化学卷·2018届四川省攀枝花十二中高二上学期期中化学试卷（解析版）

化学卷·2018届四川省攀枝花十二中高二上学期期中化学试卷（解析版）

‎2016-2017学年四川省攀枝花十二中高二（上）期中化学试卷 ‎ ‎　 ‎ 一、单项选择题（本题共20小题，每小题2分，共40分） ‎ ‎1．在2L的密闭容器中，发生以下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（g），若最初加入的A和B都是4mol，在前10s A的平均反应速率为0.12mol/（Ls），则10s时，容器中B的物质的量是（　　） ‎ A．3.4 mol B．3.2 mol C．2.8 mol D．1.2 mol ‎2．对于可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），下列措施能使反应物中活化分子百分数和化学平衡常数都变化的是（　　） ‎ A．增大压强 B．充入更多N2 ‎ C．使用高效催化剂 D．降低温度 ‎ ‎3．对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（　　） ‎ A．达到化学平衡时，4υ正（O2）=5υ逆（NO） ‎ B．若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态 ‎ C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大 ‎ D．化学反应速率关系是：2υ正（NH3）=3υ正（H2O） ‎ ‎4．反应CH3OH （ l ）+NH3（ g ）═CH3NH2（ g ）+H2O （ g ）在某温度自发向右进行，若反应|△H|=17kJ/mol，|△H﹣T△S|=17kJ/mol，对于该反应下列关系正确的是（　　） ‎ A．△H＞0，△H﹣T△S＜0 B．△H＜0，△H﹣T△S＞0 ‎ C．△H＞0，△H﹣T△S＞0 D．△H＜0，△H﹣T△S＜0 ‎ ‎5．下列物质分类组合正确的是（　　） ‎ ‎ ‎ A B C D 强电解质 FeCl3‎ HBr H3PO4‎ Cu（OH）2‎ 弱电解质 CH3COOH HF BaSO4‎ HI 非电解质 Cu NH3‎ H2O C2H5OH A．A B．B C．C D．D ‎6．下列电离方程式正确的是（　　） ‎ A．H2CO3⇌2H++CO32﹣ ‎ B．NH3H2O⇌NH4++OH﹣ ‎ C．Fe（OH）3=Fe3++3OH﹣ ‎ D．NaHSO4Na++H++SO42﹣ ‎ ‎7．在密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）．在500℃时，平衡常数K=9．若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为（　　） ‎ A．25% B．50% C．75% D．80%‎ ‎8．可逆反应2A（g）+3B（g）⇌4C（g）+D（g），已知起始浓度c（A）=4molmol﹣1，c（B）=3molmol﹣1，C、D浓度均等于0，反应开始2秒后达到平衡状态，此时D的平衡浓度为0.5molL﹣1，则下列说法不正确的是（　　） ‎ A．反应速率v（C）=1molL﹣1s﹣1 B．C的平衡浓度为4 molL﹣1 ‎ C．A的转化率为25% D．B的平衡浓度为1.5 molL﹣1 ‎ ‎9．一定条件下，在密闭容器中，能表示反应X（g）+2Y（g）⇌2Z（g），一定达到化学平衡状态的是（　　） ‎ ‎①X、Y、Z的物质的量之比为1：2：2 ‎ ‎②X、Y、Z的浓度不再发生变化 ‎ ‎③容器中的压强不再发生变化 ‎ ‎④单位时间内生成n mol Z，同时生成2n mol Y． ‎ A．①② B．①④ C．②③ D．③④‎ ‎10．利用反应：2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H=﹣746，8kJmol﹣1，可净化汽车尾气，如果要同时提高反应的速率和 NO 的转化率，采取的措施是（　　） ‎ A．降低温度 ‎ B．升高温度同时充入N2 ‎ C．增大压强 ‎ D．及时将 CO2和 N2 从反应体系中移走 ‎ ‎11．下列各组比较中，前者比后者大的是（　　） ‎ A．25℃时，pH均为2的H2SO4溶液和盐酸中氢离子的物质的量浓度 ‎ B．25℃时，pH均为2的盐酸和CH3COOH溶液中溶质的物质的量浓度 ‎ C．25℃时，同浓度的NaCl溶液和氨水的导电能力 ‎ D．25℃时，pH均为3的HCl和FeCl3溶液中水的电离程度 ‎ ‎12．对可逆反应2A（s）+3B（g）⇌C（g）+2D（g）△H＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（　　） ‎ ‎①增加A的量，平衡向正反应方向移动 ‎ ‎②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小 ‎ ‎③压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变 ‎ ‎④增大B的浓度，v（正）＞v（逆） ‎ ‎⑤加入催化剂，B的转化率提高． ‎ A．①② B．④ C．③ D．④⑤‎ ‎13．已知下列热化学方程式：（1）CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ/mol；（2）C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ/mol；（3）H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=﹣285.8kJ/mol．则反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）的△H为（　　） ‎ A．﹣488.3 kJ/mol B．﹣244.15 kJ/mol ‎ C．+488.3 kJ/mol D．+244.15 kJ/mol ‎ ‎14．一定条件下，在某密闭容器中进行如下反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），若增大压强或升高温度，重新达到平衡，反应速率随时间的变化过程如图所示，则对该反应的叙述正确的是（　　） ‎ ‎ ‎ A．正反应是吸热反应 B．逆反应是放热反应 ‎ C．m+n＜p+q D．m+n＞p+q ‎ ‎15．符合图1、图2的反应是（　　） ‎ ‎ ‎ A．X+3Y⇌2Z△H＞0 B．X+3Y⇌2Z△H＜0 C．X+2Y⇌3Z△H＜0 D．5X+3Y⇌4Z△H＜0‎ ‎16．在一密闭烧瓶中，在25℃时存在如下平衡：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，将烧瓶置于100℃的水中，则下列几项性质中不会改变的是（　　） ‎ ‎①颜色　②平均相对分子质量　③质量　④压强 ⑤密度． ‎ A．①和③ B．③和⑤ C．④和⑤ D．②和④‎ ‎17．将C（H+）相同，溶液体积也相同的两种酸溶液（甲：盐酸；乙：醋酸）分别与锌反应，若最后有一溶液中有锌剩余，且放出的气体一样多，对此有如下判断： ‎ ‎（1）反应所需时间：乙＜甲 ‎ ‎（2）开始时反应速率：甲＞乙 ‎ ‎（3）参加反应的锌的质量：甲=乙 ‎ ‎（4）整个反应阶段的平均速率：乙＞甲 ‎ ‎（5）盛盐酸的容器中有锌剩余 ‎ ‎（6）盛醋酸的容器中有锌剩余． ‎ 以上判断正确的是（　　） ‎ A．（1）（2）（3）（5） B．（1）（3）（5） C．（2）（3）（6） D．（1）（3）（4）（5）‎ ‎18．在体积为VL的恒容密闭容器中盛有一定量H2，通入Br2（g）发生反应：H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）；△H＜0． 当温度分别为T1、T2达平衡时，H2的体积分数与Br2（g）的物质的量变化关系如图所示．下列说法不正确的是（　　） ‎ ‎ ‎ A．由图可知：T1＞T2 ‎ B．a、b两点的反应速率：b＞a ‎ C．为了提高Br2（g）的转化率，可采取将HBr液化并及时移走的方法 ‎ D．T1时，随着Br2（g）加入，平衡时HBr的体积分数不断增加 ‎ ‎19．25℃时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入过量金属锡（Sn），发生反应：Sn（s）+Pb2+（aq）⇌Sn2+（aq）+Pb（s），体系中c（Pb2+）和c（Sn2+）变化关系如图所示．下列判断正确的是（　　） ‎ ‎ ‎ A．往平衡体系中加入金属铅后，c（Pb2+）增大 ‎ B．往平衡体系中加入少量Sn（NO3）2固体后，c（Pb2+）变小 ‎ C．升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明该反应△H＞0 ‎ D．25℃时，该反应的平衡常数K=2.2 ‎ ‎20．某温度下，H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）的平衡常数K=‎ ‎，该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2（g）和CO2（g），其起始浓度如表所示，下列判断不正确的是（　　） ‎ 起始浓度 甲 乙 丙 c（H2）/mol•L﹣1‎ ‎0.010‎ ‎0.020‎ ‎0.020‎ c（CO2）/mol•L﹣1‎ ‎0.010‎ ‎0.010‎ ‎0.020‎ A．平衡时，乙中CO2的转化率大于60% ‎ B．平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60% ‎ C．平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，是0.012 molL﹣1 ‎ D．反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢 ‎ ‎　 ‎ 二、非选择题（本大题共6小题，共60分）， ‎ ‎21．下列物质中，①NaCl，②NaOH，③NH3H2O，④CH3COOH，⑤BaSO4，⑥NaHCO3，⑦Na2O，⑧CH3CH2OH，⑨H2O，⑩SO2 （11）NH3 ‎ 属于强电解质的是　　；属于弱电解质的是　　属于非电解质的是　　． ‎ ‎22．写出下列物质的电离方程式： ‎ NaHCO3　　，CH3COOH：　　，NH3H2O：　　，H2CO3：　　． ‎ ‎23．在一定温度下，将冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示． ‎ 请回答下列问题： ‎ ‎（1）“O”点冰醋酸不能导电的原因是　　． ‎ ‎（2）a、b、c三点对应的溶液中，C（H+）由小到大的顺序为　　．（填字母，后同） ‎ ‎（3）a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH的电离程度最大的是　　． ‎ ‎（4）a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的是　　． ‎ ‎（5）若使c点对应的溶液中的c（CH3COO﹣）增大，在下列措施中，可行的是　　（填字母，后同）． ‎ A．加热 B．加KOH固体 C．加水 D．加CH3COONa固体 E．加锌粒 ‎ ‎（6）在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列各量始终保持增大趋势的是　　． ‎ A．C（H+） B．H+物质的量 C．C（OH﹣） D．． ‎ ‎ ‎ ‎24．根据题意回答下列问题： ‎ 某实验小组测定中和热做了三次实验，所用NaOH溶液的浓度为0.55molL﹣1，盐酸的浓度为0，5molL﹣1，每次取NaOH溶液和盐酸溶液各50mL，并记录如表原始数据． ‎ 实验序号 起始温度t1/℃‎ 终止温度（t2）/℃‎ 温差（t2﹣t1）/℃‎ 盐酸 NaOH溶液 平均值 ‎1‎ ‎25.1‎ ‎24.9‎ ‎25.0‎ ‎28.3‎ ‎3.3‎ ‎2‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎28.4‎ ‎3.3‎ ‎3‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎28.5‎ ‎3.4‎ ‎（1）已知盐酸、NaOH溶液密度近似为1.00gcm﹣3，中和后混合液的比热容c=4.18×10﹣3kJg﹣1℃﹣1，则该反应的中和热为△H=　　． ‎ ‎（2）若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热会　　（填“偏大”、“偏小”或“不变”），其原因是　　． ‎ ‎（3）在中和热测定实验中存在用水洗涤温度计上的盐酸溶液的步骤，若无此操作步骤，则测得的中和热　　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）． ‎ ‎25．在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g），随温度升高，混合气体的颜色变深．回答下列问题： ‎ ‎（1）反应的△H　　0（填“大于”或“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示．在0～60s时段，反应速率v（N2O4）为　　 molL﹣1s﹣1 ‎ ‎（2）100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4）以0.002 0molL﹣1s﹣1的平均速率降低，经10s又达到平衡．T　　100℃（填“大于”或“小于”），判断理由是　　． ‎ ‎（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半．平衡向　　（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是　　． ‎ ‎ ‎ ‎26．在容积为2L的密闭容器中充入3mol气体A和2.5mol气体B，发生反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）（正反应为吸热反应），5min时测得生成1mol D，C的平均反应速率v（C）=0.1molL﹣1min﹣1，试求： ‎ ‎（1）方程式中C的化学计量数x=　　． ‎ ‎（2）5min内A的平均反应速率v（A）=　　． ‎ ‎（3）5min时B的转化率为　　． ‎ ‎（4）温度升高A的转化率　　（填“增大”或“减小”或“不变”下同），压强增大B的转化率　　． ‎ ‎　 ‎ ‎ ‎ ‎2016-2017学年四川省攀枝花十二中高二（上）期中化学试卷 ‎ 参考答案与试题解析 ‎ ‎　 ‎ 一、单项选择题（本题共20小题，每小题2分，共40分） ‎ ‎1．在2L的密闭容器中，发生以下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）+‎ D（g），若最初加入的A和B都是4mol，在前10s A的平均反应速率为0.12mol/（Ls），则10s时，容器中B的物质的量是（　　） ‎ A．3.4 mol B．3.2 mol C．2.8 mol D．1.2 mol ‎【考点】化学反应速率和化学计量数的关系． ‎ ‎【分析】前10s A的平均反应速率为0.12mol/（Ls），由反应速率之比等于化学计量数之比可计算B的速率，再结合v=解答． ‎ ‎【解答】解：前10s A的平均反应速率为0.12mol/（Ls）， ‎ 由反应速率之比等于化学计量数之比可知， ‎ B的反应速率为0.12mol/（Ls）×=0.06mol/（Ls）， ‎ 所以转化的B为0.06×10×2=1.2mol， ‎ 则10s时，容器中B的物质的量为4mol﹣1.2mol=2.8mol， ‎ 故选C． ‎ ‎【点评】本题考查化学反应速率的计算，明确反应速率的计算公式和反应速率与化学计量数的关系即可解答，题目难度不大． ‎ ‎　 ‎ ‎2．对于可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），下列措施能使反应物中活化分子百分数和化学平衡常数都变化的是（　　） ‎ A．增大压强 B．充入更多N2 ‎ C．使用高效催化剂 D．降低温度 ‎ ‎【考点】活化能及其对化学反应速率的影响． ‎ ‎【分析】增大反应物中活化分子百分数、化学反应速率，可升高温度或加入催化剂，如平衡常数发生变化，应改变温度，以此解答该题． ‎ ‎【解答】解：A．增大压强，活化分子百分数不变，故A错误； ‎ B．多充N2，活化分子百分数、平衡常数不变，故B错误． ‎ C．使用催化剂，平衡常数不变，故C错误； ‎ D．降低温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都减小，且化学平衡常数发生变化，故D正确； ‎ 故选D． ‎ ‎【点评】‎ 本题考查化学平衡的影响因素，侧重于基础知识的考查，注意平衡常数只受温度的影响，难度不大，学习中注意相关基础知识的积累． ‎ ‎　 ‎ ‎3．对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（　　） ‎ A．达到化学平衡时，4υ正（O2）=5υ逆（NO） ‎ B．若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态 ‎ C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大 ‎ D．化学反应速率关系是：2υ正（NH3）=3υ正（H2O） ‎ ‎【考点】化学平衡建立的过程． ‎ ‎【分析】A、当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化； ‎ B、都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡； ‎ C、增大体积压强减小，正逆速率都减小，平衡向体积增大的方向移动； ‎ D、各物质表示的化学反应速率之比等于各物质前面的系数之比． ‎ ‎【解答】解：A、4v正（O2）=5v逆（NO），不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示反应达到平衡状态，故A正确； ‎ B、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故B错误； ‎ C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，平衡向正反应移动，故C错误； ‎ D、化学反应速率关系是：3υ正（NH3）=2υ正（H2O），故D错误． ‎ 故选A． ‎ ‎【点评】‎ 本题考查化学平衡状态的判断、平衡移动及影响平衡的因素、平衡常数等，题目难度中等，A选项中注意用不同物质的表示的正逆反应速率相等的表达方法，此为易错点． ‎ ‎　 ‎ ‎4．反应CH3OH （ l ）+NH3（ g ）═CH3NH2（ g ）+H2O （ g ）在某温度自发向右进行，若反应|△H|=17kJ/mol，|△H﹣T△S|=17kJ/mol，对于该反应下列关系正确的是（　　） ‎ A．△H＞0，△H﹣T△S＜0 B．△H＜0，△H﹣T△S＞0 ‎ C．△H＞0，△H﹣T△S＞0 D．△H＜0，△H﹣T△S＜0 ‎ ‎【考点】反应热的大小比较． ‎ ‎【分析】反应能自发进行，应满则△G=△H﹣T△S＜0，以此解答该题． ‎ ‎【解答】解：该反应在一定温度下能够自发的向右进行，这说明△H﹣T△S一定是小于0，根据方程式可知该反应的△S＞0，所以如果△H＜0，则该反应在任何温度下都是自发进行的，而该反应在一定温度下能够自发的向右进行，因此该反应的反应热△H＞0， ‎ 故选A． ‎ ‎【点评】该题是基础性试题的考查，难度不大．该题的关键是掌握△G=△H﹣T△S，并能灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑思维能力． ‎ ‎　 ‎ ‎5．下列物质分类组合正确的是（　　） ‎ ‎ ‎ A B C D 强电解质 FeCl3‎ HBr H3PO4‎ Cu（OH）2‎ 弱电解质 CH3COOH HF BaSO4‎ HI 非电解质 Cu NH3‎ H2O C2H5OH A．A B．B C．C D．D ‎【考点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念． ‎ ‎【分析】在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质； ‎ 在水溶液里和熔融状态下不导电的化合物是非电解质； ‎ 在水溶液中能够完全电离的电解质为强电解质，部分电离是弱电解质； ‎ 注意：电解质和非电解质都是化合物． ‎ ‎【解答】解：A．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误； ‎ B．溴化氢为强电解质、氟化氢为弱电解质，氨气为非电解质，故B正确； ‎ C．磷酸为弱电解质，硫酸钡为强电解质，水为弱电解质，故C错误； ‎ D．氢氧化铜为弱电解质，碘化氢为强电解质，乙醇为非电解质，故D错误； ‎ 故选：B． ‎ ‎【点评】本题考查了电解质、非电解质、强电解质、弱电解质的判断，明确相关概念是解题关键，注意电解质和非电解质都是化合物，单质、混合物既不是电解质也不是非电解质，题目难度不大． ‎ ‎　 ‎ ‎6．下列电离方程式正确的是（　　） ‎ A．H2CO3⇌2H++CO32﹣ ‎ B．NH3H2O⇌NH4++OH﹣ ‎ C．Fe（OH）3=Fe3++3OH﹣ ‎ D．NaHSO4Na++H++SO42﹣ ‎ ‎【考点】电离方程式的书写． ‎ ‎【分析】A．碳酸为二元弱酸分步电离，以第一步物质； ‎ B．一水合氨为弱碱，部分电离； ‎ C．氢氧化铁为弱电解质，部分电离； ‎ D．熔融状态下，硫酸氢钠电离产生钠离子与硫酸氢根离子； ‎ ‎【解答】解：A．碳酸为二元弱酸，部分电离，电离方程式：H2CO3⇌H++HCO3﹣，故A错误； ‎ B．一水合氨为弱碱，部分电离，电离方程式：NH3H2O⇌NH4++OH﹣，故B正确； ‎ C．氢氧化铁为弱电解质，部分电离，电离方程式：Fe（OH）3 Fe3++3OH﹣‎ ‎，故C错误； ‎ D．硫酸氢钠为强电解质，熔融状态下完全电离，电离方程式：NaHSO4Na++HSO4﹣，故D错误； ‎ 故选：B． ‎ ‎【点评】本题考查了电离方程式的书写，明确电解质强弱及电离方式是解题关键，注意多元弱酸分步电离，以第一步为主，题目难度不大． ‎ ‎　 ‎ ‎7．在密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）．在500℃时，平衡常数K=9．若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为（　　） ‎ A．25% B．50% C．75% D．80%‎ ‎【考点】化学平衡的计算． ‎ ‎【分析】依据化学平衡的三段式列式计算，平衡状态下的物质浓度，运用平衡常数的概念列式得到； ‎ ‎【解答】解：依据化学平衡，设一氧化碳的消耗浓度为X，分析三段式列式计算： ‎ ‎ CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g） ‎ 起始量（mol/L） 0.02 0.02 0 0 ‎ 变化量（mol/L） X X X X ‎ 平衡量（mol/L） 0.02﹣X 0.02﹣X X X ‎ 平衡常数K===9 ‎ 解得：X=0.015mol/L； ‎ 一氧化碳转化率=×100%=75% ‎ 故选C． ‎ ‎【点评】‎ 本题考查了化学平衡的三段式计算，平衡常数、转化率的概念计算应用，注意平衡常数的计算是用平衡浓度计算，题目较简单． ‎ ‎　 ‎ ‎8．可逆反应2A（g）+3B（g）⇌4C（g）+D（g），已知起始浓度c（A）=4molmol﹣1，c（B）=3molmol﹣1，C、D浓度均等于0，反应开始2秒后达到平衡状态，此时D的平衡浓度为0.5molL﹣1，则下列说法不正确的是（　　） ‎ A．反应速率v（C）=1molL﹣1s﹣1 B．C的平衡浓度为4 molL﹣1 ‎ C．A的转化率为25% D．B的平衡浓度为1.5 molL﹣1 ‎ ‎【考点】化学平衡的计算． ‎ ‎【分析】利用三段式法计算： ‎ ‎ 2A（g）+3B（g）⇌4C（g）+D（g）， ‎ 起始（mol/l） 4 3 0 0 ‎ 转化（mol/l） 1 1.5 2 0.5 ‎ 平衡（mol/l） 3 1.5 2 0.5 ‎ 结合对应的数据计算各物理量． ‎ ‎【解答】解：利用三段式法计算： ‎ ‎ 2A（g）+3B（g）⇌4C（g）+D（g）， ‎ 起始（mol/l） 4 3 0 0 ‎ 转化（mol/l） 1 1.5 2 0.5 ‎ 平衡（mol/l） 3 1.5 2 0.5 ‎ A．反应速率v（C）==1mol/（L．s），故A正确； ‎ B．C的平衡为浓度为2mol/L，故B错误； ‎ C．A的转化率为=25%，故C正确； ‎ D．B的平衡浓度为1.5mol/L，故D正确． ‎ 故选B． ‎ ‎【点评】本题考查化学平衡的计算，难度不大，注意利用三段式法计算出平衡浓度为解答该题的关键，答题时注意体会． ‎ ‎　 ‎ ‎9．一定条件下，在密闭容器中，能表示反应X（g）+2Y（g）⇌2Z（g），一定达到化学平衡状态的是（　　） ‎ ‎①X、Y、Z的物质的量之比为1：2：2 ‎ ‎②X、Y、Z的浓度不再发生变化 ‎ ‎③容器中的压强不再发生变化 ‎ ‎④单位时间内生成n mol Z，同时生成2n mol Y． ‎ A．①② B．①④ C．②③ D．③④‎ ‎【考点】化学平衡状态的判断． ‎ ‎【分析】当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，注意反应物与生成物的化学计量数关系． ‎ ‎【解答】解：①平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故①错误； ‎ ‎②X、Y、Z的浓度不再发生变化，说明达到化学平衡状态，故②正确； ‎ ‎③反应物和生成物的物质的量不相等，当压强不变时，说明各物质的量不再发生变化，反应达到平衡状态，故③正确； ‎ ‎④单位时间内生成nmolZ，同时生成2nmolY，正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故④错误． ‎ 故选C． ‎ ‎【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题注意把握化学平衡状态的特征，易错点为①，注意平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据． ‎ ‎　 ‎ ‎10．利用反应：2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H=﹣746，8kJmol﹣1，可净化汽车尾气，如果要同时提高反应的速率和 NO 的转化率，采取的措施是（　　） ‎ A．降低温度 ‎ B．升高温度同时充入N2 ‎ C．增大压强 ‎ D．及时将 CO2和 N2 从反应体系中移走 ‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素． ‎ ‎【分析】要同时提高反应的速率和 NO 的转化率，可以增大压强或是增加爱CO的投料． ‎ ‎【解答】解：A、降低温度会减慢化学学反应速率，故A错误； ‎ B、升高温度会加快反应速率，但是平衡逆向移动，NO的转化率会减小，故B错误； ‎ C、增大压强提高反应的速率，和平衡正向移动，NO 的转化率会增大，故C正确； ‎ D、及时将 CO2和 N2 从反应体系中移走，会减慢化学反应的速率，故D错误． ‎ 故选C． ‎ ‎【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，注意把握浓度、催化剂、温度、压强对反应速率的影响和平衡移动即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大． ‎ ‎　 ‎ ‎11．下列各组比较中，前者比后者大的是（　　） ‎ A．25℃时，pH均为2的H2SO4溶液和盐酸中氢离子的物质的量浓度 ‎ B．25℃时，pH均为2的盐酸和CH3COOH溶液中溶质的物质的量浓度 ‎ C．25℃时，同浓度的NaCl溶液和氨水的导电能力 ‎ D．25℃时，pH均为3的HCl和FeCl3溶液中水的电离程度 ‎ ‎【考点】物质的量浓度的相关计算；盐类水解的原理． ‎ ‎【分析】A．硫酸和盐酸都是强酸，pH相同时溶液中氢离子浓度相同； ‎ B．醋酸为弱酸，醋酸的浓度大于氢离子浓度； ‎ C．氨水为弱碱，溶液中只能部分电离出铵根离子和氢氧根离子； ‎ D．酸抑制了水的电离，铁离子促进了水的电离． ‎ ‎【解答】解：A．25℃时，pH均为2的H2SO4溶液和盐酸中氢离子的物质的量浓度都是0.01mol/L，故A错误； ‎ B．pH=2的盐酸中氯化氢的浓度为0.01mol/L，醋酸为弱酸，pH=2的醋酸中氢离子浓度为0.01mol/L，醋酸的浓度大于0.01mo/L，前者的浓度小于后者，故B错误； ‎ C．溶液导电性与溶液中离子浓度有关，25℃时，同浓度的NaCl溶液和氨水中，氨水中离子浓度小于氯化钠，所以氯化钠溶液的导电能力大于氨水，故C正确； ‎ D．盐酸中氢离子抑制了水的电离，铁离子水解促进了水的电离，所以前者水的电离程度小于后者，故D错误； ‎ 故选C． ‎ ‎【点评】本题考查了盐的水解原理、物质的量浓度的计算与判断，题目难度中等，明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握物质的量浓度的计算方法，试题培养了学生的化学计算能力． ‎ ‎　 ‎ ‎12．对可逆反应2A（s）+3B（g）⇌C（g）+2D（g）△H＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（　　） ‎ ‎①增加A的量，平衡向正反应方向移动 ‎ ‎②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小 ‎ ‎③压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变 ‎ ‎④增大B的浓度，v（正）＞v（逆） ‎ ‎⑤加入催化剂，B的转化率提高． ‎ A．①② B．④ C．③ D．④⑤‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素． ‎ ‎【分析】①A是固体，其量的变化对平衡无影响； ‎ ‎②升高温度，正、逆反应速率都增大； ‎ ‎③压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大； ‎ ‎④增大B的浓度，平衡向正反应移动； ‎ ‎⑤催化剂不能使化学平衡发生移动． ‎ ‎【解答】解：①A是固体，增大A的量对平衡无影响，故①错误； ‎ ‎②升高温度，v（正）、v（逆）均应增大，但v（逆）增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故②错误； ‎ ‎③压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大，故③错误； ‎ ‎④增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v（正）＞‎ v（逆），故④正确； ‎ ‎⑤使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故⑤错误； ‎ 故选B． ‎ ‎【点评】本题考查化学平衡的影响因素，比较基础，注意化学平衡发生移动的本质是改变条件引起正、逆速率不相等． ‎ ‎　 ‎ ‎13．已知下列热化学方程式：（1）CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ/mol；（2）C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ/mol；（3）H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=﹣285.8kJ/mol．则反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）的△H为（　　） ‎ A．﹣488.3 kJ/mol B．﹣244.15 kJ/mol ‎ C．+488.3 kJ/mol D．+244.15 kJ/mol ‎ ‎【考点】有关反应热的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算． ‎ ‎【分析】利用盖斯定律计算，将（2）×2+（3）×2﹣（1），可得 2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l），反应热随之相加减，可求得反应热． ‎ ‎【解答】解：已知：（1）CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ/mol ‎ ‎（2）C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ/mol ‎ ‎（3）H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=﹣285.8kJ/mol ‎ 利用盖斯定律，将（2）×2+（3）×2﹣（1），可得 2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）， ‎ 则：△H=2×（﹣393.5kJ/mol）+2×（﹣285.8kJ/mol）﹣（﹣870.3kJ/mol）=﹣488.3KJ/mol， ‎ 故选A． ‎ ‎【点评】本题考查反应热的计算，题目难度不大，注意盖斯定律的运用，注意焓变与化学计量数的关系． ‎ ‎　 ‎ ‎14．一定条件下，在某密闭容器中进行如下反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+‎ qD（g），若增大压强或升高温度，重新达到平衡，反应速率随时间的变化过程如图所示，则对该反应的叙述正确的是（　　） ‎ ‎ ‎ A．正反应是吸热反应 B．逆反应是放热反应 ‎ C．m+n＜p+q D．m+n＞p+q ‎ ‎【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用． ‎ ‎【分析】依据图象分析判断，改变条件逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，根据化学平衡移动原理分析，升温向吸热反应方向进行；增大压强平衡向气体体积减小的方向进行； ‎ ‎【解答】解：A、升高温度，平衡逆向进行，说明反应正向是放热反应，故A错误； ‎ B、升高温度，平衡逆向进行，说明逆向是吸热反应，反应正向是放热反应，故B错误； ‎ C、增大压强平衡向逆向进行，说明逆向是气体体积减小的反应，m+n＜p+q，故C正确； ‎ D、增大压强平衡向逆向进行，说明逆向是气体体积减小的反应，m+n＜p+q，故D错误； ‎ 故选C． ‎ ‎【点评】本题考查了化学平衡的影响因素分析，化学平衡移动原理的理解和熟练掌握是解题关键，题目较简单． ‎ ‎　 ‎ ‎15．符合图1、图2的反应是（　　） ‎ ‎ ‎ A．X+3Y⇌2Z△H＞0 B．X+3Y⇌2Z△H＜0 C．X+2Y⇌3Z△H＜0 D．5X+3Y⇌4Z△H＜0‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线． ‎ ‎【分析】根据图1中X、Y、Z浓度变化量确定计量数之比；根据图2判断热效应． ‎ ‎【解答】解：图1中X、Y浓度降低，则X、Y为反应物，Z浓度增大，Z为生成物，X、Y、Z浓度变化量之比为：1：3：2，且存在化学平衡状态，化学方程式为：X+3Y⇌2Z； ‎ T2时，先达到化学平衡状态，则T2＞T1，温度高时，Z%较小，即温度升高，向逆反应方向移动，正反应放热，△H＜0，故表示的反应为：X+3Y⇌2Z△H＜0， ‎ 故选B． ‎ ‎【点评】本题考查化学平衡图象，难度不大，注意掌握平衡移动原理，根据图象判断温度对平衡移动的影响． ‎ ‎　 ‎ ‎16．在一密闭烧瓶中，在25℃时存在如下平衡：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，将烧瓶置于100℃的水中，则下列几项性质中不会改变的是（　　） ‎ ‎①颜色　②平均相对分子质量　③质量　④压强 ⑤密度． ‎ A．①和③ B．③和⑤ C．④和⑤ D．②和④‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程． ‎ ‎【分析】可逆反应2NO2⇌N2O4，正反应放热，升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，所以化学平衡2NO2⇌N2O4向左进行， ‎ ‎①二氧化氮的浓度增大，颜色加深； ‎ ‎②混合气体总的物质的量增大，根据M=判断； ‎ ‎③反应混合物都是气体，根据质量守恒定律判断； ‎ ‎④升高温度，化学平衡向左移动，混合气体总的物质的量增大、混合气体的温度升高，容器的容积不变，根据pV=nRT判断； ‎ ‎⑤根据ρ=判断． ‎ ‎【解答】解：升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，所以化学平衡2NO2⇌N2O4向左进行． ‎ ‎①二氧化氮的浓度增大，颜色加深； ‎ ‎②混合气体总的物质的量增大，混合气体总的质量不变，根据M=可知，混合气体的平均相对分子质量减小； ‎ ‎③反应混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总的质量不变； ‎ ‎④升高温度，化学平衡向左移动，混合气体总的物质的量增大、混合气体的温度升高，容器的容积不变，根据pV=nRT可知，容器内压强增大； ‎ ‎⑤反应混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总的质量不变，容器的容积不变，根据ρ=可知，混合气体的密度不变． ‎ 故选B． ‎ ‎【点评】本题考查学生温度对化学平衡的影响知识，难度不大，注意根据平衡移动原理理解． ‎ ‎　 ‎ ‎17．将C（H+）相同，溶液体积也相同的两种酸溶液（甲：盐酸；乙：醋酸）分别与锌反应，若最后有一溶液中有锌剩余，且放出的气体一样多，对此有如下判断： ‎ ‎（1）反应所需时间：乙＜甲 ‎ ‎（2）开始时反应速率：甲＞乙 ‎ ‎（3）参加反应的锌的质量：甲=乙 ‎ ‎（4）整个反应阶段的平均速率：乙＞甲 ‎ ‎（5）盛盐酸的容器中有锌剩余 ‎ ‎（6）盛醋酸的容器中有锌剩余． ‎ 以上判断正确的是（　　） ‎ A．（1）（2）（3）（5） B．（1）（3）（5） C．（2）（3）（6） D．（1）（3）（4）（5）‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学反应速率的影响因素． ‎ ‎【分析】醋酸为弱酸，pH相同时，醋酸浓度大，若最后有一溶液中有锌剩余，只能是盐酸中的锌剩余．由于弱酸能通过平衡移动释放出氢离子，所以弱酸的平均反应速率更快，所用时间更短，但是反应开始时氢离子浓度相同，开始时速率相同．放出的气体一样多，所用参加反应的锌质量相同． ‎ ‎【解答】解：①醋酸是弱酸，随反应的进行会不断电离出氢离子，所以氢离子浓度有增大的趋势，所以整个阶段的平均速率：醋酸＞盐酸，所用时间乙＜甲，故正确； ‎ ‎②开始反应速率取决于溶液中开始阶段的氢离子浓度大小，pH相同的盐酸和醋酸溶液，起始氢离子浓度一样大，所以开始反应速率：盐酸=醋酸，故错误； ‎ ‎③参加反应的锌的质量和生成的氢气的量有关，因为产生气体体积相同，所以参加反应的锌的质量：醋酸=盐酸，故正确； ‎ ‎④醋酸是弱酸，随反应的进行会不断电离出氢离子，所以氢离子浓度有增大的趋势，所以整个阶段的平均速率：醋酸＞盐酸，故正确； ‎ ‎⑤醋酸为弱酸，pH相同时，醋酸浓度大，若最后有一溶液中有锌剩余，只能是盐酸中的锌剩余，故正确； ‎ ‎⑥由⑤分析可知醋酸过量，故错误． ‎ 故选D． ‎ ‎【点评】本题考查弱酸和强酸的区别，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等，本题注意弱电解质的电离平衡的移动情况． ‎ ‎　 ‎ ‎18．在体积为VL的恒容密闭容器中盛有一定量H2，通入Br2（g）发生反应：H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）；△H＜0． 当温度分别为T1、T2达平衡时，H2的体积分数与Br2（g）的物质的量变化关系如图所示．下列说法不正确的是（　　） ‎ ‎ ‎ A．由图可知：T1＞T2 ‎ B．a、b两点的反应速率：b＞a ‎ C．为了提高Br2（g）的转化率，可采取将HBr液化并及时移走的方法 ‎ D．T1时，随着Br2（g）加入，平衡时HBr的体积分数不断增加 ‎ ‎【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线． ‎ ‎【分析】A．该反应是正反应为放热的化学反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动导致氢气的含量增大，据此判断； ‎ B．对比两个平衡状态，可以看作向a的平衡状态加入（n2﹣n1）molBr2建立了化学平衡b，利用速率与平衡移动关系分析； ‎ C．根据浓度对化学平衡移动的影响来分析； ‎ D．加入溴平衡向正反应方向移动，HBr的体积分数与加入溴的量及转化率有关． ‎ ‎【解答】解：A．根据图象可知，当加入的n（Br2）均为n1建立化学平衡后，H2的体积分数温度T1的大于温度T2，该反应是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆反应方向移动导致氢气的体积分数降低，所以T1＞T2，故A正确； ‎ B．对a和b来说，温度相同，H2的初始量相同，Br2的初始量是b＞a，a、b两个平衡状态，可以认为是向a的平衡状态加入（n2﹣n1）molBr2建立了化学平衡b，而加入Br2，平衡向正反应方向移动，建立平衡b后，其反应速率要增加，即两点的反应速率a＜b，故B正确； ‎ C．将HBr液化并及时移走，HBr的浓度降低，平衡向正反应方向移动，溴的转化率增大，故C正确； ‎ D．当温度均为T1时，加入Br2，平衡会向正反应方向移动，导致HBr的物质的量不断增大，但体积分数不一定逐渐增大，这与加入的溴的量及转化率有关，故D错误， ‎ 故选D． ‎ ‎【点评】本题考查了外界条件对化学平衡的影响，易错选项是D，注意反应物的转化率增大，生成物的体积分数不一定增大，这与反应物的量有关． ‎ ‎　 ‎ ‎19．25℃时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入过量金属锡（Sn），发生反应：Sn（s）+Pb2+（aq）⇌Sn2+（aq）+Pb（s），体系中c（Pb2+）和c（Sn2+）变化关系如图所示．下列判断正确的是（　　） ‎ ‎ ‎ A．往平衡体系中加入金属铅后，c（Pb2+）增大 ‎ B．往平衡体系中加入少量Sn（NO3）2固体后，c（Pb2+）变小 ‎ C．升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明该反应△H＞0 ‎ D．25℃时，该反应的平衡常数K=2.2 ‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线． ‎ ‎【分析】A、金属铅是固体，不影响平衡移动； ‎ B、加入少量Sn（NO3）2固体，溶解Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动； ‎ C、升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明平衡向逆反应进行，据此判断； ‎ D、由图可知，平衡时c（Pb2+）=0.1mol/L，c（Sn2+）=0.22mol/L，代入平衡常数表达式计算． ‎ ‎【解答】解：A、金属铅是固体，增大铅的用量，不影响平衡移动，c（Pb2+）不变，故A错误； ‎ B、加入少量Sn（NO3）2固体，溶解Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动，c（Pb2+）增大，故B错误； ‎ C、升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明平衡向逆反应进行，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，故C错误； ‎ D、由图可知，平衡时c（Pb2+）=0.1mol/L，c（Sn2+）=0.22mol/L，故该温度下反应的平衡常数k==2.2，故D正确； ‎ 故选D． ‎ ‎【点评】考查影响化学平衡的因素、化学平衡浓度﹣时间图象、化学平衡常数的计算等，难度中等，是对基础知识的考查，注意B为可溶性固体． ‎ ‎　 ‎ ‎20．某温度下，H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）的平衡常数K=，该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2（g）和CO2（g），其起始浓度如表所示，下列判断不正确的是（　　） ‎ 起始浓度 甲 乙 丙 c（H2）/mol•L﹣1‎ ‎0.010‎ ‎0.020‎ ‎0.020‎ c（CO2）/mol•L﹣1‎ ‎0.010‎ ‎0.010‎ ‎0.020‎ A．平衡时，乙中CO2的转化率大于60% ‎ B．平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60% ‎ C．平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，是0.012 molL﹣1 ‎ D．反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢 ‎ ‎【考点】化学平衡的计算． ‎ ‎【分析】A．根据平衡常数计算平衡时二氧化碳的转化率，根据增加一种反应物浓度要吧提高另一种反应的转化率判断； ‎ B．该反应是气体体积前后不变的反应，所以甲和丙为等效平衡，据此判断； ‎ C．根据平衡常数计算平衡时二氧化碳的浓度； ‎ D．根据影响化学反应速率的因素判断． ‎ ‎【解答】解：A．设甲容器中平衡时反应掉的二氧化碳的浓度为xmol/L，根据K==2.25，得x=0.006，所以CO2的转化率为60%，H2的转化率也是60%，在乙容器中相当于是甲容器中增加了H2，CO2的转化率增大，故A正确； ‎ B．设甲容器中平衡时反应掉的氢气的浓度为xmol/L，根据K==2.25，得x=0.006，所以H2的转化率是60%，又甲和丙为等效平衡，所以甲中和丙中H2的转化率均是60%，故B正确； ‎ C．由A的分析可知，平衡时甲容器中c（CO2）是0.004mol/L，而甲和丙为等效平衡，但丙的起始浓度为甲的两倍，所以平衡时，丙中c（CO2）是0.008mol/L，故C错误； ‎ D．根据浓度越大反应速率越快可知，反应开始时，丙中的反应物浓度最大，所以反应速率最快，甲中的反应物浓度最小，所以反应速率最慢，故D正确； ‎ 故选C． ‎ ‎【点评】本题主要考查了化学平衡的相关计算、影响化学反应速率的因素、等效平衡的思想等知识点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，中等难度，解题时要注意比较反应前后气体体积的变化特征． ‎ ‎　 ‎ 二、非选择题（本大题共6小题，共60分）， ‎ ‎21．下列物质中，①NaCl，②NaOH，③NH3H2O，④CH3COOH，⑤BaSO4，⑥NaHCO3，⑦Na2O，⑧CH3CH2OH，⑨H2O，⑩SO2 （11）NH3 ‎ 属于强电解质的是　①②⑤⑥⑦　；属于弱电解质的是　③④⑨　属于非电解质的是　⑧⑩（11）　． ‎ ‎【考点】电解质与非电解质． ‎ ‎【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括：酸、碱、盐、金属氧化物；电解质的强弱是根据电离程度划分的，在水溶液里或熔融状态下完全电离是电解质是强电解质，部分电离是电解质是弱电解质； ‎ 在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，包括：大多是有机物、非金属氧化物、氨气． ‎ ‎【解答】解：：①NaCl属于盐，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质； ‎ ‎②NaOH属于强碱，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质； ‎ ‎③NH3H2O属于弱碱，在水溶液中只能够部分电离，属于弱电解质； ‎ ‎④CH3COOH属于弱酸，在水溶液中只能够部分电离，属于弱电解质； ‎ ‎⑤BaSO4属于盐，在熔融在状态下能够完全电离，属于强电解质； ‎ ‎⑥NaHCO3属于盐，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质； ‎ ‎⑦Na2O属于活泼金属氧化物，在熔融在状态下能够完全电离，属于强电解质； ‎ ‎⑧CH3CH2OH在水溶液里或熔融状态下都不导电，属于非电解质； ‎ ‎⑨H2O部分电离，属于弱电解质； ‎ ‎⑩SO2属于非金属氧化物，本身不能电离产生自由移动离子，属于非电解质； ‎ ‎（11）NH3属于非金属氢化物，本身不能电离产生自由移动离子，属于非电解质； ‎ 故答案为：①②⑤⑥⑦；③④⑨；⑧⑩（11）． ‎ ‎【点评】本题考查了电解质、非电解质、强弱电解质的判断，明确相关概念和物质的类别是解题关键，题目难度不大． ‎ ‎　 ‎ ‎22．写出下列物质的电离方程式： ‎ NaHCO3　NaHCO3=Na++HCO3﹣　，CH3COOH：　CH3COOH⇌H++CH3COO﹣　，NH3H2O：　NH3H2O⇌OH﹣+NH4+　，H2CO3：　H2CO3⇌H++HCO3﹣　． ‎ ‎【考点】电离方程式的书写． ‎ ‎【分析】强电解质在水溶液里完全电离生成阴阳离子，电离方程式写“=”，弱电解质在水溶液里部分电离，电离方程式写“⇌”，书写时要遵循原子守恒、电荷守恒，据此分析解答． ‎ ‎【解答】解：NaHCO3在溶液中完全电离出碳酸氢根离子和钠离子，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3﹣； ‎ CH3COOH是弱酸，属于弱电解质，电离方程式为：CH3COOH⇌H++CH3COO﹣； ‎ NH3H2O是弱碱，属于弱电解质，电离方程式为：NH3H2O⇌OH﹣+NH4+； ‎ H2CO3是二元弱酸，属于弱电解质，分步电离，以第一步电离为主，电离方程式为：H2CO3⇌H++HCO3﹣； ‎ 故答案为：NaHCO3=Na++HCO3﹣；CH3COOH⇌H++CH3COO﹣；NH3H2O⇌OH﹣+NH4+；H2CO3⇌H++HCO3﹣． ‎ ‎【点评】本题考查了电离方程式的书写，题目难度不大，试题注重了基础知识的考查，注意掌握强弱电解质的概念及电离方程式的书写方法． ‎ ‎　 ‎ ‎23．在一定温度下，将冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示． ‎ 请回答下列问题： ‎ ‎（1）“O”点冰醋酸不能导电的原因是　无自由移动的离子　． ‎ ‎（2）a、b、c三点对应的溶液中，C（H+）由小到大的顺序为　cab　．（填字母，后同） ‎ ‎（3）a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH的电离程度最大的是　c　． ‎ ‎（4）a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的是　c　． ‎ ‎（5）若使c点对应的溶液中的c（CH3COO﹣）增大，在下列措施中，可行的是　ABDE　（填字母，后同）． ‎ A．加热 B．加KOH固体 C．加水 D．加CH3COONa固体 E．加锌粒 ‎ ‎（6）在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列各量始终保持增大趋势的是　BD　． ‎ A．C（H+） B．H+物质的量 C．C（OH﹣） D．． ‎ ‎ ‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡． ‎ ‎【分析】（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强； ‎ ‎（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小； ‎ ‎（3）溶液越稀，越促进醋酸电离； ‎ ‎（4）溶液中氢离子浓度越小，对水的电离抑制程度越小； ‎ ‎（5）要使醋酸根离子浓度增大，可以采用加热、加入含有醋酸根离子的物质、加入和氢离子反应的物质； ‎ ‎（6）加水稀释，促进电离，n（CH3COO﹣）、n（H+）增大，但浓度减小，以此解答． ‎ ‎【解答】解：（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，故答案为：无自由移动的离子； ‎ ‎（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH为b＜a＜c，氢离子浓度由小到大的顺序为cab，故答案为：cab； ‎ ‎（3）溶液越稀，越促进醋酸电离，CH3COOH的电离程度最大的是c，故答案为：c； ‎ ‎（4）溶液中氢离子浓度越小，对水的电离抑制程度越小，c点氢离子浓度最小，水的电离程度最大，故答案为：c； ‎ ‎（5）要使醋酸根离子浓度增大，可以采用加热、加入含有醋酸根离子的物质、加入和氢离子反应的物质， ‎ A．加热促进醋酸电离，则溶液中醋酸根离子浓度增大，故正确； ‎ B．加NaOH固体，氢氧化钠和氢离子反应促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，故正确； ‎ C．加水稀释能促进醋酸电离，但醋酸根离子浓度减小，故错误； ‎ D．加固体CH3COONa，能抑制醋酸电离，但醋酸钠电离出的醋酸根离子大于抑制醋酸电离出的醋酸根离子，所以醋酸根离子浓度增大，故正确； ‎ E．加入锌粒，和氢离子反应，促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，故正确； ‎ 故答案为：ABDE； ‎ ‎（6）加水稀释，酸性减弱，促进电离，n（CH3COO﹣）、n（H+）增大，但浓度减小， ‎ A、氢离子浓度减小，故A错误； ‎ B、加水稀释，促进电离，n（H+）增大，故B正确； ‎ C、加水稀释，溶液接近中性，氢氧根离子浓度不再变化，故C错误； ‎ D、醋酸的电离平衡常数不变，氢离子浓度减小，所以增大，故D正确； ‎ 故答案为：BD． ‎ ‎【点评】本题考查电解质的电离，题目难度中等，注意加水稀释醋酸，能促进醋酸电离，但溶液中醋酸根离子增大的量远远小于水体积增大的量，所以醋酸根离子浓度减小，为易错点． ‎ ‎　 ‎ ‎24．根据题意回答下列问题： ‎ 某实验小组测定中和热做了三次实验，所用NaOH溶液的浓度为0.55molL﹣1，盐酸的浓度为0，5molL﹣1，每次取NaOH溶液和盐酸溶液各50mL，并记录如表原始数据． ‎ 实验序号 起始温度t1/℃‎ 终止温度（t2）/℃‎ 温差（t2﹣t1）/℃‎ 盐酸 NaOH溶液 平均值 ‎1‎ ‎25.1‎ ‎24.9‎ ‎25.0‎ ‎28.3‎ ‎3.3‎ ‎2‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎28.4‎ ‎3.3‎ ‎3‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎28.5‎ ‎3.4‎ ‎（1）已知盐酸、NaOH溶液密度近似为1.00gcm﹣3，中和后混合液的比热容c=4.18×10﹣3kJg﹣1℃﹣1，则该反应的中和热为△H=　﹣55.7 kJmol﹣1　． ‎ ‎（2）若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热会　偏大　（填“偏大”、“偏小”或“不变”），其原因是　用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收热量，造成测得中和热偏小　． ‎ ‎（3）在中和热测定实验中存在用水洗涤温度计上的盐酸溶液的步骤，若无此操作步骤，则测得的中和热　偏大　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）． ‎ ‎【考点】中和热的测定． ‎ ‎【分析】（1）先根据Q=mc△T计算反应放出的热量，然后根据△H=﹣kJ/mol计算出反应热； ‎ ‎（2）根据弱电解质电离吸收热量； ‎ ‎（3）没有用水洗涤温度计上的盐酸溶液，导致盐酸的物质的量偏小，放出的热量偏小． ‎ ‎【解答】解：（1）50mL 0.5molL﹣1盐酸与50mL 0.55molL﹣1NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/ml=100g，温度变化的值为三次实验的平均值3.33℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mc△T=100g×4.18J/（g℃）×3.33℃=1391.9J，即1.3919kJ， ‎ 所以实验测得的中和热△H=﹣=﹣55.7 kJmol﹣1； ‎ 故答案为：﹣55.7 kJmol﹣1； ‎ ‎（2）若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，醋酸电离要吸收能量，造成放出的热量偏小，因为中和热为负值，所以测得的中和热偏大； ‎ 故答案为：偏大；用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收热量，中和热为负值，所以造成测得中和热偏大； ‎ ‎（3）没有用水洗涤温度计上的盐酸溶液，导致盐酸的物质的量偏小，放出的热量偏小，因为中和热为负值，所以测得的中和热偏大； ‎ 故答案为：偏大． ‎ ‎【点评】本题主要考查了中和热的测定，注意掌握中和热的测定方法，明确中和热为“﹣”，在比较大小是要考虑符号，题目难度中等． ‎ ‎　 ‎ ‎25．在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g），随温度升高，混合气体的颜色变深．回答下列问题： ‎ ‎（1）反应的△H　＞　0（填“大于”或“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示．在0～60s时段，反应速率v（N2O4）为　0.0010　 molL﹣1s﹣1 ‎ ‎（2）100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4）以0.002 0molL﹣1s﹣1的平均速率降低，经10s又达到平衡．T　＞　100℃（填“大于”或“小于”），判断理由是　改变温度后，N2O4浓度减小，反应正向进行，正向吸热，故温度升高　． ‎ ‎（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半．平衡向　逆反应　（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是　其它条件不变，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动　． ‎ ‎ ‎ ‎【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素． ‎ ‎【分析】（1）随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，据此判断；反应速率利用公式v=计算得到； ‎ ‎（2）N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃； ‎ ‎（3）反应容器的容积减少一半，压强增大，根据反应前后气体体积大小判断化学平衡移动方向． ‎ ‎【解答】解：（1）随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即△H＞0；0～60s时段，N2O4浓度变化为：0.1mol/L﹣0.04mol/L=0.06mol/L，v（N2O4）=‎ ‎=0.0010molL﹣1s﹣1， ‎ 故答案为：＞；0.0010molL﹣1s﹣1； ‎ ‎（2）N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃， ‎ 故答案为：＞；改变温度后，c（N2O4）降低平衡正向移动，正反应为吸热反应，故温度升高； ‎ ‎（3）反应容器的容积减少一半，压强增大，正反应方向气体体积增大，增大压强向着气体体积减小的方向移动， ‎ 故答案为：逆反应；其它条件不变，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动． ‎ ‎【点评】本题考查化学平衡图象、影响平衡的因素、平衡常数影响因素、化学反应速率的计算等，难度不大． ‎ ‎　 ‎ ‎26．在容积为2L的密闭容器中充入3mol气体A和2.5mol气体B，发生反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）（正反应为吸热反应），5min时测得生成1mol D，C的平均反应速率v（C）=0.1molL﹣1min﹣1，试求： ‎ ‎（1）方程式中C的化学计量数x=　2　． ‎ ‎（2）5min内A的平均反应速率v（A）=　0.15mol/Lmin　． ‎ ‎（3）5min时B的转化率为　20%　． ‎ ‎（4）温度升高A的转化率　增大　（填“增大”或“减小”或“不变”下同），压强增大B的转化率　不变　． ‎ ‎【考点】化学平衡的计算． ‎ ‎【分析】结合化学平衡三段式列式计算，C的平均反应速率v（C）=0.1molL﹣1min﹣1，反应生成C物质的量=0.1molL﹣1min﹣1×2L×5min=1mol； ‎ ‎ 3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g） ‎ 起始量（mol） 3 2.5 0 0 ‎ 变化量（mol） 1.5 0.5 0.5x 1 ‎ 平衡量（mol） 1.5 2 0.5x 1 ‎ ‎（1）依据上述计算结合反应生成的C物质的量计算得到x； ‎ ‎（2）反应速率=； ‎ ‎（3）转化率=×100%； ‎ ‎（4）由题意可知，正反应为吸热反应，所以升高温度，平衡向正反应方向移动，由（1）计算得x，根据增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动进行判断． ‎ ‎【解答】解：C的平均反应速率v（C）=0.1molL﹣1min﹣1，反应生成C物质的量=0.1molL﹣1min﹣1×2L×5min=1mol； ‎ ‎ 3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g） ‎ 起始量（mol） 3 2.5 0 0 ‎ 变化量（mol） 1.5 0.5 0.5x 1 ‎ 平衡量（mol） 1.5 2 0.5x 1 ‎ ‎（1）上述计算结合反应生成的C物质的量计算得到x，0.5x=1，x=2； ‎ 故答案为：2； ‎ ‎（2）5min内A的平均反应速率===0.15mol/Lmin； ‎ 故答案为：0.15mol/Lmin； ‎ ‎（3）5min时B的转化率=×100%=×100%=20%； ‎ 故答案为：20%； ‎ ‎（4）由题意可知，正反应为吸热反应，所以升高温度，平衡向正反应方向移动，所以A的转化率增大，由（1）计算得x=2，所以该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，所以B的转化率不变， ‎ 故答案为：增大；不变． ‎ ‎【点评】本题考查了化学平衡计算应用，主要是反应速率、转化率的计算应用、影响平衡移动的因素等，概念理解应用是解题关键，题目较简单． ‎ ‎　 ‎