湖北省鄂东南省级师范高中教育教学改革联盟学校2023-2024学年高二上学期

2023年12月31日发(作者：调查问卷报告)

2023年秋季鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校期中联考高二化学试卷（答案在最后）可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16I：127一、选择题：(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.化学燃料是现阶段火箭的主要动力来源，从能量密度(单位质量的燃料提供的能量)角度考虑，最适合做火箭推进剂的是A.液氧-液态甲烷(甲烷燃烧热为893kJmol1)B.液氧-液氢(氢气燃烧热为286kJmol1)C.液氧-煤油(煤油热值为4.6104kJkg1)D.液氧-液氨(氨气燃烧热为316kJmol1)【答案】B【解析】【详解】由燃料的燃烧热可知，1g甲烷、氢气、煤油、液氨完全燃烧放出的热量分别为1g1g×890.3kJ/mol≈55.6kJ、×285.8kJ/mol=142.75kJ、4.6104kJkg1=46kJg1、2g/mol16g/mol1g×316kJ/mol≈18.6kJ，则相同质量的H2燃烧放热最多，即使考虑O2，也是液氢液氧组合相同质量17g/mol燃烧放热最多；答案选B。2.下列生产、生活中的应用与盐类水解无关的是A.为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸4Cl溶液与ZnCl2溶液均可作焊接金属中的除锈剂3加入到大量水中制、Al粉的混合物作管道疏通剂【答案】D【解析】【详解】A．在FeCl3溶液中加入少量盐酸，能抑制Fe3+的水解，故A不符合题意；

B．NH4Cl溶液与ZnCl2溶液水解使溶液呈酸性，能溶解金属氧化物，可用作除锈剂，故B不符合题意；C．SbCl3加热水解生成Sb2O3和氯化氢，氯化氢挥发，故C不符合题意；D．NaOH、Al粉的混合物作管道疏通剂是利用氢氧化钠碱性强，使油污水解，腐蚀性强，且能与Al反应产生氢气，能促进残留物排除，故D符合题意；故选D。3.下列离子方程式的书写正确的是3COONa的水解：CH3COOH3OCH3COOH3的电离：CaCO3sCa22aqCO3aq3Fe3HOFeOH3HFeOHC.实验室制3胶体：23D.含氟牙膏防治龋齿的原理：Ca5PO43OHsF【答案】D【解析】【详解】A．题干所示为醋酸钠遇酸的反应，水解反应为CH3COOH2OCH3COOHOH，选项-aqCa5PO43FsOHaqA错误；B．题干所示为是CaCO3的沉淀溶解平衡，电离方程式为CaCO3CaC．题干所示为不是沉淀而是胶体，应该为Fe322CO3，选项B错误；3H2OFeOH3胶体3H，选项C错误；Ｄ．含氟牙膏防治龋齿的原理是产生保护层，反应为：Ca5PO43OHsFaqCa5PO43FsOHaq，选项D正确；答案选D。4.某兴趣小组用数字实验系统测定一定浓度Na2CO3溶液的pH与温度的关系，得到如图所示曲线。下列说法正确的是A.a点阴离子总数最多B.b点溶液去油污效果最好

C.c点水的离子积最大【答案】C【解析】D.温度升高，水的电离程度先增大后减小【详解】A．升温，水解和水的电离都受到促进，溶液中cOH大，但Kw也增大，从图像可以分析，a到b，升温，cOH小，b到c，升温cOH目越多，A错误；B．c点温度最高，碱性最强，去油污能力最强，B错误；-主要受水解影响，所以升温，cOH增w增大幅度大于K增大幅度，所以cH减增大幅度小于Kw增大幅度，所以cH增大。水解程度越大，溶液中阴离子数C．升高温度，水的电离一直增大，故c点水的离子积最大，C正确；D．升高温度，水的电离一直增大，D错误；故选C。5.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是A.常压环境更有利于工业上SO2催化氧化制SO3B.用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气C.新制氯水中加入适量碳酸钠固体制高浓度次氯酸溶液D.氯化钠固体和浓硫酸共热制少量氯化氢气体【答案】A【解析】【详解】A．工业上二氧化硫与氧气的反应在常压下转化率已经很高，加压会增加生产成本，常压环境更有利于工业上SO2催化氧化制SO3，不能用勒夏特列原理解释，故选A。B．氨水中存在平衡NH3+H2ONH3•H2ONH4+OH-，用浓氨水和氢氧化钠固体混合，氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，氨气逸出，可快速制取氨气，能用勒夏特列原理解释，故B不选；C．存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，向新制的氯水中加入适量碳酸钠固体，适量碳酸钠固体和HCl反应生成NaCl而促进平衡正向移动，导致溶液中c(HClO)增大，溶液的漂白性增强，能用平衡移动原理解释，故C不选；D．氯化钠固体与浓硫酸共热制取氯化氢气体的反应为吸热反应，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以能产生更多的HCl气体，能够用勒夏特列原理解释，故D不选；故选A。

6.某化学反应2XgYgZg在4种不同条件下进行，Y、Z起始浓度为0，反应物X的浓度(molL1)随反应时间(min)的变化情况如下表：01234800℃800℃800℃820℃1.01.0c1.00.800.600.920.400.670.500.750.250.570.500.630.200.500.500.600.200.500.500.600.200.500.500.600.20下列说法不正确的是A.c1.2C.正反应是吸热反应大【答案】D【解析】【详解】A．根据实验1的数据，利用三段式可知：B.实验2可能使用了催化剂D.50~60分钟内，实验4的平均反应速率比实验3的2X(g)Y(g)+Z(g)起始(mol/L)变化(mol/L)平衡(mol/L)1.00.50.500.250.2500.250.25计算得出800℃时，Kc(Y)c(Z)0.250.250.25，根据实验3的数据，利用三段式知：c2(X)0.52+Z(g)002X(g)Y(g)起始(mol/L)变化(mol/L)平衡(mol/L)cc-0.60.60.5c-0.30.5c-0.30.5c-0.30.5c-0.3c(Y)c(Z)(0.5c0.3)20.25，解得c=1.2，选项A正确；相同温度下平衡常数相同，则Kc2(X)0.62B．实验2到达平衡所有时间少，但平衡态不变，可能是使用了催化剂，选项B正确；C．820℃时，K0.25，升温平衡正移，正反应是吸热反应，选项C正确；

D．50到60分，实验3、4均达到平衡，该阶段平均反应速率为0，选项D错误；答案选D。7.25℃时，CuS和ZnS悬浊液中对应离子浓度的对数值lgcS不正确的是与lgcM的关系如图所示。下列说法22A.25℃时，ZnS的溶解度更大B.25℃时，KspCuS约为11035C.在ZnS悬浊液中加入Cu2，可以发生反应ZnSSCu2aqCuSSZn2aqD.已知温度升高，CuS的溶解度增大，则图中对应线段向下平移【答案】D【解析】【分析】根据图像中对应离子浓度的对数值的关系曲线坐标计算CuS和ZnS溶度积平衡常数Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=10-1010-25=10-35，Ksp(ZnS)=c(Zn2+)c(S2-)10-610-20=10-26，Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，反映ZnS比CuS溶解能力大。【详解】A．CuS和ZnS化学组成相同，相同条件下Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)可以体现ZnS的溶解度更大，A项正确；B．CuS对应离子浓度的对数值的关系曲线上的任意一点可以求Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)，Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=10-1010-25=10-35，B项正确；C．Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，反映ZnS比CuS溶解能力大，CuS更难溶于水，可以发生溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀，ZnSSCu2aqCuSSZn2aq能发生，C项正确；D．温度升高，CuS的溶解度增大，Ksp(CuS)增大，则图中对应线段向上平移，D项错误；

答案选D。8.下列有关中和滴定实验的叙述正确的是A.中和滴定实验中所用标准溶液越浓越好，指示剂的用量一般为2～3mLB.滴定管、锥形瓶均应先水洗后润洗C.进行滴定时眼睛应注意锥形瓶内溶液的颜色变化而不应注意滴定管内的液面变化D.用标准盐酸滴定待测NaOH溶液时，若滴定前仰视读数，滴定后俯视，则测定值偏大【答案】C【解析】【详解】A．较浓的标准液引起误差较大，指示剂本身就是有机酸和碱，用量大会引起误差，指示剂一般用2-3滴，A错误；B．滴定管水洗后要用盛装的液体润洗，锥形瓶不能用待测液润洗，B错误；C．滴定过程时眼睛应要盯着锥形瓶内溶液的颜色变化，C正确；D．先仰视导致标准液体积读大了，滴定后俯视读数，导致体积读小了，最后标准液的体积差偏小，故测定值浓度偏低，D错误；故答案为：C。9.下列有关实验装置、操作的描述中正确的是ABCD记录滴定终制取无水MgCl2测定NaClO溶液点读数的pH值为12.20mL检查碱式滴定管是否漏液A.A【答案】A【解析】.D【详解】A．为了抑制加热时MgCl2的水解，所以需要在HCl氛围中加热，A正确；B．不能用试纸测量有漂泊性的NaClO的pH，B错误；C．滴定管量程从上往下增大，读数应该为11.80mL，C错误；

D．图为碱式滴定管排气泡操作，D错误；故选A。10.下列图示与对应叙述不相符的是A.图1各物质均为气体，热化学方程式为：N2g3H2g2NH3gΔH=-92kJmol1B.图2为在绝热恒容密闭容器中发生反应AgBgCg，a、b、c三点中，c点逆反应速率最大，且曲线上点都未达到平衡状态C.图3为合成氨反应中，其它条件不变时，起始时H2用量对反应的影响图，则图中温度T1T2，a、b、c三点中，N2的转化率最高的是b点D.图4中，对于恒温下的反应AgBgCg，F点存在v正v逆【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，合成氨反应为反应为总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的焓变△H=—(600kJ/mol—508kJ/mol)=—92kJ/mol，反应的热化学方程式为N2g3H2g2NH3gΔH=-92kJmol1，故A正确；B．由图可知，绝热恒容密闭容器中正反应速率增大说明该反应为放热反应，温度升高，反应速率加快，c点正反应速率最高，说明生成物浓度最大，逆反应速率最大，平衡形成过程中，正反应速率减小，图中正反应速率一直在变，说明都未达到平衡状态，故B正确；C．由图可知，温度一定时，b点时氨气的百分含量最高，反应达到平衡，则a点为平衡的形成过程、c点为平衡移动过程，合成氨反应中，增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，氮气的转化率增大，则c点氮气的转化率最大，故C错误；D．由图可知，压强一定时，F点A的百分含量小于平衡时A的百分含量，说明浓度熵小于平衡常数，反应向逆反应方向进行，正反应速率小于逆反应速率，故D正确；故选C。11.豆科作物的根瘤菌有固氮能力，其工作原理为：

N2O2根瘤菌2NOH0H0H0H02NOO22NO2󰆉󰆉2NO2󰆈󰆉󰆇󰆉N2O43NO2H2O=2HNO3NO下列叙述错误的是A.第一步反应属于氮的自然固定B.将盛有棕色根瘤菌的玻璃瓶充满空气后密封，置于冰水中冷却，棕色会变浅至无色C.豆科作物在潮湿环境下生长速率较快，与第四步反应的速率有关D.第一步反应是吸热反应，所以这步的反应速率最慢【答案】D【解析】【详解】A．氮的固定是游离态变为化合态，则第一步反应属于自然条件下的氮的固定，故A正确；B．第三步是放热反应，置于冰水中，第三步反应平衡正向移动，颜色变浅甚至无色，故B正确；C．潮湿环境下，第四步反应生成的HNO3多，氮肥增多，植物生长快，故C正确；D．反应速率与放热、吸热无关，故D错误。综上所述，答案为D。12.下列生产或实验事实引出的结论不正确的是选事实项室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸，比较析出沉淀所需时间B向含有少量I2的淀粉溶液中加入NaOH溶液并加热，蓝色褪去往黄色固体难溶物PbI2中加水，振荡，静置。取上层清液，然后加入NaI固体，产生黄色沉淀当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率当其他条件不变时，反应物浓度增大，化学反应速率加快NaOH是淀粉水解的催化剂结论AC难溶物存在沉淀溶解平衡DA、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2溶液，在B中加入2~3

滴FeCl3溶液，B试管中产生气泡快A.A【答案】B【解析】.D【详解】A．2支试管中都发生S2O3+2H=S+SO2+H2O，在其他条件相同情况下，只改变硫酸浓度，反应物浓度大，析出沉淀需要时间短，能说明反应速率快，A项正确；B．I2与NaOH反应使溶液蓝色褪去，与淀粉水解无关，B项错误；C．固体难溶物加水存在PbI2(s)Pb(aq)+2I(aq)平衡，清液，然后加入NaI固体增大了c(I-)，平衡逆移，有黄色沉淀产生，C项正确；D．A、B两支试管中都发生2H2O2=2H2O+O2温度、浓度相同条件下，B使用催化剂产生气泡快，能说明催化剂改变化学反应速率，D项正确；答案选B。13.25℃时，在1.0molL1的K2CrO4溶液中加入酸(不考虑溶液体积变化)，测得平衡时溶液中cCr2O7和cH2+-2-+2变化如图所示。下列说法不正确的是2A.发生反应的离子方程式是：2CrO242HCr2O7H2OB.A点CrO4的转化率为50%C.加入的酸可以是盐酸D.平衡时，若溶液中cCr2O7【答案】C【解析】22cCrO，则cH1.73210247molL1

【详解】A．CrO4和Cr2O7在溶液中相互转化，该转化反应的离子方程式是：22CrO242HCr2O7H2O：A正确；22B．A点时cCr2O72=0.25mol/L，则由Cr元素守恒可知反应消耗CrO224的的浓度c(CrO4)耗=0.252mol/L×2=0.5mol/L，由于反应开始时c(CrO4)始=1.0mol/L，所以的转化率为：正确；2C．Cr2O7有强氧化性，不能用盐酸而应用硫酸酸化，C错误；0.5mol/L×100%=50%，B1mol/LD．A点时cCr2O72=0.25mol/L，c(CrO2cCr2O724)=1.0mol/L-0.5mol/L=0.5mol/L，c(H+)=1.0×10-7mol/L，则该反应的化学平衡常数Kc2H+c2CrO24=0.2514=110，若溶液中(110-7)20.5212222cCr2O7cCrOcCrOcCrO=，根据Cr元素守恒可知：42743mol/L，则12cCr2O73K2+2==11014，cH=31071.732107molL1，D正确；2cHcCrO4c2H+(1)23故选C。得到甲醇在Pd(Ⅱ)表面发生解离时历程与相对能量关系14.科学家研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物质用*标注。下列说法正确的是A.基元反应①②③④都是吸热反应B.该历程的活化能等于基元反应活化能之和C.该历程的总方程式为CH3OH*CO*2H2D.过渡态5生成H2时释放能量少，所以过渡态5非常稳定

【答案】C【解析】【详解】A．基元反应①②是吸热反应，③④是放热反应，A错误；B．历程的活化能是根据阿伦尼乌斯公式作图得出的，和基元反应的活化能意义不一样，B错误；C．由图知，该历程的总方程式为CH3OH*CO*2H2，C正确；D．过渡态都很不稳定，而且生成H2释放的能量也与过渡态的稳定性无关，与过渡态的相对能量有关，D错误；故选C。15.25℃时，用0.1000molL1盐酸滴定20.00mLNaOH、Na2CO3混合溶液，开始滴定时加入第一种指示剂，达到滴定终点时，再加入第二种指示剂，且滴定过程中充分震荡，保证生成的CO2能及时逸出，盐酸体积与部分阶段pH及指示剂颜色变化如图所示：下列说法不正确的是A.a点存在cClcHCO3B.b点pH=7，第二种指示剂是甲基橙C.a点到b点，溶液的导电性减弱D.原混合溶液中，NaOH、Na2CO3的物质的量之比为2∶9【答案】B【解析】【详解】A．a点处发生NaOHHClNaClH2O，Na2CO3HClNaClNaHCO3，可知cClcHCO3，选项A正确；B．b点，甲基橙为橙色，此时pH为3.1~4.2，选项B错误；C．a点到b点，离子数目不变，溶液体积增大，导电性减弱，选项C正确；D．22mL盐酸发生反应NaOHHClNaClH2O，Na2CO3HClNaClNaHCO3，ab过程中18mL盐酸发生反应NaHCO3HClNaClCO2H2O，计算可得NaOH、Na2CO3的物质的量

之比为2∶9，选项D正确；答案选B。二、非选择题16.维生素C又称为抗坏血酸，是一种可以添加在食品中的抗氧化剂，实验室可用直接碘量法测定果蔬中维生素C的含量。实验原理：C6H8O6维生素CI2C6H6O62HI实验步骤：Ⅰ．配制和标定I溶液配制I2溶液：称取3.3gI2和5gKI置于研钵中(在通风橱内)加入少量蒸馏水研磨，待I2全部溶解后，将溶液转入250mL棕色容量瓶中，定容后充分摇匀。I2溶液浓度的标定：取I2溶液20.00mL，置于锥形瓶中，用标准浓度的Na2S2O3溶液滴定至溶液呈浅黄色(反222IS4O6应离子方程式为：I22S2O3)，加入淀粉指示剂少许，继续滴定使溶液恰好呈无色，并半分钟不变色，平行测定3次，记录数据如下：实验项目10.100023cNa2S2O3/molL1vNa2S2O3/mL19.9820.0219.82Ⅱ．果蔬样品的处理：用粉碎机将果蔬样品打成糊状，用干燥的小烧杯准确称取100g样品，转入250mL锥形瓶中，并用少量蒸馏水冲洗小烧杯1-2次，冲洗液并入锥形瓶中。Ⅲ．样品分析：在II中锥形瓶中加入10mL2molL1醋酸溶液和少量淀粉溶液，用Ⅰ中I2溶液滴定至滴定终点，平行测定3次，记录数据如下：实验项目18.9228.9338.91vI2/mL回答下列问题：（1）研磨I2和KI固体，除研钵外还需要___________(填所需仪器名称)。（2）配制I2溶液，使用容量瓶为棕色的原因是___________。（3）Ⅲ中滴定达到终点时的现象是___________。（4）冲洗液没有并入锥形瓶，会使测量结果___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”下同)果蔬样品放置

空气中时间过长，会使测量结果___________。（5）cI2___________(保留四位有效数字)，样品中维生素C的含量是___________mg/100g(精确到小数点后一位)。【答案】（1）研杵（2）碘易升华，需要避光（3）溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色（4）（5）【解析】【分析】用标准浓度的Na2S2O3溶液滴定碘液的浓度，再利用碘的浓度，用粉碎机将果蔬样品打成糊状，用干燥的小烧杯准确称取100g样品，转入250mL锥形瓶中，并用少量蒸馏水冲洗小烧杯1-2次，冲洗液并入锥形瓶中，利用碘滴定测定其中维生素的含量，分析滴定过程中引起的误差；【小问1详解】研磨固体，需要研钵和研杵；【小问2详解】①.偏小②.偏小②.78.5①.0.05000molL1I2易升华，要避光；【小问3详解】到达滴定终点时，多加半滴I2液，I2过量，遇到淀粉，变蓝，所以现象为溶液恰好由无色变为蓝色；【小问4详解】冲洗液未并入，导致滴定时碘液体积偏小，浓度偏小；长时间置于空气中，部分维C被氧气氧化，导致滴定时碘液体积偏小，浓度偏小；【小问5详解】第三组数据与前两组相隔太多，舍去，平均消耗Na2S2O3溶液体积为20.00mL，求得浓度为=8.920.05176mg0.1000mol/L20.00mL=0.05000molL1，维C含量为=78.5mg/100g。100g220.00mL17.利用毒重石(主要成分是BaCO3，还含有Ca、Mg、Fe、Al、Sr等杂质元素)制备高纯BaCl2的方法如下：

信息一：物质FeOH31039.4AlOH31032.89MgOH21011.25CaOH2105.33CaC2O4108.64BaC2O4Ksp107.79信息二：BaCl2难溶于乙醇溶液，NaCl、CaCl2、SrCl2能或微溶于乙醇溶液。回答下列问题：（1）离子化反应时搅拌的作用是___________。（2）加入H2O2时发生反应的离子方程式是___________，加氨水调pH时，应使pH不小于___________。20.1molL1，则Ca2的最小浓度为___________molL1。（3）沉Ca、Sr时，若最后溶液中cBa（4）操作1是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤；洗涤所用的试剂最好是___________(填序号)。①蒸馏水②饱和BaCl2溶液③盐酸（5）操作2前加入95%乙醇的目的是___________，操作2的名称是___________。【答案】（1）使反应物充分接触，提高反应速率（2）①.2Fe2H2O22H2Fe32H2O②.4.7（3）101.85（4）②【解析】【分析】毒重石主要成分是BaCO3，还含有Ca、Mg、Fe、Al、Sr等杂质元素；根据流程图，加盐酸溶解毒重石得到氯化钡、氯化钙、氯化镁、氯化亚铁、氯化铝、氯化锶溶液，加双氧水把氯化亚铁氧化为氯化铁，加氨水调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除铁、铝，滤液中加氢氧化钠调节pH=12.5生成氢氧化镁沉淀除Mg，滤液加草酸生成草酸钙、草酸锶除Ca、Sr，过滤，滤液蒸发浓缩、冷却结晶得粗氯化钡，氯化钡加水溶解得饱和氯化钡溶液加95%得乙醇，析出BaCl22H2O。（5）①.使BaCl2沉淀，便于得到纯净的BaCl22H2O②.过滤

【小问1详解】离子化反应时碳酸钡和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳、水，搅拌的作用是使反应物充分接触，提高反应速率；【小问2详解】加入H2O2时把氯化亚铁氧化为氯化铁，发生反应的离子方程式是2Fe2H2O22H2Fe32H2O，加氨水调pH的目的是氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除铁、铝，根据Ksp的大小可知，Al3+后沉淀，根据氢氧化铝的Ksp可知，Al3+完全沉淀时c(OH-)=31032.89109.3，所以应使pH不小于4.7。510【小问3详解】沉Ca、Sr时，cBa2+cCa2+107.79218.64100.85，若最后溶液中cBa0.1molL，则Ca2KspCaC2O410KspBaC2O4的最小浓度为10-1.85molL1。【小问4详解】洗涤粗氯化钡，为减少晶体溶解损耗，所用的试剂最好是饱和BaCl2溶液，选②。【小问5详解】BaCl2难溶于乙醇溶液，NaCl、CaCl2、SrCl2能或微溶于乙醇溶液，操作2前加入95%乙醇的目的是使BaCl2沉淀，便于得到纯净的BaCl22H2O，操作2的名称是过滤。18.合成氨工艺是氮肥工业的基础，影响了人类的生存和发展。（1）甲烷水蒸气重整是传统的主要的制氢方法，发生的反应为CH4g2H2OgCO2g4H2gΔH1。已知：甲烷和氢气的燃烧热分别是893kJ∙mol-1和286kJ∙mol-1，H2OgH2OlH44kJmol1。回答下列问题：①△H1=___________。②容器中通入物质的量之比为1∶2的甲烷和水蒸气，在一定条件下发生上述反应，平衡时H2的体积分数为φ，CH4的体积分数=___________。（2）N2、H2在Fe催化剂作用下的反应历程为(*表示吸附态)化学吸附：(ⅰ)N2g2N；(ⅱ)H2g2H；**表面反应：(ⅲ)N*H*NH*；(ⅳ)NHHNH2；(ⅴ)NH2HNH3******

脱附：(ⅵ)NH3NH3g*回答下列问题：①反应(ⅰ)决定了合成氨的整体反应速率。在上述历程中，(ⅰ)的反应速率最_____(填“大”、“小”)，原因是：_____。②反应过程中，如果仅增多Fe催化剂的量(不改变比表面积)，下列选项有变化的是_____。A．反应热C．单位时间内NH3的产量B．化学平衡常数D．活化能（3）一定温度下发生合成氨反应时，反应物分子百分数和分子能量的关系如图，其中E表示分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量。回答下列问题：①活化能=_____(用含Ec、E的式子表示)。②在上图中作出升高温度时，E~EC间分子百分数和能量的关系曲线______________。【答案】18.19.①.小①.+163kJ∙mol-1②.4512③.C②.该反应的活化能最大20.①.EC-E②.【解析】【小问1详解】Ⅰ.CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)1∆H=-893kJ∙mol-1Ⅱ.H2(g)+2O2(g)H2O(l)∆H=-286kJ∙mol-1

Ⅲ.H2O(l)H2O(g)∆H=+44kJ∙mol-1①依据盖斯定律，将反应Ⅰ-Ⅱ×4-Ⅲ×2得：CH4g2H2OgCO2g4H2g△H1=(-893kJ∙mol-1)-(-286kJ∙mol-1)×4-(+44kJ∙mol-1)×2=+163kJ∙mol-1。②H2的体积分数为φ，CO2体积分数为0.25φ，CH4体积分数为【小问2详解】①速率慢的反应，是决速步，反应(ⅰ)决定了合成氨的整体反应速率。则在上述历程中，(ⅰ)的反应速率最小，原因是：该反应的活化能最大。②A．活化能不能改变平衡状态，则反应热不变，A不符合题意；B．温度一定时，催化剂不能改变化学平衡常数，B不符合题意；C．催化剂增多，催化中心增多，相同时间发生的反应增多，则单位时间内NH3的产量提高，C符合题意；D．催化剂的量增加，不会引起活化能的改变，D不符合题意；故选C。【小问3详解】①活化能等于活化分子的平均能量减去反应物分子的平均能量，则活化能=EC-E。②温度升高，能量为E和EC的分子数目都增多，则升高温度时，E~EC间分子百分数和能量的关系曲线为10.25。3。【点睛】一个反应的总反应由活化能最大的反应决定。19.完成下列问题。（1）25℃，两种酸的电离平衡常数如表。H2SO3Ka11.4102Ka14.5107Ka26.0108Ka24.71011H2CO3①正常雨水显酸性的原因是___________(用离子方程式表示)。②25℃时某浓度H2SO3溶液的pH=5，该溶液中由水电离的cH与溶液中的cH之比为___________。

③将少量SO2通入NaHCO3溶液中反应的离子方程式为___________。④结合数据说明NaHSO3溶液显酸性的原因___________。（2）25℃，调节0.10molL1二元弱酸H2A溶液的pH(忽略溶液体积的变化)，溶液中的H2A、HA、A2的物质的量分数X随pH的变化如图所示。［已知：XcH2AcHAcA2cX］①25℃时，H2A的电离常数Ka2_____。②下列说法不正确的是_____(填字母序号)。A．pH=1.2时，cHcHAcOH2cA2B．对pH=2.7时的溶液升温，pH减小C．pH增大时，cH2AcAcHA22的值逐渐减小D．H2A和A2在溶液中能大量共存【答案】（1）①.H2CO3HHCO38②.1:104③.SO2HCO3HSO3CO2④.101413HSO的电离常数是6.010，水解常数是HSO，前者大于后者，说明以电离为7.110321.4103主，所以NaHSO3溶液显酸性（2）【解析】【小问1详解】①正常雨水显酸性的原因是水能和空气中的二氧化碳反应生成碳酸，碳酸是二元弱酸，能部分电离出氢离子从而溶液呈酸性，电离方程式为：H2CO3HHCO3；①.104.2②.ACD

②25℃时H2SO3溶液的pH=5，此时H2SO3电离出的氢离子是溶液中的主要氢离子，则溶液中的cHKw10-14-9=10mol/L，cH==10mol/L由水的离子积常数可得，25℃时c(OH)=，水电离的c(H+)10-5-5-4等于溶液中cOH即10mol/L，该溶液中由水电离的cH与溶液中的cH之比为10：10=1:10-9-9-5；H2SO3>H2CO3>HSO3>HCO3，③电离平衡常数越大，酸性越强，由表可知酸性：少量SO2通入NaHCO3--溶液中生成NaHSO3和二氧化碳，反应的离子方程式为SO2HCO3HSO3CO2；④结合数据说明NaHSO3溶液显酸性的原因是：HSO3的电离常数是6.0108，水解常数是101413HSO，前者大于后者，说明以电离为主，所以NaHSO3溶液显酸性；7.110321.410【小问2详解】2-+c(A)c(H)+-4.2=c(H)=10①25℃时，pH=4.2时c(HA)=c(A2)，则H2A的电离常数Ka2；-c(HA)②A．pH=1.2时，阳离子还有调节pH时所加碱的阳离子，根据电荷守恒，则cHcHAcOH2cA2，故A错误；B．pH=2.7时的溶液主要是HA-以电离为主，升温电离受到促进，氢离子浓度增大，pH减小，故B正确；C．cH2AcA2cHA2=Ka1为定值，pH增大时，比值不变，故C错误；Ka2D．根据图像可知，H2A和A2在溶液中共存浓度极小，二者会反应生成HA-，故D错误；