初中化学鲁教版九年级下册第八单元海水中的化学单元复习 省获奖

2015-2016学年广东省梅州市兴宁一中高二（上）第二次月考化学试卷一、选择题（本题共16，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）1．生产、生活离不开化学．下列说法不正确的是（）A．不需要通过化学反应就能从海水中获得食盐和淡水B．推广使用可降解塑料及布质购物袋，无法减少“白色污染”C．严格执行机动车尾气排入标准有利于防止大气污染D．使用二氧化硫和某些含硫化合物进行增白的食品对人体健康有害2．下列说法正确的是（）A．强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强B．食盐溶液能导电，所以它是电解质C．NaHSO4无论在水溶液里还是在熔融状态下都可以电离出Na+、H+和SO42﹣D．SO3的水溶液可以导电，但它不是电解质3．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．LCO2中含有原子数为B．25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣为C．一定条件下，gNO2和N2O4混合气体中含有的N原子数目为D．﹣1的氨水中有NA个NH4+4．在水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．H+、SO42﹣、Na+、SiO32﹣ B．Ag+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣C．H+、I﹣、Cl﹣、NO3﹣ D．K+、SO42﹣、Mg2+、NO3﹣5．下列说法中正确的是（）A．在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化B．生成物全部化学键形成时所释放的能量大于破坏反应物全部化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应C．反应产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，△H＞0D．△H的大小与热化学方程式的计量系数无关6．对反应A+B⇌AB来说，常温下按以下情况进行反应：①20mL溶液中含A、B各②50mL溶液中含A、B各③•L﹣1的A、B溶液各10mL④•L﹣1的A、B溶液各50mL四者反应速率的大小关系是（）A．②＞①＞④＞③ B．④＞③＞②＞① C．①＞②＞④＞③ D．①＞②＞③＞④7．下列说法正确的是（）A．凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的B．自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小C．常温下，反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）不能自发进行，则该反应的△H＞0D．反应2Mg（s）+CO2（g）═C（s）+2MgO（s）能自发进行，则该反应的△H＞08．CO和NO都是汽车尾气中的有害物质，它们之间能缓慢地发生如下反应：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0，现利用此反应，拟设计一种环保装置，用来消除汽车尾气对大气的污染，下列设计方案可以提高尾气处理效果的是（）①选用适当的催化剂②提高装置温度③降低装置的压强④装置中放入碱石灰．A．①③ B．②④ C．①④ D．②③9．如图所示，下列说法不正确的是（）A．反应过程（1）的热化学方程式为A2（g）+B2（g）═C（g）△H1=﹣QkJ/molB．反应过程（2）的热化学方程式为C（g）═A2（g）+B2（g）△H2=+Q1kJ/molC．Q与Q1的关系：Q＞Q1D．△H2＞△H110．下列过程都与热量变化有关，其中表述不正确的是（）A．CO（g）的燃烧热是mol，则表示CO（g）燃烧反应的热化学方程式为CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣molB．稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热为mol，则表示稀硫酸与稀氢氧化钾溶液发生反应的热化学方程式为H2SO4（l）+KOH（l）═K2SO4（l）+H2O（l）；△H=﹣molC．铝热反应是放热反应，但需要足够的热量才能使反应发生D．水的电离过程是吸热过程，升高温度，水的离子积增大、pH减小11．稀氨水中存在着下列平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c（OH﹣）增大，应加入的物质或采取的措施是（）①NH4Cl固体②硫酸③NaOH固体④水⑤加热⑥加入少量MgSO4固体．A．①②③⑤ B．③⑥ C．③ D．③⑤12．下列事实不能证明CH3COOH是弱电解质的是（）A．在CH3COONa溶液中通入SO2，生成CH3COOHB．等浓度的盐酸、CH3COOH溶液分别和锌反应，开始时盐酸的反应速率快C．常温下mol•L﹣1CH3COOH溶液的pH=D．用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗13．下列说法正确的是（）A．弱电解质一定是共价化合物B．氨气溶于水，当c（OH﹣）=c（NH4+）时，表明NH3•H2O电离处于平衡状态C．强电解质溶液中不存在溶质分子，弱电解质溶液中存在溶质分子D．由mol•L﹣1一元碱BOH的pH=10，可知溶液中存在BOH═B++OH﹣14．下列实验装置（固定装置略去）或操作正确的是（）A．分离CCl4和水 B．酸碱中和滴定 C．吸收HCl尾气 D．中和热的测定15．为了研究一定浓度Fe2+的溶液在不同条件下被氧气氧化的氧化率，实验结果如图所示，判断下列说法错误的是（）A．pH越小氧化率越小B．温度越高氧化率越大C．Fe2+的氧化率除受pH、温度影响外，还受其它因素影响，如浓度等D．实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe2+的氧化率16．在容积均为1L的甲、乙两个恒容容器中，分别充入2molA、2molB和1molA、1molB，相同条件下，发生下列反应：A（g）+B（g）⇌xC（g）△H＜0．测得两容器中c（A）随时间t的变化如图所示，下列说法错误的是（）A．甲和乙中A的平衡转化率相等B．给甲容器加压可缩短反应达到平衡的时间C．给乙容器升温可缩短反应达到平衡的时间D．甲容器中A的反应速率为mol•L﹣1•min﹣1二、（本题包括4小题，共52分）17．请在标有序号的空白处填空：（1）利用催化剂可使NO和CO发生反应：2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H＜0．已知增大催化剂的比表面积可提高化学反应速率．为了分别验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面的表中．①请填全表中的各空格；实验编号T（℃）NO初始浓度（mol•L﹣1）CO初始浓度（mol•L﹣1）催化剂的比表面积（m2•g﹣1）Ⅰ280×10﹣3×10﹣382Ⅱ×10﹣3124Ⅲ35082②实验Ⅰ中，NO的物质的量浓度（c）随时间（t）的变化如图所示．请在给出的坐标图中画出实验Ⅱ、Ⅲ中NO的物质的量浓度（c）随时间（t）变化的曲线，并标明各曲线的实验编号．（2）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜．已知：Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）H=•mol﹣12H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）H=•mol﹣1H2（g）+O2（g）═H2O（l）H=﹣•mol﹣1在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为．（3）25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数×10﹣5K1=×10﹣7K2=×10﹣11×10﹣8请回答下列问题：①CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为．②体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图2所示，则HX的电离平衡常数（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的电离平衡常数；理由是．（4）①求常温下pH=2的H2SO4溶液中由H2O电离的c（H+）和c（OH﹣）．c（H+）=，c（OH﹣）=．②在某温度时，测得•L﹣1的NaOH溶液的pH=11．在此温度下，将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的硫酸VbL混合．若所得混合液为中性，且a+b=12，则Va：Vb=．18．工业上用重铬酸钠（Na2Cr2O7）结晶后的母液（含少量杂质Fe3+）生产重铬酸钾（K2Cr2O7），工艺流程及相关物质溶解度曲线如图：（1）由Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为，通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是．（2）向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是．（3）固体A主要为（填化学式），固体B主要为（填化学式）．（4）用热水洗涤固体A，回收的洗涤液转移到母液（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）中，既能提高产率又可使能耗最低．19．已知反应：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），某温度下的平衡常数为400．在此温度下，向密闭容器中加入一定量CH3OH，反应到5min时测得各组分的浓度如表所示：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/（mol•L﹣1）（1）该反应在低温下（此时水为液态）能自发进行，则该反应的△H0（填“＞”、“＜”或“=”，下同）．（2）比较此时正、逆反应速率的大小：v正v逆，理由是．（3）前5min时，用CH3OCH3表示该反应的速率为．（4）再过一段时间后，反应达到平衡状态．能判断该反应已达到化学平衡状态的依据是（填字母）．A．容器中压强不变B．混合气体中c（CH3OH）不变C．v生成（CH3OH）=2v消耗（H2O）D．c（CH3OCH3）=c（H2O）（5）达到平衡状态时，CH3OH的转化率（计算结果保留到小数点后1位）．20．实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生在实验室中进行测定盐酸的浓度的实验．请完成下列填空：（1）配制100mL•L﹣1NaOH标准溶液．称量g氢氧化钠固体．（2）取待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定．重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下．实验编号NaOH溶液的浓度（mol•L﹣1）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）待测盐酸的体积（mL）123①滴定达到终点的标志是．②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为（保留两位有效数字）．③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图1所示操作中的，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液．④若滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图2所示，则起始读数为mL，终点读数为mL；所用NaOH溶液的体积为mL．⑤在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有（填字母序号）．A．滴定终点读数时俯视B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗C．锥形瓶水洗后未干燥D．称量NaOH固体中混有Na2CO3固体E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失．

2015-2016学年广东省梅州市兴宁一中高二（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共16，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）1．生产、生活离不开化学．下列说法不正确的是（）A．不需要通过化学反应就能从海水中获得食盐和淡水B．推广使用可降解塑料及布质购物袋，无法减少“白色污染”C．严格执行机动车尾气排入标准有利于防止大气污染D．使用二氧化硫和某些含硫化合物进行增白的食品对人体健康有害【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．氯化钠溶解度随温度变化不大，利用蒸发溶剂方法得到氯化钠，淡水是蒸馏方法得到；B．塑料难降解，被称为白色污染；C．严格执行机动车尾气排入标准，可减少汽车尾气的排放；D．二氧化硫对人体有害．【解答】解：A．海水中获得食盐和淡水的方法是通过蒸发溶剂、蒸馏等物理过程实现，故A正确；B．推广使用可降解塑料及布质购物袋，能够减少难降解的塑料的使用，可以减少“白色污染”，故B错误；C．严格执行机动车尾气排入标准，可减少汽车尾气的排放，有利于酸雨、温室效应以及的改善，故C正确；D．二氧化硫对人体有害，不能用与漂白食物，否则损害人体的肝、肾等功能，故D正确．故选B．2．下列说法正确的是（）A．强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强B．食盐溶液能导电，所以它是电解质C．NaHSO4无论在水溶液里还是在熔融状态下都可以电离出Na+、H+和SO42﹣D．SO3的水溶液可以导电，但它不是电解质【考点】强电解质和弱电解质的概念；电解质与非电解质．【分析】A．根据强电解质与溶液的导电性的关系；B．根据在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；C．NaHSO4在熔融状态下能够电离出Na+、HSO4﹣；D．电解质在水溶液或熔融状态下电离出自由移动的阴、阳离子，在水中SO3本身不能电离．【解答】解：A．强弱电解质和电解质是否易溶于水无关，强电解质与电解质是否完全电离有关，硫酸钡难溶于水，但它是强电解质，乙酸易溶于水，但它是弱酸，强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液导电性强，故A错误；B．食盐溶液能导电，但它是化合物，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；C．NaHSO4在水溶液里可以电离出Na+、H+和SO42﹣，在熔融状态下能够电离出Na+、HSO4﹣，故C错误；D．SO3和水反应生成硫酸，硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以SO3的水溶液导电，但电离出离子的物质是碳酸不是SO3，所以二氧化碳是非电解质，不是电解质，故D正确；故选D．3．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．LCO2中含有原子数为B．25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣为C．一定条件下，gNO2和N2O4混合气体中含有的N原子数目为D．﹣1的氨水中有NA个NH4+【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、二氧化碳所处的状态不明确；B、溶液体积不明确；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2；D、一水合氨为弱电解质．【解答】解：A、二氧化碳所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故A错误；B、溶液体积不明确，故溶液中含有的氢氧根的个数无法计算，故B错误；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故混合物中含有的NO2的物质的量为n==，则含氮原子即个，故C正确；D、一水合氨为弱电解质，不能完全电离，故溶液中的铵根离子的个数小于NA个，故D错误．故选C．4．在水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．H+、SO42﹣、Na+、SiO32﹣ B．Ag+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣C．H+、I﹣、Cl﹣、NO3﹣ D．K+、SO42﹣、Mg2+、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．【解答】解：A．H+、SiO32﹣结合生成沉淀，不能共存，故A错误；B．Ag+分别与Cl﹣、SO42﹣结合生成沉淀，不能共存，故B错误；C．H+、I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；D．该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D．5．下列说法中正确的是（）A．在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化B．生成物全部化学键形成时所释放的能量大于破坏反应物全部化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应C．反应产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，△H＞0D．△H的大小与热化学方程式的计量系数无关【考点】化学反应中能量转化的原因；吸热反应和放热反应．【分析】A、物质发生化学反应的同时，伴随着能量变化；B、吸热反应生成物全部化学键形成时所释放的能量小于破坏反应物全部化学键所吸收的能量；C、产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热；D、△H的大小与热化学方程式的计量系数的关系；【解答】解：A、因物质发生化学反应的同时，伴随着能量变化，故A错误；B、因吸热反应生成物全部化学键形成时所释放的能量小于破坏反应物全部化学键所吸收的能量，故B错误；C、因产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，△H＞0，故C正确；D、因△H的大小与热化学方程式的计量系数成正比，故D错误；故选：C．6．对反应A+B⇌AB来说，常温下按以下情况进行反应：①20mL溶液中含A、B各②50mL溶液中含A、B各③•L﹣1的A、B溶液各10mL④•L﹣1的A、B溶液各50mL四者反应速率的大小关系是（）A．②＞①＞④＞③ B．④＞③＞②＞① C．①＞②＞④＞③ D．①＞②＞③＞④【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】对于A+B⇌AB反应，A、B浓度越大，反应速率越大，以此解答．【解答】解：对于化学反应，反应物浓度越大，则反应速率越大，①中含A、B的浓度为：=L②中含A、B的浓度为：=1mol/L③含A、B的浓度为：L④含A、B的浓度为：L四者浓度的大小关系是②＞①＞④＞③，则四者反应速率的大小关系是②＞①＞④＞③，故选A．7．下列说法正确的是（）A．凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的B．自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小C．常温下，反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）不能自发进行，则该反应的△H＞0D．反应2Mg（s）+CO2（g）═C（s）+2MgO（s）能自发进行，则该反应的△H＞0【考点】焓变和熵变．【分析】A、反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的；B、若△H＜0，△S＞0，则一定自发，若△H＞0，△S＜0，则一定不能自发，若△H＜0，△S＜0或△H＞0，△S＞0，反应能否自发，和温度有关；C、反应的△S＞0，若△H＜0，则一定自发，现常温下不自发，说明△H＞0；D、反应的△S＜0，能自发，说明△H＜0．【解答】解：A、反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的，若△H＜0，△S＞0，则一定自发，若△H＞0，△S＜0，则一定不能自发，若△H＜0，△S＜0或△H＞0，△S＞0，反应能否自发，和温度有关，故A错误；B、若△H＜0，△S＞0，则一定自发，若△H＞0，△S＜0，则一定不能自发，若△H＜0，△S＜0或△H＞0，△S＞0，反应能否自发，和温度有关，故B错误；C、该反应的△S＞0，若△H＜0，则一定自发，现常温下不自发，说明△H＞0，故C正确；D、该反应的△S＜0，能自发，说明△H＜0，故D错误；故选：C．8．CO和NO都是汽车尾气中的有害物质，它们之间能缓慢地发生如下反应：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0，现利用此反应，拟设计一种环保装置，用来消除汽车尾气对大气的污染，下列设计方案可以提高尾气处理效果的是（）①选用适当的催化剂②提高装置温度③降低装置的压强④装置中放入碱石灰．A．①③ B．②④ C．①④ D．②③【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】要提高尾气处理效果，需要尾气排放到大气之前尽可能的转化为无害气体，应从速率及平衡的角度分析：①催化剂，可以加快反应速率，但不影响转化率；②提高温度，能加快反应速率，但会降低转化率；③降低压强，既减慢反应速率，又降低转化率；④放入碱石灰，可以吸收生成的二氧化碳，使平衡向右移动．【解答】解：①选用适当的催化剂，可以加快反应速率，但不影响转化率，使有害气体在排出之前尽可能地转化为无害气体，可以提高尾气处理效果；故正确；②提高装置温度，虽然能加快反应速率，但会降低转化率，故不正确；③降低装置的压强，既减慢反应速率，又降低转化率，故不正确；④装置中放入碱石灰，可以吸收生成的二氧化碳，使平衡向右移动，提高转化率，故正确．故答案为C9．如图所示，下列说法不正确的是（）A．反应过程（1）的热化学方程式为A2（g）+B2（g）═C（g）△H1=﹣QkJ/molB．反应过程（2）的热化学方程式为C（g）═A2（g）+B2（g）△H2=+Q1kJ/molC．Q与Q1的关系：Q＞Q1D．△H2＞△H1【考点】反应热和焓变．【分析】从图象分析A2（g）+B2（g）=C（g）为放热反应，△H1＜0，则其逆反应C（g）=A2（g）+B2（g）为吸热反应，△H2＞0，但其数值互为相反数，据此分析．【解答】解：从图象分析A2（g）+B2（g）=C（g）为放热反应，△H1=﹣QKJ/mol＜0，则其逆反应C（g）=A2（g）+B2（g）为吸热反应，△H2=+Q1KJ/mol＞0，但其数值Q与Q1相等，Q=Q1，C错误，故选：C．10．下列过程都与热量变化有关，其中表述不正确的是（）A．CO（g）的燃烧热是mol，则表示CO（g）燃烧反应的热化学方程式为CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣molB．稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热为mol，则表示稀硫酸与稀氢氧化钾溶液发生反应的热化学方程式为H2SO4（l）+KOH（l）═K2SO4（l）+H2O（l）；△H=﹣molC．铝热反应是放热反应，但需要足够的热量才能使反应发生D．水的电离过程是吸热过程，升高温度，水的离子积增大、pH减小【考点】燃烧热；中和热；弱电解质在水溶液中的电离平衡；镁、铝的重要化合物．【分析】A、根据燃烧热的含义：某一温度和压强下lmol某物质B完全燃烧生成稳定化合物时所释放出的热量来回答；B、根据中和热的含义：稀的强酸和强碱溶液反应生成1mol水所产生的能量结合物质的聚集状态来回答；C、铝热反应需要在高温下发生；D、的电离过程是吸热过程，升高温度，对水的电离起促进作用．【解答】解：A、某一温度和压强下lmol一氧化碳完全燃烧生成稳定化合物二氧化碳气体时所释放出的热量即为一氧化碳的燃烧热，即CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣mol，故A正确；B、稀硫酸与稀氢氧化钾溶液发生反应的热化学方程式为H2SO4（aq）+KOH（aq）═K2SO4（aq）+H2O（l）；△H=﹣mol，故B错误；C、铝热反应是放热反应，但是铝热反应需要在高温下发生，故C正确；D、水的电离过程是吸热过程，升高温度，离子积增大，氢离子浓度增大，pH减小，故D正确．故选B．11．稀氨水中存在着下列平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c（OH﹣）增大，应加入的物质或采取的措施是（）①NH4Cl固体②硫酸③NaOH固体④水⑤加热⑥加入少量MgSO4固体．A．①②③⑤ B．③⑥ C．③ D．③⑤【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】若要使平衡逆向移动，同时使c（OH﹣）增大，则可加入能电离出氢氧根离子的物质，结合浓度对化学平衡的影响来解答．【解答】解：①NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，c（OH﹣）减小，故错误；②硫酸会消耗氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，平衡正向移动，故错误；③NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，故正确；④水稀释，氨水的浓度减小，平衡正向移动，氢氧根离子浓度减小，故错误；⑤弱电解质的电离为吸热过程，加热促进电离，平衡正向移动，故错误；⑥加入少量MgSO4固体，氢氧根离子与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，平衡正向移动，氢氧根离子浓度减小，故错误；故选C．12．下列事实不能证明CH3COOH是弱电解质的是（）A．在CH3COONa溶液中通入SO2，生成CH3COOHB．等浓度的盐酸、CH3COOH溶液分别和锌反应，开始时盐酸的反应速率快C．常温下mol•L﹣1CH3COOH溶液的pH=D．用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】要证明乙酸是弱电解质，只要证明乙酸部分电离即可，可以根据常温下醋酸钠溶液pH、有对比实验溶液导电性、一定物质的量浓度溶液pH等进行判断．【解答】解：A．亚硫酸为中强酸，在CH3COONa溶液中通入SO2，生成CH3COOH，说明醋酸的酸性比亚硫酸弱，则证明醋酸是弱酸，故A不选；B．等浓度的盐酸、CH3COOH溶液分别和锌反应，开始时盐酸的反应速率快，说明盐酸中氢离子浓度大，即醋酸没有完全电离，所以证明醋酸是弱酸，故B不选；C．常温下，mol•L﹣1CH3COOH溶液的pH=，氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，则醋酸为弱电解质，故C不选；D．溶液导电能力与离子浓度成正比，用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，说明醋酸溶液中离子浓度较低，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故D选；故选D．13．下列说法正确的是（）A．弱电解质一定是共价化合物B．氨气溶于水，当c（OH﹣）=c（NH4+）时，表明NH3•H2O电离处于平衡状态C．强电解质溶液中不存在溶质分子，弱电解质溶液中存在溶质分子D．由mol•L﹣1一元碱BOH的pH=10，可知溶液中存在BOH═B++OH﹣【考点】强电解质和弱电解质的概念；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．弱电解质也不一定是共价化合物；B．一水合氨为弱电解质，电离产生铵根离子与氢氧根离子速率与离子结合生成一水合氨的速率相等时达到平衡；C．强电解质完全电离，弱电解质部分电离；D．mol•L﹣1一元碱BOH的pH=10，说明BOH不能完全电离．【解答】解：A．弱电解质也不一定是共价化合物，如氢氧化铝是弱电解质，但它是离子化合物，故A错误；B．一水合氨为弱电解质，电离产生铵根离子与氢氧根离子速率与离子结合生成一水合氨的速率相等时达到平衡，故B错误；C．强电解质完全电离，溶液中不存在溶质分子，弱电解质部分电离，弱电解质溶液中存在溶质分子，故C正确；D．mol•L﹣1一元碱BOH的pH=10，说明BOH不能完全电离，是弱电解质，则：BOH⇌B++OH﹣，故D错误；故选；C．14．下列实验装置（固定装置略去）或操作正确的是（）A．分离CCl4和水 B．酸碱中和滴定 C．吸收HCl尾气 D．中和热的测定【考点】分液和萃取；尾气处理装置；中和滴定；中和热的测定．【分析】A、根据分液实验的规范操作分析；B、根据碱式滴定管的样式分析；C、根据防倒吸的装置分析；D、根据中和热的测定中温度计测量的物质分析．【解答】解：A、水和四氯化碳不互溶，所以可用分液的方法分离、提纯；分液时，四氯化碳的密度大于水的密度，所以水在上方，四氯化碳在下方，为防止产生杂质，上层液体从上口流出，下层液体从下口流出．故A正确；B、碱式滴定管的下方是橡胶管，图中滴定管是酸式滴定管，只能盛放酸，故B错误；C、吸收溶解度较大的气体时，漏斗应刚好接触溶液，不是深入到溶液内，故C错误；D、中和热的测定中，温度计测量溶液的温度，故D错误；故选A．15．为了研究一定浓度Fe2+的溶液在不同条件下被氧气氧化的氧化率，实验结果如图所示，判断下列说法错误的是（）A．pH越小氧化率越小B．温度越高氧化率越大C．Fe2+的氧化率除受pH、温度影响外，还受其它因素影响，如浓度等D．实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe2+的氧化率【考点】化学平衡的影响因素．【分析】由图象知，当pH值等其它条件相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化率越大；当温度和其它条件相同PH值不同时，pH值越大，Fe2+的氧化率越小，据此分析解答．【解答】解：A．根据图象知，只有当温度和其它条件相同PH值不同时，pH值越小，Fe2+的氧化率越大，故A错误；B．只有当pH值等其它条件相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化率越大，故B正确；C．亚铁离子的氧化率不仅和温度、pH有关，还与离子的浓度等其它因素有关，故C正确；D．根据图象知，降低pH、升高温度亚铁离子的氧化率增大，故D正确；故选A．16．在容积均为1L的甲、乙两个恒容容器中，分别充入2molA、2molB和1molA、1molB，相同条件下，发生下列反应：A（g）+B（g）⇌xC（g）△H＜0．测得两容器中c（A）随时间t的变化如图所示，下列说法错误的是（）A．甲和乙中A的平衡转化率相等B．给甲容器加压可缩短反应达到平衡的时间C．给乙容器升温可缩短反应达到平衡的时间D．甲容器中A的反应速率为mol•L﹣1•min﹣1【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】向甲容器中再充入2molA、2molB，可以等效为原平衡状态下压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，A转化率增大，平衡移动目的是降低浓度增大趋势，但不能消除浓度增大，达新平衡时浓度比原平衡大，由此分析解答．【解答】解：A、再充入2molA、2molB，可以等效为原平衡状态下压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，A转化率增大，所以甲和乙中A的平衡转化率不相等，故A错误；B、给甲容器加压，反应速率加快，可缩短反应达到平衡的时间，故B正确；C、温度越高反应速率越快，缩短反应达到平衡的时间，故C正确；D、时间段不清楚，无法求速率，故D错误；故选D．二、（本题包括4小题，共52分）17．请在标有序号的空白处填空：（1）利用催化剂可使NO和CO发生反应：2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H＜0．已知增大催化剂的比表面积可提高化学反应速率．为了分别验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面的表中．①请填全表中的各空格；实验编号T（℃）NO初始浓度（mol•L﹣1）CO初始浓度（mol•L﹣1）催化剂的比表面积（m2•g﹣1）Ⅰ280×10﹣3×10﹣382Ⅱ×10﹣3124Ⅲ35082②实验Ⅰ中，NO的物质的量浓度（c）随时间（t）的变化如图所示．请在给出的坐标图中画出实验Ⅱ、Ⅲ中NO的物质的量浓度（c）随时间（t）变化的曲线，并标明各曲线的实验编号．（2）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜．已知：Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）H=•mol﹣12H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）H=•mol﹣1H2（g）+O2（g）═H2O（l）H=﹣•mol﹣1在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+2H2O（l）△H=﹣mol．（3）25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数×10﹣5K1=×10﹣7K2=×10﹣11×10﹣8请回答下列问题：①CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HClO．②体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图2所示，则HX的电离平衡常数大于（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的电离平衡常数；理由是稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，酸性强，电离平衡常数大．（4）①求常温下pH=2的H2SO4溶液中由H2O电离的c（H+）和c（OH﹣）．c（H+）=10﹣12mol•L﹣1，c（OH﹣）=10﹣12mol•L﹣1．②在某温度时，测得•L﹣1的NaOH溶液的pH=11．在此温度下，将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的硫酸VbL混合．若所得混合液为中性，且a+b=12，则Va：Vb=10：1．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；热化学方程式；弱电解质在水溶液中的电离平衡；探究影响化学反应速率的因素．【分析】（1）①根据实验目的验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，则应保证浓度相同，然后相同温度时比较催化剂比表面积，相同催化剂比、表面积时比较温度；②利用影响化学反应速率及化学平衡的因素来分析图象；（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（3）①电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强；②由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；（4）①硫酸电离出的氢离子抑制了水的电离，硫酸溶液中的氢氧根离子是水电离的，据此计算出溶液水电离的氢离子和氢氧根离子浓度；②L的NaOH溶液的pH为11，则c（H+）=1×10﹣11mol/L，c（OH﹣）=L，根据Kw=c（H+）×c（OH﹣）计算水的离子积，若所得混合溶液为中性，且a=2，b=12，根据c（OH﹣）×Vb=c（H+）×Va计算Va：Vb．【解答】解：（1）①因Ⅰ、Ⅱ比表面积不同，则应控制温度相同，所有浓度应控制相同来验证催化剂比表面积对速率的影响；I、Ⅲ比表面积相同，温度不同，则所有浓度应控制相同来验证反应温度对速率的影响，故答案为：实验编号t（℃）NO初始浓度（mol/L）CO初始浓度（mol/L）催化剂的比表面积（m2/g）ⅠⅡ280×10﹣3Ⅲ×10﹣3×10﹣3；②因Ⅰ、Ⅱ温度相同，催化剂对平衡移动无影响，则平衡不移动，但Ⅱ的速率大，则Ⅱ先达到化学平衡，Ⅰ、Ⅱ达平衡时NO的浓度相同；而Ⅲ的温度高，则反应速率最大且平衡逆移，即达到化学平衡时c（NO）增大，据此画出的图象为：，故答案为：；（2）：①Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H=+mol，②2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H=﹣mol，③H2（g）+O2（g）═H2O（l）H=﹣•mol﹣1，由盖斯定律①+②+③得到：Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+2H2O（l）△H=﹣mol，故答案为：Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+2H2O（l）△H=﹣mol；（3）①根据表中数据可知，酸的电离出平衡常数大小为：CH3COOH＞H2CO3＞HCO3﹣＞HClO，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序为为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，故答案为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO；②根据图象分析知道，起始是两种溶液中c（H+）相同，c（较弱酸）＞c（较强酸），稀释过程中较弱酸的电离程度增大，故在整个稀释过程中较弱酸的c（H+）一直大于较强酸的c（H+），稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，故HX酸性强，电离平衡常数大，故答案为：大于；稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，酸性强，电离平衡常数大；（4）①常温下pH=2的H2SO4溶液中氢离子抑制了水的电离，硫酸溶液中的氢氧根离子水电离的，则由H2O电离的c（H+）=c（OH﹣）==10﹣12mol•L﹣1，故答案为：10﹣12mol•L﹣1；10﹣12mol•L﹣1；②L的NaOH溶液的pH为11，则c（H+）=1×10﹣11mol/L，c（OH﹣）=L，Kw=c（H+）×c（OH﹣）=1×10﹣13；将pH=a的H2SO4溶液VaL与pH=b的NaOH溶液VbL混合，若所得混合溶液为中性，且硫酸的pH=a=2，氢离子浓度为L，氢氧化钠溶液的pH=b=12，则氢氧根离子浓度为L，混合液为中性，则c（H+）×Va=c（OH﹣）×Vb，即：=×Vb，整理可得：Va：Vb=10：1，故答案为：10：1．18．工业上用重铬酸钠（Na2Cr2O7）结晶后的母液（含少量杂质Fe3+）生产重铬酸钾（K2Cr2O7），工艺流程及相关物质溶解度曲线如图：（1）由Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl，通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是低温下K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小．（2）向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是除去Fe3+．（3）固体A主要为NaCl（填化学式），固体B主要为K2Cr2O7（填化学式）．（4）用热水洗涤固体A，回收的洗涤液转移到母液Ⅱ（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）中，既能提高产率又可使能耗最低．【考点】真题集萃；物质的分离、提纯和除杂；制备实验方案的设计．【分析】由流程可知，溶解后调节pH除去少量杂质Fe3+，过滤后蒸发结晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl发生Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图可知，低温下K2Cr2O7的溶解度较小，则冷却结晶得到K2Cr2O7，母液II蒸发浓缩只有析出NaCl（A），母液Ⅲ冷却结晶主要得到K2Cr2O7（B），以此来解答．【解答】解：由流程可知，溶解后调节pH除去少量杂质Fe3+，过滤后蒸发结晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl发生Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图可知，低温下K2Cr2O7的溶解度较小，则冷却结晶得到K2Cr2O7，母液II蒸发浓缩只有析出NaCl（A），母液Ⅲ冷却结晶主要得到K2Cr2O7，（1）由Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl，由溶解度图可知，低温下K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小，则可通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7晶体，故答案为：Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl；低温下K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小；（2）母液中含少量杂质Fe3+，向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是除去Fe3+，故答案为：除去Fe3+；（3）由上述分析可知，A为NaCl，B为K2Cr2O7，故答案为：NaCl；K2Cr2O7；（4）用热水洗涤固体A，洗涤液中含K2Cr2O7，为提高产率又可使能耗最低，则回收的洗涤液转移到母液Ⅱ中，再冷却结晶得到K2Cr2O7，故答案为：Ⅱ．19．已知反应：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），某温度下的平衡常数为400．在此温度下，向密闭容器中加入一定量CH3OH，反应到5min时测得各组分的浓度如表所示：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/（mol•L﹣1）（1）该反应在低温下（此时水为液态）能自发进行，则该反应的△H＜0（填“＞”、“＜”或“=”，下同）．（2）比较此时正、逆反应速率的大小：v正＞v逆，理由是浓度商Qc==＜K=400，反应向正反应进行．（3）前5min时，用CH3OCH3表示该反应的速率为（L．min）．（4）再过一段时间后，反应达到平衡状态．能判断该反应已达到化学平衡状态的依据是B（填字母）．A．容器中压强不变B．混合气体中c（CH3OH）不变C．v生成（CH3OH）=2v消耗（H2O）D．c（CH3OCH3）=c（H2O）（5）达到平衡状态时，CH3OH的转化率%（计算结果保留到小数点后1位）．【考点】化学平衡的计算；反应速率的定量表示方法；化学平衡状态的判断．【分析】（1）低温下（此时水为液态）能自发进行，而正反应为气体物质的量减小的反应，是熵减反应，△G=△H﹣T△S＜0反应自发进行；（2）计算浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行，进而判断v正、v逆相对大小；（3）根据v=计算用CH3OCH3表示该反应的速率；（4）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的气体一些物理量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化，说明反应到达平衡；（5）由表中数据可知，甲醇的起始浓度为（+×2）mol/L=L，设平衡时甲醇浓度变化量为xmol/L，则：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）起始量（mol/L）：00变化量（mol/L）：x平衡量（mol/L）：﹣x根据平衡常数列方程计算解答．【解答】解：（1）低温下（此时水为液态）能自发进行，而正反应为气体物质的量减小的反应，是熵减反应，△G=△H﹣T△S＜0反应自发进行，则△H＜0，故答案为：＜；（2）浓度商Qc==＜K=400，反应向正反应进行，则v正＞v逆，故答案为：＞；浓度商Qc==＜K=400，反应向正反应进行；（3）前5min内，用CH3OCH3表示