赣州市南康中学、平川中学、信丰中学高二上学期月月考试题化学

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精南康中学平川中学信丰中学高二年级联考化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Cl35。5Fe56Cu64一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分,每小题只有一个符合题意的正确选项）1.化学与生产生活、环境保护、资源利用等密切相关,下列说法正确的是A.活性炭具有除异味和杀菌作用B。汽车尾气中的氮氧化合物是汽油或柴油不完全燃烧造成的C.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输材料是硅单质D。煤的干馏、海带提碘、石油裂解、芒硝风化等都涉及化学变化【答案】D【解析】【详解】A.活性炭具有除异味的作用但没有杀毒的作用，故A错误；B.汽车尾气中的氮氧化合物是气缸中氮气和氧气在放电下反应生成的，故B错误；C.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输材料与二氧化硅有关,故C错误；D.煤的干馏、海带提碘、石油裂解、芒硝风化等都涉及化学变化，故D正确。综上所述,答案为D.【点睛】煤的干馏、煤的气化、煤的液化，石油裂解都是化学变化。2。运用相关化学知识进行判断,下列结论错误的是A。反应NH4HCO3（s）＝NH3（g）＋H2O（g）＋CO2(g）ΔH＝＋185。57kJ·mol－11能自发进行,是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向。B.增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应可以加快反应速率。C.NH4F水溶液中含有HF,因此NH4F溶液不能存放在玻璃试剂瓶中。D.CH3COOH(aq）＋NaOH（aq)＝CH3COONa（aq)＋H2O（l）ΔH＝akJ·mol－1，HCl（aq）＋NaOH(aq)＝NaCl（aq）＋H2O（l）ΔH＝bkJ·mol－1，因醋酸电离吸热，所以a〉b【答案】B【解析】【详解】A.反应NH4HCO3(s）＝NH3（g)＋H2O(g）＋CO2（g）ΔH＝＋185。57kJ·mol－11能自发进行，是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向，故A正确；B。增大反应物浓度可加快反应速率，铁与稀硫酸反应本质是与氢离子反应，浓硫酸水的量少，电离的氢离子量少，且浓硫酸具有强氧化性，与铁发生钝化，故不能加快速率，B错误;C.NH4F水溶液中含有HF，HF与玻璃会反应,因此NH4F溶液不能存放在玻璃试剂瓶中，故C正确；D。CH3COOH（aq）＋NaOH（aq)＝CH3COONa(aq)＋H2O（l）ΔH＝akJ·mol－1，HCl(aq）＋NaOH（aq)＝NaCl（aq）＋H2O(l）ΔH＝bkJ·mol－1，因醋酸电离吸热，因此醋酸与氢氧化钠放出的热量少,焓变大，所以a>b，故D正确.综上所述，答案为B。3。NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是A.1molK2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数为3NAB.合成氨反应中，1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC.1L0。1mol·L－1磷酸钠溶液含有离子的数目为0.1NAD.常温常压下,18.4gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子总数为0.4NA【答案】D【解析】【详解】A。K2Cr2O7变为Cr3＋化合价从+6价到+3价,因此1molK2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数为6NA，故A错误；B。合成氨反应是可逆反应，因此1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，故B错误;C.1L0。1mol·L－1磷酸钠溶液中物质的为0.1mol,磷酸钠是强电解质,因此含有离子的数目大于0。1NA,故C错误；D。常温常压下，用通式法解，都为NxO2x，因此18。4gNO2和N2O4的混合气体物质的量，含有的氮原子总数为0。4NA，故D正确。综上所述,答案为D。4。常温下，在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是A.0。1mol/L的NaNO3溶液中：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42－B。含有大量Al3＋的水溶液中:Na＋、NH4＋、HCO3－、Br－C。c（OH－）＝l×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Mg2＋、Cl－、NO3－D。水电离产生的c（H＋）为1×10－12mol·L－1的溶液：NH4＋、Na＋、Cl－、CO32－【答案】C【解析】【详解】A。NO3－与H＋、Fe2＋发生氧化还原反应，故A不符合题意；B.Al3＋与HCO3－反应生成沉淀和气体，故B不符合题意;C.c(OH－）＝l×10－13mol·L－1的溶液，说明呈酸性，H＋、K＋、Mg2＋、Cl－、NO3－大量共存，故C符合题意;D。水电离产生的c（H＋）为1×10－12mol·L－1的溶液，可能为酸，可能为碱，是酸则H＋与CO32－反应，是碱则OH－与NH4＋反应,故D不符合题意。综上所述,答案为C。【点睛】铝离子和碳酸氢根、碳酸根、亚硫酸根、亚硫酸氢根、硅酸根等发生双水解.5.下列离子方程式正确是A.将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备胶体：Fe3++3H2OFe(OH）3↓+3H+B.用FeS去除废水中的Hg2+：Hg2++S2-===HgS↓C。AlCl3溶液与Na2S溶液混合生成沉淀::2Al3++3S2—==Al2S3↓D。NH4Cl溶于D2O中显酸性：NH4++D2ONH3·HDO+D+【答案】D【解析】【详解】A.将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备胶体，不能用沉淀符号，正确的离子方程式：Fe3++3H2OFe(OH）3（胶体）+3H+,故A错误；B。用FeS去除废水中的，硫化亚铁不能拆开，正确的离子方程式为:═故B错误；C。AlCl3溶液与Na2S溶液混合，发生双水解，正确的离子方程式是：2Al3++3S2—+6H2O=2Al(OH）3↓+3H2S，故C错误；D。NH4Cl溶于D2O中发生水解反应,显酸性，离子方程式为：NH4++D2ONH3·HDO+D+，故D正确；本题答案为D。6。下列有关电解质溶液的说法正确的是A。将Ca(ClO）2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶质B。保存氯化亚铁溶液时，在溶液中放少量铁粉，以防止Fe2+水解C。室温下，向0.1mol/L的CH3COOH溶液中加入少量水溶液显碱性的物质，CH3COOH的电离程度一定增大D.NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性,两溶液中水的电离程度相同【答案】A【解析】【详解】A、将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干分别得到的是氢氧化钙、Na2SO4、氧化铁，均得不到原溶质,故A正确；B、氯化亚铁不稳定，易被氧化,加入少量的铁粉可把氧化的铁离子还原为亚铁离子，加入铁粉不能防止水解，故B错误；C、向0。1mol/L的CH3COOH溶液中加入少量水溶液显碱性的物质如钠，CH3COOH的电离程度减小，故C错误；D、NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，CH3COONH4溶液能促进水的电离，但是氯化钠不影响水的电离，故D错误;答案选A。7。A、B、C、D、E是周期表前20号元素，它们的原子序数依次增大，A与E,B与D分别同主族，C原子最外层电子数是D原子最外层电子数的一半，A与B可形成A2B和A2B2两种液态化合物．下列说法错误的是A.25℃时0.1mol/LA2D溶液的pH〉1－lg2B。相同条件下，溶液中水的电离程度：EBA>E2DC。工业上冶炼C可通过电解法得到D.由A、B、C、D、E五种元素组成的一种化合物可作净水剂【答案】B【解析】【分析】A与B可形成A2B和A2B2两种液态化合物，确定为H2O和H2O2,所以A为氢元素，B为氧元素；原子序数依次增大，A与E，B与D分别同主族，确定D为硫元素,E为钾元素；C原子最外层电子数是D原子最外层电子数的一半，确定C为铝元素,由此A：H；B：O;C：Al；D：S；E：K。【详解】A。H2S为弱酸，只是部分电离，所以0。1mol/L的H2S溶液的pH>1－lg2，故不选A；B。相同条件下，KOH会抑制水的电离，K2S水解会促进水的电离,所以溶液中水的电离程度KOH＜K2S，故选B；C。工业上冶炼Al可通过电解熔融氧化铝得到，故不选C;D.由A、B、C、D、E五种元素组成的一种化合物KAl（SO4）2•12H2O可作净水剂，故不选D；正确答案：B。8。室温下，向圆底烧瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸,溶液中发生反应;C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O,充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38。4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是A。加入NaOH,可增大乙醇的物质的量B.增大HBr浓度，有利于生成C2H5BrC.若反应物增大至2mol,则两种反应物平衡转化率之比不变D.若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间【答案】D【解析】【分析】根据题目的反应,主要判断外界条件的变化对平衡和速率的应该结果即可。【详解】A．加入NaOH，中和HBr,平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br.选B正确.C．若反应物增大至2mol,实际上就是将反应物的浓度都增大至原来的2倍，比例不变(两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的.所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C正确.D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr易挥发性，温度升高化学反应速率加快,而反应物浓度减小能使化学反应速率变慢,故不一定能缩短到达平衡的时间.选项D错误。故选D.点睛：本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应，但是考虑到反应是在水溶液中进行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的,所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。9。某温度下，和的电离常数分别为和.将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是(）A。曲线Ⅰ代表溶液B.溶液中水的电离程度:b点＞c点C。从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）D.相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后,溶液中相同【答案】C【解析】【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH,酸性HNO2大于CH3COOH;A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强,对水电离抑制程度大；C、kw为水的离子积常数，k（HNO2）为HNO2的电离常数，只与温度有关,温度不变，则不变；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大,故B错误；C、Ⅱ代表HNO2,c(HNO2）c(OH-)/c(NO2—）=c（H+)·c（HNO2)c(OH-）/［c（H+)·c(NO2-)］=kw/k(HNO2）,kw为水的离子积常数，k（HNO2)为HNO2的电离常数,这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确;D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2)，分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；故选C.【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键,难点C，要将已知的c(HNO2）c（OH—）/c(NO2—）分子和分值母同乘以c(H+）,变成与kw为水的离子积常数和k（HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。10.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是A。室温下,由pH＝1的CH3COOH溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合，溶液中离子浓度大小的顺序为：c（Na＋）＞c(CH3COO－)＞c(OH－）＞c(H＋）B.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c（Na2CO3）C.物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-）+2c（OH—）＝2c(H+)+c(CH3COOH）D.0．1mol·L—1的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA—)＞c(H+）＞c（H2A)＞c(A2—）【答案】C【解析】【详解】A．常温下,pH=1的醋酸溶液的浓度大于pH=13的氢氧化钠，二者等体积混合时醋酸过量,醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-)，错误;B．据强碱弱酸盐水解规律“越弱越水解”,对应酸的酸性越弱，水解程度越大,酸性：碳酸﹤醋酸,所以水解程度大碳酸钠﹥醋酸钠，pH相同时，醋酸钠的浓度大于碳酸钠的浓度;氢氧化钠为强碱，浓度最小，所以pH相同，三者浓度关系为:c（NaOH)＜c(Na2CO3)＜c（CH3COONa），错误；C．混合溶液中存在物料守恒为c（CH3COO-）+c(CH3COOH）=2c（Na+）和电荷守恒为c（CH3COO—）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）,由两式导出c（CH3COO-）+2c（OH-）=2c(H+）+c（CH3COOH），正确；D．pH=4显酸性,所以HA-的电离大于其水解，则c(HA-）＞c（H+）＞c(A2—）＞c（H2A）,错误。11.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是编号①②③④pH101044溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸溶液盐酸A。相同体积③、④溶液分别与NaOH完全反应,消耗NaOH物质的量：③＞④B。分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③C。①、④两溶液等体积混合，所得溶液中c（NH4＋）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c(H＋）D。VaL④溶液与VbL②溶液混合（近似认为混合溶液体积＝Va＋Vb），若混合后溶液pH＝5，则Va︰Vb＝9︰11【答案】D【解析】【详解】A．醋酸是弱酸，pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，所以等体积等pH的盐酸和醋酸,醋酸的物质的量大于盐酸，则消耗NaOH物质的量：③＞④，A正确；B．强酸、强碱稀释10倍,pH变化1，则稀释10倍时②的pH=9，④的pH=5,而弱酸、弱碱稀释10倍，pH变化小于1，则①的9＜pH＜10，③的4＜pH＜5，即分别加水稀释10倍四种溶液的pH为①＞②＞④＞③，B正确；C．①、④两溶液等体积混合，溶液中氨水过量，溶质为氯化铵和一水合氨，溶液显碱性，氨水的电离大于铵根离子的水解，则c(NH4+)＞c(Cl－)＞c（OH－）＞c（H+)，C正确；D．若混合后溶液pH=5，说明盐酸过量,则mol/L=10－5mol/L，解得Va:Vb＝11：9，D错误.答案选D。12.用0。1mol·L－1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L－1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述错误的是(）A.Ka2(H2SO3)的数量级为10－8B.若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂C.图中Z点对应的溶液中：c(Na＋）〉c(SO32－）>c（HSO3－）>c（OH－)D.图中Y点对应的溶液中：3c(SO32－)＝c(Na＋）＋c(H＋）－c（OH－)【答案】C【解析】【分析】用0。1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点,滴定反应为：NaOH+H2SO3═NaHSO3+H2O,NaHSO3+NaOH═Na2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL,结合溶液中的守恒思想分析判断。【详解】A．由图像可知，当溶液中c（HSO3—)=c（SO32－）时，此时pH=7。19，即c(H+）=10-7。19mol/L,则H2SO3的Ka2==c（H+），所以H2SO3的Ka2=1×10—7。19，Ka2(H2SO3)的数量级为10－8，故A正确；B．第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25,甲基橙的变色范围为3。1～4.4，可用甲基橙作指示剂，故B正确；C．Z点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液pH=9.86，溶液显碱性,表明SO32-会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH-)＞c（HSO3-），故C错误；D．根据图像，Y点溶液中c(HSO3—)=c（SO32-），根据电荷守恒，c（Na+)+c(H+)=c(OH—)+c(HSO3—)+2c（SO32-），由于c(HSO3-)=c(SO32—)，所以3c(SO32-）=c(Na+)+c（H+)—c(OH—），故D正确；答案选C。【点睛】明确滴定反应式，清楚特殊点的含义，把握溶液中的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意根据Y点结合Ka2的表达式分析解答。13.某温度时，CuS、MnS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法错误的是A。在含有CuS和MnS固体的溶液中c(Cu2＋）∶c(Mn2＋)＝1∶2×10－23B。向CuSO4溶液中加入MnS发生反应：Cu2＋(aq）＋MnS（s）CuS(s)＋Mn2＋（aq）C.a点对应的Ksp等于b点对应的KspD。该温度下，Ksp(CuS）小于Ksp(MnS）【答案】A【解析】【详解】A。由图象可知,在此温度下，在含有CuS和MnS固体的溶液中c（Cu2+)：c（Mn2+）=6×10-34:3×10—11=2×10-23：1，故选A；

B。因Ksp(CuS）小于Ksp（MnS），则向CuSO4溶液中加入MnS，可发生沉淀的转化，即Cu2＋（aq）＋MnS(s）CuS(s）＋Mn2＋（aq），故不选B;

C.a、b处于同一温度下，Ksp相同,故不选C；

D．由图象可知，当c(M2+）相同时,CuS固体的溶液中c（S2—)较小，则说明Ksp（CuS）较小，故不选D.

正确答案：A。14.某化学小组拟设计微生物燃料电池将污水中的乙二胺[H2N(CH2）2NH2]氧化成环境友好的物质，工作原理如图所示（a、b均为石墨电极).下列分析正确的是A.a电极发生反应：H2NCH2CH2NH2+16e-+4H2O==2CO2↑+N2↑+16H+B。质子交换膜处H+由右向左移动C。该电池在微生物作用下将化学能转化为电能D。开始放电时b极附近pH不变【答案】C【解析】【详解】A、b电极通入的空气，因此b极为正极，a极为负极，负极上失去电子，电极反应式为：H2NCH2CH2NH2－16e－+4H2O=2CO2↑+N2↑+16H＋,故A错误；B、根据原电池的工作原理,阳离子向正极移动，即H＋由左向右移动,故B错误；C、此装置是原电池装置，是化学能转化成电能装置,故C正确；D、b极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，pH增大，故D错误。答案选C。15。在三个容积均为2L的密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应：CO(g）＋H2O（g）CO2（g)＋H2（g)ΔH＝－akJ·mol－1（a〉0），相关反应数据如下:容器容器类型起始温度/℃起始物质的量/mol平衡时H2物质的量/molCOH2OCO2H2Ⅰ恒温容器8001。20.6000。4Ⅱ恒温容器9000.70。10。50.5Ⅲ绝热容器800001.20.8下列说法正确的是A.容器Ⅰ中反应经10min建立平衡，0～10min内,平均反应速率v(CO）＝0。04mol·L－1·min－1B.若向容器Ⅰ平衡体系中再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1mol，平衡将逆向移动C.达到平衡时,容器Ⅱ中反应吸收的热量小于0。1akJD。达平衡时，容器Ⅲ中n（CO）<0.48mol【答案】D【解析】【详解】A.容器Ⅰ中反应经10min建立平衡,0～10min内，氢气改变量为0.4mol,CO改变量也为0.4mol，则平均反应速率，故A错误；B。根据A选项，容器Ⅰ平衡体系中CO物质的量为0.8mol，H2O物质的量为0.2mol,CO2物质的量为0。4mol，H2物质的量为0。4mol，平衡常数为,再向容器Ⅰ平衡体系中再加入CO、H2O、CO2、H2各0。1mol，浓度商为，平衡正向移动，故B错误；C.如果容器Ⅱ温度为800℃，达到平衡时,反应向左移动，生成0.1molCO,吸收0.1akJ能量，由于容器Ⅱ中温度为900℃，因此还要向左反应,生成的CO多余0。1mol,因此反应吸收的热量大于0.1akJ，故C错误;D.假设是恒温容器，达平衡时，设转化生成CO物质的量为xmol，根据，得到x=0。48mol，由于是绝热,反应向左，容器内温度降低,反应正向移动,因此容器Ⅲ中n(CO）〈0。48mol，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】C、D选项在假设思想在解题中应用。16。25℃时，向1L0。1mol/L的一元酸HR溶液中逐渐通入氨气（已知25℃时一水合氨的电离平衡常数为K=1。76×10－5），保持溶液的温度和体积不变，混合溶液的pH与粒子浓度比值的对数变化关系如图所示。下列叙述错误的是A.25℃时,0.1mol/L的一元酸HR的电离平衡常数为Ka=10－5B.当通入0。1mol氨气时,c（NH4+）〉c（R-)>c(OH－)>c（H＋)C。当c（R-）=c(HR)时,溶液为酸性D.HR为弱酸,25℃时随着氨气的通入，c(R—)/[c（OH−）•c（HR）]逐渐增大【答案】D【解析】【详解】A。根据起点：PH=5，lg，HR电离平衡常数为Ka==10－5,故不选A；B。当通入0.1mol氨气时，恰好完全反应生成NH4R，因为一水合氨的电离平衡常数为K=1.76×10－5，HR的电离平衡常数为Ka=10－5，所以铵根离子水解能力略小于R-,NH4R溶液略显碱性，离子浓度c(NH4+)〉c（R—)>c（OH－）>c（H＋)，故不选B;C.当c(R-)=c(HR)时,lg,根据图像可知PH=5，溶液为酸性，故不选C。D.HR为弱酸,25℃时随着氨气的通入，c（R-)/[c（OH−）•c(HR)］=1/Kh,因为水解常数只受温度影响,c（R—)/［c(OH−）•c(HR)]=1/Kh是定值，故选D;正确答案：D。二、非选择题（本题包括5个题，共52分）17.已知亚磷酸(H3PO3）是具有强还原性的弱酸，可以被银离子氧化为磷酸。1摩尔亚磷酸最多消耗2摩尔氢氧化钠。（1)已知亚磷酸可由PCl3水解而成，请写出相应的离子方程式__________。（2)Na2HPO3是____（填“正盐"或“酸式盐”）。（3）亚磷酸与银离子反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为______________。（4)某温度下，0.10mol•L-1的H3PO3溶液的pH为1.6，即c(H+)=2.5×10-2mol•L—1，该温度下H3PO3的电离平衡常数K1=___________________；(结果保留两位有效数字）。（5)向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得溶液中：c（Na+)_____c（H2PO3-）+2c(HPO32-)(填“＞”、“＜”或“=”，下同)；在NaH2PO3溶液中，c(H+）+c（H3PO3)_____c(HPO32-)+c（OH—)。【答案】(1).PCl3+3H2O=H3PO3+3H++3Cl-(2).正盐(3）。2：1(4）.8.3×10－3mol·L－1(5）.=（6).=【解析】【分析】因为1摩尔亚磷酸最多消耗2摩尔氢氧化钠，所以亚磷酸是二元弱酸.弱电解质电离常数为达到平衡时所生成的各种离子浓度的乘积跟溶液中未电离的分子浓度的比。溶液中粒子浓度关系根据电荷守恒和物料守恒即可得判断.【详解】（1）PCl3中的P是+3，可以结合OH-，生成H3PO3，Cl—结合H+生成HCl，反应的离子方程式为PCl3+3H2O=H3PO3+3H++3Cl-.（2)1mol亚磷酸最多消耗2molNaOH，亚磷酸是二元弱酸，所以只有两步电离，Na2HPO3不能再电离出H+，所以Na2HPO3是正盐.（3）结合题目信息可知亚磷酸与银离子反应生成银单质和磷酸，用H+和H2O来配平电荷和原子，离子方程式为H3PO3+2Ag++H2O=H3PO4+2Ag+2H+。氧化剂银离子和还原剂亚磷酸的物质的量之比为2∶1。（4）电离方程式:H3PO3H++H2PO3—起始浓度：0.100转化浓度：2.5×10—22。5×10-22.5×10-2平衡浓度：0.1-2.5×10—22.5×10-22.5×10-2电离平衡常数K1==≈8。3×10－3mol•L－1。(5）根据电荷守恒可得c（Na+)+c(H+)=c(H2PO3—）+2c(HPO32—)+c(OH-),溶液呈中性，c（H+)=c(OH—)，因此c（Na+)=c(H2PO3-)+2c（HPO32—).在NaH2PO3溶液中,存在电荷守恒c（Na+)+c(H+）=c（H2PO3—）+2c(HPO32—）+c（OH—）,物料守恒c(Na+）=c（H2PO3-)+c（HPO32—)+c(H3PO3)，将电荷守恒中的c(Na+）用物料守恒式等量替换得c（H+）+c(H3PO3)=c（HPO32—）+c（OH—)。【点睛】注意利用电荷守恒和物料守恒来判断粒子浓度大小关系。18。Ⅰ。电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量，已知如表数据（25℃）：(1)25℃时,下列物质的量浓度相同的四种溶液的pH由大到小的顺序为_____（填序号）aNaCN溶液bNa2CO3溶液cCH3COONa溶液dNaHCO3溶液（2）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为____________。Ⅱ.根据下列化合物：①NaOH②H2SO4③CH3COOH④NaCl⑤CH3COONa⑥(NH4）2SO4⑦CH3COONH4⑧NH4HSO4⑨NH3•H2O⑩NH4Cl,请回答下列问题：(1）常温下，若pH均为11且等体积的NaOH和NH3·H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH都变成9，则m_______n（填“〈"、“〉”或“＝"）.(2)已知水存在如下平衡：H2OH＋＋OH－ΔH>0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，选择的下列方法是____________。A向水中加入NaHSO4固体B向水中加NaHCO3固体C加热至100℃［其中c（H＋)＝1×10－6mol·L－1］D向水中加入NH4Cl固体（3）物质的量浓度相同的①、②、③、④、⑤、⑥六种稀溶液中，水电离的OH－浓度由大到小的顺序为（填序号）__________。（4）物质的量浓度相同的⑥、⑦、⑧、⑨、⑩五种稀溶液中，NH4＋浓度由大到小的顺序是（填序号)______。【答案】（1)。b>a>d〉c（2).NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3(3）。〈（4）。D（5)。⑥〉⑤〉④〉③〉①>②(6）.⑥〉⑧〉⑩>⑦〉⑨【解析】【分析】Ⅰ.⑴根据电离平衡常数得出酸强弱顺序,根据酸越弱，水解程度越大,碱性越强，pH越大。⑵根据CH3COOH〉H2CO3>HCN〉HCO3－，向NaCN溶液中通入少量CO2生成碳酸氢钠和HCNⅡ。⑴常温下，若pH均为11且等体积的NaOH和NH3·H2O分别加水稀释相同倍数，则强碱pH变化大。⑵A。向水中加入NaHSO4固体，电离出氢离子，抑制水的电离；B.向水中加NaHCO3固体,这是要水解的盐，促进水的电离，平衡向右移动，溶液显碱性；C.加热至100℃，水的电离是吸热过程，平衡向右移动，但依然是中性；D.向水中加入NH4Cl固体，要水解的盐，促进水的电离，平衡向右移动，显酸性。⑶①、②、③是抑制水的电离，④中水的电离既不促进也不抑制，⑤、⑥促进水的电离，等浓度的醋酸根和铵根水解程度相当，但由于硫酸铵中铵根浓度大于醋酸根浓度，因此水解电离的OH－浓度大，①是强碱抑制程度大，②是二元强酸，抑制程度更大，③是一元弱酸，抑制程度弱。⑷⑦、⑧、⑩电离出铵根浓度相同，⑥电离出铵根浓度是⑦、⑧、⑩电离出铵根浓度的2倍，⑥⑩中铵根单独水解，但⑥中铵根浓度远大于其它几个，⑦中铵根、醋酸根都水解,相互促进的双水解，水解程度大，⑧铵根水解，但电离出的氢离子抑制铵根水解,⑨是弱碱，电离出的铵根浓度少。【详解】Ⅰ.⑴25℃时，根据电离平衡常数得出酸强弱顺序为CH3COOH〉H2CO3>HCN〉HCO3－，根据酸越弱，水解程度越大，碱性越强,pH越大,因此物质的量浓度相同的四种溶液的pH由大到小的顺序为b>a〉d>c,故答案为:b〉a〉d〉c。⑵25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，由于CH3COOH>H2CO3〉HCN>HCO3－，因此只能生成碳酸氢钠和HCN，因此发生反应的化学方程式为NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3,故答案为:NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3。Ⅱ。⑴常温下，若pH均为11且等体积的NaOH和NH3·H2O分别加水稀释相同倍数，则强碱pH变化大,氢氧化钠的pH值比氨水的pH值小，因此要使得稀释后两种溶液的pH都变成9，则弱碱还加水，因此m<n，故答案为：<。⑵A。向水中加入NaHSO4固体，电离出氢离子，抑制水的电离,故A不符合题意；B.向水中加NaHCO3固体，这是要水解的盐，促进水的电离，平衡向右移动，溶液显碱性,故B不符合题意;C。加热至100℃，水的电离是吸热过程，平衡向右移动，但依然是中性，故C不符合题意；D。向水中加入NH4Cl固体，要水解的盐，促进水的电离，平衡向右移动，显酸性,故D符合题意，综上所述，答案为D。⑶①、②、③是抑制水的电离,④中水的电离既不促进也不抑制，⑤、⑥促进水的电离，等浓度的醋酸根和铵根水解程度相当，但由于硫酸铵中铵根浓度大于醋酸根浓度，因此水解电离的OH－浓度大，①是强碱抑制程度大，②是二元强酸，抑制程度更大，③是一元弱酸，抑制程度弱，因此物质的量浓度相同的六种稀溶液中，水电离的OH－浓度由大到小的顺序为⑥>⑤〉④〉③〉①>②，故答案为：⑥>⑤〉④〉③>①>②。⑷⑦、⑧、⑩电离出铵根浓度相同，⑥电离出铵根浓度是⑦、⑧、⑩电离出铵根浓度的2倍,⑥⑩中铵根单独水解，但⑥中铵根浓度远大于其它几个，⑦中铵根、醋酸根都水解,相互促进的双水解，水解程度大，⑧铵根水解，但电离出的氢离子抑制铵根水解，⑨是弱碱,电离出的铵根浓度少，因此物质的量浓度相同的五种稀溶液中，NH4＋浓度由大到小的顺序是⑥>⑧>⑩>⑦〉⑨，故答案为：⑥〉⑧〉⑩>⑦>⑨。19.氮元素是一种重要的非金属元素,可形成多种化合物。试回答下列有关问题：（1)①已知4CO(g)＋2NO2（g）4CO2(g)＋N2（g）ΔH＝－1200kJ·mol－1对于该反应，改变某一反应条件,（已知温度T2>T1）下列图像正确的是_______（填代号)②已知CO与H2O在一定条件下可以发生反应：CO(g)＋H2O（g)CO2（g)＋H2（g)ΔH=－QkJ·mol－1，820℃时在甲、乙两个恒容密闭容器中，起始时按照下表进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，若甲中CO的转化率为40%,则该反应的平衡常数为____________；乙容器吸收的热量为________________。（2)肼可作为火箭发动机的燃料,与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气，已知：①N2(g）+2O2（g）=N2O4(l)ΔH=－19。5kJ·mol－1②N2H4（l)+O2(g)=N2（g)+2H2O（g）ΔH=－534.2kJ·mol－1写出肼与四氧化二氮反应的热化学方式______________。（3）纯的叠氮酸(HN3)是无色液体，常用做引爆剂,常温下向25mL0。1mol·L－1NaOH溶液中加入0.2mol·L－1HN3的溶液,滴加过程中的pH值的变化曲线（溶液混合时的体积变化忽略不计)如图。①根据图像写出HN3的电离方程式：_________。②下列说法正确的是_________________(填序号）A．若用已知浓度的NaOH溶液滴定HN3溶液来测定HN3的浓度时应用甲基橙作指示剂B．常温下，向0.2mol·L－1HN3的溶液中加水稀释，则不变C．分别中和pH均为4的HN3溶液和HCl溶液,消耗0。1mol·L－1NaOH溶液的体积相同D．D点时溶液中离子浓度存在如下关系：2c(H+)+c(HN3)=c(N3－）+2c(OH－)【答案】（1)。乙（2)。（3).0。12QkJ（4）.2N2H4(l)+N2O4(l）=3N2(g）+4H2O（g)ΔΗ=

-1048。9kJ·mol—1（5）.HN3H++N3―（6)。BD【解析】【分析】（1）①根据影响化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂来确定化学反应达平衡用到的时间，根据影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强来确定化学平衡中各个量的变化情况；②根据化学平衡三段式列式以及化学反应中CO的转化率为40%进行计算即可；（2)依据盖斯定律，结合题干热化学方程式计算写出.(3）①依据图象可知叠氮酸属于弱酸，据此书写电离方程式即可。②A．滴定终点时,溶液由酸性变为碱性，据此选择指示剂；B．依据K只与温度有关进行分析;C．依据弱酸存在电离进行分析；D．依据物料守恒和电荷守恒判断。【详解】（1）①甲：升高温度，化学平衡逆向移动,正、逆反应速率会迅速增大，会离开原来的速率点，故甲错误；乙:升高温度，化学反应速率增大，所以T2时先达到化学平衡状态,并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，故乙正确；丙:对于反应：4CO（g）＋2NO2（g）⇌4CO2(g)＋N2(g），T不变，增大压强，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数会减小，故丙错误,故选乙。②已知甲中CO的转化率为40％，则有：CO(g）＋H2O(g）CO2（g)＋H2(g）初始量:0。10.100变化量：0.040.040.040.04平衡量：0。1-0。040。1-0.040。040.04设容器的容积为VL，则K==.在恒温恒容条件下，乙和甲互为等效平衡，平衡常数相同，即CO（g）＋H2O（g）CO2（g)＋H2(g)初始量：000.20。2变化量:xxxx平衡量：xx0.2—x0.2-x则K==，解得x=0.12，故乙容器吸收热量为0.12QkJ。（2)①N2(g)+2O2(g）=N2O4（l）ΔH1=－19。5kJ·mol－1②N2H4(l)+O2(g）=N2(g）

+2H2O（g）

ΔH2=－534。2kJ·mol－1根据盖斯定律②×2-①得到肼和四氧化二氮反应的热化学方式为2N2H4（l)+N2O4（l）=3N2(g）+4H2O(g)ΔΗ=

—1048。9kJ·mol-1.（3）①依据图象可知叠氮酸属于弱酸,不能完全电离，用可逆号，故电离方程式为：HN3H++N3—,故答案为HN3H++N3-。②A．滴定终点时，溶质为叠氮酸钠溶液,叠氮酸根离子水解显碱性，溶液由酸性变为碱性，应选用酚酞试液作指示剂，故A错误。B．常温下，向0。2mol•L—1HN3的溶液中加水稀释,水的离子积常数不变，电离平衡常数不变，即有:Kw=c（H+)×c（OH—），Ka=，Ka==Kw×,Ka不变，Kw不变，故不变，故B正确。C．pH值相等的盐酸与叠氮酸中已经电离出的氢离子浓度相同,此时消耗氢氧化钠溶液相同，但是由于叠氮酸是弱酸,继续电离出的氢离子还需要氢氧化钠进行中和，故叠氮酸消耗的氢氧化钠的体积大,故C错误。D．D点由等物质的量浓度的NaN3和HN3组成的混合液，依据物料守恒：2c（Na+)=c（N3-）+c(HN3），和电荷守恒c（Na+）+c(H+）=c（N3-)+c(OH—）,可得2c（H+）+c(HN3）=c（N3－)+2c（OH－）,故D正确。【点睛】善于利用“三段式”进行化学平衡的计算。在恒温恒容条件下，对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，以不同的投料方式进行反应，根据化学方程式中计量数比换算到同一边时，只要反应物（或生成物）中各组分的物质的量比例相同即为等效平衡。20。无色气体N2O4是一种强氧化剂,为重要的火箭推进剂之一。N2O4与NO2转换的热化学方程式为N2O4（g)2NO2(g）ΔH＝＋24。4kJ/mol.（1)将一定量N2O4投入固定容积的真空容器中，下述现象能说明反应达到平衡的是____av正（N2O4)＝2v逆（NO2）b体系颜色不变c气体平均相对分子质量不变d气体密度不变(2）平衡常数K可用反应体系中气体物质分压表示，即K表达式中用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压×物质的量分数[例如:p（NO2)＝p总×x(NO2）].写出上述反应平衡常数Kp表达式_________（用p总、各气体物质的量分数用x表示）；（3）上述反应中,正反应速率v正＝k正·p(N2O4），逆反应速率v逆＝k逆·p2（NO2），其中k正、k逆为速率常数,则Kp为_______（以k正、k逆表示）.若将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解(温度298K、压强100kPa），已知该条件下k正＝4.8×104s－1，当N2O4分解10％时，v正＝_______kPa·s－1。（结果保留两位有效数字）（4）真空密闭容器中放入一定量N2O4,维持总压强p0恒定，在温度为T时，平衡时N2O4分解百分率为α。保持温度不变,向密闭容器中充入等量N2O4,维持总压强在2p0条件下分解,则N2O4的平衡分解率的表达式为________。【答案】(1）.bc（2）.（3）.（4)。3。9×106（5）.【解析】【分析】⑴a。N2O4是正向,NO2是逆向,两个不同方向，速率比不等于计量系数比;b.体系颜色开始要变，后来不变;c。气体平均相对分子质量等于质量除以物质的量，质量不变，物质的量增加，气体平均相对分子质量减少；d。气体密度等于质量除以体积,气体质量不变,容器体积不变,密度始终不变。⑵根据反应得到平衡常数。⑶根据v正=v逆，得出Kp,再根据题知算N2O4、NO2物质的量进行计算正反应速率。⑷温度相同，前后两次建立，因此前后两次的平衡常数相同建立关系计算。【详解】⑴a。N2O4是正向,NO2是逆向，两个不同方向，速率比不等于计量系数比，不能说明达到平衡,故a不符合题意;b。体系颜色开始要变，后来不变，能说明达到平衡，故b符合题意；c.气体平均相对分子质量等于质量除以物质的量，质量不变，物质的量增加,气体平均相对分子质量减少，后来不变，则达到平衡，故c符合题意;d.气体密度等于质量除以体积，气体质量不变,容器体积不变,密度始终不变，不能说明达到平衡，故d不符合题意;综上所述,答案为:bc。⑵上述反应平衡常数;故答案为:.⑶上述反应中,正反应速率v正＝k正·p（N2O4），逆反应速率v逆＝k逆·p2（NO2）,其中k正、k逆为速率常数，v正=v逆，则Kp=。若将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解（温度298K、压强100kPa）,已知该条件下k正＝4。8×104s－1，当N2O4分解10%时,假设开始有1molN2O4分解0.1mol,生成0。2molNO2，,故答案为：3。9×106.⑷温度相同,因此前后两次的平衡常数相同，保持温度不变，向密闭容器中充入等量N2O4，维持总压强在2p0条件下分解,则N2O4的平衡分解率为y，，解得，故答案为：。21。过渡金属的单质及化合物很多有催化性能，氯化铜、氯