化学卷·2018届江西省吉安一中高二上学期第一次段考化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届江西省吉安一中高二上学期第一次段考化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年江西省吉安一中高二（上）第一次段考化学试卷 ‎　‎ 一、选择题：（每小题3分，16小题共48分，每小题只有一个选项正确）．‎ ‎1．某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（　　）‎ A．用10ml量筒量取7.13ml稀盐酸 B．用托盘天平称量25.20g NaCl C．用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3‎ D．中和滴定时用去某浓度的碱溶液21.70mL ‎2．从下列实验事实所得出的相应结论正确的是（　　）‎ 实验事实 结论 ‎①‎ 将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 该气体一定是SO2‎ ‎②‎ 将燃烧的镁条放入CO2中能继续燃烧 还原性：Mg＞C ‎③‎ NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀 酸性：HCO3﹣＞Al（OH）3‎ ‎④‎ 常温下白磷可自燃而氮气需在放电时才与氧气反应 非金属性：P＞N ‎⑤‎ 某无色晶体加入氢氧化钠浓溶液中并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝 该晶体中一定有NH4+‎ A．②③⑤ B．①②③ C．③④⑤ D．①③⑤‎ ‎3．下列化学方程式中，正确的是（　　）‎ A．甲烷的燃烧热△H=﹣890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3kJ/mol B．一定条件下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3放热akJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣2akJ/mol C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol D．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热△H=﹣114.6kJ/mol ‎4．已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol•L﹣1的一元酸HA与b mol•L﹣1一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（　　）‎ A．a=b B．混合溶液的pH=7‎ C．混合溶液中，c（H+）= mol•L﹣1‎ D．混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH﹣）+c（A﹣）‎ ‎5．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A．Fe（SCN）3溶液中存在Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3，向此溶液中加入固体KSCN后颜色变深 B．用通过盛饱和食盐水的洗气瓶来除去氯气中的少量HCl气体杂质 C．反应CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）（正反应为放热反应），达平衡后，升高温度体系颜色变深 D．合成氨：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3 （g）△H＜0在高温、高压和催化剂条件下进行 ‎6．100℃时，将0.1mol N2O4置于1L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4（g）⇌2NO2 （g）．下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到反应限度的是（　　）‎ A．N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2‎ B．烧瓶内气体的颜色不再加深 C．烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化 D．烧瓶内气体的压强不再变化 ‎7．下列说法正确的是（　　）‎ A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大 B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大 C．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数 D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率 ‎8．某密闭容器中充入等物质的最的气体A和B，一定温度下发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化如下图所示．下列说法中正确是（　　）‎ A．8min时表示正反应速率等于逆反应速率 B．前20minA的反应速率为0.05mol/（L•min）‎ C．反应方程式中的x=1，30min时表示增大压强 D．40min时改变的条件是升高温度，且正反应为吸热反应 ‎9．已知甲为恒温恒压容器，乙为恒温恒容容器．初始时，两容器的温度、体积相同，两容器中均充入2molSO2和lmolO2，且发生反应为2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H＜0；当两容器都达到平衡后，为使两者中的SO2在平衡混合物中的物质的量分数相同，下列措施中可行的是（　　）‎ A．向甲容器中再充人一定量的氦气 B．向乙容器中再充人2mol的SO3气体 C．适当降低乙容器的温度 D．缩小甲容器的体积 ‎10．将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）．实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：（　　）‎ 温度/℃‎ ‎15.0‎ ‎20.0‎ ‎25.0‎ ‎30.0‎ ‎35.0‎ 平衡总压强/kPa ‎5.7‎ ‎8.3‎ ‎12.0‎ ‎17.1‎ ‎24.0‎ 平衡气体总浓度/10﹣3mol/L ‎2.4‎ ‎3.4‎ ‎4.8‎ ‎6.8‎ ‎9.4‎ A．该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变 B．因该反应熵变（△S）大于0，焓变（△H）大于0，所以在低温下自发进行 C．根据表中数据，计算15.0℃时的分解平衡常数约为2.0×10﹣9（mol•L﹣1）3‎ D．达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量减小 ‎11．下列关于“一定”说法正确的句数是（　　）‎ ‎①pH=6的溶液一定是酸性溶液．‎ ‎②c（H+）＞c （OH﹣）一定是酸性溶液．‎ ‎③强电解质溶液的导电能力一定大于弱电解质溶液的导电能力．‎ ‎④25℃时，水溶液中水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH﹣）的乘积一定等于10﹣14．‎ ‎⑤如果Na2Y的水溶液显中性，该溶液中一定没有电离平衡 ‎⑥0.2mol/L氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，c（H+）一定增大 ‎⑦温度保持不变，向水中加入钠盐对水的电离一定没有影响 ‎⑧使用pH试纸测定溶液pH时若先润湿，则测得溶液的pH一定有影响．‎ A．0句 B．1句 C．2句 D．3句 ‎12．常温下，下列各组离子能大量共存的是（　　）‎ A．pH=12的溶液中：K+、Na+、Br﹣、AlO2﹣‎ B．无色溶液中：H+、K+、MnO4﹣、C2O42﹣‎ C．c（Fe3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：K+、H+、SCN﹣、I﹣‎ D．由水电离出的c（OH﹣）=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3﹣‎ ‎13．体积相同的盐酸和醋酸两溶液中n（Cl﹣）=n（CH3COO﹣）=0.01mol，下列正确的是（　　）‎ A．两种溶液的pH不相同 B．它们与NaOH完全中和时，醋酸溶液所消耗的NaOH多 C．分别用水稀释相同倍数时，n（Cl﹣）=n（CH3COO﹣）‎ D．它们分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2一样多 ‎14．用已知浓度的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度，进行酸碱中和滴定时，无论是酸往碱中滴还是碱往酸中滴，下列操作都会使测定结果偏低的是（锥形瓶中溶液用滴定管量取）（　　）‎ A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗 B．滴定过程中不慎有液体溅出 C．滴定前仰视读数，滴定后读数正确 D．碱式滴定管未用待测液润洗 ‎15．在一个密闭绝热容器（W）中，进行如下两个可逆反应：①A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）△H1＞0，②xM（g）+N（g）⇌3Q（g）△H2．反应①中各物质与反应②中各物质均不发生反应．在某容器里只进行反应②，M的转化率与温度、压强的关系如图所示．下列对W容器中进行的反应推断合理的是（　　）‎ A．反应①一定是自发反应，反应②一定是非自发反应 B．若容器内温度保持不变，则v正（B）：v逆（C）=2：3‎ C．若恒压条件下，充入N，则C的物质的量减小 D．升高温度，两个反应的平衡常数都减小 ‎16．下列图示与对应的叙述相符的是（　　）‎ A．‎ 表示常温下盐酸滴加到0.1mol/L某强碱溶液得到的滴定曲线 B．‎ 表示一定条件下进行的反应2SO2+O2⇌2SO3各成分的物质的量变化，t2时刻改变的条件可能是缩小容器体积 C．‎ 表示某明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液，沉淀的质量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系，在加入20mlBa（OH）2溶液时铝离子恰好沉淀完全 D．‎ 表示pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，其中曲线a对应的是盐酸 ‎　‎ 二、非选择题．‎ ‎17．某温度（T℃）时，测得0.01mol/L NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的KW=　　．则该温度　　（填“大于”、“小于”或“等于”）25℃，其理由是　　．‎ 此温度下，将pH=a的NaOH溶液Va L与pH=b的H2SO4溶液Vb L混合，通过计算填写以下不同情况时两溶液的体积比：‎ ‎（1）若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，则Va：Vb=　　．‎ ‎（2）若所得混合溶液为中性，且a+b=12，则Va：Vb=　　．‎ ‎（3）若所得混合溶液的pH=10，且a=12，b=2，则Va：Vb=　　．‎ ‎18．根据如图所示情况，判断下列说法中正确的是（　　）‎ A．其热化学方程式为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=41kJ•mol﹣1‎ B．该反应为吸热反应 C．该反应为放热反应 D．若当H2O为液态时反应热为△H2，则△H2＞△H ‎19．25℃、101kPa下，已知1g氢气完全燃烧生成液态水时放出142.9kJ的热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式是　　．‎ ‎20．已知反应：‎ N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1‎ ‎2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2‎ N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H3‎ 利用上述三个反应，计算4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H4的反应焓变为　　（用含△H1、△H2、△H3的式子表示）．‎ ‎21．碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途．回答下列问题：‎ ‎①大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，该反应的离子方程式为　　．‎ ‎②已知反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g） 的△H=+11kJ•mol﹣1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为　　kJ．‎ ‎22．某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验．‎ 实验一 配制并标定醋酸溶液的浓度 取冰醋酸配制250mL0.2mol/L的醋酸溶液，用0.2mol/L的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液，再用NaOH标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进行标定．回答下列问题：‎ ‎（1）配制250mL0.2mol/L醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和　　．‎ ‎（2）为标定某醋酸溶液的准确浓度，用0.2000mol/L NaOH溶液对20.00mL醋酸溶液进行滴定（酚酞作指示剂），几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：‎ 实验序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 消耗NaOH溶液的体积（mL）‎ ‎20.05‎ ‎20.00‎ ‎18.80‎ ‎19.95‎ 则该醋酸溶液的准确浓度为　　mol/L．（保留小数点后四位）‎ ‎（3）判断滴定终点的方法是　　‎ ‎（4）下列操作中可能使所测醋酸溶液的浓度数值偏低的是　　（填字母序号）．‎ A．碱式滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液B．滴定前盛放醋酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．量取醋酸体积时，开始俯视读数，滴定结束时仰视读数 实验二 探究浓度对醋酸电离程度的影响 用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，结果如下：‎ 醋酸浓度 ‎（mol•L﹣1）‎ ‎0.00l0‎ ‎0.0100‎ ‎0.0200‎ ‎0.1000‎ pH ‎3.88‎ ‎3.38‎ ‎3.23‎ ‎2.88‎ ‎（5）根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是　　．‎ ‎23．已知：2Al （s）+O2（g）=Al2O3（s）△H=﹣1 644.3kJ•mol﹣12Fe （s）+O2（g）=Fe2O3（s）△H=﹣815.88kJ•mol﹣1写出铝粉与氧化铁粉末发生铝热反应的热化学方程式　　．‎ ‎24．高铁酸钾（K2FeO4）在水中的反应为4FeO42﹣+10H2O⇌4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2．图1是25℃时K2FeO4在不同pH溶液中浓度的变化情况，图2是K2FeO4在不同温度时溶液浓度的变化情况．‎ ‎①pH=4.74时，反应从开始到800min时平均反应速率v（OH﹣）=　　．‎ ‎②图1在800min后，三种溶液中的c（FeO42﹣）均不再改变．随着pH的变大，此反应的平衡常数K　　（填“变大”、“变小”或“不变”）．‎ ‎③图2在240min后，四种溶液中FeO42﹣的浓度不再变化，下列说法正确的是　　‎ a．上述反应的△H＞0 b．升高温度，该反应pH减小 c．温度越高，反应速率越慢 d．加入盐酸，FeO42﹣的浓度减小 ‎④FeO42﹣在水溶液中的存在形态如图3所示．下列说法正确的是 A．不论溶液酸碱性如何变化，铁元素都有4种存在形态 B．向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO4﹣的分布分数逐渐变大 C．向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：HFeO4﹣+OH﹣=FeO42﹣+H2O ‎⑤高铁酸钾（K2FeO4）具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂．‎ 已知：4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2，K2FeO4在处理水的过程中所起的作用是　　．‎ ‎25．常温常压下，饱和氯水中氯气总浓度约为0.09mol/L，且存在可逆反应：Cl2+H2OHCl+HClO，实验测得约有三分之一的氯气与水发生了反应．反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO的平衡常数为　　．‎ ‎26．t℃时，将3molA和1molB气体通入容积为2L的密闭容器中（容积不变），发生如下反应3A（g）+B（g）⇌xC（g），2min时反应到达平衡状态（温度不变），此时容器内剩余了0.8molB，并测得C的浓度为0.4mol•L﹣1．请填写下列空白：‎ ‎（1）从反应开始到平衡状态，生成C的平均反应速率为　　．‎ ‎（2）x=　　．‎ ‎（3）若向原平衡混合物的容器中再充入amolC，在t℃时达到新的平衡，此时B的物质的量为n（B）=　　mol．‎ ‎（4）保持温度和体积不变，对原平衡混合物中三者的物质的量作如下调整，可使平衡向右移动的是　　（填字母）．‎ A．均减半 B．均加倍 C．均增加0.4mol D．均减小0.4mol ‎（5）如果上述反应在相同温度和容积的容器中进行，起始加入3molA和3molB，达到平衡时A的体积分数为a%．其它条件不变时，按下列配比作为起始物质，平衡时A的体积分数大于a%的是　　（填字母）．‎ A.2molC B.1molA、3molB和4molC C.1molB和4molC D.6molA和2molB．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省吉安一中高二（上）第一次段考化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（每小题3分，16小题共48分，每小题只有一个选项正确）．‎ ‎1．某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（　　）‎ A．用10ml量筒量取7.13ml稀盐酸 B．用托盘天平称量25.20g NaCl C．用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3‎ D．中和滴定时用去某浓度的碱溶液21.70mL ‎【考点】计量仪器及使用方法．‎ ‎【分析】A、量筒只能精确到0.1mL；‎ B、托盘天平只能精确到0.1g；‎ C、广泛pH试纸能精确到1；‎ D、滴定管精确到0.01mL．‎ ‎【解答】解：A、量筒只能精确到0.1mL，故用10mL量筒只能量取7.1mL的稀盐酸，故A错误；‎ B、托盘天平只能精确到0.1g，故用托盘天平只能精确到25.2g氯化钠，故B错误；‎ C、广泛pH试纸能精确到1，故广泛pH试纸测得溶液的pH为2，故C错误；‎ D、滴定管精确到0.01mL，故中和滴定时用去某浓度的碱溶液为21.70mL是合理的，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．从下列实验事实所得出的相应结论正确的是（　　）‎ 实验事实 结论 ‎①‎ 将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 该气体一定是SO2‎ ‎②‎ 将燃烧的镁条放入CO2中能继续燃烧 还原性：Mg＞C ‎③‎ NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀 酸性：HCO3﹣＞Al（OH）3‎ ‎④‎ 常温下白磷可自燃而氮气需在放电时才与氧气反应 非金属性：P＞N ‎⑤‎ 某无色晶体加入氢氧化钠浓溶液中并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝 该晶体中一定有NH4+‎ A．②③⑤ B．①②③ C．③④⑤ D．①③⑤‎ ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】①品红溶液褪色，气体具有漂白性；‎ ‎②燃烧的镁条放入CO2中能继续燃烧，发生2Mg+CO22MgO+C；‎ ‎③白色沉淀为氢氧化铝；‎ ‎④氮气中N≡N的键能大；‎ ‎⑤产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气．‎ ‎【解答】解：①品红溶液褪色，气体具有漂白性，气体为氯气、二氧化硫等，故错误；‎ ‎②燃烧的镁条放入CO2中能继续燃烧，发生2Mg+CO22MgO+C，Mg失去电子，C得到电子，可知还原性：Mg＞C，故正确；‎ ‎③白色沉淀为氢氧化铝，则酸性：HCO3﹣＞Al（OH）3，故正确；‎ ‎④氮气中N≡N的键能大，而非金属性N＞P，故错误；‎ ‎⑤产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气，可知该晶体中一定有NH4+，故正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．下列化学方程式中，正确的是（　　）‎ A．甲烷的燃烧热△H=﹣890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3kJ/mol B．一定条件下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3放热akJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣2akJ/mol C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol D．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热△H=﹣114.6kJ/mol ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】A．甲烷燃烧的热化学方程式中生成水的状态液态为液态水；‎ B．合成氨的反应为可逆反应，则生成1mol氨气放出的热量大于akJ；‎ C．计算出氢气的物质的量，然后可得出2mol氢气完全燃烧放出的热量；‎ D．中和热只生成1mol液态水放出热量，且该反应中有硫酸钡沉淀生成．‎ ‎【解答】解：A．甲烷的燃烧热△H=﹣890.3kJ/mol，燃烧热中生成水的状态应该为液态，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ/mol，故A错误；‎ B．一定条件下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3放热akJ，该反应为可逆反应，生成氨气的物质的量小于1mol，则生成2mol氨气放出的热量大于2akJ，正确的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜﹣2akJ/mol，故B错误；‎ C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，2g氢气的物质的量为： =1mol，则2mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为：285.8kJ×2=571.6kJ，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol，故C正确；‎ D．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热仍然为△H=﹣57.3kJ/mol，由于硫酸与氢氧化钡还生成硫酸钡沉淀，放热热量增大，则硫酸与氢氧化钡反应的△H＜﹣114.6kJ/mol，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol•L﹣1的一元酸HA与b mol•L﹣1一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（　　）‎ A．a=b B．混合溶液的pH=7‎ C．混合溶液中，c（H+）= mol•L﹣1‎ D．混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH﹣）+c（A﹣）‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】温度T时水的离子积常数为KW，浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L的一元碱BOH等体积混合，若溶液呈中性，反应后的溶液中应存在c（H+）=c（OH﹣）=mol/L．‎ ‎【解答】解：A．因酸碱的强弱未知，a=b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，故A错误；‎ B．因温度未知，则pH=7不一定为中性，故B错误；‎ C．混合溶液中，c（H+）=mol/L，根据c（H+）•c（OH﹣）=KW，可知溶液中c（H+）=c（OH﹣）═mol/L，溶液呈中性，故C正确；‎ D．任何溶液都存在电荷守恒，即c（H+）+c（B+）=c（OH﹣）+c（A﹣），不能确定溶液的酸碱性，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A．Fe（SCN）3溶液中存在Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3，向此溶液中加入固体KSCN后颜色变深 B．用通过盛饱和食盐水的洗气瓶来除去氯气中的少量HCl气体杂质 C．反应CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）（正反应为放热反应），达平衡后，升高温度体系颜色变深 D．合成氨：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3 （g）△H＜0在高温、高压和催化剂条件下进行 ‎【考点】化学平衡移动原理．‎ ‎【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．‎ ‎【解答】解：A、加入固体KSCN，Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3平衡正向移动，溶液的颜色变深，故A正确；‎ B、氯气难溶于饱和食盐水，HCl极易溶于水，将混合气体通过盛饱和食盐水的洗气瓶，可除去HCl，故B正确；‎ C、反应CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）（正反应为放热反应），达平衡后，升高温度平衡逆向移动，体系颜色变深，故C正确；‎ D、合成氨：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3 （g）△H＜0在高温平衡逆向移动，不利于氨的合成，故D错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．100℃时，将0.1mol N2O4置于1L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4（g）⇌2NO2 （g）．下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到反应限度的是（　　）‎ A．N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2‎ B．烧瓶内气体的颜色不再加深 C．烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化 D．烧瓶内气体的压强不再变化 ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、物质的量、百分含量不变，对于反应前后气体的化学计量数之和不相等的反应来说，达到平衡时压强也不变，据此进行判断．‎ ‎【解答】解：A、N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2，都体现的正反应方向，未体现正与逆的关系，故A错误；‎ B、烧瓶内气体的颜色不再加深，说明二氧化氮的浓度不变，达平衡状态，故B正确；‎ C、烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化，说明气体的物质的量不变，达平衡状态，故C正确；‎ D、烧瓶内气体的压强不再变化，说明气体的物质的量不变，达平衡状态，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎7．下列说法正确的是（　　）‎ A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大 B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大 C．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数 D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率 ‎【考点】活化能及其对化学反应速率的影响．‎ ‎【分析】增大浓度、压强，活化分子的浓度增大，但百分数不变，升高温度、加入催化剂，可增大活化分子的百分数，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但百分数不变，故A错误；‎ B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的浓度增大，但百分数不变，故B错误；‎ C．升高温度，活化分子的百分数，反应速率增大，故C正确；‎ D．催化剂降低反应的活化能，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．某密闭容器中充入等物质的最的气体A和B，一定温度下发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化如下图所示．下列说法中正确是（　　）‎ A．8min时表示正反应速率等于逆反应速率 B．前20minA的反应速率为0.05mol/（L•min）‎ C．反应方程式中的x=1，30min时表示增大压强 D．40min时改变的条件是升高温度，且正反应为吸热反应 ‎【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．‎ ‎【分析】本题为化学平衡图象题，解化学平衡图象题，看图象：一看轴，弄清横坐标和纵坐标的意义，二看点，弄清图象上点的意义，看起点，交点，转折点，终点，三看量的变化，利用相关公式进行计算．‎ ‎【解答】解：A、根据图象可知：8min时B、C的浓度相等，此时仍向正反应方向进行，即正反应速率大于逆反应速率，故A错误；‎ B、前20minA的反应速率为v（A）=v（C）==0.05mol/（L•min ），故B正确；‎ C、在反应中B、C的物质的量浓度变化之比为1：2，根据化学方程式可知x=1，故该反应为气体体积不变的反应，即反应过程中气体的压强不变，增大压强，B、C的物质的量浓度都将增大，故C错误；‎ D、升高温度，平衡向吸热反应方向进行，即逆反应为吸热反应，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．已知甲为恒温恒压容器，乙为恒温恒容容器．初始时，两容器的温度、体积相同，两容器中均充入2molSO2和lmolO2，且发生反应为2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H＜0；当两容器都达到平衡后，为使两者中的SO2在平衡混合物中的物质的量分数相同，下列措施中可行的是（　　）‎ A．向甲容器中再充人一定量的氦气 B．向乙容器中再充人2mol的SO3气体 C．适当降低乙容器的温度 D．缩小甲容器的体积 ‎【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．‎ ‎【分析】本题根据化学平衡的影响因素，甲为恒温恒压容器，乙为恒温恒容容器，初始时两容器的温度、体积相同，平衡时甲的体积小于乙，甲中二氧化硫的物质的量分数小，要让两容器中的SO2物质的量分数相同，可以提高甲中二氧化硫的物质的量分数或者减小乙的，根据选项逐个进行判断．‎ ‎【解答】解：甲为恒温恒压容器，乙为恒温恒容容器，初始时两容器的温度、体积相同，反应达到平衡时甲的体积小于乙的，甲中二氧化硫的转化率高，甲中二氧化硫的物质的量分数小；为使两容器中的SO2在平衡混合物中的物质的量分数相同，可以提高甲中二氧化硫的物质的量分数或者减小乙中二氧化硫的物质的量分数．‎ A．向甲容器中充人一定量的氦气，使甲中的容积增大，使已经平衡的反应平衡被破坏，向左移动，提高了二氧化硫的物质的量分数，故A符合；‎ B．向乙容器中充入2mol的SO3气体，提高了容器中压强，在甲中加入一定量的三氧化硫才能建立等比等效，但只能仍与甲的物质的量分数相同，故B符合；‎ C．乙为恒温容器，温度不能改变，故C不符合；‎ D．甲为恒压容器，缩小甲容器的体积，压强增大平衡正向进行，故D不符合；‎ 故选AB．‎ ‎　‎ ‎10．将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）．实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：（　　）‎ 温度/℃‎ ‎15.0‎ ‎20.0‎ ‎25.0‎ ‎30.0‎ ‎35.0‎ 平衡总压强/kPa ‎5.7‎ ‎8.3‎ ‎12.0‎ ‎17.1‎ ‎24.0‎ 平衡气体总浓度/10﹣3mol/L ‎2.4‎ ‎3.4‎ ‎4.8‎ ‎6.8‎ ‎9.4‎ A．该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变 B．因该反应熵变（△S）大于0，焓变（△H）大于0，所以在低温下自发进行 C．根据表中数据，计算15.0℃时的分解平衡常数约为2.0×10﹣9（mol•L﹣1）3‎ D．达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量减小 ‎【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．‎ ‎【分析】A、从反应开始混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能作为平衡状态的标志；‎ B、根据表中数据判断随着温度升高，平衡移动的方向，从而判断出正反应是吸热还是放热；根据气态物质的熵大于液态物质的熵判断出熵变；‎ C、先根据反应 NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），可知平衡时容器内气体的浓度之比为2：1，由总浓度求出NH3、CO2 的平衡浓度，最后代入平衡常数的表达式来计算；‎ D、达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，平衡逆向移动，所以氨基甲酸铵固体的质量增加．‎ ‎【解答】解：A、从反应开始混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能作为平衡状态的标志，故A错误；‎ B、根据表中数据判断随着温度升高，平衡移动的方向，从而判断出正反应是吸热，所以焓变（△H）大于0，根据气态物质的熵大于液态物质的熵判断出反应熵变（△S）大于0，所以在高温下自发进行，故B错误；‎ C、容器内气体的浓度之比为2：1，故NH3和CO2的浓度分别为1.6×10﹣3 mol/L、0.8×10﹣3 mol/L，代入平衡常数表达式：K=（1.6×10﹣3 ）2×0.8×10﹣3 =2.0×10﹣9，故C正确；‎ D、达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，平衡逆向移动，所以氨基甲酸铵固体的质量增加，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．下列关于“一定”说法正确的句数是（　　）‎ ‎①pH=6的溶液一定是酸性溶液．‎ ‎②c（H+）＞c （OH﹣）一定是酸性溶液．‎ ‎③强电解质溶液的导电能力一定大于弱电解质溶液的导电能力．‎ ‎④25℃时，水溶液中水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH﹣）的乘积一定等于10﹣14．‎ ‎⑤如果Na2Y的水溶液显中性，该溶液中一定没有电离平衡 ‎⑥0.2mol/L氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，c（H+）一定增大 ‎⑦温度保持不变，向水中加入钠盐对水的电离一定没有影响 ‎⑧使用pH试纸测定溶液pH时若先润湿，则测得溶液的pH一定有影响．‎ A．0句 B．1句 C．2句 D．3句 ‎【考点】水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．‎ ‎【分析】①②溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小；③电解质溶液导电能力与离子浓度成正比；④在酸碱溶液中水的电离受到抑制；⑤水为弱电解质，存在水的电离平衡；⑥氢硫酸是弱电解质，加水稀释氢硫酸溶液，促进电离，电离产生的硫氢根离子和氢离子数目增多浓度减小；⑦温度不变，向水中加入含有弱根离子的盐对水的电离有影响；⑧如溶液呈中性，则pH不变．‎ ‎【解答】解：①溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，100℃时，水的pH=6，但是水呈中性，故错误；②溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，如果c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性，如果c（OH﹣）=c（H+），溶液呈中性，如果c（OH﹣）＜c（H+），溶液呈酸性，如果酸的浓度很小，则c（H+）很小，但溶液仍可能呈酸性，故正确；③电解质溶液导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，所以强电解质溶液的导电能力不一定大于弱电解质溶液的导电能力，故错误；④在酸碱溶液中水的电离受到抑制，所以在酸碱溶液中25℃时，溶液中水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH﹣）的乘积一定小于10﹣14，故错误；⑤Na2Y的水溶液中存在水的电离平衡，故错误；⑥加水稀释氢硫酸，电离程度增大，但是氢离子浓度减小，故错误；⑦温度不变，向水中加入不水解的盐，不影响水的电离，如果向水中加入含有弱根离子、能电离出氢离子的盐则影响水电离，故错误；⑧pH不能事先湿润，湿润后如溶液呈中性，则pH不变，故错误，故选B．‎ ‎　‎ ‎12．常温下，下列各组离子能大量共存的是（　　）‎ A．pH=12的溶液中：K+、Na+、Br﹣、AlO2﹣‎ B．无色溶液中：H+、K+、MnO4﹣、C2O42﹣‎ C．c（Fe3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：K+、H+、SCN﹣、I﹣‎ D．由水电离出的c（OH﹣）=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A、pH=12的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量的氢氧根离子；‎ B、无色溶液中不存在有色的离子，高锰酸根离子为有色离子；‎ C、c（Fe3+）=0.1mol•L﹣1的溶液，铁离子能够与硫氰根离子、碘离子反应；‎ D、由水电离出的c（OH﹣）=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液为酸性或者碱性溶液，铵离子能够与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子能够与氢离子和氢氧根离子反应．‎ ‎【解答】解：A、该溶液为碱性溶液，K+、Na+、Br﹣、AlO2﹣离子之间不反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；‎ B、MnO4﹣为有色离子，不满足溶液为无色溶液的要求，故B错误；‎ C、溶液中Fe3+能够与SCN﹣、I﹣离子反应，在溶液中不能够大量共存，故C错误；‎ D、该溶液为酸性或者碱性溶液，NH4+能够与氢氧根离子反应，HCO3﹣离子能够与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎13．体积相同的盐酸和醋酸两溶液中n（Cl﹣）=n（CH3COO﹣）=0.01mol，下列正确的是（　　）‎ A．两种溶液的pH不相同 B．它们与NaOH完全中和时，醋酸溶液所消耗的NaOH多 C．分别用水稀释相同倍数时，n（Cl﹣）=n（CH3COO﹣）‎ D．它们分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2一样多 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】这两种酸中都存在c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），c（H+）=n（CH3COO﹣）+c（OH﹣），所以c（Cl﹣）=c（CH3COO﹣）=c（H+）﹣c（OH﹣）=c（H+）﹣‎ ‎，温度相同，水的离子积常数相同，则两种溶液中氢离子浓度相等，结合物质间的反应分析解答．‎ ‎【解答】解：这两种酸中都存在c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），c（H+）=n（CH3COO﹣）+c（OH﹣），所以c（Cl﹣）=c（CH3COO﹣）=c（H+）﹣c（OH﹣）=c（H+）﹣，温度相同，水的离子积常数相同，则两种溶液中氢离子浓度相等，‎ A．两种溶液的氢离子浓度相等，所以pH相等，故A错误；‎ B．两种溶液中氢离子浓度相等，醋酸是弱酸，所以醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸消耗的氢氧化钠多，故B正确；‎ C．稀释两种酸时，醋酸继续电离出醋酸根离子，所以n（Cl﹣）＜n（CH3COO﹣），故C错误；‎ D．pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，所以等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，且二者都是一元酸，则放出二氧化碳体积与酸的物质的量成正比，所以醋酸放出的二氧化碳多，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．用已知浓度的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度，进行酸碱中和滴定时，无论是酸往碱中滴还是碱往酸中滴，下列操作都会使测定结果偏低的是（锥形瓶中溶液用滴定管量取）（　　）‎ A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗 B．滴定过程中不慎有液体溅出 C．滴定前仰视读数，滴定后读数正确 D．碱式滴定管未用待测液润洗 ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】根据c（碱）=分析，以此判断浓度的误差．‎ ‎【解答】解：A．酸式滴定管未用待测盐酸润洗，则酸液被稀释，若碱往酸中滴，造成消耗的V（碱）偏小，根据c（碱）=分析可知c（碱）偏小；若酸往碱中滴，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏大，故A错误；‎ B．滴定过程中锥形瓶中不慎有液体溅出，若碱往酸中滴，造成消耗的V（碱）偏大，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏小；若酸往碱中滴，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏大，故B错误；‎ C．滴定前仰视读数，滴定后读数正确，若碱往酸中滴，导致的V（碱）偏小，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏大；若酸往碱中滴，造成消耗的V（酸）偏小，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏小，故C错误；‎ D．碱式滴定管未用待测液润洗，碱被稀释，浓度偏小，若碱往酸中滴，造成消耗的V（碱）偏大，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏小；若酸往碱中滴，造成消耗的V（酸）偏小，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏小，故D正确，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎15．在一个密闭绝热容器（W）中，进行如下两个可逆反应：①A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）△H1＞0，②xM（g）+N（g）⇌3Q（g）△H2．反应①中各物质与反应②中各物质均不发生反应．在某容器里只进行反应②，M的转化率与温度、压强的关系如图所示．下列对W容器中进行的反应推断合理的是（　　）‎ A．反应①一定是自发反应，反应②一定是非自发反应 B．若容器内温度保持不变，则v正（B）：v逆（C）=2：3‎ C．若恒压条件下，充入N，则C的物质的量减小 D．升高温度，两个反应的平衡常数都减小 ‎【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】Ⅰ、在某容器中进行反应②时，测得M的转化率与温度，压强关系如图所示，依据”定一议二“和“先拐先平”温度、压强高，结合反应特征和M的转化率变化分析判断 反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比；‎ Ⅱ、因为W容器中反应①是吸热反应，绝热容器中，反应①正向进行，温度降低反应②正向进行，平衡常数增大，所以反应②是放热反应；若向容器W中再充入N，反应②正向进行，放热反应放出热量，促进反应①正向进行，A转化率增大，C的物质的量增大，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：Ⅰ、在某容器中进行反应②时，测得M的转化率与温度，压强关系如图所示，依据”定一议二“和“先拐先平”温度、压强高，结合反应特征和M的转化率变化分析判断 反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比；‎ Ⅱ、因为W容器中反应①是吸热反应，绝热容器中，反应①正向进行，温度降低反应②正向进行，平衡常数增大，所以反应②是放热反应；若向容器W中再充入N，反应②正向进行，放热反应放出热量，促进反应①正向进行，A转化率增大，C的物质的量增大，‎ A、①△G＞0，△H＞0，高温下能自发，而反应②、①△G＞0，△H＜0，一定能自发，故A错误；‎ B、在某容器中进行反应Ⅱ时，测得M的转化率与温度，压强关系如图所示，依据”定一议二“和“先拐先平”温度、压强高，图象变化可知温度相同，压强越大，M转化率越小，说明平衡逆向进行，逆向是气体体积减小的反应，x+1＜3，x＜2，化学方程式计量数为整数1，容器W内温度保持不变时反应达到平衡状态，C的正反应速率等于逆反应速率，反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，得到v正（B）：v逆（C）═2：3，故B正确；‎ C、若向容器W中再充入N，反应②正向进行，放热反应放出热量，促进反应①正向进行，A转化率增大，C的物质的量增大，故C错误；‎ D、反应①是吸热反应，升高温度，平衡常数增大；反应②是放热反应，升高温度，平衡常数减小，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．下列图示与对应的叙述相符的是（　　）‎ A．‎ 表示常温下盐酸滴加到0.1mol/L某强碱溶液得到的滴定曲线 B．‎ 表示一定条件下进行的反应2SO2+O2⇌2SO3各成分的物质的量变化，t2时刻改变的条件可能是缩小容器体积 C．‎ 表示某明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液，沉淀的质量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系，在加入20mlBa（OH）2溶液时铝离子恰好沉淀完全 D．‎ 表示pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，其中曲线a对应的是盐酸 ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】A．碱溶液pH＜13，说明是弱碱溶液；‎ B．图中表示t2时改变条件，平衡正向移动；‎ C．20mL Ba（OH）2溶液时，铝离子恰好变成AlO2﹣；‎ D．稀释醋酸促进电离，pH变化小．‎ ‎【解答】解：A．图示表示的碱溶液pH＜13，说明是弱碱溶液；反应后是强酸弱碱溶液，宜选择酸性变色突变的甲基橙，而不是碱性变色突变的酚酞作指示剂，故A错误； ‎ B．t2时改变条件，平衡正向移动，但SO2、O2、SO3的物质的量均未发生突变，故可能是加压过程，故B正确；‎ C．明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液的拐点方程式是2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓+K2SO4、KAl（SO4）2+2Ba（OH）2═KAlO2+2BaSO4↓+2H2O，同样2mol KAl（SO4）2，按前者反应产生的沉淀质量是（2×78+3×233）g=855g，按后者反应产生的沉淀质量是4×233g=932g，图象形态正确，20mL Ba（OH）2溶液时，铝离子恰好变成AlO2﹣，故C错误；‎ D．盐酸与醋酸的稀释，由于醋酸是弱电解质，加水稀释电离平衡被促进，故溶液的pH变化小，则pH变化大的是盐酸，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、非选择题．‎ ‎17．某温度（T℃）时，测得0.01mol/L NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的KW=　1.0×10﹣13　．则该温度　大于　（填“大于”、“小于”或“等于”）25℃，其理由是　水的电离是吸热的，升高温度时水的电离平衡正向移动，Kw增大，因该温度下的Kw比25℃时大，所以该温度大于25℃　．‎ 此温度下，将pH=a的NaOH溶液Va L与pH=b的H2SO4溶液Vb L混合，通过计算填写以下不同情况时两溶液的体积比：‎ ‎（1）若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，则Va：Vb=　1：10　．‎ ‎（2）若所得混合溶液为中性，且a+b=12，则Va：Vb=　10：1　．‎ ‎（3）若所得混合溶液的pH=10，且a=12，b=2，则Va：Vb=　1：9　．‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】0.01mol/L NaOH溶液，c（OH﹣）=0.01mol/L，pH=11，则c（H+）=10﹣11mol/L，Kw=c（OH﹣）×c（H+），常温下Kw=10﹣14；‎ ‎（1）混合溶液为中性，则Va L×0.1mol/L=Vb L×0.01mol/L；‎ ‎（2）所得混合溶液为中性，Va：Vb==1013﹣a﹣b；‎ ‎（3）所得混合溶液的pH=10，碱过量，则=0.001mol/L．‎ ‎【解答】解：0.01mol/L NaOH溶液，c（OH﹣）=0.01mol/L，pH=11，则c（H+）=10﹣11mol/L，Kw=c（OH﹣）×c（H+）=1.0×10﹣13，而常温下Kw=10﹣14，水的电离是吸热的，升高温度时水的电离平衡正向移动，Kw增大，则温度高于25℃，‎ 故答案为：1.0×10﹣13；大于；水的电离是吸热的，升高温度时水的电离平衡正向移动，Kw增大，因该温度下的Kw比25℃时大，所以该温度大于25℃；‎ ‎（1）该温度下Kw=1.0×10﹣13，混合溶液为中性，则Va L×0.1mol/L=Vb L×0.01mol/L，解得Va：Vb=1：10，故答案为：1：10；‎ ‎（2）所得混合溶液为中性，Va：Vb==1013﹣a﹣b，且a+b=12，解得Va：Vb=10：1，故答案为：10：1；‎ ‎（3）所得混合溶液的pH=10，碱过量，则=0.001mol/L，解得Va：Vb=1：9，故答案为：1：9．‎ ‎　‎ ‎18．根据如图所示情况，判断下列说法中正确的是（　　）‎ A．其热化学方程式为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=41kJ•mol﹣1‎ B．该反应为吸热反应 C．该反应为放热反应 D．若当H2O为液态时反应热为△H2，则△H2＞△H ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】由图象可知反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，由图象可知反应热为+41kJ•mol﹣1，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：由图象可知反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，由图象可知反应热为+41kJ•mol﹣1，CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1，故A、C错误；B正确；‎ 气体变为液体放热，若当H2O为液态时反应热为△H2，则吸收的热量较少，△H2＜△H，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎19．25℃、101kPa下，已知1g氢气完全燃烧生成液态水时放出142.9kJ的热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式是　2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1　．‎ ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】1g氢气的物质的量为=0.5mol，即0.5molH2完全燃烧生成液态水时放出142.9kJ的热量，则2molH2完全燃烧生成液态水时放出热量为142.9kJ×4=571.6kJ，结合物质的状态及焓变书写热化学方程式．‎ ‎【解答】解：1g氢气的物质的量为=0.5mol，即0.5molH2完全燃烧生成液态水时放出142.9kJ的热量，则2molH2完全燃烧生成液态水时放出热量为142.9kJ×4=571.6kJ，则该反应的热化学方程式是2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1．‎ ‎　‎ ‎20．已知反应：‎ N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1‎ ‎2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2‎ N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H3‎ 利用上述三个反应，计算4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H4的反应焓变为　2△H1+3△H2﹣2△H3　（用含△H1、△H2、△H3的式子表示）．‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】由①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1‎ ‎②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2‎ ‎③N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H3‎ 结合盖斯定律可知，①×2+②×3﹣③×2可得4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g），以此计算．‎ ‎【解答】解：由①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1‎ ‎②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2‎ ‎③N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H3‎ 结合盖斯定律可知，①×2+②×3﹣③×2可得4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g），‎ 则△H4=2△H1+3△H2﹣2△H3，‎ 故答案为：2△H1+3△H2﹣2△H3．‎ ‎　‎ ‎21．碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途．回答下列问题：‎ ‎①大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，该反应的离子方程式为　MnO2+2I﹣+4H+=Mn2++I2+2H2O　．‎ ‎②已知反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g） 的△H=+11kJ•mol﹣1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为　299　kJ．‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】①二氧化锰酸性环境下能够氧化碘离子生成单质碘，本身被还原为二价锰离子；‎ ‎②化学键断裂时需吸收的能量﹣化学键生成时需放出的能量=反应吸收的热量．‎ ‎【解答】解：①二氧化锰酸性环境下能够氧化碘离子生成单质碘，本身被还原为二价锰离子，反应中二氧化锰中+4价锰降为+2价，碘离子由﹣1价升高为0价，依据得失电子守恒、原子个数守恒反应方程式：MnO2+2I﹣+4H+=Mn2++I2+2H2O；‎ 故答案为：MnO2+2I﹣+4H+=Mn2++I2+2H2O；‎ ‎②设1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为x kJ，则依据化学键断裂时需吸收的能量﹣化学键生成时需放出的能量=反应吸收的热量得：2x kJ﹣436kJ﹣151kJ=11kJ，解得x=299，‎ 故答案为：299．‎ ‎　‎ ‎22．某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验．‎ 实验一 配制并标定醋酸溶液的浓度 取冰醋酸配制250mL0.2mol/L的醋酸溶液，用0.2mol/L的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液，再用NaOH标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进行标定．回答下列问题：‎ ‎（1）配制250mL0.2mol/L醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和　250mL容量瓶　．‎ ‎（2）为标定某醋酸溶液的准确浓度，用0.2000mol/L NaOH溶液对20.00mL醋酸溶液进行滴定（酚酞作指示剂），几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：‎ 实验序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 消耗NaOH溶液的体积（mL）‎ ‎20.05‎ ‎20.00‎ ‎18.80‎ ‎19.95‎ 则该醋酸溶液的准确浓度为　0.2000　mol/L．（保留小数点后四位）‎ ‎（3）判断滴定终点的方法是　滴入最后一滴标准溶液，溶液无色变浅红色，且半分钟不褪色　‎ ‎（4）下列操作中可能使所测醋酸溶液的浓度数值偏低的是　D　（填字母序号）．‎ A．碱式滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液B．滴定前盛放醋酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．量取醋酸体积时，开始俯视读数，滴定结束时仰视读数 实验二 探究浓度对醋酸电离程度的影响 用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，结果如下：‎ 醋酸浓度 ‎（mol•L﹣1）‎ ‎0.00l0‎ ‎0.0100‎ ‎0.0200‎ ‎0.1000‎ pH ‎3.88‎ ‎3.38‎ ‎3.23‎ ‎2.88‎ ‎（5）根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是　0.0100mol•L﹣1醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1　．‎ ‎【考点】中和滴定；探究浓度对化学平衡的影响．‎ ‎【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤确定仪器；‎ ‎（2）根据中和滴定原理，利用c（CH3COOH）=计算，要舍弃误差较大的数据；‎ ‎（3）反应结束时溶液由无色变浅红色，且半分钟不褪色；‎ ‎（4）根据C（待测）═分析误差；‎ ‎（5）部分电离的电解质是弱电解质；‎ ‎【解答】解：（1）配制步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取冰醋酸，把冰醋酸倒入烧杯进行溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶、量筒，‎ 故答案为：250mL容量瓶；‎ ‎（2）由于实验③消耗的氢氧化钠的体积与其他差别较大，所以要舍去，V（NaOH）=mL=20.00mL，则c（CH3COOH）===0.2000mol/L；‎ 故答案为：0.2000；‎ ‎（3）判断滴定终点的方法是滴入最后一滴标准溶液，溶液无色变浅红色，且半分钟不褪色；‎ 故答案为：滴入最后一滴标准溶液，溶液无色变浅红色，且半分钟不褪色；‎ ‎（4）A．碱式滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液，标准液的浓度偏小，导致标准液的体积偏大，根据C（待测）═分析，可知C（待测）偏大，故A错误；‎ B．滴定前盛放醋酸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，导致标准液的体积不变，根据根据C（待测）═分析，可知C（待测）不变，故B错误；‎ C．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致标准液的体积偏大，根据C（待测）═分析，可知C（待测）偏大，故C错误；‎ D．量取醋酸体积时，开始俯视读数，滴定结束时仰视读数，待测液的物质的量偏大，导致标准液的体积偏大，根据根据C（待测）═分析，可知C（待测）偏大，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎（5）孤立的看，每次测量值，H+浓度远小于醋酸的浓度，说明醋酸不完全电离；联系起来看，浓度为0.100 0mol•L﹣1、0.0100mol•L﹣1及0.0010mol•L﹣1的醋酸，pH变化值小于1，所以醋酸是弱电解质，‎ 故答案为：0.0100mol•L﹣1醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1；‎ ‎　‎ ‎23．已知：2Al （s）+O2（g）=Al2O3（s）△H=﹣1 644.3kJ•mol﹣12Fe （s）+O2（g）=Fe2O3（s）△H=﹣815.88kJ•mol﹣1写出铝粉与氧化铁粉末发生铝热反应的热化学方程式　2Al（S）+Fe2O3（S）=2Fe（S）+Al2O3（S）△H=﹣828.42kJ•mol﹣1　．‎ ‎【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．‎ ‎【分析】利用盖斯定律，将已知的化学反应相减可得铝热反应，则反应热等于两个反应的反应热之差，然后可以得出铝粉与氧化铁粉末发生铝热反应的热化学方程式．‎ ‎【解答】解：铝热反应的反应物是铝粉与氧化铁粉末，生成物是铁和氧化铝，‎ ‎2Al （s）+O2（g）═Al2O3（s）△H=﹣1 644.3kJ•mol﹣1 ①‎ ‎2Fe （s）+O2（g）═Fe2O3（s）△H=﹣815.88kJ•mol﹣1 ②‎ 方程式①﹣②得2Al （s）+Fe2O3（s）=Al2O3（s）+2Fe （s）△H=△H（①）﹣△H（②）=﹣1 644.3kJ•mol﹣1﹣（﹣815.88kJ•mol﹣1）=﹣828.42 kJ mol﹣1，‎ 故答案为：2Al （s）+Fe2O3（s）═Al2O3（s）+2Fe （s）△H=﹣828.42 kJ•mol﹣1．‎ ‎　‎ ‎24．高铁酸钾（K2FeO4）在水中的反应为4FeO42﹣+10H2O⇌4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2．图1是25℃时K2FeO4在不同pH溶液中浓度的变化情况，图2是K2FeO4在不同温度时溶液浓度的变化情况．‎ ‎①pH=4.74时，反应从开始到800min时平均反应速率v（OH﹣）=　0.001375mol•L﹣1•min﹣1　．‎ ‎②图1在800min后，三种溶液中的c（FeO42﹣）均不再改变．随着pH的变大，此反应的平衡常数K　不变　（填“变大”、“变小”或“不变”）．‎ ‎③图2在240min后，四种溶液中FeO42﹣的浓度不再变化，下列说法正确的是　ad　‎ a．上述反应的△H＞0 b．升高温度，该反应pH减小 c．温度越高，反应速率越慢 d．加入盐酸，FeO42﹣的浓度减小 ‎④FeO42﹣在水溶液中的存在形态如图3所示．下列说法正确的是 A．不论溶液酸碱性如何变化，铁元素都有4种存在形态 B．向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO4﹣的分布分数逐渐变大 C．向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：HFeO4﹣+OH﹣=FeO42﹣+H2O ‎⑤高铁酸钾（K2FeO4）具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂．‎ 已知：4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2，K2FeO4在处理水的过程中所起的作用是　杀菌消毒、吸附悬浮物　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】①分析图象计算FeO42﹣离子的变化浓度，结合化学反应速率概念及反应速率之比等于系数之比计算得到；‎ ‎②平衡常数仅随温度变化，不随溶液酸碱性，离子浓度变化；‎ ‎③a．图象分析可知温度升高，消耗的FeO42﹣浓度增大，平衡正向进行； ‎ b．升高温度，消耗的FeO42﹣浓度增大，平衡正向进行，生成氢氧根增多；‎ c．温度越高，反应速率越块；‎ d．加入盐酸，消耗氢氧根离子，平衡正向移动；‎ ‎④根据图象的内容来分析图象所描述的意义；‎ ‎⑤高铁酸钾（K2FeO4）具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂，起到杀菌消毒作用，还原产物能形成胶体具有吸附悬浮杂质的作用．‎ ‎【解答】解：①由图象分析可知pH=4.74时，反应从开 始到800min，消耗FeO42﹣离子浓度为1.0mol/L﹣0.45mol/L=0.55mol/L，根据反应速率之比等于系数之比，则平均反应速率v（OH﹣）=2v（FeO42﹣）=2×=0.001375mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：0.001375mol•L﹣1•min﹣1；‎ ‎②平衡常数仅随温度变化，不随溶液酸碱性，离子浓度变化，随着pH 变大，此反应的平衡常数不变，故答案为：不变；‎ ‎③a．图象分析可知温度升高，消耗的FeO42﹣浓度增大，平衡正向进行，则说明温度升高平衡向吸热反应方向即正向进行，故反应是吸热反应，△H＞0，故a正确； ‎ b．升高温度，消耗的FeO42﹣浓度增大，平衡正向进行，生成氢氧根增多，则该反应pH增大，故b错误；‎ c．温度越高，反应速率越块，故c错误；‎ d．加入盐酸，消耗氢氧根离子，平衡正向移动，则FeO42﹣的浓度减小，故d正确；‎ 故选：ad；‎ ‎④a、由图象分析，不同PH值时，溶液中铁元素的存在形态及种数不相同，比如在PH值等于6时，就只有两种形态，故a错误；‎ b、由图象分析，向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO4﹣的分布分数先增大随后又减小，故b错误；‎ c、由图象分析，pH=6的这种溶液中，铁元素的存在形态有HFeO4﹣和FeO42﹣，加KOH溶液，只有HFeO4﹣能反应，发生反应的离子方程式为：HFeO4﹣+OH﹣=FeO42﹣+H2O，故c正确；‎ 故答案为：c；‎ ‎⑤高铁酸钾（K2FeO4）具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂，起到杀菌消毒作用，还原产物还能形成胶体具有吸附悬浮杂质的作用；‎ 故答案为：杀菌消毒、吸附悬浮物．‎ ‎　‎ ‎25．常温常压下，饱和氯水中氯气总浓度约为0.09mol/L，且存在可逆反应：Cl2+H2OHCl+HClO，实验测得约有三分之一的氯气与水发生了反应．反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO的平衡常数为　4.5×10﹣4　．‎ ‎【考点】化学平衡常数的含义．‎ ‎【分析】依据氯气与水反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，该反应的平衡常数表达式为K=，据此计算解答．‎ ‎【解答】解：饱和氯水中氯气总浓度约为0.09mol/L，则 ‎ Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO 起始浓度：0.09mol/L 0 0 0‎ 转化浓度：0.03mol/L 0.03mol/L 0.03mol/L 0.03mol/L ‎ 平衡浓度：0.06mol/L 0.03mol/L 0.03mol/L 0.03mol/L ‎ 所以K===4.5×10﹣4；‎ 故答案为：4.5×10﹣4．‎ ‎　‎ ‎26．t℃时，将3molA和1molB气体通入容积为2L的密闭容器中（容积不变），发生如下反应3A（g）+B（g）⇌xC（g），2min时反应到达平衡状态（温度不变），此时容器内剩余了0.8molB，并测得C的浓度为0.4mol•L﹣1．请填写下列空白：‎ ‎（1）从反应开始到平衡状态，生成C的平均反应速率为　0.2mol/（L．min）　．‎ ‎（2）x=　4　．‎ ‎（3）若向原平衡混合物的容器中再充入amolC，在t℃时达到新的平衡，此时B的物质的量为n（B）=　0.8+0.2a　mol．‎ ‎（4）保持温度和体积不变，对原平衡混合物中三者的物质的量作如下调整，可使平衡向右移动的是　D　（填字母）．‎ A．均减半 B．均加倍 C．均增加0.4mol D．均减小0.4mol ‎（5）如果上述反应在相同温度和容积的容器中进行，起始加入3molA和3molB，达到平衡时A的体积分数为a%．其它条件不变时，按下列配比作为起始物质，平衡时A的体积分数大于a%的是　ACD　（填字母）．‎ A.2molC B.1molA、3molB和4molC C.1molB和4molC D.6molA和2molB．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）根据v=计算平均反应速率；‎ ‎（2）参加反应的B的物质的量为（1﹣0.8）mol=0.2mol，则B的反应速率==0.05mol/L，同一可逆反应、同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，从而计算x值；‎ ‎（3）因为由（2）得出x=4，则该反应为前后气体不变的反应，所以再充入amolC与原平衡成比例等效，据此分析；‎ ‎（4）如果浓度商小于平衡常数，则平衡向右反应方向移动；‎ ‎（5）反应3A（g）+B（g）⇌4C（g）中，气体体积在反应前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，即可得到相同平衡状态，若要平衡后A的体积分数大于a%，说明平衡向左移动，根据等效平衡，把物质都换算成方程式一边的物质，满足n（A）：n（B）＞1：1即可．‎ ‎【解答】解：（1）生成C的平均反应速率v===0.2mol/（L．min），故答案为：0.2mol/（L．min）；‎ ‎（2）参加反应的B的物质的量为（1﹣0.8）mol=0.2mol，则B的反应速率==0.05mol/L，C的平均反应速率为0.2mol/（L．min），同一可逆反应、同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，B、C的计量数之比等于其反应速率之比=0.05mol/（L．min）：0.2mol/（L．min）=1：4，所以x=4，‎ 故答案为：4；‎ ‎（3）因为3molA和1molB气体通入到达平衡状态（温度不变），此时容器内剩余了0.8molB，即等效于将4molC通入，平衡时生成0.8molB，‎ 又由（2）得出x=4，则该反应为前后气体不变的反应，所以再充入amolC与将4molC通入成比例等效，则又会生成amol=0.2amolB，‎ 所以此时B的物质的量为n（B）=0.8mol+0.2amol=（0.8+0.2a ）mol；‎ 故答案为：0.8+0.2a；‎ ‎（4）第一次平衡时A的物质的量浓度=mol/L=1.2mol/L、B的物质的量浓度==0.4mol/L、C的物质的量浓度=0.4mol/L，化学平衡常数K==，如果浓度商小于平衡常数，则平衡向右反应方向移动，‎ A．均减半时，其浓度均是原来的一半，则浓度商==K，所以平衡不移动，故错误；‎ B．均加倍时，其浓度均是原来的二倍，则浓度商==K，所以平衡不移动，故错误；‎ C．均增加0.4mol，则浓度均增加0.2mol/L，其浓度商==（）3＞，平衡向左反应方向移动，故错误；‎ D．均减少0.4mol，则浓度均减少0.2mol/L，其浓度商==（）3＜，则平衡向右反应方向移动，故正确；‎ 故选：D；‎ ‎（5）反应3A（g）+B（g）⇌4C（g）中，气体体积在反应前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，即可得到相同平衡状态，若要平衡后A的体积分数大于a%，说明平衡向左移动，根据等效平衡，把物质都换算成方程式一边的物质，满足n（A）：n（B）＞1：1即可，‎ A.2molC完全转化为1.5molA、0.5molB，二者物质的量之比为3：1＞1：1，故A正确；　　　　　　　‎ B．1molA、3molB和4molC完全转化为A、B时，A的物质的量为4molA、4molB，二者的物质的量之比等于1：1，等效平衡，则A的体积分数为a%，故B错误；‎ C．1mol B和4molC，C完全转化为A、B时，A的物质的量是3mol、B的物质的量为2mol，A、B的物质的量之比1.5＞1，故C正确；　　‎ D．6molA和2molB，二者的物质的量之比为3：1＞1，所以平衡时A的体积分数大于a%，故D正确；‎ 故选：ACD．‎