山东省菏泽市曹县第一中学2024-2025学年高二上学期第一次月考 化学试题

高中二年级第一次月考化学试题 考试时间90分钟，满分100分 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列说法正确的是 A. 活化分子之间的碰撞即为有效碰撞 B. 增大压强不能降低活化能，但能增加活化分子百分数 C. 活化能的大小决定了反应能否自发进行 D. 使用催化剂能降低活化能，增加活化分子百分数 2. 如图中曲线表示一定条件下一定量的锌粒与足量的稀硫酸反应的过程。若使曲线b变为曲线a，可采取的措施是 A. 加入少量的硫酸铜固体 B. 加热使溶液温度升高 C. 加入氯化钠固体 D. 加入碳酸钠固体 3. T℃时，在2L刚性密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的物质的量变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示。则下列结论错误的是 A. 若改为恒温恒压条件，达平衡时Z的百分含量增大 B. 保持其他条件不变，升高温度，X的转化率增大 C. 反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v(X)=0.2mol·L-1·min-1 D. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变条件是使用催化剂 4. 将CaCO3放入密闭的真空容器中，反应：CaCO3 (s) CaO(s)＋CO2(g)达到平衡。保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是 A．平衡常数减小 B．CaO物质的量不变 C．CO2浓度不变 D．CO2浓度变大 5. 将一定量纯净的氨基甲酸铵（NH2COONH4）置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3（g）＋CO2（g）。不能判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是（　　） A. v正（NH3）＝2v逆（CO2） B. 密闭容器中总压强不变 C. 密闭容器中混合气体的密度不变 D. 密闭容器中氨气的体积分数不变 6. 已知工业合成氨的方程式：3H2(g)+N2(g) 2NH3(g)，该反应在一定条件下进行时的热效应如图1所示，下列说法正确的是 A. 由图1可知，该逆反应的活化能为(E+ΔH) kJ/mol B. 图2中L、X表示的物理量是温度或压强，依据信息可判断L1＞L2 C. 图2中a、b、c三点中υ正最大的点是b D. 图2中a、b、c点平衡常数的关系为：Ka=Kc<Kb 7．下列物质的水溶液肯定呈酸性的是 A. 含H+的溶液 B. pH<7的溶液 C. 加酚酞显无色的溶液 D. c(H+)>c(OH-)的溶液 8. 下列表述中，说法正确的个数是 ①pH=6的溶液一定是酸性溶液 ②25℃时，水溶液中水电离出的c(H+)和水电离出的c(OH-)的乘积一定等于10-14 ③NaCl的水溶液显中性，该溶液中一定没有电离平衡 ④0.2 mol/L醋酸溶液加水稀释，电离程度增大，c(H+)一定增大 ⑤用广范pH试纸测得某溶液的pH为2.3 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 9. 常温时，的溶液和的溶液，起始时的体积均为，分别向两溶液中加水进行稀释，所得曲线如图所示，下列说法中正确的是 A. M点溶液中大于N点溶液中 B. 的电离常数约为 C. 等的两种酸稀释到相同时，加入的水更多 D. M、P两点的溶液分别用等浓度的溶液中和，消耗的溶液体积： 10. 图表示生成几种氯化物反应的自由能变化随温度变化情况。若在图示温度范围内焓变和熵变不变，且，其中R为常数，T为温度。下列说法错误的是 A. 反应①在温度a时的平衡常数为1 B. 反应②的平衡常数随温度升高而减小 C. 图示温度范围内，③是自发进行的 D. 任何温度下均可用还原制备 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 已知HF分子在一定条件下会发生二聚反应：2HF（g）(HF)2(g)。经实验测得，不同压强下，体系的平均相对分子质量()随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法正确的是 A. 该反应的 B. 气体的总压强：p(a)<p(b)=p(c) C. 平衡常数：K(a)=K(b)<K(c) D. 测定HF的相对分子质量要在低压、高温条件下更准确 12. 下列实验操作、现象和结论(或目标)不正确的是 选项 操作 现象 结论 A 中和热测定实验中，为使盐酸与溶液混合均匀，应用温度计小心搅拌 温度计逐渐升温 最高温度为终止温度 B 两块相同的未经打磨的铝片，相同温度下分别投入到等浓度的溶液和溶液 前者无明显现象，后者铝片发生溶解 能加速破坏铝片表面氧化膜 C 向2支盛有溶液的试管中分别加入溶液，分别放入，的水浴中，并开始计时 下出现浑浊的时间短 温度越高反应速率越快 D 用试纸测浓度均为的醋酸和次氯酸溶液 醋酸值小于次氯酸 醋酸强于次氯酸 A. A B. B C. C D. D 13. 在体积均为1.0L的恒容密闭容器甲、乙中，起始投料量如表，在不同温度下发生反应：CO2(g)+C(s) 2CO(g)。CO的平衡浓度随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 容器 n(CO2)/mol n(C)/mol n(CO)/mol 甲 0.1 0.3 0 乙 0 0 0.4 A. 曲线Ⅰ对应的是甲容器 B. a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa＞14pb C. c点：CO的体积分数＞ D. 900K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则v(正)＞v(逆) 14. Y、Sc(，)单原子催化剂可用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法错误的是 A. 相同条件下，两种催化反应的历程不同，但焓变相同 B. 将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氮气的平衡转化率 C. 使用单原子催化剂的反应历程中，决速步为 D. 升高温度一定可以提高氨气单位时间内的产率 15. 常温下，CH3COOH、HCOOH(甲酸)的电离常数数值分别为1.7×10-5、1.8×10-4，以下关于0.1mol/LCH3COOH溶液、0.1mol/LHCOOH溶液的说法正确的是 A. c(H+)：CH3COOH＞HCOOH B. 等体积的两溶液中，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH＞CH3COOH C. HCOOH可能与NaOH发生反应：H++OH-=H2O D. 将CH3COOH溶液稀释100倍过程中，保持不变 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16．（10分）为比较和对分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题： （1）定性分析：如图甲可通过观察___________的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将0.1 mol·L−1FeCl3，改为___________，更为合理，其理由是_______________________________； （2）定量分析：如图乙所示，实验时均以生成气体为准，其它可能影响实验的因素均己忽略。实验中需要测量的数据是_____________________； （3）查阅资料得知：将作为催化剂的溶液加入溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中均参加了反应，试从催化剂的角度分析，这两个氧化还原反应的离子方程式分别是：和_____________________。 17.(10分) I．欲用下图所示实验来证明是分解反应的催化剂。 （1）加入粉末于溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示，A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为________________(从大到小)。 Ⅱ．乙同学利用控制变量法探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验： 实验序号 反应温度/ 浓度 稀硫酸 ① 20 10.0 0.10 10.0 0.50 0 ② 40 0.10 0.50 ③ 20 0.10 4.0 0.50 （2）该实验①、②可探究__________对反应速率的影响，因此是________。实验①、③可探究硫酸浓度对反应速率的影响，因此V4=_____，_______。 18. (16分)填空。 （1）水在25℃和95℃时电离平衡曲线如图。 ①已知在25℃时，将的溶液与的溶液均升温至35℃，两溶液变化分别为_______(填字母)。 A.增加、减小 B.增加、增加 C.减小、不变 D.不变、减小 ②在曲线B所对应的温度下，将的溶液与的溶液混合，若所得混合溶液的，则溶液与溶液的体积比为____。 （2）常温下，溶液约为3，_______，通入气体(忽略溶液体积的变化)至，则的电离度约为_______。 （3）已知25℃，弱酸的电离平衡常数如表： 弱酸 电离平衡常数() ①可以被溶液捕获，若所得溶液，主要转化为_____(写离子符号)；若所得溶液中，则溶液______。 ②下列微粒可以大量共存是_______(填字母)。 A.、 B.、 C.、 D.、 ③少量通入溶液中的离子方程式为_______。 19.（12分） 温室气体让地球发烧，倡导低碳生活，是一种可持续发展的环保责任，将CO2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。 Ⅰ.在催化作用下由CO2和CH4转化为CH3COOH反应历程示意图如图。 （1）在合成CH3COOH的反应历程中，下列有关说法正确的是_____(填字母)。 A. 该催化剂使反应的平衡常数增大 B. CH4→CH3COOH过程中，有C-H键断裂和C-C键形成 C. 生成乙酸的反应原子利用率100% D. ΔH=E2-E1 Ⅱ.以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下： CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)　ΔH=+177 kJ·mol-1(主反应) C2H6(g) CH4(g)+H2(g)+C(s) ΔH=+9 kJ·mol-1(副反应) （2）主反应的反应历程可分为如下两步，反应过程中能量变化如图1所示： ⅰ.C2H6(g)CC2H4(g)+H2(g) ΔH1=+136 kJ·mol-1 ⅱ.H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)　ΔH2 ΔH2=_______，主反应的决速步骤为_______(填“反应ⅰ”或“反应ⅱ”)。 （3）向恒压密闭容器中充入CO2和C2H6，温度对催化剂K­Fe­Mn/Si­2性能的影响如图2所示，工业生产中主反应应选择的温度是_______。 （4）在一定温度下的密闭容器中充入一定量的CO2和C2H6，固定时间测定不同压强下C2H4的产率如图3所示，p1压强下a点反应速率：v(正)_______v(逆)。 （5）某温度下，在0.1 MPa恒压密闭容器中充入等物质的量的CO2和C2H6，只发生主反应，达到平衡时C2H4的物质的量分数为20%，该温度下反应的平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数) 20．（12分）Ⅰ.已知t℃时，0.01 mol/L NaOH溶液的pH=10，0.1mol/L的HA溶液中=108。请回答下列问题： （1）该温度下，水的离子积Kw=___________。 （2）该温度下，0.1mol/L的HA溶液中水电离出c(OH−)=___________。 （3）该温度下，100 mL pH=a的稀硫酸与10 mL pH=b的NaOH溶液混合，溶液呈中性，则a、b的关系为___________。 （4）在室温下，蒸馏水稀释0.01mol/L HA溶液时，下列呈减小趋势的是________ (填序号)。 A．水的电离程度 B． C．溶液中c(H+)和c(OH−)的乘积 D．溶液中c(A−)·c(HA)的值 Ⅱ．室温下，取pH=2的盐酸和HA溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示： （5）图中表示HA溶液pH变化曲线的是________________(填“A”或“B”)。 （6）设盐酸中加入Zn的质量为m1，HA溶液中加入Zn的质量为m2，则m1________________m2（填“＞”＜”或“=”）。 8 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二化学月考试题答案 1.【答案】D【详解】A、活化分子之间的碰撞发生化学反应时为有效碰撞，否则不是，选项A错误；B、增大压强不能增加活化分子的百分数，使反应速率增大原因是活化分子的浓度增大，但百分数不变，选项B错误；C、反应能否自发进行取决于反应的焓变和熵变，活化能的大小影响反应速率的大小，选项C错误；D、催化剂能降低活化能，增大活化分子的百分数，从而加快反应的速率，选项D正确。答案选D。 2. 【答案】B【分析】由图像可知，曲线b变为曲线a，反应速率加快，生成氢气的物质的量不变。【详解】A．加入少量的硫酸铜固体，部分锌和硫酸铜反应生成铜，构成铜锌原电池，反应速率加快，但和硫酸反应的锌质量减小，生成氢气的物质的量减小，A项不选； B．加热使温度升高，反应速率加快，生成氢气的物质的量不变，B项选； C．加入氯化钠固体，氢离子浓度不变，反应速率不变，C项不选； D．加入碳酸钠固体，碳酸钠和稀硫酸反应，氢离子浓度降低，反应速率减慢，D项不选； 3.【答案】C【详解】A．由图1知，X的物质的量减少量为（2.0-1.4）mol=0.6mol，Y的物质的量减少量为（1.6-1.4）mol=0.2mol，X、Y为反应物；Z的物质的量增加量为（0.8-0.4）mol=0.4mol，Z为生成物，同一化学反应同一时间段内，反应物减少的物质的量和生成物增加的物质的量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z的计量数之比=0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，所以反应可表示为：3X（g）+Y（g）2Z（g），正反应体积减小，若改为恒温恒压条件，有利于平衡正向进行，达平衡时Z的百分含量增大，故A正确； B．由图2知，“先拐平数值大”，所以T2＞T1，升高温度Y的含量减少，平衡向正反应方向移动，X的转化率增大，故B正确；C．v= =0.1mol/（L·min），故C错误；D．图3与图1比较，图3到达平衡所用的时间较短，说明反应速率增大，但平衡状态没有发生改变，应是加入催化剂所致，故D正确。 4. 【答案】C【解析】A．平衡常数K和温度有关，温度不变，平衡常数不变，A错误；B．缩小容器容积，压强增大，平衡逆向移动，n(CaO)减小，B错误； C．K=c(CO2)，K不变，则c(CO2)也不变，C正确；D．c(CO2)不变，D错误； 5.【答案】D【详解】A.根据反应可得出v正（NH3）＝2v正（CO2），故当v正（NH3）＝2v逆（CO2）时反应达平衡状态，能判断该分解反应已经达到化学平衡，故A不选； B.随着反应的进行体系压强逐渐增大，容器内压强保持不变说明反应达平衡状态，能判断该分解反应已经达到化学平衡，故B不选；C.当体系达平衡状态时，混合气体的总质量不变，而容器的体积不变，密闭容器中混合气体的密度不变，说明反应达平衡状态，能判断该分解反应已经达到化学平衡，故C不选；D.氨气与二氧化碳比例为2∶1，不会随反应方向变化而变化，与平衡无关，不能判断该分解反应已经达到化学平衡，故D选。 6.【答案】C【详解】逆反应的活化能可理解为形成新化学键放出的能量，由图1可知，该反应放热ΔH<0，该逆反应的活化能为(E－ΔH) kJ/mol，故A错误；根据化学方程式可知，增大压强，平衡正向移动，N2的转化率增大，所以L1<L2，故B错误；温度越高反应速率越大，压强越大反应速率越大，图2中a、b、c三点中b点温度高、压强大，所以υ正最大的点是b，故C正确。平衡常数只与温度有关，a、c温度相同平衡常数相同，升高温度平衡逆向移动，K减小，所以图2中a、b、c点平衡常数的关系为：Ka=Kc>Kb，故D错误。 点睛：平衡常数只与温度有关，吸热反应，升高温度平衡常数增大；放热反应，升高温度平衡常数减小；若只改变浓度、压强，平衡常数不变。 7. 【答案】D【详解】A．硫酸氢钠溶液中存在大量的H+，但硫酸氢钠为盐，A错误； B．当纯水的温度大于室温时，温度的升高促进了水的电离，此时中性条件下pH<7，但纯水为中性，B错误；C．酚酞的变色范围在8.2~10.0，因此当溶液pH大于7.0小于8.2时，溶液呈弱碱性，但溶液无色，C错误；D．溶液的酸碱性由c(H+)和c(OH-)的相对大小决定的，当c(H+)>c(OH-)时溶液呈酸性，当c(H+)=c(OH-)时溶液呈中性，当c(H+)<c(OH-)时溶液呈碱性，D正确； 8.【答案】A【详解】①pH=6的溶液不一定是酸性溶液，可能是中性溶液，如95℃时纯水的pH=6，该溶液是中性溶液，所以要根据pH判断溶液酸碱性时一定要注明温度，否则无法判断，①错误；②25℃时，如果是酸或碱溶液，其抑制水电离，则水电离出的c(H+)和水电离出的c(OH-)的乘积小于10-14，如果溶质是含有弱离子的盐，则水电离出的c(H+)和水电离出的c(OH-)的乘积大于10-14，如果溶质是强酸强碱盐，其水电离出的c(H+)和水电离出的c(OH-)的乘积等于10-14，但是溶液中水的离子积常数一定是10-14，②错误；③NaCl的水溶液显中性，该溶液中还存在水的电离平衡，③错误；④0.2mol/L醋酸溶液加水稀释，醋酸的电离程度增大，但是溶液体积增大程度使离子浓度减小的趋势大于其电离使离子浓度增大程度的趋势，最终导致溶液中c(H+)减小，④错误；⑤广范pH试纸的测定结果为整数，则用广范pH试纸测得某溶液的pH为2，不能是2.3，⑤错误； 9.【答案】D【分析】HA和HB的起始浓度相等，起始时HA的pH为2，HB的pH为0，HB为强酸，HA为弱酸，M点溶液和N点•溶液的pH相等；起始时HA溶液的pH为2，起始浓度为1mol/L，根据计算HA的电离平衡常数； M、P两点的溶液中HA和HB的起始浓度相等，用等浓度的NaOH中和时，消耗等量的NaOH溶液。 【详解】A．HA和HB的起始浓度相等，起始时HA的pH为2，HB的pH为0，HB为强酸，HA为弱酸，M点溶液和N点溶液的pH相等，则M点溶液中c(A−)等于N点溶液中c(B−)，故A错误；B．起始时HA溶液的pH为2，起始浓度为1mol/L，在，则HA的电离常数约为10−4，故B错误； C．由A可知，HA和HB溶液的pH相等，则HA溶液中c(A−)等于HB溶液中c(B−)，弱酸加水稀释将促进电离，所以等的两种酸稀释到相同时，n(A−)大于n(B−)，所以加入的水更少，故C错误；D．M、P两点的溶液中HA和HB的起始浓度相等，用等浓度的NaOH中和时，消耗等量的NaOH溶液，所以消耗的NaOH溶液体积：P＝M，故D正确， 【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡，根据图像判断HA和HB的酸强度是解题的关键，根据图像计算电离平衡常数，整体难度不大。 10.【答案】D【详解】A．由图可知反应①在温度a时，又，故，A正确；B．反应②是熵减反应，，故，反应②的平衡常数随温度升高而减小，B正确；C．图示温度范围内反应③的，故自发进行，C正确； D．反应为反应④-②，温度d时，反应④的小于反应②的，上述反应的，反应可自发进行，能还原制备；温度低于b时，情况相反，上述反应的，不能还原制备，D错误； 11.【答案】BD【详解】A．温度升高平均摩尔质量减小，气体质量守恒，物质的量增大，说明平衡向逆反应方向进行，升温平衡向吸热反应方向进行，正反应是放热反应，△H<0，A错误；B．b、c点是压强相同条件下的化学平衡，依据图像分析可知温度不变时，增大压强，气体物质的量减小，气体摩尔质量越大，p1>p2，气体的压强：p(a)<p(b)=p(c)，B正确； C．平衡常数随温度变化不随压强变化，a、b、c点的温度不同，正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，平衡常数：K(a)>K(c)<K(b)，C错误； D．反应是气体体积减小的放热反应，测定HF的相对分子质量应使平衡逆向进行，需要在低压、高温条件下进行以提高HF的含量，D正确； 12.【答案】AD【详解】A．中和热测定实验中，用玻璃搅拌器搅拌，不能用温度计搅拌，故A错误；B．两者的区别是分别含有和，根据现象可知能加速破坏铝表面的氧化膜，故B正确；C．两者的区别是温度不同，现象40℃出现浑浊的时间短，说明温度越高，反应速率越快，故C正确；D．次氯酸具有漂白性，强氧化性，所以不能用pH试纸测次氯酸溶液的pH，故D错误； 13.【答案】C【详解】A．固体物质不应平衡移动，乙投入0.4mol一氧化碳相当于投入0.2mol二氧化碳，所以乙相当于两个甲容器加压，无论平衡如何移动，乙中一氧化碳浓度一定大于甲，故图中曲线Ⅰ对应的是乙容器，A错误； B．甲容器b处 乙容器a处 若a、b两点所处温度相同，压强比等于物质的量之比，pa：pb=（0.12+0.16）：（0.02+0.16）=14:9，即9pa=14pb，由于b点温度更高，故a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa<14pb，B错误；C．a点一氧化碳体积分数为；c点相当于减压，平衡正向移动，一氧化碳体积分数变大，故CO的体积分数＞，正确；D．a点1100K时的K=，降温则一氧化碳浓度减小，K值减小，900K时K值小于0.213；若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则Q=，平衡逆向移动，v(正)<v(逆)，D错误。 14.【答案】BD【详解】A．根据盖斯定律，焓变只与反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小，与反应途径无关，催化剂只改变反应历程，不改变反应的焓变，相同条件下，两种催化反应的焓变相同，故A正确；B．催化剂只能改变反应速率，不能影响化学平衡移动，故实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒不能提高氨气的平衡转化率，故B错误； C．从图中可以看出，使用Sc1/NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2+H→*NNH，故C正确；使用单原子催化剂的反应历程中，决速步为D．从图中可知，合成氨的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度越高，催化剂吸附N2更困难，故升高温度虽然可以加快反应速率，但不一定可以提高氨气单位时间内的产率，故D错误； 15.【答案】D【详解】A．电离平衡常数越大，酸性越强，等浓度的甲酸和乙酸溶液，甲酸酸性强，所以电离程度大，所以溶液中的c(H+)：CH3COOH＜HCOOH，故A错误； B．等浓度等体积的甲酸和乙酸溶液中，甲酸和乙酸的物质的量相等，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH = CH3COOH，故B错误； C．HCOOH是弱酸，与NaOH发生反应：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，故C错误； D．=，将CH3COOH溶液稀释100倍过程中，保持不变，故D正确； 16.【答案】（1）产生气泡（2分）     0.05（2分）     排出阴离子的干扰（2分） （2）生成40mL气体所需要的时间（2分）（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（2分） 【解析】（1）过氧化氢在催化剂作用下分解生成氧气和水，所以可依据反应生成气泡的快慢程度定性判断铁离子和铜离子对过氧化氢分解的催化效果；由于氯化铁和硫酸铜的阴离子也不相同，为排出阴离子对实验的干扰，应用0.05mol/L硫酸铁溶液替代0.1mol/L氯化铁溶液完成对比实验，故答案为：产生气泡；0.05；排出阴离子的干扰； （2）由题意可知，实验时应测定生成40mL气体所需要的时间来比较反应的快慢，定量判断铁离子和铜离子对过氧化氢分解的催化效果，故答案为：生成40mL气体所需要的时间； （3）由题给信息可知，铁离子是反应的催化剂，由催化剂改变反应途径，但反应前后的组成和性质不变可知，铁离子与过氧化氢反应生成的亚铁离子在酸性条件下能与过氧化氢反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； 17.【答案】（1）D＞C＞B＞A（2）反应温度  10.0   10.0     6.0 【解析】（1）反应的瞬时速率与曲线的斜率有关，曲线的斜率越大，反应的瞬时速率越大，由图可知，斜率的大小顺序为D＞C＞B＞A，则反应速率的大小顺序为D＞C＞B＞A。 （2）由表格数据可知，实验①、②探究反应温度对反应速率的影响，由变量唯一化原则可知，实验①、②反应物的浓度应保持相同，所以硫代硫酸钠溶液的体积应相同，则V1为10.0；实验①、③探究硫酸浓度对反应速率的影响，由变量唯一化原则可知，实验①、②的反应温度、硫代硫酸钠溶液的浓度和混合溶液的总体积应保持不变，所以V4= 10.0，V5=20.0−14.0=6.0，故答案为：反应温度；10.0；10.0；6.0。 18.【答案】（1） ①. C ②. 1:10 （2） ①. ②. （3） ①. ②. 10 ③. BC ④. 【分析】(1)①已知在25℃时，将pH＝12的NaOH溶液与pH＝2的H2SO4溶液均升温至35℃，水的离子积常数增大，水的电离程度增大，NaOH溶液中c(OH−)几乎不变，NaOH溶液中增大，酸中硫酸完全电离，溶液中c(H＋)不变； ②在曲线B所对应的温度下，c(OH−)＝c(H＋)＝10−6mol/L，Kw＝c(OH−)×c(H＋)＝10−6×10−6＝10−12，该温度下，pH＝9的NaOH溶液中，pH＝4的硫酸溶液中c(H＋)＝10−4mol/L，混合溶液的pH＝6，溶液呈中性，酸中n(H＋)等于碱中n(OH−)； (2) 溶液约为3，电离出的c(H+)=1×10−3，根据水的离子积常数为10−14计算出c(OH−)，水电离出的c(H+)= c(OH−)；的电离常数为，当通入气体(忽略溶液体积的变化)至，c(H+)=1×10−2，计算出c(A-)，根据电离度=计算； (3)，则，当，c(H＋)＝5×10−11，pH＝10.3，如果溶液的pH＝13，则；如果溶液，代入电离平衡常数表达式中计算c(H＋)。 【小问1详解】①已知在25℃时，将pH＝12的NaOH溶液与pH＝2的H2SO4溶液均升温至35℃，水的离子积常数增大，水的电离程度增大，NaOH溶液中c(OH−)几乎不变，NaOH溶液中增大，溶液的pH值减小，酸中硫酸完全电离，溶液中 c(H＋)不变，溶液的pH值不变，所以C正确，故答案为C； ②在曲线B所对应的温度下，c(OH−)＝c(H＋)＝10−6mol/L，Kw＝c(OH−)×c(H＋)＝10−6×10−6＝10−12，该温度下，pH＝9的NaOH溶液中，pH＝4的硫酸溶液中c(H＋)＝10−4mol/L，混合溶液的pH＝6，溶液呈中性，酸中n(H＋)等于碱中n(OH−)，NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比等于二者的物质的量浓度的反比，为10−4mol/L:10−3mol/L＝1:10。 【小问2详解】溶液约为3，电离出的c(H+)=1×10−3，常温下，水的离子积常数为10−14，，水电离出的c(H+)= c(OH−)，所以；，通入气体(忽略溶液体积的变化)至，此时，所以电离度为，故答案为；； 【小问3详解】①，则，当，c(H＋)＝5×10−11，pH＝10.3，如果溶液的pH＝13，则；如果溶液，则c(H＋)＝10−10mol/L，溶液的pH＝10，故答案为；10； ②已知Ka越大酸性越强，酸性约强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由于的酸性小于，所以不与反应，所以B和C能共存；和将发生氧化还原反应，不能共存；故答案选BC； ③据题可知，所以少了通入溶液中的离子方程式为，故答案为。 19.【答案】（1）BC（2） ①. +41 ②. 反应ⅱ （3）800 ℃ （4）< （5）002 【小问1详解】A．平衡常数只与温度有关系，该催化剂不能使反应的平衡常数增大，A错误；B．根据示意图可知CH4→CH3COOH过程中，有C—H键断裂和C—C键形成，B正确； C．化学方程式为CO2+CH4→CH3COOH，所以生成乙酸的反应原子利用率为100%，C正确； D．根据示意图可知ΔH=E1-E2，D错误。故选BC。 【小问2详解】已知：CO2(g)+C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)　ΔH=+177 kJ·mol-1 C2H6(g) ⇌C2H4(g)+H2(g)　ΔH1=+136 kJ·mol-1 根据盖斯定律可知前者减去后者即得到H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)　ΔH2=+41 kJ·mol-1，根据图象可知第二步反应的活化能大，则主反应的决速步骤为反应ⅱ。 【小问3详解】根据示意图可知800 ℃时乙烯的选择性、反应物的转化率都是最大的，所以工业生产中主反应应选择的温度是800 ℃。 小问4详解】a点在曲线上方，此时乙烯的产率高于曲线上的平衡产率，说明此时反应逆向进行，因此p1压强下a点反应速率：v(正)<v(逆)。 【小问5详解】根据三段式可知 达到平衡时C2H4的物质的量分数为20%，则=0.2，解得n=2x，所以该温度下反应的平衡常数Kp==0.02。 20.【答案】（1）10−12（2分） （2）10−10mol/L（2分） （3）a＋b=13（2分） （4）BD（2分） （5）B（2分） （6）＜（2分） 【解析】（1）已知t℃时， 0.01 mol/L NaOH溶液的pH= 10，该溶液中c(H+)=10−10 mol/L，c(OH−)=0.01 mol/L，故该温度下，水的离子积Kw=c(H+)×c(OH−)=10−10×0.01=10−12； （2）0.1 mol/L的HA溶液中=108，结合Kw=c(H+)×c(OH−)=10−12，则溶液中的c(OH−)=10−10 mol/L，而0.1 mol/L的HA溶液中OH−全部由水电离提供，故水电离出的c(OH−)=10−10 mol/L； （3）由题意知，稀硫酸中n(H+)等于NaOH溶液中n(OH−)，故100×10−a=10×10b−12，故a+b=13； （4）A．蒸馏水稀释0.01 mol/L HA溶液时，溶液中的H+浓度逐渐减小，对水的电离的抑制作用逐渐减弱，故水的电离程度逐渐增大，A不符合题意； B．蒸馏水稀释0.01 mol/L HA溶液时，溶液中的H+浓度逐渐减小，温度不变Ka不变，故逐渐减小，B符合题意；C．溶液中c(H+)和c(OH− )的乘积是水的离子积，温度不变，水的离子积不变，C不符合题意；D．蒸馏水稀释0.01 mol/L HA溶液时，c(A−)、c(HA)均减小，故两者乘积也减小，D符合合题意；故答案为：BD； （5）反应过程中，HA还会不断电离出氢离子，c(H＋)减小的慢，故曲线B对应的是HA； （6）HA为弱酸，pH相同时HA的浓度远大于HCl的浓度，在等体积的情况下，n(HA)＞n(HCl)，与适量的锌反应，HA消耗的Zn质量较大，故此处填：＜。 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $$