化学卷·2019届甘肃省兰州第一中学高二上学期12月月化学试题（解析版）

化学卷·2019届甘肃省兰州第一中学高二上学期12月月化学试题（解析版）

兰州一中2017-2018-1学期11月考试试题 高二化学 ‎1. 常温常压下,2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) △H=+56.8kJ/mol能自发进行的原因是 A. 是吸热反应 B. 是放热反应 C. 是熵减少的反应 D. 熵增大效应大于焓变效应 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、吸热反应不一定都自发碱性，A项错误；B、此反应为吸热反应，B项错误；C、此反应是是熵增大的反应，C项错误；D、反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，在反应2N2O5（g）═4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，可知该反应吸热，且熵值增大，根据△G=△H-T?△S判断，反应能自发进行，必须满足△H-T?△S＜0才可，即熵增大效应大于能量效应，D项正确；答案选D。‎ 考点：考查反应的自发性判断 ‎2. T ℃时，某NaOH溶液中c(H＋)＝10－amol·L－1，c(OH－)＝10－bmol·L－1，已知a＋b＝12。向该溶液中逐滴加入pH＝c的盐酸(T ℃)，测得混合溶液的部分pH如表中所示：‎ 序号 NaOH溶液的体积/mL 盐酸的体积/mL 溶液的pH ‎①‎ ‎20.00‎ ‎0.00‎ ‎8‎ ‎②‎ ‎20.00‎ ‎20.00‎ ‎6‎ 假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则c为 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据题意可知，在T ℃时，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－12，由NaOH溶液的pH＝8，知c(NaOH)＝c(OH－)＝10－4mol·L－1，当盐酸与NaOH等体积混合时pH＝6，则盐酸和NaOH溶液恰好完全反应，c(HCl)＝10－4，c＝4；选B。‎ 考点：考查混合溶液和PH的关系。‎ ‎3. 臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为 2NO2(g，红棕色)＋O3(g) N2O5(g，无色)＋O2(g)。下列有关说法正确的是 A. 达到平衡时v正(NO2)∶v逆(N2O5)＝1∶2‎ B. 达到平衡时，c(NO2)∶c(O3)∶c(N2O5)＝2∶1∶1‎ C. 达到平衡时，v正＝v逆＝0‎ D. 达到平衡时，混合气体的颜色不再变化 ‎【答案】D ‎【解析】臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为 2NO2(g，红棕色)＋O3(g) N2O5(g，无色)＋O2(g)。下列有关说法正确的是 A. 达到平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，用不同物质表示时，速率之比等于化学计量数之比，v正(NO2)∶v逆(N2O5)＝2∶1， A不正确；B. 达到平衡时，各组分的浓度保持不变，但是各组分的浓度之比不一定是化学计量数之比，只有变化量之比一定等于化学计量数之比，所以B不正确；C. 达到平衡时，正反应和逆反应速率相等但是不等于零，化学反应处于动态平衡中，所以C不正确； D. 达到平衡时，混合气体中各组分的浓度不再变化，所以混合物的颜色不再变化，D正确。本题选D。‎ 点睛：一个可逆反应是否处于化学平衡状态可从两方面判断；一是看正反应速率是否等于逆反应速率，两个速率必须能代表正、逆两个方向，然后它们的数值之比还得等于化学计量数之比，具备这两点才能确定正反应速率等于逆反应速率；二是判断物理量是否为变量，变量不变达平衡。‎ ‎4. 下面均是正丁烷与氧气反应的热化学方程式（25°，101kPa）：‎ ‎①C4H10(g)＋13/2O2(g)=4CO2(g)＋5H2O(l) △H=－2878kJ·mol－1‎ ‎②C4H10(g)＋13/2O2(g)=4CO2(g)＋5H2O(g) △H=－2658kJ·mol－1‎ ‎③C4H10(g)＋9/2O2(g)=4CO(g)＋5H2O(l) △H=－1746kJ·mol－1‎ ‎④C4H10(g)＋9/2O2(g)=4CO(g)＋5H2O(g) △H=－1526kJ·mol－1‎ 由此判断，正丁烷的燃烧热是 A. －2878kJ·mol－1 B. －2658kJ·mol－1‎ C. －1746kJ·mol－1 D. －1526kJ·mol－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：燃烧热：在101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，要求可燃物必须是1mol，生成稳定的氧化物，碳应转化成CO2，不是CO，H2O的状态必须是液态的，故①是正丁烷燃烧热的热化学反应方程式，选项A正确。‎ 考点：考查燃烧热的定义和延伸。‎ ‎5. 25℃时，H2SO3及其钠盐的溶液中，H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数(α)随溶液pH变化关系如下图所示，下列叙述错误的是 A. 溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为HSO3-‎ B. 当溶液恰好呈中性时：c(Na＋)>c(SO32-)+c(HSO3-)‎ C. 向pH=8的上述溶液中滴加少量澄清石灰水，的值增大 D. 向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸，α(HSO3-)减小 ‎【答案】C ‎ ‎ 考点：考查电解质溶液中的离子平衡。‎ ‎6. 已知①H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H =-284.2kJ /mo1‎ ‎ ②2NH3(g)+3/2O2(g)=N2(g)+3 H2O(l) △H =-760.2 kJ /mo1‎ 则可推知1/2 N2(g)+ 3/2H2(g)= NH3(g) 的△H是 A. -91.96 kJ/mol B. -104.5 kJ/mol C. +476.52 kJ/mol D. -46.2 kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：已知 ①H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H ="-284.2kJ" /mo1；‎ ‎②2NH3(g)+3/2O2(g)=N2(g)+3 H2O(l) △H ="-760.2" kJ /mo1。‎ 根据盖斯定律：①×3/2-②×1/2得1/2 N2(g)+ 3/2H2(g)= NH3(g) 的△H="-46.2" kJ/mol，选D。‎ 考点：考查反应热的计算、盖斯定律 ‎7. 下列叙述正确的是 A. 某电解质溶于水后，其导电能力不强，则此电解质必定是弱电解质 B. SO3溶于水后，所得溶液导电性很好，故SO3是强电解质 C. 共价化合物都是弱电解质 D. 弱电解质溶液中，同时存在着电解质电离出来的离子及未电离的分子 ‎【答案】D ‎【解析】A.溶液的导电性与溶液中的离子浓度有关，某电解质溶于水后，其导电能力不强，可能是因为浓度太小，此电解质可能是弱电解质，也可能是强电解质，故A错误；B. SO3溶于水后，所得溶液导电性很好，是因为生成的硫酸发生了完全电离，因此硫酸是强电解质，但SO3是非电解质，故B错误；C. 共价化合物可能是弱电解质，也可能是强电解质，还可能是非电解质，如醋酸、氯化氢、二氧化碳，依次为弱电解质、强电解质、非电解质，故C错误；D. 弱电解质溶液中存在电离平衡，同时存在着电解质电离出来的离子及未电离的分子，故D正确；故选D。‎ 点睛：注意明确电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的概念，特别注意：不是电解质的物质不一定属于非电解质，无论电解质还是非电解质，都一定为化合物。本题的易错点为A，注意电解质强弱与溶液导电能力无关。‎ ‎8. 25℃时，将pH=3的强酸溶液和pH=12的强碱溶液混合，当混合后溶液的pH=11时，强酸和强碱溶液的体积比是 A. 9:2 B. 9:1 C. 1:10 D. 2:5‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：pH=12的强碱溶液，c(OH－)=0.01mol/L，pH=3的强酸，c(H+)=0.001mol/L，混合后pH=11，碱过量，c(OH－)=0.001mol/L，则有：c(OH－)V(碱)－c(H+)V(酸)=c(OH－)混合[V(碱)+V(酸)]，代入数据求解可得V(酸)：V(碱)=9：2。故选A。‎ 考点：考查酸碱混合后pH的计算 ‎9. 化学中常借助曲线图来表示某种变化过程，有关下列四个曲线图的说法正确的是 A. 曲线图①可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化 B. 曲线图②可以表示向一定量的氢氧化钠溶液中滴加一定浓度的稀硫酸时pH变化 C. 曲线图③可以表示相同pH的CH3COOH和HCl溶液分别加水稀释时溶液的pH随溶液体积变化的曲线 D. 曲线图④可以表示所有的固体物质溶解度随温度的变化 ‎【答案】C ‎【解析】①不正确，升高温度反应速率都应该是增大的。稀硫酸滴定氢氧化钠，pH应该是减小的，②不正确。醋酸是弱酸，稀释促进电离，所以稀释后醋酸的pH的小于盐酸的，③正确。固体物质的溶解度不一定都是随温度升高而增大的，例如氢氧化钙等，④不正确，答案选C。‎ ‎10. 如图所示，在101kPa时，△H1=－393.5kJ·mol－1，△H2=－395.4kJ·mol－1，下列说法正确的是 A. 石墨的燃烧热为393.5kJ B. 石墨转变成金刚石需要吸收能量，是物理变化 C. 石墨比金刚石稳定 D. 1mol金刚石与1molO2的总能量低于1molCO2的总能量 ‎【答案】C ‎【解析】A、燃烧热的单位应该为kJ/mol，选项A错误；B、根据图像，金刚石的能量高于石墨，因此石墨转化成金刚石需要吸收热量，属于化学反应，选项B错误；C、物质能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，选项C正确；D、此反应是放热反应，金刚石和氧气的总能量高于二氧化碳的总能量，选项D错 误。答案选C。‎ 点睛：本题考查燃烧热、化学反应中能量的变化等知识。‎ ‎11. 在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH＜0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：‎ t/min ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎9‎ n(Y)/mol ‎0.12‎ ‎0.11‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ 下列说法正确的是 A. 该温度下此反应的平衡常数K＝1.44‎ B. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前ν(逆)＞ν(正)‎ C. 反应前2min的平均速率ν(Z)＝2.0×10－3mol·L－1·min-1‎ D. 其他条件不变，再充入0.2mol Z，平衡时X的体积分数增大 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、由表中数据可知反应进行到7min时达到平衡，此时Y的物质的量浓度是0.010mol/L，根据化学方程式可知，X的平衡物质的量浓度也是0.010mol/L，则Z的平衡物质的量浓度是2（0.016-0.010）=0.012mol/L，所以K=0.0122mol/L/0.0102mol/L=1.44，正确；B、该反应是放热反应，所以降低温度，平衡正向移动，再达平衡前，ν(逆)<ν(正)，错误；C、反应前2min的平均速率ν(Y)＝(0.16-0.12)mol/10L/2min=0.002mol·L－1·min-1,则ν(Z)＝2ν(Y)＝0.004 mol·L－1·min-1，错误；D、该反应是反应前后气体的物质的量不变的可逆反应，所以气体条件不变，再充入0.2molZ，再达平衡与原平衡是等效平衡，X的体积分数不变，错误，答案选A。‎ 考点：考查化学平衡的移动的判断，平衡常数的计算 ‎12. 常温下，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol · L-1CH3COOH溶液，滴定过程中溶液pH随NaOH溶液体积的变化见下图。则以下说法正确的是 A. 点③所示溶液中：c(Na+)＝c(CH3COOH)+c(CH3COO―)‎ B. 点①所示溶液中：c(CH3COO―)+c(OH―)＝c(CH3COOH)+c(H+)‎ C. 点③所示溶液中：c(Na+)＞c(OH―)＞c(CH3COO―)＞c(H+)‎ D. 滴定过程中不可能出现：c(CH3COOH)＞c(CH3COO―)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH―)‎ ‎【答案】A ‎【解析】A．点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，根据物料守恒，c(Na+)＝c(CH3COOH)+c(CH3COO―)，故A正确；B．点①反应掉一半醋酸，反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，故c(Na+)＞c(CH3COOH)，由电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)可知：c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)，故B错误；C．点③体积相同，则恰好完全反应生成CH3COONa，醋酸钠水解溶液呈碱性，但水解程度较小，则c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C错误；D．当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c(CH3COOH)＞c(CH3COO-)＞c (H+)＞c(Na+)＞c(OH-)，故D错误；故选A。‎ ‎13. 在一定条件下，反应N2+3H22NH3，在2L密闭容器中进行，5min内氨的物质的量增加了1mol，则反应速率为 A. υ(H2)= 0.3 mol/(L·min) B. υ（N2)=0.2mol/(L·min)‎ C. υ(NH3)=0.2 mol/(L·min) D. υ (NH3)=0.1mol/(L·min)‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：5min内氨的物质的量增加了1mol，则用氨气表示的反应速率是，选项D正确，C错误。又因为反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以氢气和氮气的反应速率分别是0.15mol/(L·min)、0.05mol/(L·min)，AB错误，答案选D。‎ 考点：考查反应速率的计算 点评：该题是高考中的常见题型和重要考点，属于基础性试题的考查。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，主要是考查学生对化学反应速率概念以及计算的熟悉了解程度，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确化学反应速率的含义和计算依据，特别是化学反应速率和化学计量数的关系，然后结合题意灵活运用即可。‎ ‎14. 对于反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H<0 ，能增大正反应速率的措施是 A. 降低体系温度 B. 增大容器容积 C. 移去部分SO3 D. 通入大量O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．降低体系的温度，正逆反应速率都减小，故A错误；B．增大容器容积，减小了体系的压强，压强减小，正反应速率减小，故B错误；C．移去部分SO3，反应物的浓度不变，生成物的浓度减小，化学平衡向正反应方向移动，所以正反应速率减小，故C错误；D．通入大量O2，反应物浓度增大，反应速率增大，故D正确；故选D。‎ 点睛：在考虑影响化学反应速率的因素时，要注意与化学平衡的影响的因素的区别，不能混淆。本题中增大正反应速率，可增大反应物浓度，升高温度，增大压强，或加入催化剂等。‎ ‎15. 为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂过滤后，再加入适量的盐酸，这种试剂是 A. NH3•H2O B. NaOH C. Na2CO3 D. MgCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：加入氨水使铁离子和镁离子都生成沉淀，同时引入了铵根杂质离子，故A错误；氢氧化钠加入能使铁离子和镁离子都生成沉淀，同时引入了钠离子杂质离子，故B错误；加入Na2CO3使铁离子和镁离子都生成沉淀，故C错误；在加热条件下加入MgCO3与酸及铁离子水解生成生成的氢离子反应，会促进水解反应的正向进行，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，使铁离子沉淀完全，且碳酸镁是不溶于固体，不会带来新的杂质，也不会过量，最后加适量盐酸是为了除去可能过量的MgCO3，故D正确。‎ 考点：本题考查盐的水解。‎ ‎16. 对四支分别盛有无色溶液的试管，进行如下操作，结论正确的是 操作 现象 结论 A ‎ 滴加氯水和CCl4，振荡、静置 下层溶液显紫红色 原溶液中有I-‎ B ‎ 滴加BaCl2溶液 生成白色沉淀 原溶液中一定有SO42-‎ ‎ C ‎ 向10mL 0.2mol/LNaOH溶液中先滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液 先有白色沉淀生成，加入FeCl3溶液后，又有红褐色沉淀生成 在相同的温度下的Ksp: Mg(OH)2>Fe(OH)3‎ D ‎ 滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中一定无NH4+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】A.四氯化碳的密度大于水且和水不互溶，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，所以向碘水中加入四氯化碳时能发生萃取，导致下层液体呈紫色，上层液体无色，故A正确；B.能和氯化钡溶液反应生成白色沉淀的离子有硫酸根离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等，故B错误；C.向NaOH溶液中滴加2滴MgCl2溶液，发生反应生成氢氧化镁白色沉淀，此时NaOH有剩余，再滴加2滴FeCl3溶液，发生化学反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，不是沉淀的转化，无法比较Ksp 的大小，故C错误；D.铵根离子和稀氢氧化钠溶液反应生成一水合氨，只有在加热或浓氢氧化钠条件下和铵根离子反应才能生成氨气，故D错误；故选A。‎ 点睛：本题考查化学实验方案设计，明确实验原理是解本题关键，该题涉及萃取、离子的检验、沉淀的生成和转化等知识点，知道常见离子的检验方法，为高考热点，易错选项是D，注意稀氢氧化钠溶液和铵根离子不能生成氨气，而是生成一水合氨。‎ ‎17. 已知Ksp(AB2)=4.2×10-8,Ksp(AC)=3.0×10-15，在AB2、AC均为饱和的混合液中,测得c(B-)=1.6×10-3 mol·L-1,则溶液中c(C2-)为 A. 1.8‎‎×10-13 mol·L-1 B. 7.3×10-13 mol·L-1‎ C. 2.3 mol·L-1 D. 3.7 mol·L-1‎ ‎【答案】A c(C2-)，答案选A。‎ ‎18. 下列有关说法正确的是 A. 复分解型离子反应的实质是离子间重新组合使某些离子的浓度或数目减少 B. 电解质与非电解质的本质区别在于是否在溶于水后能否导电 C. CO2 、NH3的水溶液均能导电，所以CO2 、NH3是电解质 D. H++OH-=H2O可以表示所有强酸与强碱反应的离子方程式 ‎【答案】A ‎【解析】A、复分解型离子反应的实质是离子间重新组合使某些离子的浓度或数目减少，故A正确；B、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，故B错误；C、CO2 、NH3不能电离，其水溶液能导电，是由于CO2 、NH3与水反应生成的碳酸和NH3·H2O导电，故CO2 、NH3是非电解质，故C错误；D、H＋+OH－=H2O表示所有强酸和强碱的反应并且生成可溶性的盐和水的反应，如H＋+OH－=H2O不能表示硫酸和氢氧化钡之间的反应，故D错误；故选A。‎ ‎19. 用水稀释0.1mol·L-1氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是 A. c(OH-)/c(NH3·H2O) B. c(NH3·H2O)/ c(OH-)‎ C. c(H+)和c(OH-)的乘积 D. OH-的物质的量 ‎【答案】B ‎【解析】加水稀释促进NH3·H2O的电离，NH4+、OH-物质的量增大，NH3·H2O物质的量减小。A项，c(OH-)/c(NH3·H2O)= n(OH-)/n(NH3·H2O)，随着水量的增加c(OH-)/c(NH3·H2O)增大；B项，随着水量的增加c(NH3·H2O)/ c(OH-)减小；C项，c(H+)和c(OH-)的乘积为水的离子积，加水稀释温度不变，水的离子积不变；D项，随着水量的增加OH-物质的量增大；答案选B。‎ 点睛：弱电解质稀溶液加水稀释会促进弱电解质电离，弱电解质电离产生的离子物质的量增大，弱电解质分子物质的量减小，由于溶液的体积增大，弱电解质电离产生的离子物质的量浓度减小。由于加水稀释温度不变，弱电解质的电离平衡常数和水的离子积不变。‎ ‎20. 草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10 mL 0.01 mol/LNaHC2O4溶液中滴加0.01 mol/L NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的 是 A. V（NaOH）=0时，c（H+）=1×10-2mol/L B. V（NaOH）＜10mL时，不可能存在c（Na+）=2c（C2O42-）+c（HC2O4- ）‎ C. V（NaOH）=10 mL时，c（H+）=1×10-7mol/L D. V（NaOH）＞10 mL时，c（Na+）＞c（C2O42-）＞c（HC2O4- ）‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性，这说明HC2O4－的水解程度小于HC2O4－的电离程度，但电离是不彻底的，所以溶液中氢离子的浓度小于0.01mol/L，A不正确；当V（NaOH）="=" 10 mL时，二者恰好反应时生成草酸钠，水解溶液显碱性。根据电荷守恒可知c（H+）＋c（Na＋）=" 2" c（C2O）+ c（HC2O）＋c(OH－),如果V（NaOH）< 10 mL，则溶液就可能显中性，则c（H+）＝c(OH－)，所以c（Na＋）="=" 2 c（C2O）+ c（HC2O），即B、C都不正确，选项D正确，答案选D。‎ 考点：考查溶液中离子浓度大小比较以及溶液酸碱性的判断 点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，在注重对学生基础知识的巩固和训练的同时，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于调动学生的逻辑推理能力和发散思维能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是利用好几种守恒关系即电荷守恒、物料守恒和质子守恒，然后结合题意灵活运用即可。‎ ‎21. 下列判断错误的是 ‎①反应NH3(g)＋HCl(g)===NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH＞0‎ ‎②CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH<0‎ ‎③一定温度下，反应MgCl2(l)===Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0‎ ‎④常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH＞0‎ A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ①②‎ ‎【答案】D ‎【解析】①反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)的△S＜0，在室温下可自发进行，则△H-T•△S＜0，则△H＜0，故①错误；②反应CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g) 中有气体生成，△S＞0，室温下不能自发进行，则△H-T•△S＞0，说明该反应的ΔH＞0，故②错误；③反应MgCl2(l)===Mg(l)＋Cl2(g)中有气体生成，△S＞0，一般而言，分解反应是吸热反应，ΔH＞0，故③正确；④常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)的△S＞0，反应不能自发进行，‎ 则△H-T•△S＞0，则该反应的ΔH＞0，故④正确；故选D。‎ ‎22. 在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：A(g)＋B(g)2C(g) △H ＜ 0‎ X(g)＋3Y(g)2Z(g) △H ＞ 0，进行相关操作且达到平衡，下列叙述正确的是 A. 等压时，通入惰性气体，C的物质的量增大 B. 等压时，通入X气体，反应器中温度不变 C. 等容时，通入惰性气体，各反应速率不变 D. 等容时，通入X气体，Y的物质的量浓度增大 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、等压时，通入惰性气体，相当于减小压强，平衡1不移动，平衡2向左移动，该反应逆反应为放热反应，相当于给体系加热，平衡1向左移动，C的物质的量减小；B、等压时，通入X气体，平衡发生移动，一定有能量变化；C、等容时，通入惰性气体，反应气体浓度不变，没有影响；D、等容时，通入X气体，平衡右移，Y的浓度减小。‎ 考点：考查影响平衡移动的因素。‎ ‎23. 下列叙述正确的是 A. 已知I3－I2＋I－，向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫红色，说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大 B. 室温下向10mL pH =3的醋酸溶液中加水稀释后,溶液中减小 C. 室温时ka(HF)＝3.6×10－4，ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，0.1 mol /L的NaF溶液与0.1 mol /L的CH3COOK溶液相比,一定有c(Na＋) －c(F－)＜c(K＋)－c(CH3COO－)成立 D. 在25℃时，将amol/L的氨水与0.01 mol/L的盐酸等体积混合，充分反应后溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)，则25℃时NH3 • H2O的电离常数Kb＝‎ ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：A、向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫红色，这说明平衡I3－I2＋I－加入适量CCl4后，有利于平衡I3－I2＋I－向右移动，I2溶解在CCl4中显紫红色，A不正确；B、醋酸是弱酸，存在电离平衡，稀释促进电离。由于＝＝，因为温度不变，所以 不变，B不正确；C、根据HF的电离常数大于醋酸的电离常数，所以醋酸钾的水解程度大于NaF的水解程度，即醋酸钾溶液的碱性强于NaF溶液的碱性。根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c1(H＋)＝c(F－)＋c1(OH－)、c(K＋)＋c2(H＋)=c(CH3COO－) ＋c2(OH－)，则c(Na＋) －c(F－)＝c1(OH－) －c1(H＋)、c(K＋)－c(CH3COO－)＝c2(OH－) －c2(H＋)。因为c1(OH－)＜c2(OH－)，c1(H＋)＞c2(H＋)，所以c(Na＋) －c(F－)＜c(K＋)－c(CH3COO－)，C不正确；D、在25℃时，将amol/L的氨水与0.01 mol/L的盐酸等体积混合，充分反应后溶液中c(NH4＋) ＝c(Cl－)＝0.01 mol/L÷2＝0.005mol/L。根据电荷守恒可知c(NH4＋) ＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因此c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol/L，而溶液中c(NH3·H2O)＝（0.5a－0.005）mol/L，则根据氨水的电离常数表达式可知Kb＝＝＝，D正确。‎ 考点：考查外界条件对平衡状态和电离平衡的影响；盐类水解和溶液中离子浓度大小比较；电离平衡常数的计算等 ‎24. 下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．2NO2⇌N2O4，△H＜0，升高温度，平衡逆向移动，颜色加深，降低温度，平衡正向移动，颜色变浅，能用平衡移动原理解释，故A错误；B．水的电离平衡是吸热的过程，升高温度，平衡正向移动，水的离子积常数变大，能用平衡移动原理解释，故B错 误；C．催化剂不会引起平衡的移动，只能同等程度的改变正逆反应速率，故C正确；D．氨水的电离过程是吸热的过程，升高温度，平衡正向移动，碱性增强，pH变大，能用平衡移动原理解释，故D错误；故选C。‎ 点睛：准确理勒夏特列原理是解题关键，平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动．平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。‎ ‎25. 回答下列问题：（1）下列物质中 ①Cu ②液态SO2 ③CH3COOH ④NaHCO3 ⑤Ba（OH）2溶液 ⑥熔融NaCl ⑦稀氨水 ⑧BaSO4 ⑨H2O。属于强电解质的是_________（填序号）,属于弱电解质的是 ________（填序号）；‎ ‎（2）25 ℃时，向pH均为1的盐酸和醋酸溶液中分别加水，随加水量的增多，两溶液pH的变化如图所示，则符合盐酸pH变化的曲线是________；‎ ‎（3）现有25℃、pH=13的Ba（OH）2溶液，与某浓度盐酸溶液按体积比（碱与酸之比）1：9混合后，所得溶液pH=11（假设混合溶液的体积等于混合前两溶液的体积和），该盐酸溶液的pH=__________．‎ ‎【答案】 (1). ④⑥⑧ (2). ③⑨ (3). A (4). 2‎ ‎【解析】(1)①Cu 是单质既不是电解质也不是非电解质；②液态SO2属于非金属氧化物，是非电解质；③CH3COOH是弱酸，在水溶液中或熔融状态下能部分电离，为弱电解质；④NaHCO3 属于盐，在水溶液中或熔融状态下能完全电离，为强电解质；⑤Ba(OH)2溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质； ⑥熔融NaCl属于盐，在水溶液中或熔融状态下能完全电离，为强电解质； ⑦稀氨水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑧BaSO4 属于盐，在水溶液中或熔融状态下能完全电离，为强电解质；⑨H2O能够部分电离产生自由移动的离子，属于弱电解质；属于强电解质的是：④⑥⑧；属于弱电解质的是：③⑨；故答案为：④⑥⑧；③⑨；‎ ‎(2)pH相等的醋酸和盐酸中，加水稀释促进醋酸电离，导致稀释相同的倍数时，醋酸溶液的酸性比盐酸强，醋酸的pH小于HCl，根据图象知，A是HCl变化曲线，故选A；‎ ‎(3)设盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)，碱与酸体积分别为1L、9L，则n(OH -)=0.1mol/L×1L=0.1mol，n(H+)=c(HCl)×9L，反应后剩余氢氧根离子的物质的量为：0.1mol-c(HCl)×9L；由混合所得溶液pH=11可知，混合后c(H+)=10-11 mol•L-1，则混合后c(OH -)==10-3 mol•L-1，所以=10-3 mol•L-1，解得：c(HCl)=10-2mol•L-1，pH=-lg c(H+)，所以pH=2，故答案为：2。‎ 点睛：本题考查了强、弱电解质的判断，弱电解质的电离、pH相关计算。明确电解质的概念和分类依据、弱电解质电离规律是解题关键，注意溶液的导电性与离子浓度有关。本题的易错点为(1)，注意电解质强弱和非电解质的判断。‎ ‎26. 物质在水溶液中有不同的性质。按要求回答下列问题：‎ ‎（1）Na2SO3溶液显碱性，其原因是______________________________(用离子方程式表示)，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______________________。‎ ‎（2）室温下向10mL氨水溶液中加水稀释后，下列量增大的有__________(填编号，下同)，减小的有_____________。‎ a．溶液中氢氧离子浓度 b．氨水的电离程度c．水的离子积常数 d．c(H+)/ c(NH3·H2O)‎ ‎（3）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl。取等质量已变质和未变质的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量________________（填“相同”或“不相同”），其原因是____________________________________。‎ ‎【答案】 (1). SO32－+H2OHSO3－+OH－ (2). c(Na+)＞c(SO32－)＞c(OH－)＞c(HSO3－)＞c(H+) (3). b，d (4). a (5). 相同 (6). Fe2+与变质前后的NaClO2反应，最后的还原产物都是NaCl，根据电子守恒消耗的Fe2+物质的量应相同 ‎【解析】(1)Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-水解生成HSO3-、OH-而使其溶液呈碱性，水解方程式为：SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，钠离子不水解，所以c(Na+)最大，水和亚硫酸根离子水解都生成OH-，所以c(OH-)＞c(HSO3-)，c(H+) 最小，所以该溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(SO32-)＞c(OH-)＞c(HSO3-)＞c(H+)，故答案为：SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-；c(Na+)＞c(SO32-)＞c(OH-)＞c(HSO3-)＞c(H+)；‎ ‎(2)加水稀释氨水，促进一水合氨电离，溶液体积增大程度大于一水合氨增大的电离程度，所以溶液中氢氧根离子浓度减小，一水合氨分子个数及浓度都减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢离子浓度增大。a．溶液中氢氧根离子浓度减小；b．氨水的电离程度 增大；c．水的离子积常数不变； d．增大；故答案为：bd；a；‎ ‎(3)已变质和未变质的NaClO2与Fe2+反应都生成Cl-，根据原子守恒知，消耗的Fe2+物质的量应相同，故答案为：相同；Fe2+与变质前后的NaClO2反应，最后的还原产物都是NaCl，根据电子守恒消耗的Fe2+物质的量应相同。‎ ‎27. 有pH＝4的盐酸、硫酸、醋酸三瓶溶液：(以下用＞、＜、＝表示)‎ ‎（1）设三种溶液的物质的量浓度依次为c1、c2、c3，则其关系是________________。‎ ‎（2）取相同体积的三种酸分别加入蒸馏水稀释到pH＝6，需水的体积依次为V1、V2、V3，则其关系是__________________。‎ ‎（3）完全中和体积和物质的量浓度均相同的Ba(OH)2溶液时，需三种酸的物质的量依次为n1、n2、n3，则其关系是__________________________。‎ ‎（4）取同体积的酸的溶液分别加入足量的锌粉，反应开始放出H2的速率依次为v1、v2、v3，则其关系是__________________；反应过程中放出H2的速率依次为va、vb、vc，则其关系是____________________。‎ ‎【答案】 (1). c2＜c1＜c3或c3＞c1＞c2 (2). V1＝V2＜V3 (3). n1＝n3＞n2 (4). v1＝v2＝v3 (5). va＝vb＜vc ‎【解析】盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是弱酸。由于醋酸中存在电离平衡，pH相同时，醋酸的物质的量浓度最大。同样原因，稀释时，促进了醋酸的电离，所需要的水比强酸多。‎ ‎28. 某温度(T)下的溶液中，c(H＋)＝10－xmol·L－1，c(OH－)＝10－ymol·L－1，x与y的关系如图所示，请回答下列问题：‎ ‎（1）此温度下，水的离子积KW为________，则该温度T________25℃(填“>”、“<”或“＝”)，pH＝7的溶液显________性(填“酸”、“碱”或“中”)。‎ ‎（2）若将此温度(T)下，pH＝11的苛性钠溶液a L与pH＝1的稀硫酸b L混合(假设混合后溶液体积的微小变化忽略不计)，试通过计算填写以下不同情况时两种溶液的体积比。①若 所得混合液为中性，则a：b＝______；,②若所得混合液的pH＝2，则a：b＝______。‎ ‎【答案】 (1). 1×10-13 (2). ＞ (3). 碱 (4). 10：1 (5). 9：2‎ ‎【解析】分析：(1)根据KW=c（H+）×c（OH-）结合图象数据进行解答；根据水的电离是吸热的，温度升高，Kw增大来判断； 温度T时Kw=1×10-13 。‎ c(H＋)＝10－13mol·L－1时，c(OH－)＝10－0mol·L－1=1 mol·L－1，根据KW=c（H+）×c（OH-）=1×10-13 ；水的电离是吸热，温度越高KW越大，所以该温度T>25℃；该温度pH＝6.5为中性，PH =7的溶液显碱性。(2)此温度下Kw=1×10-13；①若所得混合液为中性，则v酸：v碱＝=1:10，所以a：b＝1:10；②若所得混合液的pH＝2，则=，a：b＝9：2。‎ 点睛：‎ 强酸和强碱混合后的ｐＨ的计算方法：因强酸和强碱混合后会发生：Ｈ＋＋ＯＨ－＝Ｈ２Ｏ，若酸有剩余求出剩余的Ｈ＋浓度或若碱有剩余求出剩余ＯＨ－浓度，再求出ｐＨ。‎ ‎29. 某学生用0.1000 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：‎ A．移取20 mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞；‎ B．用标准溶液润洗滴定管2～3次；‎ C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液；‎ D．取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至刻度0以上2～3 cm；‎ E．调节液面至0或0以下刻度，记下读数；‎ F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。‎ 就此实验完成填空：‎ ‎（1）正确操作步骤的顺序是(用序号字母填写)______________________________。‎ ‎（2）上述B步骤操作的目的是_______________________________________。‎ ‎（3）实验中用左手控制活塞，眼睛注视_________________________，直至滴定终点。判断到达终点的现象是________________________________。‎ ‎（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 待测溶液的体积(mL)‎ ‎0.100 0 mol·L－1NaOH的体积(mL)‎ 滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积(mL)‎ 第一次 ‎20.00‎ ‎0.00‎ ‎26.11‎ ‎26.11‎ 第二次 ‎20.00‎ ‎1.56‎ ‎30.30‎ ‎28.74‎ 第三次 ‎20.00‎ ‎0.22‎ ‎26.31‎ ‎26.09‎ 依据上表数据列式计算该盐酸溶液的物质的量浓度为 _______________‎ ‎（5）用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定0.1000 mol·L－1盐酸，如达到滴定的终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05 mL)，继续加水至50 mL，所得溶液的pH等于____________‎ ‎（6）下列哪些操作会使测定结果偏高_______________（填序号）。‎ A．锥形瓶中溶液的颜色刚刚由无色变为浅红色即停止滴定 B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即注入标准液 C．滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失 D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数 E．实验中，用待盛装的溶液润洗锥形瓶 ‎【答案】 (1). ABDCEF或BDCEAF (2). 除去附在滴定管壁上的水，防止水稀释标准溶液 (3). 锥形瓶中溶液的颜色变化 (4). 溶液的颜色由无色变浅红且保持半分钟内不褪色 (5). 0.1305mol/L (6). 10 (7). B、C、E ‎【解析】试题分析：（1）滴定操作顺序为：取待测液（或放在装完标准液之后）、装标准液、润洗、装液、赶气泡、调液面、读数、最后滴定读数，重复操作，则正确操作步骤的顺序是ABDCEF；‎ ‎（2）用标准NaOH溶液润洗滴定管2～3次，除去附在滴定管壁上的水，防止水稀释标准溶液；‎ ‎（3）实验中用左手控制活塞，眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化，直至滴定终点。判断到达终点的现象是溶液的颜色由无色变浅红且保持半分钟内不褪色；‎ ‎（4）三组标准NaOH溶液体积的平均值为26.10mL，则待测盐酸的物质的量浓度为（26.10×0.100）÷20=0.1305mol/L。‎ ‎（5）运用化学反应进行中和反应计算，c(OH-)=1×10-4mol·L-1,pH=10；‎ ‎（6）A. 锥形瓶中溶液的颜色刚刚由无色变为浅红色即停止滴定，导致标准溶液体积减少，测定结果偏低；B. 碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即注入标准液，导致标准液浓度降低，消耗体积增大，测定结果偏高；C. 滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，导致体积增大，测定结果偏高；D. 滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，读小了，测定结果偏低；E． 实验中，用待盛装的溶液润洗锥形瓶，导致标准液消耗增大，测定结果偏高，选B、C、E。‎ 考点：考查酸碱中和滴定。‎ ‎ ‎