河北省唐山市2021-2022学年高二化学上学期期末试卷（Word版附解析）

唐山市2021~2022学年度高二年级第一学期期末考试化学试卷说明：1.本试卷分卷I和卷II两部分，共24题，满分100分，考试时间75分钟。2.卷I为选择题，请将答案用2B铅笔填涂在答题卡上，卷II用蓝、黑色笔答在答题卡的相应位置上。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16N-14Na-23Cu-64Ba-137卷I(选择题，共48分)一、单项选择题(本题包括12小题，每小题2分，共24分。)1.为了实现“碳达峰”和“碳中和”，太阳能的利用逐渐得到重视。下列说法错误的是A.煤、石油和天然气都属于碳素燃料B.发展太阳能经济有助于减缓温室效应C.太阳能电池可将太阳能直接转化为电能D.太阳能的直接利用只有“光—电转换”和“光—生物质能转换”两种形式【答案】D【解析】【详解】A．煤、石油和天然气都属于化石燃烧，则为碳素燃料，故A正确；B．太阳能的利用能减少化石能源的使用，从而减缓温室效应，故B正确；C．太阳能电池能将太阳能直接转化为电能，为清洁能源和新能源，故C正确；D．太阳能的直接利用除了“光—电转换”和“光—生物质能转换”两种形式，还有光-热转换  和  光-化学能转换，故D错误；答案D。2.下列变化过程中，△S<0的是A.氨气与氯化氢反应产生白烟B.蔗糖溶于水C.浓硝酸见光分解D.锌粒投入盐酸中【答案】A【解析】【详解】A．氨气与氯化氢合成氯化铵，气体体积减小，△S<0，故A正确；B．蔗糖溶于水，混乱度增大，△S>0，故B错误；C．浓硝酸见光分解为二氧化氮氧气和水，△S>0，故C错误； D．锌粒投入盐酸中生产氢气，△S>0，故D错误；故选A。3.下列物质在水溶液中，溶质存在电离平衡的是A.NaHSO4B.CH3COOHC.BaSO4D.CH3COONa【答案】B【解析】【详解】强酸、强碱和绝大部分盐属于强电解质，弱酸、弱碱和水是弱电解质，强电解质不存在电离平衡，NaHSO4、BaSO4、CH3COONa是强电解质，不存在电离平衡，醋酸是弱电解质，存在电离平衡，综上所述，故选B。4.等物质的量浓度的下列各溶液中NH浓度最大的A.NH4Cl溶液B.NH4HSO4溶液C.(NH4)2CO3溶液D.氨水【答案】C【解析】【详解】相同物质的量浓度的这几种溶液c(NH)强电解质>弱电解质，A、B、C是强电解质、D中一水合氨是弱电解质，D中c(NH)最小；B中H+抑制水解、C中为2倍的NH，即使少部分水解，溶液中c（NH）也是最大的，所以NH浓度C>B>A>D，综上所述故选C。5.下列水解的离子方程式正确的是A.NH+2H2ONH3·H2O+H3O+B.I-+H2OHI+OH-C.CO+2H2OH2CO3+2OH-D.Al3++3H2O=Al(OH)3+3H+【答案】A【解析】【详解】A．铵根离子水解生成一水合氨和水合氢离子，故A正确；B．碘离子属于强酸阴离子，不水解，故B错误；C．碳酸根离子为多元弱酸的酸根离子，分步水解，以第一步为主生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，CO+H2O+OH-，故C错误；D．水解是微弱的，应该用可逆号，Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，故D错误；答案A。6.下列选项中出现的情况不能用勒夏特列原理解释的是 A.使用含有氟化钠的牙膏可以防止龋齿B.硫酸亚铁溶液在空气中久置产生红褐色沉淀C.保存过久的古书籍易腐烂，因为古代的纸张中含有硫酸铝D.在净水过程中，除了加入明矾外，往往再加入少量碳酸氢钠，以增强净水能力【答案】B【解析】【分析】本题考查勒夏特列原理，意在考查学生的理解能力和知识应用能力，明确选项中的内容与化学平衡移动的关系是解题的关键。注意：勒夏特列原理适用于“改变条件时能引起平衡移动的化学反应。【详解】A．使用含氟牙膏氟离子氟离子与釉质羟基磷灰石中的氢氧根离子交换作用，形成氟磷灰石沉淀可预防龋齿，故A正确；B．硫酸亚铁溶液在空气中亚铁离子被氧化成铁离子，铁离子生成氢氧化铁沉淀，不涉及平衡移动，故B错误；C．保存过久的古书籍易腐烂，因为古代的纸张中含有硫酸铝铝离子水解生成硫酸，水解是可逆反应，故C正确；D．在净水过程中，除了加入明矾外，往往再加入少量碳酸氢钠，碳酸根和铝离子会发生双水解以增强净水能力，故C正确；故答案为B。7.下列说法错误的是A.活化能越小，化学反应速率越大B.有催化剂参与的化学反应至少含有两个或多个基元反应C.增大压强、升高温度均可提高反应物中活化分子百分数D.在化学反应中，能量较高，有可能发生有效碰撞的分子称为活化分子【答案】C【解析】【详解】A．活化能越小，反应就越容易发生，该化学反应速率就越大，A正确；B．一步完成的反应称为基元反应，两个及以上基元反应构成的化学反应称为复杂反应。由于催化剂参加化学反应，改变了化学反应的途径，降低反应的活化能，使反应更容易发生，因此有催化剂参与的化学反应至少含有两个或多个基元反应，B正确；C．增大压强能够增大单位体积内的分子总数，增加单位体积内的活化分子数，因而可以使化学反应速率加快，但活化分子百分数不变，C错误；D．在化学反应中，能量较高、能发生有效碰撞的分子称为活化分子，D正确； 故合理选项是C。8.下列有关化学实验说法正确的是A.铁片上电镀锌时，通常把铁片做阳极B.如图验证热效应的氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应操作中，通常小木板上要洒少量水C.反应热测量时，量筒中的氢氧化钠溶液要缓慢倒入盛有盐酸的简易量热计中D.为了证明HClO是弱酸，可用广泛pH试纸测常温下NaClO溶液的pH【答案】B【解析】【详解】A．铁片上电镀锌时，镀层金属为锌，镀件为铁，纯锌做阳极，铁为阴极，电解质为易溶于水的锌盐，A错误；B．验证氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应吸热，通常小木板上要洒少量水反应过程中烧杯底部与木板之间会出现薄冰，B正确；C．中和热测定中为了避免热量损失，量筒中的氢氧化钠溶液应迅速倒入盛有盐酸的简易量热计中，C错误；D．为了证明HClO是弱酸，需要用pH计测常温下NaClO溶液的pH，试纸的准确度低，D错误；故选B。9.已知各共价键的键能如下表所示，下列说法正确的是共价键H-HF-FH-FH-ClH-I键能E (kJ/mol)436157568432298A.稳定性： H-I＞H-CI＞H-FB.表中看出F2能量最低C.432k/mol＞E(H-Br)＞298kJ/molD.H2(g) +F2(g)=2HF(g) △H=+25kJ/mol 【答案】C【解析】【分析】【详解】A.键能越大，越稳定，由表中数据可知，稳定性：H-I<H-Cl<H-F，故A错误；B.键能越大，越稳定，能量越低，故HF最稳定，故B错误；C.由H−F、H−Cl、H−I的键能可知，非金属性越强，对应键的键能越大，则432kJ/mol>E(H−Br)>298kJ/mol，故C正确；D.焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则H2(g)+F2(g)=2HF(g)△H=(436+157×−568×2)kJ/mol=−543kJ/mol，故D错误；故选：C。10.电化学腐蚀及防护的研究装置如图所示。下列有关说法正确的是A.若a为镁条，装置中铁片腐蚀加快B.若a为石墨，装置中铁片为正极C.若a为锌块，装置中a表面发生还原反应D.若a为铜片，装置中a上电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-【答案】D【解析】【详解】A．a为镁块，镁块作负极，铁片作正极，这是牺牲阳极的阴极保护法，铁片不易被腐蚀，故A错误；B．若a为石墨，装置中铁片为负极，故B错误；C．a为锌块，锌片作负极，a表面发生氧化反应，腐蚀加快，故C错误； D．若a为铜片，装置中a上电极反应为O2+2H2O+=，故D正确；故答案选D。11.反应2NO2(g，红棕色)N2O4(g，无色)是ΔV≠0的可逆反应。反应体系颜色的深浅与体系中的浓度成正比。色度传感器能感受被分辨物体的色度，并转换成可输出信号由计算机自动记录透射率的变化，颜色越深，透射率越小。按图1连接好实验装置，在注射器中收集一定量的NO2，经过一系列校对准备，点击“开始”，推拉注射器活塞，系统自动记录透射率的变化曲线如图2所示，下列叙述中错误的是A.A→B段的操作是将活塞迅速下推B.B→C段的透射率增大，说明平衡正向发生了移动C.D→E段的透射率增大，说明平衡正向发生了移动D.G→H段表示体系在该实验条件下达到了一个新的平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．A→B段透射率急剧降低，说明颜色急剧加深，故操作是将活塞迅速下推，A正确；B．B→C段的透射率增大，说明气体颜色变浅，平衡正向发生了移动，B正确；C．D→E段透射率先急剧增大，说明活塞迅速上拉再达到平衡，C错误；D．G→H段的投射率不变，说明气体浓度不再改变，表示体系在该实验条件下达到了一个新的平衡状态，D正确；答案选C。12.25°C，下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是A.c(H+)=0.1mol·L-1的溶液中：Cu2+、Al3+、SO、Cl-B.中性溶液中：Na+、Fe3+、CO、ClO- C.能使甲基红试液变红色的溶液中：K+、NH、HCO、NOD.能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液中：Na+、NH、SO、Br-【答案】A【解析】【详解】A．c(H+)=0.1mol·L-1的溶液显酸性，Cu2+、Al3+、SO、Cl-在酸性溶液中能大量共存，故A符合题意；B．中性溶液中，Fe3+、CO不能大量共存，故B不符合题意；C．能使甲基红试液变红色的溶液显酸性，HCO和H+不能大量共存，故C不符合题意；D．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液中具有强氧化性物质，与SO和Br-不一定能大量共存，故D不符合题意；答案A。二、不定项选择题(本题包括6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的给2分，选两个且都正确的给4分，但只要选错一个，该小题就为0分。)13.下列有关电池的说法中错误的是A.原电池放电过程中，负极发生氧化反应B.原电池工作时电子从负极出发，经外电路流向正极，再从正极经电解液回到负极构成闭合回路C.某燃料电池用熔融碳酸盐作电解质，两极分别通入CO和O2，则通入CO的一极为负极，电极反应式为CO+2e-+CO=2CO2D.根据自发氧化还原反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑设计的原电池，可以是常温下用铁和铝作电极，用氢氧化钠溶液作电解质溶液【答案】BC【解析】【详解】A．在原电池放电过程中，负极失去电子发生氧化反应，A正确；B．原电池工作时电子从负极出发，经外电路流向正极，然后是溶液中的阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动而构成闭合回路，电子不会进入电解质溶液，B错误；C．某燃料电池用熔融碳酸盐作电解质，两极分别通入CO和O2，则通入CO的一极为负极，负极失去电子，发生氧化反应，所以负极的电极反应式为CO-2e-+CO=2CO2，C错误； D．根据自发氧化还原反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可以设计为原电池，在常温下用铁和铝作电极，由于Al的活动性比Fe强，且AL能够与NaOH溶液发生反应，所以Al为负极，可以用氢氧化钠溶液作电解质溶液，发生上述反应，D正确；故合理选项是BC。14.已知25°C时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。恒温条件下向100mLBaSO4饱和溶液中加入400mL0.01mol·L-1Na2SO4溶液，下列叙述正确的是A.溶液中析出沉淀，溶液中c(Ba2+)、c(SO)都变小B.溶液中析出沉淀，最终溶液中c(SO)比原来的大C.溶液中无沉淀析出，溶液中c(Ba2+)、c(SO)都变小D.溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO)比原来的大【答案】B【解析】【详解】由图可知，在该条件下，BaSO4饱和溶液中，Ksp=(BaSO4)=1，向100mLBaSO4饱和溶液中加入400mL0.01mol·L-1Na2SO4溶液，混合溶液中，，溶液中 Ksp=(BaSO4)=1，所以混合溶液中有沉淀析出，最终硫酸根离子浓度增加，综上所述故选B。15.下列有关电解质溶液的说法正确的是A.向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B.将CH3COONa溶液从25°C升温至30°C，溶液中增大C.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中=1D.向AgCl的饱和溶液中加入少量AgBr固体，溶液中不变【答案】C【解析】【详解】A．CH3COOH在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加少量水对溶液起稀释作用，若电离平衡不移动，c(CH3COOH)、c(H+)稀释的倍数相同，不变。但稀释时电离平衡正向移动，使溶液中c(H+)在稀释的基础上又有所增加，而c(CH3COOH)在稀释的基础上又进一步减小，因此增大，A错误；B．CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。水解反应是吸热反应，升高温度促进盐的水解，使水解平衡常数增大，=减小，B错误；C．溶液显中性，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c()+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以c()=c(Cl-)，因此溶液中=1，C正确；D．向AgCl的饱和溶液中加入少量AgBr固体，由于Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，溶液中c(Ag+)·c(Br-)＞Ksp(AgBr)，所以AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)逆向移动，导致溶液中c(Br-)减小，而c(Cl-)不变，故溶液中 增大，D错误；故合理选项是C。16.对于浓度均为0.1mol·L-1的①醋酸溶液；②氢氧化钠溶液；③醋酸钠溶液，下列说法中错误的是A.c(CH3COO-)：③>①B.水电离出的c(OH-)：②>③C.①和②等体积混合后的溶液：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)D.①和③等体积混合后溶液：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)【答案】BD【解析】【详解】A．醋酸是弱电解质部分电离，醋酸钠是强电解质完全电离，所以相同浓度的醋酸和醋酸钠溶液中，C(CH3COO-)：③＞①，故A正确；B．②0.1mol•L-1的氢氧化钠溶液中pH是13，则氢氧化钠溶液中水电离出的c(OH-)=10-13mol/L，③0.1mol·L-1的醋酸钠溶液，水解显碱性，则由水电离出的c(OH-)>10-7mol/L，则②<③，故B错误；C．①和②等体积混合后，酸和碱恰好反应生成醋酸钠，氢氧根离子由水电离得到，水电离出的氢离子一部分在溶液中，一部分和醋酸根离子结合生成醋酸，所以根据质子守恒得c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，故C正确；D．①和③等体积混合，溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH-)，根据溶液中电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)<c(CH3COO-)，醋酸钠是完全电离，醋酸是部分电离，所以溶液中c(Na+)＞c(H+)，则正确的离子大小顺序为c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故D错误；答案BD。17.按下图装置进行电解(氯化钠足量)，若乙中横坐标x表示电路中通过电子的物质的量，纵坐标y表示反应物或生成物的物质的量，下列叙述错误的是A.E表示生成金属钠的物质的量B.E表示消耗水的物质的量C.F表示溶解铜的物质的量D.F表示生成氯气的物质的量 【答案】AC【解析】【详解】A．阳极是氯离子放电产生氯气，阴极是氢离子放电产生氢气。根据图像可知当通过4mol电子时E曲线表示的物质是2mol，因此应该是氯气或氢气，F是氯化钠，A错误；B．根据方程式2＋2H2O↑＋2NaOH＋O2↑可知，当通过4mol电子时消耗2mol水，因此E可以表示反应消耗水的物质的量，B正确；C．根据以上分析可知铜作为阴极不参与反应，C错误；D．根据以上分析可知F能表示生成氯气的物质的量，D正确；答案选AC。18.生产碳酸饮料时常添加的苯甲酸钠(C6H5COONa，缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。已知25°C时，HA的Ka=6.25×10-5，H2CO3的Ka1=4.17×10-7，Ka2=4.90×10-11。下列说法错误的是(温度为25°C，不考虑饮料中其他成分影响)A.当pH为6.0时，饮料中：=0.16B.饮料中添加苯甲酸钠，促进了水的电离C.提高CO2充气压力，饮料的抑菌能力提高D.苯甲酸溶液中滴加Na2CO3溶液，有气泡产生【答案】A【解析】【详解】A．当pH为6.0时，饮料中=，A错误；B．苯甲酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中其电离产生的苯甲酸根离子发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使水电离平衡正向移动，因而会促进水的电离，B正确；C．由题中信息可知：苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力提高，C正确；D．根据电离平衡常数可知酸性：Ka(HA)＞Ka1(H2CO3)＞Ka2(H2CO3)，所以向苯甲酸溶液中滴加Na2CO3溶液，会发生反应产生CO2气体，因此有气泡产生，D正确；故合理选项是A。卷II(非选择题部分，共52分)三、实验与探究(本题包括2小题，共17分) 19.滴定是分析化学中重要的测定方法之一，关于已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液的实验，回答下列问题：（1）洁净的锥形瓶中取20.00mL未知浓度的氢氧化钠溶液：向洗净的25.00mL碱式滴定管中装入未知浓度氢氧化钠溶液之前的一步操作为_______。装入氢氧化钠溶液溶液后，读数为5.00mL，将滴定管中的液体全部放出，放出的溶液的体积_______(填“大于”“小于”或“等于”)20.00mL。（2）向盛有20.00mL未知浓度氢氧化钠溶液的锥形瓶中滴加2滴指示剂，可选用的指示剂是_______。a.石蕊b.甲基橙c.淀粉溶液d.KMnO4溶液（3）向锥形瓶内缓慢滴加已知浓度盐酸，边滴边振荡，眼睛注视_______。当加入最后_______滴已知浓度盐酸，_______，则达到滴定终点，记录滴定读数。（4）利用pH传感器技术，可以及时采集酸碱滴定过程中溶液pH的数据，并借助计算机以图像形式直接显示出来，得到反应过程中pH随加入标准溶液体积而发生变化的曲线图，可以更为准确的测定反应终点。与使用指示剂所做的结果相比，使用(2)中所选指示剂测定未知浓度的氢氧化钠溶液浓度_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）①.用待测NaOH溶液润洗②.大于（2）b（3）①.锥形瓶中溶液颜色的变化及滴加速率②.半③.液恰好由黄色变为橙色，且30s不恢复原来颜色（4）偏大【解析】【小问1详解】向洗净的25.00mL碱式滴定管中装入未知浓度氢氧化钠溶液之前的一步操作为用待测NaOH溶液润洗，防止氢氧化钠溶液被滴定管中水稀释导致误差。滴定管下方无刻度，装入氢氧化钠溶液溶液后，读数为5.00mL，将滴定管中的液体全部放出，放出的溶液 的体积大于25.00-5.00=20.00mL。【小问2详解】该滴定反应为中和反应滴定，不用淀粉、高锰酸钾溶液做指示剂，石蕊指示剂变色不明显，故使用甲基橙指示剂较为合适。故选b。【小问3详解】向锥形瓶内缓慢滴加已知浓度盐酸，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化及滴加速率。当加入最后半滴已知浓度盐酸，液恰好由黄色变为橙色，且30s不恢复原来颜色，则达到滴定终点，记录滴定读数。【小问4详解】甲基橙变色范围为3.1-4.4，使用(2)中所选指示剂测定未知浓度的氢氧化钠溶液浓度时，滴定终点所消耗盐酸的量偏大，导致测得氢氧化钠溶液浓度偏大。20.实验室中，学生利用下图装置制作一个简单燃料电池。步骤如下：①检验装置气密性后向U形管中注入适量的6mol·L-1稀H2SO4溶液，至接近橡胶塞底部。②接通学生电源K1，观察实验现象，当一端玻璃导管内的液柱接近溢出时，切断学生电源K1。③将石英钟内的干电池取出，用导线与石英钟的正负极相连，接入装置中。接通学生电源K2，观察石英钟指针。回答下列问题：（1）接通学生电源K1，在右侧石墨棒表面观察到_______。（2）观察到左侧的玻璃导管内的液柱先接近溢出，说明左侧石墨棒所连的是学生电源的_______(填“正极”或“负极”)，该石墨表面的电极方程式是_______。（3）用导线与石英钟的正负极相连接入装置时，石英钟的正极应与_______(填“左”或“右”)侧的石墨棒连接的导线相连。 （4）出现_______的现象，证明该燃料电池制作成功。燃料电池正极的电极方程式是_______。【答案】（1）有无色气泡产生（2）①.负极②.2H++2e-=H2↑（3）右（4）①.石英钟指针转动②.O2+4H++4e-=2H2O【解析】【小问1详解】接通学生电源K1，电解H2SO4溶液，在阳极发生反应：4OH--2e-=2H2O+O2↑；在阴极发生反应：2H++2e-=H2↑，可见两个电极上都会产生无色气体，因此在右侧石墨棒表面观察到的现象是有无色气泡逸出；【小问2详解】观察到左侧的玻璃导管内的液柱先接近溢出，说明左侧反应产生的气体比较多，则左侧石墨电极产生的是H2，故左侧石墨棒所连的是学生电源的负极，该电极的电极反应式为：2H++2e-=H2↑；【小问3详解】由于电解后右侧石墨电极上产生O2，左侧石墨电极上发生反应产生H2，因此在氢氧燃料电池中，含有H2的石墨电极为原电池的负极，含有O2的石墨电极为正极，所以用导线与石英钟的正负极相连接入装置时，石英钟的正极应与右侧的石墨棒连接的导线相连；【小问4详解】若燃料电池制作成功，则会有化学能转化为电能而产生电流，导致石英钟指针发生转动；在氢氧燃料中，由于电解质溶液为酸性，所以该燃料电池正极电极方程式是O2+4H++4e-=2H2O。四、填空题(本题包括2小题，共15分)21.运用化学反应原理研究氮及其化合物的反应有重要意义。（1）铵态氮肥不能与含碳酸钾的草木灰混合使用，原因是_______。（2）合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1，在工业生产中温度常控制在480°C，而非常温。请从化学反应速率和催化剂的角度加以解释_______。（3）合成氨过程中发生的反应机理如下：I．2xFe+N22FexN(慢)；II．2FexN+3H22xFe+2NH3(快)回答下列问题：①合成氨反应的速率快慢主要取决于_______(填“I”或“II”)；②合成氨反应的催化剂是_______(填化学式)：③反应I的活化能_______反应II的活化能(填“＞”“＝”或“＜”)。 ④使用催化剂前后，合成氨反应的ΔH_______(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）NH与CO接触后更易发生水解而导致铵态氮肥肥效减弱（2）较常温，480℃时合成氨反应速率较快，且催化剂在该温度下催化效能最佳（3）①.I②.Fe③.＞④.不变【解析】小问1详解】铵态氮肥不能与含碳酸钾的草木灰混合使用，这是由于铵态氮肥中的NH发生水解反应，消耗水电离产生NH3·H2O，同时产生H＋，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，使溶液显酸性；而碳酸钾是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应产生、OH-，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，使溶液显碱性。当二者混合使用时，二者水解反应相互促进，使产生NH3·H2O部分分解产生NH3逸出，导致铵态氮肥的肥效降低，因此不能混合使用；【小问2详解】合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1，该反应的正反应是放热反应，在工业生产中温度常控制在480°C，而非常温下进行。这是由于相对于常温下，480℃时温度高，合成氨反应速率较快，且催化剂在该温度下催化效能最佳，有利于氨气的合成；【小问3详解】①合成氨反应的速率快慢主要取决于慢反应。根据已知条件可知反应I是慢反应，故合成氨反应的速率快慢主要取决于反应I；②合成氨反应的催化剂是铁触媒，即使用Fe作催化剂合成氨气；③反应的活化能越大，发生反应需消耗的能量就越高，该反应就越不容易发生。由于反应I是慢反应，反应II是快反应，所以反应活化能：I＞II；④使用催化剂只能降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此使用催化剂前后，合成氨反应的反应热ΔH不变。22.常温下，某水溶液X中存在的离子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-，只存在一种分子。根据题意回答下列问题：（1）常温下，若X为20mL1mol·L-1Na2A溶液，则溶液X的pH_______(填“＞”“＝”或“＜”)7，溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______；向该溶液中加入10mL1mol·L-1BaCl2溶液，混合后溶液中的Ba2+浓度为_______mol·L-1[已知Ksp(BaA)=1.8×10-10]。（2）若有三种溶液：①0.01mol·L-1H2A溶液、②0.01mol·L-1NaHA溶液、③0.02mol·L-1盐酸与0.04 mol·L-1Na2A溶液等体积混合，则三种溶液中c(A2-)最大的是_______(填序号，下同)；pH由小到大的顺序为_______。【答案】（1）①＞②.c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(HA-)＞c(H+)③.5.4×10-10（2）①.③②.①＜②＜③【解析】【小问1详解】在常温下，某水溶液X中存在的离子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-，只存在一种分子，该分子是H2O分子。常温下，若X为20mL1mol·L-1Na2A溶液，Na2A电离产生Na+、A2-，A2-会发生水解反应产生HA-、OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，因此溶液显碱性，溶液的pH＞7；根据盐的组成可知溶液中离子浓度：c(Na+)＞c(A2-)；A2-会微弱的发生水解反应产生HA-、OH-，OH-除A2-水解产生，还有H2O电离产生，而HA-只有A2-水解反应产生，所以离子浓度：c(OH-)＞c(HA-)；盐电离产生的离子浓度大于水解产生的离子浓度，则c(A2-)＞c(OH-)；H+只有水微弱的电离产生，因此离子浓度：c(HA-)＞c(H+)，故该溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(HA-)＞c(H+)；Na2A与BaCl2发生沉淀反应：Na2A+BaCl2=BaA↓+2NaCl，显然混合溶液中Na2A过量，反应后溶液中过量的A2-的浓度c(A2-)=，根据Ksp(BaA)=1.8×10-10，则混合溶液中Ba2+的浓度c(Ba2+)=；【小问2详解】②0.01mol·L-1NaHA溶液中只存在：HA-H++A2-；①0.01mol·L-1H2A溶液中，H2A发生电离：H2A=H++HA-；HA-H++A2-。第一步电离产生H+对第二步电离平衡起抑制作用，导致HA-电离程度减弱，c(A2-)比②小；③0.02mol·L-1盐酸与0.04mol·L-1Na2A溶液等体积混合，二者发生反应：HCl+Na2A=NaCl+NaHA，得到的是0.01mol/LNaHA、Na2A、NaCl的混合溶液，该溶液中c(A2-)最大，在该溶液中A2-存在对电离平衡HA-H++A2-起抑制作用，使其电离产生的H+比②小。可见三种溶液中c(A2-)最大的是③；电离产生的c(H+)的大小关系为：①＞②＞③，电离产生的c(H+)越大，则溶液的pH就越小，故三种溶液pH由小到大的顺序为：①＜②＜③。五、计算题(本题包括2小题，共20分)23.甲醇是重要的化工原料、燃料。工业上利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成 甲醇，发生的主反应如下：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-58kJ/mol②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=41kJ/mol回答下列问题：（1）CO与H2在该条件下也能化合生成甲醇蒸汽。请写出该反应的热化学方程式：_______。（2）若300°C时，将8molCO2和20molH2充入2L体积不变的密闭容器中发生反应①，测得CH3OH的物质的量随时间变化情况如下表所示。时间/min0123456n(CH3OH)/mol02.23.755.766①恒温下，能判断该反应达到化学平衡状态依据的是_______。a．容器中压强不变b．甲醇和水蒸气的体积比保持不变c．v正(H2)=3v逆(CH3OH)d．2个C=O断裂的同时有3个H-H生成②1~3min内H2的平均反应速率v=_______，平衡常数K=_______；③反应达平衡时再向容器中充入2molH2、6molCH3OH，则v(正)_______v(逆)(填“>”“<”或“＝”)；（3）若将CO2和H2按不同比例投入一密闭恒温容器中发生反应②，反应达到平衡时，CO的体积分数随的变化曲线如下图所示。①a、b、c三点CO2的转化率从大到小的顺序为_______。②a、b两点的平衡常数大小关系为a_______b(填“>”“<”或“＝”)。【答案】（1）CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=-99kJ·mol-1（2）①.a、c、d②.2.1mol·L-1·min-1③.9④.> （3）①.a>b>c②.＝【解析】【小问1详解】已知：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-58kJ/mol②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=41kJ/mol根据盖斯定律，将①-②，整理可得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=-99kJ·mol-1；【小问2详解】①反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的正反应是气体体积减小的反应。a．反应在恒温恒容密闭容器中进行，若容器中压强不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，a符合题意；b．甲醇和水蒸气都是生成物，无论反应是否达到平衡状态，二者的体积比始终保持不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，b不符合题意；c．在任何条件下都存在v正(H2)=3v正(CH3OH)，若v正(H2)=3v逆(CH3OH)，则v正(CH3OH)=v逆(CH3OH)，同一物质产生速率和消耗速率相同，反应达到了平衡状态，c符合题意；d．在该反应中2个C=O断裂的同时就会断裂3个H-H键，同时还有3个H-H键生成，则H2的浓度不变，反应达到了平衡状态，d符合题意；故合理选项是a、c、d；②根据表格数据可知在1~3min内△n(CH3OH)=5mol-2.2mol=2.8mol，则根据物质反应转化关系可知△n(H2)=3△n(CH3OH)=8.4mol，故用H2的浓度变化表示的平均反应速率v(H2)=；当反应达到平衡时n(CH3OH)=6mol，根据方程式中物质反应转化关系可知平衡时n(H2O)=6mol，n(CO2)=8mol-6mol=2mol，n(H2)=20mol-3×6mol=2mol，由于容器的容积是2L，则平衡时各种气体的浓度分别是c(CH3OH)=c(H2O)=3mol/L，c(CO2)=c(H2)=1mol/L，则该反应的化学平衡常数K=；③反应达平衡时再向容器中充入2molH2、6molCH3OH，此时容器内各种气体的浓度：c(H2)=2mol/L，c(CO2)=1mol/L，c(CH3OH)=6mol/L，c(H2O)=3mol/L，Qc=，则化学反应正向进行，因此v(正)>v(逆)； 【小问3详解】按不同投料比投入一密闭恒温容器中发生反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，在其它条件不变时，n(H2)增大，化学平衡正向移动，CO2的转化率就越大，即投料比越小，CO2的转化率就越大，所以a、b、c三点CO2的转化率从大到小的顺序为a>b>c；②化学平衡常数只与温度有关，而与物质的投料比大小无关。温度不变，化学平衡常数就不变，所以a、b两点的平衡常数大小关系为a=b。24.t°C时，纯水中c(H+)=2.0×10-7mol·L-1，向其中加入少量Ba(OH)2溶液，保持温度不变，测得溶液中pH=12。回答下列问题：（1）该溶液中由水电离出来的c(OH-)=_______。（2）溶液中c(OH-)-c(H+)=_______(用离子符号表示)。（3）若将该溶液温度升高，pH_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。（4）t°C时，将0.03mol·L-1的稀硫酸与该溶液等体积混合，保持温度不变，混合后溶液的pH为_______。（5）t°C时，将VA0.04mol·L-1的醋酸和VBL的Ba(OH)2溶液混合后，得到中性澄清溶液，则其体积关系VA_______VB(填“>”“<”或“=”，下同)。混合溶液中必定有一种离子能发生水解，其水解反应的离子方程式为_______。【答案】（1）1.0×10-12mol·L-1（2）2c(Ba2+)（3）变小（4）2（5）①.＞②.CH3COO-+H2O⇌OH-+CH3COOH【解析】【小问1详解】t°C时，纯水中c(H+)=2.0×10-7mol·L-1，向其中加入少量Ba(OH)2溶液，保持温度不变，测得溶液中pH=12，则c(H+)=1.0×10-12mol·L-1，根据水电离方程式：H2OH++OH-可知水电离产生的c(OH-)=c(H+)=1.0×10-12mol·L-1；【小问2详解】在该溶液中存在电荷守恒：2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)，所以溶液中c(OH-)-c(H+)=2c(Ba2+)；【小问3详解】若将该溶液温度升高，水电离程度增大，水电离产生的c(H+)也增大。水电离产生的c(H+)越大，则溶液的 pH就越小。所以升高温度，溶液pH变小；【小问4详解】t°C时，纯水中c(H+)=2.0×10-7mol·L-1，则该温度下水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)=2.0×10-7mol·L-1×2.0×10-7mol·L-1=4.0×10-14(mol·L-1)2。向其中加入少量Ba(OH)2溶液，保持温度不变，测得溶液中pH=12，则该溶液的c(OH-)=。加入等体积的0.03mol·L-1的稀硫酸中c(H+)=0.03mol/L×2=0.06mol/L，将两种溶液等体积混合，发生反应：H++OH-=H2O，显然二者恰好反应的物质的量的比是1：1，因此酸过量，反应后溶液中c(H+)=，故该溶液pH=2；【小问5详解】