，且EDTA与Mg2+配合更稳定：
物质
颜色
物质
颜色
Y4-
无色
MgY2-
无色
In
纯蓝色
MgIn－
酒红色
反应的离子方程式为Mg2++Y4－=MgY2－
①滴定终点的现象为______________________。
②测定前，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，加入2滴铬黑T试液作指示剂，用0.0500mol·L－1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是_______________(用质量分数表示)。
【答案】 (1). 干燥管 (2). 冷凝回流溴和乙醚 (3). C (4). 会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患 (5). 滴入最后一滴EDTA标准液时，溶液颜色由酒红色变为纯蓝色，且30秒内不恢复原色 (6). 97.52%
【解析】
【分析】
三颈烧瓶中加入镁屑和无水乙醚，向三颈烧瓶中缓缓吹入溴蒸汽，发生反应，反应剧烈，用球形冷凝管冷凝回流溴和乙醚，并用冰水浴冷却烧瓶，反应完毕后恢复至室温，过滤除去镁，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却，析出晶体，过滤得三乙醚合溴化镁粗品，用CCl4溶解粗品，冷却，析岀晶体，过滤，洗涤，再加热至160℃分解得无水MgBr2产品。
【详解】⑴根据图中仪器的特点，仪器A的名称是干燥管；Mg与Br2反应剧烈放热，而乙醚和溴易挥发，因此B的作用为冷凝回流溴和乙醚，原料充分反应；故答案为：干燥管；冷凝回流溴和乙醚。
⑵A. MgBr2具有强吸水性，75%的乙醇中有水，因此不能用75%的乙醇代替CCl4溶解粗品，A错误；
B. 加热至160℃的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，而不是为了除去CCl4，B错误；
C. 为了减少晶体的损失，洗涤晶体可选用0℃的CCl4，C正确；
D. 该步骤除去了可能残留的溴和乙醚，D错误；
故答案为：C。
⑶镁和溴单质反应剧烈放热，选用D装置会使液溴快速压入到三颈烧瓶中，反应过快，放出大量的热，存在安全隐患；故答案为：会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患。
⑷①根据滴定原理，用EDTA标液滴定溴化镁，以铬黑T(简写为In)为指示剂，则指示剂与镁离子形成酒红色MgIn－，当EDTA与镁离子反应完全，溶液显示出铬黑T的纯蓝色；故答案为：滴入最后一滴EDTA标准液时，溶液颜色由酒红色变为纯蓝色，且30秒内不恢复原色。
②根据Mg2++Y4− = MgY2−，n(MgBr2)=n(Mg2+)=0.0500 mol⸱L−1×26.50×10−3L=1.325×10−3mol，因此测得无水MgBr2产品的纯度是；故答案为：97.52%。
【点睛】制备实验是常考题型，主要考查学生仪器使用及作用、滴定实验的操作、误差分析及含量的计算等。
19.有可逆反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，已知在温度938K时，平衡常数K=1.5，在1173K时，K=2.2。
（1）能判断该反应达到平衡状态的依据是____（双选，填序号）。
A．容器内压强不变了 B．c（CO）不变了
C．v正（CO2）=v逆（CO） D．c（CO2）=c（CO）
（2）该反应的正反应是_____（选填“吸热”、“放热”）反应。
（3）写出该反应的平衡常数表达式____。若起始时把Fe和CO2放入体积固定的密闭容器中，CO2的起始浓度为2.0mol/L，某温度时达到平衡，此时容器中CO的浓度为1.0 mol/L，则该温度下上述反应的平衡常数K=____（保留二位有效数字）。
（4）若该反应在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，如果改变下列条件，反应混合气体中CO2的物质的量分数如何变化（选填“增大”、“减小”、“不变”）。
①升高温度______；②再通入CO______。
（5）该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图：
①从图中看到，反应在t2时达平衡，在t1时改变了某种条件，改变的条件可能是（填序号）____。（单选）
A．升温 B．增大CO2浓度
②如果在t3时从混合物中分离出部分CO，t4~ t5时间段反应处于新平衡状态，请在图上画出t3~ t5的V（逆）变化曲线_______
【答案】 (1). B、C (2). 吸热 (3). k=c(CO)/c(CO2)） (4). 1.0 (5). 减小 (6). 不变 (7). A (8).
【解析】
【详解】（1）A．该反应是气体分子数前后不变的可逆反应，在恒容容器中，容器内压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；B．c（CO）不变，说明反应达到平衡状态，B正确；C．v正（CO2）=v逆（CO）说明反应达到平衡状态，C正确；D．c（CO2）=c（CO），不能说明可逆反应v （正）="v" （逆），即不能说明反应达到平衡状态，D错误；答案选BC。
（2）在温度938K时，平衡常数K=1.5，在1173K时，K=2.2，温度升高，平衡正向移动，K值增大，则该反应的正反应是吸热反应。
（3）该反应的平衡常数表达式K= c（CO）/c（CO2）；根据化学反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s） + CO（g），CO2的起始浓度为2.0mol/L，某温度时达到平衡，此时容器中CO的浓度为1.0 mol/L，说明反应掉1.0mol/LCO2，则平衡时CO2的浓度为1.0mol/L，所以K="1.0" mol/L÷1.0 mol/L=1.0；
（4）①该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应混合气体中CO2的物质的量分数减小；
②再通入CO，相当于增大压强，平衡不移动，反应混合气体中CO2的物质的量分数不变。
（5）①A该反应是吸热反应，升高温度，v （正）与v （逆）均增大，平衡正向移动，v （正）减小，v （逆）继续增大，图像相符，正确；B再通入CO，v （逆）迅速增大，然后减小，与图像不符，错误；答案选A。②在t3时从混合物中分离出部分CO，v （逆）迅速减小，平衡正向移动，随后V （逆）增大，建立新的平衡，图像可表示为。
20.氮是地球上含量丰富的一种元素，氮元素的单质及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。
⑴根据下面能量变化示意图，请写出 NO 和 CO2反应的热化学方程式_________。
⑵在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：2NH3(g) N2(g)+3H2(g) △H＞0，其平衡常数 K 与温度 T 的关系如下表：
T/K
298
398
498
平衡常数K
41×106
K1
K2
①试判断 K1_________K2（填写“＞”，“＜”或“＝”）；
②该反应熵变∆S_________0（填 >、< 或 = ）
③下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是_________（填字母）；
a．容器内N2、H2、NH3的物质的量之比为1∶3∶2 b．2υ(NH3)正 ＝ 3υ(H2)逆
c．容器内混合气体平均相对分子质量保持不变 d．混合气体的密度保持不变
④一定温度下，在 1L 密闭容器中充入 1molN2和 3molH2 并发生反应。若容器容积恒定，10min 达到平衡时，气体的总物质的量为原来的9/10，则N2的转化率(N2)=_________________
⑶对反应 N2O4（g） 2NO2（g） △H > 0 ，在温度分别为T1、T2 时，平衡体系中 NO2的体积分数随压强变化曲线如右图所示，下列说法正确的是__________。
a．A、C 两点的反应速率：A＞C
b．A、C 两点的化学平衡常数：A＞C
c．A、C 两点 N2O4的转化率：A＞C
d．由状态 B 到状态 A，可以用加热的方法
【答案】 (1). NO(g)+CO2(g) = NO2(g)+CO(g) ΔH＝＋234 kJ·mol−1 (2). ＜ (3). ＞ (4). c (5). 20% (6). c d
【解析】
【分析】
⑴根据下面能量变化示意图，焓变等于反应物活化能减去生成物活化能。
⑵①该反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，平衡常数增大；②该反应是气体体积增加的反应，混乱程度增加；③根据判断平衡的标志的方法进行分析；④建立三段式，再根据平衡时混合气体的物质的量进行计算。
⑶根据平衡移动方法分析。
【详解】⑴根据下面能量变化示意图， NO和CO2反应的热化学方程式NO(g)+CO2(g) = NO2(g)+CO(g) ΔH＝368 kJ·mol−1－134 kJ·mol−1＝＋234 kJ·mol−1；故答案为：NO(g)+CO2(g) = NO2(g)+CO(g) ΔH＝＋234 kJ·mol−1。
⑵①该反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，平衡常数增大，因此K1＜K2；故答案为：＜。
②该反应是气体体积增加的反应，混乱程度增加，因此反应的熵变∆S＞0；故答案为：＞。
③a．容器内N2、H2、NH3的物质的量之比为1∶3∶2，不能作为判断平衡标志；b．υ(NH3)正、υ(H2)逆，满足两个不同方向，但速率比不等于计量系数之比，因此不能作为判断平衡标志；c．混合气体平均相对分子质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，气体物质的量增大，混合气体平均相对分子质量减小，当容器内混合气体平均相对分子质量保持不变，则达到平衡；d．混合气体的密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此混合气体的密度保持不变，不能作为判断平衡的标志；故答案为：c。
④一定温度下，在1L密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应。，，解得x=0.2，则N2的转化率；故答案为：20%。
⑶a．A、C 两点温度相同，C点压强大，因此A、C 两点的反应速率：C＞A；b．A、C 两点温度相同，因此A、C 两点的化学平衡常数相同；c．从A点到C点，加压，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，因此A、C两点N2O4的转化率：A＞C；d．B、C两点压强相同，从B到A，NO2体积分数增大，平衡正向移动，即升温，因此由状态B到状态A，可以用加热的方法得到；故答案为：cd。
【点睛】化学平衡综合题型是常考题型，主要考查热化学方程式书写、化学反应速率、判断化学平衡的标志、化学平衡移动、化学平衡常数及转化率等。
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Cu 64
第Ⅰ卷 选择题
本卷共16题，每题3分，共48分。每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
1.下列说法正确的是（ ）
A. 吸热反应在一定条件下也能发生
B. 放热的反应在常温下一定很易发生
C. 反应是吸热还是放热必须看反应物和生成物具有的总质量的相对大小
D. 需加热方能发生的反应一定是吸热反应
【答案】A
【解析】
【详解】A. 吸热反应在一定条件下也能发生，比如碳和二氧化碳在高温下反应生成一氧化碳，故A正确；
B. 放热的反应在常温下不一定很易发生，比如碳在常温下不与氧气反应，故B错误；
C. 反应是吸热还是放热必须看反应物和生成物具有的总能量的相对大小，故C错误；
D. 需加热方能发生的反应不一定是吸热反应，比如碳点燃与氧气反应生成二氧化碳，故D错误；
综上所述，答案为A。
2.下列操作中，能使电离平衡 H2OH＋＋OH－，向右移动且溶液呈酸性的是（ ）
A. 向水中加入NaHSO3溶液 B. 向水中加入 NH4Cl 溶液
C. 向水中加入CH3COONa 溶液 D. 将水加热到 100℃，使 pH＝6
【答案】B
【解析】
【详解】A. 向水中加入NaHSO3溶液亚硫酸氢根电离显酸性，对水的电离平衡逆向移动，故A不符合题意；
B. 向水中加入NH4Cl溶液，铵根结合水电离出的氢氧根生成一水合氨，平衡向右移动，溶液显酸性，故B符合题意；
C. 向水中加入CH3COONa溶液，醋酸根结合水电离出的氢离子生成醋酸，平衡向右移动，溶液显碱性，故C不符合题意；
D. 将水加热到 100℃，平衡向右移动，使 pH＝6，溶液呈中性，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
3.已知常温下0.1mol/L CH3COOH溶液中c(H＋)＝1.32×10－3mol/L，则该CH3COOH溶液中的水的离子积常数Kw是
A. 1×10－14 B. 1×10－13
C. 1.32×10－14 D. 1.32×10－15
【答案】A
【解析】
【详解】在常温下水的离子积常数是1×10－14，与溶液无关，故选项是A。
4.如图所示是298 K时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是( )
A. 该反应的热化学方程式为：N2+3H22NH3 △H＝-92 kJ／mol
B. a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
C. 加入催化剂，该化学反应的反应热不改变
D. 在温度、体积一定的条件下，通入1 mol N2和3 mol H2反应后放出的热量为92kJ
【答案】C
【解析】
A、书写热化学方程式必须标注物质的聚集状态，该热化学方程式未标注物质的状态，选项A错误；B、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，即可降低生产能耗，b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，选项B错误；C、催化剂能改变反应的路径，但不能改变反应的焓变，故加入催化剂，该化学反应的反应热不改变，选项C正确；D、反应是可逆反应，在温度、体积一定的条件下，通入1 mol N2和3 mol H2充分反应后放出的热量小于92 kJ，选项D错误。答案选C。
5.下列变化不能用勒夏特列原理解释的是
A. 工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率
B. H2、I2(g)混合气体加压后颜色变深
C. 红棕色的NO2加压后颜色先变深再变浅
D. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
【答案】B
【解析】
【详解】A．工业生产硫酸的过程中，存在2SO2+O22SO3，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，故A不选；
B．H2+I22HI，加压后，体积变小，颜色加深，平衡不移动，故不能用勒夏特列原理解释，故B选；
C．加压二氧化氮的浓度增大，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，但仍比原来的颜色深，可以勒夏特列原理解释，故C不选；
D．新制的氯水中存在：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，在饱和食盐水中氯离子浓度较大，可抑制氯气和水的反应，减小氯气的溶解度，可用勒夏特列原理解释，故D不选，
答案选B。
6.在2mL NaCl溶液中加入1滴AgNO3溶液，有白色沉淀生成；再加入1滴KI溶液，沉淀转化为黄色，然后再加入1滴Na2S溶液，沉淀又转化为黑色（以上所用的溶液物质的量浓度均相同），下列表示各沉淀物溶解度由大到小的顺序正确的是
A. Ag2S 、 AgI 、 AgCl B. AgCl 、 AgI 、 Ag2S
C. AgI 、 AgCl、 Ag2S D. AgCl 、 Ag2S 、 AgI
【答案】B
【解析】
【详解】一种沉淀容易转化为比它更难溶的沉淀，故溶解度由大到小的顺序正确的是AgCl AgI Ag2S，故B项正确。
7.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（ ）
A. 强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl-、SO
B. 室温下，pH＝1的盐酸中：Na+、Fe2+、NO、SO
C. 含有Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO、Cl-
D. 水电离产生的c（H+）＝1x10-13 mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl-、SO
【答案】D
【解析】
【详解】A. 强碱性溶液中，Al3+不能大量共存，故A不符合题意；
B. 室温下，pH＝1的盐酸中，H+、Fe2+、发生氧化还原反应不共存，故B不符合题意；
C. 含有Ca2+的溶液中，不能大量共存，故C不符合题意；
D. 水电离产生的c(H+)＝1x10−13 mol∙L−1的溶液，可能为酸，可能为碱，无论酸还是碱Na+、K+、Cl－、都大量共故D符合题意。
综上所述，答案为D。
8.下列热化学方程式中，ΔH能正确表示物质的燃烧热的是（ ）
A. C(s) +O2(g) = CO2(g) ΔH＝+110.5 kJ·mol−1
B. CH4(g) +2O2(g) = CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝－890.31 kJ·mol−1
C. H2(g) +O2(g)= H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol−1
D. 2C8H18(l) +25O2(g) = 16CO2(g)+18H2O(l) ΔH＝－11036 kJ·mol−1
【答案】B
【解析】
【分析】
1mol物质在氧气中完全燃烧生成稳定的氧化物时，放出的热量为燃烧热；要注意水为液态时稳定。
【详解】A. C(s) +O2(g) = CO2(g)是放热反应，ΔH<0，故A错误；
B. CH4(g) +2O2(g) = CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝－890.31 kJ·mol−1，符合燃烧热定义，故B正确；
C. H2(g) +O2(g)= H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol−1，水应该是液态水，故C错误；
D. 2C8H18(l) +25O2(g) = 16CO2(g)+18H2O(l) ΔH＝－11036 kJ·mol−1，燃烧物应该为1mol，故D错误。
综上所述，答案为B。
9.用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，用酚酞为指示剂，造成测定结果偏高的原因可能是
A. 配制标准溶液的NaOH中混有Na2CO3杂质
B. 盛装待测液的锥形瓶用燕馏水洗过，没有用待测液洗
C. 滴定到终点读数时，俯视刻度线
D. 滴定到终点读数时，滴定管尖嘴处有气泡
【答案】A
【解析】
【详解】A．若配制标准溶液NaOH中混有Na2CO3杂质，则发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，消耗NaOH标准溶液体积增大，造成沉淀结果偏高；
B．不影响测定结果；
C．终读数变小，NaOH标准溶液体积数值变小，造成沉淀结果偏低；
D．终读数变小，NaOH标准溶液体积数值变小，造成沉淀结果偏低；
答案选A。
【点睛】中和滴定实验误差分析历来是难点。需要理解分析误差的基本依据是由c(标准)V(标准)＝c(待测)V(待测)得到的c(待测)＝。由于c(标准)与V(待测)已确定，所以只要把握V(标准)的变化对c(待测)的影响即可。
10.室温下的四种溶液：①pH＝9的 NaOH 溶液 ②pH＝9的CH3COONa溶液 ③pH＝5的H2SO4溶液 ④pH＝5的NaHSO4 溶液，溶液中由水电离产生的c(OH－)相同的是（ ）
A. ①② B. ①③ C. ③④ D. ①③④
【答案】D
【解析】
【详解】①pH＝9的NaOH溶液，c(H+)＝1.0×10−9mol⸱L−1；，碱溶液中c(H+)是由水电离产生的，水电离产生的c(H+)等于水电离产生的c(OH－)，即水电离产生的c(OH－)＝1.0×10−9mol⸱L−1；
②pH＝9的CH3COONa溶液c(H+)＝1.0×10−9mol⸱L−1；，盐溶液水解显碱性，因此溶液中的c(OH－)是由水电离产生的，即水电离产生的c(OH－)＝1.0×10−5mol⸱L−1；
③pH＝5的H2SO4溶液，c(H+)＝1.0×10−5mol⸱L−1；，酸溶液中c(OH－)是由水电离产生的，即水电离产生的c(OH－)＝1.0×10−9mol⸱L−1；
④pH＝5的NaHSO4 溶液，c(H+)＝1.0×10−5mol⸱L−1；，盐溶液电离显酸性，因此溶液中c(OH－)是由水电离产生的，即水电离产生的c(OH－)＝1.0×10−9mol⸱L−1；
因此溶液中由水电离产生的c(OH－)相同的是①③④，答案为D。
11.对于反应2NO2(g) N2O4(g)，在一定条件下达到平衡，在温度不变时，欲使的比值增大，应采取的措施是( )
①体积不变，增加NO2的物质的量；②体积不变，增加N2O4的物质的量；③使体积增大到原来的2倍；④充入N2，保持压强不变
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④
【答案】D
【解析】
【详解】①体积不变，增加NO2的物质的量，相当于加压，平衡右移， 的比值减小；②体积不变，增加N2O4的物质的量，相当于加压，平衡右移， 的比值减小；③使体积增大到原来的2倍，压强减小，平衡逆向移动，的比值增大；④充入N2，保持压强不变，体积增大，相当于减压，平衡逆向移动，的比值增大；
故选D。
【点睛】本题考查化学平衡的移动，①②是学生的易错点、难点，对于一种物质的分解反应，改变反应物的浓度，反应物的转化率变化等效于改变压强。
12.下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（ ）
A. 将 HCl 与 CH3COONa 两溶液混合后，溶液呈中性，则 c(Na+) < c(Cl－)
B. 向 NH4Cl 溶液中通 NH3，则 c() >c(Cl－) > c(OH－)> c(H+)
C. 室温下，c()相同的①(NH4)2CO3 ②(NH4)2SO4 ③(NH4)2Fe(SO4)2 溶液浓度大小顺序为：①>②>③
D. 已知 pKa= －lgKa，pKa(HF)=3.1，pKa(C6H5COOH) = 4.2，室温下，等体积、等浓度的 NaF、C6H5COONa 溶液中，前者离子总数小于后者
【答案】C
【解析】
【详解】A. 将HCl与CH3COONa两溶液混合后，根据溶液电荷守恒的得到c(H+)＋c(Na+)＝ c(Cl－) ＋c(OH－) ＋ c(CH3COO－)，溶液呈中性即c(H+)＝c(OH－)，则有c(Na+)＝c(Cl－) ＋ c(CH3COO－)，因此c(Na+)＞c(Cl－)，故A错误；
B. 向NH4Cl溶液中通NH3，不清楚溶液酸碱性，因此无法判断c(OH－)与c(H+)大小，故B错误；
C. ①(NH4)2CO3是相互促进的双水解，水解程度最大；②(NH4)2SO4是单一铵根离子水解，水解程度小；③(NH4)2Fe(SO4)2是相互抑制的双水解，水解程度最小，室温下，c()相同，水解程度越大，说明原溶液的浓度越大，因此①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4③(NH4)2Fe(SO4)2溶液浓度大小顺序为：①＞②＞③，故C正确；
D. 已知pKa= －lgKa，pKa(HF)=3.1，pKa(C6H5COOH) = 4.2，则Ka(HF)=1.0×10−3.1，Ka(C6H5COOH)=1.0×10−4.2，根据电荷守恒，c(H+)＋c(Na+)＝c(OH－) ＋ c(F－)，c(H+)＋c(Na+)＝c(OH－) ＋ c(C6H5COO－)，则两者的离子浓度之和都为2c(H+)＋2c(Na+)，钠离子浓度都相同，但氢离子浓度两者不相同，根据对应的酸越弱，水解程度越大，则C6H5COONa水解程度更大，碱性更强，溶液中的氢离子浓度更小，因此室温下，等体积、等浓度的NaF、C6H5COONa溶液中，前者离子总数大于后者，故D错误。
综上所述，答案为C。
13.在一定温度下，10 mL 0.40 mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
172
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)（ ）
A. 0～6 min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10－2 mol/(L·min)
B. 6～10 min的平均反应速率：v(H2O2)<3.3×10－2 mol/(L·min)
C. 反应至6 min时，c(H2O2)＝0.3 mol/L
D. 反应至6 min时，H2O2分解了50%
【答案】C
【解析】
【详解】A. 0～6 min生成氧气的体积为22.4mL，氧气的物质的量为，根据2H2O2～O2，消耗的H2O2的物质的量为0.002mol，0～6 min H2O2的平均反应速率：，故A正确；
B. 根据A选项0～6 min ，由于开始阶段，反应物浓度大，反应速率大，因此6～10 min的平均反应速率小于0～6 min的平均反应速率，即6～10 min的平均反应速率，故B正确；
C. 根据A选项得到0～6 min消耗的H2O2的物质的量为0.002mol，因此反应至6 min时，，故C错误；
D. 反应至6 min时，H2O2分解了，故D正确。
综上所述，答案为C。
14.有关常温下pH均为3的醋酸和硫酸的说法正确的是( )
A. 两种溶液中,由水电离出的氢离子浓度均为1×10-11 mol·L-1
B. 分别加水稀释100倍后,两种溶液的pH仍相同
C. 醋酸中的c(CH3COO-)和硫酸中的c(SO42-)相等
D. 分别加入足量锌片,两种溶液生成H2的体积相同
【答案】A
【解析】
【详解】A、pH均为3的醋酸和硫酸，溶液中氢离子浓度均为1×10-3mol/L，溶液中氢氧根离子浓度均为c（OH-）=mol/L=1×10-11 mol·L-1，溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，故两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为1×10-11 mol·L-1，故A正确；
B、硫酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，加水稀释，醋酸继续电离出氢离子，分别加水稀释100倍后，硫酸溶液的pH值为5，醋酸溶液的pH值小于5，故B错误；
C、醋酸溶液中c（H+）=c（CH3COO-）=1×10-3mol/L，硫酸溶液中c（H+）=2c（SO42-）=1×10-3mol/L，c（SO42-）=5×10-4mol/L，故C错误；
D、硫酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中主要以醋酸分子存在，与足量的锌反应，醋酸提供的氢离子远远大于硫酸，锌与醋酸反应产生的氢气远大于与硫酸反应生成的氢气，故D错误；
故选A。
15.某化学科研小组在其他条件不变时，改变某一条件对反应[可用aA(g)+bB(g)cC(g)表示]的化学平衡的影响，得到如下图象（图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率）。根据图象，下列判断正确的是（ ）
A. 反应I：若p1>p2，则此反应只能在高温下自发进行
B. 反应Ⅱ：此反应的△H<0，且T1
D. 反应Ⅳ：表示t1时刻增大B的浓度对反应速率的影响
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应I：若p1>p2，由在恒温下，平衡正向移动，a+b>c，△S<0，根据△G＝△H－T△S，只要△H<0，反应低温下就能自发进行，故A错误；
B．反应Ⅱ：由图可知T1
D．反应Ⅳ：t1时刻增大B浓度时V逆瞬间不变，故D错误；
答案为B。
16.根据表中数据判断，下列选项结论正确的是（ ）
酸
H2C2O4
HCN
H2CO3
电离常数(25℃)
K1＝5.4×10－2
K2＝5.4×10－5
4.9×10－10
K1＝4.4×10－7
K2＝4.7×10－11
A. NaCN＋H2O＋CO2(少量) = HCN＋NaHCO3
B. 0.1 mol∙L-1的Na2CO3溶液逐渐滴加到同浓度的 HCN 溶液中，无现象，说明未发生反应
C. 浓度均为 0.1 mol∙L－1的Na2CO3、NaHCO3、NaCN、NaHC2O4溶液，pH 最大的是NaCN
D. NaHC2O4溶液中，离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)＞c(H+)＞c(HC2O) ＞c(C2O) ＞c(OH-)
【答案】A
【解析】
【分析】
根据电离常数得出酸强弱顺序为H2C2O4＞＞H2CO3＞HCN＞。
【详解】A. 利用强酸制弱酸原理得到NaCN＋H2O＋CO2(少量) = HCN＋NaHCO3，故A正确；
B. 0.1 mol∙L−1的Na2CO3溶液逐渐滴加到同浓度的HCN溶液中，无现象，但反应生成了NaCN和NaHCO3，故B错误；
C. 根据对应的酸越弱，水解程度越大，因此浓度均为0.1 mol∙L−1的Na2CO3、NaHCO3、NaCN、NaHC2O4溶液，pH最大的是Na2CO3，故C错误；
D. NaHC2O4溶液中，的水解平衡常数，Ka2＞Kh，则草酸氢根电离程度大于水解程度，因此离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)＞ c()＞c(H+)＞c() ＞ c(OH-)，故D错误。
综上所述，答案为A。
第Ⅱ卷（本卷共4题，总分52分）
17.⑴常温下将0.2 mol/L HCl溶液与0.2 mol/L MOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=6，试回答以下问题：
①混合溶液中由水电离出的c(H+)_______0.2 mol/L的HCl溶液中由水电离出的c(H+)；(填“＞”、“＜”、或“＝”)
②求出混合溶液中下列算式的精确计算结果(填具体数字)：c(Cl－)－c(M＋)=_____mol/L；
c(H＋)－c(MOH)=__________mol/L
⑵常温下若将0.2 mol/L HA溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＜7，则说明在相同条件下HA的电离程度______NaA的水解程度。(填“＞”、“＜”、或“＝”)
⑶已知：难溶电解质Cu(OH)2在常温下的Ksp = 2×10−20，则常温下：某CuSO4溶液中c(Cu2+) = 0.02 mol·L−1，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH最小为_________。
⑷已知：温度和浓度相等时，氨水的电离程度与醋酸相等。常温下，下列4种溶液：
①0.1mol/L CH3COONa ②0.1mol/L CH3COONH4 ③0.1mol/L CH3COOH
④0.1mol/LCH3COONa和0.1mol/LNaOH的混合溶液
按pH由大到小顺序排列___________（填序号）
【答案】 (1). ＞ (2). 9.9×10−7 (3). 1.0×10−8 (4). ＞ (5). 5 (6). ④①③②
【解析】
【分析】
⑴①混合溶液MCl溶质，水解显酸性，促进水的电离，而盐酸是抑制水的电离；②测得混合溶液的pH=6，根据电荷守恒，c(Cl－)＋c(OH－)= c(H＋)＋c(M＋)，质子守恒c(H＋) =c(MOH) ＋ c(OH－)分析并计算。
⑵分析反应后溶质，根据混合溶液的pH＜7分析电离程度和水解程度大小。
⑶根据溶度积常数进行计算。
⑷分析溶液的酸碱性，再根据混合溶液与单一溶液的关系分析。
【详解】⑴常温下将0.2 mol⸱L−1 HCl溶液与0.2 mol⸱L−1 MOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，溶质是MCl，测得混合溶液的pH=6，说明溶液显酸性，水解显酸性。
①混合溶液MCl溶质，水解显酸性，促进水的电离，而盐酸是抑制水的电离，因此由水电离出的c(H+)＞0.2 mol⸱L−1的HCl溶液中由水电离出的c(H+)；故答案为：＞。
②测得混合溶液的pH=6，根据电荷守恒，c(Cl－)＋c(OH－)= c(H＋)＋c(M＋)，c(Cl－)－c(M＋)= c(H＋)－c(OH－) = 1.0×10−6 mol⸱L−1－1.0×10−8 mol⸱L−1 =9.9×10−7 mol⸱L−1；根据质子守恒c(H＋) =c(MOH) ＋ c(OH－)，得到c(H＋)－c(MOH)= c(OH－)=1.0×10−8 mol⸱L−1；故答案为：9.9×10−7；1.0×10−8。
⑵常温下若将0.2 mol⸱L−1 HA溶液与0.1 mol⸱L−1 NaOH溶液等体积混合，溶质为NaA和HA且浓度相等，测得混合溶液的pH＜7，溶液显酸性，则说明在相同条件下HA的电离程度＞NaA的水解程度；故答案为：＞。
⑶如要生成Cu(OH)2沉淀，根据，得到，，pH = 5，因此应调整溶液的pH最小为5；故答案为：5。
⑷①0.1 mol⸱L−1 CH3COONa，溶液显碱性；②0.1 mol⸱L−1 CH3COONH4，溶液呈中性；③0.1 mol⸱L−1 CH3COOH，溶液呈酸性；④0.1 mol⸱L−1 CH3COONa和0.1 mol⸱L−1 NaOH的混合溶液，溶液显碱性，相当于在①基础上加NaOH溶液，因此碱性比①碱性更强，pH更大，因此按pH由大到小顺序排列④①③②；故答案为：④①③②。
【点睛】溶液中的电离平衡是常考题型，主要考查弱电解质的电离平衡、水的电离平衡、水电离出的氢离子浓度与氢氧根浓度、盐类水解、三大守恒关系及溶度积常数的计算。
18.I.无水MgBr2可用作催化剂，实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图所示(夹持装置省略)。
已知：①Mg和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性
②MgBr2+3C2H5OC2H5 MgBr2·3C2H5OC2H5。
主要步骤如下：
步骤1：三颈烧瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置C中加入15mL液溴；
步骤2：缓慢通入干燥的氩气，直至溴完全导入三颈烧瓶中；
步骤3：反应完毕后恢复至室温，过滤除去镁，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品；
步骤4：常温下用CCl4溶解粗品，冷却至0℃，析岀晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品。
请回答下列问题
⑴仪器A的名称是___________。B的作用为___________。
⑵下列有关步骤4的说法正确的是___________(填选项字母)
A.可用75%的乙醇代替CCl4溶解粗品
B.加热至160℃的主要目的是除去CCl4
C.洗涤晶体可选用0℃的CCl4
D.该步骤只除去了可能残留的溴
⑶若将装置C改为装置D，可能会导致的后果是___________。
⑷为测定产品的纯度，可用EDTA(简写为Y4－)标准溶液滴定，以铬黑T(简写为In)为指示剂。已知Mg2+与铬黑T和EDTA均能形成配合物，且EDTA与Mg2+配合更稳定：
物质
颜色
物质
颜色
Y4-
无色
MgY2-
无色
In
纯蓝色
MgIn－
酒红色
反应的离子方程式为Mg2++Y4－=MgY2－
①滴定终点的现象为______________________。
②测定前，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，加入2滴铬黑T试液作指示剂，用0.0500mol·L－1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是_______________(用质量分数表示)。
【答案】 (1). 干燥管 (2). 冷凝回流溴和乙醚 (3). C (4). 会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患 (5). 滴入最后一滴EDTA标准液时，溶液颜色由酒红色变为纯蓝色，且30秒内不恢复原色 (6). 97.52%
【解析】
【分析】
三颈烧瓶中加入镁屑和无水乙醚，向三颈烧瓶中缓缓吹入溴蒸汽，发生反应，反应剧烈，用球形冷凝管冷凝回流溴和乙醚，并用冰水浴冷却烧瓶，反应完毕后恢复至室温，过滤除去镁，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却，析出晶体，过滤得三乙醚合溴化镁粗品，用CCl4溶解粗品，冷却，析岀晶体，过滤，洗涤，再加热至160℃分解得无水MgBr2产品。
【详解】⑴根据图中仪器的特点，仪器A的名称是干燥管；Mg与Br2反应剧烈放热，而乙醚和溴易挥发，因此B的作用为冷凝回流溴和乙醚，原料充分反应；故答案为：干燥管；冷凝回流溴和乙醚。
⑵A. MgBr2具有强吸水性，75%的乙醇中有水，因此不能用75%的乙醇代替CCl4溶解粗品，A错误；
B. 加热至160℃的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，而不是为了除去CCl4，B错误；
C. 为了减少晶体的损失，洗涤晶体可选用0℃的CCl4，C正确；
D. 该步骤除去了可能残留的溴和乙醚，D错误；
故答案为：C。
⑶镁和溴单质反应剧烈放热，选用D装置会使液溴快速压入到三颈烧瓶中，反应过快，放出大量的热，存在安全隐患；故答案为：会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患。
⑷①根据滴定原理，用EDTA标液滴定溴化镁，以铬黑T(简写为In)为指示剂，则指示剂与镁离子形成酒红色MgIn－，当EDTA与镁离子反应完全，溶液显示出铬黑T的纯蓝色；故答案为：滴入最后一滴EDTA标准液时，溶液颜色由酒红色变为纯蓝色，且30秒内不恢复原色。
②根据Mg2++Y4− = MgY2−，n(MgBr2)=n(Mg2+)=0.0500 mol⸱L−1×26.50×10−3L=1.325×10−3mol，因此测得无水MgBr2产品的纯度是；故答案为：97.52%。
【点睛】制备实验是常考题型，主要考查学生仪器使用及作用、滴定实验的操作、误差分析及含量的计算等。
19.有可逆反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，已知在温度938K时，平衡常数K=1.5，在1173K时，K=2.2。
（1）能判断该反应达到平衡状态的依据是____（双选，填序号）。
A．容器内压强不变了 B．c（CO）不变了
C．v正（CO2）=v逆（CO） D．c（CO2）=c（CO）
（2）该反应的正反应是_____（选填“吸热”、“放热”）反应。
（3）写出该反应的平衡常数表达式____。若起始时把Fe和CO2放入体积固定的密闭容器中，CO2的起始浓度为2.0mol/L，某温度时达到平衡，此时容器中CO的浓度为1.0 mol/L，则该温度下上述反应的平衡常数K=____（保留二位有效数字）。
（4）若该反应在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，如果改变下列条件，反应混合气体中CO2的物质的量分数如何变化（选填“增大”、“减小”、“不变”）。
①升高温度______；②再通入CO______。
（5）该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图：
①从图中看到，反应在t2时达平衡，在t1时改变了某种条件，改变的条件可能是（填序号）____。（单选）
A．升温 B．增大CO2浓度
②如果在t3时从混合物中分离出部分CO，t4~ t5时间段反应处于新平衡状态，请在图上画出t3~ t5的V（逆）变化曲线_______
【答案】 (1). B、C (2). 吸热 (3). k=c(CO)/c(CO2)） (4). 1.0 (5). 减小 (6). 不变 (7). A (8).
【解析】
【详解】（1）A．该反应是气体分子数前后不变的可逆反应，在恒容容器中，容器内压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；B．c（CO）不变，说明反应达到平衡状态，B正确；C．v正（CO2）=v逆（CO）说明反应达到平衡状态，C正确；D．c（CO2）=c（CO），不能说明可逆反应v （正）="v" （逆），即不能说明反应达到平衡状态，D错误；答案选BC。
（2）在温度938K时，平衡常数K=1.5，在1173K时，K=2.2，温度升高，平衡正向移动，K值增大，则该反应的正反应是吸热反应。
（3）该反应的平衡常数表达式K= c（CO）/c（CO2）；根据化学反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s） + CO（g），CO2的起始浓度为2.0mol/L，某温度时达到平衡，此时容器中CO的浓度为1.0 mol/L，说明反应掉1.0mol/LCO2，则平衡时CO2的浓度为1.0mol/L，所以K="1.0" mol/L÷1.0 mol/L=1.0；
（4）①该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应混合气体中CO2的物质的量分数减小；
②再通入CO，相当于增大压强，平衡不移动，反应混合气体中CO2的物质的量分数不变。
（5）①A该反应是吸热反应，升高温度，v （正）与v （逆）均增大，平衡正向移动，v （正）减小，v （逆）继续增大，图像相符，正确；B再通入CO，v （逆）迅速增大，然后减小，与图像不符，错误；答案选A。②在t3时从混合物中分离出部分CO，v （逆）迅速减小，平衡正向移动，随后V （逆）增大，建立新的平衡，图像可表示为。
20.氮是地球上含量丰富的一种元素，氮元素的单质及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。
⑴根据下面能量变化示意图，请写出 NO 和 CO2反应的热化学方程式_________。
⑵在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：2NH3(g) N2(g)+3H2(g) △H＞0，其平衡常数 K 与温度 T 的关系如下表：
T/K
298
398
498
平衡常数K
41×106
K1
K2
①试判断 K1_________K2（填写“＞”，“＜”或“＝”）；
②该反应熵变∆S_________0（填 >、< 或 = ）
③下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是_________（填字母）；
a．容器内N2、H2、NH3的物质的量之比为1∶3∶2 b．2υ(NH3)正 ＝ 3υ(H2)逆
c．容器内混合气体平均相对分子质量保持不变 d．混合气体的密度保持不变
④一定温度下，在 1L 密闭容器中充入 1molN2和 3molH2 并发生反应。若容器容积恒定，10min 达到平衡时，气体的总物质的量为原来的9/10，则N2的转化率(N2)=_________________
⑶对反应 N2O4（g） 2NO2（g） △H > 0 ，在温度分别为T1、T2 时，平衡体系中 NO2的体积分数随压强变化曲线如右图所示，下列说法正确的是__________。
a．A、C 两点的反应速率：A＞C
b．A、C 两点的化学平衡常数：A＞C
c．A、C 两点 N2O4的转化率：A＞C
d．由状态 B 到状态 A，可以用加热的方法
【答案】 (1). NO(g)+CO2(g) = NO2(g)+CO(g) ΔH＝＋234 kJ·mol−1 (2). ＜ (3). ＞ (4). c (5). 20% (6). c d
【解析】
【分析】
⑴根据下面能量变化示意图，焓变等于反应物活化能减去生成物活化能。
⑵①该反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，平衡常数增大；②该反应是气体体积增加的反应，混乱程度增加；③根据判断平衡的标志的方法进行分析；④建立三段式，再根据平衡时混合气体的物质的量进行计算。
⑶根据平衡移动方法分析。
【详解】⑴根据下面能量变化示意图， NO和CO2反应的热化学方程式NO(g)+CO2(g) = NO2(g)+CO(g) ΔH＝368 kJ·mol−1－134 kJ·mol−1＝＋234 kJ·mol−1；故答案为：NO(g)+CO2(g) = NO2(g)+CO(g) ΔH＝＋234 kJ·mol−1。
⑵①该反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，平衡常数增大，因此K1＜K2；故答案为：＜。
②该反应是气体体积增加的反应，混乱程度增加，因此反应的熵变∆S＞0；故答案为：＞。
③a．容器内N2、H2、NH3的物质的量之比为1∶3∶2，不能作为判断平衡标志；b．υ(NH3)正、υ(H2)逆，满足两个不同方向，但速率比不等于计量系数之比，因此不能作为判断平衡标志；c．混合气体平均相对分子质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，气体物质的量增大，混合气体平均相对分子质量减小，当容器内混合气体平均相对分子质量保持不变，则达到平衡；d．混合气体的密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此混合气体的密度保持不变，不能作为判断平衡的标志；故答案为：c。
④一定温度下，在1L密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应。，，解得x=0.2，则N2的转化率；故答案为：20%。
⑶a．A、C 两点温度相同，C点压强大，因此A、C 两点的反应速率：C＞A；b．A、C 两点温度相同，因此A、C 两点的化学平衡常数相同；c．从A点到C点，加压，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，因此A、C两点N2O4的转化率：A＞C；d．B、C两点压强相同，从B到A，NO2体积分数增大，平衡正向移动，即升温，因此由状态B到状态A，可以用加热的方法得到；故答案为：cd。
【点睛】化学平衡综合题型是常考题型，主要考查热化学方程式书写、化学反应速率、判断化学平衡的标志、化学平衡移动、化学平衡常数及转化率等。
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