聪明文档网

    聪明文档网

    最新最全的文档下载
    当前位置： 首页> 2020-2021学年韶关市南雄中学高二(下)第一次月考化学复习卷(有解析)-

    2020-2021学年韶关市南雄中学高二(下)第一次月考化学复习卷(有解析)-

    时间：    下载该word文档
    2020-2021学年韶关市南雄中学高二(下第一次月考化学复习卷


    一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）
    1. 已知反应A2+B2=2AB，破坏1mol A2中的化学键消耗的能量为Q1 kJ，破坏1mol B2中的化学键消耗的能量为Q2 kJ，形成1mol AB中的化学键释放的能量为Q3 kJ，则下列说法正确的是(
    A. 若1mol A2和1 mol B2的总能量之和大于生成的1 mol AB的总能量，则反应放热 B. 若1mol A2和1 mol B2的总能量之和小于生成的2 mol AB的总能量，则反应放热 C. 若该反应为放热反应，则Q1+Q2<2Q3 D. 若该反应为吸热反应，则Q1+Q2<Q3
    2. 下列关于中和热测定实验说法正确的是
    A. 完整的中和热测定实验温度计一共需要使用 3次
    B. Cu不和盐酸反应，因此环形玻璃搅拌棒也可以采用 Cu材质的 C. 测量盐酸温度时仰视，测得的中和热数值偏大
    D. 读取反应末温度时，应等待温度计示数不再变化再读数
    3. 1mol白磷(P4,s和4mol红磷(P,s与氧气反应过程中的能量变化如图(E表示能量。下列说法正确的是(
    A. P4(s，白磷=4P(s，红磷 ΔH>0 B. 以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等 C. 白磷比红磷稳定
    D. 红磷燃烧的热化学方程式是：4P(s，红磷+5O2(g=P 4O 10(s ΔH=−(E 2−E 3kJ/mol
    4. 在一定条件下，可逆反应：X(g+3Y(g⇌2Z(g达到平衡时，X的转化率与Y的转化率之比为1：2，则起始时充入容器中的X与Y的物质的量之比为(
    A. 1：1 B. 1：3 C. 2：3 D. 3：2

    5. 一定条件下，在容积为10L的密闭容器中，将l mol X和1mol Y进行如下反应：2X(g+Y(g⇌Z(g，经60s达到平衡生成0.3mol的Z，下列说法正确的是(
    A. 60 s内X的平均反应速率为0.001 mol⋅L−1⋅s−1
    B. 将容器的容积变为20 L，Z的新平衡浓度将等于原平衡浓度的2 C. 若温度和体积不变，往容器内增加1 mol X，X的转化率将增大 D. 若升高温度，X的体积分数增大，则正反应的△H>0
    6. 一定温度下，满足下列条件的溶液一定呈碱性的是(
    1A. 能与金属Al反应放出H2 C. pH=8的某溶质的水溶液
    B. 加甲基橙后显黄色的溶液 D. C(H+<C(OH−的任意水溶液
    7. 25℃时，向100mL pH=3的H2SO4溶液中滴加10mL pH=x的KOH溶液，充分反应后使溶液中c(K+=2c(SO2−4，则x的值为(
    A. 11 B. 12 C. 13 D. 14
    8. 室温下，向V mL pH=a的盐酸中滴加pH=b的NaOH溶液10V mL，所得溶液中c(Cl−=c(Na+，则此时(a+b的值为(
    A. 15 B. 13 C. 14 D. 不能确定
    9. 下列说法正确的是 (
    A. HCl溶液中无OH− B. NaOH溶液中无H+ C. KCl溶液中既无H+也无OH−
    D. 常温下，任何物质的水溶液中都有H+和OH−
    10. 常温下，将一定量的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中(固体体积忽略不计发生反应：H2NCOONH4(s⇌ 2NH3(g+CO2(g △H，达到平衡时测得c(CO2= a mol/L。温度不变，达到平衡后压缩容器体积至原来的一半，达到新平衡时测得c(NH3= x mol/L。下列说法正确的是(
    A. 混合气体的平均相对分子质量不再变化时表明达到平衡状态 B. 达到新平衡时，△H为原来的2倍 C. 上述反应达到新平衡状态时x=2a
    D. 上述反应体系中，压缩容器体积过程中n(H2NCOONH4不变

    11. 在容积可变的密闭容器中，2molN2和8molH2在一定条件下反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时氨气的体积分数接近于(
    A. 5% B. 10% C. 15% D. 20%
    12. 一定条件下，发生反应：X(g+3Y(g⇌2Z(g，不能说明反应达到化学平衡的是(
    A. Z的分解速率和生成速率相等 B. X、Y、Z的浓度不再变化 C. 反应体系的总质量保持不变
    D. 单位时间内生成2nmolZ，同时生成nmolX
    13. 用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作指示剂，下列操作会导致测定结果偏低的是(
    A. 碱式滴定管未润洗就装标准液滴定 B. 锥形瓶未用待测液润洗
    C. 读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视 D. 滴定前碱式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失
    14. 在密闭容器中，将1.0 mol CO与1.0 mol H2O混合加热到800℃，发生下列反应： CO(g+H2O(g⇌CO2(g+H2(g。一段时间后该反应达到平衡，测得CO的物质的量为0.5 mol。则下列说法不正确的是(
    A. 800℃下，该反应的化学平衡常数为1
    B. 若427℃时该反应的平衡常数为9.4，则该反应的ΔH<0
    C. 800℃下，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的CO(g，则平衡时CO物质的量分数为33.3% D. 800℃下，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的H2O(g，则平衡时CO转化率为66.7%
    15. 向盛有足量A的容积固定的密闭容器中加入B，发生反应：A(s+2B(g⇌4C(g+D(g ΔH<0。一定条件下达到平衡时，C的物质的量与加入的B的物质的量的关系如图所示。其他条件不变，下列措施能使θ值增大的是(
    A. 降低温度 B. 增大压强 C. 加入催化剂 D. 再加入少量A

    +−+NH216. 液氨与水性质相似，也存在微弱的电离：2NH3→NH4，某温度下其离子积常数K=+−c(NH4⋅c(NH2=2×10−30，维持温度不变，向液氨中加入少量NH4Cl固体或NaNH2固体，不发生改变的是(
    A. 液氨的电离度
    + C. c(NH4B. 液氨的离子积常数
    − D. c(NH2二、实验题（本大题共1小题，共17.0分）
    17. (1某学生用0.1500mol/L NaOH溶液测定某未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：
    A.用蒸馏水洗净滴定管
    B.用待测定的溶液润洗酸式滴定管
    C.用酸式滴定管取稀盐酸25.00mL，注入锥形瓶中，加入酚酞 D.另取锥形瓶，再重复操作2～3次 E.检查滴定管是否漏水
    F.取下碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上2～3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
    G.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度 完成以下填空：
    (1滴定时正确操作的顺序是(用序号字母填写： ______→______→F→______→______→______→D。 (2操作F中应该选择图中滴定管______(填标号。 (3滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察______。 (4滴定结果如表所示：
    标准溶液的体积/mL
    滴定次数
    待测液体积/mL
    滴定前刻度
    1 2 3
    25.00 25.00 25.00
    1.02 0.60 0.20
    滴定后刻度 21.03 20.60 20.19

    计算该盐酸的物质的量浓度为______(精确至0.0001。 (5下列操作会导致测定结果偏高的是______。 A.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗
    B.滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出 C.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡 D.达到滴定终点时，仰视读数
    (6、氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之。测血钙的含量时，进行如下实验：
    向其中加入足量草酸铵(NH42C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。
    ②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。 ③终点时用去20mLl.0×l0−4mol/L的KMnO4溶液。 Ⅰ、写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式______。 Ⅱ、判断滴定终点的方法是______。
    Ⅲ、计算：血液中含钙离子的浓度为______mol/L。 三、简答题（本大题共2小题，共35.0分）
    18. 已知水在25℃和100℃时，其电离平衡曲线如图所示：
    (1100℃时水的电离平衡曲线应为______(填“A”或“B”
    (225℃时pH=5的硫酸溶液100mL中，由水电离的c(H+=______。将此溶液稀释至原体积的1000倍，稀释后溶液中c(H+/c(SO2−4=______。
    (325℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的 pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为______。
    (4在曲线B所对应的温度下，将0.02mol⋅L−1的Ba(OH2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合，所得混合液的pH=______。
    (5若相同温度下将等pH、等体积的NaOH和NH3⋅H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH仍相等，则m______n(填“<”、“>”或“=”。 (6今有A.盐酸 B.醋酸 C.硫酸三种酸：
    ①在同体积、同浓度的三种酸中，分别加入足量的碳酸氢钠粉末，在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是______。(填写酸的序号并用符号“>、<、=”连接，下同
    ②在同体积、同pH的三种酸中，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌粒，若产生相同体
    积的氢气(同温同压下，则刚开始反应时速率大小关系是______，反应所用时间长短关系是______。

    T2时，19. (1反应2NO2(g⇌N2O4(g△H<0，在温度为T1、平衡体系N2O4的体积分数随压强变化曲线如图所示．则T1 ______ T2 (填“>”、“<”或“=”；

    B、C两点的平衡常数B ______ C(填“>”或“<”．
    (2在上述体系达到平衡后，在体积不变的条件下，若继续通入一定量的NO2气体，则平衡后NO2的转化率 ______ ，若通入一定量的N2O4达到平衡后NO2的体积分数 ______ ．

    (3反应CO(g+H2O(g⇌H2(g+CO2(g△H<0，在800℃时，把等物质的量浓度的CO和H2O(g充入密闭的反应容器，4分钟后达到平衡，平衡时c(CO=0.05mol⋅L−1，且CO的平衡转化率为50%.则该温度下的平衡常数 ______ ．


    【答案与解析】
    1.答案：C 解析：
    本题考查了反应能量变化判断，能量守恒，化学键键能大小的分析判断是解题关键，题目难度中等。 反应吸热放热可以利用能量守恒分析判断，也可以依据物质化学键的键能分析判断，反应焓变△H=反应物断键吸收的热量−生成物形成化学键放出的热量。
    A.依据能量守恒，若A2和B2的总能量之和大于生成的2AB的总能量，则反应放热，故A错误； B.依据能量守恒，若A2和B2的总能量之和小于生成的2AB的总能量，则反应吸热，故B错误； C.若该反应为放热反应，依据反应焓变△H=反应物断键吸收的热量−生成物形成化学键放出的热量，则Q1+Q2<2Q3，故C正确；
    D.若该反应为吸热反应，则Q1+Q2>2Q3，故D错误。 故选C。
    2.答案：C 解析：
    本题主要考查中和热测定的原理和步骤，题目难度不大，注意中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关。
    A.每次温度计要测反应前酸溶液的温度，测反应前碱溶液的温度，混合反应后测最高温度，温度计需使用3次，中和热测定需重复做2−3次，故A错误；
    B.金属导热快，热量损失多，所以不可以用环形铁丝搅拌棒比环形玻璃搅拌棒，故B错误； C.测量盐酸温度时仰视，温度偏低，测得的中和热数值偏大，故C正确； D.读取反应末温度时，应测最高温度，故D错误。 故选C。
    3.答案：D 解析：
    本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变计算、热化学方程式为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意能量与稳定性的关系，题目难度不大。

    A.由图可知，白磷能量高于红磷，依据能量守恒，白磷转变为红磷是放热反应，则△H<0，故A错误；
    B.因白磷能量高于红磷，则以上变化中白磷和红磷所需活化能不相等，故B错误； C.因白磷能量高于红磷，能量低的稳定，则红磷稳定，故C错误；
    D.红磷燃烧是放热反应，结合图中能量及状态可知反应的热化学方程式：4P(s，红磷+5O2(g=P4O10(s△H=−(E2−E3kJ/mol，故D正确； 故选：D。
    4.答案：C 解析：
    本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，注意化学反应中物质的转化与化学计量数之间的关系，为解答该题的关键。
    设起始X的物质的量为x，Y的物质的量为y，转化率X为m，则Y转化率为2m，
    X(g+3Y(g⇌2Z(g
    x y xm y×2m
    参加反应的物质的量之比等于化学方程式计量数之比，则mx：2my=1：3，x：y=2：3， 故选C。
    5.答案：A
    A、解析：解：c(Z=0.3mol10L，所以v(Z=0.3mol⋅L−160s故v(X=2v(Z=0.001mol⋅=0.0005mol/(L⋅s，L−1⋅s−1，故A正确；

    B、容积增大为20L，压强减小为原来的一半，如果平衡不移动则Z浓度变为原来的，但是平衡向2左移动，Z浓度小于原来的2，故B错误；

    C、增大X浓度，平衡向右移动，Y转化的物质的量浓度增大，而X的转化率减小，故C错误； D、升高温度，X的体积分数增大，说明向逆反应方向移动，故逆反应吸热，则正反应方向为放热，故△H<0，故D错误； 故选A．
    A、根据达到平衡时生成的0.3mol的Z，可以计算出Z的平衡浓度，得出60s内Z的反应速率，再根11
    据不同物质反应速率之比等于计量数之比，得出答案；

    B、由于前后气体计量数之和不相等，容积增大，压强减小，化学平衡向逆反应方向移动； C、增大X浓度，化学平衡向正反应方向移动，Y转化的物质的量浓度增大； D、升高温度化学平衡向吸热的方向移动．

    本题考查化学平衡移动方向，要求学生能根据题目所给的各种条件改变，来判断化学平衡移动的方向．
    6.答案：D
    解析：解：A.能与金属Al反应放出H2的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，故A错误；

    B.甲基橙的变色范围是3.1～4.4，加甲基橙后显黄色的溶液，可能为酸性、中性和碱性，故B错误； C.温度位置，不能确定溶液的酸碱性，故C错误； D.C(H+<C(OH−，溶液一定呈碱性，故D正确． 故选D．
    溶液呈碱性，应满足C(H+<C(OH−，结合金属的性质以及酸碱指示剂的变色范围解答． 本题考查溶液酸碱性的判断，侧重于铝的性质、甲基橙的变色范围以及pH的定义，题目难度不大，注意把握溶液酸碱性的判断方法．
    7.答案：B 解析：
    本题考查电解质溶液中离子浓度关系，难度不大。掌握溶液pH的计算、电荷守恒是解答关键。
    +2−++−充分反应后c(K+=2c(SO2−4，电荷守恒c(H+c(K=2c(SO4+c(OH，说明反应后c(H=c(OH，溶液呈中性，酸中的H和碱中的OH物质的量相等，得10mol/L×0.1L=0.01L，x=12，故B正确。 故选B。
    −+−−310−1410−xmol/L×8.答案：A 解析：


    本题考查酸碱混合的计算，本题注意根据溶液电中性原则判断酸碱混合后溶液的pH，进而计算酸碱物质的量的关系，题目难度中等。

    盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，溶液中Cl−的物质的量浓度恰好等于Na+的物质的量浓度，根据溶液呈电中性可知c(H+=c(OH−，即酸碱恰好完全中和，则有n(HCl=n(NaOH，pH=a的盐酸中c(H+=10−amol/L，pH=b的氢氧化钠溶液中c(OH−=10b−14mol/L，则V×10−3L×10−amol/L=10V×10−3L×10b−14mol/L， 解之得：a+b=13，故A正确。 故选A。
    9.答案：D
    解析：
    本题主要考查了酸性、碱性溶液的特征，注意水能电离产生氢离子和氢氧根离子，较为基础，难度不大。
    A.由于水能电离产生氢离子和氢氧根离子，所以HCl溶液中也有OH−，故A错误； B.由于水能电离产生氢离子和氢氧根离子，所以NaOH溶液中有H+，故B错误； C.由于水能电离产生氢离子和氢氧根离子，所以KCl溶液中既有H+也有OH−，故C错误； D.由于水能电离产生氢离子和氢氧根离子，所以常温下，任何物质的水溶液中都有H+和OH− ，故D正确。 故选D。
    10.答案：C
    解析：
    本题主要考查化学平衡的计算，为高频考点，把握平衡判定、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度一般。
    A.生成物中氨气、二氧化碳的体积比始终为2：1，混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能判定平衡状态，故A错误；
    B.焓变数值与反应物计量数有关，与平衡移动无关，则△H不变，故B错误；
    C.体积减小一半，压强增大，平衡逆向移动，氨气、二氧化碳的物质的量均减小，但K不变，新平
    衡与原平衡时浓度相同，即c(NH3=xmol⋅L−1=2amol⋅L−1，故C正确；
    D.压强增大，平衡逆向移动，压缩容器体积过程中n(H2NCOONH4增大，故D错误。 故选C。
    11.答案：C
    解析：解：在容积可变的密闭容器中，2molN2和8molH2在一定条件下反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，消耗的氢气为2mol，则： N2(g+3H2(g⇌2NH3(g 起始量(mol：2 8 0 变化量(mol：3 2 3 平衡量(mol：3 6 3 平衡时氨气的体积分数=434mol32444mol+6mol+mol43≈15%，
    故选：C。
    2molN2和8molH2在一定条件下反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，在容积可变的密闭容器中，消耗的氢气为2mol，则： N2(g+3H2(g⇌2NH3(g 起始量(mol：2 8 0 变化量(mol：3 2 3 平衡量(mol：3 6 3

    再根据物质的量之比等于体积之比来计算平衡时的氨气的体积分数．
    本题考查化学平衡计算，比较基础，注意三段式在化学平衡计算中应用，有利于基础知识的巩固．
    4    4    2    412.答案：C
    解析：解：A.Z的分解速率和生成速率相等，其正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A不选； B.X、Y、Z的浓度不再变化，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B不选；

    C.任何化学反应都遵循质量守恒，无论反应是否达到平衡状态都存在质量守恒，所以不能根据反应体系的总质量判断平衡状态，故C选；

    D.单位时间内生成2nmolZ，同时生成nmolX、同时消耗2nmolZ，正逆反应速率相等，反应达到平
    衡状态，故D不选； 故选C．
    可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．

    本题考查化学平衡状态判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，只有反应前后改变的物理量不变时可逆反应达到平衡状态，难点是选取反应前后改变的物理量，题目难度不大．
    13.答案：C
    解析：
    本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，意在考查学生的分析能力，根据c(待测分析是解答的关键，题目难度不大。
    A.碱式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就装标准液滴定，标准液浓度偏小，造成V(标准偏大，根据c(待测可知c(待测偏大，故A错误；
    B.锥形瓶未用待测液润洗，待测液的物质的量不变，标准液的体积不变，结果不变，故B错误； C.读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视，造成V(标准偏小，根据c(待测可知c(待测偏小，故C正确；
    D.滴定前碱式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，造成V(标准偏大，根据c(待测可知c(待测偏大，故D错误。
    故选C．
    14.答案：C
    解析：
    本题考查化学平衡移动原理和化学平衡的计算，本题注意根据物质的量浓度的变化利用三段式法解答。
    CO(g+H2O(g⇌CO2(g+H2(g 起始量(mol 1 1 0 0 转化量(mol 0.5 0.5 0.5 0.5 平衡量(mol 0.5 0.5 0.5 0.5

    由于反应前后体积不变，则可以用物质的量来计算平衡常数，即 A.该温度下反应的平衡常数K==1，A正确；
    0.5×0.5B.427℃时该反应的平衡常数为9.4，这说明降低温度平衡向正反应方向移动，因此正方应是放热反应，即该反应的△H<0，B正确；
    C.此时CO的转化率是800℃下，×100％=50％，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的CO(g，1mol则平衡向正反应方向移动，但CO的转化率降低，因此剩余CO的物质的量大于2mol−2mol×50%=1mol，则平衡时CO物质的量分数大于1mol3mol0.5mol0.5×0.5×100%=33.3%，C不正确；
    D.800℃下，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的H2O(g，则 CO(g+H2O(g⇌CO2(g+H2(g 起始量(mol 1 2 0 0 转化量(mol x x x x 平衡量(mol1−x 2−x x x 因此有(1−x·(2−x=1 解得x=3
    所以平衡时CO转化率为故选C。
    2mol3    x·x    2    1mol×100%=66.7%，故D正确。
    15.答案：A
    解析：
    本题考查化学平衡的图象分析，明确图象中的纵横坐标含义及隐含平衡时的信息是解答的关键，并利用影响化学反应速率及化学平衡的影响因素来解答，题目难度中等。
    A.降低温度，平衡正向进行，C的物质的量增大，B的物质的量减小，由图可知，θ值增大，故A正确；
    B.增大压强，平衡逆向进行，C的物质的量减小，B的物质的量增大，由图可知，θ值减小，故B错误；
    C.加入催化剂，平衡不移动，θ值不变，故C错误； D.再加入少量A，平衡不移动，θ值不变，故D错误； 故选：A。

    16.答案：B
    +−或c(NH2增大抑制液氨电离，温度解析：解：向液氨中加入少量NH4Cl固体或NaNH2固体，c(NH4不变，电离平衡常数不变，
    A.抑制液氨电离导致液氨的电离度减小，故A不选； B.温度不变，液氨的离子积常数不变，故B选；
    C.如果加入氯化铵，则铵根离子浓度增大，如果加入NaNH2，则铵根离子浓度减小，故C不选；
    −−D.如果加入氯化铵，则c(NH2减小，如果加入NaNH2，则c(NH2增大，故D不选；
    故选：B。
    本题考查了弱电解质的电离，根据加入物质对离子浓度的影响来确定反应方向，再结合电离平衡常数的影响因素来分析解答，题目难度不大。
    17.答案：E A B C G 乙 锥形瓶内溶液颜色的变化 0.1200mol/L AD 2MnO−4+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 2.5×10−3

    解析：解：(1中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为：EAFBCGD， 故答案为：E、A、B、C、G；
    (2氢氧化钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管，滴定管乙下端是橡皮管，为碱式滴定管， 故答案为：乙；
    (3滴定操作时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，当滴加最后一滴标准液时，溶液无色变浅红色且半分钟内不褪色，可说明达到滴定终点；
    故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色； (4第一次消耗标准液：21.03=1.02=20.01(mL；20.60−0.60=20.00mL；第二次消耗标准液体积：第三次消耗标准液：20.19−0.20=19.99mL，三组数据均有效，所以消耗标准液体积为：20.01+19.99+20.003=20.00mL，该盐酸的物质的量浓度为：0.02mL×0.1500mol/L0.025L=0.1200mol/L，
    故答案为：0.1200 mol/L；
    (5A.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，导致消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故A选；

    B.滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，导致消耗标准液偏小，则测定结果偏低，故B不选；
    C.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，导致消耗标准液偏小，则测定结果偏低，故C不选；
    D.达到滴定终点时，仰视读数，导致消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故D选； 故答案为：AD；
    (6Ⅰ、高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，离子方程式为：+2+2MnO−+10CO2↑+8H2O， 4+5H2C2O4+6H=2Mn+2+故答案为：2MnO−+10CO2↑+8H2O； 4+5H2C2O4+6H=2MnⅡ、高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色， 故答案为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
    +2+Ⅲ、由CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4、2MnO−+10CO2↑+8H2O可4+5H2C2O4+6H=2Mn以得出关系式：5Ca2+～2KMnO4，所以n(Ca2+=2.5n(KMnO4=1.0×10−4mol/L×0.02L×2.5，所以2mL该血液中含钙的物质的量为：1.0×10−4mol/L×0.02L×2.5=5×10−6mol，所以血液中含钙离子的浓度为：5×10−6mol0.02L=2.5×10−3mol⋅L−1，
    故答案为：2.5×10−3。
    (1根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；
    (2碱性溶液应选择碱式滴定管，酸性、氧化性溶液应选择酸式滴定管，结合滴定管构造解答； (3实验中应控制标准液滴入的速度并观察锥形瓶中颜色变化；如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，酚酞在酸性溶液中为无色，在碱性溶液中显红色；
    (4先判断数据的有效性，然后求出平均值，最后根据关系式HCl～NaOH来计算出盐酸的浓度； (5根据c(待测=c(标准×V(标准V(待测分析不当操作对V(标准的影响，以此判断浓度的误差；
    (6Ⅰ、高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，据此写出反应的离子方程式；
    Ⅱ、高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液应该是由无色变为浅紫色； Ⅲ、利用有关反应的方程式可以得出关系式：5Ca2+～2KMnO4，据此计算。

    本题考查中和滴定的综合应用，题目难度中等，明确中和滴定的操作方法和原理为解答关键，注意掌中和滴定的误差分析方法与技巧，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
    18.答案：B；1.0×10−9mol/L；200：1(或200；10：1；10；<；C>A=B；A=B=C；A=C>B

    解析：解：(1水的电离是吸热过程，加热促进电离，平衡常数增大，所以B曲线代表100℃时水的电离平衡曲线， 故答案为：B；
    (225℃时pH=5的硫酸溶液100mL中，由水电离的c(H+=10−1410−5将此溶液稀释至原=10−9mol/L；1体积的1000倍，氢离子浓度约为10−6mol/L，硫酸根离子的浓度变为原来的1000，则稀释后溶液中c(H+c(SO2−4=1210−6×10−5×11000=200，
    故答案为：1.0×10−9mol/L；200：1(或200；
    (325℃时所得混合溶液的pH=7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n(OH−=n(H+，则V(NaOH⋅10−5mol⋅L−1=V(H2SO4⋅10−4mol⋅L−1，得V(NaOH：V(H2SO4=10：1， 故答案为：10：1；
    (4在曲线B中，水的离子积为：10−6×10−6=10−12，0.02mol/L的Ba(OH2溶液中c(OH−=0.04mol/L，NaHSO4溶液的浓度为0.02mol/L，c(H+=0.02mol/L，当二者等体积混合后，溶液中的c(OH=−0.04mol/L−0.02mol/L2=0.01mol/L，则c(H=+10−120.01=10−10mol/L，该溶液的pH=10，
    故答案为：10；
    (5氨水为弱电解质，不能完全电离，如稀释相等体积，氨水溶液pH大，如稀释后溶液pH相同，则氨水应加入较多水， 故答案为：<；
    (6醋酸和盐酸都是一元酸，醋酸是弱酸，盐酸是强酸，硫酸是二元强酸，所以醋酸中存在电离平衡，氯化氢和硫酸完全电离，
    ①在同体积、同浓度的三种酸中，醋酸和盐酸的物质的量相等，小于硫酸中氢离子的物质的量，则硫酸放出的二氧化碳体积最大，醋酸和盐酸中生成的二氧化碳体积相等，故答案为：C>A=B， 故答案为：C>A=B；
    ②反应速率与氢离子浓度成正比，开始时这三种溶液中氢离子浓度相等，所以开始反应速率相等，随着反应的进行，醋酸不断电离出氢离子，盐酸和硫酸不再电离出氢离子，所以反应过程中氢离子
    A=C>B， 浓度醋酸最大，硫酸和盐酸中相等，所以反应速率醋酸>硫酸=盐酸，则反应时间大小为：故答案为：A=B=C；A=C>B。 (1水的电离是吸热过程，加热促进电离；
    (2酸溶液中水电离的氢离子浓度等于水电离的氢氧根离子浓度；将此溶液稀释至原体积的1000倍，氢离子浓度约为10−6mol/L，硫酸根离子的浓度变为原来的1000；
    (3根据溶液的pH计算出溶液中氢离子、氢氧根离子浓度，再列式计算出氢氧化钠溶液和硫酸溶液的体积；
    (4根据图象判断该温度下水的离子积，然后计算出混合液中氢氧根离子浓度，再结合该温度下水的离子积计算出所带溶液中氢离子浓度及溶液的pH； (5一水合氨为弱电解质，不能完全电离，加水促进电离；
    (6①在同体积、同浓度的三种酸中，醋酸和盐酸的物质的量相等，小于硫酸中氢离子的物质的量，酸中氢离子的物质的量与生成二氧化碳的体积成正比；
    ②反应速率与氢离子浓度成正比；酸中氢离子浓度越大，反应速率越快，反应时间越短，反应过程中醋酸不断电离。
    本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、弱电解质电离平衡的分析判断，为高频考点，侧(5为重考查学生的分析、计算能力，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，易错点，需要明确该温度下水的离子积为10−6×10−6=10−12，注意掌握弱电解质的电离平衡及其影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
    119.答案：<；>；增大；减小；1
    解析：解：(1从图中看出，压强相等，T1温度下，平衡体系N2O4的体积分数高，而温度越第，化学平衡向着正方向即N2O4的体积分数增大的方向进行，所以T1<T2，点温度低于C点的温度，该反应是放热的，温度越高，K越小，所以B、C两点的平衡常数B>C，故答案为：<；>；

    (2在上述体系达到平衡后，在体积不变的条件下，若继续通入一定量的NO2气体或是N2O4，都相当于增大了压强，所以平衡后NO2的转化率增大，NO2的体积分数减小，故答案为：增大；减小； (3设CO变化了x mol/L CO(g+H2O(g H2(g+CO2(g

    起始浓度(mol/L (x+0.05(x+0.050 0 转化浓度(mol/L x x x x


    平衡浓度(mol/L 0.05 0.05 x x 由x/(x+0.05×100%=50% 解得x=0.05 mol

    平衡后CO(g、H2O(g、H2(g与CO2(g的浓度均为0.05mol/L，则

    ^K=c(H2O⋅c(CO=(0.05mol/L⋅(0.05mol/L=1．
    2c(H⋅c(CO(0.05mol/L⋅(0.05mol/L故答案为：1．
    (1压强相等，温度越高，化学平衡向着吸热方向进行；对于放热反应，温度越高，K越小； (2增大压强，化学平衡向着气体系数和减小的方向进行； (3根据化学平衡三行式来计算K．
    本题考查学生影响化学反应平衡移动的因素以及化学平衡常数的有关计算知识，属于综合知识的考查，难度不大．


    免费下载 Word文档免费下载： 2020-2021学年韶关市南雄中学高二(下)第一次月考化学复习卷(有解析)-

    TOP热门搜索

    相关推荐：

    建国70周年征文

    • ￥29.8

      ￥45 每天只需1.0元
      1个月 推荐

    • ￥9.9

      ￥15
      1天

    • ￥59.8

      ￥90
      3个月

    选择支付方式

    • 微信付款
    会员须知 联系在线客服 登录账号
    郑重提醒：支付后，系统自动为您完成注册

    请使用微信扫码支付(元)

    订单号：
    支付后，系统自动为您完成注册
    遇到问题请联系 在线客服

    常用手机号：
    用于找回密码
    图片验证码：
    看不清？点击更换
    短信验证码：
    新密码：
     
    绑定后可用手机号登录
    请不要关闭本页面，支付完成后请点击【支付完成】按钮
    遇到问题请联系 在线客服

    侵权投诉  © 2013-2019 http://www.tcm999.cn   站点地图 |  手机版

    本站文档均来自互联网及网友上传分享，本站只负责收集和整理，有任何问题可通过上访投诉通道进行反馈