化学卷·2018届江西省九江一中高二上学期期中化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届江西省九江一中高二上学期期中化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年江西省九江一中高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）‎ ‎1．能源可划分为一级能源和二级能源，自然界以现成方式提供的能源称为一级能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二级能源．氢气是一种高效而没有污染的二级能源，它可以由自然界中大量存在的水来制取；未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生．下列叙述正确的是（　　）‎ A．水煤气，电能是一级能源 B．天然气，水力是二级能源 C．核能，煤，石油符合未来新能源标准 D．太阳能，生物质能，风能，氢能符合未来新能源标准 ‎2．在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该化学反应速率最快的是（　　）‎ A．v（A）=0.5mol/（L•s） B．v（B）=0.3mol/（L•s）‎ C．v（C）=0.8mol/（L•s） D．v（D）=1mol/（L•s）‎ ‎3．S（单斜）和S（正交）是硫的两种同素异形体．‎ 已知：①S（单斜，s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣297.16kJ•mol﹣1‎ ‎②S（正交，s）+O2（g）═SO2（g）△H2=﹣296.83kJ•mol﹣1‎ ‎③S（单斜，s）═S（正交，s）△H3‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．△H3=+0.33 kJ•mol﹣1‎ B．单斜硫转化为正交硫的反应是吸热反应 C．S（单斜，s）═S（正交，s）△H3＜0，正交硫比单斜硫稳定 D．S（单斜，s）═S（正交，s）△H3＞0，单斜硫比正交硫稳定 ‎4．在CH3COOH⇌H++CH3COO﹣的电离平衡中，要使电离平衡右移且氢离子浓度增大，应采取的措施是（　　）‎ A．加入NaOH B．加入纯醋酸 C．加水 D．降低温度 ‎5．把3molP和2.5molQ置于2L密闭容器中，发生如下反应：3P（g）+Q（g）⇌x M（g）+‎ ‎2N（g），5min后达到平衡生成1molN，经测定M的平均速率是0.1mol/（L•min），下列叙述不正确的是（　　）‎ A．P的平均反应速率为0.15 mol/（L•min）‎ B．Q的平衡浓度为1 mol/L C．Q的转化率为25%‎ D．x等于2‎ ‎6．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫 B．钢铁在潮湿的空气中容易生锈 C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气 D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率 ‎7．下列说法正确的是（　　）‎ A．增大压强，活化分子数增加，化学反应速率一定增大 B．升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率一定增大 C．加入反应物，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大 D．使用催化剂，降低了反应的活化能、反应速率加快，但是活化分子百分数不变 ‎8．常温，某溶液中由水电离产生的c（H+）=10﹣12，则下列各组离子在该溶液中一定可以大量共存的是（　　）‎ A．K+、Na+、AlO2﹣、Cl﹣ B．Na+、Cl﹣、SO42﹣、HCO3﹣‎ C．NH4+、Na+、NO3﹣、SO42﹣ D．Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣‎ ‎9．对一定温度下的恒容容器中的可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g），下列叙述不能作为平衡标志的是（　　）‎ ‎①C的生成速率与C的分解速率相等 ‎②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB ‎③A、B、C的浓度不再变化 ‎④A、B、C的压强不再变化 ‎⑤混合气体的总压强不再变化 ‎⑥混合气体的物质的量不再变化 ‎⑦A、C的物质的量之比不再变化 ‎⑧A、B、C的分子数之比为1：3：2．‎ A．②⑧ B．①⑥ C．②④ D．③⑧‎ ‎10．用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（　　）‎ A． B．c（H+）‎ C．c（H+）和c（OH﹣）的乘积 D．OH﹣的物质的量 ‎11．在一定条件下，对于反应：mA（g）+nB（g）⇌cC（g）+dD（g），C物质的质量分数（C%）与温度、压强的关系如图所示，下列判断正确的是（　　）‎ A．△H＜0△S＞0 B．△H＞0△S＜0 C．△H＞0△S＞0 D．△H＜0△S＜0‎ ‎12．已知：I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）．某I2、KI混合溶液中，I3﹣的物质的量浓度c（I3﹣）与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）．下列说法正确的是（　　）‎ A．反应I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）的△H＞0‎ B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2‎ C．若反应进行到状态D时，一定有υ正＞υ逆 D．状态A与状态B相比，状态A的c（I2）大 ‎13．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 ‎14．向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g）．各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以如表和如图表示：‎ 容器 甲 乙 丙 容积 ‎0.5 L ‎0.5 L ‎1.0 L 温度/℃‎ T1‎ T2‎ T2‎ 反应物 起始量 ‎1.5 mol A ‎0.5 mol B ‎1.5 mol A ‎0.5 mol B ‎6.0 mol A ‎2.0 mol B 下列说法正确的是（　　）‎ A．平衡后，向甲容器中再充入0.5 mol A，A和B的转化率均增大 B．达到平衡时反应吸收的热量：Q丙＞2Q乙 C．若平衡时保持温度不变，改变容器体积平衡不移动 D．T1℃，起始时甲容器中充入0.5 mol A、1.5 mol B，平衡时A的转化率为25%‎ ‎15．25℃时某些弱酸的电离平衡常数如下表所示：‎ CH3COOH HClO H2CO3‎ K（CH3COOH）‎ ‎=1.8×10﹣5‎ K（HClO）‎ ‎=3.0×10﹣8‎ K（H2CO3）a1=4.4×10﹣7‎ K（H2CO3）a2=4.7×10﹣11‎ 常温下，稀释CH3COOH、HClO两种酸时，溶液的pH随加水量变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．相同浓度的CH3COOH和HClO的混合溶液中，各离子浓度的大小关系是：c（H+）＞c（ClO﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）‎ B．图象中a、c两点所处的溶液中相等（HR代表CH3COOH或HClO）‎ C．图象中a点酸的浓度大于b点酸的浓度 D．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：2ClO﹣+CO2+H2O=2HClO+CO32﹣‎ ‎16．可逆反应①X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）、②2M（g）⇌N（g）+P（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦，可滑动的密封隔板．反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：下列判断正确的是（　　）‎ A．反应①的正反应是吸热反应 B．达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14：15‎ C．达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为 D．在平衡（Ⅰ）和平衡（Ⅱ）中，M的体积分数相等 ‎　‎ 二、解答题（共6小题，满分52分）‎ ‎17．按下列要求填空：‎ ‎（1）有以下几种物质①干燥的食盐晶体 ②液态氯化氢 ③铜 ④蔗糖 ⑤冰醋酸 ⑥KNO3溶液．填空回答：（填序号）以上物质中属于强电解质的是　　‎ ‎（2）写出HF在水中的电离方程式：　　‎ ‎（3）写出Fe（OH）3在水中的电离方程式：　　‎ ‎（4）写出NaHSO4在熔融状态下的电离方程式：　　‎ ‎（5）写出草酸（H2C2O4）和酸性高锰酸溶液反应的离子反应方程式：　　．‎ ‎18．在25℃时，pH=12的NaOH溶液100mL，欲使它的pH降为11，需加入pH=10的NaOH溶液　　 mL；‎ 在25℃时，有pH为a的盐酸和pH为b的NaOH溶液等体积混合：若a+b=13，则溶液呈　　性；pH为2的盐酸和pH为12的NaOH溶液，由水电离的氢离子浓度之比为　　．‎ ‎19．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：‎ 化学式 CH3COOH H2C2O4‎ H2S 电离平衡常数 ‎1.8×10﹣5‎ Ka1=5.4×10﹣2‎ Ka2=5.4×10﹣5‎ Ka1=1.3×10﹣7‎ Ka2=7.1×10﹣15‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）H2S的一级电离常数表达式为Ka1=　　‎ ‎（2）CH3COOH、H2C2O4、H2S的酸性由强到弱的顺序　　‎ ‎（3）H2C2O4与少量的KOH溶液反应的化学方程式：　　‎ ‎（4）NaHS溶液与NaHC2O4溶液反应的离子方程式：　　‎ ‎（5）H+浓度相同等体积的两份溶液A（盐酸）和B（CH3COOH）分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是　　 （填写序号）．‎ ‎①反应所需要的时间B＞A ‎ ‎②开始反应时的速率A＞B ‎③参加反应的锌的物质的量A=B ‎ ‎④反应过程的平均速率B＞A ‎⑤B中有锌剩余．‎ ‎20．密闭容器中加入4molA、1.2molC和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化如甲图所示[已知t0～t1阶段保持恒温、恒容，且c（B）未画出]．乙图为t2时刻后改变反应条件，反应速率随时间的变化情况，已知在t2、t3、t4、t5时刻各改变一种不同的条件，其中t3时刻为使用催化剂．‎ ‎（1）若t1=15s，则t0～t1阶段的反应速率为v（C）=　　．‎ ‎（2）t4时刻改变的条件为　　，．‎ ‎（3）已知t0～t1阶段该反应放出或吸收的热量为Q kJ（Q 为正值），试写出该反应的热化学方程式：　　．‎ ‎21．雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物（包括PM2.5在内）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等．化学在解决雾霾污染中有着重要的作用．‎ ‎（1）已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol ﹣1‎ ‎2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1‎ 则反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H=　　kJ•mol﹣1．‎ 一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1：5，则平衡常数K=　　．‎ ‎（2）如图1是一种用NH3脱除烟气中NO的原理．‎ ‎①该脱硝原理中，NO最终转化为H2O和　　（填化学式）．‎ ‎②当消耗1mol NH3和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为　　L．‎ ‎（3）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一种脱硝途径．在不同条件下，NO的分解产物不同．在高压下，NO在40℃下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如图2所示，写出NO分解的化学方程式：　　．‎ ‎22．某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：‎ ‎①将碱式滴定管用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗2～‎ ‎3次后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使凹液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；‎ ‎②将锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接从碱式滴定管中放入20.00mL待测溶液到锥形瓶中；‎ ‎③将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入0.2000mol/L标准稀硫酸溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；‎ 向锥形瓶中滴入几滴酚酞作指示剂，进行滴定，测出所耗硫酸的体积；‎ ‎⑤重复以上过程．‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）当滴入最后一滴稀硫酸时，　　，可判断达到滴定终点．‎ ‎（2）滴定过程中，下列会导致滴定结果偏低的是　　‎ A、若记录读数时，起始时仰视，终点时俯视 B、滴定前向锥形瓶中加入10mL蒸馏水，其余操作正常 C、若配制硫酸时，定容时俯视刻度，其他操作正常 D、酸式滴定管在装酸液前未用待测硫酸溶液润洗 E、开始实验时碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束气泡消失 ‎（3）测定操作中有一步存在问题，该步骤是：　　（填序号）‎ ‎（4）根据下列数据：‎ 滴定次数 待测液体积（mL）‎ 标准硫酸体积（mL）‎ 滴定前读数（mL）‎ 滴定后读数（mL）‎ 第一次 ‎20.00‎ ‎0.50‎ ‎25.45‎ 第二次 ‎20.00‎ ‎4.00‎ ‎29.05‎ 第三次 ‎20.00‎ ‎3.00‎ ‎30.00‎ 第四次 ‎20.00‎ ‎2.00‎ ‎27.00‎ 请计算待测烧碱溶液的浓度为　　mol/L．‎ ‎（5）为了测定产品中（NH4）2Cr2O7的含量，称取样品0.150 0g，置于锥形瓶中，加50mL水，再加入2g KI（过量）及稍过量的稀硫酸溶液，摇匀，暗处放置10min，加入3mL 0.5%淀粉溶液并稀释成250ml溶液，取25ml该溶液，用0.010 0mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3‎ 标准溶液30.00mL，则上述产品中（NH4）2Cr2O7的纯度为　　．（假定杂质不参加反应，已知：①Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣；②（NH4）2Cr2O7的摩尔质量为252g/moL）．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省九江一中高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）‎ ‎1．能源可划分为一级能源和二级能源，自然界以现成方式提供的能源称为一级能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二级能源．氢气是一种高效而没有污染的二级能源，它可以由自然界中大量存在的水来制取；未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生．下列叙述正确的是（　　）‎ A．水煤气，电能是一级能源 B．天然气，水力是二级能源 C．核能，煤，石油符合未来新能源标准 D．太阳能，生物质能，风能，氢能符合未来新能源标准 ‎【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．‎ ‎【分析】根据能源的分类知识判断，自然界中以现成形式提供的能源称为一级能源，需要依靠其它能源的能量间接制取的能源称为二级能源，煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源．‎ ‎【解答】解：A、水煤气是煤炭气化得到的气体属于二级能源，电能是通过物质燃烧放热转化成的，或是由风能、水能、核能等转化来的，为二级能源，故A错误；‎ B、天然气直接开采可用，是一级能源，水能是自然界中以现成形式提供的能源，不是二级能源，为一级能源，故B错误；‎ C、煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，核能发电．核电厂的反应器内有大量的放射性物质，会对生态及民众造成伤害，不属于未来新能源，故C错误；‎ D、常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，太阳能，生物质能，风能，氢能符合未来新能源标准，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该化学反应速率最快的是（　　）‎ A．v（A）=0.5mol/（L•s） B．v（B）=0.3mol/（L•s）‎ C．v（C）=0.8mol/（L•s） D．v（D）=1mol/（L•s）‎ ‎【考点】反应速率的定量表示方法．‎ ‎【分析】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，把用不同物质表示的反应速率换算成用同一物质表示的化学反应速率，然后比较大小．‎ ‎【解答】解：在2A+B⇌3C+4D反应中都换成B的速率减小比较：‎ A、v（A）：v（B）=2：1，v（B）==；‎ B、v（B）=；‎ C、v（B）：v（C）=1：3，v（B）==；‎ D、v（B）：v（D）=1：4，v（B）==，‎ 比较可知，B表示的反应速率最大；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．S（单斜）和S（正交）是硫的两种同素异形体．‎ 已知：①S（单斜，s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣297.16kJ•mol﹣1‎ ‎②S（正交，s）+O2（g）═SO2（g）△H2=﹣296.83kJ•mol﹣1‎ ‎③S（单斜，s）═S（正交，s）△H3‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．△H3=+0.33 kJ•mol﹣1‎ B．单斜硫转化为正交硫的反应是吸热反应 C．S（单斜，s）═S（正交，s）△H3＜0，正交硫比单斜硫稳定 D．S（单斜，s）═S（正交，s）△H3＞0，单斜硫比正交硫稳定 ‎【考点】反应热和焓变；化学能与热能的相互转化．‎ ‎【分析】由盖斯定律可知，将①﹣②可得S（单斜，s）═S（正交，s）△H3=（△H1）﹣（△H2）=（﹣297.16kJ•mol﹣1）﹣（﹣296.83kJ•mol﹣1‎ ‎）=﹣0.33kJ•mol﹣1，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：将①﹣②可得S（单斜，s）═S（正交，s）△H3=（△H1）﹣（△H2）=（﹣297.16kJ•mol﹣1）﹣（﹣296.83kJ•mol﹣1）=﹣0.33kJ•mol﹣1，‎ A．由以上分析可知△H3=﹣0.33 kJ•mol﹣1，故A错误；‎ B．单斜硫转化为正交硫的反应是放热反应，故B错误；‎ C．S（单斜，s）═S（正交，s）△H3＜0，反应放热，则单斜硫总能量比正交硫总能量高，能量越高越不稳定，故C正确；‎ D．由C可知D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．在CH3COOH⇌H++CH3COO﹣的电离平衡中，要使电离平衡右移且氢离子浓度增大，应采取的措施是（　　）‎ A．加入NaOH B．加入纯醋酸 C．加水 D．降低温度 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】根据题意知，加入的物质和醋酸根离子反应或升高温度才能使电离平衡向右移动且c（H+）增大，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A、加入氢氧化钠固体，氢氧化钠和氢离子反应生成水，能促进醋酸的电离，但氢离子浓度减小，故A错误；‎ B、加入纯醋酸能促进醋酸的电离且氢离子浓度增大，故B正确；‎ C、加蒸馏水能促进醋酸的电离，但氢离子浓度减小，故C错误；‎ D、醋酸的电离是吸热反应，降低温度能抑制醋酸的电离，且氢离子浓度降低，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．把3molP和2.5molQ置于2L密闭容器中，发生如下反应：3P（g）+Q（g）⇌x M（g）+2N（g），5min后达到平衡生成1molN，经测定M的平均速率是0.1mol/（L•min），下列叙述不正确的是（　　）‎ A．P的平均反应速率为0.15 mol/（L•min）‎ B．Q的平衡浓度为1 mol/L C．Q的转化率为25%‎ D．x等于2‎ ‎【考点】化学平衡建立的过程．‎ ‎【分析】A．利用达到平衡生成1molN，求出参加反应的P的量，进而求出其反应速率；‎ B．利用达到平衡生成1molN，求出参加反应的Q的量，进而求出Q的平衡浓度；‎ C．计算参加反应的Q的物质的量，根据转化率定义计算；‎ D．利用速率之比等于化学计量数之比，求出x．‎ ‎【解答】解：A．已知达到平衡生成1molN，则参加反应的P为n（P）=×1mol=1.5mol，所以v（P）===0.15 mol/（L•min），故A正确；‎ B．已知达到平衡生成1molN，则参加反应的Q为n（Q）=n（N）=0.5mol，所以Q的平衡浓度为： =1 mol/L，故B正确；‎ C．参加反应的Q为n（Q）=n（N）=0.5mol，故Q的转化率为×100%=20%，故C错误；‎ D．根据A选项可知v（P）=0.15 mol/（L•min），而M的平均速率是0.1mol/（L•min），根据速率之比等于化学计量数之比，则=，所以x=2，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫 B．钢铁在潮湿的空气中容易生锈 C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气 D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】勒沙特列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，勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释．‎ ‎【解答】解：A、汽水瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A正确；‎ B、钢铁在潮湿的空气中容易生锈，主要发生电化学腐蚀，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；‎ C、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2O⇌HClO+H++Cl﹣，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以勒夏特列原理解释，故C正确；‎ D、工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O2⇌2SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．下列说法正确的是（　　）‎ A．增大压强，活化分子数增加，化学反应速率一定增大 B．升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率一定增大 C．加入反应物，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大 D．使用催化剂，降低了反应的活化能、反应速率加快，但是活化分子百分数不变 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】增大浓度、增大压强，活化分子数增加；而升高温度、使用催化剂，活化分子百分数增加，均可加快反应速率，而压强影响有气体参加的反应，以此来解答．‎ ‎【解答】‎ 解：A．对气体参加的反应，增大压强，活化分子数增加，化学反应速率增大，故A错误；‎ B．升高温度，活化分子百分数增加，有效碰撞的机会增大，化学反应速率一定增大，故B正确；‎ C．反应物浓度增大，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大，而加入反应物可能为纯固体或液体，不影响反应速率，故C错误；‎ D．使用催化剂，使活化分子百分数增加，降低了反应的活化能、反应速率加快，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．常温，某溶液中由水电离产生的c（H+）=10﹣12，则下列各组离子在该溶液中一定可以大量共存的是（　　）‎ A．K+、Na+、AlO2﹣、Cl﹣ B．Na+、Cl﹣、SO42﹣、HCO3﹣‎ C．NH4+、Na+、NO3﹣、SO42﹣ D．Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】常温，某溶液中由水电离产生的c（H+）=10﹣12，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，以此来解答．‎ ‎【解答】解：常温，某溶液中由水电离产生的c（H+）=10﹣12，为酸或碱溶液，‎ A．酸性溶液中不能大量存在AlO2﹣，故A不选；‎ B．HCO3﹣与酸、碱均反应，不能共存，故B不选；‎ C．碱性溶液中不能大量存在NH4+，故C不选；‎ D．酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故D选．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．对一定温度下的恒容容器中的可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g），下列叙述不能作为平衡标志的是（　　）‎ ‎①C的生成速率与C的分解速率相等 ‎②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB ‎③A、B、C的浓度不再变化 ‎④A、B、C的压强不再变化 ‎⑤混合气体的总压强不再变化 ‎⑥混合气体的物质的量不再变化 ‎⑦A、C的物质的量之比不再变化 ‎⑧A、B、C的分子数之比为1：3：2．‎ A．②⑧ B．①⑥ C．②④ D．③⑧‎ ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】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．‎ ‎【解答】解：可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）‎ ‎①C的生成速率与C的消耗速率相等，说明反应达到平衡状态，故不选；‎ ‎②单位时间内生成a molA，同时生成3a molB，A、B都是反应物，生成A、B的速率都是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故选； ‎ ‎③A、B、C的浓度不再变化，正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故不选； ‎ ‎④A、B、C的压强不再变化，说明各物质的物质的量的量不变，反应达到平衡状态，故不选； ‎ ‎⑤混合气体的总压强不再变化，反应前后气体体积不相同，压强不变说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选； ‎ ‎⑥反应前后混合气体的总物质的量减小，当混合气体的物质的量不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故不选； ‎ ‎⑦A、C的物质的量之比不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故不选； ‎ ‎⑧A、B、C的分子数之比决定于开始加入物质的多少及转化率有关，与平衡状态无关，故选；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎10．用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（　　）‎ A． B．c（H+）‎ C．c（H+）和c（OH﹣）的乘积 D．OH﹣的物质的量 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH3．H2OOH﹣+NH4+可知，n（OH﹣）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH﹣）减小，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少．‎ ‎【解答】解：A、由NH3．H2OOH﹣+NH4+可知，加水促进电离，则c（NH3．H2O）减少，c（OH﹣）减小，但是平衡正向移动，氨水的浓度减小得多，所以分子减小的程度大，分母减小的程度小，二者的比值减小，故A正确；‎ B、氨水加水稀释，溶液的浓度减小，碱性减弱，氢氧根的浓度减小，根据温度不变，则c（H+）和c（OH﹣）的乘积不变，所以氢氧根的浓度减小，氢离子浓度增大，故B错误；‎ C、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH﹣）的乘积不变，故C错误；‎ D、由NH3．H2OOH﹣+NH4+可知，加水促进电离，OH﹣的物质的量增大，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．在一定条件下，对于反应：mA（g）+nB（g）⇌cC（g）+dD（g），C物质的质量分数（C%）与温度、压强的关系如图所示，下列判断正确的是（　　）‎ A．△H＜0△S＞0 B．△H＞0△S＜0 C．△H＞0△S＞0 D．△H＜0△S＜0‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】‎ 采取定一议二法分析，由图象可知，压强一定时，温度越高，C物质的体积分数（C%）越小，说明升高温度平衡向逆反应移动；温度一定时，压强越高，C物质的体积分数（C%）越小，说明增大压强平衡向逆反应移动，据此判断．‎ ‎【解答】解：由图可知：压强一定时，温度越高，C物质的体积分数（C%）越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，即△H＜0；‎ 温度一定时，压强越高，C物质的体积分数（C%）越小，说明增大压强平衡向逆反应移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，即m+n＜c+d，所以正方向为气体物质的量增大的方向，即正方向为熵增加的方向；所以该反应为△H＜0，△S＞0；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎12．已知：I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）．某I2、KI混合溶液中，I3﹣的物质的量浓度c（I3﹣）与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）．下列说法正确的是（　　）‎ A．反应I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）的△H＞0‎ B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2‎ C．若反应进行到状态D时，一定有υ正＞υ逆 D．状态A与状态B相比，状态A的c（I2）大 ‎【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．‎ ‎【分析】由图象曲线的变化趋势可知，当温度升高时，I3﹣的物质的量浓度减小，说明该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，根据D点c（I3﹣）判断趋向平衡状态时反应进行方向，进而判断D点的正、逆大小，从温度对平衡移动的影响分析不同状态A、B的c（I2）浓度大小．‎ ‎【解答】解：A．随着温度的不断升高，I3﹣的浓度逐渐的减小，说明反应向逆方向移动，则I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）是一个放热反应，即△H＜‎ ‎0，故A错误；‎ B．因为温度T2＞T1，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，即K1＞K2，故B错误；‎ C、从图中可以看出D点并没有达到平衡状态，所以它要向A点移动，I3﹣的浓度应增加，平衡向正分析移动，所以v正＞v逆，故C正确；‎ D、温度升高，平衡向逆方向移动，c（I3﹣）变小，则c（I2）应变大，所以状态B的c（I2）大，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎13．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．‎ ‎　‎ ‎14．向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g）．各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以如表和如图表示：‎ 容器 甲 乙 丙 容积 ‎0.5 L ‎0.5 L ‎1.0 L 温度/℃‎ T1‎ T2‎ T2‎ 反应物 起始量 ‎1.5 mol A ‎0.5 mol B ‎1.5 mol A ‎0.5 mol B ‎6.0 mol A ‎2.0 mol B 下列说法正确的是（　　）‎ A．平衡后，向甲容器中再充入0.5 mol A，A和B的转化率均增大 B．达到平衡时反应吸收的热量：Q丙＞2Q乙 C．若平衡时保持温度不变，改变容器体积平衡不移动 D．T1℃，起始时甲容器中充入0.5 mol A、1.5 mol B，平衡时A的转化率为25%‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】甲乙只有温度不同，根据先拐先平数值大知，温度乙＞甲，升高温度C浓度减小，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，△H＜0；‎ 由表中数据知，乙丙只有反应物浓度不同，丙中浓度大于甲，则反应速率丙＞甲；‎ 乙中平衡时A的转化率为=，丙中A的转化率为=，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x=1；‎ A．平衡后，向甲容器中再充入0.5 mol A，A的转化率减小、B的转化率均增大；‎ B．如果乙丙是等效平衡时，则丙容器是1L时加入的A、B物质的量应该分别是3mol、1mol，实际上是加入6molA、2molB，相当于增大压强，增大压强平衡不移动，两个容器中A的转化率相等，根据物质的量与反应热的关系计算；‎ C．该反应前后气体体积不变，则压强不影响平衡移动；‎ D．计算甲中平衡时各组分的浓度，进而计算平衡常数，令T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，再表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数列方程计算x的值，进而计算A的转化率．‎ ‎【解答】解：甲乙只有温度不同，根据先拐先平数值大知，温度乙＞甲，升高温度C浓度减小，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，△H＜0；‎ 由表中数据知，乙丙只有反应物浓度不同，丙中浓度大于甲，则反应速率丙＞甲；‎ 乙中平衡时A的转化率为=，丙中A的转化率为=，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x=1；‎ A．当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时A的转化率最大，所以平衡后，向甲容器中再充入0.5 mol A，A的转化率减小、B的转化率均增大，故A错误；‎ B．如果乙丙是等效平衡时，则丙容器是1L时加入的A、B物质的量应该分别是3mol、1mol，实际上是加入6molA、2molB，相当于增大压强，增大压强平衡不移动，两个容器中A的转化率相等，则乙丙中反应掉的同一种物质的物质的量之比为1：2，则达到平衡时反应吸收的热量：Q丙=2Q乙，故B错误；‎ C．该反应前后气体体积不变，则压强不影响平衡移动，所以若平衡时保持温度不变，改变容器体积平衡不移动，故C正确；‎ D．甲中平衡时C的浓度为1.5mol/L，则：‎ ‎ A（g）+B（g）⇌2C（g）‎ 开始（mol/L）：3 1 0 ‎ 变化（mol/L）：0.75 0.75 1.5‎ 平衡（mol/L）：2.25 0.25 1.5‎ 故T1℃，该反应的平衡常数为K==4‎ 令T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，则：‎ ‎ A（g）+B（g）⇌2C（g）‎ 开始（mol/L）：1 3 0 ‎ 变化（mol/L）：x x 2x 平衡（mol/L）：1﹣x 3﹣x 2x 所以=4，解得：x=0.75，故A的转化率=×100%=75%，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎15．25℃时某些弱酸的电离平衡常数如下表所示：‎ CH3COOH HClO H2CO3‎ K（CH3COOH）‎ ‎=1.8×10﹣5‎ K（HClO）‎ ‎=3.0×10﹣8‎ K（H2CO3）a1=4.4×10﹣7‎ K（H2CO3）a2=4.7×10﹣11‎ 常温下，稀释CH3COOH、HClO两种酸时，溶液的pH随加水量变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．相同浓度的CH3COOH和HClO的混合溶液中，各离子浓度的大小关系是：c（H+）＞c（ClO﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）‎ B．图象中a、c两点所处的溶液中相等（HR代表CH3COOH或HClO）‎ C．图象中a点酸的浓度大于b点酸的浓度 D．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：2ClO﹣+CO2+H2O=2HClO+CO32﹣‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A．酸的电离常数越大，则酸根离子的浓度越大；‎ B．在的分子、分母同时乘以氢离子浓度可得：，温度不变，则该比值不变；‎ C．先根据电离程度大小判断醋酸、次氯酸对应曲线及起始浓度大小，a、b两点加入水的体积相同，则此时酸溶液浓度取决于酸的起始浓度；‎ D．根据强酸制取弱酸判断，反应生成的应该为碳酸氢根离子．‎ ‎【解答】解：A．醋酸的电离常数大于次氯酸，所以相同浓度的CH3COOH和HClO的混合溶液中，各离子浓度的大小关系是：c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣），故A错误；‎ B．在的分子、分母同时乘以氢离子浓度可得：，温度不变，则该比值不变，由于水的离子积和电离平衡常数只受温度影响，a、c的温度相同，则该比值相等，故B正确；‎ C．pH相等的CH3COOH、HClO，稀释相同的倍数时，较强酸中氢离子浓度小于较弱酸，则较弱酸的pH小于较强酸，酸性CH3COOH＞‎ HClO，所以a所在曲线表示CH3COOH，b所在曲线表示HClO，次氯酸的电离程度小于醋酸，所以醋酸的浓度减小，次氯酸的浓度较大，a、b两点相比，加入相同体积的水后仍然是次氯酸的浓度较大，即：图象中a点酸的浓度小于b点酸的浓度，故C错误；‎ D．碳酸的二级电离小于次氯酸，所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．可逆反应①X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）、②2M（g）⇌N（g）+P（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦，可滑动的密封隔板．反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：下列判断正确的是（　　）‎ A．反应①的正反应是吸热反应 B．达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14：15‎ C．达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为 D．在平衡（Ⅰ）和平衡（Ⅱ）中，M的体积分数相等 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A、从降温导致平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动时，X、Y、Z的总物质的量变化导致反应移动的方向来判断反应是吸热还是放热；‎ B、根据等温时，反应②中气体的物质的量不变，压强与体积成反比，并且左右两个容器中的压强关系可判断；‎ C、相同压强下，根据物质的量之比等于体积之比计算①中气体的物质的量，进而求出转化率；‎ D、由于温度变化反应②的平衡已经被破坏，M的体积分数不会相等的．‎ ‎【解答】解：A、降温由平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，故A错误；‎ B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为： =，故B错误；‎ C、达平衡（Ⅰ）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，‎ 则有： =，x== mol，即物质的量减少了3﹣= mol，所以达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为；故C正确；‎ D、由平衡（Ⅰ）到平衡（Ⅱ），化学反应②发生移动，M的体积分数不会相等的，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二、解答题（共6小题，满分52分）‎ ‎17．按下列要求填空：‎ ‎（1）有以下几种物质①干燥的食盐晶体 ②液态氯化氢 ③铜 ④蔗糖 ⑤冰醋酸 ⑥KNO3溶液．填空回答：（填序号）以上物质中属于强电解质的是　①②　‎ ‎（2）写出HF在水中的电离方程式：　HF⇌H++F﹣或HF+H2O⇌H3O++F﹣　‎ ‎（3）写出Fe（OH）3在水中的电离方程式：　Fe（OH）3⇌Fe3++3OH﹣　‎ ‎（4）写出NaHSO4在熔融状态下的电离方程式：　NaHSO4═Na++HSO4﹣　‎ ‎（5）写出草酸（H2C2O4）和酸性高锰酸溶液反应的离子反应方程式：　2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O　．‎ ‎【考点】电离方程式的书写．‎ ‎【分析】（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在溶液里全部电离的电解质是强电解质；‎ ‎（2）氟化氢在溶液中部分电离出氢离子和氟离子；‎ ‎（3）氢氧化铁为弱碱，在溶液中部分电离出铁离子和氢氧根离子；‎ ‎（4）NaHSO4在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子；‎ ‎（5）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够将醋酸氧化成二氧化碳气体和水．‎ ‎【解答】解：（1）在溶液里全部电离的电解质是强电解质，6种物质中能够在溶液中完全电离的电解质有：①干燥的食盐晶体 ②液态氯化氢，‎ 故答案为：①②；‎ ‎（2）HF为弱电解质，在溶液中部分电离，其电离方程式为：HF⇌H++F﹣或HF+H2O⇌H3O++F﹣，‎ 故答案为：HF⇌H++F﹣或HF+H2O⇌H3O++F﹣；‎ ‎（3）Fe（OH）3为弱碱，存在电离平衡，则氢氧化铁水中的电离方程式为：Fe（OH）3⇌Fe3++3OH﹣，‎ 故答案为：Fe（OH）3⇌Fe3++3OH﹣；‎ ‎（4）NaHSO4在熔融状态下完全电离出钠离子和硫酸氢根离子，其电离方程式为：NaHSO4═Na++HSO4﹣，‎ 故答案为：NaHSO4═Na++HSO4﹣；‎ ‎（5）草酸（H2C2O4）和酸性高锰酸溶液发生氧化还原反应，反应的离子反应方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，‎ 故答案为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O．‎ ‎　‎ ‎18．在25℃时，pH=12的NaOH溶液100mL，欲使它的pH降为11，需加入pH=10的NaOH溶液　1000　 mL；‎ 在25℃时，有pH为a的盐酸和pH为b的NaOH溶液等体积混合：若a+b=13，则溶液呈　酸　性；pH为2的盐酸和pH为12的NaOH溶液，由水电离的氢离子浓度之比为　1：1　．‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】在25℃时，pH=12的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=0.01mol/L，欲使它的pH降为11，pH=11的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=0.001mol/L，pH=10的溶液中c（OH﹣）=‎ mol/L=0.0001mol/L，根据溶液中溶质的物质的量不变计算加入pH=10的NaOH溶液体积；‎ 在25℃时，有pH为a的盐酸溶液中c（H+）=10﹣a mol/L，pH为b的NaOH溶液中c（OH﹣）=10 b﹣14 mol/L，二者等体积混合，若a+b=13，根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小确定混合溶液酸碱性；‎ 酸或碱抑制水电离，pH为2的盐酸和pH为12的NaOH溶液中水电离出的c（H+）都为mol/L=10﹣10 mol/L．‎ ‎【解答】解：在25℃时，pH=12的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=0.01mol/L，欲使它的pH降为11，pH=11的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=0.001mol/L，pH=10的溶液中c（OH﹣）=mol/L=0.0001mol/L，‎ 设加入pH=10的NaOH溶液体积为VL，‎ c（OH﹣）=mol/L=0.001mol/L=，‎ V=1，即1000mL；‎ 在25℃时，有pH为a的盐酸溶液中c（H+）=10﹣a mol/L，pH为b的NaOH溶液中c（OH﹣）=10 b﹣14 mol/L，二者等体积混合，若a+b=13，c（OH﹣）=10 b﹣14 mol/L=10 b﹣（a+b+1） mol/L=10 ﹣（a+1） mol/L＜10﹣a mol/L，二者等体积混合酸有剩余，溶液呈酸性；‎ 酸或碱抑制水电离，pH为2的盐酸和pH为12的NaOH溶液中水电离出的c（H+）都为mol/L=10﹣10 mol/L，所以二者电离出的氢离子浓度之比为1：1，‎ 故答案为：1000；酸；1：1．‎ ‎　‎ ‎19．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：‎ 化学式 CH3COOH H2C2O4‎ H2S 电离平衡常数 ‎1.8×10﹣5‎ Ka1=5.4×10﹣2‎ Ka2=5.4×10﹣5‎ Ka1=1.3×10﹣7‎ Ka2=7.1×10﹣15‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）H2S的一级电离常数表达式为Ka1=　Ka1=　‎ ‎（2）CH3COOH、H2C2O4、H2S的酸性由强到弱的顺序　H2C2O4＞CH3COOH＞H2S　‎ ‎（3）H2C2O4与少量的KOH溶液反应的化学方程式：　H2C2O4+KOH═KHC2O4+H2O　‎ ‎（4）NaHS溶液与NaHC2O4溶液反应的离子方程式：　HS﹣+HC2O4﹣═H2S+C2O42﹣　‎ ‎（5）H+浓度相同等体积的两份溶液A（盐酸）和B（CH3COOH）分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是　③④　 （填写序号）．‎ ‎①反应所需要的时间B＞A ‎ ‎②开始反应时的速率A＞B ‎③参加反应的锌的物质的量A=B ‎ ‎④反应过程的平均速率B＞A ‎⑤B中有锌剩余．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】（1）电离平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；‎ ‎（2）酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强；‎ ‎（3）H2C2O4和少量KOH溶液反应生成草酸氢钾和水；‎ ‎（4）NaHS溶液与NaHC2O4溶液生成H2S和草酸钠；‎ ‎（5）①反应所需要的时间与反应速率成反比，反应速率与氢离子浓度成正比； ‎ ‎②反应速率与氢离子浓度成正比；‎ ‎③生成的氢气相同，根据转移电子守恒判断消耗的锌；‎ ‎④氢离子浓度越大，反应速率越大；‎ ‎⑤酸最终电离出氢离子物质的量越少的，锌可能有剩余．‎ ‎【解答】解：（1）电离平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，硫化氢第一步电离平衡常数Ka1=，‎ 故答案为：Ka1=；‎ ‎（2）酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强，CH3COOH、H2C2O4、H2S电离平衡常数大小顺序是，则CH3COOH、H2C2O4、H2S酸性强弱顺序是H2C2O4＞CH3COOH＞H2S，‎ 故答案为：H2C2O4＞CH3COOH＞H2S；‎ ‎（3）H2C2O4和少量KOH溶液反应生成草酸氢钾和水，反应方程式为H2C2O4+KOH═KHC2O4+H2O，‎ 故答案为：H2C2O4+KOH═KHC2O4+H2O；‎ ‎（4）NaHS溶液与NaHC2O4溶液生成H2S和草酸钠，离子方程式为HS﹣+HC2O4﹣═H2S+C2O42﹣，‎ 故答案为：HS﹣+HC2O4﹣═H2S+C2O42﹣；‎ ‎（5）①反应所需要的时间与反应速率成反比，反应速率与氢离子浓度成正比，反应过程中醋酸继续电离出氢离子，导致氢离子浓度A＜B，反应速率A＜B，则反应所需时间A＞B，故错误； ‎ ‎②反应速率与氢离子浓度成正比，开始时A、B氢离子浓度相等，反应速率A=B，故错误；‎ ‎③生成的氢气相同，根据转移电子守恒知，消耗的锌A=B，故正确；‎ ‎④氢离子浓度越大，反应速率越大，反应过程中氢离子浓度A＜B，反应过程的平均速率B＞A ‎，故正确；‎ ‎⑤酸最终电离出氢离子物质的量越少的，锌可能有剩余，两种酸中酸最终电离出的氢离子浓度A＜B，则可能A剩余锌，故错误；‎ 故选③④．‎ ‎　‎ ‎20．密闭容器中加入4molA、1.2molC和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化如甲图所示[已知t0～t1阶段保持恒温、恒容，且c（B）未画出]．乙图为t2时刻后改变反应条件，反应速率随时间的变化情况，已知在t2、t3、t4、t5时刻各改变一种不同的条件，其中t3时刻为使用催化剂．‎ ‎（1）若t1=15s，则t0～t1阶段的反应速率为v（C）=　0.02mol/（L•s）　．‎ ‎（2）t4时刻改变的条件为　减小压强　，．‎ ‎（3）已知t0～t1阶段该反应放出或吸收的热量为Q kJ（Q 为正值），试写出该反应的热化学方程式：　2A（g）+B（g）⇌3C（g）△H=+2.5QkJ/mol　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】由图可知，t0～t1阶段A减少0.2mol/L、C增加0.6mol/L﹣0.3mol/L=0.3mol/L，结合v=计算速率，A、C的化学计量数之比为2：3，结合图乙中t4～t5时降低压强平衡不移动可知，反应为2A（g）+B（g）⇌3C（g），t5时正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，可知改变条件为升高温度，正反应为吸热反应，以此来解答．‎ ‎【解答】解：（1）t1=15s，则t0～t1阶段的反应速率为v（C）==0.02mol/（L•s），故答案为：0.02mol/（L•s）；‎ ‎（2）t3时刻为使用催化剂，t4～t5时正逆反应速率同等程度的减小，则改变条件为减小压强，故答案为：减小压强；‎ ‎（3）t0～t1‎ 阶段A减少0.2mol/L、C增加0.6mol/L﹣0.3mol/L=0.3mol/L，A、C的化学计量数之比为2：3，结合图乙中t4～t5时降低压强平衡不移动可知，反应为2A（g）+B（g）⇌3C（g），t5时正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，可知改变条件为升高温度，正反应为吸热反应，t0～t1阶段该反应吸收的热量为Q kJ，0.2mol/L×4L=0.8molA参加反应吸收QkJ，则2molA参加反应吸收热量为2.5QkJ，即该反应的热化学方程式为2A（g）+B（g）⇌3C（g）△H=+2.5 Q kJ/mol，故答案为：2A（g）+B（g）⇌3C（g）△H=+2.5 Q kJ/mol．‎ ‎　‎ ‎21．雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物（包括PM2.5在内）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等．化学在解决雾霾污染中有着重要的作用．‎ ‎（1）已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol ﹣1‎ ‎2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1‎ 则反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H=　﹣41.8　kJ•mol﹣1．‎ 一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1：5，则平衡常数K=　1.8　．‎ ‎（2）如图1是一种用NH3脱除烟气中NO的原理．‎ ‎①该脱硝原理中，NO最终转化为H2O和　N2　（填化学式）．‎ ‎②当消耗1mol NH3和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为　11.2　L．‎ ‎（3）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一种脱硝途径．在不同条件下，NO的分解产物不同．在高压下，NO在40℃下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如图2所示，写出NO分解的化学方程式：　3NON2O+NO2　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；氧化还原反应的计算．‎ ‎【分析】（1）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1①，2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1 ②，将方程式得：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）反应热，计算平衡时各物质的浓度，可K=计算平衡常数；‎ ‎（2）由图2可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水；根据氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量计算；‎ ‎（3）NO在40℃下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，由图象可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol，根据原子守恒判断产物书写方程式．‎ ‎【解答】解：（1）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1①‎ ‎2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1 ②‎ 将方程式得：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H==﹣41.8kJ/mol，‎ ‎ NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g） ‎ 起始物质的体积 a 2a 0 0‎ 转化物质的体积 x x x x 平衡物质的体积 a﹣x 2a﹣x x x 平衡时NO2与SO2体积比为1：5，即（a﹣x）：（2a﹣x）=1：5，故x=a，故平衡常数K===‎ ‎=1.8，‎ 故答案为：﹣41.8；1.8；‎ ‎（2）①由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O，‎ 故答案为：N2；‎ ‎②反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，1molNH3转化为N2失去3mol电子，0.5molO2得到2mol电子，则NO转化为N2得到的电子为1mol，所以NO的物质的量为0.5mol，其体积为22.4L/mol×0.5mol=11.2L，‎ 故答案为：11.2； ‎ ‎（3）NO在40℃下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，氮元素的氧化物有NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5，由图象可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol，其反应方程式为：3NO=Y+Z，根据原子守恒可知为N2O、NO2，所以方程式为3NO N2O+NO2，‎ 故答案为：3NO N2O+NO2．‎ ‎　‎ ‎22．某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：‎ ‎①将碱式滴定管用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗2～3次后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使凹液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；‎ ‎②将锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接从碱式滴定管中放入20.00mL待测溶液到锥形瓶中；‎ ‎③将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入0.2000mol/L标准稀硫酸溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；‎ 向锥形瓶中滴入几滴酚酞作指示剂，进行滴定，测出所耗硫酸的体积；‎ ‎⑤重复以上过程．‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）当滴入最后一滴稀硫酸时，　锥形瓶中的溶液从红色变为无色，且半分钟内不改变　，可判断达到滴定终点．‎ ‎（2）滴定过程中，下列会导致滴定结果偏低的是　ACE　‎ A、若记录读数时，起始时仰视，终点时俯视 B、滴定前向锥形瓶中加入10mL蒸馏水，其余操作正常 C、若配制硫酸时，定容时俯视刻度，其他操作正常 D、酸式滴定管在装酸液前未用待测硫酸溶液润洗 E、开始实验时碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束气泡消失 ‎（3）测定操作中有一步存在问题，该步骤是：　第③步　（填序号）‎ ‎（4）根据下列数据：‎ 滴定次数 待测液体积（mL）‎ 标准硫酸体积（mL）‎ 滴定前读数（mL）‎ 滴定后读数（mL）‎ 第一次 ‎20.00‎ ‎0.50‎ ‎25.45‎ 第二次 ‎20.00‎ ‎4.00‎ ‎29.05‎ 第三次 ‎20.00‎ ‎3.00‎ ‎30.00‎ 第四次 ‎20.00‎ ‎2.00‎ ‎27.00‎ 请计算待测烧碱溶液的浓度为　0.5000　mol/L．‎ ‎（5）为了测定产品中（NH4）2Cr2O7的含量，称取样品0.150 0g，置于锥形瓶中，加50mL水，再加入2g KI（过量）及稍过量的稀硫酸溶液，摇匀，暗处放置10min，加入3mL 0.5%淀粉溶液并稀释成250ml溶液，取25ml该溶液，用0.010 0mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液30.00mL，则上述产品中（NH4）2Cr2O7的纯度为　84.00%　．（假定杂质不参加反应，已知：①Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣；②（NH4）2Cr2O7的摩尔质量为252g/moL）．‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；中和滴定．‎ ‎【分析】（1）滴定终点，溶液从红色变为无色，且半分钟内不改变；‎ ‎（2）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）×的影响，以此判断操作误差；‎ ‎（3）第③步没用硫酸溶液润洗；‎ ‎（4）第三次实验误差较大，应舍去，根据n（NaOH）V（NaOH）=2n（H2SO4）V（H2SO4）计算；‎ ‎（5）根据Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O，I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣得关系式Cr2O72﹣﹣﹣﹣﹣6S2O32﹣，‎ 再由Cr2O72﹣和6S2O32﹣的关系式计算Cr2O72﹣的物质的量，根据原子守恒计算（NH4）2Cr2O7的质量，再根据质量分数公式计算其质量分数即可．‎ ‎【解答】解：（1）氢氧化钠溶液中滴加酚酞呈红色，反应后呈中性，滴定终点，溶液从红色变为无色，且半分钟内不改变，‎ 故答案为：锥形瓶中的溶液从红色变为无色，且半分钟内不改变；‎ ‎（2）A、若记录读数时，起始时仰视，终点时俯视，导致标准液体积偏小，则测定结果偏小，故A正确；‎ B、滴定前向锥形瓶中加入10mL蒸馏水，其余操作正常，对实验无影响，故B错误；‎ C、若配制硫酸时，定容时俯视刻度，其他操作正常，导致硫酸浓度偏大，滴定时需要硫酸体积偏小，则测定结果偏小，故C正确；‎ D、酸式滴定管在装酸液前未用待测硫酸溶液润洗，导致标准液浓度偏小，则体积偏大，测定结果偏大，故D错误；‎ E、开始实验时碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束气泡消失，氢氧化钠体积偏小，需要硫酸体积偏小，则测定结果偏小，故E正确．‎ 故答案为：ACE；‎ ‎（3）第③步没用硫酸溶液润洗，会导致标准液浓度偏低，导致实验误差，故答案为：第③步；‎ ‎（4）第三次实验误差较大，硫酸的体积为mL=25.00mL，‎ 则0.2000mol/L×25.00×10﹣3L×2=20.00×10﹣3L×c（NaOH），‎ c（NaOH）=0.5000mol/L，‎ 故答案为：0.5000；‎ ‎（5）根据Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O，I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣得关系式Cr2O72﹣﹣﹣﹣﹣6S2O32﹣，‎ 设Cr2O72﹣的物质的量为x，‎ Cr2O72﹣﹣﹣﹣﹣6S2O32﹣，‎ ‎1 6‎ x 0.1000mol/L×0.03L ‎1：6=x：（0.1000mol/L×0.03L）‎ x=0.0005mol，‎ 根据原子守恒得n（Cr2O72﹣）=n（（NH4）2Cr2O7），则m（（NH4）2Cr2O7）=0.0005mol×252g/mol=0.126g，‎ 其质量分数=×100%=84.00%，‎ 故答案为：84.00%．‎ ‎　‎ ‎2017年1月21日