1、12018-2019 学年四川省成都市第七中学高二上学期半期考试化学试题注 意 事 项 ：1 答 题 前 ， 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 ， 并 将 准 考 证 号 条 形 码 粘 贴在 答 题 卡 上 的 指 定 位 置 。2 选 择 题 的 作 答 ： 每 小 题 选 出 答 案 后 ， 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号 涂 黑 ， 写在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3 非 选 择 题 的 作 答 ： 用 签 字 笔 直 接 答
2、在 答 题 卡 上 对 应 的 答 题 区 域 内 。 写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4 考 试 结 束 后 ， 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。一、单选题1下列有关化学反应原理的说法正确的是A强碱和强酸的中和反应的活化能很高，所以化学反应速率很大B升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率加快C使用催化剂，改变反应历程，降低反应的反应热D反应的自发性既能用于判断反应进行的方向，也能用于确定反应发生的速率2升高温度,下列数据不一定增大的是A化学反应速率 v B水的离子积常数 KWC化学平衡常数 K D醋酸的
3、电离平衡常数 Ka3如表中关于物质的分类组合，完全正确的是 选项 强电解质 弱电解质 非电解质A NaCl C2H5OH Cl2B HNO3 CaCO3 H2OC HClO4 NH3H2O CO2D NaOH BaSO4 Al4下列说法或表示方法中正确的是A已知 2C(s) + 2O 2 (g) = 2CO2(g) H = a kJ/mol、2C(s) + O 2(g) = 2CO(g) H = b kJ/mol，则 a bB甲烷的燃烧热为 890 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式为 CH 4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) H = - 890 kJ/mol
4、C已知 P(s，白磷) = P(s，红磷) H HY HZC反应 X - + HZ = Z-+ HX 能够发生D相同温度下，0.1 mol/L HY 溶液的电离平衡常数大于 0.01 mol/L HY 溶液的电离平衡常数6下列指定反应的离子方程式书写正确的是A向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳：2ClO - + CO2+H2O =2HClO+CO32- (已知电离常数：H2CO3 ：Ka 1 = 4.410-7、Ka 2= 4.710-11；HClO：K=2.910 -8)B金属钠与水反应：2Na + 2H 2O = 2Na+ 2OH-+ H2C硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al 3+ + 3OH-
5、= Al(OH)3D硫代硫酸钠(Na 2S2O3)溶液与稀硫酸反应：Na 2S2O3 + 2H+= 2Na+ + S+ SO 2+ H 2O7恒温恒压下，1 mol A 和 n mol B 在一个容积可变的容器中发生如下可逆反应：A(g) + 2B(g) 2C(g)，一段时间后达到平衡，生成 a mol C，则下列说法中正确的是A物质 A、B 的转化率之比为 12B起始时刻和达到平衡后容器中混合气体的密度相等C当 正 (A) = 2 逆 (C)时，可断定反应达到平衡状态D若起始时放入 2 mol A 和 2n mol B，则达平衡时 C 的物质的量为 2a mol8醋酸溶液中存在电离平衡：CH
6、 3COOH CH3COO-+H+，下列叙述中不正确的是A0.1 mol/L 的 CH 3COOH 溶液中加水稀释，溶液中所有离子浓度均减小B醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c(H +) = c(CH3COO-) + c(OH- )CCH 3COOH 溶液中加入少量 CH 3COONa(s)，平衡逆向移动D常温下，pH = 2 的 CH 3COOH 溶液与 pH = 12 的 NaOH 溶液等体积混合后，溶液的 pH 0 的反应一定不能自发进行B1 mol H 2O 在不同状态时的熵值：SH 2O(s) 0，能否自发进行与温度有关16在一可变密闭容器中发生反应：2A(g) + B(g) xC(g
7、)，达到平衡时测得 A 的浓度为 0.5 mol/L，在温度不变的条件下，将容器的容积扩大到原来的 2 倍，再次达平衡时，测得 A 的浓度为 0.2 mol/L。下列有关的判断正确的是Ax = 3 B物质 C 的体积分数减小C平衡向正反应方向移动 D物质 B 的转化率降低17已知 NaHSO4在水中的电离方程式为 NaHSO4=Na+H+SO42-。某温度下，向 pH=6 的蒸馏水中加入 NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液 pH 为 2。对于该溶液下列叙述中不正确的是A该温度高于 25B该温度下 NaHSO4溶液中，水电离出来的 c(H+)=110-10mol/LC该温度下加入等体积 p
8、H 为 12 的 NaOH 溶液可使反应后的溶液恰好呈中性Dc(H +)=c(OH-)+c(SO42-)318一定温度时，向容积为 2 L 的密闭容器中充入一定量的 SO 2(g)和 O 2(g)，发生反应：2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g) H = - 196 kJ/mol。一段时间后反应达到平衡状态，反应过程中测定的部分数据如表所示。反应时间/min n(SO2)/mol n(O2)/mol0 2 15 1.210 0.415 0.8下列说法不正确的是A前 5 min 的平均反应速率为 (SO 2) = 0.08 mol/(Lmin)B保持温度不变，向平衡后的容器中再充入 0.2
9、 mol SO 2(g)和 0.2 mol SO 3(g)时， 正 逆C保持其他条件不变，若起始时向容器中充入 2 mol SO 3(g)，达到平衡状态时吸收 78.4 kJ的热量D相同温度下，起始时向容器中充入 1.5 mol SO 3(g)，达到平衡状态时 SO 3 的转化率为 40%19臭氧(O 3)是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净等优点。O 3 可溶于水，在水中易分解，产生的O为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生如下反应：反应 I：O 3 O2 + O H 0 平衡常数为 K 1；反应 II：O 3 + O 2O2 H HYHX，B 项错误；C.由表中数据知酸的强弱关系
10、：HZHX，根据“较强酸制较弱酸”规律，HZ 能制取 HX，该反应能够发生，C 项正确；D.电离平衡常数只与温度有关，与浓度无关，所以相同温度下，0.1 mol/L HY 溶液的电离平衡常数与 0.01 mol/L HY 溶液的电离平衡常数相同，D 项错误；答案选 C。6B【解析】【分析】书写离子方程式的关键是“拆”，只能易溶于水、易电离的物质才能拆成离子形式，能拆成离子形式的常见物质有：强酸、强碱、可溶盐，由此分析。【详解】A.根据电离常数可知酸的强弱：H 2CO3HClOHCO3-，根据强酸制弱酸的原理，H 2CO3可制取HClO，但 HCO3-不能制取 HClO，所以，向次氯酸钠溶液中通
11、入少量二氧化碳生成 HClO 和 HCO3-，其离子方程式为：ClO -+CO2+H2O=HClO+HCO3-，A 项错误；B.书写离子方程式时，将易溶于水、易电离的物质拆写成离子形式，此反应中只有 NaOH 可拆成离子形式，B 项正确；C.氨水(NH 3H2O)是难电离的物质，不能拆写成离子形式，正确的离子方程式是：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH 4+，C 项错误；D.硫代硫酸钠(Na 2S2O3)是易溶水、易电离的物质，在离子方程式中要拆写成离子形式，正确的离子方程式是：S 2O32- + 2H+ = S+ SO 2+H 2O，D 项错误；答案选 B。【点睛】相同温度下，电
12、离平衡常数可衡量酸的强弱，电离平衡常数越小酸越弱。7D【解析】【详解】A.利用“三段式”列出各组分相关量：物质 A 转化率= ，物质 B 转化率= ，物质 A、B 转化率之比 ，A 项12a1=a2 an=an a2： an=:2错误；B.恒温恒压下，起始时刻的气体体积与达到平衡时的气体体积之比等于起始时刻的气体物质的量与达到平衡时的气体物质的量之比，由方程式的计量数可知，恒温恒压下气体的体积将减小；另外，根据质量守恒，起始时刻的气体质量与达到平衡时气体质量相等，由密度公式 可推知，=起始时刻的气体密度与达到平衡时气体密度不相等，B 项错误；C.当 正 (A) = 2 逆 (C)时，即 正 (
13、A)： 逆 (C)=2:1， 正 (A)、 逆 (C)之比不等于 A、C的计量数之比，所以，不能断定反应达到平衡状态，C 项错误；D.起始时放入 2 mol A 和 2n mol B 达到的平衡，相当于 2 个题设平衡(初始投入 1molA 和nmolB 的状态)在恒温恒压下叠加，气体体积加倍，故平衡没有移动，各组分物质的量加倍，所以达到平衡时 C 的物质的量为 2amol，D 项正确；答案选 D。【点睛】如果正、逆反应用不同物质表示时，只要它们的速率之比等于相应物质的计量数之比，则表明反应达到了平衡状态。8A【解析】【详解】A.加水稀释时，醋酸的浓度减小，醋酸电离出来的 H+离子浓度必将随之
14、减小，则醋酸对水的电离抑制作用减弱，水的电离平衡正向移动，水电离出来的 OH-浓度将增大，所以溶液中的 OH-浓度增大，A 项错误；B.电解质溶液中阴、阳离子电荷的代数和为 0，所以醋酸溶液中的离子浓度满足关系：c(H +)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B 项正确；C.CH3COOH 溶液中存在电离平衡：CH 3COOH CH3COO-+H+，溶液中加入 CH3COONa 固体时溶液中CH3COO-浓度增大，根据勒夏特列原理，电离平衡逆向移动，C 项正确；D. pH =2 的 CH3COOH 溶液中 c(H+)=10-2mol/L，因为醋酸是弱酸，只有部分电离，所以 CH3COOH初始
15、浓度远大于 10-2mol/L；因为 NaOH 是强碱，完全电离，故 pH =12 的 NaOH 溶液的 NaOH 的初始浓度等于 。当醋酸与 NaOH 溶液等体积混合时，CH 3COOH 的物质的量远大于 NaOH10-1410-12=10-2mol/的物质的量(n=cV)，中和反应 CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O 时醋酸过量，溶液显酸性，D 项正确；答案选 A。9A【解析】【分析】可逆反应达到平衡状态的标志的判断要抓两条线索：一是正反应速率=逆反应速率；二是“变量不变”，由此分析。【详解】A.“单位时间内生成 2n mol A”是逆反应速率，用 表示；“单位时间内生成
16、3n mol ()逆C”是正反应速率，用 ，则 ： =2n:3n=2:3，等于 A、C 化学计量数之比，所以反(C)正 ()逆 (C)正应达到平衡状态，A 项正确；B.“单位时间内生成 n mol B”是逆反应速率；“单位时间内消耗 0.5nmolD”是也是逆反应速率，所以无法确定正反应速率与逆反应速率是否相等，B 项错误；C.恒温恒容条件下，气体压强与气体分子数目成正比，根据反应 2A(g) + 2B(g) 3C(g) + D(g)可知，反应前后气体分子数目相同，即在反应过程中气体压强不发生变化，所以当容器中压强不变时反应不一定达到平衡状态，C 项错误；D.因反应混合物各组分都是气体，根据化
17、学反应质量守恒，容器中气体总质量不变；而题设条件是恒容，根据密度公式 可知，反应过程中容器内混合气体的密度一直不变，所以混合气体=m的密度不随时间而变化，不能说明反应达到平衡状态，D 项错误；答案选 A。10B【解析】【详解】A.燃烧热是指在 250C、101kPa 时，1mol 纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所释放的热量，图I 是 H2完全燃烧生成水蒸气时的反应热，25 0C 下水蒸气没有液态水稳定，图 I 无法确定 1molH2完全燃烧生成液态水时的反应热，所以图 I 无法确定 H2的燃烧热，A 项错误；B.催化剂能改变反应路径，降低反应的活化能，图 II b 可能是使用催化剂的曲线，B
18、项正确；C.图 II 反应的热化学方程式为 3H2(g)+N2(g) 2NH3(g)；H = - 92.2 kJ/mol，它表示1molN2和 3molH2完全转化为 2molNH3时放出 92.2kJ 热量。因该反应是可逆反应，向容器中充入1molN2和 3molH2时，1molN 2和 3molH2并不能完全转化，所以充分反应达到平衡时放出的热量小于92.2kJ，C 项错误；D.图 III 中反应物 HgO 的总能量小于生成物 Hg 和 O2的总能量，所以该反应是吸热反应，H 0，图 III 的正确的热化学方程式为 HgO(s) = Hg(l) + 1/2O2(g)；H =+ 90.7 k
19、J/mol，D 项错误；答案选 B。11B【解析】【详解】A.滴定管用蒸馏水洗净后还要用待装液体润洗，A 项错误；B.锥形瓶用蒸馏水洗净后不能用待装液体润洗，否则引起所测盐酸的浓度偏大，B 项正确；C.滴定前要排除滴定管尖嘴部分的气泡，否则会引起误差，C 项错误；D.滴定管精确到 0.1mL，估读到 0.01mL，D 项错误；答案选 B。12C【解析】【详解】A.加入 NaHCO3有反应发生：HCO 3-+H+=H2O+CO2，溶液中的 H+浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，Cl 2(呈黄绿色)浓度减小，溶液颜色变浅，A 项正确；B. Cr2O72-呈橙色，CrO 42-呈黄色
20、。向 K2Cr2O7溶液中滴入浓硫酸时，溶液中 H+浓度增大，根据勒夏特列原理，Cr 2O72- + H2O 2CrO42- + 2H+平衡向逆反应方向移动，Cr 2O72-浓度增大，CrO 42-浓度减小，溶液颜色加深，B 项正确；C. 因为 CO(g) + NO2(g) NO(g) + CO2(g) 反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，但增大压强将会使气体体积缩小，各组分的浓度都要增大，NO 2呈红棕色，所以体系颜色变深，这与勒夏特列原理无关，C 项错误；D. 反应 2NO2(g) N2O4(g)；H 0.8，K=0.750.751.250.753=1615因为该反应的正反应是放热反
21、应，根据勒夏特列原理，降低温度平衡向放热反应方向移动，即该平衡向正反应方向移动，平衡常数将增大，所以降低温度平衡常数不可能是 0.8，D 项错误；答案选B。14B【解析】【详解】.因 ，故溶液显碱性， ，则 c(OH-)(+)()=1010 0)的反应过程具有自发进行的倾向，所以恒温恒压下，H 0 的反应在任何温度下一定能自发进行，A 项错误；B.同种物质：气态熵液态熵固态熵，B 项正确；C.因为反应 NH 3(g) + HCl(g) = NH4Cl(s)熵减小，不符合熵判据，若该反应在室温下可自发进行，则符合焓判据，即该反应正反应为放热反应，H 0)，也是熵增加(S0)的反应，只有升高温度才
22、能使H-TS3，A 项错误；B.因为平衡向正反应方向移动，所以 C 的体积分数增大，B 项错误；C.由上分析可知平衡向正反应方向移动，C 项正确；D.因为 B 的初始物质的量没有变，而平衡向正反应方向移动，所以 B 的转化率增大，D 项错误；答案选 C。17C【解析】试题分析：A、常温下，蒸馏水的 pH=7，而此时蒸馏水的 pH=6，升高温度促进水的电离，即温度高于 25，故说法正确；B、此时水的离子积为 1012 ，水电离出的 c(H )=c(OH )=1012 /102 mol/l=1010 molL1 ，故说法正确；C、pH=12 的 NaOH 溶液中 c(OH )=1molL1 ，等体
23、积混合时，碱过量，溶液显碱性，故说法错误；D、溶液呈现电中性，即有：c(Na )c(H )=c(OH )2c(SO 42 )，根据电离方程式 c(Na )=c(SO42 )，两式推出：c(H )=c(OH )c(SO 42 )，故说法正确。考点：考查影响水的离子积的因素、溶液酸碱性的判断、离子浓度大小比较等知识。18D【解析】【详解】A.由表中数据可知 SO2初浓度= =1mol/L，5min 末的浓度= =0.6mol/L，前 5 min SO 2的平均反应速率为 (SO 2) = =0.08 mol/(Lmin)，A 项正确；B.由表数据计算：第 10min 时 SO2的物质的量，与第 1
24、5min 时 SO2物质的量(2)=(SO2)初 2(2)=22(10.4)=0.8相同，可推断第 10min15min 反应已处于平衡状态，此时 SO3的物质的量，平衡常数 ，保持(3)=2(2)=2(10.4)=1.2= (1.22)2(0.82)20.42=11.25温度不变(平衡常数不变)，向平衡后的容器中再充入 0.2 mol SO 2(g)和 0.2 mol SO 3(g)时，各组分 SO2、O 2、SO 3物质的量分别是 1mol、0.4mol、1.4mol，此时体系的浓度商=9.8 = (1.42)2(12)20.42(逆)，B 项正确；C.保持其他条件不变起始充入 2molS
25、O3，与题设初始量(2molSO 2和 1molO2)相当，所以达到的平衡与题设平衡等效，即达到平衡时 SO3物质的量也为 1.2mol，则反应消耗了 SO32mol-1.2mol=0.8mol，发生反应的热化学方程式为 2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g)，H =+196 kJ/mol，所以消耗 0.8molSO3吸收热量为 0.8mol =78.4kJ，C 项正确；D.起始时向容器中充入 1.5 mol SO3(g)，发生的反应为 2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g)，因为此反应与题设反应互为逆反应，平衡常数应与题设反应平衡常数(K=11.25)互为倒数，即只要温度不变，此反应
26、的平衡常数应为 。假定本选项给定的条件下达到平衡状态时 SO 3 的转化=1= 111.25=445率为 40%，利用“三段式”计算其平衡常数：代入平衡常数计算式 ，=(0.62)20.32(0.92)2 =115445所以本选项给定的条件下达到平衡时 SO3转化率不可能为 40%，D 项错误；答案选 D。【点睛】利用浓度商 Qc与平衡常数 K 的关系判断反应进行的方向：当 Qc (逆)；当 Qc=K，反应处于平衡状态，(正)= (逆)；当 QcK，反应向逆反应方向进行，(正) n(OH-)，中和反应中酸过量，混合后所得溶液显酸性，混合溶液中 H+浓度为 ，其所得溶液(+)混 =0.2mol0
27、.099+2 =0.01/pH=2，A 项正确；B.由 A 项可知，若 a:b=9:2 所得混合溶液的 pH=2，即混合溶液中 H+浓度为 0.01mol/L，混合溶液体积为(a+b)L，则混合溶液中 H+物质的量为 0.01mol/L(a+b)L=0.01(a+b)mol。溶解铁粉的反应式为 Fe+2H+=Fe2+H2，所以溶解铁粉的质量： ，B 项正确；()=120.01(+)56/=0.28(+)C.pH=11 的 Ba(OH)2溶液中 ，则 n(OH-)=10-()=110131011=102/2mol/LaL=0.01amol。pH =1 的 H2SO4溶液中 c(H+)=0.1mo
28、l/L，则 n(H+)=0.1mol/LbL=0.1bmol，若使所得混合溶液为中性，则 n(H+)= n(OH-)，即 0.1bmol =0.01amol，a:b=10:1，C 项错误；D.若所得混合溶液为中性，则混合前硫酸中 H+和 Ba(OH)2中 OH-物质的量相等，取为 0.1bmol，混合前 n(H2SO4)=nBa(OH)2=0.05bmol，混合时 H2SO4 +Ba(OH)2=BaSO4+2H 2O，所以生成 BaSO4沉淀的物质的量为 0.05bmol，D 项正确；答案选 C。【点睛】强酸与强碱混合溶液 pH 的求算时，要看谁过量，若酸过量直接按过量的 H+计算 pH；若碱
29、过量，则先计算出过量的 OH-浓度，再算 H+浓度，最后计算 pH；若强酸和强碱恰好中和则显中性。21温度 1.0 溶液褪色时间/s 5H 2C2O42MnO 4- 6H + =10CO2 2Mn 2+ 8H 2O b 20.00 锥形瓶中颜色变化 溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色 2 偏小 偏小 【解析】【详解】I、(1)由表中数据可知，实验、只有温度不同，所以实验、是探究温度对化学反应速率的影响。若上述实验、是探究浓度对化学反应速率的影响，对比表中数据，只有 H2C2O4浓度可变，在保证溶液总体积(2.0mL+4.0mL=6.0mL)不变条件下加蒸馏水稀释 H2C2O4溶液，所以a=
30、6.0mL-4.0mL-1.0mL=1.0mL。因为本实验是探究反应速率的影响因素，所以必须有能够计量反应速率大小的物理量，KMnO 4的物质的量恒定，KMnO 4呈紫色，可以以溶液褪色所用的时间来计量反应速率，所给仪器中有秒表，故时间单位为“s”，表格中“乙”应该是“溶液褪色时间/s”。II、(2)H 2C2O4分子中碳原子显+3 价，有一定的还原性，常被氧化为 CO2，KMnO 4具有强氧化性，通常被还原为 Mn2+，利用化合价升降法配平,所以滴定中的离子方程式为：5H 2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H 2O；(3)KMnO4具有强氧化性，能氧化橡胶，所以不能用
31、碱式滴定管盛装 KMnO4溶液，a 不合理，答案选 b；(4)图中滴定管精确到 0.1mL，估读到 0.01mL，从上往下读，滴定前的读数为 0.90mL，滴定后的读数 20.90mL，消耗 KMnO4溶液体积为 20.90mL-0.90mL=20.00mL；(5)滴定实验中减小误差的关键操作就是要准确判断滴定终点，所以滴定过程中眼睛始终注视着锥形瓶中溶液颜色的变化；KMnO 4呈紫红色，当 KMnO4不足时，溶液几乎是无色，当 H2C2O4完全反应后，再多一滴 KMnO4溶液，溶液立即显红色，此时我们认为是滴定终点，为防止溶液局部没有完全反应，故还要持续摇动锥形瓶 30s，所以滴定终点锥形瓶
32、内溶液的颜色变化为：溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；(6)先求 H2C2O4物质的量，再求 H2C2O4xH2O 摩尔质量。列比例式： ，解得 c(H2C2O4)=0.1mol/L。则 1.260g 纯草5(224)0.025= 20.05/0.02酸晶体中 H2C2O4物质的量 n(H2C2O4)=0.1L0.1mol/L=0.01mol，即 H2C2O4xH2O 的物质的量=0.01mol，H 2C2O4xH2O 的摩尔质量 ， =1.2600.01=126.0x=(224)(2) =126.09018 =2。滴定结束后滴定管尖嘴处有一气泡，使得 KMnO4溶液体积读数偏大，根据上
33、面的计算式可知n(H2C2O4xH2O)偏大，H 2C2O4xH2O 的摩尔质量偏小，x 值偏小。若滴定前未用标准 KMnO 4 溶液润洗滴定管，KMnO 4溶液浓度偏小，滴定终点时消耗 KMnO4溶液体积偏大，根据上面的计算式可知n(H2C2O4xH2O)偏大，H 2C2O4xH2O 的摩尔质量偏小，x 值偏小。【点睛】当探究某一因素对反应速率的影响时，必须保持其他因素不变，即所谓控制变量法。另外，人们常常利用颜色深浅和显色物质浓度间的正比关系来测量反应速率。22Al 2O3(s) + 3C(s) + AlCl3(g) = 3AlCl(g) + 3CO(g) H+1486 kJmol -1
34、减小 第一步反应是气体分子数增加的反应，降低压强，利于生成 AlCl CO 与 Al 或 AlCl 反应生成 Al2O3 和 C、CO 在 Al 或 AlCl 作用下生成 CO 2 和 C T 3 T2 T1 AlCl3 【解析】(1)已知： Al 2O3 (s) + 3C (s) 2Al (l) + 3CO (g) H1+1346 kJmol 13AlCl (g) AlCl3 (g) + 2Al (l) H2 140 kJmol 1第一步反应为 Al2O3(s) + 3C(s) + AlCl3(g) = 3AlCl(g) + 3CO(g)，根据盖斯定律，由-得反应 Al2O3(s) + 3C
35、(s) + AlCl3(g) = 3AlCl(g) + 3CO(g) H+1346 kJmol 1-(140 kJmol 1)=+1486 kJmol 1；第二步 AlCl 分解反应 3AlCl (g) AlCl3 (g) + 2Al (l) H2140 kJmol 1为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，故化学平衡常数 K 随温度升高而减小；(2)第一步是可逆反应，选择在接近真空条件下进行，其原因是第一步反应是气体分子数增加的反应降低压强，利于生成 AlCl；(3)第二步反应制备的 Al 中含有少量 C，可能的原因是 CO 与 Al 或 AlCl 反应生成 Al2O3和 C；(4)如图为真
36、空 AlCl 歧化法制备 Al 的实验装置示意图，控制 AlCl3的凝华装置必须在较低温、Al 的生成装置和 AlCl 的制备(升华必须在较高温度)装置的温度分别为 T1、 T2、 T3，其由高到低的顺序是 T3 T2 T1；(5)AlCl 3的凝华和作为反应物，故制备 Al 的整个过程中可循环利用的物质是 AlCl3。231.810 -5 4.310-7 5.610-11 4.910-10 AE 小于 弱酸在水溶液中存在电离平衡，加水稀释相同倍数时，越弱越电离所以酸性强的 pH 变化大(其它合理答案也给分) 变大 由黄色变为橙色 C 0.25 mol/L 6 (272)2(42)2(+)【解
37、析】【详解】I、(1)根据“强酸制弱酸”原理分析、反应可知酸的强弱关系：HAH 2BHCHB-。因为酸越弱电离平衡常数越小，所以三种酸对应的电离平衡常数分别为 Ka1=1.810-5、Ka 2=4.310-7、Ka 3=5.610-11、Ka 4=4.910-10；(2) A.加水稀释过程中溶液体积逐渐增大，HA 的浓度越来越小，所以，HA 电离产生的 A-和 H+浓度逐渐减小，A 正确；B.由于稀释过程中 HA 电离产生的 H+浓度逐渐减小，水电离受到的抑制作用越来越小，因此水的电离平衡向电离方向移动，所以水电离产生的 OH-逐渐增大，而酸溶液中 OH-全部来自水的电离，所以溶液中 c(OH
38、-)逐渐增大，B 项错误；C.水的离子积 Kw= c(H+)c(OH-)只与温度有关，与浓度无关，所以加水稀释过程中 c(H+)c(OH-)不变，C 项错误；D.因，加水稀释过程中 Kw 不变，c(H +)减小，所以 值增()(+)=()(+)(+)(+)= (+)2 ()(+)大，D 项错误；E. ，稀释过程中，开始一段时间 c(A-)和 c(H+)几乎是等比例减小，比值几乎()(+)不变，后来溶液中 H+主要是由水电离产生，c(H +)保持不变，而 c(A-)一直减小，所以比值一定减小，E 项正确；F. ，加水稀释过程中 K 电离 不变，c(A -)一直在减小， (+)()=(+)()()
39、()=电 离()值一直增大，F 项错误；答案选 AE。(+)()(3)因为弱酸中存在电离平衡，稀释时电离平衡向电离方向移动，pH 相同的一元酸稀释相同的倍数时，弱酸的 pH 变化小，强酸 pH 变化大，所以 HA 的酸性比 HX 的酸性弱些，酸性越弱电离常数越小，因此该温度下 HA 电离平衡常数小于 HX。稀释过程中酸的浓度逐渐减小，酸对水电离的抑制作用在减弱，水的电离平衡向电离方向移动，所以水电离出的 OH-逐渐增多，而溶液中 OH-全部来自水的电离，因此稀释过程中两溶液中的 c(OH-)都将增大。答案：小于 弱酸在水溶液中存在电离平衡，加水稀释相同倍数时，越弱越电离所以酸性强的 pH 变化
40、大 变大；II.(4)溶液中 CrO42-呈黄色，Cr 2O72-呈橙色。转化过程中溶液由黄色变为橙色。A. 如果 Cr2O72-和 CrO 42-的浓度在某一时刻相同，但在下一时刻又变化了，此时反应没有达到平衡状态，A 项错误；B. 当 正 (Cr2O72-)2 逆 (CrO42-)时，即 正 (Cr2O72-)： 逆 (CrO42-)=2:1，不符合化学计量数之比，正反应速率不等于逆反应速率，反应没有达到平衡状态，B 项错误；C. 在反应过程中 H+浓度一直在变化，若溶液的 pH 值保持不变，即 H+浓度保持不变，此时反应已达到平衡状态，C 项正确；D.达到平衡状态时，表面上 CrO42
41、不再转化为 Cr2O72-，但实际上 CrO42-仍在转化和生成，只是转化速率和生成速率相等罢了，D 错误；答案选 C。(5) 28.6g 铬元素物质的量 ，因 CrO42-有 转化为 Cr2O72-，说明铬=28.652/=0.55元素 转化为 Cr2O72-，则转化后溶液中 Cr2O72-的物质的量= ，即转化后所得0.5510112 =0.25mol溶液中 c(Cr2O72-)=0.25mol/L。2CrO 42- + 2H+ Cr2O72- + H2O，平衡常数表达为 ；= (272)2(42)2(+)根据题意铬元素有 转化为 CrO42-，所以转化后溶液中 CrO42-浓度= ，0.
42、551111L =0.05mol/L设转化后溶液中 c(H+)=x，将 CrO42- 、Cr 2O72-、x 代入平衡常数表达式： ，解得= 0.250.052x2=1014x=10-6mol/L，pH=lg10 -6=6。【点睛】pH 相同的一元酸(或一元碱)稀释相同的倍数时，强酸(或强碱)pH 变化大，弱酸(弱碱)pH 变化小。24 90.77 kJmol -1 反应为放热反应，温度降低，反应正向移动，所以 T 1T 2 4/27 或 0.148 降低压强 0.08 molL -1min-1 8/15 或 0.533 【解析】【详解】(1)气体物质的混乱度与分子数有关，分子数越大混乱度越大
43、，反应 III 正反应气体分数目减小，所以混乱度减小，熵减小 S0。根据盖斯定律，因为反应 II=反应 III反应 I，所以 H 2=-49.58kJ/mol-41.19kJ/mol=-90.77kJ/mol。(2) 从 CO2 的平衡转化率与压强的关系曲线图上看出，当压强相同时 T1曲线的转化率大于 T2曲线的转化率，说明 T2T 1过程平衡向正反应方向移动，而反应 III 正反应是放热反应，根据勒夏特列原理，降低温度平衡向放热方向移动，所以 T1T2，答案： 反应为放热反应，温度降低，反应正向移动，所以 T 1T 2。由 CO2 的平衡转化率与压强的关系曲线图知，T 1和 P6的条件下 C
44、O2的平衡转化率为 40%,此温度下平衡常数为 ；=(3)(2)(CO2)3(2) =0.41.80.41.80.61.81.81.83=427a.由图像可知，改变条件达到平衡所用的时间大于 5min，说明反应速率减慢，而且平衡时(A点)CH 3OH 浓度比原平衡( )小，所以改变的条件只能是降低压强；由图像知第 4min 到 A 点甲醇浓度变化量 c(CH 3OH)=0.21mol/L-0.15mol/L=0.06mol/L，所以 H2的变化浓度 c(H 2)=3c(CH 3OH)=30.06mol/L=0.18mol/L，所以用 H2表示的反应速率；(2)=(2)t = 0.18/6.34=0.08/()b.由图可知，T 1和 P8条件下 CO2的转化率为 60%，设此时容器容积为 VL，因为温度不变平衡常数不变，K= 。将数值代入平衡常数计算式中： ，解得 V=(3)(2)(CO2)3(2) =0.6VL0.60.41.23=427或 0.533。【点睛】平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，利用平衡常数计算反应的转化率、气体容积等问题时，可以用“三段式”列出相关量，然后将平衡浓度代入平衡常数表达式中解方程即可。
