江西省南昌三中2015-2016学年高二上学期期中化学试卷.doc

2015-2016学年江西省南昌三中高二（上）期中化学试卷一．选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案）1．已知；（NH4）2CO3（s）═NH4HCO3（s）+NH3（g）△H=+74.9kJ•mol﹣1，下列说法中正确的是( )A．该反应中熵变、焓变皆大于0B．该反应是吸热反应，因此一定不能自发进行C．碳酸盐分解反应中熵增加，因此任何条件下所有碳酸盐分解一定自发进行D．能自发进行的反应一定是放热反应，不能自发进行的反应一定是吸热反应【考点】焓变和熵变．【专题】化学平衡专题．【分析】A、依据反应的特征分析（NH4）2CO3（（s）=NH4HCO3（s）+NH3（g）△H=+74.9kJ•mol ﹣1，反应是熵变增大的反应，反应是吸热反应焓变大于0；B、反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，反应自发进行；C、反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，反应自发进行，据此分析；D、反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，反应自发进行，据此分析；【解答】解：A、依据反应的特征分析（NH4）2CO3（（s）=NH4HCO3（s）+NH3（g）△H=+74.9kJ•mol ﹣1，反应是熵变增大的反应，△S＞0；反应是吸热反应焓变大于0，△H＞0；故A正确；B、该反应是吸热反应，△H＞0，△S＞0；反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，当高温下反应可以自发进行，故B错误；C、碳酸盐分解反应中熵增加，△S＞0，反应是吸热反应，△H＞0，反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，反应自发进行，因此低温下碳酸盐分解是非自发进行的，故C错误；D、能自发进行的反应不一定是放热反应，不能自发进行的反应不一定是吸热反应，判断依据是△H﹣T△S＜0，故D错误；故选A．【点评】本题考查了反应自发进行的判断依据，理解自发进行的因素是由焓变和熵变温度共同决定，题目较简单．2．用水稀释0.1mol/L的醋酸溶液，其中随加水量的增加而增大的有( )①n（H+）②c（H+）③c（H+）/c（CH3COOH）④c（CH3COOH）/c（H+）A．①④B．②③C．②④D．①③【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，导致溶液中c（CH3COOH）减小，但溶液中c（H+）减小，温度不变离子积常数不变，所以溶液中c（OH﹣）增大，据此分析解答．【解答】解：醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，①则醋酸电离分子个数增大，所以溶液中n（H+）增大，故正确；②虽然促进醋酸电离，但程度电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（H+）减小，故错误；③促进醋酸电离，导致溶液中n（H+）增大、n（CH3COOH）减小，二者在同一溶液中，所以体积相同，所以c（H+）/c（CH3COOH）增大，故正确；④根据③知，c（CH3COOH）/c（H+）减小，故错误；故选D．【点评】本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，易错选项是②，注意：加水稀释虽然促进醋酸电离，但溶液中c（H+）减小、c（OH﹣）增大，为易错点．3．已知H2（g）、C2H4（g）和C2H5OH（1）的燃烧热分别是﹣285.8kJ•mlo﹣1﹣1411.0kJ•mlo ﹣1和﹣1366.8kJ•mlo﹣1，则由C2H4（g）和H2O（l）反应生成C2H5OH（l）的△H为( ) A．﹣44.2kJ•mol﹣1B．+44.2kJ•mol﹣1C．﹣330kJ•mol﹣1D．+330kJ•mol﹣1【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】写出各种物质燃烧的热化学方程式，运用盖斯定律求出C2H4（g）和H2O（l）反应生成C2H5OH（l）的△H．【解答】解：有题意可知：氢气燃烧的热化学方程式为：①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8 kJ/mol；C2H4（g）燃烧的热化学方程式为：②C2H4（g）+3O2（g）=2H2O（l）+2CO2（g）△H=﹣1411.0kJ/mol；C2H5OH（1）燃烧的热化学方程式为：③C2H5OH（l）+3O2（g）=3H2O（l）+2CO2（g）△H=﹣1366.8kJ/mol；利用盖斯定律②﹣③可得：C2H4（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）△H=（﹣1411.0kJ/mol）﹣（﹣1366.8kJ/mol）=﹣44.2kJ/mol，故选：A．【点评】本题考查利用燃烧的热化学方程式求反应热的计算，题目难度中等，注意盖斯定律的应用．4．已知：2X+Y⇌2Z，反应中ω（Z的物质的量分数）随温度T的变化如图所示．下列判断正确的是( )A．T1时，v正＞v逆B．正反应的△H＜0C．a、b两点的反应速率v a=v bD．T＜T1时，ω增大的原因是升温使平衡向正方向移动【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】当可逆反应达到化学平衡状态时，反应物的转化率最大，产物的产率也最高，由此可以判断0﹣T1阶段是化学平衡的建立过程，以后是温度对化学平衡的影响情况，根据化学平衡的建立过程以及温度对化学平衡的影响知识来解决．【解答】解：当可逆反应达到化学平衡状态时，产物Z的生成率最大，物质的量分数最大，所以T1时刻，化学反应达到了平衡状态．A、T1时，化学反应达到了平衡状态，v正=v逆，故A错误；B、当温度高于T1时，Z的物质的量分数逐渐减小，所以化学平衡逆向移动，即逆反应方向是吸热的，所以正反应是一个放热反应，即△H＜0，故B正确；C、温度越高，化学反应速率越大，b点温度高于a点，所以b的速率高于a点的速率，即v a＜v b，故C错误；D、0﹣T1阶段是化学平衡的建立过程，反应开始向右不断进行，生成的Z的量越来越大，所以ω增大，故D错误．故选B．【点评】本题考查学生化学平衡的建立、化学平衡状态的特征以及化学平衡受温度的影响等方面的知识，属于综合知识的考查，难度不大．5．已知：（1）胆矾失水的热方程式为CuSO4•5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l）△H=+Q1kJ•mol ﹣1（2）室温下，无水硫酸铜溶于水的热方程式为CuSO4（s）═Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1（3）胆矾（CuSO4•5H2O）溶于水时溶液温度降低．则Q1与Q2的关系是（Q1、Q2为正数）( )A．Q1＞Q2B．Q1=Q2C．Q1＜Q2D．无法确定【考点】反应热的大小比较．【分析】已知CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H=+Q1kJ/mol；CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H=﹣Q2kJ/mol；胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4•5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5H2O （l）△H′＞0；根据盖斯定律确定△H′与Q1、Q2的关系．【解答】解：已知①CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H=+Q1kJ/mol；②CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H=﹣Q2kJ/mol；③CuSO4•5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5H2O（l）△H′＞0；根据盖斯定律：方程③=方程①+方程②，所以△H′=Q1+（﹣Q2）＞0，即Q1＞Q2，故选A．【点评】本题考查了物质溶解恒容物质分解过程中的能量变化，根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键，题目难度中等．6．据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂．下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是( )A．B．C．D．【考点】化学反应中能量转化的原因；催化剂的作用．【分析】水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变．【解答】解：A、水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，与图不符，故A错；B、加入催化剂反应热不变，并且图象符合反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；C、化学反应一定伴随着能量变化，反应物的总能量与生成物的总能量不相等，故C错；D、加入催化剂降低反应的活化能，图象不符合，故D错．故选：B．【点评】本题考查催化剂对化学反应的影响以及反应热与反应物和生成物总能量的关系，以图象体题的形式呈现，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断某一反应是吸热还是放热．7．已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H13H2（g）+Fe2O3（s）=2Fe（s）+3H2O（g）△H22Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）△H32Al（s）+O2（g）=Al2O3（s）△H42Al（s）+Fe2O3（s）=A12O3（s）+2Fe（s）△H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是( )A．△H1＜0，△H3＞0 B．△H5＜0，△H4＜△H3C．△H1=△H2+△H3D．△H3=△H4+△H5【考点】反应热的大小比较．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、物质的燃烧均为放热反应；B、根据盖斯定律和铝热反应为放热反应来分析；C、根据盖斯定律来分析；D、根据盖斯定律来分析．【解答】解：A、物质的燃烧均为放热反应，而放热反应的反应热均为负值，故A错误；B、铝热反应为放热反应，故△H5＜0；而2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）△H3 ③，2Al（s）+O2（g）=Al2O3（s）△H4④，将④﹣③可得：2Al（s）+Fe2O3（s）=A12O3（s）+2Fe（s）△H5=△H4﹣△H3＜0时，故△H4＜△H3，故B正确；C、已知：3H2（g）+Fe2O3（s）=2Fe（s）+3H2O（g）△H2 ②、2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）△H3③，将（②+③）×可得：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H1=（△H2+△H3），故C错误；D、已知：2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）△H3 ③，2Al（s）+O2（g）=Al2O3（s）△H4④，将④﹣③可得：2Al（s）+Fe2O3（s）=A12O3（s）+2Fe（s）故有：△H5=△H4﹣△H3，即：△H3=△H5﹣△H4，故D错误．故选B．【点评】本题考查了反应热的大小比较和盖斯定律的应用，难度不大．8．25℃，加水稀释10mLpH=11的氨水，下列判断正确的是( )A．原氨水的浓度=10﹣3mol/LB．氨水的电离程度增大，溶液中所有离子的浓度均减小C．溶液中的增大D．再加入10mLpH=3的盐酸，混合液pH=7【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．一水合氨是弱电解质，氨水中存在电离平衡，氢氧根离子浓度小于氨水浓度；B．稀释氨水过程中，促进一水合氨电离，氢氧根离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，氢离子浓度增大；C．氨水稀释过程中，促进一水合氨电离；D．根据酸、碱的物质的量大小确定溶液的酸碱性．【解答】解：A．一水合氨是弱电解质，氨水中存在电离平衡，pH=11的氨水中c（OH﹣）=10﹣3mol/L，氢氧根离子浓度小于氨水浓度，所以氨水浓度大于10﹣3mol/L，故A错误；B．稀释氨水过程中，促进一水合氨电离，氢氧根离子、铵根离子、一水合氨浓度都减小，温度不变，水的离子积常数不变，氢离子浓度增大，故B错误；C．氨水稀释过程中，促进一水合氨电离，铵根离子个数增大，一水合氨分子个数减小，所以溶液中的增大，故C正确；D．常温下，pH=11的氨水和pH=3的盐酸，盐酸的物质的量浓度小于氨水，等体积混合时氨水的物质的量大于盐酸的物质的量，所以混合溶液呈碱性，故D错误；故选C．【点评】本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质溶液中存在电离平衡、离子积常数只与温度有关是解本题关键，难度中等．9．羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害．在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）K=0.1反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，下列说法正确的是( ) A．升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应B．通入CO后，正反应速率逐渐增大C．反应前H2S物质的量为7molD．CO的平衡转化率为80%【考点】真题集萃；反应热和焓变；化学平衡的计算．【分析】A．升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小；C．反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）起始（mol）：10 n 0 0 变化（mol）：2 2 2 2平衡（mol）：8 n﹣2 2 2反应恰好气体分子数目不变，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=列方程计算；D．根据C中的计算数据计算CO的平衡转化率．【解答】解：A．升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则该反应是放热反应，故A错误；B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，故B错误；C．反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）起始（mol）：10 n 0 0变化（mol）：2 2 2 2平衡（mol）：8 n﹣2 2 2反应恰好气体分子数目不变，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K===0.1，解得n=7，故C正确；D．根据上述数据，可知CO的平衡转化率为×100%=20%，故D错误；故选C．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素、化学平衡常数应用、化学平衡的有关计算，比较基础，注意理解掌握三段式均解题法在化学平衡计算中的应用．10．某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+mY （g）⇌3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变．下列叙述不正确的是( )A．m=2B．两次平衡的平衡常数相同C．X与Y的平衡转化率之比为1：1D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4mol•L﹣1【考点】真题集萃；化学平衡的计算．【分析】A．平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变；B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；C．设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol，根据转化率=进行计算；D．该反应的反应前后气体计量数之和不变，第一次反应是按照X、Y的计量数之比来投料，所以第二次平衡与第一次平衡是等效平衡，两次平衡后各物质的含量不变，据此解答．【解答】解：A．平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变，所以m=2，故A正确；B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以两次平衡的平衡常数相同，故B正确；C．设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol，X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）开始（mol） 1 2 0转化（mol） a 2a 3a平衡（mol）（1﹣a）（2﹣2a）3a相同条件下，气体的体积与物质的量成正比，所以其体积分数等于其物质的量分数，即（1﹣a）：（2﹣2a）：3a=30%：60%：10%，所以a=0.1，则参加反应的△n（X）=0.1mol、△n （Y）=0.2mol，转化率=，X的转化率==10%，Y的转化率==10%，所以X和Y的转化率之比为1：1，故C正确；D．该反应的反应前后气体计量数之和不变，第一次反应是按照X、Y的计量数之比来投料，所以第二次平衡与第一次平衡是等效平衡，两次平衡后各物质的含量不变，投入Z后，设Z 参加反应的物质的量为3bmol，X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）第一次平衡（mol）：0.9 1.8 0.3加入1molZ：0.9 1.8 1.3转化：b 2b 3b第二次平衡（mol）：（0.9+b）（1.8+2b）（1.3﹣3b）各物质含量不变，所以（0.9+b）：（1.8+2b）：（1.3﹣3b）=30%：60%：10%=3：6：1，b=0.3，n（Z）=（1.3﹣0.9）mol=0.4mol，Z的物质的量浓度==0.2mol/L，故D错误；故选D．【点评】本题为2015年高考题，考查化学平衡计算、等效平衡、平衡常数等知识点，侧重考查学生分析计算能力，注意平衡常数、电离平衡常数、溶度积常数、盐类水解平衡常数都只与温度有关，与浓度无关，难点是D选项计算，题目难度中等．11．下列曲线中，可以描述乙酸（甲、K a=1.8×10﹣5）和一氯乙酸（乙、K a=1.4×10﹣3）在水中的电离度与浓度关系的是( )A．B．C． D．【考点】真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】由乙酸（甲、K a=1.8×10﹣5）和一氯乙酸（乙、K a=1.4×10﹣3）可知，乙酸的K a小，则乙酸的酸性弱；等浓度时酸性强的电离度大；弱酸的浓度越大，其电离度越小，以此来解答．【解答】解：由乙酸（甲、K a=1.8×10﹣5）和一氯乙酸（乙、K a=1.4×10﹣3）可知，乙酸的K a 小，则乙酸的酸性弱；由图可知，横坐标为浓度，纵坐标为电离度，则等浓度时酸性强的电离度大，即乙的曲线在上方，可排除A、C；弱酸的浓度越大，其电离度越小，则曲线甲、乙均随浓度的增大而下降，可排除D，显然只有B符合，【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握Ka与酸性的关系、弱酸的电离度与浓度的关系及图象分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．12．一定条件下，对于可逆反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol•L﹣1、0.3mol•L﹣1、0.08mol•L﹣1，则下列判断正确的是( )A．c1：c2=3：1B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3C．X、Y的转化率不相等D．C1的取值范围为0 mol•L﹣1＜c1＜0.14mol•L﹣1【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），到达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol•L﹣1、0.3mol•L﹣1、0.08mol•L﹣1，利用极值转化；A．可根据反应转化关系和平衡浓度计算初始浓度关系；B．达到平衡状态时，正逆反应速率相等；C．起始量相同，平衡量相同，转化率相同；D．根据可逆不能完全转化的角度分析．【解答】解：A．设X转化的浓度为x，X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）初始：c1 c2 c3转化：x 3x 2x平衡：0.1moL/L 0.3mol/L 0.08mol/L所以c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，故A错误；B．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故B错误；C．反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C错误；D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向逆反应分析进行，则c1＞0，如反应向正反应分析进行，则c1＜0.14mol•L﹣1，故有0＜c1＜0.14mol•L﹣1，故D正确；【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，本题注意化学平衡状态的判断方法以及可逆反应的特点．13．一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO （g），平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：已知气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数，下列说法正确的是( )A．550℃时，若充入惰性气体，v正，v退均减小，平衡不移动B．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%C．T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数K p=24.0P总【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】A、可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v，v退均减小，又改反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动；正B、由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，根据三段式进行计算；C、由图可知，T℃时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态；D、925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数K p=，据此计算；【解答】解：A、可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v正，v退均减小，又改反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动，故A错误；B、由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，则有C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）开始 1 0转化x 2x平衡；1﹣x 2x所以×100%=40%，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为×100%=25%，故B 正确；C、由图可知，T℃时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态，所以平衡不移动，故C错误；D、925℃时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数都为4%，所以用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数K p===23.0P，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了化学平衡图象、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具备运用信息与基础知识分析问题、解决问题的能力．14．根据下表提供的数据，判断下列离子方程式或化学方程式正确的是( )A．向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：CO32﹣+2Cl2+H2O=2Cl﹣+2HClO+CO2B．向NaHCO3溶液中滴加少量氯水：2HCO3﹣+CI2=CI﹣+CIO﹣+2CO2+H2OC．向NaClO溶液中通入少量CO2：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClOD．向NaClO溶液通入足量CO2：CO2+2NaClO+H2O=Na2CO3+2HClO【考点】离子反应发生的条件；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】离子反应专题．【分析】依据电离常数分析可知酸性为H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，依据酸性强弱分析可能发生的反应产物；A、碳酸钠溶液中滴入氯水，次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠；B、向NaHCO3溶液中滴加少量氯水，氯水中的元素和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，次氯酸不能和碳酸氢钠反应，产物为次氯酸；C、向NaClO溶液中通入少量CO2反应生成碳酸氢钠和次氯酸；D、向NaClO溶液通入足量CO2，反应生成碳酸氢钠和次氯酸．【解答】解：依据电离常数分析可知酸性为H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，酸性强的可以反应得到酸性弱的，据此分析判断；A、向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，溶液中碳酸钠过量，盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，反应的离子方程式应为：2CO32﹣+Cl2+H2O=Cl﹣+ClO﹣+2HCO3﹣，故A错误；B、向NaHCO3溶液中滴加少量氯水，氯水中的盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，次氯酸不能和碳酸氢钠反应，产物为次氯酸，反应的离子方程式为：HCO3﹣+Cl2=Cl﹣+HClO+CO2↑，故B错误；C、向NaClO溶液中通入少量CO2反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的化学方程式为：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO，故C正确；D、向NaClO溶液中通入足量CO2反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的化学方程式为：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO，故D错误；故选C．【点评】本题考查了弱电解质电离平衡常数的分析判断，主要是与碳酸钠反应的产物分析判断是解题关键，题目难度中等．15．相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元弱酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积（V）随时间（t）变化的示意图正确的是( )A．B．C．D．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】相同体积、相同pH的一元强酸和一元弱酸溶液，初始时C（H+）相同，开始反应速率相同，反应一旦开始，一元弱酸溶液还会电离出新的C（H+），即随后一元弱酸溶液电离出的C（H+）大于强酸；同体积，相同PH的一元强酸溶液①和某一元弱酸溶液②相比，一元弱酸溶液②的浓度大，与足量的锌粉反应产生的氢气体积大，反应过程中一元弱酸溶液②继续电离，溶液中氢离子浓度大，产生氢气速率快；【解答】解：因为强酸完全电离，一元弱酸部分电离，因此要有相同的PH值，一元弱酸的浓度必须比强酸高，由于体积相等，因此一元弱酸的物质的量大于强酸，因此产生的H2也比强酸多．反应过程由于H+不断被消耗掉，促使一元弱酸继续电离，这就延缓了H+浓度下降的速率，而强酸没有H+的补充途径，浓度下降的更快，由于其他条件都相同，反应速率取决于H+浓度，由于开始时H+浓度相等，因此反应速率也相等（在图中反应速率就是斜率），后面强酸的反应速率下降得快，斜率也就更小，曲线更平坦．最终生成H2的体积也比一元弱酸少，因此曲线在一元弱酸下面；故选C．【点评】本题考查了弱电解质溶液的电离平衡移动，主要考查溶液PH相同的强酸和弱酸与足量的锌粉发生反应，开始速率相同，反应过程中，弱电解质电离平衡正向进行，速率是弱酸大，生成氢气多，是解题关键，题目难度中等．16．用CH4催化还原NO X可以消除氮氧化物的污染．例如：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣1160kJ•mol﹣1已知NO、NO2混合气体的密度是相同条件下氢气密度的17倍，16g甲烷和该混合气体恰好完全反应生成N2、CO2、H2O（g）放出1042.8kJ的热量，则△H1是( )A．﹣867kJ•mol﹣1B．﹣574kJ•mol﹣1C．﹣691.2kJ•mol﹣1D．﹣925.6kJ•mol﹣1【考点】有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】NO、NO2混合气体的密度是相同条件下氢气密度的17倍，则混合气体的平均相对分子质量=17×2=34，设NO的物质的量分数为x，则NO2的物质的量分数为1﹣x，30x+46（1﹣x）=34 x=0.75 则混合气体中NO、NO2的物质的量之比为：0.75：0.25=3：1，16g甲烷的物质的量为n===1mol，则与16g甲烷反应的物质的量分别为0.75mol、0.25mol，结合放出1042.8kJ的热量进行计算．【解答】解：NO、NO2混合气体的密度是相同条件下氢气密度的17倍，则混合气体的平均相对分子质量=17×2=34，设NO的物质的量分数为x，则NO2的物质的量分数为1﹣x，30x+46（1﹣x）=34 x=0.75 则混合气体中NO、NO2的物质的量之比为：0.75：0.25=3：1，16g甲烷的物质的量为n===1mol，则与16g甲烷反应的物质的量分别为0.75mol、0.25mol，16g甲烷和该混合气完全反应生成N2、CO2、H2O（g）放出1042.8kJ的热量，则1160KJ/mol×0.75mol+△H 1×0.25mol=1042.8KJ，+△H 1=﹣691.2KJ/mol，故选C．【点评】本题考查混合物的计算和反应热的计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握计算的思路，注意理解运用．题目难度中等．二、填空题（每空2分，第21题第（1）、（2）题每空3分），共52分）17．今有①盐酸、②醋酸、③硫酸三种稀溶液，用序号回答下列问题．（1）若三种酸的物质的量浓度相等．a．取等体积上述三种溶液，分别用同浓度的NaOH溶液完全中和，所需NaOH溶液体积大小关系为③＞②=①．b．若取等质量Zn分别跟这三种溶液反应，使Zn恰好完全反应时，消耗三种酸的体积大小关系为②=①＞③．（2）若三种酸溶液中的c（H+）相等．a．三种酸的物质的量浓度大小关系为②＞①＞③．b．取等体积上述三种溶液，分别用同浓度的NaOH溶液完全中和，所需NaOH溶液体积大小关系为②＞①=③．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）a．消耗相同浓度NaOH溶液体积与酸的物质的量和元数成正比；b．使锌恰好完全反应时，消耗氢离子的物质的量相等，对于物质的量浓度相等的酸，酸的元数越大，其体积越小；（2）三种酸的物质的量相等，a．盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸、醋酸是一元弱酸，据此判断溶液中氢离子浓度大小；b．消耗相同浓度NaOH溶液体积与酸的物质的量和元数成正比．【解答】解：（1）a．消耗相同浓度NaOH溶液体积与酸的物质的量和元数成正比，三种酸的物质的量浓度相等、体积相同，则其物质的量相等，硫酸是二元酸，而盐酸、醋酸是一元酸，所以消耗相同浓度NaOH体积大小关系为③=2×①=2×②，故答案为：③＞①=②；b．相同浓度的不同酸与等质量的锌恰好反应时，消耗的氢离子的物质的量相等，对于物质的量浓度相等的酸，酸的元数越大，需要的酸体积越小，硫酸是二元酸，而盐酸、醋酸是一元酸，所以需要酸的体积大小顺序是a=b＞c，故答案为：②=①＞③；（2）三种酸中氢离子浓度相等，a．氢离子浓度相等时，这三种酸中一元弱酸浓度最大、二元强酸浓度最小，所以三种酸的物质的量浓度大小关系为②＞①＞③，故答案为：②＞①＞③；b．等体积等氢离子浓度的这三种酸，硫酸和盐酸中氢离子的物质的量相等，醋酸的物质的量大于盐酸，所以消耗相同浓度氢氧化钠溶液体积大小关系为②＞①=③，故答案为：②＞①=③．【点评】本题考查了弱电解质的电离，物质的量浓度相同、PH相同的强酸与弱酸的比较是难点，难度中等，明确弱电解质电离特点是解题关键，易错点是（1）b、（2）b，正确理解“完全中和”的含义非常重要．18．700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：CO（g）+H2O （g）⇌CO2（g）+H2（g）反应过程中测定的部分数据见表（表中t1＞t2）：依据题意回答下列问题：。