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1、黑龍江省哈爾濱市第六中學2018-2019學年高二10月月考化學試題1.常溫下，下列關于NaOH溶液和氨水的說法正確的是A. 相同物質的量濃度的兩溶液中的c(OH)相等B. pH13的兩溶液稀釋100倍，pH都為11C. 兩溶液中分別加入少量NH4Cl固體，c(OH)均減小D. 體積相同、pH相同的兩溶液能中和等物質的量的鹽酸【答案】C【解析】【分析】NaOH是強堿，一水合氨是弱堿，弱堿在水溶液中存在電離平衡，加水稀釋、同離子效應等會影響電離平衡的移動，據(jù)此分析?！驹斀狻緼、NaOH是強堿，完全電離，一水合氨是弱堿，電離不完全，所以相同物質的量濃度的兩溶液中NaOH溶液中的c(OH)大，A錯誤
2、；B、弱堿在水溶液中存在電離平衡，加水稀釋時平衡正向移動，pH13的兩溶液稀釋100倍，NaOH溶液的pH為11，氨水的pH大于11，B錯誤；C、NaOH溶液中加入NH4Cl固體，能夠生成一水合氨，氫氧根離子濃度減小，氨水中加入NH4Cl固體，銨根離子濃度增大，一水合氨的電離平衡逆向移動，氫氧根離子濃度減小，C正確；D、一水合氨是弱堿，弱堿在水溶液中存在電離平衡，體積相同、pH相同的兩溶液中和鹽酸時，氨水消耗的鹽酸多，D錯誤；答案選C。2.下列物質中屬于弱電解質的是A. 冰醋酸 B. H2SO4溶液 C. BaSO4 D. Cl2【答案】A【解析】【分析】在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是
3、電解質，在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不導電的化合物是非電解質，部分電離的電解質屬于弱電解質，完全電離的電解質屬于強電解質，據(jù)此判斷。【詳解】A、冰醋酸溶于水部分電離，屬于弱電解質，A正確；B、硫酸溶液是混合物，不是電解質，也不是非電解質，B錯誤；C、BaSO4溶于水的部分完全電離，屬于強電解質，C錯誤；D、氯氣是單質，不是電解質，也不是非電解質，D錯誤。答案選A?！军c睛】本題考查了電解質與非電解質、強電解質與弱電解質的判斷，題目難度不大，注意掌握電解質與非電解質、強電解質與弱電解質的本質區(qū)別，注意概念的內涵與外延。3.在室溫下，等體積的酸和堿的溶液混合后，pH一定小于7的是( )A. pH3的HN
4、O3和pH11的KOHB. pH3的鹽酸和pH11的氨水C. pH3的醋酸和pH11的Ba(OH)2D. pH3的硫酸和pH11的NaOH【答案】C【解析】試題分析：A硝酸和氫氧化鋇都是強電解質，pH=3的硝酸和pH=11的Ba（OH）2溶液中，硝酸中氫離子濃度等于氫氧化鋇溶液中氫氧根離子濃度，二者等體積混合時恰好反應生成硝酸鋇，溶液呈中性，故A錯誤；B氯化氫是強電解質，一水合氨是弱電解質，所以pH=3的鹽酸和pH=11的氨水，鹽酸的濃度小于氨水濃度，二者等體積混合，氨水有剩余，一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，所以混合溶液呈堿性，故B錯誤；醋酸是弱電解質，氫氧化鉀是強電解質，所以pH
5、=3的醋酸和pH=11的KOH溶液，醋酸溶液濃度大于氫氧化鉀溶液，二者等體積混合時，醋酸有屬于，醋酸的電離程度大于醋酸根離子水解程度，所以混合溶液呈酸性，故C正確；硫酸和氫氧化鈉都是強電解質，pH=3的硫酸中氫離子濃度為0001mol/L，pH=11的KOH溶液中氫氧根離子濃度為0001mol/L，等體積混合，二者恰好反應生成硫酸鉀，混合溶液呈中性，故D錯誤；故選C。考點：酸堿混合時pH的計算4.在一個固定體積的密閉容器中，放入3 L X(g)和3 L Y(g)，在恒溫恒體積下發(fā)生反應3X(g)+3Y(g) 2Q(g)+nR(g)，達到平衡后，X的轉化率為35%，混合氣體的壓強卻比起始壓強小，
6、則方程中n的值是（ ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】A【解析】【分析】依據(jù)勒夏特列原理，以及壓強之比等于物質的量之比進行分析判斷。【詳解】達到平衡后，壓強比反應前小，根據(jù)阿伏加德羅推論，在同溫同體積的條件下，氣體的壓強之比等于物質的量之比，壓強減小，說明反應后氣體系數(shù)之和小于反應前氣體系數(shù)之和，即3+32+n，即nN B. M K1（H2CO3）K2（H2SO3）K2（H2CO3），則溶液中不可以大量共存的離子組是A. SO32、HCO3 B. HSO3、HCO3 C. HSO3、CO32 D. SO32、CO32【答案】C【解析】【詳解】由于K1(H2SO3) K1(H2CO
7、3)K2(H2SO3)K2(H2CO3)，則酸性H2SO3H2CO3HSO3-HCO3-。A. SO32、HCO3離子間不能反應，能夠大量共存，故A不選；B. HSO3、HCO3離子間不能反應，能夠大量共存，故B不選； C.由于酸性HSO3-HCO3-，則HSO3、CO32能夠反應生成HCO3，不能大量共存，故C選；D. SO32、CO32離子間不能反應，能夠大量共存，故D不選；故選C。12.濃度均為0.1mol/L、體積為V0的HX、HY溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg(V/ V0)的變化關系如圖所示。下列敘述正確的是( )A. HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱B. 相同溫度
8、下，電離常數(shù)K(HX):abC. 常溫下，由水電離出的c(H+)c(OH-):a1，說明HX部分電離，為弱電解質，HY的pH1，說明其完全電離，為強電解質，所以HY的酸性大于HX，選項A錯誤；B、酸的電離平衡常數(shù)只與溫度有關，所以相同的溫度下，電離常數(shù)ab，選項B錯誤；C、酸或堿抑制水的電離，酸中的氫離子濃度越小，其抑制水電離程度越小，根據(jù)圖分析，b溶液中氫離子濃度小于a，則水的電離程度ab，所以由水電離出的氫離子和氫氧根離子濃度的乘積aV(乙)C. 物質的量濃度c(甲)10c(乙)D. 甲中的c(OH-)為乙中的c(OH-)的10倍【答案】C【解析】試題分析：Ac（H+）=10-pH，所以c
9、 （H+）甲=10-a，c （H+）乙=10-（a+1），所以c（H+）甲=10c （H+）乙，酸溶液中水電離出的c（H+）等于溶液中c（OH-），所以c（OH-）=，所以氫氧根離子濃度：10c （OH-）甲=c （OH-）乙，則水電離出的氫離子濃度10c（H+）甲=c（H+）乙，錯誤；C酸的濃度越大，酸的電離程度越小，c（甲）10c（乙），正確；B酸的濃度越大，酸的電離程度越小，與等量NaOH反應，酸的濃度越大則消耗酸的體積越小，c（甲）10c（乙），所以消耗酸的體積，10V（甲）V（乙），錯誤；Dc（OH-）=，所以氫氧根離子濃度：10c （OH-）甲=c （OH-）乙，錯誤?？键c：考查弱
10、電解質在水溶液中的電離平衡。14.常溫下，pH=13的強堿溶液與pH=2的強酸溶液混和，所得混和溶液的pH=11，則強酸與強堿的體積比是( )A. 9:1 B. 11:1 C. 1:11 D. 1:9【答案】A【解析】【分析】酸堿混合后溶液呈堿性，說明堿過量，根據(jù)c(OH-)=計算?！驹斀狻縫H=13的強堿溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的強酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，酸堿混合后溶液呈堿性,說明堿過量,且pH=11，說明反應后c(OH-)=0.001mol/L，則：c(OH-)=0.001mol/L，解之得：V(酸)：V(堿) =9：1，所以A選項是正確的。15.濃度
11、均為0.1 molL1、體積為V0的HA酸溶液和MOH堿溶液，分別加蒸餾水稀釋，溶液pH隨滴入的蒸餾水體積的變化曲線如圖所示,下列敘述正確的是() A. HA為強酸，MOH為強堿B. a點HA的電離度小于10%C. 兩種溶液無限稀釋時，其c(H)近似相等D. 兩種溶液稀釋至V1時，b、c兩點所示溶液中c(A)c(M)【答案】C【解析】【分析】本題考查強弱電解質的稀釋問題。解答時根據(jù)圖像的pH知HA為弱酸，MOH為強堿；又知道稀釋時促進弱電解質電離，其電離度也增大。無論強堿還是弱酸無限稀釋其c(H)近似相等的； MOH為強堿，完全電離，而HA為弱酸，部分電離，濃度均為0.1 molL1的HA酸溶
12、液和MOH堿溶液稀釋相同倍數(shù)時，c(M)c(A)?！驹斀狻緼.若HA為強酸，則0.1 molL1的該溶液pH1，而圖中其pH2， HA為弱酸，故A項錯誤；B.對于HA溶液，在滴加蒸餾水前，溶液pH2，即溶液中c(H)0.01 molL1，故其電離度為10%，溶液越稀，促進電離，其電離度增大，故a點HA的電離度大于10%，故B項錯誤；酸堿溶液無限稀釋時，溶液中的c(H)c(OH)1107molL1，故C項正確；D.由圖像知MOH為強堿，完全電離，而HA為弱酸，部分電離，濃度均為0.1 molL1的HA酸溶液和MOH堿溶液稀釋相同倍數(shù)時，c(M)c(A)，故D項錯誤?！军c睛】本題考查強弱電解質的稀
13、釋問題。解答時根據(jù)圖像的PH判斷酸和堿的強弱，根據(jù)稀釋促進弱電解質電離，其電離度也增大；無論強堿還是弱酸無限稀釋其c(H)近似相等的； MOH為強堿，完全電離，而HA為弱酸，部分電離，濃度均為0.1 molL1的HA酸溶液和MOH堿溶液稀釋相同倍數(shù)時，c(M)c(A)。16.已知可逆反應aAbBcC中，5分鐘時分別測得在不同溫度下物質的含量A%和C%，繪制變化曲線如圖所示，下列說法正確的是( )A. 該反應在T1、T3溫度時達到過化學平衡B. 該反應在T2溫度時達到過化學平衡C. 該反應的逆反應是放熱反應D. 升高溫度，平衡會向正反應方向移動【答案】B【解析】【分析】T2之前，A%變小，C%從
14、0逐漸增大，而T2之后A%漸大，C%漸小，說明T2之前該反應未達到平衡狀態(tài)，而T2時為化學平衡狀態(tài)，T2之后是溫度升高使平衡向左移動，所以逆反應是吸熱反應，正反應為放熱反應。【詳解】T1溫度之后，A%繼續(xù)變小，C%繼續(xù)增大，T2達到平衡狀態(tài)，升高溫度平衡向吸熱的逆反應方向移動， A%增大，C%減小，故T1溫度時未達到化學平衡，T3溫度時達到化學平衡，A錯誤；T2之前A%變小，C%從0漸增大，而T2之后A%漸大，C%漸小，而T2時恰好平衡，B正確；T2時恰好平衡，T2之后A%漸大，C%漸小，說明T2之后是溫度升高使平衡向左移動，所以逆反應是吸熱反應，C錯誤；T2時恰好平衡，T2之后A%漸大，C%
15、漸小，說明T2之后是溫度升高使平衡向左移動，所以逆反應是吸熱反應，溫度升高使平衡向逆反應移動，D錯誤。故選：B?！军c睛】本題化學反應圖象分析，明確圖象中曲線變化趨勢與溫度的關系是解本題關鍵，會根據(jù)圖象確定平衡狀態(tài)及反應熱。17.在一密閉的容器中，將一定量的NH3加熱使其發(fā)生分解反應：2NH3(g)N2(g)3H2(g)，當達到平衡時，測得25%的NH3分解，此時容器內的壓強是原來的()A. 1.125倍 B. 1.25倍C. 1.375倍 D. 1.5倍【答案】B【解析】【詳解】假設原容器中含有2mol氨氣，達到平衡時，測得25%的NH3分解，則容器中含有氨氣2mol(1-25%)=1.5mo
16、l，氮氣為2mol25%=0.25mol，氫氣為2mol25%=0.75mol，同溫同體積是氣體的壓強之比等于物質的量之比，平衡時，容器內的壓強是原來的=1.25倍，故選B。18.一定溫度下，在恒容密閉容器中發(fā)生如下反應：2A(g)+B(g)3C(g)，若反應開始時充入2 mol A和2 mol B，達平衡后A的體積分數(shù)為a%。其他條件不變時，若按下列四種配比作為起始物質，平衡后A的體積分數(shù)大于a%的是( )A. 2.5mol C B. 2 mol A、2 mol B和10 mol He（不參加反應）C. 1.5 mol B和1.5 mol C D. 2 mol A、3 mol B和3 mol
17、 C【答案】A【解析】【分析】反應2A（g）+B（g）3C（g）中，氣體的體積前后相同，在一定溫度下，在恒容密閉容器中得到平衡狀態(tài)，只要滿足物質全部轉化為A、B，且滿足n（A）：n（B）=1：1，即可得到相同平衡狀態(tài)，結合濃度對平衡移動的影響，只要加入的物質的量：n（A）：n（B）1：1，平衡后A的體積分數(shù)大于a%?！驹斀狻糠磻?A（g）+B（g）3C（g）中，氣體的體積前后相同，在一定溫度下，在恒容密閉容器中得到平衡狀態(tài)，只要滿足物質全部轉化為A、B，且滿足n（A）：n（B）=1：1，就是等效平衡，結合濃度對平衡移動的影響，只要加入的物質的量：n（A）：n（B）1：1，平衡后A的體積分數(shù)大于
18、a%，A.2molC相當于molA和molB，二者的比值為2：1，大于1：1，則平衡后A的體積分數(shù)大于a%，選項A正確；B.2molA、2molB和1molHe（不參加反應），n（A）：n（B）=2：2，等于1：1，則平衡后A的體積分數(shù)等于a%，選項B錯誤；C.1molB和1molC，相當于molA和molB，n（A）：n（B）=1：2，小于1：1，則平衡后A的體積分數(shù)小于a%，選項C錯誤；D.2molA、3molB和3molC，相當于4molA和4molB，二者的比值為4：4，等于1：1，則平衡后A的體積分數(shù)等于a%，選項D錯誤，答案選A?！军c睛】本題考查等效平衡問題，題目難度中等，本題注意
19、與原配比數(shù)相比較，結合濃度對平衡移動的影響可進行判斷。19.一定條件下，往容積恒定的密閉容器中投入2molA和1molB，發(fā)生可逆反應：2A（g）+B(g)C(g)+D(s)，達到平衡時，測得壓強為原壓強的5/6，則A的轉化率為 （ ）A. 25% B. 40% C. 50% D. 75%【答案】A【解析】考查可逆反應的有關計算。2A(g) + B(g)C(g)+D(s)起始量（mol） 2 1 0轉化量（mol） x 0.5x 0.5x平衡量（mol） 2x 10.5x 0.5x在等溫等容時，壓強之比就是物質的量之比所以有2x10.5x0.5x35/6解得x0.5所以轉化率是0.521002
20、5%，答案選A。20.一定溫度下，下列敘述不能作為可逆反應A（g）+3B（g）2C（g）達到平衡標志的是( )C的生成速率與C的消耗速率相等 單位時間內生成a mol A，同時生成3a mol BA、B、C的濃度不再變化 C的物質的量不再變化 混合氣體的總壓強不再變化 混合氣體的總物質的量不再變化 單位時間消耗a molA，同時生成3a mol B A、B、C的分子數(shù)之比為1：3：2A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】可逆反應A（g）+3B（g）2C（g），反應物氣體的計量數(shù)大于生成物氣體的計量數(shù)，當達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度不再改變，由此衍生的一些物理量不變
21、，可以此判斷是否得到平衡狀態(tài)。【詳解】C的生成速率與C的消耗速率相等時，該反應達到平衡狀態(tài)，故正確；無論反應是否達到平衡狀態(tài)，單位時間內生成a mol A同時生成3a molB，所以不能說明該反應達到平衡狀態(tài)，故錯誤；A、B、C的濃度不再變化，可說明達到平衡狀態(tài)，故正確；C的物質的量不再變化，可說明達到平衡狀態(tài)，故正確；由于反應前后氣體的體積不等，恒容容器中，混合氣體的總壓強不再變化，可說明達到平衡狀態(tài)，故正確；混合氣體的總物質的量不再變化，可說明達到平衡狀態(tài)，故正確；單位時間消耗amolA，同時生成3amolB，說明正逆反應速率相等，則達到平衡狀態(tài)，故正確；A、B、C的分子數(shù)之比為1：3：2
22、，不能用以判斷是否達到平衡狀態(tài)，與起始配料比以及反應的轉化程度有關，故錯誤；答案選D?！军c睛】本題考查化學平衡狀態(tài)的判斷，題目難度中等，本題注意分析反應前后氣體的體積關系，把握題給條件，在學習中注意總結。21.在某容積一定的密閉容器中，有下列的可逆反應：A（g）B（g）xC（g）（正反應放熱）有圖所示的反應曲線，試判斷對圖的說法中正確的是（T表示溫度，P表示壓強，C%表示C的體積分數(shù)）A. P3P4，y軸表示B的轉化率 B. P3P4，y軸表示B的體積分數(shù)C. P3P4，y軸表示混合氣體的密度 D. P3P4，y軸表示混合氣體的密度【答案】A【解析】【分析】圖1中，根據(jù)先拐先平數(shù)值大知，溫度一
23、定時，P2P1，增大壓強，C的含量增大，則平衡向正反應方向移動，所以x=1；壓強一定時，T1T2，升高溫度，C的含量降低，則正反應是放熱反應?！驹斀狻可邷囟绕胶庀蚰娣磻较蛞苿?，B的轉化率減小，增大壓強平衡向正反應方向移動，B的轉化率增大，則P3P4，A正確；升高溫度平衡向逆反應方向移動，B的體積分數(shù)減小，B錯誤；混合氣體總質量不變，容器容積不變，反應混合氣體的密度不變，C、D錯誤。故選A?！军c睛】本題考查圖象分析，側重考查學生分析判斷能力，根據(jù)先拐先平數(shù)值大確定反應熱和x值，再采用“定一議二”的方法分析解答。22.已知下列反應的熱化學方程式：6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（
24、g）=2C3H5(ONO2)3（l）H1H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）H2C（s）+O2（g）=CO2（g）H34C3H5(ONO2)3（l）=12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）H4下列說法不正確的是（ ）A. H4=12H3+10H22H1B. 若將中 H2（g）改為 H2（l）則HH1C. C（金剛石，s）與 C（石墨，s）的燃燒熱不同D. H2是 H2（g）的燃燒熱【答案】D【解析】A、由蓋斯定律：10+12-2+10得：4C3H5（ONO2）3（l）12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）H=12H3+10H2-2H1+10H4
25、，選項A正確；B、若將中 H2（g）改為 H2（l），氫氣由液態(tài)轉化為氣態(tài)吸熱，則HH1，選項B正確；C、C（金剛石，s）與 C（石墨，s）所含的能量不同，化學鍵的斷裂吸收的熱量不同，故燃燒熱不同，選項C正確；D、燃燒熱是1mol純物質完成燃燒生成穩(wěn)定的氧化物所放出的熱量，水的穩(wěn)定氧化物是液態(tài)水，選項D錯誤。答案選D。點睛：本題考查了反應熱的計算及燃燒熱的判斷，側重于蓋斯定律應用的考查，準確把握蓋斯定律的概念是關鍵。易錯點為選項A，根據(jù)蓋斯定律，利用方程式的加減得出C3H5（ONO2）3分解成CO2、N2、H2O、O2的化學方程式，其反應熱也要相應的加減，從而得出其熱化學反應方程式。23.已知
26、：Fe2O3 (s)3/2C(s)= 3/2CO2(g)2Fe(s) H=+234.1kJmol1C(s)O2(g)=CO2(g) H=393.5kJmol1 , 則 2Fe(s)3/2O2(g)=Fe2O3(s)的H是 ( )A. 824.4kJmol 1 B. 627.6kJmol1C. 744.7kJmol1 D. 169.4kJmol1【答案】A【解析】根據(jù)蓋斯定律，（2）（1）得2Fe(s)O2(g)=Fe2O3(s)，H=(393.5 kJ/mol) 234.1 kJ/mol=824.4 kJ/mol，故A正確。點睛：蓋斯定律說的是 ，反應熱與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關，與反應途徑無
27、關。具體計算時，可以運用方程式疊加的方法，得到目標方程式，反應熱也是代數(shù)和。24.已知：G=HTS，當G0，反應能自發(fā)進行，G0反應不能自發(fā)進行。下列說法中正確的是( )A. 非自發(fā)反應在任何條件下都不能發(fā)生B. 熵增加且放熱的反應一定是自發(fā)反應C. 自發(fā)反應一定是熵增加的反應，非自發(fā)反應一定是熵減小或不變的反應D. 凡是放熱反應都是能自發(fā)進行的反應，而吸熱反應都是非自發(fā)進行的反應【答案】B【解析】A. 非自發(fā)反應在一定條件下也能發(fā)生，如碳酸鈣的分解反應在常溫下不能自發(fā)進行，在高溫下就可以自發(fā)進行，故A錯誤；B. 熵增加且放熱的反應，S0、H0，則G=HTS0，反應一定能自發(fā)進行，故B正確；C
28、.反應能否自發(fā)進行，由熵變、焓變和反應溫度共同決定，所以熵增加、熵減小或熵不變的反應都可能自發(fā)進行，故C錯誤；D. 根據(jù)上述分析可知，反應能否自發(fā)進行，由熵變、焓變和反應溫度共同決定，所以放熱反應或吸熱反應都可能自發(fā)進行，故D錯誤；答案選B。點睛：本題主要考查反應能否自發(fā)進行的判斷依據(jù)，試題難度一般。解答本題的關鍵是要注意G=HTS，G為自由能變化，H為焓變，S為熵變，T為熱力學溫度，反應能否自發(fā)進行是由焓變、熵變和溫度共同決定的，G0時反應能夠自發(fā)進行，G0時反應不能自發(fā)進行，根據(jù)G是否小于0解答即可。25.下列關于熱化學反應的描述中正確的是 （ ）A. HCl和NaOH反應的中和熱H57.
29、3kJ/mol，則H2SO4和Ca（OH）2反應的中和熱H=2（57.3）kJ/molB. 甲烷的標準燃燒熱H890.3 kJmol1，則CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(g) H890.3 kJmol1C. 已知：500 、30 MPa下，N2(g)3H2(g)2NH3(g) H92.4kJmol1；將1.5 mol H2和過量的N2在此條件下充分反應，放出熱量46.2 kJD. CO（g）的燃燒熱是283.0kJ/mol，則2CO2（g）2CO（g）+O2（g）反應的H+566.0kJ/mol【答案】D【解析】【詳解】AHCl和NaOH反應的中和熱H-57.3kJ/mol，但由
30、于稀硫酸與氫氧化鈣反應生成的硫酸鈣微溶，則H2SO4和Ca（OH）2反應的中和熱的H-57.3kJ/mol，A錯誤；B由于氣態(tài)水的能量高于液態(tài)水的能量，則甲烷完全燃燒生成液態(tài)水放熱多，但放熱越多，H越小，因此反應CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(g)的H890.3 kJmol1，B錯誤；C.合成氨反應是可逆反應，將1.5 mol H2和過量的N2在此條件下充分反應，放出熱量小于46.2 kJ，C錯誤；DCO（g）的燃燒熱是283.0kJ/mol，則2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H-566.0kJ/mol，互為逆反應時，焓變的數(shù)值相同、符號相反，則2CO2（g）2CO（g）+
31、O2（g）反應的H+566.0kJ/mol，D正確；答案選D。【點睛】本題考查熱化學方程式，為高頻考點，把握反應中能量變化、中和熱與燃燒熱、可逆反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，選項B為解答的易錯點，注意比較H大小時要帶著符合比較，題目難度不大。26.常溫下，有pH=12的NaOH溶液100 mL，若將其pH變?yōu)?1(溶液混合忽略體積變化；計算結果保留到小數(shù)點后一位)。（1）若用pH=10的NaOH溶液，應加入_mL。（2）若用pH=2的鹽酸，應加入_mL。（3）若用水稀釋，則加入水的體積為_ mL。（4）常溫下,設pH=5的H2SO4溶液中由水電離出的H+濃度為c1；pH=11的N
32、aOH溶液中由水電離出的H+濃度為c2,則c1/c2=_。（5）常溫下，pH=11的NaOH溶液aL與pH=5的H2SO4溶液bL混合，若所得混合溶液呈中性，則ab=_。【答案】 (1). 1000 (2). 81.8 (3). 900 (4). 100 (5). 1:100【解析】【詳解】（1）常溫下，pH=12的NaOH溶液中c(OH)=102molL1，pH=10的NaOH溶液中c(OH)=104molL1，根據(jù)混合后溶質的物質的量等于混合前溶質物質的量的和，=103，解得V=1000mL；（2）反應后溶液顯堿性，因此有=103，解得V81.8mL；（3）稀釋過程中溶質的物質的量不變，因
33、此有=103，解得V=900mL；（4）pH=5的H2SO4中水電離出的c(H)=c(OH)=109molL1，pH=11的NaOH溶液中水電離出的c(OH)=c(H)=1011molL1，則c1:c2=109:1011=100：1；（5）溶液顯中性，n(OH)=n(H)=a103=b105，則a:b=1:100。27.25時，部分物質的電離平衡常數(shù)如表所示：化學式CH3COOHH2CO3HC1O電離平衡常數(shù)1.710-5K1=4.310-7 K2=5.610-113.010-8請回答下列問題：（1）CH3COOH、H2CO3、HC1O的酸性由強到弱的順序為_。（2）寫出H2CO3的電離方程式
34、：_。（3）常溫下0.1 molL-1的CH3COOH溶液在加水稀釋過程中，下列表達式的數(shù)據(jù)一定變小的是_（填宇母序號，下同）。Ac(H+) Bc(H+)/c(CH3COOH)C c(H+)c(OH-) D 若該溶液升髙溫度，上述4種表達式的數(shù)據(jù)增大的是_。（4）取0.10mol CH3COOH （冰醋酸）作導電性實驗，測得其導電率隨加入的水量變化如圖所示：比較a、b點的相關性質（填“”“A 開始反應時的速率AB參加反應的鋅的物質的量A=B A中有鋅剩余【答案】 (1). CH3COOHH2CO3HC1O (2). H2CO3HCO3-+H+ (3). A (4). ABCD (5). (7)
35、. = (8). 【解析】（1）酸電離程度越大，其在相同溫度下的電離平衡常數(shù)就越大，根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知電離平衡常數(shù)CH3COOHH2CO3HClO，所以酸性：CH3COOHH2CO3HClO；（2）碳酸是二元弱酸，電離方程式為H2CO3HCO3-+H+；（3）在常溫下，醋酸在溶液中存在電離平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，A、稀釋促進電離，氫離子的物質的量增加，但氫離子濃度減小，A正確；B、溶液在加水稀釋過程中，c(CH3COOH)、c(H+)由于稀釋都減小，其中醋酸的物質的量減小，氫離子的物質的量增加，所以溶液中升高， B錯誤；C、溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，C錯誤；D、，溫度不變，
36、電離常數(shù)不變，D錯誤，答案選A。該溶液升髙溫度，促進電離，電離常數(shù)增大，溶液中氫離子濃度增大，醋酸濃度減小，則增大。升高溫度水的離子積常數(shù)增大，答案選ABCD；（4）稀釋促進電離，則n(H+)ab；離子濃度越大，導電性越強，則c(CH3COO-)ab；a、b兩點醋酸的物質的量相等，因此完全中和時消耗NaOH的物質的量ab；（5）氫離子濃度相同的等體積的A、B兩份溶液（A為鹽酸，B為醋酸）分別與鋅粉反應，若最后僅有一份溶液中存在鋅粉，且放出氫氣的質量相同，由于醋酸部分電離，其酸的濃度大于氫離子濃度，鹽酸中HCl的濃度等于氫離子的濃度，所以醋酸的濃度大于HCl的濃度，則鹽酸中鋅粉剩余；由于醋酸中酸
37、過量，則反應較快，所以反應所需的時間AB；錯誤；開始pH相同，則氫離子濃度相同，所以開始時反應速率A=B，錯誤；由于生成的氫氣體積相同，所以參加反應的鋅粉物質的量A=B，正確；醋酸的濃度大于鹽酸的濃度，醋酸有剩余，則鹽酸中有鋅粉剩余，正確；答案選。28.甲醇是一種可再生能源，具有開發(fā)和應用的廣闊前景，工業(yè)上一般可采用如下反應來合成甲醇： CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，現(xiàn)在實驗室模擬該反應并進行分析。（1）下圖是該反應在不同溫度下CO的轉化率隨時間變化的曲線。該反應的焓變H_0(填“”、“”或“”)。T1和T2溫度下的平衡常數(shù)大小關系是K1_K2 (填 “”、“”或“”)。若容器容
38、積不變，下列措施可增加甲醇產率的是_。A升高溫度 B將CH3OH(g)從體系中分離C使用合適的催化劑 D充入He，使體系總壓強增大（2）在容積為2 L的密閉容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他條件不變的情況下，考察溫度對反應的影響，如圖所示下列說法正確的是_(填序號)；溫度為T1時，從反應開始到平衡，生成甲醇的平均速率為v(CH3OH)nA/tAmolL1min1該反應在T1時的平衡常數(shù)比T2時的小 該反應為放熱反應處于A點的反應體系從T1變到T2，達到平衡時增大（3）在T1溫度時，將1 mol CO2和3 mol H2充入一密閉恒容容器中，充分反應達到平衡后，若CO2的轉化率為，則容器內的
39、壓強與起始壓強之比為_。【答案】 (1). (2). (3). B (4). (5). （2-）/2【解析】【詳解】（1）根據(jù)圖像，先拐先平衡，即T2T1，溫度越高，CO的轉化率降低，升高溫度，平衡向逆反應方向進行，根據(jù)勒夏特列原理，正反應為放熱反應，即HK2；A、正反應是放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向進行，甲醇產率降低，故A錯誤；B、從體系中分離出甲醇，平衡向正反應方向進行，甲醇的產率增大，故B正確；C、催化劑對化學平衡無影響，即甲醇的產率不變，故C錯誤；D、恒容狀態(tài)下，充入非反應氣體，組分的濃度不變，化學平衡不移動，甲醇的產率不變，故D錯誤；（2）根據(jù)化學反應速率數(shù)學表達式，v(CH
40、3OH)=nA/2tAmol/(Lmin)，故錯誤；根據(jù)圖像，T2時首先達到平衡，即T2T1，隨著溫度的升高，甲醇的物質的量減少，說明平衡向逆反應方向進行，即正反應為放熱反應，溫度越高，化學平衡常數(shù)越小，即T1的平衡常數(shù)比T2時的大，故錯誤；根據(jù)的分析，該反應為放熱反應，故正確；T1到T2，溫度升高，平衡向逆反應方向進行，H2的物質的量增大，甲醇的物質的量減少，因此此比值增大，故正確；（3）達到平衡時，消耗CO2的物質的量為mol，氣體物質的量減少2mol，即達到平衡時氣體物質的量為(42)mol，相同條件下，壓強之比等于物質的量之比，即容器內的壓強與起始壓強之比等于(42)：4=(2) ：2
41、?！军c睛】關于化學平衡圖像，類似本題，先拐先平衡，說明反應速率快，對應的溫度高，然后看平衡線，隨著溫度的升高，CO2的轉化率或CH3OH的物質的量減少，說明升高溫度，平衡向逆反應方向進行，根據(jù)勒夏特列原理，判斷出正反應為放熱反應。29.中華人民共和國國家標準（GB2760-2011）規(guī)定葡萄酒中SO2最大使用量為0.25gL-1。某興趣小組用題圖1裝置（夾持裝置略）收集某葡萄酒中SO2，并對其含量進行測定。（1）B中加入300.00mL葡萄酒和適量鹽酸，加熱使SO2全部逸出并與C中H2O2完全反應，其化學方程式為_。（2）除去C中過量的H2O2，然后用0.0900molL-1NaOH標準溶液進
42、行滴定。若滴定前俯視，滴定后仰視，對滴定結果的影響是_（填無影響、偏高或偏低）；若滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失，對滴定結果的影響是_（填無影響、偏高或偏低）；若滴定終點時溶液的pH8.8，則選擇的指示劑為_；滴定終點的判斷為_。（3）滴定至終點時，消耗NaOH溶液25.00mL，該葡萄酒中SO2含量為：_gL-1。（4）該測定結果比實際值偏高，分析原因并利用現(xiàn)有裝置提出改進措施_?！敬鸢浮?(1). SO2+H2O2=H2SO4 (2). 偏高 (3). 偏高 (4). 酚酞 (5). 滴最后一滴，溶液恰好由無色變淺紅色，且30秒無變化 (6). 0.24 (7). 原因：鹽酸易揮發(fā)
43、；改進措施：用不揮發(fā)的強酸（如硫酸）代替鹽酸，或用蒸餾水代替葡萄酒進行對比實驗，排除鹽酸揮發(fā)的影響?！窘馕觥俊驹斀狻浚?）SO2具有還原性，H2O2具有強氧化性，H2O2把SO2氧化成H2SO4，反應方程式為H2O2SO2=H2SO4；（2）滴定管的從上到下刻度增大，滴定前俯視，滴定后仰視，消耗的NaOH體積增大，測的SO2的量偏高；滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失，消耗的NaOH的體積增大，測的SO2量偏高；選擇指示劑，滴定后溶液的pH與指示劑的變色范圍應一致，pH=8.8溶液顯堿性，酚酞的變色范圍是8.210.0，因此應用酚酞作指示劑；滴最后一滴NaOH，溶液恰好由無色變淺紅色，且30秒無變化；（3）根據(jù)過程，得出SO2H2SO42NaOH，n(SO2)=251030.09/2mol=1.125103mol，其質量為1.12510364g=7.2102g，則SO2的含量為7.2102/300103gL1=0.24gL1；（4）測定結果比實際值偏高，說明溶液中酸的量高，B裝置中加入葡萄酒和鹽酸，鹽酸具有揮發(fā)性，加熱時，進入裝置C，消耗的NaOH的量增加；改進措施為用不揮發(fā)的強酸（如硫酸）代替鹽酸，或用蒸餾水代替葡萄酒進行對比實驗，排除鹽酸揮發(fā)的影響。
黑龍江省哈爾濱市第六中學2018_2019學年高二化學上學期10月月考試題（含解析）.docx
