四川省成都市树德中学2022-2023学年高二化学上学期期中考试试卷（Word版带解析）

树德中学高2021级高二上学期期中考试化学试题一、单项选择题(1-6每小题2分，7-16每小题3分，共42分)1.我国科技发展迅速，化学与科技发展密切相关。下列说法正确的是A.“歼-20”飞机上使用的碳纤维被誉为“新材料之王”，是一种新型有机高分子材料B.“天问一号”探测器车身是新型铝基碳化硅复合材料，该材料的熔点很低C.“天宫二号”航天器上使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温的特性D.我国海洋开发走向深蓝，“蛟龙号”外壳材料使用的钛合金属于化合物【答案】C【解析】【详解】A．碳纤维的主要成分是碳单质，故A错误；B．新型铝基碳化硅复合材料的耐高温、熔点高，不易变形，故B错误；C．钛合金具有强度高、耐蚀性好、耐热性高、密度小等特点，故C正确；D．钛合金是以钛元素为基础加入其他元素组成的合金，属于混合物，故D错误；故答案为：C2.下列说法错误的是A.除去溶液中少量的，可选用CuO固体B.配制一定浓度的溶液时，将固体溶于稀硫酸中，然后稀释至所需浓度C.在NaHS溶液中，滴入少量溶液，产生黑色沉淀，的水解程度增大，pH增大D.用饱和氯化铵溶液可以清洗钢铁表面的锈迹【答案】C【解析】【详解】A．FeCl3中的铁离子易水解生成氢氧化铁而除去，加入氧化铜可调节溶液pH，促进铁离子的水解，A正确；B．硫酸亚铁水解显酸性，在溶液中加稀硫酸可以抑制亚铁离子的水解，所以配制FeSO4溶液时，为抑制Fe2+水解，先将FeSO4固体溶于稀硫酸中，然后稀释至所需浓度，B正确；C．在NaHS溶液中，滴入少量溶液，HS-电离出的S2-与Fe2+结合生成FeS沉淀，HS-电离程度增大，pH减小，C错误；D．氯化铵水解显酸性，可以清洗金属表面的锈迹，D正确；故选C。3.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.0.1mol的中，含有个中子B.pH=1的H3PO4溶液中，含有个C.2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到个CO2分子D.密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5（g），增加个P-Cl键【答案】A【解析】【详解】A．11B中含有6个中子，0.1mol11B含有6NA个中子，A正确；B．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；C．标准状况下苯不是气体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；D．PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl键的数目小于2NA个，D错误；答案选A。4.关于下列的判断正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则CO(aq)+H+(aq)=HCO(aq)为放热反应，所以△H1<0；CO(aq)+H2O(l)HCO(aq)+OHˉ(aq)为碳酸根的水解离子方程式，CO的水解反应为吸热反应，所以△H2>0；OHˉ(aq)+H+(aq)=H2O(l)表示强酸和强碱的中和反应，为放热反应，所以△H3<0；醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以△H4<0；但由于醋酸是弱酸，电离过程中会吸收部分热量，所以醋酸与强碱反应过程放出的热量小于强酸和强碱反应放出的热量，则△H4>△H3；综上所述，只有△H1<△H2正确，故答案为B。 5.下列各组离子一定能大量共存的组合是①在含有大量溶液中：、、、②常温下溶液：、、、③常温下的溶液中：、、、④在水溶液中：、、、⑤常温下的溶液：、、、⑥常温下的溶液中：、、、A.①②⑥B.②④⑤C.④⑤⑥D.①②③【答案】B【解析】【详解】①和发生双水解不能共存，与反应生成Al(OH)3和CO不能共存；②常温下的溶液呈碱性，与此项中的离子均能共存；③水解呈酸性，不能存在于中性环境中；④在水溶液中：、、、均能共存；⑤常温下的溶液呈酸性，与此项中的离子均能共存；⑥常温下的溶液中H+不能与共存；故选②④⑤，答案选B。6.图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分相关离子未画出)，下列描述不正确的是A.和在反应中都是催化剂B.该转化过程中，有非极性键的断裂与极性键的形成C.该转化过程中，酸性条件下过程V涉及反应为D.乙烯催化氧化的反应方程式为【答案】A【解析】 【详解】A．过程V中消耗，过程IV中生成，不是催化剂，过程I消耗，过程IV生成，则是催化剂，A选项错误；B．该转化过程中，有非极性键的断裂与极性键的形成，例如过程V：氧气分子中的非极性键断裂，生成水有极性键的形成（氢氧键），B选项正确；C．该转化过程中，酸性条件下过程V是与氧气反应生成和水，涉及的反应为：，C选项正确；D．乙烯被氧气最终催化氧化为，反应的方程式为：，D选项正确；答案选A。7.已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是A.在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者B.向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%C.向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)D.取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1【答案】B【解析】【详解】A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A错误；B．溶液中c(H+)=10-3mol/L，H2A电离程度较小，溶液中c(H2A)≈0.1mol/L，Ka1=，c(HA-)=1.3×10-5mol/L，c(HA-)≈c(H2A)电离，则H2A的电离度0.013%，故B正确；C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)<c(HA-)，故C错误；D．H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pH<a+1，故D错误；选B。8.和 都是二元弱酸，不同 pH 环境下它们不同形态的粒子的组成百分率 如图所示：下列说法正确的是A.在 pH 为  及  时，溶液中 B.反应 的平衡常数为 C. 溶液中  D.往 溶液中加入少量草酸溶液，发生反应：【答案】B【解析】【详解】A、在pH为时，pH为时，，选项A错误；B、反应的平衡常数为，时，，，选项B正确；C、在溶液中有、和，据物料守恒，选项C错误；D、草酸的酸性比碳酸强，往溶液中加入少量草酸溶液，能够生成碳酸氢根离子和，发生反应：，选项D错误；答案选B。9.烟气脱硫能有效减少的排放。实验室用粉煤灰(主要含等)制备碱式硫酸铝[]溶液，并用于烟气脱硫。下列说法正确的是 A.“酸浸”时不宜过量太多，目的是防止溶解B.约为3.6时，溶液中存在大量的C.调节时的离子方程式：D.碱式硫酸铝溶液多次循环使用后增大的原因是部分发生氧化反应【答案】D【解析】【分析】由题给流程可知，粉煤灰用硫酸溶液酸浸时，氧化铝与硫酸溶液反应生成硫酸铝，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到二氧化硅滤渣1和硫酸铝溶液；向硫酸铝溶液中加入碳酸钙粉末调节溶液pH为3.6，碳酸钙与过量的硫酸转化为硫酸钙，铝离子部分水解得到碱式硫酸铝，过滤得到硫酸钙滤渣2和碱式硫酸铝溶液；碱式硫酸铝溶液循环吸收二氧化硫，溶于水的二氧化硫与水反应生成亚硫酸，加热时，部分亚硫酸受热分解，部分被氧化为硫酸，使溶液中硫酸根离子浓度增大，促进碱式硫酸铝的生成。【详解】A．二氧化硅与硫酸溶液不反应，所以酸浸时硫酸溶液不能过量太多是因为溶液pH过小，加入碳酸钙粉末调节溶液pH时，不利于铝离子水解转化为碱式硫酸铝，故A错误；B．铝离子和碳酸氢根离子在溶液中发生双水解反应，不能大量共存，所以pH为3.6的溶液中不可能存在碳酸氢根离子，故B错误；C．调节溶液pH为3.6时发生的反应为碳酸钙与硫酸溶液反应生成硫酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CaCO3+SO+2H+=CaSO4+CO2+H2O，故C错误；D．由分析可知，碱式硫酸铝溶液循环吸收二氧化硫，溶于水的二氧化硫与水反应生成亚硫酸，加热时，部分亚硫酸受热分解，部分被氧化为硫酸，使溶液中硫酸根离子浓度增大，促进碱式硫酸铝的生成，故D正确；故选D。10.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如表。下列说法正确的是弱酸CH3COOHHCNH2SO3H2CO3电离平衡常数1.75×10-54.9×10-10K1=1.54×10-2K2=1.02×10-7K1=43×10-7K2=5.6×10-11 A.amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c(Na+)＞c(CN-)，则a一定小于bB.等体积等浓度的CH3COONa和NaCN溶液中的阳离子离子数大小：前者<后者C.HCO溶液中通入少量SO2：2HCO+SO2=2CO2+SO+H2OD.25℃时，等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)＞pH(NaHSO3)【答案】D【解析】【详解】A．NaCN溶液呈碱性，如c(Na+)＞c(CN-)，根据溶液电中性可知c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性，a＜b或a═b都符合，故A错误；B．根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)、c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，离子总数是n(Na+)+n(H+)的2倍，水解程度：NaCN＞CH3COONa，则两种溶液中c(OH-)：NaCN＞CH3COONa，两种溶液中c(H+)：NaCN＜CH3COONa，两种溶液中c(Na+)相同，所以等体积等浓度的CH3COONa和NaCN溶液中的离子总数大小：前者＞后者，故B错误；C．根据表中数据知酸性：H2SO3＞H2CO3＞＞，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则溶液中通少量SO2反应生成CO2、，离子方程式为：+SO2=CO2+，故C错误；D．25℃时，等物质的量浓度的这几种钠盐溶液，酸根离子水解程度越大，溶液的pH越大，水解程度：＞CN-＞CH3COO-，则等物质的量浓度的这几种钠盐溶液pH：pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)，故D正确；故选：D。11.碳单质可应用于脱硝。向容积为2L的密闭容器中加入炭(足量)和NO，模拟发生脱硝反应：C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)，测得不同温度下，NO的物质的量随时间的变化如下图所示，T1时，下列条件能说明反应已经达到平衡状态的是A.2v(NO)正=v(N2)逆B.气体的密度不再发生变化C.容器内的气体的压强不再发生变化 D.N2和CO2的物质的量之比不再发生变化【答案】B【解析】【详解】A．v(NO)正和v(N2)逆表示反应的两个反向，当物质的量之比等于化学计量数之比时，反应达平衡状态，即v(NO)正=2v(N2)逆，A项错误；B．恒容下，该反应气体的质量会改变，当质量不变时，反应达平衡状态，即此时气体的密度不再发生变化，B项正确；C．该反应前后体积不变，在容器内的气体的压强一直不会发生变化，无法判断是否达平衡状态，C项错误；D．N2和CO2为产物，物质的量之比一直不会发生变化，无法判断是否达平衡状态，D项错误；答案选B。12.在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molA和2molB，发生如下反应：2A(g)+B(g)2C(g)ΔH＜0。2min后，反应达到平衡，生成C为1.6mol。则下列分析正确的是（  ）A.若反应开始时容器体积为2L，则Vc＝0.4mol•L-1•min-1B.若在恒压绝热条件下反应，平衡后nc＜1.6molC.若2min后，向容器中再投入2molA和1molB，B的转化率变大D.若该反应在恒温恒容下进行，放出热量将增加【答案】B【解析】【详解】A项，若反应在恒温恒容下，则Vc＝n/Vt=1.6/2×2=0.4mol•L-1•min-1，但条件为恒压，随着反应的进行，体积逐渐减小，即Vc>0.4mol•L-1•min-1，故A项错误； B项，反应放热，若在绝热条件下，反应向逆反应方向进行，即nc＜1.6mol，故B项正确；C项，在恒温恒压下，向容器中再投入2molA和1molB，与原平衡投料成比例（2:1），所以该平衡与原平衡为等效平衡，所以B的转化率不变，故C项错误；D项，若反应恒温恒容下，压强减小，平衡向左移动，放热减少，故D项错误；综上所述，本题选B。【点睛】向密闭容器中充入4molA和2molB，发生如下反应：2A(g)+B(g)2C(g)，反应达平衡后，若再向容器中再投入2molA和1molB，如果在恒温恒压下，B的转化率不变；如果在恒温恒容下，相当于加压过程，平衡右移，B的转化率增大。13.N2O5是一种新型硝化剂，一定温度下发生反应2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)　ΔH>0,T1温度下的部分实验数据如下表所示。 t/s050010001500c(N2O5)/(mol/L)5.003.522.502.50下列说法正确的是A.该反应在任何温度下均能自发进行B.T1温度下的平衡常数为K1＝125，1000s时N2O5(g)转化率为50%C.其他条件不变时，T2温度下反应到1000s时测得N2O5(g)浓度为2.98mol/L，则T1<T2D.T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则K1<K2【答案】B【解析】【分析】A．该反应为熵增、焓增的反应，根据△G=△H-T△S，高温有利于自发进行；B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，计算平衡浓度结合平衡常数概念计算平衡常数，根据转化率=×100%计算；C．该反应正反应是吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向正反应移动，平衡时时N2O5（g）浓度应降低；D．平衡常数只受温度影响。【详解】A．该反应为熵增、焓增的反应，根据△G=△H-T△S可知，高温条件下有利于反应自发进行，选项A错误；B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，c（NO2）=5mol/L，c（O2）=1.25mol/L，平衡常数K===125，转化率为×100%=50%，选项B正确；C．该反应正反应是吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向正反应移动，平衡时N2O5（g）浓度应降低，其他条件不变时，T2温度下反应到1000s时测得N2O5（g）浓度为2.98mol/L，浓度大于2.5mol/L，故不可能为升高温度，应为降低温度，故T1＞T2，选项C错误；D．平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1＞T2，反应吸热反应，则K1＞K2，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查化学平衡状态判断、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素、平衡常数等，难度中等。 14.已知反应：A(g)+B(g)C(g)+D(g)，在一定压强下，按x＝(A的物质的量始终为1mol)向密闭容器中充入A气体与B气体。图甲表示平衡时，A气体的体积分数(V%)与温度(T)、x的关系。图乙表示x＝2时，正逆反应的平衡常数与温度的关系。则下列说法正确的是A.图甲中，x2＜1B.图乙中，A线表示正反应的平衡常数C.由图乙可知，T1时，K＝1，B的转化率约为33.3%D.若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强将减小【答案】C【解析】【详解】A．增大B的量，平衡正向移动，A的体积分数减小，则甲中x2＞1，故A错误；B．由图甲可知，升高温度A的体积分数增大，可知正反应为放热反应，则升高温度正反应的K减小，乙中线B表示正反应的平衡常数，故B错误；C．由图乙可知，T1时，x＝2，K＝1，设B的转化物质的量为a，容器的体积为VL，列三段式：K==1，解得a=，则B的转化率=ｘ100%≈33.3%，故C正确；D．由于正反应为气体分子数不变的放热反应，恒容绝热装置中进行上述反应，体积、物质的量不变，压强随温度的变化而变化，则达到平衡时，装置内的气体压强将增大，故D错误；答案选C。 15.下列有关沉淀溶解平衡的说法中正确的是。A.已知：，则的溶解度定小于AgCl的溶解度B.溶液与溶液混合，充分反应后，浓度等于零C.在一定条件下，溶解度较小的沉淀也可以转化成溶解度较大的沉淀D.常温下，向的饱和溶液中加入固体，的减小【答案】C【解析】【详解】A．和是不同类型的物质，溶度积的表达式不同，故不能用大小判断溶解度的大小，A错误；B．和反应生成沉淀，存在溶解平衡：，浓度不等于零，B错误；C．一般情况下，沉淀可以转化为更难溶的沉淀，而在一定特殊条件下，溶解度较小的沉淀也可以转化成溶解度较大的沉淀，比如改变离子浓度等，C正确；D．溶度积常数只与温度有关，与加入的其他物质无关，D错误；故选C。16.已知时，。用的溶液滴定溶液，滴定过程中随硫酸溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是A.B.可选用甲基橙作指示剂，达到滴定终点时溶液从黄色变为橙色C.B点溶液中约为 D.若将溶液变为溶液，则A点将向下移动【答案】D【解析】【详解】A．A点对应的是与恰好完全反应的点，此时溶液中，根据，计算可得，，故，故A错误；B．与反应的实质是，随硫酸加入而增大，不会出现突变，因此不能用甲基橙作指示剂，故B错误；C．B点加入溶液，此时过量，溶液体积变为，溶液中，根据计算可得，故C错误；D．将溶液变为，恰好完全反应时仍然消耗溶液，但，故溶液中，减小，所以A点向下移动，故D正确。综上所述，答案为D。二、填空题(共58分)17.某学生用标准溶液滴定未知浓度硫酸的实验操作如下(正确的操作顺序自行判断)：A.用酸式滴定管取稀，注入锥形瓶中，加入酚酞B.用待测定的溶液润洗酸式滴定管C.用蒸馏永洗干净滴定管D.取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管刻度“0”以上2-3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下E.检查滴定管是否漏水F.另取锥形瓶，再重复操作一次G.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度，用去NaOH溶液15.00mL（1）在G操作中如何确定终点_______。（2）碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗导致滴定结果_______(填“偏小”、“偏大”或“恰好合适”) （3）配制100mLNaOH标准溶液，除了烧杯、玻璃棒，必须使用到的玻璃仪器是_______。（4）观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则结果会导致测得稀溶液浓度测定值_______(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。（5）计算待测硫酸溶液的物质的量浓度_______。【答案】（1）无色变为浅红色(或粉红色)且半分钟不褪去（2）偏大（3）100mL容量瓶、胶头滴管（4）偏小（5）【解析】【小问1详解】终点时现象是当溶液无色变为浅红色(或粉红色)且半分钟不褪去；故答案为：无色变为浅红色(或粉红色)且半分钟不褪去；【小问2详解】碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗，则氢氧化钠溶液的浓度变小，滴定时消耗的氢氧化钠的体积偏大；故答案为：偏大；【小问3详解】需要使用的仪器有：药匙、烧杯、量筒、托盘天平(砝码、镊子)、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，必须使用到的玻璃仪器是为：100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；【小问4详解】观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则氢氧化钠的体积偏小，所以测定的硫酸的浓度偏小；故答案为：偏小；【小问5详解】滴定时消耗的氢氧化钠的物质的量为，根据反应：,则：，所以100mL硫酸中物质量为，则待测硫酸溶液的物质的量浓度；故答案为：。 18.I.完成下列问题（1）已知在室温的条件下，pH均为5的溶液和溶液，回答下列问题：各取5mL上述溶液，分别升温至50℃后，pH较小的是_______溶液：取溶液，加水稀释至50mL，_______(填“>”、“＜”或“=”)。（2）是一种液态化合物，在盛有10mL水的锥形瓶中，小心地滴加8-10滴，发生剧烈反应，液面上有白色酸雾形成，产生有刺激性气味的气体，该气体可使湿润的品红试纸褪色。若将溶液直接蒸干得不到无水，用与混合共热，则可得到无水，其原因是_______。(用简要的文字回答)II.25℃时，有浓度均为的下列4种溶液：①NaCN溶液②NaOH溶液③溶液④溶液HCN（3）这4种溶液pH由大到小的顺序是_______(填序号)。（4）向NaCN溶液中通入少量，则发生反应的离子方程式为_______。（5）测得HCN和NaCN的混合溶液的，则约为_____(保留1位有效数字)。（6）和混合溶液中，若溶液，则溶液中_______(填精确值)。【答案】（1）①.②.>（2）能够吸收中的水，或与水反应生成HCl，抑制水解（3）②①④③（4）（5）0.02（6）【解析】【小问1详解】由于H2SO4在水溶液中完全电离，而NH4Cl溶液中存在水解平衡 ，升高温度，水解平衡正向移动，则各取5mL上述溶液，分别升温至50℃后，pH较小的是NH4Cl溶液，取5mLNH4Cl溶液，加水稀释至50mL即稀释10倍，pH小于6，即＞，故答案为：NH4Cl；＞；【小问2详解】是一种液态化合物，在盛有10mL水的锥形瓶中，小心地滴加8-10滴，发生剧烈反应，液面上有白色酸雾形成，产生有刺激性气味的气体，该气体可使湿润的品红试纸褪色，该反应原理为：SOCl2+H2O=SO2+2HCl，故SOCl2能中吸收水分或者生成的HCl抑制了FeCl3的水解，若将溶液直接蒸干得不到无水，用与混合共热，则可得到无水，其原因是能够吸收中的水，或与水反应生成HCl，抑制水解，故答案为：能够吸收中的水，或与水反应生成HCl，抑制水解；【小问3详解】由表中数据可知，酸性H2CO3＞HCN＞，故NaCN溶液、NaHCO3溶液显碱性，且根据水解原理(越弱越水解)可知，等浓度NaCN溶液的碱性强于NaHCO3溶液，且NaOH溶液的碱性最强，CH3COOH溶液呈酸性，故等浓度的这4种溶液pH由大到小的顺序是②①④③，故答案为：②①④③；【小问4详解】由表中数据可知，酸性H2CO3＞HCN＞，根据酸与盐反应的一般规律(强酸制弱酸)可知，向NaCN溶液中通入少量，则发生反应的离子方程式为，故答案为：；【小问5详解】测得HCN和NaCN的混合溶液的，即溶液中c(H+)=10-11mol/L，则根据HCN的Ka=可得==≈0.02，故答案为：0.02；【小问6详解】根据电荷守恒和混合溶液中有：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，若溶液即溶液中c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，则溶液中c(H+)-c(OH-)=10-6-10-8=9.9×10-7mol/L，故答案为：9.9×10-7。19.完成下列填空 （1）已知25℃时，水的，醋酸和盐酸是日常生活中常见的酸，在一定条件下，溶液中存在电离平衡：。下列方法中可以使的电离程度增大的是_______(填字母)。a.加入少量的稀盐酸b.加热该溶液c.加入少量纯d.加水稀释至e.加入少量氯化钠晶体f.加入少量的NaOH溶液（2）25℃下，向体积为的醋酸溶液中滴加的NaOH溶液，溶液恰好呈中性，则与的关系是：_______(填“>”、“＜”或“=”)。（3）常温下将的盐酸和的氢氧化钠溶液等体积混合，则混合后溶液中的_______。（4）常温下，测得悬浊液的，已知，，忽略第二步水解，约为_______。（5）反应的平衡常数为_______[已知，的，]【答案】（1）b、d、f（2）＜（3）（4）（5）【解析】【小问1详解】a．加入少量0.10mol/L的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故a错误；b．醋酸的电离是吸热反应，加热CH3COOH溶液，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故b正确；c．加入少量纯CH3COOH，电离平衡正向移动，但平衡移动趋势是微弱的，总的来说CH3COOH浓度增大，故CH3COOH的电离程度减小，故c错误；d．加水稀释至0.010mol/L，电离平衡正向移动，导致醋酸电离程度增大，故d正确；e．加入少量氯化钠晶体，对溶液中各种离子浓度无影响，因此醋酸的电离平衡不移动，故e错误；f．加入少量0.10mol/L的NaOH溶液，会反应消耗溶液中的H+，使溶液中c(H+)减小，电 离平衡正向移动，导致醋酸的电离平衡正向移动，电离程度增大，故f正确；故选bdf；【小问2详解】醋酸是弱酸，当溶液pH=3时c(CH3COOH)>c(H+)=10-3mol/L；NaOH是一元强碱，当溶液pH=11时，c(NaOH)=c(OH-)=10-3mol/L，若二者等体积混合时，c(H+)>c(OH-)，过量酸电离产生H+使溶液显酸性，因此当二者混合反应恰好呈中性时，Va<Vb；【小问3详解】常温下水的离子积常数为1.0×10-14，pH=2的盐酸中c(H+)=10-2mol/L，pH=10的氢氧化钠溶液中c(OH-)=10-4mol/L，氢离子浓度大于氢氧根离子的浓度，等体积混合时盐酸过量c(H+)=≈；【小问4详解】CaSO3的第一步水解方程式：；，Ka2(H2SO3)=6.3×10-8，，因此；已知pH=9，pOH=5，，，，，根据物料守恒可得：，，；【小问5详解】反应的平衡常数为=。20.以含锂电解铝废渣(主要含AlF3、NaF、LiF、CaO)和浓硫酸为原料，制备电池级碳酸锂，同时得副产品冰晶石，其工艺流程如下： 已知：LiOH易溶于水，Li2CO3微溶于水。回答下列问题：（1）电解铝废渣与浓硫酸的反应能否在玻璃仪器中进行：_______(填“能”或“否”)。滤渣1的主要成分是_______(写化学式)。（2）碱解反应中，同时得到气体和沉淀反应的离子方程式为_______。（3）一般地说K>105时，该反应进行得就基本完全了。苛化反应中存在如下平衡：Li2CO3(s)+Ca2+(aq)2Li+(aq)+CaCO3(s)，通过计算说明该反应是否进行完全：_______。[已知Ksp(Li2CO3)=8.64×10-4、Ksp(CaCO3)=2.5×10-9]。（4）从碳化反应后的溶液得到Li2CO3固体的具体实验操作中，第一步应在_______中(填一种主要仪器的名称)进行，该流程中可以循环使用的物质是_______。（5）上述流程得到副产品冰晶石的化学方程式为_______。【答案】（1）①.否②.CaSO4（2）2Al3++3+3H2O═2Al(OH)3↓+3CO2↑（3）Li2CO3(s)+Ca2+(aq)2Li+(aq)+CaCO3(s)的K=====3.5×105>105，可以认为该反应进行完全（4）①.蒸发皿②.二氧化碳（5）6HF＋Na2SO4＋NaAlO2=Na3AlF6＋H2SO4＋2H2O【解析】【分析】含锂电解铝废渣主要含AlF3、NaF、LiF、CaO等，加入浓硫酸生成的气体为HF，水浸后过滤分离出滤渣1为CaSO4，滤液中加碳酸钠发生2Al3++3+3H2O═2Al(OH)3↓+3CO2↑、2Li++═Li2CO3，气体为CO2，过滤分离出滤液含硫酸钠，分离出Al(OH)3、Li2CO3，加水调浆再加CaO、苛化反应将不溶性的碳酸锂转化成氢氧化锂溶液，过滤分离出滤渣2含CaCO3和Al(OH)3，碳化时LiOH与二氧化碳反应所得的溶液为LiHCO3，提取晶体后再分解生成Li2CO3固体，二氧化碳在流程中可循环使用， 以此来解答。【小问1详解】电解铝废渣与浓硫酸的反应生成HF、HF能与二氧化硅反应，故不能在玻璃仪器中进行：答案为“否”。滤渣1的主要成分是CaSO4。【小问2详解】碱解反应中，同时得到气体和沉淀反应是铝离子和碳酸根离子的双水解反应，离子方程式为2Al3++3+3H2O═2Al(OH)3↓+3CO2↑。【小问3详解】Li2CO3(s)+Ca2+(aq)2Li+(aq)+CaCO3(s)的K=====3.5×105>105，可以认为该反应进行完全。【小问4详解】从碳化反应后的溶液得到Li2CO3固体的具体实验操作中，第一步应为提取LiHCO3晶体，需要进行加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故第一步主要在蒸发皿进行，该流程中可以循环使用的物质是二氧化碳。【小问5详解】上述流程得到副产品冰晶石，根据流程图知，反应物为HF、Na2SO4、NaAlO2，生成物为Na3AlF6，根据原子守恒及反应原理书写方程式为：6HF＋Na2SO4＋NaAlO2=Na3AlF6＋H2SO4＋2H2O。21.氨在生产生活中应用广泛。(1)NH2Cl与水反应生成强氧化性的物质，可作长效缓释消毒剂，工业上可通过反应：NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)制备氯胺，已知部分化学键的键能如下表所示(假定不同物质中同种化学键的键能一样)，则上述反应的∆H=__________kJ·mol—1化学键N-HCl-ClN-ClH-Cl键能/(kJ/mol)abcd(2)氨气是重要的化工产品。目前工业合成氨的原理是:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。在恒温恒压装置中进行工业合成氨反应，下列说法正确的是__________。a.气体压强不再变化时，表明该反应已达平衡状态b.气体密度不再变化时，表明该反应已达平衡状态c.平衡后，压缩容器，会生成更多NH3 d.平衡后，向装置中通入一定量Ar，平衡不移动(3)现向三个体积均为5L,温度分别恒定为T1、T2、T3的恒容密闭容器I、II、III中，分别充入1molN2和3molH2发生反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)∆H1=-93kJ·mol—1，当反应均进行到2min时H2的体积分数如图所示，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态。①2min时三个容器中的反应达到化学平衡状态的是_____容器.(填“I”、“II”或“III”)。②0～2min内容器I中用NH3表示的化学反应速率v(NH3)=____。(保留两位有效数字)③2min时容器II中v正______v逆。(填“<”、“>”或“=”)④当三个容器中的反应均达到平衡状态时，平衡常数最小的是容器______(填容器序号)，它的数值为____(保留两位有效数字)。(4)氨在高温下可将一些固体金属氧化物还原为固态或液态金属单质，本身被氧化为N2。在不同温度下，氨气还原四种金属氧化物达到平衡后，气体中与温度(T)的关系如图所示。下列说法正确的是______(填字母)。A.NH3还原PbO2的反应△H>0B.工业冶炼这四种金属时，NH3冶炼金属铬(Cr)的还原效率最低C.实验室还原出金属铜(Cu)时，325°C下NH3的利用率比425°C下NH3的利用率更大D.通过延长反应管的长度来增加金属氧化物和NH3的接触面积，可以减少尾气中NH3的量【答案】①.a+b-c-d②.bc③.Ⅲ④.0.064mol⋅L−1⋅min−1⑤.＞⑥.III⑦.2.1L2⋅mol−2⑧.BC 【解析】【分析】（1）反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和；（2）a.在恒温恒压装置中气体压强始终没有变化；b.反应中，由质量守恒定律可知气体质量不变，该反应是一个气体体积减小的可逆反应，容器的体积会减小，气体密度增大；c.该反应是一个气体体积减小的可逆反应，平衡后，压缩容器，容器的压强增大，平衡向正反应方向移动；d.在恒温恒压装置中合成氨反应达到平衡后，向装置中通入一定量Ar，容器的压强减小，平衡向逆反应方向移动；（3）①若未达平衡，温度越高反应速率越快，相同时间内氢气的含量越低；②依据题意建立三段式求解可得；③若未达平衡，温度越高反应速率越快，相同时间内氢气的含量越低，2min时，氢气的含量Ⅲ最大，则II没有达到平衡；④合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则当三个容器中的反应均达到平衡状态时，平衡常数最小的是容器Ⅲ，依据题意建立三段式求解可得；（4）的值越大，说明冶炼金属的还原效率越低，NH3的利用率越大。【详解】（1）反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，则反应的∆H=[3E（N-H）+E（Cl-Cl）]—[2E（N-H）+E（N-Cl）+E(H-Cl)]=（a+b-c-d）kJ·mol—1，故答案为：a+b-c-d；（2）a.在恒温恒压装置中气体压强始终没有变化，气体压强不再变化不能表明该反应已达平衡状态，故错误；b.反应中，由质量守恒定律可知气体质量不变，该反应是一个气体体积减小的可逆反应，容器的体积会减小，气体密度增大，则气体密度不再变化能表明该反应已达平衡状态，故正确；c.该反应是一个气体体积减小的可逆反应，平衡后，压缩容器，容器的压强增大，平衡向正反应方向移动，NH3的量增大，故正确；d.在恒温恒压装置中合成氨反应达到平衡后，向装置中通入一定量Ar，容器的压强减小，平衡向逆反应方向移动，故错误；bc正确，故答案为：bc；（3）①若未达平衡，温度越高反应速率越快，相同时间内氢气的含量越低，2min时，氢气的含量Ⅲ最大，则Ⅲ到达平衡，故答案为：Ⅲ到达平衡；②设0～2min内容器I中氨气的转化率为x，由题意建立如下三段式： 由氢气百分含量为40%可得×100%=40%，解得x=，则化学反应速率v(NH3)=≈0.064mol⋅L−1⋅min−1，故答案为：0.064mol⋅L−1⋅min−1；③若未达平衡，温度越高反应速率越快，相同时间内氢气的含量越低，2min时，氢气的含量Ⅲ最大，则II没有达到平衡，则v正＞v逆，故答案为：＞；④合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则当三个容器中的反应均达到平衡状态时，平衡常数最小的是容器Ⅲ，设0～2min内容器中氨气的转化率为x，由题意建立如下三段式：由氢气百分含量为60%可得×100%=60%，解得x=，则平衡常数K=≈2.1L2⋅mol−2，故答案为：2.1L2⋅mol−2；（4）A.由图可知，NH3还原PbO2时，升高温度，增大，说明平衡向逆反应方向移动，NH3还原PbO2的反应为放热反应，△H＜0，故错误；B.相同温度时，的值越大，说明冶炼金属的还原效率越低，由图可知，相同温度时，NH3冶炼金属铬(Cr)的最大，则还原效率最低，故正确；C.的值越大，说明NH3的利用率越大，由图可知，还原出金属铜(Cu)时，温度升高，增大，则325°C下NH3的利用率比425°C下NH3的利用率更大，故正确；D.、通过延长反应管的长度不能增加金属氧化物的表面积，不能增大金属氧化物和NH3的接触面积，故D错误；BC正确，故答案为：BC。