湖北省武汉市东华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高二上学期11月期中化学Word版含解析.docx

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湖北省武汉市华中师大一附中2023―2024学年高二上学期期中检测化学试题时限：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Zn：65I：127一、选择题：每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学与生活、工农业生产息息相关，下列说法正确的是A.洁厕灵和食醋是家庭中常见的两种生活用品，食醋比洁厕灵的酸性强B.增大空气的进入量，可以减少汽车尾气中由于不完全燃烧排放的氨氧化物C.在冰醋酸中加水制成食醋的过程中，pH随加水量的增大而增大D.利用反应制氢，相同时间内，使用纳米CaO(催化剂)比微米CaO产率更高【答案】D【解析】【详解】A．食醋中酸性物质主要是醋酸，洁厕灵中酸性物质主要是盐酸，而盐酸酸性强于醋酸，故A项错误；B．汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氨氧化物是空气中氮气与氧气在放电条件下生成的，故B项错误；C．在冰醋酸中加水制成食醋的过程中，由于冰醋酸溶解以及稀释的影响，溶液pH先增大再减小，故C项错误；D．使用催化剂能加快化学反应速率，提高单位时间内物质的转化量，故D项正确；综上所述，正确的是D项。2.下列叙述一定能判断某化学平衡发生移动的是（）A.混合物中各组分的浓度改变B.正、逆反应速率改变C.混合物中各组分的体积分数改变D.混合体系的压强发生改变【答案】C【解析】【详解】对于反应前后气体体积相等的可逆反应，如，改变体系压强会使各组分的浓度改变相同倍数，正、逆反应速率改变相同倍数，但平衡不发生移动，所以A、B、D项错误。 3.在某一恒容容器中发生反应：。当反应达到平衡时，、、、改变某一条件，反应速率与反应时间的曲线关系如图。下列说法错误的是A.时刻，改变的条件可能是适当降低温度B.时可能增大了反应物活化分子百分数C.时刻，改变的条件一定是催化剂D.Q(g)的体积分数最高的时间段是【答案】B【解析】【分析】M（g）+2N（g）Q（g）ΔH＜0为气体体积减小、放热的反应，由图可知，t1为正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动；t3时刻，逆反应速率大于正反应速率，均大于平衡速率，平衡逆向移动，改变条件为升高温度；t5时刻，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，改变条件为使用催化剂；t6时刻，正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，改变条件为减小压强，以此分析解答。【详解】A．由图可知，t1为正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，采取的措施可能是降低温度或增大压强，A正确；B．由图可知，t1为正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，采取的措施可能是降低温度或增大压强，活化分子百分数可能减小或不变，B错误；C．t5时刻，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，改变条件为使用催化剂，C正确；D．由题干图示信息可知，t3~t4平衡逆向移动，t5~t6平衡不移动，t6~t7平衡逆向移动，故Q(g)的体积分数最高的时间段是，D正确；故答案为：B。4.25℃，向40mL0.05mol/L溶液中加入10mL0.15mo/LKSCN溶液，混合溶液中与反应时间(t)的变化如图所示(不考虑盐类水解)，D点浓度不再变化。下列说法不正确的是 A.B.E点对应的坐标为(0，0.04)C.该反应平衡常数D.时加入50mL0.1mol/LKCl溶液，平衡不移动【答案】D【解析】【详解】A．浓度越大、反应速率越快，且随着反应的进行反应物浓度减小，反应速率减慢，图示可知，从A到B反应正向进行，则正(A)＞逆(B)，A正确；B．E点对应的总体积为40mL+10mL=50mL，c(Fe3+)==0.04mol/L，B正确；C．D点浓度不再变化，即达到平衡状态，由图可知，平衡时c(Fe3+)=mmol/L；反应的三段式为 ：该反应平衡常数K==，C正确；D．KCl固体对平衡移动无影响，但溶液总体积增大，离子浓度均变小，平衡向离子浓度增大的方向移动，即平衡逆向移动，D错误；故答案为：D。5.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是 A.A点温度大于25℃，B点温度25℃B.B点，溶液为酸性C.A点温度下，在水中加入少量的盐可能抑制水的电离D.A点温度下，由水电离产生的的溶液中：、、、可能共存【答案】C【解析】【分析】根据题图可知，A点，B点，水的电离是吸热过程，温度降低时，电离程度减小，减小，故25℃水的电离平衡曲线应为A点所在曲线。【详解】A．由分析可知，A点，温度25℃，B点，温度大于25℃，故A错误；B．B点，此时，，溶液呈中性，故B错误；C．水中存在电离平衡，若加入强酸的酸式盐如NaHSO4，则增大氢离子浓度，使水的电离平衡逆向移动，抑制了水的电离，故C正确；D．由水电离产生的的溶液可能为酸性也可能为碱性，在碱性环境中不能大量共存，、在酸性溶液中能发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；答案选C。6.用下列实验装置进行相应实验，操作不正确或不能达到预期目的的是ABCD测定盐酸的pH验证酸性：醋酸>次氯酸测定Zn与反应速率碱式滴定管排气泡A.AB.BC.CD.D 【答案】A【解析】【详解】A．测定盐酸溶液pH时，pH试纸不能湿润，否则会导致结果偏大，故A项不正确；B．醋酸能与碳酸氢钠反应生成碳酸，而次氯酸无法与碳酸氢钠反应生成碳酸，说明酸性：醋酸>碳酸>次氯酸，故B项正确；C．根据单位时间内产生氢气多少或者根据生成一定体积气体所需时间长短可测定反应速率，故C项正确；D．碱式滴定管排气泡的操作为：将胶管向上弯曲，并用力捏挤玻璃珠上方的滴定管壁，让溶液从尖嘴快速流出，故D项正确；综上所述，不正确的是A项。7.为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A.1L1mol/L溶液中数目为个B.30gNO和16g混合后，气体分子数小于个C.0.01mol/L()，数目为个D.1L和NaOH混合液中，水电离氢离子数目为个，此时溶液可能呈酸性【答案】B【解析】【详解】A．溶液中会发生水解，因此无法计算该溶液中具体数目，故A项错误；B．30gNO和16g混合后发生反应，完全反应后由于反应存在，使得容器中气体分子数小于个，故B项正确；C．缺少溶液体积，无法计算溶液中数目，故C项错误；D．若在室温下，溶液呈酸性，溶质中含有较多，则水的电离程度一定受到抑制，由水电离氢离子数目将小于个，故D项错误；综上所述，说法正确的是B项。8.已知常温下的电离平衡常数，；的电离平衡常数，。下列说法不正确的是 A.稀释溶液，减小B.酸性：C.用溶液吸收，当溶液呈中性时，D.的溶液，加水稀释到500倍，则稀释后与的比值为1∶10【答案】A【解析】【详解】A．稀释溶液，的电离程度增大，溶液中、增大，增大数值大于，因此将增大，故A项错误；B．多元弱酸分步电离，每一步都形成酸式盐对应的酸根离子，电离平衡常数越大，对应酸的酸性越强，所以酸性强弱顺序为：，故B项正确；C．用溶液吸收，当溶液呈中性时，，，故C项正确；D．的溶液中，，，加水稀释到500倍，则稀释后，，则稀释后与的比值为1∶10，故D项正确；综上所述，选A项。9.硫酸生产中关键工序是的催化氧化：。图1表示该过程中能量的变化，且，图2表示其他条件不变的情况下，改变温度对平衡状态下转化率的影响，图3表示温度对平衡状态下某物理量的影响。下列说法正确的是 A.焓变B.图2中，温度最低C.图3中纵坐标可为压强PD.图3中A、B、C3点在一定条件下平衡常数可相等【答案】A【解析】【详解】A．由图1可知，，故A项正确；B．图2中，时SO2的平衡转化率最低，该反应正向为放热反应，升高温度平衡逆移，SO2的平衡转化率降低，因此温度最高，故B项错误；C．该反应正向为放热反应，升高温度平衡逆移，气体分子数增加，若在恒容密闭容器中，压强将增大，与图像不符，故C项错误；D．图3中A、B、C3点所处温度不同，因此平衡常数不可能相等，故D项错误；综上所述，说法正确的是A项。10.18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是A.反应Ⅱ、Ⅲ为决速步 B.反应结束后，溶液中存在18OH-C.反应结束后，溶液中存在CH318OHD.反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变【答案】B【解析】【详解】A．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步为反应I、Ⅳ，故A错误；B．反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应Ⅱ的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，故B正确；C．反应Ⅲ的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CH318H，故C错误；D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误；综上所述，正确的是B项，故答案为B。11.工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。各步反应的能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的粒子用“*”标注。下列说法正确的有项①的 ②相同温度下，恒压比恒容的平衡转化率大③合成氨反应为熵减小的反应④“脱附”过程是放热过程⑤历程包含4个基元反应⑥通过液化分离，促进反应正向进行，增大平衡常数⑦若的物质的量分数为50%且不再变化不能作为平衡判据，则投入量A.4个B.5个C.6个D.7个【答案】A【解析】【详解】①由图象可以看出，反应物起始能量高于生成物，因此总反应为放热反应，故①错误；②相同温度下，恒压时反应过程中体积减小，相当于增大压强，有利于正向进行，故②正确；③合成氨反应气体体积减小，即为熵减小的反应，故③正确；④“脱附”过程中需要从外界吸收热量，故④错误；⑤历程包含四个步骤分别为：ⅰ.、ⅱ.、、ⅲ.、ⅳ.，故⑤正确；⑥通过液化分离，使体系中氨气含量降低，促使平衡正移，但化学平衡常数不变，故⑥错误；⑦若投入量，设N2的起始投料为1mol、N2转化量为x，则任意时刻，，，任意时刻的物质的量分数为，即的物质的量分数为定值，不能作为平衡判据，故⑦正确；综上所述，正确的有②③⑤⑦，共4项，故答案为A。12.某实验小组用如下实验测定海带预处理后所得溶液的碘含量，实验步骤及现象如下： 已知：，下列说法不正确的是：A.淀粉溶液为该反应的指示剂B.溶液b为蓝色是因为发生了反应：C.溶液反复由无色变蓝的原因可能是H2O2氧化的反应速率比还原的反应速率快D.上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，反应至不再产生气泡，过滤，对滤液进行滴定【答案】C【解析】【详解】A．淀粉遇碘单质变蓝，淀粉可为该反应的指示剂，A正确；B．该实验蓝色恢复是因为过量的H2O2与NaI发生反应：H2O2+2I-+2H+═I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，与空气无关，B正确；C．溶液变无色，是因为发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，溶液又变蓝，是因为过量的H2O2与NaI发生反应：H2O2+2I-+2H+═I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，在加入Na2S2O3溶液后，溶液先变无色，随后变蓝色，可能是H2O2氧化I-的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率慢，C错误；D．由于H2O2是过量的，可与NaI发生反应，因此上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，过量的H2O2在MnO2的作用下分解，产生O2，至不再产生气泡，即H2O2完全分解后，过滤，对滤液进行滴定，D正确；故答案为：C。13.下列实验方案的设计和实验目的都正确的是选项实验方案实验目的A将草酸滴加到少量溶液中，通过观察现象证明是弱电解质B向两支试管中各加入1mL1mol/L的酸性溶液，再向两支试管分别加入2mL1mol/L的溶液和2mL0.5mol/L的溶液，记录高锰酸钾溶液褪色所需时间探究草酸浓度对反应速率影响C向锥形瓶中移入25.00mLHCl溶液，加入2滴酚酞，用标准液NaOH测定HCl浓度 滴定至溶液呈浅红色，且半分钟不褪色，此时单手持滴定管上端并保持其自然垂直读取示数D先向三只试管中各加入1mL等浓度溶液，再同时向三只试管中加入等体积、pH相同的HCl、、溶液，观察现象证明和酸是否发生歧化反应与阴离子种类无关A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．草酸与反应生成二氧化碳，只能说明草酸酸性强于碳酸，无法证明草酸为弱酸，故A项错误；B．与反应的关系式为，该实验过程中需保持草酸的量恰好或过量，否则无法褪色，故B项错误；C．测定未知盐酸浓度操作为：向锥形瓶中加入一定量确定体积的盐酸，并滴加几滴酚酞，用已知浓度的NaOH溶液滴定至锥形瓶中无色溶液呈浅红色，半分钟内不再消失为止，此时左手持滴定管上端并保持自然垂直读取初读数，继续上述操作即可得到准确数据，故C项正确；D．硝酸具有强氧化性，能氧化，而HCl、均与发生歧化，因此说明和酸是否发生歧化反应与阴离子种类有关，故D项错误；答案选C。14.CO、、的燃烧热分别为a、b、ckJ/mol(a、b、c>0)。等物质的量的CO与气体在下发生如下反应，反应速率，、为正、逆反应速率常数，p为气体分压，。下列说法不正确的是A.气体的密度保持不变可用于判断反应已达到化学平衡状态B.当CO的转化率为20%时，C.乙醛的分解反应的D.升高温度，、均增大，若平衡逆向移动，则增大的倍数>增大的倍数 【答案】D【解析】【详解】A．该容器为恒压容器，气体的密度保持不变，说明气体的物质的量不变，可用于判断反应已达到化学平衡状态，故A正确；B．当CO的转化率为20%时，设CO的物质的量为1mol，则CH4的物质的量为1mol，反应中消耗了0.2molCO，消耗了0.2molCH4，生成了0.2molCH3CHO，平衡时0.8molCO，有0.8molCH4，有0.2molCH3CHO，平衡时气体总物质的量为1.8mol，容器中压强为，根据题给信息平衡时，则，则，故B正确；C．根据盖斯定律，CH3CHO(g)⇌CO(g)+CH4(g)的△H=(a+b-)ckJ/mol，故C正确；D．升高温度，k正、k逆均增大，若平衡逆向移动，则k正增大的倍数Y)。T℃(T<25)下，以A或B为原料发生反应，A和B的物质的量分数(代表i物质的物质的量分数)随时间t变化关系如图所示，下列说法正确的是A.a、c线代表A物质B.时，的物质的量分数为0.12C.主反应的焓变 D.主反应的【答案】B【解析】【分析】只考虑主反应，由于反应为气体等体积反应，因此以0.5molA为原料和以0.5molB为原料达到平衡时，两平衡等效，故，由于X>Y，说明以A为原料时，A的转化率超过以B为原料时B的转化率，且平衡时，由此可知曲线a、c对应的是B物质，曲线b、d对应的是A物质，以此分析解答。【详解】A．由上述分析可知，曲线a、c对应的是B物质，故A项错误；B．分析副反应，可知，每生成1molC或D，均会生成3molH2，因此，时，的物质的量分数，解得，故B项正确；C．将两种投料方式具象化：，由此可得该反应焓变，故C项错误；D．主反应的，故D项错误；综上所述，正确的是B项。二、非选择题：共4题，共55分16.滴定是一种常见的化学分析方法，根据已有知识，回答下列问题：（1）用NaOH溶液测定某食用白醋中醋酸的物质的量浓度，以下为某同学列出的实验步骤A．分别向碱式滴定管、酸式滴定管注入NaOH标准溶液和待测醋酸至0刻度以上2~3cmB．调节滴定管液面至0或0刻度以下，记下读数C．用NaOH标准溶液滴定至终点，记下滴定管液面刻度D．用标准溶液清洗碱式滴定管2~3次；待测醋酸清洗酸式滴定管2~3次E．用待测醋酸清洗锥形瓶2~3次F．排气泡使滴定管尖嘴充满溶液，把滴定管固定好G．滴定管检漏，用水清洗所有仪器，备用H．通过酸式滴定管向锥形瓶注入20.00mL待测醋酸，并加入2滴指示剂 ①从上述实验步骤中选出正确的并按操作先后排序：___________(用字母表示)。②滴定开始和结束时，读数如图所示，NaOH标准溶液的体积为___________mL。③量取待测液应选用如图中的___________(填“甲”或“乙”)，若将液体全部放出(初始液面和②题相同)，体积___________(填“>”“<”或“=”)50mL。④滴定时，若标准液和待测液的浓度变大，滴定突跃范围变___________(填“宽”“窄”)。（2）测定的纯度。称取ag样品，先用硫酸溶解，配成100mL溶液，取20mL溶液置于锥形瓶中，再加入溶液()。最后用溶液滴定过量的至___________(填现象)，表示到达滴定终点。消耗溶液的体积为。已知被还原为，的质量分数是___________(的摩尔质量：182g/mol)。下列情况会导致产品纯度偏大的是___________(填标号)。A．溶液部分变质(含)B．滴定达终点时，仰视刻度线读数C．滴定前，在锥形瓶中加水稀释待测液D．滴定终点时，滴定管尖嘴内有气泡生成E．溶液因露空放置太久而变质F．酸式滴定管未用标准液润洗【答案】（1）①.G→D→A→F→B→H→C②.26.10③.甲④.＞⑤.宽（2）①.最后一滴溶液滴下，锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色且半分钟内不褪色②.③.DE【解析】【小问1详解】 ①滴定时操作步骤为：滴定管查漏→水洗→润洗→注液、调节液面→排气泡、记录刻度→注入待测液→滴定至终点读数，故答案为：G→D→A→F→B→H→C；②滴定开始和结束时，读数如图所示，开始时溶液体积为0mL，滴定结束时溶液体积为26.10mL，则NaOH标准溶液的体积为26.10mL，故答案为：26.10；③标准溶液呈酸性，酸性溶液应该盛放在酸式滴定管中，所以选择甲；若将液体全部放出(初始液面和②题相同)，体积大于50mL，因为刻度50的下方还有溶液，故答案为：甲；＞；④滴定时，若标准液和待测液的浓度变大，滴定时，加入很少的标准溶液，溶液的pH变化很大，所以滴定突跃范围变宽，故答案为：宽；【小问2详解】到达滴定终点时的现象是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色且半分钟内不褪色，说明反应达到终点；根据得失电子守恒可知KMnO4～5Fe2+，过量的n(Fe2+)为：5n(KMnO4)=5×b2L×10-3×c2mol/L=5b2c2×10-3mol,与(VO2)2SO4溶液反应的n(Fe2+)为：b1L×10-3×c1mol/L-5•b2×c2×10-3mol=(b1c1-5b2c2)×10-3mol,则100mL(VO2)2SO4溶液消耗的n(Fe2+)为：5(b1c1-5b2c2)×10-3mol,设产品中V2O5的质量分数是ω，，产品中V2O5的质量分数ω的值为=；A．KMnO4溶液部分变质(含K2MnO4)，消耗的KMnO4溶液的体积偏大，与(VO2)2SO4溶液反应的n(Fe2+)偏少，产品纯度偏小，A错误；B．滴定达终点时，仰视刻度线读数，导致KMnO4溶液体积偏大，与(VO2)2SO4溶液反应的n(Fe2+)偏少，产品纯度偏小，B错误；C．滴定前，在锥形瓶中加水稀释待测液，不影响高锰酸钾溶液体积，不影响产品纯度，C错误；D．滴定终点时，滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的KMnO4溶液的体积偏小，与(VO2)2SO4溶液反应的n(Fe2+)偏多，产品纯度偏大，D正确；E．(NH4)2Fe(SO4)2溶液因露空放置太久而变质，消耗(NH4)2Fe(SO4)2的体积偏大，产品纯度偏大，E正确；F．酸式滴定管未用标准液润洗，导致消耗KMnO4溶液的体积偏大，与(VO2)2SO4溶液反应的n(Fe2+)偏少，产品纯度偏小，F错误；故答案为：最后一滴溶液滴下，锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色且半分钟内不褪色；；DE。17.解析图像是科研工作者的一项重要能力，也是中学生必备素养。回答下列问题：（1）以酚酞为指示剂，用NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的溶液。pH、分布系数 随NaOH溶液体积的变化关系如图。已知写出的电离方程式___________。HA-的电离常数___________。（2）浓度均为0.10mo/L、体积均为的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，ROH的电离程度：b点___________(填“>”“<”或“=”)a点，当=2时，若两溶液同时升高温度，则___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，b点___________(填“>”“<”“=”或“不能确定”)c点水的电离程度。（3）为某常见配体，其，。常温下构建Fe(Ⅲ)-H2L溶液体系，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数与pH的关系如图所示，已知：，分布系数。 ①当时，参与配位的___________。②pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为___________(填“L2-”“HL-”或“H2L”)。【答案】（1）①.H2A=H++HA-、HA-⇌A2-+H+②.10-2（2）①.＞②.减小③.=（3）①.5×10-4mol/L②.HL-【解析】【小问1详解】根据图知，未加NaOH溶液时，溶液的pH接近1，说明H2A第一步完全电离、第二步部分电离，则H2A的电离方程式为H2A=H++HA-、HA-A2-+H+；则曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，曲线③代表溶液的pH，故当δ(HA-)=δ(A2-)时，即c(HA-)=c(A2-)，溶液的pH=2.0，HA-的电离常数Ka==c(H+)=10-2mol/L，故答案为：H2A=H++HA-、HA-⇌A2-+H+；10-2；【小问2详解】浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，稀释100倍时，MOH溶液的pH减小2、ROH溶液的pH减小值小于2，说明MOH为强碱、ROH为弱碱，弱酸的浓度越小，其电离程度越大，c(ROH)：a＞b，所以ROH的电离程度：b点＞a点；当lg=2时，若两溶液同时升高温度，MOH完全电离，溶液中c(M+)不变，ROH继续电离，c(R+)增大，则 减小；碱抑制水电离，碱的碱性越强，水的电离程度越小，碱性：b、c点碱性相等，所以b点等于c点水的电离程度，故答案为：＞；减小；=；【小问3详解】①根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到 c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4mol•L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4mol•L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4mol•L-1的L2-，共消耗了5×10-4mol•L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4mol/L，故答案为：5×10-4mol/L；②根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5～10.5之间时，含L的物种主要为HL-，故答案为：HL-。18.根据已有知识，回答下列问题。（1）浓度均为1mol/L的HCl和()混合溶液中，___________。（2）可向氯水中加入___________(填序号)增强漂白性。已知各酸电离平衡常数如表①NaHS②NaOH③石灰乳④⑤⑥⑦⑧⑨酸HClO（3）将足量固体置于真空恒容容器中，发生反应。反应达平衡时体系总压为40kPa。保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量，再加入足量，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于2kPa，的初始压强应大于___________kPa。（4）将常温下HCl溶液加热(不考虑HCl挥发)，pH___________(填“升高”“降低”或“不变”)，若改成加热NaOH溶液，pH___________(填“升高”“降低”或“不变”)。（5）95℃下，，若100体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液，则a+b___________(填“>”“<”或“=”)14。（6）常温下，将的溶液与的溶液等体积混合，二者恰好完全反应，则醋酸的电离常数为___________(用含a、b式子表示)。常温下，溶液和溶液混合，恰好完全沉淀，溶液，则___________。 【答案】18.1.8×10-5mol/L19.⑥⑧20.9821.①.不变②.降低22.<23.①.1014-a-2b②.1：4【解析】【小问1详解】HCI抑制CH3COOH的电离，则浓度均为1mol/L的HCl和CH3COOH混合溶液中c(CH3COOH)≈c(H+)=1mol/L，此时电离平衡常数；故答案为：1.8×10-5mol/L；【小问2详解】①NaHS具有强还原性，加入NaHS时HS-与HClO或Cl2反应，c(HClO)减小，漂白性减弱，故①错误；②NaOH能与HCI、HCIO、Cl2反应，加入NaOH时c(HClO)减小，漂白性减弱，故②错误；③石灰乳能与HCl、HClO、Cl2反应，加入石灰乳时c(HClO)减小，漂白性减弱，故③错误；④Na2CO3能与HCl、HClO、Cl2反应，加入Na2CO3时c(HClO)减小，漂白性减弱，故④错误；⑤Na2S具有强还原性，加入Na2S时S2-与HClO或Cl2反应，c(HClO)减小，漂白性减弱，故⑤错误；⑥CH3COONa能与HCl反应，不能与HClO、Cl2反应，加入CH3COONa时c(HClO)增大，漂白性增强，故⑥正确；⑦Na2SO3具有强还原性，加入Na2SO3时与HClO或Cl2反应，c(HClO)减小，漂白性减弱，故⑦错误；⑧NaHCO3能与HCl反应，不能与HClO、Cl2反应，加入NaHCO3时c(HClO)增大，漂白性增强，故⑧正确；⑨NaHSO3具有强还原性，加入NaHSO3时与HClO或Cl2反应，c(HClO)减小，漂白性减弱，故⑨错误；故答案为：⑥⑧；【小问3详解】反应的平衡常数，，设体系中CO2的初始压强为xkPa，则，，，x=98，若使平衡时体系中水蒸气的分压小于2kPa，CO2 的初始压强大于98kPa；故答案为：98；【小问4详解】HCl是强电解质，将常温下HCl溶液加热时溶液中c(H+)不变，pH不变；NaOH是强电解质，加热NaOH溶液时c(OH-)不变，但促进水的电离，Kw增大，，pH降低；故答案：不变；降低；【小问5详解】pH1=a的某强酸溶液中c(H+)=10-amol/L，pH2=b的某强碱溶液c(OH-)=10b-12mol/L，混合后溶液pH=6，即混合溶液中c(H+)=10-6mol/L，则100×10-a-10b-12=101×10-6，解得a + b< 14故答案为：<；【小问6详解】将pH=a的Ba(OH)2溶液与pH=b的CH3COOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应，则起始c(CH3COOH)=c(OH-)=10a-14mol/L，溶液中c(CHCOO-)≈c(H+)=10-bmol/L，c(CH3COOH)=10a-14mol/L-10-bmol/L≈10a-14mol/L，醋酸电离平衡常数，常温下pH=12Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.01mol/L、c(Ba2+)=0.005mol/L，cmol/LNaHSO4溶液中，二者混合时Ba2+恰好完全沉淀，溶液pH=11，则n(Ba2+)=，即，，解得故答案为：1014-a-2b；1：4。19.CH3OH是重要的能源物质，CO2转化为甲醇是一种有效减少CO2排放的方法。（1）加氢制甲醇过程中发生的主要反应为反应Ⅰ，该反应一般认为通过反应Ⅱ和反应Ⅲ两步实现。反应Ⅱ反应Ⅲ若反应Ⅱ为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是___________(填标号)。 A.B.C.D.（2）向恒温2L容器中充入一定量和，发生反应。图中过程Ⅰ、Ⅱ是在不同催化剂作用下的转化率随时间(t)的变化曲线。下列说法正确的是___________(填序号)。A.m点：B.时刻改变的反应条件可能是增大水蒸气的浓度C.活化能：过程Ⅱ<过程ⅠD.时刻改变的反应条件可能是降低温度（3）在25℃和的条件下，发生反应，反应建立平衡后，再逐步增大体系的压强。表中列出了不同压强下平衡时物质CO的浓度。压强(Pa)浓度()0.080200.44①压强从到，平衡___________(填“正向”“逆向”或“不”)移动；②压强从到，浓度从0.20变为的原因是___________。（4）在温度、容积2L的密闭容器中加入1mol和3mol发生如下反应：，平衡后的体积分数为50%。若在相同温度，相同体积的容器中加入2.4mol、4.2mol、1mol、2mol，平衡后， ___________(填“>”“<”“=”或“不能确定”)（5）温度为时，在容积为2L的密闭容器中加入1mol和3mol发生下列反应，平衡时的物质的量为0.5mol。反应开始时与平衡时压强之比为___________。反应Ⅰ反应Ⅱ反应Ⅲ【答案】（1）B（2）B（3）①.不②.压强增大为原来的两倍，CO浓度的变化大于两倍，说明增大压强时H2O变为液体，平衡正向移动（4）＞（5）4：3【解析】【小问1详解】根据盖斯定律可知，Ⅱ+Ⅲ可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=(+41kJ•mol-1)+(-99kJ•mol-1)=-58kJ•mol-1，该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应Ⅱ为慢反应，因此反应Ⅱ的活化能高于反应Ⅲ，同时反应Ⅱ的反应物总能量低于生成物总能量，反应Ⅲ的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是B，故答案为：B；【小问2详解】A．由图可知，m点时CO2的转化率还在增大，故m点逆＜正，A错误；B．t2时刻，增大水蒸气的浓度，平衡逆向移动，CO2转化率减小，符合图象，B正确；C．由图可知，过程Ⅰ的达到平衡所需时间更短，则反应速率更快，故活化能大小为：过程Ⅰ＜过程Ⅱ，C错误；D．t2时刻，降低温度，平衡正向移动，CO2转化率增大，不符合图象，D错误；故答案为：B；【小问3详解】根据表中数据，压强从1×105Pa 增加到2.5×105Pa，增大了2.5倍，CO的浓度从0.04mol•L-1增大到0.1mol•L-1，也增大了2.5倍，浓度增大的倍数和压强增大的倍数相同，CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)为反应前后气体体积不改变的反应，则改变压强，化学平衡不移动；压强从2.5×105到5×105Pa，压强增大的倍数为2，CO的浓度从0.20变为0.44mol•L-1，浓度增大的倍数为2.7 ，浓度增大的倍数大于压强增大的倍数，说明加压至5×105Pa时，H2O(g)变成了液体，所以增大压强化学平衡向正向移动，故答案为：不；压强增大为原来的两倍，CO浓度的变化大于两倍，说明增大压强时H2O变为液体，平衡正向移动；【小问4详解】设CO2(g)的变化浓度为xmol•L-1，则三段式分析为：，平衡后H2的体积分数为50%，=50%，则x=0.25mol•L-1，CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为：0.25mol•L-1、0.75mol•L-1、0.25mol•L-1、0.25mol•L-1，化学平衡常数K===≈0.59；若在相同温度，相同体积的容器中加入2.4molCO2、4.2molH2、1molCH3OH、2molH2O，Q==≈0.045＜K≈0.59，反应正向进行，设某一时刻，CO2的变化量为ymol•L-1，当=时，即=，则y=0.1mol•L-1，此时，CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为：1.1mol•L-1、1.8mol•L-1、0.6mol•L-1、1.1mol•L-1，Q==≈0.10＜K≈0.59，反应正向进行，c(CH3OH)增大，c(H2)减小，到达平衡时，＞，故答案为：＞；【小问5详解】