贛州市于都二中高二上學(xué)期第三次月考化學(xué)試題

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精江西省贛州市于都二中2019—2020學(xué)年高二上學(xué)期第三次月考化學(xué)試題1。下列各組物質(zhì)全部是弱電解質(zhì)的是A.H2SiO3、H2S、CO2 B。Cu(OH)2、CH3COOH、C2H5OHC.H2SO3、Ba(OH)2、BaSO4 D.H2O、NH3·H2O、H3PO4【答案】D【解析】【分析】電解質(zhì)的強弱是根據(jù)電離程度劃分的,在水溶液里或熔融狀態(tài)下完全電離是電解質(zhì)是強電解質(zhì)，部分電離是電解質(zhì)是弱電解質(zhì)，強酸、強堿和大部分的鹽屬于強電解質(zhì)．弱酸，弱堿，水屬于弱電解質(zhì)?！驹斀狻緼.二氧化碳在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不能自身導(dǎo)電,屬于非電解質(zhì)，故A錯誤；B。C2H5OH在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不能自身導(dǎo)電，是非電解質(zhì)，故B錯誤；C.Ba(OH）2、BaSO4都是強電解質(zhì),故C錯誤；D。H2O部分電離,屬于弱電解質(zhì)、NH3·H2O是弱堿，屬于弱電解質(zhì)，H3PO4是中強酸，屬于弱電解質(zhì)，故D正確；答案選D?！军c睛】在水溶液里完全電離成離子的電解質(zhì)是強電解質(zhì)；在水溶液里部分電離成離子的電解質(zhì)是弱電解質(zhì).2.下列各組熱化學(xué)方程式中,化學(xué)反應(yīng)的ΔH前者大于后者的是（）①C(s）+O2（g）=CO2(g)ΔH1;C(s)+O2(g）=CO(g)ΔH2②S(s)+O2(g)=SO2（g)ΔH3；S（g）+O2（g）=SO2（g)ΔH4③H2(g）+O2（g)=H2O(l)ΔH5；2H2（g)+O2(g)=2H2O（l）ΔH6④CaCO3（s)=CaO（s）+CO2(g)ΔH7;CaO(s）+H2O(l)=Ca(OH)2(s）ΔH8A。① B。④ C。②③④ D.①②③【答案】C【解析】【詳解】①C完全燃燒放出的熱量較多，因ΔH＜0，則前者小于后者，故①錯誤;②固體變?yōu)闅怏w要吸熱，則后者放出的熱量多，因ΔH＜0,前者大于后者，故②正確；③參加反應(yīng)的物質(zhì)的量越大,反應(yīng)的熱量越多，因ΔH＜0，前者大于后者，故③正確；④碳酸鈣分解為吸熱反應(yīng)，ΔH＞0，氧化鈣和水反應(yīng)為放熱反應(yīng),ΔH＜0，則前者大于后者,故④正確；②③④正確，故選C【點睛】對于放熱反應(yīng)，物質(zhì)燃燒越完全、參加反應(yīng)的物質(zhì)的量越大,反應(yīng)的熱量越多，物質(zhì)的聚集狀態(tài)不同,反應(yīng)熱不同，固體變?yōu)闅怏w要吸熱,反應(yīng)放出的熱量越多是解答關(guān)鍵，注意比較時帶入ΔH符號是易錯點.3.分析下列反應(yīng)，在任何溫度下均能自發(fā)進行的是A.2N2（g）＋O2(g）=2N2O（g)ΔH＝＋163kJ·mol－1B。Ag（s）＋Cl2（g)=AgCl(s）ΔH＝－127kJ·mol－1C。HgO（s）=Hg（l)＋O2（g）ΔH＝＋91kJ·mol－1D。H2O2（l）=O2（g)＋H2O（l)ΔH＝－98kJ·mol－1【答案】D【解析】【詳解】任何溫度下均能自發(fā)進行，必須是放熱反應(yīng)且是熵增過程，A、C為吸熱反應(yīng)，故錯誤；B是熵減的過程，故B錯誤，D是放熱反應(yīng)，且為熵增的過程，故D正確；答案選D.4。下列說法或表示方法正確的是A。等質(zhì)量的硫蒸氣和硫固體分別在氧氣中完全燃燒,后者放出的熱量多B.由C（石墨）=C(金剛石)ΔH=+11．9kJ/mol,可知金剛石比石墨穩(wěn)定C.水力（水能）按不同的分類可看成可再生能源和一級能源D。可表示氫氣燃燒熱的熱化學(xué)方程式為H2（g）+1/2O2（g)=H2O（g）ΔH=—241．8kJ/mol【答案】C【解析】【詳解】A、等質(zhì)量的硫蒸氣和硫固體相比較，硫蒸氣具有的能量多，因此完全燃燒硫蒸氣放出的熱量多，故A錯誤；B、由C(石墨)=C（金剛石）△H=+1.90kJ/mol可知金剛石的能量比石墨的能量高，所以石墨比金剛石穩(wěn)定,故B錯誤；C、水能是自然界中以現(xiàn)成形式提供的能源，為一級能源，可以從自然界補充屬于可再生能源，故C正確；D、氫氣燃燒生成穩(wěn)定的化合物為液體水,所以H2（g）+O2(g）═H2O（g)△H=-241。8kJ/mol不能表示氫氣燃燒熱的熱化學(xué)方程式，故D錯誤；故選C。5。在RNH2·H2ORNH3+＋OH－的電離平衡中，要使RNH2·H2O的電離程度及c(OH－）都增大，可采取的措施是(）A。通入HCl B.升高溫度C.加適量水 D。加少量NaOH固體【答案】B【解析】【詳解】A.通入HCl，消耗氫氧根離子，電離程度增大，但是氫氧根離子的濃度減小,故A錯誤；B.由于電離是吸熱反應(yīng)，故升高溫度，平衡右移,電離程度增大，氫氧根離子的濃度增大，故B正確；C。加水,溶液濃度減小，電離程度增大，但是氫氧根離子的濃度減小，故C錯誤；D.加NaOH，溶液中氫氧根離子濃度增大,平衡向逆反應(yīng)方向移動，電離程度減小,故D錯誤;故選B。。6。水的電離平衡曲線如圖所示.下列說法正確的是A。圖中對應(yīng)點的溫度關(guān)系為a＞b＞cB。純水僅升高溫度，可從a點變到c點C。水的離子積常數(shù)KW數(shù)值大小關(guān)系為b＞c＞dD.在b點對應(yīng)溫度下，0.5mol/L的H2SO4溶液與1mol/L的KOH溶液等體積混合,充分反應(yīng)后，所得溶液的pH＝7【答案】C【解析】【詳解】A．溫度越高，水的離子積常數(shù)越大，根據(jù)圖象知，b點Kw=10—12，c點Kw=10-13，a點Kw=10—14,所以b＞c＞a，選項A錯誤;B．c點Kw=10—13，則c曲線的純水中6＜pH＜7，c點的pH=6，則該溶液呈酸性,所以純水僅升高溫度，不能從a點變到c點，選項B錯誤；C．a(chǎn)、d曲線溫度相同，則離子積常數(shù)相同，即d點Kw=10—14，b點Kw=10-12,c點Kw=10-13,所以水的電離常數(shù)KW數(shù)值大小關(guān)系為：b＞c＞d,選項C正確；D．b點Kw=10—12，0.5mol/L的H2SO4溶液與1mol/L的KOH溶液等體積混合，氫離子濃度和氫氧根離子濃度相同,等體積混合溶液呈中性，pH=6，選項D錯誤;答案選C?！军c睛】本題考查了水的電離、離子積的概念應(yīng)用和影響條件，注意離子積常數(shù)是隨溫度變化的，不能根據(jù)氫離子濃度確定溶液酸堿性，為易錯點，依據(jù)圖象數(shù)據(jù)分析，縱軸是氫氧根離子濃度，橫軸是氫離子濃度，水的離子積常數(shù)Kw=c（H+）×c（OH—）計算判斷.7.室溫時，將xmLpH=a的稀NaOH溶液與ymLpH=b的稀鹽酸充分反應(yīng).下列關(guān)于反應(yīng)后溶液pH的判斷，正確的是（)A。若x=y，且a+b=14,則pH＞7 B.若10x=y，且a+b=13,則pH=7C.若ax=by，且a+b=13，則pH=7 D。若x=10y,且a+b=14，則pH＞7【答案】D【解析】【分析】pH=a的稀NaOH溶液中c（OH-)=10a—14mol/L，pH=b的稀鹽酸中c（H+)=10-bmol/L,有=,若二者恰好中和，應(yīng)存在10a-14x=10-by，pH=7，若10a—14x＞10-by,堿過量，溶液pH＞7，否則小于7，以此解答該題．【詳解】pH=a的稀NaOH溶液中c(OH—）=10a—14mol/L，pH=b的稀鹽酸中c（H+)=10-bmol/L,則:A．若x=y，且a+b=14，則有:==10a+b—14=1，即n(H+)=n(OH—),酸堿恰好中和，溶液呈中性，pH=7，故A錯誤;B．若10x=y,且a+b=13，則有==10a+b—15=0。01，即n(H+)＞n(OH—),酸過量,pH＜7，故B錯誤;C．若ax=by，且a+b=13,則有==，因a＞b，則酸過量，pH＜7，故C錯誤；D．若x=10y，且a+b=14，則有==10a+b-13=10,則堿過量，pH＞7,故D正確；故答案為D。8.某溫度下在密閉容器中發(fā)生如下反應(yīng):2SO2(g）+O2（g）2SO3(g)，若開始時只充入2molSO3，達到平衡時，混合氣體的壓強比起始時增大了10%；若開始時只充入了2molSO2和1molO2的混合氣體，達到平衡時SO2的轉(zhuǎn)化率為：A。10％ B。60% C.80％ D.90%【答案】C【解析】【詳解】題目中兩次投料為等效平衡,所以第一次投料SO3的轉(zhuǎn)化率和第二次投料SO2的轉(zhuǎn)化率之和為1。根據(jù)方程式，當2SO3完全反應(yīng)時氣體壓強增大50%,現(xiàn)增大10%，所以消耗SO30.4mol，轉(zhuǎn)化率為20％，故SO2的轉(zhuǎn)化率為1-20％=80%;答案選C。9。下列敘述正確的是A.0。2mol/L的鹽酸與等體積水混合后pH＝1B。pH＝13的氨水溶液稀釋至10倍后pH＝12C。95℃純水的pH＜7,說明加熱可導(dǎo)致水呈酸性D。pH＝12的氨水溶液與pH＝2的鹽酸等體積混合后pH＝7【答案】A【解析】【詳解】A．0．2mol/L的鹽酸與等體積水混合后濃度變?yōu)?．1mol/L,所以pH＝1,選項A正確；B．氨水是弱堿，稀釋促進電離，則pH＝13的氨水溶液稀釋至10倍后pH＞12，選項B錯誤;C．純水在任何溫度下均顯中性，選項C錯誤；D．pH＝12氨水溶液與pH＝2的鹽酸等體積混合后氨水過量，溶液顯堿性，則pH＞7，選項D錯誤；答案選A。10。下列有關(guān)化學(xué)反應(yīng)速率的說法中，正確的是（)A.用鐵片和稀硫酸反應(yīng)制取氫氣時，改用鐵片和濃硫酸可以加快產(chǎn)生氫氣的速率B.100mL2mol·L—1的鹽酸與鋅反應(yīng)時，加入適量的氯化鈉溶液，生成氫氣的速率不變C。二氧化硫的催化氧化是一個放熱反應(yīng)，所以升高溫度，反應(yīng)速率減慢D.汽車尾氣中的CO和NO可以緩慢反應(yīng)生成N2和CO2，減小壓強,反應(yīng)速率減慢【答案】D【解析】【詳解】A、濃硫酸能夠使鐵鈍化，鐵片與濃硫酸反應(yīng)不能生成氫氣，故A錯誤;B、向鹽酸溶液中加入氯化鈉溶液，相當于稀釋了鹽酸，鹽酸濃度減小，反應(yīng)速率減慢，故B錯誤;C、升高溫度，反應(yīng)速率加快，故C錯誤；D、有氣體參加的反應(yīng)，壓強越小反應(yīng)的速率越慢，故D正確;所以本題答案為：D。11。某溫度下，在一個2L的密閉容器中，加入4molA和2molB進行如下反應(yīng)：3A（g)＋2B（g）4C（s）＋2D（g),反應(yīng)一段時間后達到平衡，測得生成1.6molC，則下列說法正確的是A.該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達式是K＝B.此時，B的平衡轉(zhuǎn)化率是40％C.增大該體系的壓強，化學(xué)平衡常數(shù)增大D。增加C，平衡時混合氣體密度增大【答案】B【解析】【詳解】A．化學(xué)平衡常數(shù)是在一定條件下，當可逆反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，生成物濃度的冪之積和反應(yīng)物濃度的冪之積的比值,所以該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式為K＝,選項A錯誤；B．根據(jù)方程式可知，參加反應(yīng)的B的物質(zhì)的量為0.8mol，故B的轉(zhuǎn)化率=×100%=40%,選項B正確；C．該反應(yīng)前后氣體的系數(shù)不等,增大壓強平衡正向移動，平衡常數(shù)只受溫度影響，壓強不影響平衡常數(shù)，化學(xué)平衡常數(shù)不變,選項C錯誤；D．增加C的用量，C為固體，濃度為常數(shù)，平衡不移動,混合氣體密度不變,選項D錯誤;答案選B。12。在密閉容器中通入A、B兩種氣體,在一定條件下反應(yīng):2A（g)+B（g）2C（g)；ΔH<0.達到平衡后，改變一個條件（X)，下列量(Y）的變化一定符合圖中曲線的是XYA再加入BB的轉(zhuǎn)化率B再加入CA的體積分數(shù)C增大壓強A的轉(zhuǎn)化率D升高溫度混合氣體平均摩爾質(zhì)量A。A B.B C.C D。D【答案】C【解析】【詳解】A.對于該可逆反應(yīng),當達到平衡狀態(tài)后，再加入反應(yīng)物B,化學(xué)平衡正向移動,但B物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率降低，與圖象不吻合,A錯誤;B.反應(yīng)達到平衡后,再加入生成物C，化學(xué)平衡逆向移動,反應(yīng)物A轉(zhuǎn)化率降低,使A的體積分數(shù)減小，與圖象不吻合,B錯誤；C.該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，在反應(yīng)達到平衡后增大壓強,化學(xué)平衡正向移動，使反應(yīng)物A的轉(zhuǎn)化率增大,與圖象吻合,C正確；D。該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，化學(xué)平衡向吸熱的逆反應(yīng)方向移動，氣體的物質(zhì)的量增大，則混合氣體平均摩爾質(zhì)量減小，與圖象不吻合，D錯誤;故合理選項是C.13.各可逆反應(yīng)達平衡后，改變反應(yīng)條件，其變化趨勢正確的是A.CH3COOHCH3COO-+H+（忽略溶液體積變化）B。FeCl3＋3KSCNFe（SCN）3＋3KCl（忽略溶液體積變化)C。N2(g)＋3H2（g)2NH3（g)（恒溫恒壓）D.CH3OCH3(g)＋3H2O(g)6H2（g)＋2CO2(g）△H>0（密閉容器,恒壓）【答案】D【解析】【詳解】A、CH3COOH溶液中加入CH3COONa固體，使CH3COOH溶液中CH3COO—濃度增加，電離平衡逆向移動，則c(H+）減小，pH逐漸增大，與圖中不符合，選項A錯誤；B、因該反應(yīng)中K+、Cl-實際不參加反應(yīng),則加入KCl對平衡體系無影響,化學(xué)平衡不移動,鐵離子濃度不變，與圖中不符合，選項B錯誤；C、恒溫恒壓，加入Ar,各反應(yīng)物的物質(zhì)的量不變，體積變大,各物質(zhì)的量濃度成倍減小（等效于減壓）,化學(xué)平衡朝體積增大方向移動，H2的改變量減小,起始量不變，轉(zhuǎn)化率減小，圖中不符合,選項C錯誤；D、因反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則體積、壓強不變時,升高溫度，平衡正向移動,則甲醚的轉(zhuǎn)化率增大，與圖中相符合，選項D正確;答案選D.14。在恒溫條件下,有甲、乙兩容器,甲容器為體積不變的密閉容器，乙容器為一個恒壓的密閉容器,兩容器起始狀態(tài)完全相同,都充有C氣體，若發(fā)生可逆反應(yīng)C(g)A(g)＋B(g)，經(jīng)一段時間后,甲、乙兩容器反應(yīng)都達到平衡。下列說法中正確的是A.平均反應(yīng)速度：甲＜乙 B。平衡時C的物質(zhì)的量:甲＞乙C.平衡時C的轉(zhuǎn)化率：甲＞乙 D。平衡時混合氣體密度：甲＜乙【答案】B【解析】【詳解】A、由于甲中壓強大于乙中壓強，因此反應(yīng)速率：甲＞乙，選項A錯誤；B、甲為恒容，乙為恒壓，隨著反應(yīng)的進行，甲中壓強大于乙中壓強，乙容器中反應(yīng)更容易向正反應(yīng)方向進行，平衡時C的物質(zhì)的量：甲＞乙,選項B正確；C、甲為恒容,乙為恒壓，隨著反應(yīng)的進行，甲中壓強大于乙中壓強，乙容器中反應(yīng)更容易向正反應(yīng)方向進行,因此C的轉(zhuǎn)化率乙＞甲，選項C錯誤；D、甲為恒容，乙為恒壓，隨著反應(yīng)的進行，甲中壓強大于乙中壓強，甲中體積小于乙中體積，氣體總質(zhì)量不變，則密度：甲＞乙,選項D錯誤；答案選B。15.常溫下，將pH=3的鹽酸aL分別與下列三種溶液混合后,混合溶液均呈中性:①1×10-3mol·L-1的氨水bL②c（OH-)＝1×10—3mol·L—1的氨水cL③c(OH—）＝1×10-3mol·L—1的Ba(OH)2溶液dL其中a、b、c、d的關(guān)系正確的是(）A.b〉a＝d>c B.a＝b〉c>d C.a＝b＞d>c D。c>a=d>b【答案】A【解析】【詳解】pH=3的鹽酸的物質(zhì)的量濃度=1×10-3mol/L。①中和物質(zhì)的量濃度是1×10-3mol/L氨水的，因為氨水是弱堿,要使溶液最終顯中性,則b＞a；②中氫氧根離子的濃度是1×10-3mol/L的氨水，因為氨水是弱堿只有部分電離，所以a＞c；③鹽酸和氫氧化鋇都是強電解質(zhì)，氫離子和氫氧根離子中和時是1:1的關(guān)系，氫離子和氫氧根離子的濃度相等，所以a=d;所以a、b、c、d的關(guān)系為b＞a＝d＞c,故答案為A?！军c睛】pH=3的鹽酸的物質(zhì)的量濃度=1×10—3mol/L，中和相同物質(zhì)的量的堿，堿的濃度越大,所用的堿越少，注意弱堿溶液中氫氧根離子的物質(zhì)的量濃度和堿的濃度不等。16。常溫下，下列說法正確的是A。c(NH4+）相同的①(NH4）2SO4、②（NH4）2CO3、③（NH4)2Fe(SO4）2、④NH4I溶液，其溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度大小為④＞②＞③＞①B。0.2mol·L－1HCl溶液與等體積0.05mol·L－1Ba(OH)2溶液混合后，溶液pH為1C.NaHCO3溶液中：c（HCO3－)+c（CO32－)+2c（H2CO3）=c（OH-)D。濃度均為0。1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c（CH3COO－）＋c（OH－)＞c（CH3COOH)＋c(H+)【答案】D【解析】【詳解】A、常溫下，c(NH4+)相同的①(NH4）2SO4、②(NH4)2CO3、③(NH4）2Fe(SO4)2中含有的NH4+多，因此它們的濃度最小，因為③（NH4）2Fe(SO4)2中亞鐵離子水解顯酸性，抑制NH4+水解，因此它最小，②(NH4)2CO3中碳酸根離子水解顯堿性，促進NH4+水解，水解程度大,因此它在這三個中最大，④NH4I中含有的NH4+少，因此它的濃度最大，其溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度大小為④＞②＞①＞③，選項A錯誤；B、混合后c(H+）==0.05mol/L，選項B錯誤；C、根據(jù)物料守恒得c(Na+)=c（CO32-）+c（HCO3—)+c（H2CO3)，根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-)+c（OH—）+c（HCO3—),二者結(jié)合可得:c(H2CO3）+c（H+)=c(CO32—）+c（OH—)，不存在c(HCO3－)+c(CO32－)+2c（H2CO3)=c(OH—)，選項C錯誤；D、pH=4.7濃度均為0。1mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中，CH3COOH的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，c（Na+)＞c(CH3COOH)，溶液中存在電荷守恒：c(CH3COO—）+c(OH-）=c(Na+）+c（H+），故c（CH3COO—)+c(OH-）＞c(CH3COOH）+c（H+），選項D正確；答案選D。17。寫出下列物質(zhì)水解離子方程式：（1）NH4Cl：______________________________________________________________（2）Na2CO3:_______________________________________________________________________________________________（3）Al2(SO4)3：____________________________________________________________________________________________（4）K2S：________________________________________________________________【答案】（1）。NH4++H2O?NH3?H2O+H+（2）。CO32-+H2O?HCO3-+OH—、HCO3-+H2O?H2CO3+OH—（3).Al3++3H2O?Al（OH)3+3H+（4).S2-+H2O?HS—+OH-、HS—+H2O?H2S+OH—【解析】【分析】(1）銨根離子水解生成一水合氨和氫離子；（2）碳酸根離子分步進行，水解方程式需要分步書寫；第一步水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子,第二步水解生成碳酸分子和氫氧根離子；（3）鋁離子水解生成氫氧化鋁和氫離子；(4）硫離子水解分步進行，水解方程式需要分步書寫?！驹斀狻浚?）銨根離子水解生成一水合氨和氫離子,水解的離子方程式為：NH4++H2O?NH3?H2O+H+;（2)Na2CO3是二元弱酸碳酸的鹽，水解離子方程式為：CO32-+H2O?HCO3—+OH-、HCO3-+H2O?H2CO3+OH—；(3）鋁離子水解生成氫氧化鋁和氫離子，為可逆反應(yīng),水解離子反應(yīng)為：Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+；（4）K2S是二元弱酸氫硫酸的鹽，水解離子方程式為：S2—+H2O?HS-+OH-、HS—+H2O?H2S+OH—。18.自然界的礦物、巖石的成因和變化受到許多條件的影響.地殼內(nèi)每加深1km，壓強增大約25000~30000kPa。在地殼內(nèi)SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s）+4HF(g）SiF4(g）+2H2O（g)ΔH=-148。9kJ/mol。（1）在地殼深處容易有_____氣體逸出,在地殼淺處容易有_____沉積.（2)如果上述反應(yīng)的平衡常數(shù)K值變大,該反應(yīng)_____(選填編號）.a．一定向正反應(yīng)方向移動b．在平衡移動時正反應(yīng)速率先增大后減小c．一定向逆反應(yīng)方向移動d．在平衡移動時逆反應(yīng)速率先減小后增大（3）如果上述反應(yīng)在體積不變的密閉容器中發(fā)生，當反應(yīng)達到平衡時，___.a．2v正（HF）=v逆(H2O）b．v（H2O)=2v（SiF4)c．SiO2的質(zhì)量保持不變d．反應(yīng)物不再轉(zhuǎn)化為生成物（4）若反應(yīng)的容器容積為2.0L，反應(yīng)時間8。0min,容器內(nèi)氣體的密度增大了0。12g/L，在這段時間內(nèi)HF的平均反應(yīng)速率為__________________。【答案】（1).SiF4和H2O(2).SiO2(3）。ad（4).c（5）.0。0010mol(L·min)【解析】【分析】本題考察外界條件對化學(xué)平衡的影響、化學(xué)平衡常數(shù)和化學(xué)平衡狀態(tài)的的理解以及反應(yīng)速率的有關(guān)計算?！驹斀狻?1)正反應(yīng)是體積減小的可逆反應(yīng)，在地殼深處壓強大，有利于平衡向正反應(yīng)方向進行，所以溢出的氣體是SiF4和H2O;在地殼淺處，壓強小，有利于平衡向逆反應(yīng)方向進行,所以有二氧化硅沉積,故答案為：SiF4和H2O;SiO2;（2）a、平衡常數(shù)K值變大說明平衡一定向正反應(yīng)方向移動，故正確；b、該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，平衡常數(shù)K值變大說明平衡一定向正反應(yīng)方向移動，條件變化應(yīng)是溫度降低，降低溫度，正反應(yīng)速率應(yīng)該是先減小，然后再逐漸減小，故錯誤；c、平衡常數(shù)K值變大說明平衡一定向正反應(yīng)方向移動，故錯誤；d、該反應(yīng)是放熱反應(yīng),平衡常數(shù)K值變大說明平衡一定向正反應(yīng)方向移動，條件變化應(yīng)是溫度降低，降低溫度,逆反應(yīng)速率先減小,然后再逐漸增大，故正確；ad正確,故答案為：ad;(3）a、由化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比可知，當反應(yīng)達到平衡時v正（HF）=2v逆(H2O）,故錯誤；b、由化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比可知，不管反應(yīng)有沒有達到平衡，均有2v（H2O)=v（SiF4)，故錯誤;c、SiO2的質(zhì)量保持不變說明反應(yīng)已經(jīng)達到平衡,故正確；d、反應(yīng)達到平衡時正逆反應(yīng)仍然都在進行，反應(yīng)物和生成物在互相轉(zhuǎn)化，只是速率相等，故d錯誤;c正確,故答案為：c；（4）容器內(nèi)氣體的密度增大了0。12g/L，則氣體質(zhì)量增加了0。24g，以根據(jù)反應(yīng)的化學(xué)方程式可知，消耗氟化氫的物質(zhì)的量是0。24g÷15＝0.016mol，則氟化氫的反應(yīng)速率是=＝0.0010mol(L·min），故答案為:0.0010mol（L·min).19。某課外興趣小組欲測定某NaOH溶液的濃度，其操作步驟如下：①堿式滴定管用蒸餾水洗凈后，用待測溶液潤洗2～3次后，再注入待測溶液，調(diào)節(jié)滴定管的尖嘴部分充滿溶液,并使液面處于"0"刻度以下的位置，記下讀數(shù);將錐形瓶用蒸餾水洗凈后，用待測溶液潤洗錐形瓶2~3次；從堿式滴定管中放入25。00mL待測溶液到錐形瓶中；②將酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，立即向其中注入0.1000mol/L標準鹽酸，調(diào)節(jié)滴定管的尖嘴部分充滿溶液，并使液面處于"0"刻度以下的位置,記下讀數(shù)；③向錐形瓶中滴入酚酞作指示劑，進行滴定。測得所耗鹽酸的體積為V1mL；④重復(fù)以上過程，但滴定過程中向錐形瓶加入5mL的蒸餾水,測得所耗鹽酸的體積為V2mL.(1）如何判斷滴定達到終點__________________________。（2）該小組在步驟①中的錯誤是_________________,由此造成的測定結(jié)果_____________(填偏高、偏低或無影響）;（3)步驟②缺少的操作是__________________________；（4）如圖，是某次滴定時滴定管中的液面，其讀數(shù)為_____________mL（5）根據(jù)下列數(shù)據(jù)：滴定次數(shù)待測液體(mL）標準鹽酸體積(mL）滴定前讀（mL)滴定后讀數(shù)（mL）第一次25。000.5020.40第二次25.004.0024。10第三次25。000.8023.10請選用合理的數(shù)據(jù)計算待測燒堿溶液的濃度為_____________mol/L（保留到小數(shù)點后四位）（6）下列操作中可能使所測氫氧化鈉溶液的濃度數(shù)值偏低的是_______________；A．酸式滴定管未用標準鹽酸溶液潤洗就直接注入標準鹽酸溶液B．滴定前盛放氫氧化鈉溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥C．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失D．讀取鹽酸體積時，滴定前讀數(shù)正確，滴定結(jié)束時俯視讀數(shù)：【答案】（1）.加入最后一滴標準液，錐形瓶中溶液紅色褪去,且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)成紅色（2）.用待測液潤洗錐形瓶（3)。偏高（4).用標準液潤洗滴定管2～3次（5).26.10(6）.0.0800(7).D【解析】【分析】(1）根據(jù)酚酞指示劑的變色情況分析；（2）根據(jù)c（待測）=判斷；(3）酸式滴定管用蒸餾水洗凈后,應(yīng)用標準液潤洗,否則會導(dǎo)致標準溶液濃度變稀;（4)滴定管中的液面讀數(shù)為26。10mL；（5）第三次滴定的數(shù)據(jù)誤太大,應(yīng)舍去；根據(jù)c(待測）=計算?！驹斀狻?1）NaOH溶液滴入酚酞呈紅色，用標準鹽酸溶液滴定,滴定終點為：加入最后一滴標準液,錐形瓶中溶液紅色褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)成紅色；(2）用待測溶液潤洗錐形瓶,會使錐形瓶中待測液的物質(zhì)的量增多，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=，可知c（標準）偏高，所以答案為待測溶液潤洗錐形瓶;偏高；（3）酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，應(yīng)用標準液潤洗,否則會導(dǎo)致標準溶液濃度變稀，消耗標準溶液的體積增大，所測溶液濃度偏高，所以答案為酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，應(yīng)用標準液潤洗；（4）滴定管中的液面讀數(shù)為26.10mL；(5)第三次滴定的數(shù)據(jù)誤太大，應(yīng)舍去；V（標準）══20.00mL；c（待測）=══0.0800mol/L。20。研究NO2、SO2、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。（1）NO2可用水吸收,相應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為____________________________________________。利用反應(yīng)6NO2＋8NH37N2＋12H2O也可處理NO2。當轉(zhuǎn)移1。2mol電子時,消耗的NO2在標準狀況下是___________L.（2）已知:2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH＝－196。6kJ·mol—12NO(g）+O2(g)2NO2(g)ΔH＝－113。0kJ·mol—1則反應(yīng)NO2（g）+SO2(g）SO3（g)+NO（g)的ΔH＝_____________kJ·mol-1.一定條件下，將NO2與SO2以體積比1∶2置于密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng),測得平衡時NO2與SO2體積比為1∶6，則平衡常數(shù)K＝_______________?！敬鸢浮?1）。3NO2＋H2O===NO＋2HNO3(2)。6。72(3).－41.8（4）.【解析】【分析】（1)NO2用水吸收，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子得失進行計算;（2）根據(jù)可逆反應(yīng)NO2（g）+SO2（g）SO3（g)+NO（g）結(jié)合三段式進行計算。【詳解】（1）NO2用水吸收，反應(yīng)方式為：3NO2＋H2O=NO＋2HNO3；在6NO2＋8NH37N2＋12H2O反應(yīng)中，NO2化合價由+4→0，得到4e—，現(xiàn)在轉(zhuǎn)移1。2mole-，即NO2得到1.2mole—，所以n(NO2）==0。3mol,所以標況下V（NO2）=0。3mol×22.4L/mol=6.72L;(2)反應(yīng)NO2（g）+SO2(g）SO3（g)+NO(g）可以由已知方程式（①+②）×得到，所以ΔH=（ΔH1+ΔH2)×=—41。8kJ/mol；令NO2與SO2的起始物質(zhì)的量分別為1mol、2mol，設(shè)平衡時參加反應(yīng)的SO2的物質(zhì)的量為xmol,則：NO2（g)+SO2（g)?SO3（g）+NO（g)開始（mol）：1200變化(mol)：xxxx平衡（mol）：1-x2-xxx故(1-x）:（2-x)=1：6,解得x=0.8，平衡常數(shù)K＝=?！军c睛】本題綜合考查了化學(xué)平衡移動、平衡狀態(tài)判斷、平衡常數(shù)計算等,難度中等?；瘜W(xué)平衡狀態(tài)判斷算一個難點，解答時抓住“變并定”.反應(yīng)NO2（g）+SO2（g）?SO3（g)+NO(g)的特點：首先是可逆反應(yīng)，其次是反應(yīng)前后氣體體積相等。21.影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素很多，某校化學(xué)小組用實驗的方法進行探究。實驗一：他們只利用Cu、Fe、Mg和不同濃度的硫酸（0。5mol/L、2mol/L、18。4mol/L).設(shè)計實驗方案來研究影響反應(yīng)速率的因素。甲同學(xué)研究的實驗報告如下表實驗步驟現(xiàn)象結(jié)論①分別取等體積的2mol/L的硫酸于試管中②反應(yīng)速率Mg＞Fe，Cu不反應(yīng)金屬的性質(zhì)越活潑，反應(yīng)速率越快(1）甲同學(xué)表中實驗步驟②為____________________（2）甲同學(xué)的實驗?zāi)康氖牵涸谙嗤臏囟认?，__________________________________。實驗二：乙同學(xué)為了更精確的研究濃度對反應(yīng)速率的影響，利用下圖所示裝置進行定量實驗。(3）乙同學(xué)在實驗中應(yīng)該測定的數(shù)據(jù)是______________。(4）乙同學(xué)完成該實驗應(yīng)選用的實驗藥品是______________________；該實驗中不選用某濃度的硫酸，理由是_________________________。【答案】（1）.分別投入大小、形狀相同的Cu、Fe、Mg(2).研究金屬(或反應(yīng)物）本身的性質(zhì)與反應(yīng)速率的關(guān)系（3）。一定時間內(nèi)產(chǎn)生氣體的體積(或產(chǎn)生一定體積的氣體所需時間)（4).Mg(或Fe）和0.5mol/L硫酸和2mol/L硫酸（5）。常溫下Mg與18。4mol/L硫酸反應(yīng)生成SO2，F(xiàn)e在18.4mol/L硫酸中鈍化【解析】【分析】（1）要比較金屬和稀硫酸的反應(yīng)快慢，則應(yīng)該使金屬的形狀和大小都是相同的，即分別投入形狀、大小相同的Cu、Fe、Mg；（2）根據(jù)步驟和現(xiàn)象，目的是探究金屬(反應(yīng)物）本身的性質(zhì)與反應(yīng)速率的關(guān)系；（3)要定量研究，需要測定一定時間內(nèi)產(chǎn)生氣體的體積（或產(chǎn)生一定體積的氣體所需要的時間)；(4）濃硫酸和金屬反應(yīng)不能生成氫氣，而銅與稀硫酸又不反應(yīng)，所以選擇的藥品是Mg（或Fe）、0.5ol/L硫酸和2mol/L硫酸.常溫下Mg與18.4mol/L硫酸反應(yīng)生成SO2;Fe在18.4mol/L硫酸中鈍化?！驹斀狻浚?）根據(jù)表中的信息得出該同學(xué)的實驗?zāi)康氖茄芯糠磻?yīng)物本身的性質(zhì)對反應(yīng)速率的關(guān)系對反應(yīng)速率的影響，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，硫酸的濃度相同，不同金屬的規(guī)格應(yīng)相同，故答案為：分別投入大小、形狀相同的Al、Fe、Mg;(2）根據(jù)表中的信息可知該同學(xué)的實驗?zāi)康氖茄芯糠磻?yīng)物本身的性質(zhì)對反應(yīng)速率的關(guān)系對反應(yīng)速率的影響，故答案為：研究金屬（或反應(yīng)物）本身的性質(zhì)與反應(yīng)速率的關(guān)系；(3)乙同學(xué)為了更精確地研究濃度對反應(yīng)速率的影響，根據(jù)速率公式可知應(yīng)該測定的實驗數(shù)據(jù)是測定一定時間產(chǎn)生氣體的體積或測定產(chǎn)生一定體積的氣體所需時間,故答案為：一定時間內(nèi)產(chǎn)生氣體的體積(或產(chǎn)生一定體積的氣體所需時間）；（4）由題意可知實驗中應(yīng)選用的實驗藥品是金屬和酸，因濃硫酸和鐵發(fā)生鈍化現(xiàn)象而影響判斷，所以完成該實驗應(yīng)選用的實驗藥品是Mg（或Fe)和0。5mol/L、2mol/L的硫酸；常溫下,濃硫酸能夠使Fe鈍化，Mg發(fā)生氧化還原反應(yīng)不生成氫氣，而生成二氧化硫,不