化学卷·2018届河北省邯郸一中高二上学期期中化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届河北省邯郸一中高二上学期期中化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年河北省邯郸一中高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题包括6小题，每小题2分，共12分，每小题只有一个选项的正确的）‎ ‎1．下列有关说法错误的是（　　）‎ A．为保护海轮的船壳，常在船壳上镶入锌块 B．纯碱溶于热水中，去污效果增强，说明纯碱的水解反应是吸热反应 C．已知工业合成氨△H＜O，达平衡后，升高温度，正反应速率减少、逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动 D．NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）较低温下能自发进行，说明该反应的△H＜O ‎2．下列有关化学用语表示正确的是（　　）‎ A．过氧化钠的电子式： B．次氯酸钠的结构式：H﹣Cl﹣OC C．氯化铵的电子式： D．硫离子的结构示意图：‎ ‎3．表中物质的分类组合完全正确的是（　　）‎ A B C D 酸 H2CO3‎ CH3COOH NaHSO4‎ HCl 碱 Mg（OH）Cl CH3CH2OH Fe（OH）3‎ NaOH 盐 CuSO4•5H2O BaSO4‎ NaH2PO4‎ Na2S 氧化物 H2O KClO3‎ CuO H2O2‎ A．A B．B C．C D．D ‎4．下列实验操作和数据记录都正确的是（　　）‎ A．用25mL碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，体积为16.60mL B．用标准NaOH溶液滴定未知浓度盐酸，用去NaOH溶液20.50mL C．用10mL量筒量取8.25mL盐酸 D．用普通pH试纸测得某溶液pH为3.2‎ ‎5．下列各组离子能在溶液中大量共存的是（　　）‎ A．Na+、OH﹣、HS﹣、NO3﹣ B．AlO2﹣、K+、CO32﹣、Na+‎ C．Al3+、Cl﹣、HCO3﹣、Na+ D．Fe2+、K+、H+、NO3﹣‎ ‎6．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA B．1mol O2和2mol SO2反应生成的SO3分子数为2NA C．常温常压下，4.4gCO2与N2O混合气体中含有的原子数为0.3NA D．H2O2分解产生1molO2，转移的电子数为4NA ‎　‎ 二、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分．每小题只有一个选项是正确的）‎ ‎7．下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是（　　）‎ A．甲烷的标准燃烧热为890.3kJ．mol﹣1，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﹣1‎ B．CO（g）的燃烧热是283.0 kJ/mol，则CO2（g）═2CO（g）+O2（g）的反应热△H=+2×283.0 kJ/mol C．NaOH和HCl反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/mol D．500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣38.6kJ/mol ‎8．如图所示，△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1，△H2=﹣395.4kJ•mol﹣1，下列说法或表示式正确的是（　　）‎ A．石墨和金刚石的转化是物理变化 B．C（s、石墨）═C（s、金刚石）△H=+1.9 kJ•mol﹣1‎ C．金刚石的稳定性强于石墨 D．1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能小1.9 kJ ‎9．新能源汽车如（比亚迪秦、唐）相对传统汽车．有一系列的优点．如：环保、加速快（比亚迪唐0﹣100km/h加速时间仅需4.9秒）．而新能源汽车一个核心部件为锂离子电池，如图是我国科学家报道的某种水溶液锂离子电池体系．下列叙述错误的是（　　）‎ A．a为电池的正极 B．电池充电反应为LiMn2O4═Li1﹣xMn2O4+xLi C．放电时，a极锂的化合价发生变化 D．放电时，溶液中Li+从b向a迁移 ‎10．反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（　　）‎ ‎①增加C的量 ‎ ‎②将容器的体积缩小一半 ‎③保持体积不变，充入N2使体系压强增大 ‎ ‎④保持压强不变，充入N2使容器体积变大．‎ A．①④ B．②③ C．①③ D．②④‎ ‎11．在2L的恒容容器中，充入1mol A和3mol B，并在一定条件下发生如下反应：‎ A（s）+3B（g）⇌2C（g）‎ 若经3s后测得C的浓度为0.6mol•L﹣1，下列选项说法正确的组合是（　　）‎ ‎①用A表示的反应速率为0.1mol•L﹣1•s﹣1；‎ ‎②用B表示的反应速率为0.4mol•L﹣1•s﹣1；‎ ‎③3s时生成C的物质的量为1.2mol；‎ ‎④3s时B的浓度为0.6mol•L﹣1．‎ A．①②④ B．①③④ C．③④ D．②③④‎ ‎12．如图表示可逆反应mA（g）+nB（s）⇌‎ xC（g）在不同温度和压强下，反应物A的转化率变化情况．下列判断正确的是（　　）‎ A．m＞x，正反应为放热反应 B．m+n＜x，正反应为吸热反应 C．m＜x，正反应为放热反应 D．m＞x，正反应为吸热反应 ‎13．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 ‎14．一定温度下，水存在H 2O⇌H++OH﹣△H=Q（Q＞0）的平衡，下列叙述一定正确的是（　　）‎ A．向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小 B．将水加热，Kw增大，pH不变 C．向水中加入少量固体HCl气体，平衡逆向移动，c（H+）降低 D．向水中加入少量固体硫酸钠，c（H+）和Kw均不变 ‎15．100mL6mol/L硫酸跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不能影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的（　　）‎ ‎①醋酸钠固体 ②水 ③硫酸钾固体 ④硝酸钾固体 ⑤固体铜．‎ A．④⑤ B．①② C．①②③⑤ D．①②③④‎ ‎16．室温下，有下列四种溶液：①0.1mol．L﹣1氨水，②0.1mol•L﹣1 NH 4Cl溶液，③0.2mol•L﹣1 盐酸与0.2mol•L﹣1 NH4Cl溶液等体积混合，④0.2mol•L﹣1‎ ‎ NaOH溶液与0.2mol•L﹣1 氨水等体积混合，四种溶液中c（NH4+）由大到小排列正确的是（　　）‎ A．②③④① B．④①②③ C．①④②③ D．③②①④‎ ‎17．已知在常温下测得浓度均为0.1mol•L﹣1的下列三种溶液的pH：‎ 溶质 NaHCO3‎ Na2CO3‎ NaCN pH ‎8.4‎ ‎11.6‎ ‎11.1‎ 下列说法中正确的是（　　）‎ A．阳离子的物质的量浓度之和：Na2CO3＞NaCN＞NaHCO3‎ B．相同条件下的酸性：H2CO3＜HCN C．三种溶液中均存在电离平衡和水解平衡 D．升高Na2CO3溶液的温度， 减小 ‎18．已知Ksp（AgCl）=1.56×10﹣10，Ksp（AgBr）=7.7×10﹣13，Ksp（Ag2CrO4）=9.0×10﹣12．某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和CrO42﹣浓度均为0.010mol•L﹣1，向该溶液中逐滴加入0.010mol•L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（　　）‎ A．Cl﹣、Br﹣、CrO42﹣ B．CrO42﹣、Br﹣、Cl﹣‎ C．Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣ D．Br﹣、CrO42﹣、Cl﹣‎ ‎19．pH=l的两种酸溶液A、B各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积的关系如图，下列说法正确的是（　　）‎ ‎①若a＜4，则A、B 都是弱酸 ‎②稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强 ‎③若a=4，则A是强酸，B是弱酸 ‎④A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等．‎ A．①④ B．②③ C．①③ D．②④‎ ‎20．向10.0mL0.10mol•L﹣1氨水中滴入0.1mol•L﹣1盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示（假设无气体移出），下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．M﹣N间一定存在c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ B．M点对应的盐酸体积为10.0mL C．pH=7溶液中存在c（Cl﹣）=c（NH4+）=c（OH﹣）=c（H+）‎ D．p点处的溶液中存在：2 c（NH4+）+2c（NH3•H2O）=c（Cl﹣）‎ ‎21．常温下已知两种一元弱酸HX和HY，如果向NaX溶液中通入少量CO2气体生成HX和NaHCO3；往NaY溶液中通入少量CO2生成HY和Na2CO3．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．酸性由强至弱：HX＞HY＞H2CO3‎ B．结合H+的能力：Y﹣＞CO32﹣＞X﹣＞HCO3﹣‎ C．溶液碱性：NaX＞Na2CO3＞NaY＞NaHCO3‎ D．NaX溶液中通入足量CO2后的离子浓度：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ ‎22．在Na2S溶液中下列关系不正确（　　）‎ A．c（Na+）=2c（S2﹣）+2c（HS﹣）+2c（H2S） B．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣）‎ C．c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣） D．c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+c（H2S）‎ ‎23．下表是五种银盐的浓度积常数（25℃），下列有关说法错误的是（　　） ‎ 化学式 AgCl Ag2SO4‎ Ag2S AgBr AgI 溶度积 ‎1.8×10﹣10‎ ‎1.4×10﹣5‎ ‎6.3×10﹣50‎ ‎7.7×10﹣13‎ ‎8.51×10﹣16‎ A．五种物质在常温下溶解度最大的是Ag 2SO4‎ B．将AgCl溶解于水后，向其中加入Na2S，则可以生成黑色的Ag2S沉淀 C．沉淀溶解平衡的建立是有条件的，外界条件改变时，平衡也会发生移动 D．常温下，AgCl、AgBr和AgI三种物质的溶解度逐渐增大 ‎24．T℃时．体积均为0.5L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H=﹣Q kJ/mol（Q＞0）实验测得反应在起始、达到平衡时的有关数据如表：‎ 容器编号 起始时各物质物质的量/mol 达到平衡时体系能量的变化 A B C ‎①‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎0.75Q kJ ‎②‎ ‎0.4‎ ‎0.2‎ ‎1.6‎ 下列叙述正确的是（　　）‎ A．容器①、②中反应的平衡常数均为36‎ B．容器②中反应达到平衡时放出的热量为0.05QkJ 达到平衡时，两个容器中Y2的物质的量浓度均为1.5 mol•L﹣1‎ C．向容器①中通入氦气，平衡时A的转化率不变 D．其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，则达到平衡时C的体积分数小于 ‎　‎ 三、解答题（共3小题，满分34分）‎ ‎25．T℃时，在一个体积为2L的容器中，A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度变化如图所示．‎ ‎（1）写出该反应的方程式：　　‎ ‎（2）计算该温度下该反应的平衡常数：　　‎ ‎（3）已知：K＞K，该反应是　　热反应．‎ ‎（4）0～4分钟时，A的平均反应速率为：　　‎ ‎（5）到达平衡时B的转化率为：　　‎ ‎（6）恒容条件下，下列措施中能使n（A）/n（C）降低的有　　．‎ A．充入氦气 　 B．使用催化剂 C．再充入2.4molA和1.6molB D．降低温度．‎ ‎26．（1）已知常温下，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38，在FeCl3溶液中加入NaHCO3溶液产生沉淀和气体，反应的离子方程式为：　　；若将所得悬浊液的pH调整为4，则溶液中Fe3+浓度为　　mol•L﹣1‎ ‎（2）常温下，浓度均为0.1mol•L﹣1的下列五种钠盐溶液的pH如表 溶质 CH3COONa NaHCO3‎ Na2CO3‎ NaClO NaCN pH ‎8.8‎ ‎9.7‎ ‎11.6‎ ‎10.3‎ ‎11.1‎ 上述盐溶液中的阴离子，结合H+能力最强的是　　．根据表中数据，浓度均为0.01mol•L﹣1‎ 的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最大的是　　（填编号）．‎ A．HCN B．HClO C．CH3COOH D．H2CO3‎ ‎（3）下列说法不正确的是　　（填序号）‎ A．某温度下纯水中的c（H+）=10﹣6，故显酸性 B．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小 C．相同温度下，0.1mol/LNH4Cl溶液中NH4+的浓度比0.1mol/L氨水中NH4+的浓度大 D．相同温度下，pH均为8的Na2CO3和NaHCO3溶液，前者物质的量浓度大 E．向饱和石灰水中加入CaO固体，溶液中Ca2+、OH﹣的物质的量均减小．‎ ‎27．为了测定含有H2C2O4•2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样中各物质的质量分数，进行如下实验：‎ ‎①称取6.0g试样，加水溶解，配成250mL试样溶液．‎ ‎②用酸式滴定管量取25.00mL试样溶液放入锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞试液，用0.2500mol/L NaOH溶液滴定，消耗NaOH溶液20.00mL．‎ ‎③再取25.00mL试样溶液放入另一锥形瓶中，用0.1000mol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，消耗高锰酸钾溶液16.00mL．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）已知：0.10mol/L KHC2O4溶液pH约为3，其中含碳元素的粒子浓度由大到小的顺序为　　．‎ ‎（2）步骤①所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、　　、　　．‎ ‎（3）完成并配平下列离子方程式：‎ ‎　　C2O42++　　MnO4﹣+　　H+=　　CO2+　　Mn2++　　‎ ‎（4）步骤③中判断滴定终点的方法是　　．‎ ‎（5）步骤②中量取试样溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，则测得的H2C2O4•2H2O的质量分数　　．（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）‎ ‎（6）试样中H2C2O4•2H2O的质量分数为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省邯郸一中高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括6小题，每小题2分，共12分，每小题只有一个选项的正确的）‎ ‎1．下列有关说法错误的是（　　）‎ A．为保护海轮的船壳，常在船壳上镶入锌块 B．纯碱溶于热水中，去污效果增强，说明纯碱的水解反应是吸热反应 C．已知工业合成氨△H＜O，达平衡后，升高温度，正反应速率减少、逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动 D．NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）较低温下能自发进行，说明该反应的△H＜O ‎【考点】化学平衡的影响因素；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的原理．‎ ‎【分析】A．锌比铁活泼，锌为负极，可防止铁被腐蚀；‎ B．盐类的水解为吸热反应，加热促进水解；‎ C．升高温度，正逆反应速率都增大；‎ D．当△G=△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行．‎ ‎【解答】解：A．锌比铁活泼，锌为负极，可防止铁被腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；‎ B．盐类的水解为吸热反应，加热促进水解，溶液碱性增起，有利于油脂的水解，故B正确；‎ C．升高温度，正逆反应速率都增大，故C错误；‎ D．反应NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）在室温下可自发进行，△G=△H﹣T•△S＜0，•△S＜0，则该反应的△H＜0，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．下列有关化学用语表示正确的是（　　）‎ A．过氧化钠的电子式： B．次氯酸钠的结构式：H﹣Cl﹣OC C．氯化铵的电子式： D．硫离子的结构示意图：‎ ‎【考点】电子式．‎ ‎【分析】A、过氧化钠是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物；‎ B、HClO为共价化合物，分子中存在1个O﹣H键和1个Cl﹣O键，中心原子为O，结合结构式及结构简式的书写方法解答；‎ C、氯化铵由铵根离子和氯离子构成；‎ D、硫离子是硫原子得2个电子形成的．‎ ‎【解答】解：A、过氧化钠是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物，电子式为：，故A错误；‎ B、HClO为共价化合物，分子中存在1个O﹣H键和1个Cl﹣O键，中心原子为O，结构式为：H﹣O﹣Cl，故B错误；‎ C、氯化铵由铵根离子和氯离子构成，故电子式为，故C正确；‎ D、硫离子是硫原子得2个电子形成的，故核外有18个电子，则结构示意图为，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．表中物质的分类组合完全正确的是（　　）‎ A B C D 酸 H2CO3‎ CH3COOH NaHSO4‎ HCl 碱 Mg（OH）Cl CH3CH2OH Fe（OH）3‎ NaOH 盐 CuSO4•5H2O BaSO4‎ NaH2PO4‎ Na2S 氧化物 H2O KClO3‎ CuO H2O2‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．‎ ‎【分析】碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物．‎ 酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物．‎ 盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物．‎ 氧化物是由两种元素组成，并且一种元素是氧元素的化合物，且氧元素显负价．‎ ‎【解答】解：A、Na2HSO4属于盐不是酸，故A错误；‎ B、Mg（OH）Cl属于盐，CH3CH2OH属于有机化合物，故B错误；‎ C、四个物质都是由金属离子和酸根离子组成的化合物，属于盐类，故C正确；‎ D、KClO3属于盐，不是氧化物，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．下列实验操作和数据记录都正确的是（　　）‎ A．用25mL碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，体积为16.60mL B．用标准NaOH溶液滴定未知浓度盐酸，用去NaOH溶液20.50mL C．用10mL量筒量取8.25mL盐酸 D．用普通pH试纸测得某溶液pH为3.2‎ ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．高锰酸钾可氧化橡胶；‎ B．滴定管的感量为0.01mL；‎ C．量筒的感量为0.1mL；‎ D．pH试纸测定的数为正整数．‎ ‎【解答】解：A．高锰酸钾可氧化橡胶，则应选25mL酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，体积为16.60mL，故A错误；‎ B．滴定管的感量为0.01mL，则用标准NaOH溶液滴定未知浓度盐酸，用去NaOH溶液20.50mL，故B正确；‎ C．量筒的感量为0.1mL，则用10mL量筒量取8.2mL或8.3mL盐酸，故C错误；‎ D．pH试纸测定的数为正整数，则用普通pH试纸测得某溶液pH为3或4，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．下列各组离子能在溶液中大量共存的是（　　）‎ A．Na+、OH﹣、HS﹣、NO3﹣ B．AlO2﹣、K+、CO32﹣、Na+‎ C．Al3+、Cl﹣、HCO3﹣、Na+ D．Fe2+、K+、H+、NO3﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A．氢氧根离子与硫氢根离子反应生成硫离子和水；‎ B．AlO2﹣、K+、CO32﹣、Na+离子之间不满足离子反应发生条件；‎ C．铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀；‎ D．硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子．‎ ‎【解答】解：A．OH﹣、HS﹣能够发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．AlO2﹣、K+、CO32﹣、Na+之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；‎ C．Al3+、HCO3﹣之间能够发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D． NO3﹣在酸性条件下具有氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA B．1mol O2和2mol SO2反应生成的SO3分子数为2NA C．常温常压下，4.4gCO2与N2O混合气体中含有的原子数为0.3NA D．H2O2分解产生1molO2，转移的电子数为4NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、铁和过量的硝酸反应后变为+3价；‎ B、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应；‎ C、CO2与N2O的摩尔质量均为44g/mol，且均为三原子分子；‎ D、双氧水分解制取氧气时，氧元素由﹣1价变为0价．‎ ‎【解答】解：A、铁和过量的硝酸反应后变为+3价，故1mol铁失去3NA个电子，故A错误；‎ B、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，故不能进行完全，故生成的三氧化硫分子个数小于2NA个，故B错误；‎ C、CO2与N2O的摩尔质量均为44g/mol，故4.4g混合物的物质的量为0.1mol，且两者均为三原子分子，故0.1mol混合物中含0.3NA个原子，故C正确；‎ D、双氧水分解制取氧气时，氧元素由﹣1价变为0价，故当生成1mol氧气时，转移2NA个电子，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分．每小题只有一个选项是正确的）‎ ‎7．下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是（　　）‎ A．甲烷的标准燃烧热为890.3kJ．mol﹣1，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﹣1‎ B．CO（g）的燃烧热是283.0 kJ/mol，则CO2（g）═2CO（g）+O2（g）的反应热△H=+2×283.0 kJ/mol C．NaOH和HCl反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/mol D．500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣38.6kJ/mol ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】A、燃烧热是生成稳定的氧化物；‎ B、根据燃烧热的概念结合热化学方程式的特点分析；‎ C、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量；‎ D、0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol．‎ ‎【解答】解：A、燃烧热是生成稳定的氧化物，水为液态水，而不是气态水，故A错误；‎ B、CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则表示燃烧热的热化学方程式为：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283.0kJ/mol，当方程式反写△H符号相反，计量数变化几倍△H也要变化几倍，所以2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0kJ/mol，故B正确；‎ C、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，其衡量标准是生成的水为1mol，故无论稀H2SO4和Ca（OH）2反应生成的水是几摩尔，其中和热恒为57.3KJ/mol，故C错误；‎ D、0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol，所以反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）放出的热量大于38.6kJ，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1，△H2=﹣395.4kJ•mol﹣1，下列说法或表示式正确的是（　　）‎ A．石墨和金刚石的转化是物理变化 B．C（s、石墨）═C（s、金刚石）△H=+1.9 kJ•mol﹣1‎ C．金刚石的稳定性强于石墨 D．1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能小1.9 kJ ‎【考点】化学反应的能量变化规律．‎ ‎【分析】A．石墨转化为金刚石有新物质生成；‎ B．利用盖斯定律解题；‎ C．物质的能量越低越稳定；‎ D．该反应为吸热反应，拆化学键吸收能量，形成化学键放出热量．‎ ‎【解答】解：由图得：①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ ‎②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣395.4kJ•mol﹣1，‎ 利用盖斯定律将①﹣②可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，则 A．石墨转化为金刚石有新物质生成，是发生的化学反应，属于化学变化，故A错误；‎ B．因C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，故B正确；‎ C．金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C错误；‎ D．依据热化学方程式 C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大于1.9 kJ，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．新能源汽车如（比亚迪秦、唐）相对传统汽车．有一系列的优点．如：环保、加速快（比亚迪唐0﹣100km/h加速时间仅需4.9秒）．而新能源汽车一个核心部件为锂离子电池，如图是我国科学家报道的某种水溶液锂离子电池体系．下列叙述错误的是（　　）‎ A．a为电池的正极 B．电池充电反应为LiMn2O4═Li1﹣xMn2O4+xLi C．放电时，a极锂的化合价发生变化 D．放电时，溶液中Li+从b向a迁移 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，Li1﹣xMn2O4得电子为正极；充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，据此分析．‎ ‎【解答】解：A．锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，Li1﹣xMn2O4得电子为正极，所以a为电池的正极，故A正确；‎ B．充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，电池充电反应为LiMn2O4=Li1﹣xMn2O4+xLi，故B正确；‎ C．放电时，a为正极，正极上Li1﹣xMn2O4中Mn元素得电子，所以锂的化合价不变，故C错误；‎ D．放电时，溶液中阳离子向正极移动，即溶液中Li+从b向a迁移，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（　　）‎ ‎①增加C的量 ‎ ‎②将容器的体积缩小一半 ‎③保持体积不变，充入N2使体系压强增大 ‎ ‎④保持压强不变，充入N2使容器体积变大．‎ A．①④ B．②③ C．①③ D．②④‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】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速率产生影响，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：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，故①选；‎ ‎②将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故②不选；‎ ‎③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，故③选；‎ ‎④‎ 保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故④不选．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．在2L的恒容容器中，充入1mol A和3mol B，并在一定条件下发生如下反应：‎ A（s）+3B（g）⇌2C（g）‎ 若经3s后测得C的浓度为0.6mol•L﹣1，下列选项说法正确的组合是（　　）‎ ‎①用A表示的反应速率为0.1mol•L﹣1•s﹣1；‎ ‎②用B表示的反应速率为0.4mol•L﹣1•s﹣1；‎ ‎③3s时生成C的物质的量为1.2mol；‎ ‎④3s时B的浓度为0.6mol•L﹣1．‎ A．①②④ B．①③④ C．③④ D．②③④‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】根据题意，B物质起始的浓度为1.5mol/L，经3s后测得C的物质的量浓度为0.6mol•L﹣1，则 ‎ A（s）+3B（g）⇌2C（g）‎ 开始（mol/L） 1.5 0‎ 转化（mol/L） 0.9 0.6‎ ‎3s时（mol/L） 0.6 0.6‎ 以此计算转化率及反应速率，并结合平衡的移动及判定来解答；‎ ‎【解答】解：根据题意，B物质起始的浓度为1.5mol/L，经3s后测得C的物质的量浓度为0.6mol•L﹣1，则 ‎ A（s）+3B（g）⇌2C（g）‎ 开始（mol/L） 1.5 0‎ 转化（mol/L） 0.9 0.6‎ ‎3s时（mol/L） 0.6 0.6‎ ‎①反应中A为固体，不能用物质A表示反应的速率，故不选；‎ ‎②根据上面的分析，B转化的浓度为0.9mol/L，所以用B表示的反应速率为=0.3mol•L﹣1•s﹣1，故不选；‎ ‎③3s时生成C的物质的量为0.6mol•L﹣1×2L=1.2mol，故选；‎ ‎④根据上面的分析可知，3s时B的浓度为0.6mol•L﹣1，故选，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．如图表示可逆反应mA（g）+nB（s）⇌xC（g）在不同温度和压强下，反应物A的转化率变化情况．下列判断正确的是（　　）‎ A．m＞x，正反应为放热反应 B．m+n＜x，正反应为吸热反应 C．m＜x，正反应为放热反应 D．m＞x，正反应为吸热反应 ‎【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．‎ ‎【分析】增大压强，A的转化率增大，说明该反应的正反应是气体体积减小的反应，升高温度，A的转化率减小，说明正反应是放热反应，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：增大压强，A的转化率增大，说明该反应的正反应是气体体积减小的反应，则m＞x；升高温度，A的转化率减小，说明正反应是放热反应，则△H＜0，故选A．‎ ‎　‎ ‎13．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．‎ ‎　‎ ‎14．一定温度下，水存在H 2O⇌H++OH﹣△H=Q（Q＞‎ ‎0）的平衡，下列叙述一定正确的是（　　）‎ A．向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小 B．将水加热，Kw增大，pH不变 C．向水中加入少量固体HCl气体，平衡逆向移动，c（H+）降低 D．向水中加入少量固体硫酸钠，c（H+）和Kw均不变 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】根据水的电离方程式知，向水中加入酸或碱抑制水电离，加入含有弱根离子的盐能促进水电离，水的离子积常数只与温度有关，水的电离过程为吸热过程，加热促进水的电离，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．温度不变，水的离子积常数不变，与溶液的酸碱性无关，向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减变，故A错误；‎ B．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，离子积常数Kw增大，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故B错误；‎ C．向水中加入少量固体HCl气体，平衡逆向移动，但c（H+）增大，故C错误；‎ D．温度不变水的离子积常数不变，硫酸钠是强酸强碱盐，向水中加入硫酸钠固体后，不影响平衡移动，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，温度不知，氢离子浓度不变，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎15．100mL6mol/L硫酸跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不能影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的（　　）‎ ‎①醋酸钠固体 ②水 ③硫酸钾固体 ④硝酸钾固体 ⑤固体铜．‎ A．④⑤ B．①② C．①②③⑤ D．①②③④‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】降低氢离子浓度、降低温度都能减缓化学反应速率，不影响生成氢气总量时，硫酸中的氢离子必须完全生成氢气，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：①加入醋酸钠固体，醋酸钠和硫酸反应生成醋酸和硫酸钠，醋酸是弱电解质，氢离子浓度降低，反应速率减缓，且硫酸电离出的氢离子物质的量等于醋酸最终电离出的物质的量，所以生成氢气总量不变，故正确； ‎ ‎②加入水，氢离子浓度降低，反应速率减缓；但氢离子物质的量不变，所以生成氢气总量不变，故正确；‎ ‎③加入硫酸钾固体，氢离子浓度不变，化学反应速率不变，故错误；‎ ‎④加入硝酸钾固体，相当于含有硝酸，硝酸和新反应生成氮氧化物而不是氢气，故错误；‎ ‎⑤加入固体铜，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池而加速反应速率，故错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．室温下，有下列四种溶液：①0.1mol．L﹣1氨水，②0.1mol•L﹣1 NH 4Cl溶液，③0.2mol•L﹣1 盐酸与0.2mol•L﹣1 NH4Cl溶液等体积混合，④0.2mol•L﹣1 NaOH溶液与0.2mol•L﹣1 氨水等体积混合，四种溶液中c（NH4+）由大到小排列正确的是（　　）‎ A．②③④① B．④①②③ C．①④②③ D．③②①④‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】氢离子抑制铵根离子水解，氢氧根离子抑制一水合氨电离，氯化铵是强电解质，在水溶液里完全电离，一水合氨是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，据此判断溶液中铵根离子浓度大小．‎ ‎【解答】解：①中一水合氨是弱电解质，一水合氨部分电离，0.1mol/L的氨水中铵根离子浓度远远小于0.1mol/L；‎ ‎②氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解但程度较小，所以0.1mol/L的氯化铵中铵根离子浓度接近0.1mol/L；‎ ‎③氯化氢电离出的氢离子抑制铵根离子水解，所以该溶液中铵根离子浓度接近0.1mol/L，但大于②中铵根离子浓度；‎ ‎④氢氧化钠电离出的氢氧根离子抑制一水合氨电离，所以该溶液中铵根离子浓度远远小于0.1mol/L，且小于①中铵根离子浓度；‎ 氯化铵溶液中铵根离子浓度大于相同浓度的氨水中铵根离子浓度，所以这四种溶液中铵根离子浓度大小顺序是：③②①④，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎17．已知在常温下测得浓度均为0.1mol•L﹣1的下列三种溶液的pH：‎ 溶质 NaHCO3‎ Na2CO3‎ NaCN pH ‎8.4‎ ‎11.6‎ ‎11.1‎ 下列说法中正确的是（　　）‎ A．阳离子的物质的量浓度之和：Na2CO3＞NaCN＞NaHCO3‎ B．相同条件下的酸性：H2CO3＜HCN C．三种溶液中均存在电离平衡和水解平衡 D．升高Na2CO3溶液的温度， 减小 ‎【考点】盐类水解的应用；影响盐类水解程度的主要因素．‎ ‎【分析】浓度均为0.1mol•L﹣1的NaHCO3、Na2CO3、NaCN三种盐溶液，PH都不等于7，说明它们发生了水解，盐类水解的规律是：无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性．‎ A．NaHCO3、Na2CO3、NaCN三种盐，都是强电解质，都完全电离；‎ B．浓度均为0.1mol•L﹣1的NaHCO3、Na2CO3、NaCN三种盐溶液PH：pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（NaHCO3），说明Na2CO3水解程度最大，NaCN次之，NaHCO3水解程度最小；‎ C． 弱电解质（水也是弱电解质）溶于水时，其分子可以微弱电离出离子；同时，溶液中的相应离子也可以结合成分子．当两者的反应速率相等时，溶液便达到了电离平衡；‎ D．升高温度，Na2CO3溶液中的CO32﹣ 水解程度增大；‎ ‎【解答】解：A．NaHCO3、Na2CO3、NaCN三种盐，都是强电解质，它们的电离方程式分别为：NaHCO3=Na++HCO3﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣ （非常微弱），Na2CO3=2Na++CO32﹣，NaCN═Na++CN﹣，从它们的电离方程式可以看出，当浓度相同时，Na2CO3 电离出的阳离子Na+浓度大，考虑水解产生的阳离子；阴离子水解产生阴离子，所以，从上述方程式可看出，阳离子的物质的量浓度之和：Na2CO3＞NaHCO3＞NaCN，故A错误； ‎ B．NaHCO3的水解离子方程式为：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，Na2CO3的水解离子方程式分两步，第一步为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣‎ ‎（以第一步为主），第二步为：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，NaCN的水解离子方程式为：CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣，盐类水解的规律是，越弱越水解，即酸越弱，其盐中的酸根离子水解程度越大．浓度均为0.1mol•L﹣1的NaHCO3、Na2CO3、NaCN三种盐溶液PH：pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（NaHCO3），说明酸性：H2CO3＞HCN．故B错误；‎ C．浓度均为0.1mol•L﹣1的NaHCO3、Na2CO3、NaCN三种盐溶液，PH都不等于7，说明存在水解平衡．‎ 它们的盐溶液，都有水，水也是弱电解质，说明存在电离平衡．故C正确；‎ D．影响水解平衡进行程度最主要因素是盐本身的性质，外界条件对平衡移动也有影响，水解反应为吸热反应，升高温度，促进盐溶液中CO32﹣ 水解，Na2CO3的水解离子方程式分两步，第一步为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣（以第一步为主），第二步为：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，从水解的离子方程式可看出增大．故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎18．已知Ksp（AgCl）=1.56×10﹣10，Ksp（AgBr）=7.7×10﹣13，Ksp（Ag2CrO4）=9.0×10﹣12．某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和CrO42﹣浓度均为0.010mol•L﹣1，向该溶液中逐滴加入0.010mol•L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（　　）‎ A．Cl﹣、Br﹣、CrO42﹣ B．CrO42﹣、Br﹣、Cl﹣‎ C．Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣ D．Br﹣、CrO42﹣、Cl﹣‎ ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）==mol/L，AgBr溶液中c（Ag+）==mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）=‎ ‎=mol/L，c（Ag+）越小，则越先生成沉淀．‎ ‎【解答】解：析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）==mol/L=1.56×10﹣8mol/L，‎ AgBr溶液中c（Ag+）==mol/L=7.7×10﹣11mol/L，‎ Ag2CrO4溶液中c（Ag+）==mol/L=3×10﹣5，‎ c（Ag+）越小，则越先生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎19．pH=l的两种酸溶液A、B各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积的关系如图，下列说法正确的是（　　）‎ ‎①若a＜4，则A、B 都是弱酸 ‎②稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强 ‎③若a=4，则A是强酸，B是弱酸 ‎④A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等．‎ A．①④ B．②③ C．①③ D．②④‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】由图可知，稀释相同的倍数，A的变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸来说c（酸）=c（H+），但对于一元弱酸，c（酸）＞c（H+），以此来解答．‎ ‎【解答】解：①pH=1的酸，加水稀释到1000倍，若pH=4，为强酸，若a＜4，则A、B 都是弱酸，故①正确；‎ ‎②由图可知，B的pH小，c（H+）大，则B酸的酸性强，故②错误；‎ ‎③由图可知，若a=4，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故③正确；‎ ‎④因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c（酸）=c（H+），对于一元弱酸，c（酸）＞c（H+），则A、B两种酸溶液的物质的量浓度不一定相等，故④错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎20．向10.0mL0.10mol•L﹣1氨水中滴入0.1mol•L﹣1盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示（假设无气体移出），下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．M﹣N间一定存在c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ B．M点对应的盐酸体积为10.0mL C．pH=7溶液中存在c（Cl﹣）=c（NH4+）=c（OH﹣）=c（H+）‎ D．p点处的溶液中存在：2 c（NH4+）+2c（NH3•H2O）=c（Cl﹣）‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】A．M﹣N间溶液显碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），溶液中存在电荷守恒c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+）；‎ B．M点pH=7，而等体积混合时恰好生成氯化铵，溶液显酸性；‎ C．pH=7溶液，溶液显中性，但显性离子大于隐性离子；‎ D．p点处盐酸的体积为20mL，则n（HCl）=2（N），结合物料守恒分析．‎ ‎【解答】解：A．M﹣N间溶液显碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），溶液中存在电荷守恒c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），则c（Cl﹣）＜c（NH4+），故A错误；‎ B．M点pH=7，而等体积混合时恰好生成氯化铵，溶液显酸性，二者不一致，应小于10mL，溶质为氯化铵、一水合氨，故B错误；‎ C．pH=7溶液，溶液显中性，但显性离子大于隐性离子，则溶液中存在c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故C错误；‎ D．p点处盐酸的体积为20mL，则n（HCl）=2（N），由物料守恒可知，溶液中存在：2 c（NH4+）+2c（NH3•H2O）=c（Cl﹣），故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎21．常温下已知两种一元弱酸HX和HY，如果向NaX溶液中通入少量CO2气体生成HX和NaHCO3；往NaY溶液中通入少量CO2生成HY和Na2CO3．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．酸性由强至弱：HX＞HY＞H2CO3‎ B．结合H+的能力：Y﹣＞CO32﹣＞X﹣＞HCO3﹣‎ C．溶液碱性：NaX＞Na2CO3＞NaY＞NaHCO3‎ D．NaX溶液中通入足量CO2后的离子浓度：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】根据题意可知发生CO2+H2O+NaX=HX+NaHCO3、HX+Na2CO3=NaHCO3+NaX；‎ CO2+H2O+2NaY=2HY+Na2CO3、NaHCO3+NaY=HY+Na2CO3；‎ 利用强酸制弱酸的原理判断出酸性：H2CO3＞HX＞NaHCO3＞HY，‎ 碱性强弱可以利用越弱越水解判断：NaHCO3＜NaX＜Na2CO3＜NaY，据此分析．‎ ‎【解答】解：A．向NaX溶液中通入CO2气体，只能生成HX和NaHCO3，则酸性H2CO3＞HX＞NaHCO3，向NaY溶液中通入CO2，只生成HY和Na2CO3，则酸性NaHCO3＞HY，则有酸性由强到弱：H2CO3＞HX＞HY，故A错误；‎ B．由A可知酸性H2CO3＞HX＞NaHCO3＞HY，酸性越弱对应离子结合质子的能力越强，所以则结合质子能力：Y﹣＞CO32﹣＞X﹣＞HCO3﹣，故B正确；‎ C．酸性H2CO3＞HX＞NaHCO3＞HY，碱性强弱可以利用越弱越水解判断，所以碱性：NaHCO3＜NaX＜Na2CO3＜NaY，故C错误；‎ D．向NaX溶液中通入足量CO2后生成HX和NaHCO3，由于酸性：H2CO3＞HX＞NaHCO3，溶液应显酸性，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎22．在Na2S溶液中下列关系不正确（　　）‎ A．c（Na+）=2c（S2﹣）+2c（HS﹣）+2c（H2S） B．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣）‎ C．c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣） D．c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+c（H2S）‎ ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】在Na2S溶液中，硫离子易水解，钠离子不水解，且硫离子的第一步水解程度大于第二步，根据电荷守恒、物料守恒来分析解答．‎ ‎【解答】解：A．根据物料守恒知，C（Na+）=2c（HS﹣）+2c（S2﹣）+2c（H2S），故A正确；‎ B．溶液呈电中性，所以阴阳离子所带电荷相等，即c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣），故B正确；‎ C．硫化钠溶液中，钠离子不水解，硫离子水解生成硫氢根离子，硫离子和硫氢根离子水解都生成氢氧根离子，所以c（OH﹣）＞c（HS﹣），但硫离子和硫氢根离子水解都较微弱，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣），故C正确；‎ D．根据质子守恒得c（OH﹣）=c（HS﹣）+c（H+）+2c（H2S），故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎23．下表是五种银盐的浓度积常数（25℃），下列有关说法错误的是（　　） ‎ 化学式 AgCl Ag2SO4‎ Ag2S AgBr AgI 溶度积 ‎1.8×10﹣10‎ ‎1.4×10﹣5‎ ‎6.3×10﹣50‎ ‎7.7×10﹣13‎ ‎8.51×10﹣16‎ A．五种物质在常温下溶解度最大的是Ag 2SO4‎ B．将AgCl溶解于水后，向其中加入Na2S，则可以生成黑色的Ag2S沉淀 C．沉淀溶解平衡的建立是有条件的，外界条件改变时，平衡也会发生移动 D．常温下，AgCl、AgBr和AgI三种物质的溶解度逐渐增大 ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】由表中数据可知溶度积最大的是Ag2SO4，最小的是Ag2S，AgCl、AgBr、AgI的溶解度依次减小．反应向更难溶的方向进行，据此分析．‎ ‎【解答】解：A．由表中数据可知溶解度最大的是Ag2SO4，微溶于水，其它物质难溶，故A正确；‎ B．Ag2S溶度积远小于AgCl，Ag2S难溶于水，在AgCl的饱和溶液中加入Na2S，则可以生成黑色的Ag2S沉淀，故B正确；‎ C．化学平衡为动态平衡，当外界条件发生改变时，平衡发生移动，故C正确；‎ D．由表中数据可知，AgCl、AgBr、AgI的溶解度依次减小，故D错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎24．T℃时．体积均为0.5L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H=﹣Q kJ/mol（Q＞0）实验测得反应在起始、达到平衡时的有关数据如表：‎ 容器编号 起始时各物质物质的量/mol 达到平衡时体系能量的变化 A B C ‎①‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎0.75Q kJ ‎②‎ ‎0.4‎ ‎0.2‎ ‎1.6‎ 下列叙述正确的是（　　）‎ A．容器①、②中反应的平衡常数均为36‎ B．容器②中反应达到平衡时放出的热量为0.05QkJ 达到平衡时，两个容器中Y2的物质的量浓度均为1.5 mol•L﹣1‎ C．向容器①中通入氦气，平衡时A的转化率不变 D．其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，则达到平衡时C的体积分数小于 ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】容器①中参加反应的A的物质的量=2mol×=1.5mol，则：‎ ‎ 2A（g）+B（g）⇌2C（g）‎ 起始（mol）：2 1 0‎ 转化（mol）：1.5 0.75 1.5‎ 平衡（mol）：0.5 0.25 1.5‎ 恒温恒容下，②中完全转化到方程式左边可以得到2molA、1mol，容器①、②反应为完全等效平衡，平衡时各组分的物质的量相等，②中A的起始物质的量为0.4mol，小于平衡时的0.5mol，故②中发生平衡逆向移动．‎ A、由于温度相等，②中平衡常数与①相等；‎ B、．②中反应吸收热量，根据参加反应的B可以计算吸收热量；‎ C、恒容条件下，向容器①中通入氦气，各组分的浓度不变，平衡不移动；‎ D、平衡时①、②中C的体积分数为=其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，随反应进行，温度降低，反应向生成C的方向移动，平衡时C的体积分数增大．‎ ‎【解答】解：容器①中参加反应的A的物质的量=2mol×=1.5mol，则：‎ ‎ 2A（g）+B（g）⇌2C（g）‎ 起始（mol）：2 1 0‎ 转化（mol）：1.5 0.75 1.5‎ 平衡（mol）：0.5 0.25 1.5‎ 恒温恒容下，②中完全转化到方程式左边可以得到2molA、1mol，容器①、②反应为完全等效平衡，平衡时各组分的物质的量相等，②中A的起始物质的量为0.4mol，小于平衡时的0.5mol，故②中平衡逆向移动．‎ A、由于温度相等，①②平衡常数相等，①中平衡常数K==18，故A错误；‎ B、．②中反应吸收热量，容器①、②反应为完全等效平衡，平衡时B的物质的量相等，则②中吸收的热量为（0.25﹣0.2）mol×Q kJ/mol=0.05Q kJ，故B错误；‎ C、恒容条件下，向容器①中通入氦气，各组分的浓度不变，平衡不移动，平衡时A的转化率不变，故C正确；‎ D、平衡时①、②中C的体积分数为=，其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，随反应进行，温度降低，反应向生成C的方向移动，生成2molC时，混合气体减小1mol，则达到平衡时C的体积分数大于，故D错误，‎ 故选C．‎ ‎　‎ 三、解答题（共3小题，满分34分）‎ ‎25．T℃时，在一个体积为2L的容器中，A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度变化如图所示．‎ ‎（1）写出该反应的方程式：　2A+B⇌C　‎ ‎（2）计算该温度下该反应的平衡常数：　0.52　‎ ‎（3）已知：K＞K，该反应是　放　热反应．‎ ‎（4）0～4分钟时，A的平均反应速率为：　0.05mol•L﹣1•min﹣1　‎ ‎（5）到达平衡时B的转化率为：　25%　‎ ‎（6）恒容条件下，下列措施中能使n（A）/n（C）降低的有　CD　．‎ A．充入氦气 　 B．使用催化剂 C．再充入2.4molA和1.6molB D．降低温度．‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡建立的过程；用化学平衡常数进行计算．‎ ‎【分析】（1）根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；‎ ‎（2）根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积计算；‎ ‎（3）根据温度对平衡常数的影响分析；‎ ‎（4）根据v=计算反应速率．‎ ‎（5）根据图象中B的物质的量的变化计算转化率；‎ ‎（6）降低，说明平衡向正反应方向移动．‎ ‎【解答】解：（1）由图象可以看出，反应中A、B的物质的量减小，C的物质的量增多，则A、B为反应物，C为生成物，‎ 且△n（A）：△n（B）：△n（C）=0.8mol：0.4mol：0.4mol=2：1：1，则反应的化学方程式为：2A+B⇌C，‎ 故答案为：2A+B⇌C；‎ ‎（2）k===0.52（mol/L）﹣2，故答案为：0.52；‎ ‎（3）K＞K，说明温度升高，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故答案为：放；‎ ‎（4）0～4分钟时，A的平均反应速率为：v（A）==0.05mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：0.05mol•L﹣1•min﹣1；‎ ‎（5）到达平衡时B的转化率为：×100%=25%，故答案为：25%；‎ ‎（6）降低，说明平衡向正反应方向移动：‎ A．充入氦气，各物质的物质的量浓度不变，平衡不移动，故A错误； ‎ B．使用催化剂，平衡不移动，故B错误；‎ C．再充入2.4molA和1.6molB，反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，故C正确；‎ D．降低温度，平衡向正反应方向移动，故D正确，‎ 故答案为：CD．‎ ‎　‎ ‎26．（1）已知常温下，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38，在FeCl3溶液中加入NaHCO3溶液产生沉淀和气体，反应的离子方程式为：　Fe 3++3HCO3﹣=Fe（OH）3↓+3CO2↑　；若将所得悬浊液的pH调整为4，则溶液中Fe3+浓度为　4.0×10﹣8　mol•L﹣1‎ ‎（2）常温下，浓度均为0.1mol•L﹣1的下列五种钠盐溶液的pH如表 溶质 CH3COONa NaHCO3‎ Na2CO3‎ NaClO NaCN pH ‎8.8‎ ‎9.7‎ ‎11.6‎ ‎10.3‎ ‎11.1‎ 上述盐溶液中的阴离子，结合H+能力最强的是　CO32﹣　．根据表中数据，浓度均为0.01mol•L﹣1‎ 的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最大的是　C　（填编号）．‎ A．HCN B．HClO C．CH3COOH D．H2CO3‎ ‎（3）下列说法不正确的是　AD　（填序号）‎ A．某温度下纯水中的c（H+）=10﹣6，故显酸性 B．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小 C．相同温度下，0.1mol/LNH4Cl溶液中NH4+的浓度比0.1mol/L氨水中NH4+的浓度大 D．相同温度下，pH均为8的Na2CO3和NaHCO3溶液，前者物质的量浓度大 E．向饱和石灰水中加入CaO固体，溶液中Ca2+、OH﹣的物质的量均减小．‎ ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】（1）在FeCl3溶液中加入NaHCO3溶液产生沉淀和气体，生成的沉淀是氢氧化铁、生成的气体是二氧化碳；若将所得悬浊液的pH调整为4，溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣10 mol/L，溶液中c（Fe3+）=；‎ ‎（2）相同浓度的钠盐溶液中，溶液的pH越大说明该酸根离子水解程度越大，酸根离子水解程度越大其结合氢离子能力越强；酸根离子水解程度越大，其对应的酸的电离程度越小，相同浓度的酸的酸性越弱，相同浓度的不同弱酸，酸的电离程度越小，稀释相同的倍数pH变化越小；‎ ‎（3）A．任何温度下纯水都呈中性；‎ B．稀盐酸抑制AgCl溶解；‎ C．氯化铵是强电解质，完全电离，但铵根离子水解程度较小；一水合氨是弱电解质，部分电离；‎ D．相同温度下，pH均为8的Na2CO3和NaHCO3溶液，酸根离子水解程度越大，其浓度越小；‎ E．向饱和石灰水中加入CaO固体，CaO和水反应生成氢氧化钙且溶液温度升高，升高温度氢氧化钙溶解度降低，导致溶液为过饱和溶液，析出氢氧化钙固体．‎ ‎【解答】解：（l） 在FeCl3溶液中加入NaHCO3溶液产生沉淀和气体，生成的沉淀是氢氧化铁、生成的气体是二氧化碳，反应方程式为Fe 3++3HCO3﹣=Fe（OH）3↓+3CO2↑；若将所得悬浊液的pH调整为4，溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣10 mol/L，溶液中c（Fe3+）==mol/L=4.0×10﹣8mol/L；‎ 故答案为：Fe 3++3HCO3﹣=Fe（OH）3↓+3CO2↑；4.0×10﹣8；‎ ‎（2）相同浓度的钠盐溶液中，溶液的pH越大说明该酸根离子水解程度越大，酸根离子水解程度越大其结合氢离子能力越强，根据表中数据知，水解程度最大的是CO32﹣，则结合氢离子能力最大的是CO32﹣；‎ 酸根离子水解程度越大，其对应的酸的电离程度越小，相同浓度的酸的酸性越弱，相同浓度的不同弱酸，酸的电离程度越小，稀释相同的倍数pH变化越小，这几种酸酸性强弱顺序是C＞D＞B＞A，则浓度均为0.01mol•L﹣1的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最大的酸性最强，为碳酸，‎ 故答案为：CO32﹣；C；‎ ‎（3）A．任何温度下纯水都呈中性，所以某温度下纯水中的c（H+）=10﹣6，但仍然等于c（OH﹣），溶液呈中性，故A错误；‎ B．稀盐酸抑制AgCl溶解，降低AgCl的溶解，所以用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小 ‎，故B正确；‎ C．氯化铵是强电解质，完全电离，但铵根离子水解程度较小；一水合氨是弱电解质，部分电离，所以相同温度下，0.1mol/LNH4Cl溶液中NH4+的浓度比0.1mol/L氨水中NH4+的浓度大，故C正确；‎ D．相同温度下，pH均为8的Na2CO3和NaHCO3溶液，酸根离子水解程度越大，其浓度越小，碳酸钠水解程度大于碳酸氢钠，所以浓度：前者小于后者，故D错误；‎ E．向饱和石灰水中加入CaO固体，CaO和水反应生成氢氧化钙且溶液温度升高，升高温度氢氧化钙溶解度降低，导致溶液为过饱和溶液，析出氢氧化钙固体，所以溶液中Ca2+、OH﹣的物质的量均减小，故E正确；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎27．为了测定含有H2C2O4•2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样中各物质的质量分数，进行如下实验：‎ ‎①称取6.0g试样，加水溶解，配成250mL试样溶液．‎ ‎②用酸式滴定管量取25.00mL试样溶液放入锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞试液，用0.2500mol/L NaOH溶液滴定，消耗NaOH溶液20.00mL．‎ ‎③再取25.00mL试样溶液放入另一锥形瓶中，用0.1000mol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，消耗高锰酸钾溶液16.00mL．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）已知：0.10mol/L KHC2O4溶液pH约为3，其中含碳元素的粒子浓度由大到小的顺序为　c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）　．‎ ‎（2）步骤①所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、　胶头滴管　、　250mL容量瓶　．‎ ‎（3）完成并配平下列离子方程式：‎ ‎　5　C2O42++　2　MnO4﹣+　16　H+=　10　CO2+　2　Mn2++　8H2O　‎ ‎（4）步骤③中判断滴定终点的方法是　滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟颜色不变　．‎ ‎（5）步骤②中量取试样溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，则测得的H2C2O4•2H2O的质量分数　偏小　．（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）‎ ‎（6）试样中H2C2O4•2H2O的质量分数为　21%　．‎ ‎【考点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量．‎ ‎【分析】（1）0.10mol/L KHC2O4溶液pH约为3，溶液显酸性，草酸根离子电离大于水解；‎ ‎（2）步骤①是称量、溶解，配制，依据实验存在分析需要的仪玻璃仪器；‎ ‎（3）化合价有变化的是碳元素和锰元素，根据化合价变化配平；‎ ‎（4）原溶液无色，KMnO4为紫红色，当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，溶液呈紫红色且半分钟颜色不变；‎ ‎（5）步骤②中量取试样溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，导致标准溶液氢氧化钠的体积增大，测定、KHC2O4的含量增大，草酸含量减小；‎ ‎（6）令H2C2O4、KHC2O4的物质的量分别为xmol、ymol，根据①②中计算结果列方程计算，进而计算原样品中各自质量分数．‎ ‎【解答】解：（1）0.10mol/L KHC2O4溶液pH约为3，溶液显酸性，草酸根离子电离大于水解，则含碳元素的粒子浓度由大到小的顺序为：c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），故答案为：c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）；‎ ‎（2）步骤①是称量、溶解，配制，所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶、量筒等，故答案为：胶头滴管；250mL量瓶；‎ ‎（3）化合价C：+3→+4，改变量（4﹣3）×2=2，Mn：+7→+2，改变量（7﹣2）×1=5，根据化合价升降总数相等，所以在C2O42﹣前配5，MnO4﹣前配2，根据C和Mn原子守恒，分别在CO2和Mn2+前配10和2，根据电荷守恒，在H+前配16，最后根据离子方程式两边的H个数相等，结合原子守恒得到在水前面配8，经检验离子方程式两边的氧原子相等，得到离子方程式为：5C2O42++2MnO4﹣+16H+=10CO2+8Mn2++8H2O；‎ 故答案为：5；2；16；10；2；8H2O；‎ ‎（4）原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟颜色不变；‎ 故答案为：滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟颜色不变；‎ ‎（5）步骤②中量取试样溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，导致标准溶液氢氧化钠的体积增大，测定、KHC2O4的含量增大，草酸含量减小；‎ 故答案为：偏小；‎ ‎（6）由于实验时所取溶液均为配置时的，所以①、②中计算的数据均为配置溶液中溶质的，由①得：2n（H2C2O4•2H2O）+n（KHC2O4）=0.05mol，由②得：n（H2C2O4•2H2O）+n（KHC2O4）=0.04mol，‎ 由上述两个方程式得：n（H2C2O4•2H2O）=0.01mol，n（KHC2O4）=0.03mol；‎ H2C2O4•2H2O的质量分数为：×100%=21%；‎ 故答案为：21%．‎ ‎　‎