2017-2018学年青海省西宁市第四高级中学高二上学期第二次月考化学试题 解析版

2017-2018学年青海省西宁市第四高级中学高二上学期第二次月考化学试题 解析版

青海省西宁市第四高级中学2017-2018学年高二 上学期第二次月考化学试题 ‎1. 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 任何化学反应都伴随有能量变化 B. 化学反应中的能量变化都表现为热量的变化 C. 反应物的总能量高于生成物的总能量时，发生放热反应 D. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，发生吸热反应 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：化学反应都伴随有能量变化，反应物的总能量高于生成物的总能量时，放出热量，反之吸收能量，化学反应中的能量变化不仅表现为热量变化，还有其他形式的能量变化如发光，体积膨胀做功等。‎ 考点：化学反应中的能量变化 ‎2. 下列反应的能量变化与其他三项不相同的是(　　)‎ A. 铝粉与氧化铁的反应 B. 氯化铵与Ba(OH)2 ·8H2O的反应 C. 锌片与稀硫酸反应 D. 钠与冷水反应 ‎【答案】B ‎【解析】试题解析：铝粉与氧化铁的反应属于放热反应；氯化铵与氢氧化钡的反应属于吸热反应；锌片与稀硫酸反应属于放热反应；钠与冷水反应属于放热反应；B中反应的能量变化与其他三项不相同．‎ 考点：化学反应与能量 ‎3. 下列说法正确的是(　　)‎ A. 由H原子形成 H—H键要吸收热量 B. 在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成H2O时所释放的热量称为中和热 C. N2性质非常稳定，是因为N2分子中含有氮氮三键，要破坏氮氮三键需吸收更多的能量 D. 凡经加热而发生的化学反应都是吸热反应 ‎【答案】C ‎【解析】A、依据原子能量高于分子，由H原子形成H-H键要放出热量，故A错误；B、强酸强碱稀溶液反应生成1mol 水放出的热量为中和热，弱酸或弱碱溶液中存在电离平衡需要吸热，故B错误；C、氮气分子中存在氮氮三键，破坏化学键需要吸收较多能量，所以氮气化学性质稳定，故C正确；D、某些放热反应也需要加热条件引发，需要加热而发生的化学反应不一定是吸热反应，故D错误；故选C。‎ ‎4. 已知反应：①101kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221kJ·mol－1‎ ‎②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3kJ·mol－1‎ ‎③H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8kJ·mol－1‎ ‎④H2O(g)===H2O(l)　ΔH＝－44.0kJ·mol－1‎ 下列结论正确的是(　　)‎ A. 碳的燃烧热大于110.5kJ·mol－1‎ B. 浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ 热量 C. 氢气的燃烧热为241.8kJ·mol－1‎ D. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)的反应热为ΔH＝571.6kJ·mol－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】燃烧热是指1 mol物质燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，C完全燃烧的产物是CO2，CO继续燃烧生成CO2放出热量，那么C的燃烧热大于110.5 kJ·mol－1；浓硫酸中的H＋与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量，但是浓硫酸的稀释又有热量释放，所以该反应过程放出的热量大于57.3 kJ；根据盖斯定律，③④相加得到热化学方程式H2(g)＋O2(g)=H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1，该反应为放热反应，故ΔH的符号为“－”。‎ ‎5. 一定温度下，反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在密闭容器中进行，一段时间后达到平衡，下列措施不能使平衡发生移动的是( )‎ ‎①增加C的物质的量　②保持体积不变，充入N2使体系压强增大　③将容器的体积缩小一半　④保持压强不变，充入N2使容器体积变大 A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】①因浓度越大，化学反应速率越快，但是固体量的增减不影响反应速率，所以增加C(s)的量，反应速率不变，平衡不移动，故①选；②保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，平衡不移动，故②选；③将容器的体积缩小一半，增大压强，平衡逆向移动，故③不选；④保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，相当减小压强，平衡正向移动，故④不选；故选A。‎ 点睛：注意该反应中有气体参加和生成是解答本题的关键。对应反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，有气体参加和生成，则温度、压强都能对化学反应平衡产生影响。本题的易错点为①，注意C为固体。‎ ‎6. 下列有关化学反应速率的说法中，正确的是(　　)‎ A. 100 mL 2 mol·L－1的盐酸与锌反应时，加入适量的NaCl溶液，生成H2的速率不变 B. 用铁片和稀硫酸反应制取H2时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生H2的速率 C. 二氧化硫的催化氧化反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢 D. 汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢 ‎【答案】D ‎【解析】A．加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，反应物浓度减小，则反应速率减小，故A错误；‎ B．铁片和浓硫酸在加热时生成二氧化硫，不加热发生钝化，反应不生成氢气，故B错误；‎ C．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故C错误；‎ D．减小压强，活化分子浓度减小，反应速率减小，故D正确．‎ ‎【点评】本题综合考查化学反应速率的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握影响因素以及相关基础知识的学习，难度不大．‎ ‎7. 反应CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g)　ΔH＜0，改变其中一种条件，能加快反应速率且反应放出的热量不变的是(　　)‎ A. 升高温度 B. 减小压强 C. 加入催化剂 D. 加入CO ‎【答案】C ‎【解析】A．升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，反应放出的热量减少，故A错误；B．减小压强，反应速率减小，平衡不一定，反应放出的热量不变，故B错误；C．加入催化剂，反应速率增大，平衡不移动，反应放出的热量不变，故C正确；D．加入CO，反应速率增大，平衡正向移动，反应放出的热量增多，故D错误；故选C。‎ ‎8. 一定温度下，向容积固定为a L的密闭容器中充入1 mol X气体和2 mol Y气体，发生反应X(g)＋2Y(g) 2Z(g)，此反应达到平衡状态的标志是(　　)‎ A. 容器内气体密度不随时间变化 B. 容器内各物质的浓度不随时间变化 C. 容器内X、Y、Z的浓度之比为1∶2∶2 D. 单位时间内消耗0.1 mol X，同时生成0.2 mol Z ‎【答案】B ‎【解析】该反应是一个反应前后气体体积减小的化学反应，达到化学平衡状态时，同一物质的正逆反应速率相等，各种物质的含量不变。A项，容器的体积不变，混合气体质量不变，其密度始终不变，故错误。B项，容器内各种物质的浓度不变即达到平衡状态，故正确。C项，各种物质的浓度之比与反应初始量和转化率有关，故错误。D项，无论反应是否达到平衡状态，都是单位时间消耗0.1 mol X同时生成0.2 mol Z，故错误。‎ ‎9. 以下自发反应可用焓判据来解释的是（ ）‎ A. 硝酸铵自发的溶于水 B. 2N2O5（g）＝4NO2（g）＋O2（g） △H＝＋56.7kJ·mol－1‎ C. （NH4）2CO3（s）＝NH4HCO3（s）＋NH3（g） △H＝＋74.9kJ·mol－1‎ D. 2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（l） △H＝－56.7kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】硝酸铵的溶解过程是吸热过程，反应能够自发进行是因为其熵值增加，主要是熵判据，故A错误；2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g） △H="+56.7" kJ/mol，反应焓变大于0，为吸热反应，该反应的熵值增加，反应能够自发进行是因为其熵值增加，主要是熵判据，故B错误；（NH4）2CO3（s）NH4HCO3（s）+NH3（g） △H="+74.9" kJ/mol，反应为吸热反应，该反应的熵值增加，反应能够自发进行是因为其熵值增加，主要是熵判据，故C错误；2H2（g）+O2（g）2H2O（l） △H="-285.8" kJ/mol，该反应熵值减小，反应为放热反应，反应能够自发进行是因为其焓变＜0，主要是焓判据，故D正确。‎ ‎10. 对于可逆反应2AB3(g) A2(g) ＋ 3B2(g) ΔH＞0，下列图像正确的是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，交叉点后，正反应速率大于逆反应速率，A错误；B、升高温度，平衡向正反应方向移动，B2%增大，B错误；C、当温度一定时，压强增大，AB3‎ ‎%降低，平衡应正向移动，而实际上增大压强，平衡逆向移动，不符合题意，C错误；D、当温度一定时，压强增大，平衡向逆反应方向移动，AB3%增大，符合题意。当压强一定时，升高温度，平衡向正反应方向移动，AB3%降低，符合题意，D正确。‎ 考点：考查了化学平衡图像的相关知识。‎ ‎11. 在恒容密闭容器中存在下列平衡：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。CO(g)的平衡物质的量浓度c(CO)与温度T的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 该反应的ΔH>0‎ B. 若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1=K2‎ C. 通过加热可以使B点变到C点 D. 在T2时若反应进行到状态D，则一定有v (正) ＜ v (逆)‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、从图像分析，随着温度升高，一氧化碳的浓度增大，说明升温平衡正向移动，正反应为吸热，正确，不选A；B、升温平衡正向移动，平衡常数变大，错误，选B；C、升温，一氧化碳的浓度逐渐增大，可以从B点到C点，正确，不选C；D、若在T2 时反应在D点，说明一氧化碳的浓度比平衡时大，则反应向逆向进行，正反应速率小于逆反应速率，正确，不选D。‎ 考点： 温度对平衡的影响，温度对平衡常数的影响 ‎12. 对水的电离平衡不产生影响的粒子是( )‎ A. Fe3＋ B. CH3COOH C. HCl D. Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．Fe3+能够结合水电离的氢氧根离子，溶液中c(OH-)减小，电离平衡向右移动，故A不选；B．醋酸能够电离出氢离子，使溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡逆向移动，抑制了水的电离，故B不选；C．氯化氢溶于水后能电离出氢离子，使水的电离向左移动，所以能抑制水的电离，故C不选；D．氯离子不影响水电离的氢离子或者氢氧根离子，对水的电离没有影响，故D选；故选D。‎ 点睛：水的电离方程式为H2O═H++OH-，影响水的电离的因素有：温度、溶液的酸碱性、‎ 含有弱根离子的盐。需要注意的是酸或碱能抑制水的电离，含有弱根离子的盐能促进水的电离。‎ ‎13. 0.1‎mol/LNH4Cl溶液中离子浓度大小顺序正确的是( )‎ A. c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)＞c(OH－) B. c(NH4＋) ＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ C. c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋) D. c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ ‎【答案】A ‎【解析】NH4Cl属于强酸弱碱盐，溶液中的NH4＋水解，使溶液显酸性，离子浓度大小顺序为c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故选A。‎ ‎14. 在常温下，纯水中存在电离平衡：H2OH＋＋OH－，如要使水的电离程度增大，并使c(H＋)增大，应加入的物质是(　　)‎ A. NaHSO4 B. KAl(SO4)2 C. NaHCO3 D. CH3COONa ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、向水中加入NaHSO4，溶液中氢离子浓度增大，平衡逆向移动，水的电离程度减小，错误；B、加入KAl(SO4)2 ，Al3＋水解，水的电离程度增大，溶液呈酸性，正确；C、加入NaHCO3 ，碳酸氢根水解，水的电离程度增大，溶液呈碱性，错误；D、加入CH3COONa，醋酸根水解，水的电离程度增大，溶液呈碱性，错误。‎ 考点：考查水的电离 ‎15. 物质的量浓度相同的下列溶液，pH由大到小排列正确的是(　　)‎ A. Ba(OH)2、Na2SO3、FeCl3、KCl B. Na2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4Cl C. NH3·H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4 D. NaHCO3、CH3COOH、C2H5OH、HCl ‎【答案】B ‎【解析】A、Ba(OH)2为强碱，不水解，溶液呈强碱性，pH远大于7；Na2SO3为强碱弱酸盐，水解呈弱碱性，pH大于7，FeCl3是强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，pH小于7，KCl是强碱强酸盐溶液呈中性，pH等于7，不是按照pH由大到小排列的，故A错误；B、Na2SiO3、Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈弱碱性，但硅酸的酸性小于碳酸，则pH为Na2SiO3＞Na2CO3，KNO3强碱强酸盐，溶液呈中性，NH4Cl是强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，pH小于7，是按照pH由大到小排列的，故B正确；C、NH3•H2O为弱碱，pH值最大，H3PO4显酸性，pH小于7，Na2SO4呈中性，pH等于7，硫酸为强酸，其pH远小于7，不是按照pH由大到小排列的，故C错误；D、NaHCO3水解显碱性，pH大于7， CH3COOH呈酸性，pH＜7，C2H5OH呈中性，pH=7，HCl为强酸，其pH远小于7，不是按照pH 由大到小排列的，故D错误；故选B。‎ 点睛：解得本题可以根据碱溶液的pH＞盐溶液的pH＞酸溶液的pH，本题的难点是盐溶液pH的判断，需要根据强酸弱碱盐水解显酸性、强碱弱酸盐水解显碱性、不水解的盐显中性、并且注意越弱越水解。‎ ‎16. 下列溶液一定呈中性的是（ ）‎ A. pH=7的溶液 B. c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L的溶液 C. 使酚酞试液呈无色的溶液 D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液 ‎【答案】B ‎【解析】A. pH=7的溶液，不一定是常温下，水的离子积不一定是Kw=1×10-14，溶液中c（H+）、c（OH-）不一定相等，故A错误；‎ B. 溶液呈酸碱性的本质，取决与溶液中H+浓度与OH-浓度的相对大小，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液一定显中性，故B正确；‎ C. 酚酞的变色范围是8-10，酚酞显示无色，溶液有可能显示碱性，故C错误；‎ D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若为强酸弱碱盐，则溶液显酸性，若为强碱弱酸盐，则溶液显碱性，若为强酸强碱盐，则溶液显中性，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎17. 下列叙述中，正确的是(　　)‎ A. pH＝3和pH＝4的盐酸各10 mL混合，所得溶液的pH＝3.5‎ B. 一定温度下溶液中c(H＋)越大，pH也越大，溶液的酸性就越强 C. 液氯虽然不导电，但溶解于水后导电情况良好，因此，液氯也是强电解质 D. 当温度不变时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、pH=3的盐酸中c（H+）=1×10—3mol/L，n（H+）=1×10—3mol/L×0．01L=1×10—5mol。pH=4的盐酸中氢离子浓度为1×10—4mol/L，n（H+）=1×10—4mol/L×0．01L=1×10—6mol，混合之后总的物质的量=1×10—5mol+1×10—6mol=1．1×10—5mol，n（H+）=1．1×10—5mol/0．02L=0．55×10—3mol/L，pH<3．5，A错误；B、溶液中c（H+）越大，pH值也越小，B错误；C、氯气溶于水之后导电是因为氯气与水反应生成能电离的物质而不是氯气本身导电，所以氯气不是电解质，C错误；D、水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，D正确；答案选D。‎ 考点：考查pH的计算、溶液酸碱性与pH及离子积常熟的关系及电解质的判断 ‎18. 下列方程式书写正确的是（ ）‎ A. HCO3－在水溶液中的电离方程式：HCO3－＋H2OH3O＋＋CO32－‎ B. H2SO3的电离方程式H2SO32H＋＋SO32－‎ C. CO32－的水解方程式：CO32－＋2H2OH2CO3＋2OH－‎ D. CaCO3的电离方程式：CaCO3 Ca2+＋CO32－‎ ‎【答案】A ‎【解析】A．HCO3-在水溶液中的电离生成碳酸根离子和水合氢离子，电离方程式为HCO3-+H2OH3O++CO32-，故A正确；B．亚硫酸是二元弱酸，分步电离，第一步电离生成氢离子和亚硫酸氢根离子，第二步电离生成亚硫酸根离子和氢离子，且第一步电离程度远远大于第二步电离，其第一步电离方程式为H2SO3H++HSO3-，故B错误； C、碳酸根的水解分两步进行，先水解为碳酸氢根，最后水解为碳酸，故C错误；D．碳酸钙是难溶物，但是为强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为：CaCO3=Ca2++CO32-，故D错误；故选A。‎ 点睛：明确电解质强弱及电离方程式书写特点是解本题关键。注意多元弱酸、多元弱碱电离方程式书写区别，易错选项是D，电离方程式中“=”或“ ”的书写与其电离程度有关，与电解质溶解性无关。‎ ‎19. 要使工业废水中的重金属离子Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等做沉淀剂，已知Pb2＋与这些离子形成的化合物的溶解度如下：‎ 化合物 PbSO4‎ PbCO3‎ PbS 溶解度/g ‎1.03×10－4‎ ‎1.81×10－7‎ ‎1.84×10－14‎ 由上述数据可知，选用的沉淀剂最好为(　　)‎ A. 碳酸盐 B. 硫酸盐 C. 硫化物 D. 以上沉淀剂均可 ‎【答案】C ‎ ‎ 考点：考查溶度积常数的意义。‎ ‎20. 下列说法正确的是(　 )‎ A. 生成难溶电解质的离子反应，不能完全进行到底，离子和沉淀等有关粒子共存于同一反应体系中 B. 通常认为残留在溶液中离子浓度小于1×10－4mol/L时沉淀完全 C. 由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，所以CuS的溶解度大于ZnS的溶解度 D. 其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp改变 ‎【答案】A ‎【解析】A. 生成难溶电解质的离子反应，由于存在难溶电解质的溶解平衡，不能完全进行到底，最终达到平衡，离子和沉淀等有关粒子共存于同一反应体系中，故A正确；B. 通常认为残留在溶液中离子浓度小于1×10－5mol/L时沉淀完全，不是1×10－4mol/L，故B错误；C. 由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，所以CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，故C错误；D. Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，故D错误；故选A。‎ ‎21. （1）1mol甲烷燃烧时，生成液态水和二氧化碳，同时放出890.3kJ的热量，写出甲烷的燃烧热的热化学方程式____________________________________________________‎ ‎（2）当1mol氨气完全分解为N2和H2时，吸收46.2kJ的热量，写出其热化学方程式： _________‎ ‎（3）盐酸和NaOH溶液反应的中和热ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则盐酸和NaOH溶液反应的热化学方程式为___________________________‎ ‎（4）已知：C(s)、CO(g)和H2(g)完全燃烧的热化学方程式分别为 C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1‎ H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g)　ΔH2＝－242.0 kJ·mol－1‎ CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g)　ΔH3＝－283.0 kJ·mol－1‎ 请你根据以上数据，写出C(s)与水蒸气反应生成CO和H2的热化学方程式： ________。‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3kJ/mol (2). 2NH3(g)=N2(g)+3H2(g) △H=+92.4kJ/mol (3). HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=-57.3kJ/mol (4). C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g) △H=+131.5kJ/mol ‎【解析】(1)燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，所以甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ•mol-1，故答案为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ•mol-1； ‎ ‎(2)1mol氨气完全分解为N2和H2时，吸收46.2kJ的热量，则2mol氨气完全分解为N2和H2时，吸收92.4kJ的热量，反应为吸热反应，反应的焓变为+92.4kJ/mol ‎，反应的热化学方程式为：2NH3(g)=N2(g)+3H2(g) △H=+92.4kJ/mol；故答案为：2NH3(g)=N2(g)+3H2(g) △H=+92.4kJ/mol；‎ ‎(3)稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，稀盐酸和氢氧化钠稀溶液分别是强酸、强碱，则反应的热化学方程式为HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=-57.3kJ/mol；故答案为：HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=-57.3kJ/mol；‎ ‎(4)①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5 kJ·mol－1，②H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(g)ΔH2＝－242.0 kJ·mol－1，③CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)ΔH3＝－283.0 kJ·mol－1，根据盖斯定律，将①-②-③得：C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g) △H=(－393.5 kJ·mol－1)-(－242.0 kJ·mol－1)-(－283.0 kJ·mol－1)=+131.5kJ/mol，故答案为：C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g) △H=+131.5kJ/mol。‎ ‎22. （1）将等质量的Zn粉分别投入：试管A: 10mL 0.1mol·L-1 HCl和试管B: 10mL 0.1mol·L-1醋酸中:开始时，反应速率Ａ____Ｂ（填＞，＝或＜，下同），若Zn过量，产生H２的体积Ａ____Ｂ。‎ ‎（2）将等质量Zn粉分别投入pH=1体积均为10mL的试管A: 盐酸和试管B: 醋酸中:开始时，反应速率Ａ____Ｂ（填＞，＝或＜，下同），若Zn过量，产生H２的体积Ａ____Ｂ。‎ ‎【答案】 (1). > (2). = (3). = (4). <‎ ‎【解析】试题分析：（1）与锌反应的速率与电离出的氢离子浓度有关，等物质的量浓度的强酸和弱酸，强酸电离出的氢离子浓度大于弱酸电离出的氢离子浓度，所以开始反应速率A>B，与过量的锌反应产生H２的体积与酸的物质的量有关，强酸和弱酸的物质的量相等，所以产生氢气的体积A=B。（2）pH相同的强酸和弱酸，强酸的物质的量浓度小于弱酸的物质的量浓度，所以刚开始反应速率A=B，与过量Zn反应，产生H２的体积A (3). 增大 (4). 增大 (5). 减小 (6). 增大 (7). 不变 (8). 变深 (9). 变浅 ‎【解析】(1)达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，逆反应为放热反应，当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，故答案为：放；＞；‎ ‎(2)减压，平衡向着方程式中气体的计量数之和增大的反应方向移动，即向着逆反应方向移动，则A的质量分数增大，故答案为：增大；‎ ‎(3)在反应容器中加入一定量的B，反应物B的浓度增大，平衡向正反应方向移动，则A的转化率增大，B的转化率减小，故答案为：增大；减小；‎ ‎(4)若升高温度，平衡正向，则化学平衡常数将增大，故答案为：增大；‎ ‎(5)催化剂对化学平衡移动没有影响，所以若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量不变，故答案为：不变；‎ ‎(6)加入C(体积不变)时平衡逆向移动，B的浓度增大，则混合物颜色变深，维持容器内压强不变，充入氖气时，容器的体积增大，所有反应物和生成物的浓度都会减小，所以颜色变浅，故答案为：变深；变浅。‎ ‎24. 现有下列7种物质：①NaOH、②NaHCO3、③HCl、④CH3COOH、⑤C2H5OH、⑥Al、⑦食盐水。‎ ‎（1）上述物质中属于强电解质的是________(填序号)，属于弱电解质的是________(填序号)，属于非电解质的是________(填序号)，既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是____________(填序号)。‎ ‎（2）上述②的水溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示) ______________________。‎ ‎（3）上述④的水溶液呈酸性的原因是(用离子方程式表示)__________________。‎ ‎【答案】 (1). ①②③ (2). ④ (3). ⑤ (4). ②⑥ (5). HCO3-+H2OH2CO3+OH- (6). CH3COOHCH3COO-+H+‎ ‎【解析】①NaOH是强碱，属于强电解质；②NaHCO3属于盐，是强电解质，既能与盐酸反应生成二氧化碳气体，又能与氢氧化钠反应生成碳酸钠；③HCl 属于强酸，是强电解质，只能和氢氧化钠反应；④CH3COOH是弱酸，属于弱电解质；⑤C2H5OH属于非电解质；⑥Al既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸反应，既不是电解质也不是非电解质；⑦食盐水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质。‎ ‎(1)根据上述分析，属于强电解质的是①②③，属于弱电解质的是④，属于非电解质的是⑤；能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是②⑥，故答案为：①②③；④；⑤；②⑥；‎ ‎(2)NaHCO3中碳酸氢根离子会水解，导致溶液显示碱性，实质是：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故答案为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-；‎ ‎(3)CH3COOH是弱酸，存在CH3COOHCH3COO-+H+电离平衡，溶液显酸性，故答案为：CH3COOHCH3COO-+H+。‎ 点睛：本题考查了电解质、非电解质概念。解答本题需要注意归纳总结，强酸、强碱、盐一般为强电解质，弱酸、弱碱、水等属于弱电解质，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。‎ ‎25. （1）25℃时，0.005mol/LH2SO4溶液的pH=______ ,0.001mol/LNaOH溶液的pH=______ 。‎ ‎（2）某温度下纯水的c(H+)=2.0×10-7mol/L,则此溶液中的c(OH-)=_______；若温度不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=5.0×10-4mol/L,则此溶液中由水电离产生的c(H+)=_________。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 11 (3). 2.0×10-7mol/L (4). 8.0×10-11mol/L ‎(2)某温度下纯水中的c(H+)=2×10-7mol/L，则此时溶液中的c(OH-)=2×10-7mol/L；若温度不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=5×10-4mol/L，则溶液中c(H+)•c(OH-)=4×10-14；c(OH-)=8×10-11mol/L，此时溶液中由水电离产生的c(H+)=8×10-11mol/L，故答案为：2×10-7mol/L；8×10-11mol/L。‎ 点睛：本题考查了溶液的pH的有关计算，需要注意的是pH=-lgc(H+)，如果是碱性溶液，需要先计算氢氧根离子浓度再根据水的离子积计算氢离子浓度，再求pH。‎ ‎26. 下表所示的是某些弱酸的电离常数（常温下），请根据要求作答。‎ 弱酸 电离常数 弱酸 电离常数 H2CO3‎ K1=4.4 ×10-7‎ K2‎‎=4.7 × 10-11‎ CH3COOH K=1.75×10-5‎ H3PO4‎ K1=7.1×10-3‎ K2‎‎=6.3×10-8‎ K3=4.2×10-13‎ H2C2O4‎ K1=5.4×10-2‎ K2‎‎=5.4 ×10-5‎ ‎（1）比较上述四种酸的酸性强弱____________________________________________‎ ‎（2）写出1mol/L的NaHCO3溶液中的电荷守恒表达式：__________________________________。‎ ‎（3）写出0.1mol/L NaHC2O4溶液中c(Na+)、c(HC2O4-)、c(OH-)、c(H+)的大小顺序（HC2O4- 的电离程度大于水解程度）。__________________________________________________________‎ ‎【答案】 (1). H2C2O4>H3PO4>CH3COOH>H2CO3 (2). c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-) (3). c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)‎ ‎【解析】(1)酸的电离常数越大，则酸性越强，所以上述四种酸的酸性强弱顺序为：H2C2O4＞H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3，故答案为：H2C2O4>H3PO4>CH3COOH>H2CO3；‎ ‎(2)溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，则0.1mol/L NaHCO3溶液中的电荷守恒表达式：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2 c(CO32-)+c(OH-)，故答案为：c(Na+)+c(H+)= c(HCO3-)+2 c(CO32-)+c(OH-)；‎ ‎(3)H2C2O4的第二电离常数较大，NaHC2O4溶液中HC2O4-的电离程度大于水解程度，所以NaHC2O4溶液显酸性，则NaHC2O4溶液中c(Na+)、c(HC2O4-)、c(OH-)、c(H+)的大小顺序为：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)。‎ ‎27. 某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白。‎ ‎（1）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______________，直到因加入一滴盐酸后，溶液由________色变为________色，并________为止。‎ ‎（2）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是__________。‎ A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸 B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 ‎（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为_______mL，终点读数为_______mL，所用盐酸溶液的体积为_______mL。‎ ‎（4）某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：‎ 滴定 次数 待测NaOH溶液的体积/mL ‎0.100 0 mol·L－1 盐酸的体积/mL 滴定前读数 滴定后读数 溶液体积/mL 第一次 ‎25.00‎ ‎0.00‎ ‎26.11‎ ‎26.11‎ 第二次 ‎25.00‎ ‎1.56‎ ‎30.30‎ ‎28.74‎ 第三次 ‎25.00‎ ‎0.22‎ ‎26.31‎ ‎26.09‎ 依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度__________________________。‎ ‎【答案】 (1). 锥形瓶内溶液颜色变化 (2). 红 (3). 无 (4). 半分钟内不恢复原来的颜色 (5). D (6). 0.00 (7). 26.10 (8). 26.10 (9). 0.1044mol/L ‎【解析】(1)酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，以判断终点，盐酸和氢氧化钠恰好反应溶液呈中性，选择碱性变色范围内的指示剂酚酞，滴定终点时溶液颜色由红色突变为无色，且半分钟内不恢复原来的颜色；故答案为：锥形瓶内溶液的颜色变化；红；无；半分钟内不恢复原来的颜色；‎ ‎(2)A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，测定c(待测)偏大，故A错误；B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)=分析，测定c(待测)无影响，故B错误；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=‎ 分析，测定c(待测)偏大，故C错误；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=分析，测定c(待测)偏小，故D正确；故选D； ‎ ‎(3)起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，盐酸溶液的体积为26.10mL，故答案为：0.00；26.10；26.10；‎ ‎(4)根据数据的有效性，舍去第2组数据，则1、3组平均消耗V(盐酸)= =26.10mL，根据反应方程式  HCl+NaOH═NaCl+H2O，则c(NaOH)==0.1044mol/L，答：NaOH的浓度为0.1044mol/L。‎ 点睛：理解中和滴定的原理是解题关键，注意误差分析的方法，根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。本题的易错点为(4)的计算，要注意判断数据的有效性。‎ ‎28. 已知一氧化碳与水蒸气的反应为：CO(g)＋H2O(g )CO2(g)＋H2(g)在427℃时的平衡常数是9，如果反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都为1mol/L,5min达到平衡。计算：‎ ‎（1）从反应开始到达到平衡时用H2表示的反应速率__________。‎ ‎（2）CO的转化率___________。‎ ‎【答案】 (1). 0.15mol/(L·min) (2). 75%‎ ‎【解析】设一氧化碳的浓度变化量为xmol/L，则：‎ ‎               CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)‎ 起始量(mol/L)：1   1     0      0 ‎ 变化量(mol/L)：x      x        x       x 平衡量(mol/L)：1-x  1-x   x   x 则K===9，解得：x=0.75，‎ ‎(1)从反应开始到达到平衡时用H2表示的反应速率==0.15mol/(L·min)，答：从反应开始到达到平衡时用H2表示的反应速率为0.15mol/(L·min)；‎ ‎(2)CO转化率=×100%=75%，答：平衡时CO的转化率为75%。‎ ‎ ‎ ‎ ‎