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江西省九江市九江第一中学2019-2020高二上学期期中考试化学试题化学（解析版）
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江西省九江市九江第一中学2019-2020高二上学期期中考试试题
1.已知白磷和P4O6的分子结构如图，现提供以下化学键的键能：P-P：198kJ·mol－1、P-O：360kJ·mol－1、O=O：498kJ·mol－1，则反应P4（白磷）+3O2=P4O6的反应热△H为（ ）
A. -126kJ·mol－1
B. -1638kJ·mol－1
C. +126kJ·mol－1
D. +1638kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
【详解】已知P4分子内有6个P-P键，则P4(白磷)+3O2=P4O6△H=反应物的键能和-生成物的键能和=198kJ/mol×6+498kJ/mol×3-360kJ/mol×12=-1638kJ/mol，故答案为B。
2.下列反应的离子方程式表达正确的是（ ）
A. FeCl3溶液中滴加HI溶液：2Fe3++2HI2Fe2++2H++I2
B. 1 mol·L−1 NaAlO2溶液和4 mol·L−1 HCl溶液等体积混合：AlO2−+4H+Al3++2H2O
C. NH4HSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：NH4++H++SO42−+Ba2++2OH−BaSO4↓+NH3·H2O+H2O
D. Na2S2O3溶液中滴加过量稀H2SO4：3S2O32−+2H+4S↓+2SO42−+H2O
【答案】B
【解析】A. FeC13溶液中滴加HI溶液：2Fe3++2I－=2Fe2++I2，A错误；B. 1mol·L-1NaA1O2溶液和4 mol·L-1HCl溶液等体积混合恰好反应生成氯化铝、氯化钠和水：AlO2-+4H+=Al3++2H2O，B正确；C. NH4HSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：2H++SO42-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O，C错误；D. Na2S2O3溶液中滴加过量稀H2SO4：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，D错误，答案选B
3.下列电离方程式正确的是（ ）
A. NH3·H2ONH4++OH- B. H2SO32H++SO32－
C. NaHCO3Na++H++CO32－ D. CaCO3Ca2++CO32－
【答案】A
【解析】
【详解】A、一水合氨为弱电解质，部分电离，故A正确；
B、多元弱酸分步电离，故B错误；
C、NaHCO3为强电解质，碳酸氢根为弱酸的酸式根，不能拆解，碳酸氢钠的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3－，故C错误；
D、CaCO3为强电解质，完全电离，故D错误；
故选A。
4.能影响水的电离平衡，并使溶液中c(H+)＞c(OH-)的操作是（ ）
A. 向水中投入一小块金属钠 B. 将水加热煮沸
C. 向水中通入CO2 D. 向水中加入食盐晶体
【答案】C
【解析】H2OH++OH-，
A中Na消耗H+，则水的电离平衡正向移动，使c(OH-)＞c(H+)；
B.将水加热煮沸即升温，则水的电离平衡正向移动，但c(H+)=c(OH-)；
C.向水中通入CO2即生成碳酸，则溶液中C（H+）增大，故c(H+)＞c(OH-)，并使平衡逆向移动；
D.向水中加入食盐晶体，对水的电离平衡无影响
5. 反应A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)，不同情况下测得反应速率，其中反应速率最快的是（ ）
A. υ(D)="0.4" mol / (L·s) B. υ(C)="30" mol / (L·min)
C. υ(B)="0.9" mol / (L·s) D. υ(A)="0.15" mol / (L·s)
【答案】C
【解析】试题分析：比较化学反应速率大小时，应转化为同种物质，同种单位。根据化学反应速率之比等于方程式的化学计量数之比，将各选项的化学反应速率都转化为A的反应速率，可得：A．υ(D)="0.4" mol / (L·s)，则υ(A)="0.4" mol / (L·s)÷2="0.2mol" / (L·s)；B．υ(C)="30" mol / (L·min)，则υ(C)="30" mol / (L·min)÷60="0.5mol" / (L·s)，υ(A)="0.5mol" / (L·s)÷2="0.25mol" / (L·s)；C．υ(B)="0.9" mol / (L·s)，则υ(A)="0.9" mol / (L·s)÷3="0.3mol" / (L·s)；D．υ(A)="0.15" mol / (L·s)。由此可知反应速率最快的是C项表示的反应速率。故选C。
6.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 溴水中存在Br2＋H2OHBr＋HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅
B. 反应CO(g)＋NO2(g) CO2(g)＋NO(g) ΔH<0，平衡后，升高温度体系颜色变深
C. 用饱和食盐水除去Cl2中的HCl
D. 合成氨反应，为提高氨的产率，可加入适当的催化剂
【答案】D
【解析】
【分析】勒夏特列原理：当影响平衡移动的因素改变后，平衡会向减弱这种条件的方向移动。据此回答本题。
【详解】A、当加入硝酸银溶液后，硝酸银与溴化氢反应产出溴化银沉淀，溴化氢减少，使可逆反应正向移动，溶液颜色变浅，故A正确；
B、升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即逆向移动，NO2含量增加，颜色变深，故B正确；
C、Cl2与水的离子反应方程式为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中含有大量的Cl-，使反应逆向移动，降低Cl2的溶解度，HCl在水中溶解度很大，所以能用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，故C正确；
D、催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，故D错误；
故选D。
7.下列事实中，能说明MOH是弱碱的有（ ）
①0.1 mol·L－1 MOH溶液可以使酚酞试液变红
②常温下，0.1 mol·L－1 MOH溶液pH＜13
③0.1 mol·L－1 MOH溶液的导电能力比0.1 mol·L－1 NaOH溶液弱
④等体积的0.1 mol·L－1 MOH溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液恰好完全反应
A. ①②③ B. ②③ C. ②④ D. ③④
【答案】B
【解析】
【分析】MOH是弱碱，说明MOH部分电离，溶液中存在电离平衡，根据MOH的电离程度划分强弱电解质，据此分析解答。
【详解】①0.1mol/LMOH可以使酚酞试液变红说明MOH能电离出氢氧根离子，而不能说明MOH的电离程度，所以不能证明MOH是弱电解质，故①错误；
②常温下，0.1mol/LMOH溶液的pH<13，即氢氧根离子的浓度<0.01mol/L，MOH没有完全电离，则MOH为弱电解质，故②正确；
③溶液的导电性与离子浓度成正比，0.1mol/LMOH溶液的导电性比0.1mol/LNaOH溶液弱，说明MOH溶液中离子浓度较小，说明MOH部分电离，故③正确；
④等体积的0.1mol/LMOH溶液与0.1mol/LHCI溶液恰好完全反应，无论是强碱还是弱碱，都恰好完全反应，故④错误；
故选B。
8.在1 L恒容密闭容器中投入足量Mg(NO3)2，在一定温度下发生下列反应：2Mg(NO3)2(s)2MgO(s)＋4NO2(g)＋O2(g)。能说明该反应达到平衡状态的是（ ）
A. NO2消耗速率与O2生成速率之比为4∶1 B. NO2体积分数不再变化
C. 混合气体的平均相对分子质量不再变化 D. MgO的浓度不再变化
【答案】A
【解析】
【详解】A、设v生(O2)=a,，v耗(NO2)=4a，同方向反应中，各气态物质的速率之比等于化学计量数之比，v耗(O2)=a，所以O2的生成速率等于消耗速率，达到平衡，故A正确；
B、反应物为固体，产物有两种气体，气体的体积比始终保持不变，NO2体积分数保持不能变，不能判断平衡状态，故B错误；
C、混合气体的比例一定，相对分子质量一定，不能判断是否平衡，故C错误；
D、固体浓度为常数，D项错误；.
故选A。
9.已知：①2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH1＝－571.6 kJ·mol－1
②2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH2＝－1452 kJ·mol－1
③H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) ΔH3＝－57.3 kJ·mol－1
下列说法正确的是( )
A. H2(g)的燃烧热为571.6 kJ·mol－1
B. 同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出的热量多
C. H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)＝BaSO4(s)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
D. 3H2(g)＋CO2(g)＝CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH＝＋131.4 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】A、燃烧热是1mol物质完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量，方程式中给出的是2mol的氢气完全燃烧所放出的热量为571.6 kJ，A错误；B、由方程式可知1gH2燃烧放出热量142.9kJ，1gCH3OH（l）完全燃烧放出热量1452 kJ÷32=45.375kJ，则同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多，B正确；C、在反应1/2H2SO4（aq）＋1/2Ba（OH）2（aq）＝1/2BaSO4（s）＋H2O（l）中除了H+、OH-反应生成水外，还有沉淀产生，放出热量不是57.3 kJ，C错误；D、根据盖斯定律，将（①×3－②）÷2 整理可得3H2（g）＋CO2（g）＝ CH3OH（l）＋H2O（l） ΔH＝－131.4kJ·mol－1，D错误；答案选B。
10.对可逆反应2A(s)＋3B(g) C(g)＋2D(g) ΔH＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（ ）
①增加A的量，平衡向正反应方向移动
②升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动
③压缩容器增大压强，平衡不移动，气体密度不变
④恒温恒压时，充入惰性气体，平衡不移动
⑤加入催化剂，B的平衡转化率提高
A. ①② B. ② C. ①③ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①A为纯固体，增加A的量，平衡不移动，故错误；
②该反应为放热反应，升高温度，反应速率增大，向吸热方向移动，则平衡向逆反应方向移动，故正确；
③该反应为气体体积不变的反应，增大压强，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，故错误；
④该反应为气体体积不变的反应，恒温恒压时，充入惰性气体，体积增大，相当于减小压强，平衡不移动，故正确；
⑤催化剂对平衡移动无影响，则加入催化剂，B的转化率不变，故错误；故②④正确，
故选D。
11.从下列实验事实或操作所引出的相应结论正确的是（ ）
选项
实验事实或操作
结论
A
其他条件相同，溶液和溶液反应，溶液浓度越大，析出硫沉淀所需时间越短
当其他条件不变时，增大反应物浓度化学反应速率加快
B
在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变
催化剂一定不参与化学反应
C
物质的量浓度相同的盐酸和醋酸分别与等质量的形状相同的锌粒反应
开始时的反应速率相同
D
在容积可变的密闭容器中发生反应，把容积缩小一半
正反应速率加快，逆反应速率不变
【答案】A
【解析】
【详解】A、是反应物，其他条件相同，溶液浓度越大，析出硫沉淀所需时间越短，说明其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率加快，选项A正确；
B、催化剂参与化学反应，改变了反映的途径，但反应前后其质量和化学性质都不变，选项B错误；
C、等质量的形状相同的金属与酸反应时，氢离子浓度相同，则速率相同，因为盐酸和醋酸物质的量浓度相同，而醋酸是弱酸，在水溶液中不能完全电离，所以开始时氢离子浓度不同，则开始时反应速率不同，选项C错误；
D、容积缩小一半，压强增大，正、逆反应速率均加快，选项D错误。
答案选A。
12.某温度下，在2 L的密闭容器中，加入1mol X(g)和2 mol Y(g)发生反应：X(g)＋mY(g)3Z(g) ΔH＜0，平衡时，X和Y的转化率都是10%。下列叙述不正确的是（ ）
A m=2
B. 达平衡时，Z的体积分数为10%
C. 达平衡后，保持容器体积不变，加热，容器内压强将增大
D. 将平衡后的容器体积压缩至1L，X的浓度为0.45mol·L－1
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：根据“三段式” X(g)＋mY(g)3Z(g) ΔH＜0，设X(g)转化的为a mol，则有：
起始的物质的量(mol) 1 2 0
转化的物质的量(mol) a ma 3a
平衡时物质的量(mol) 1－a 2－ma 3a
A．因平衡时，X和Y的转化率都是10%，则X的转化率=×100%=10%，可得a=0.1。Y的转化率=×100%=10%，可得m=2，故A正确；
B．根据A项可知，m=2，则反应前后气体的总物质的量保持不变，即为3mol，达平衡时生成0.3mol Z，Z的体积分数=×100%=10%，故B正确；
C．达平衡后，保持容器体积不变，加热，根据PV=nRT，容器内压强将增大，故C正确；
D．达平衡后，X的浓度为0.45mol·L－1，将平衡后的容器体积压缩至1L，平衡虽然不发生移动，X的物质的量不变，但由于总体积减小，则X的浓度应为0.9mol·L－1，故D错误；
故答案为D。
13.可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3 (g)，根据下表中的数据判断下列图像错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】试题分析：由表中数据可知，相同压强下，温度越高SO2转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，该反应正反应为放热反应；该反应正反应是体积减小的反应，相同温度下，增大压强平衡向正反应移动，由表中数据可知，压强为P2(Mpa)时SO2转化率更大，故压强P2＞P1，A．温度越高，反应速率越快，到达平衡的时间越短，温度越高SO2转化率越低，图象与实际相符合，故A正确；B．该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，SO3含量降低，增大压强，平衡正反应移动，SO3含量增大，图象与实际相符合，故B正确；C．增大压强，正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率增大更多，图象与实际不相符，故C错误；D．升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率增大更多，图象与实际相符，故D正确；故选C。
14.向20 mL 0.40 mol/L H2O2溶液中加入少量KI溶液：ⅰ．H2O2+I-=H2O+IO﹣；ⅱ．H2O2+IO﹣= H2O+O2↑+ I﹣。H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成O2的体积(已折算标准状况)如下。
t/min
0
5
10
15
20
V(O2)/mL
0.0
12.6
20.16
28.0
32.7
下列判断不正确的是（ ）
A. 从图中可以看出，KI能增大H2O2的分解速率
B. 反应ⅰ是放热反应，反应ⅱ是吸热反应
C. 0~10 min的平均反应速率：v(H2O2)≈9.0×10-3 mol/(L·min)
D. H2O2在反应过程中既体现了氧化性，又体现了还原性
【答案】B
【解析】
【详解】A.从反应过程示意图可以看出KI能够降低反应的活化能，使反应速率大大加快，A正确；
B.根据图示可知反应i的生成物比反应物的能量高，为吸热反应；反应ii的反应物比生成物的能量高，是放热反应，B错误；
C.0~10 min内，反应产生O2的物质的量是n(O2)= 20.16×10-3L÷22.4L/mol=9.0×10-4mol，根据方程式2H2O2=2H2O+O2↑可知△n(H2O2)=2×9.0×10-4mol=1.8×10-3mol，则v(H2O2)= (1.8×10-3mol)÷0.02L÷10min=9.0×10-3 mol/(L·min)，C正确；
D.在反应i中H2O2的作用是氧化剂，在反应ii中是还原剂，所以在整个反应过程中既体现了氧化性，又体现了还原性，D正确；
故合理选项是B。
15.常温下，由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol·L-1的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
① K+、Cl-、NO3-、S2- ② K+、Fe2+、I-、SO42- ③ Na+、Cl-、NO3-、SO42-
④Na+、Al3+、Cl-、HCO3- ⑤ K+、Ba2+、Cl-、NO3-
A. ①③ B. ③④ C. ③⑤ D. ②⑤
【答案】C
【解析】
【分析】由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol·L-1<1×10-7mol·L-1，所以溶液可酸可碱，据此解答本题。
【详解】①碱溶液中该组离子不反应，但酸溶液中NO3-、S2-发生氧化还原反应而不能大量共存，故①错误；
②碱溶液中Fe2+、OH-结合生成沉淀，酸溶液中该组离子不反应，故②错误；
③该组离子在酸或碱溶液中都不发生反应,则一定能大量共存，故③正确；
④酸溶液中HCO3-与H+结合生成二氧化碳和水，碱溶液中HCO3-与OH-结合生成碳酸根离子和水，生成的碳酸根离子与Ca2+结合生成碳酸钙沉淀，则一定不能共存，故④错误；
⑤该组离子在酸或碱溶液中都不发生反应,则一定能大量共存，故⑤正确；即③⑤正确，
故选 C。
16.某温度下，向一定体积0.1mol·L－1的氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，溶液中pOH [pOH＝－lg c(OH－)]与pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. M点和N点溶液中H2O的电离程度相同
B Q点溶液中，c(H+)＝c(OH－)，pH =7
C. M点溶液的导电性小于Q点溶液的导电性
D. N点溶液加水稀释，变小
【答案】B
【解析】
【分析】碱溶液中pOH越大、pH越小，说明溶液中氢氧根离子浓度越小，氢离子浓度越大，碱性越弱、酸性越强，随着盐酸的加入，发生中和反应，溶液氢氧根离子的浓度逐渐减小，则溶液pH逐渐减小，pOH逐渐增大，结合弱电解质的电离解答该题。
【详解】A、由于M点的OH-浓度等于N点的H+浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，故A正确；
B； Q点时pH= pOH，说明c(OH-)=c(H+)，溶液呈中性，但是并不一定为常温，pH不一定等于7，故B错误；
C.、M点溶液中主要溶质为一水合氨，为弱电解质，在溶液中部分电离，溶液中离子浓度较小，Q点溶液中主要为氯化铵，为强电解质，溶液中离子浓度较多，所以M点的导电能力小于Q点，故C正确；
D、N点溶液加水稀释，，温度不变，Ka不变，加水稀释氢离子浓度减小，c(OH-)增大，所以变小，故D正确；
故选B。
17.25 ℃下，部分弱酸的电离常数如表。下列有关说法正确的是（ ）
弱酸
HCOOH
HClO
H2S
电离平衡
常数(Ka)
Ka＝1.0×10－4
Ka＝2.0×10－8
Ka1＝1.3×10－7
Ka2＝7.1×10－15
A. 相同浓度的HCOOH和HClO溶液的pH后者小
B. 若HCOONa和HCOOH的混合溶液的pH＝3，则＝10
C. 任何浓度NaHS溶液中总存在：c(Na+)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)
D. 向NaClO溶液中通入H2S发生的反应为2ClO－＋H2S===S2－＋2HClO
【答案】B
【解析】
【详解】A、 由电离常数可知，HCOOH比HClO易电离，则等体积、等浓度的HCOOH和 HClO溶液中，HCOOH的电力程度更大，pH更小，故A错误；
B、在溶液中HCOOH的电离常数 ，则pH=3的HCOONa和HCOOH的混合溶液中，所以＝10，故B正确；
C.、NaHS溶液中一定存在电荷守恒c( Na+) +c( H+) =c( OH-) +2c( S2-)+c( HS- ) ，故C错误；
D、向NaClO溶液中通入H2S，因NaClO具有强氧化性，与H2S在溶液中发生氧化还原反应，不是发生复分解反应，故D错误；
故选B。
18.2.0molPCl3和1.0molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3(g)+Cl2(g)⇌PCl5(g)达平衡时，PCl5为0.4mol，如果此时移走1.0molPCl3和0.50molCl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（ ）
A. 0.4mol
B. 0.2mol
C. 小于0.2mol
D. 大于0.2mol，小于0.4mol
【答案】C
【解析】
【详解】达平衡后移走1mol PCl3 和0.5mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1molmol PC13和0.5mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，该反应为气体体积缩小的反应，则平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的，即在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量＜0.4mol×=0.2mol，故答案为C。
19.在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时c(CO2) 随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的ΔH＞0、ΔS＜0
B. 体系的总压强p：p(Ⅰ)＞p(Ⅲ)
C. 平衡常数：K(Ⅰ)＞K(Ⅱ)
D. T1K时，Ⅳ点所处的状态中v(正)＜v(逆)
【答案】D
【解析】试题分析：A．CO2(g)＋C(s)2CO(g)，反应的气体系数增大，则ΔS＞0。根据图像可得，温度越高，c(CO2) 越小，平衡正向移动，可知该反应为吸热，即ΔH＞0，故A错误；B．Ⅰ这条曲线是通入0.1molCO2，Ⅱ这条曲线是通入0.2molCO2。状态Ⅰ和状态Ⅲ都是通入0.1molCO2。状态Ⅰ到状态Ⅲ，温度升高，平衡正向移动，气体的总物质的量增大，根据PV=nRT，可知压强增大，即p (Ⅲ)＞p(Ⅰ) ，故B错误；C．平衡常数只与温度有关，温度越高，吸热反应的平衡常数越大，即K (Ⅱ)＞K(Ⅰ) ，故C错误；D．T1 K时，Ⅳ点在该温度的平衡状态下，则到平衡状态，c(CO2) 需增大，平衡要逆向移动，即 v(正) ＜ v(逆)，故D正确；故选D。
20.某温度下，弱酸H2A溶液中，存在H2A、HA－和A2－三种形态的粒子，其物质的量分数δ[δ(X)＝]随溶液pH变化的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. pH>4的溶液中，δ(A2－)＝，
B. M点对应的溶液中水的电离程度小于N点
C. 若图中a为1.2，则lg [Ka1(H2A)]＝－1.2
D. 曲线②代表的粒子是HA－
【答案】A
【解析】
【分析】随着溶液的pH增大，溶液中c (H2A) 减小、c (HA-)先增大后减小、c (A2-)增大，所以①为c (H2A) 物质的量分数，②为c (HA-)物质的量分数，③为c (A2-)物质的量分数，据此解答本题。
【详解】当pH>4后，由图像可知，溶液中几乎没有H2A，此时，δ(A2－)=，故A错误；
B、随着溶液pH增大，酸对水的电离抑制作用减小，所以N点对应的溶液中水的电离程度大于M点，故B正确；
C、，由图像可知，此时δ(H2A)=0.5，即c(H2A)= c(HA-)，所以Ka1=10-1.2，所以lg [Ka1(H2A)]＝－1.2，故C正确；
D、由分析可知，曲线②代表的粒子是HA－故D正确；
故选A。
21.氨气是极易溶于水的气体，常温常压下，1体积水大约能溶解700体积的氨气。
（1）实验室可在浓氨水中加入固体NaOH快速制取氨气，请用化学平衡移动原理简述原因_______________________________________________________________。
（2）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol·L－1和0.1mol·L－1，则甲、乙两瓶氨水中c(OH－)之比________(填“>”、“<”或“=”)10。
（3）向10mL0.1 mol/L的氨水中逐滴加入20mL 0.1 mol/L的醋酸，溶液导电性的变化是__________________(填“增大”、“减小”或“不变”)。写出二者反应的离子方程式：_______________________________________________。
【答案】(1). 在浓氨水中存在NH3+H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，当加入固体NaOH后，c(OH-)变大，同时溶液温度升高，都促使平衡逆向移动 (2). < (3). 先增强后减弱 (4). NH3·H2O+CH3COOH== NH4++CH3COO-+H2O
【解析】
【详解】(1)、在浓氨水中存在NH3+H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，当加入固体NaOH后，c(OH-)变大，同时溶液温度升高，都促使平衡逆向移动，所以实验室可在浓氨水中加入固体NaOH快速制取氨气，故答案为在浓氨水中存在NH3+H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，当加入固体NaOH后，c(OH-)变大，同时溶液温度升高，都促使平衡逆向移动；
(2)、甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水浓度的10倍，故甲瓶氨水的电离程度比乙瓶氨水的电离程度小，所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10。故答案为：<；
(3)、氨水为弱电解质，开始导电性不强，滴入醋酸，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，反应完全后，继续滴入醋酸，溶液体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱，故答案为：先增强后减弱， NH3·H2O+CH3COOH== NH4++CH3COO-+H2O。
22.回答下列问题：
（1）25℃时，pH＝3的盐酸中由水电离出的c(H＋)为_______。
（2）99℃时，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH＝2。此时水的离子积Kw＝_____，溶液中c(OH-)为_____。
（3）25℃时，a mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝b，用含a和b的代数式表示CH3COOH的电离平衡常数Ka＝________。
（4）25℃时，pH＝3的醋酸和pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，溶液呈___(填“酸”、“中”或“碱”)性。
（5）25℃时，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Ka(HSCN)＝0.13。该温度下将20mL 0.1mol·L－1CH3COOH溶液和20mL 0.1mol·L－1HSCN溶液分别与20mL 0.1mol·L－1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)变化的示意图如图所示，反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是_____________________________________________。
【答案】(1). 10-11 mol·L－1 (2). 10-12 (3). 10-10 mol·L－1 (4). 或 (5). 酸 (6). 由于K(CH3COOH)
【分析】(1)盐酸中氢离子抑制了水的电离，盐酸中氢氧根离子来自水的电离，结合c(OH-)=计算；
(2)由pH=6的蒸馏水可知，该温度下水电离产生的c(H+)=c(OH-)=1.0×10-6 mol/L，结合Kw=c(OH-)×c(H+)计算水的离子积；NaHSO4电离出的氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离；根据原子守恒分析；
(3)醋酸pH＝b，可知c(H+)=1.0×10-b mol/L，结合CH3COOH H++CH3COO-及计算；
(4)醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，溶液呈酸性，结合电荷守恒分析。
【详解】(1)盐酸中氢氧根离子来自水的电离,则25°C时pH=3的盐酸中水电离出的c(OH-)===10-11mol/L；
(2)由pH=6的蒸馏水可知，该温度下水电离产生的c(H+)=c(OH-)=1.0×10-6 mol/L，此时Kw=c(OH-)c(H+)=1.0×10-12； NaHSO4电离出的氢离子抑制了水的电离溶液中氢氧根离子来自水的电离，则水电离产生的c(OH-)=，故答案为1.0×10-12，10-10 mol·L－1；
(3)醋酸pH＝b，可知c(H+)=1.0×10-bmol.L-1，由CH3COOH H++CH3COO-可知==，故答案为或；
(4)CH3COOH为弱酸，pH＝3的醋酸和pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，CH3COOH过量，溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，故答案为：酸；
(5)由题意可知，Ka(CH3COOH)
说明：0.005 mol·L－1的Fe2(SO4)3溶液颜色接近于无色。
（1）实验中要待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，才能进行实验Ⅱ，目的是 。
（2）实验Ⅱ中，ⅰ的现象是 ，该实验证明 。
（3）实验Ⅱ中，ⅲ的化学平衡向 移动（填“正反应方向”或“逆反应方向”）；ⅲ的现象是溶液变浅，该现象 （填“能”或“不能”）说明化学平衡发生移动。如果前一空填“能”，则下一空不填；如果前一空填“不能”，则ⅲ的目的是 。
（4）实验Ⅱ中，ⅱ的现象是 ，即能证明增大生成物浓度化学平衡发生了逆向移动。
（5）除了上图中的方法外，若要使该可逆反应的化学平衡逆向移动，还可以采用的方法有 。
【答案】（1）反应达平衡状态
（2）生成黄色沉淀，溶液颜色变浅 反应物浓度减小，平衡向逆反应方向移动。
（3）逆反应方向 不能 为实验ⅱ做参照
（4）溶液颜色变得比ⅲ更浅
（5）加热（加入浓碘水）
【解析】试题分析：本实验的目的是探讨可逆反应 2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2 △H＜0中浓度对化学平衡的影响。
（1）实验中要待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，即反应达化学平衡状态时，才能进行实验Ⅱ。
（2）实验Ⅱ中，ⅰ中为Ag+与I－的反应，现象是生成黄色沉淀，溶液颜色变浅。证明反应物浓度减小，平衡向逆反应方向移动。
（3）实验Ⅱ中，ⅲ的化学平衡向逆反应方向移动；ⅲ的溶液变浅，并不能说明化学平衡发生移动，因为加水稀释，使溶液中各离子浓度降低；ⅲ的目的是为实验ⅱ做参照。
（4）实验Ⅱ中，ⅱ的溶液颜色变得比ⅲ更浅，即能证明增大生成物浓度化学平衡发生了逆向移动。
（5）若要使该可逆反应的化学平衡逆向移动，还可以采用的方法有加热或者加入浓碘水。
考点：化学平衡的移动
24.氮的化合物在工业生产和生活中都有重要的应用，运用化学原理研究氮的单质及其化合物具有重要意义。
Ⅰ.一定条件下(T ℃、1.01×105 Pa)，可以用Cl2(g)和NH3(g)制得NH2Cl(g)，同时得到HCl(g)。已知部分化学键的键能如下表：
化学键
N-H
Cl-Cl
N-Cl
H-Cl
键能/kJ/mol
391.3
243.0
191.2
431.8
写出该反应的热化学方程式：___________________________________________。
Ⅱ.亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在一定条件下合成：2NO(g)＋Cl2(g) 2NOCl(g) ΔH<0。保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3 mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示：
（1）图中T1、T2的关系为T1________T2(填“>”“<”或“＝”)。
（2）图中纵坐标为物质________的转化率，理由为_________________________________。
（3）图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是________(填“A”“B”或“C”)。
（4）若容器容积为1 L，经过10min到达A点，该时间段内化学反应速率υ(NO)=_________。B点的平衡常数为________。
（5）若在温度为T1，容积为1 L的容器中，充入0.5mol NO、1mol Cl2、2mol NOCl，υ(正)_____υ(逆) (填“＜”“＞”或“＝”)，理由为________________________________
【答案】(1). Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g) ΔH＝＋11.3 kJ·mol－1 (2). < (3). Cl2 (4). 增加时，Cl2的转化率增大 (5). A (6). 0.16 mol/(L·min) (7). 80 (8). > (9). Qc
【分析】Ⅰ、氯胺(NH2C1)为共价化合物，NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和；
II(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g) △H<0，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，结合图象变化分析判断；
(2)、NO和Cl2以不同的氮氯比反应，图象中转化率随比值增大而增大，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率；
(3)、方程式中NO和Cl2，的反应比为2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大；
(4)、结合三行计算列式计算A点平衡常数，温度不变平衡常数不变，根据υ=计算速率；
(5)、利用浓度积与平衡常数作比较，从而判断反应进行的反方向。
【详解】Ⅰ、NH3(g)+Cl2(g)=NH2C1+HCl(g)，△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和= (3×391.3+243.0)-(2×391.3+191.2)=+11.3kJ.mol-1，热化学方程式为Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1，故答案为：Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g) ΔH＝＋11.3 kJ·mol－1；
Ⅱ(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0。反应为放热反应，升温平衡逆向进行，一定氮氯比条件下，升温平衡逆向进行，反应物平衡转化率减小，则T1
(3)、方程式中NO和Cl2，的反应比为2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大，图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是：A，故答案为：A；
(4)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0，保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，A点氯气转化率为0.8，=2，体积为1L，结合三行计算列式计算，
2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)
起始量(mol/L) 2 1 0
变化量(mol/L) 1.6 0.8 1.6
平衡量(mol/L) 0.4 0.2 1.6
则υ(NO)==0.16 mol/(L·min)，
A点平衡常数K==80，温度不变平衡常数不变，则B点平衡常数为80，
故答案为：0.16 mol/(L·min)；80；
(5)、此时浓度积，故平衡正向移动，所以υ(正)>υ(逆)，故答案为：>，Qc
江西省九江市九江第一中学2019-2020高二上学期期中考试试题
1.已知白磷和P4O6的分子结构如图，现提供以下化学键的键能：P-P：198kJ·mol－1、P-O：360kJ·mol－1、O=O：498kJ·mol－1，则反应P4（白磷）+3O2=P4O6的反应热△H为（ ）
A. -126kJ·mol－1
B. -1638kJ·mol－1
C. +126kJ·mol－1
D. +1638kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
【详解】已知P4分子内有6个P-P键，则P4(白磷)+3O2=P4O6△H=反应物的键能和-生成物的键能和=198kJ/mol×6+498kJ/mol×3-360kJ/mol×12=-1638kJ/mol，故答案为B。
2.下列反应的离子方程式表达正确的是（ ）
A. FeCl3溶液中滴加HI溶液：2Fe3++2HI2Fe2++2H++I2
B. 1 mol·L−1 NaAlO2溶液和4 mol·L−1 HCl溶液等体积混合：AlO2−+4H+Al3++2H2O
C. NH4HSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：NH4++H++SO42−+Ba2++2OH−BaSO4↓+NH3·H2O+H2O
D. Na2S2O3溶液中滴加过量稀H2SO4：3S2O32−+2H+4S↓+2SO42−+H2O
【答案】B
【解析】A. FeC13溶液中滴加HI溶液：2Fe3++2I－=2Fe2++I2，A错误；B. 1mol·L-1NaA1O2溶液和4 mol·L-1HCl溶液等体积混合恰好反应生成氯化铝、氯化钠和水：AlO2-+4H+=Al3++2H2O，B正确；C. NH4HSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：2H++SO42-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O，C错误；D. Na2S2O3溶液中滴加过量稀H2SO4：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，D错误，答案选B
3.下列电离方程式正确的是（ ）
A. NH3·H2ONH4++OH- B. H2SO32H++SO32－
C. NaHCO3Na++H++CO32－ D. CaCO3Ca2++CO32－
【答案】A
【解析】
【详解】A、一水合氨为弱电解质，部分电离，故A正确；
B、多元弱酸分步电离，故B错误；
C、NaHCO3为强电解质，碳酸氢根为弱酸的酸式根，不能拆解，碳酸氢钠的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3－，故C错误；
D、CaCO3为强电解质，完全电离，故D错误；
故选A。
4.能影响水的电离平衡，并使溶液中c(H+)＞c(OH-)的操作是（ ）
A. 向水中投入一小块金属钠 B. 将水加热煮沸
C. 向水中通入CO2 D. 向水中加入食盐晶体
【答案】C
【解析】H2OH++OH-，
A中Na消耗H+，则水的电离平衡正向移动，使c(OH-)＞c(H+)；
B.将水加热煮沸即升温，则水的电离平衡正向移动，但c(H+)=c(OH-)；
C.向水中通入CO2即生成碳酸，则溶液中C（H+）增大，故c(H+)＞c(OH-)，并使平衡逆向移动；
D.向水中加入食盐晶体，对水的电离平衡无影响
5. 反应A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)，不同情况下测得反应速率，其中反应速率最快的是（ ）
A. υ(D)="0.4" mol / (L·s) B. υ(C)="30" mol / (L·min)
C. υ(B)="0.9" mol / (L·s) D. υ(A)="0.15" mol / (L·s)
【答案】C
【解析】试题分析：比较化学反应速率大小时，应转化为同种物质，同种单位。根据化学反应速率之比等于方程式的化学计量数之比，将各选项的化学反应速率都转化为A的反应速率，可得：A．υ(D)="0.4" mol / (L·s)，则υ(A)="0.4" mol / (L·s)÷2="0.2mol" / (L·s)；B．υ(C)="30" mol / (L·min)，则υ(C)="30" mol / (L·min)÷60="0.5mol" / (L·s)，υ(A)="0.5mol" / (L·s)÷2="0.25mol" / (L·s)；C．υ(B)="0.9" mol / (L·s)，则υ(A)="0.9" mol / (L·s)÷3="0.3mol" / (L·s)；D．υ(A)="0.15" mol / (L·s)。由此可知反应速率最快的是C项表示的反应速率。故选C。
6.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 溴水中存在Br2＋H2OHBr＋HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅
B. 反应CO(g)＋NO2(g) CO2(g)＋NO(g) ΔH<0，平衡后，升高温度体系颜色变深
C. 用饱和食盐水除去Cl2中的HCl
D. 合成氨反应，为提高氨的产率，可加入适当的催化剂
【答案】D
【解析】
【分析】勒夏特列原理：当影响平衡移动的因素改变后，平衡会向减弱这种条件的方向移动。据此回答本题。
【详解】A、当加入硝酸银溶液后，硝酸银与溴化氢反应产出溴化银沉淀，溴化氢减少，使可逆反应正向移动，溶液颜色变浅，故A正确；
B、升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即逆向移动，NO2含量增加，颜色变深，故B正确；
C、Cl2与水的离子反应方程式为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中含有大量的Cl-，使反应逆向移动，降低Cl2的溶解度，HCl在水中溶解度很大，所以能用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，故C正确；
D、催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，故D错误；
故选D。
7.下列事实中，能说明MOH是弱碱的有（ ）
①0.1 mol·L－1 MOH溶液可以使酚酞试液变红
②常温下，0.1 mol·L－1 MOH溶液pH＜13
③0.1 mol·L－1 MOH溶液的导电能力比0.1 mol·L－1 NaOH溶液弱
④等体积的0.1 mol·L－1 MOH溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液恰好完全反应
A. ①②③ B. ②③ C. ②④ D. ③④
【答案】B
【解析】
【分析】MOH是弱碱，说明MOH部分电离，溶液中存在电离平衡，根据MOH的电离程度划分强弱电解质，据此分析解答。
【详解】①0.1mol/LMOH可以使酚酞试液变红说明MOH能电离出氢氧根离子，而不能说明MOH的电离程度，所以不能证明MOH是弱电解质，故①错误；
②常温下，0.1mol/LMOH溶液的pH<13，即氢氧根离子的浓度<0.01mol/L，MOH没有完全电离，则MOH为弱电解质，故②正确；
③溶液的导电性与离子浓度成正比，0.1mol/LMOH溶液的导电性比0.1mol/LNaOH溶液弱，说明MOH溶液中离子浓度较小，说明MOH部分电离，故③正确；
④等体积的0.1mol/LMOH溶液与0.1mol/LHCI溶液恰好完全反应，无论是强碱还是弱碱，都恰好完全反应，故④错误；
故选B。
8.在1 L恒容密闭容器中投入足量Mg(NO3)2，在一定温度下发生下列反应：2Mg(NO3)2(s)2MgO(s)＋4NO2(g)＋O2(g)。能说明该反应达到平衡状态的是（ ）
A. NO2消耗速率与O2生成速率之比为4∶1 B. NO2体积分数不再变化
C. 混合气体的平均相对分子质量不再变化 D. MgO的浓度不再变化
【答案】A
【解析】
【详解】A、设v生(O2)=a,，v耗(NO2)=4a，同方向反应中，各气态物质的速率之比等于化学计量数之比，v耗(O2)=a，所以O2的生成速率等于消耗速率，达到平衡，故A正确；
B、反应物为固体，产物有两种气体，气体的体积比始终保持不变，NO2体积分数保持不能变，不能判断平衡状态，故B错误；
C、混合气体的比例一定，相对分子质量一定，不能判断是否平衡，故C错误；
D、固体浓度为常数，D项错误；.
故选A。
9.已知：①2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH1＝－571.6 kJ·mol－1
②2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH2＝－1452 kJ·mol－1
③H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) ΔH3＝－57.3 kJ·mol－1
下列说法正确的是( )
A. H2(g)的燃烧热为571.6 kJ·mol－1
B. 同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出的热量多
C. H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)＝BaSO4(s)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
D. 3H2(g)＋CO2(g)＝CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH＝＋131.4 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】A、燃烧热是1mol物质完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量，方程式中给出的是2mol的氢气完全燃烧所放出的热量为571.6 kJ，A错误；B、由方程式可知1gH2燃烧放出热量142.9kJ，1gCH3OH（l）完全燃烧放出热量1452 kJ÷32=45.375kJ，则同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多，B正确；C、在反应1/2H2SO4（aq）＋1/2Ba（OH）2（aq）＝1/2BaSO4（s）＋H2O（l）中除了H+、OH-反应生成水外，还有沉淀产生，放出热量不是57.3 kJ，C错误；D、根据盖斯定律，将（①×3－②）÷2 整理可得3H2（g）＋CO2（g）＝ CH3OH（l）＋H2O（l） ΔH＝－131.4kJ·mol－1，D错误；答案选B。
10.对可逆反应2A(s)＋3B(g) C(g)＋2D(g) ΔH＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（ ）
①增加A的量，平衡向正反应方向移动
②升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动
③压缩容器增大压强，平衡不移动，气体密度不变
④恒温恒压时，充入惰性气体，平衡不移动
⑤加入催化剂，B的平衡转化率提高
A. ①② B. ② C. ①③ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①A为纯固体，增加A的量，平衡不移动，故错误；
②该反应为放热反应，升高温度，反应速率增大，向吸热方向移动，则平衡向逆反应方向移动，故正确；
③该反应为气体体积不变的反应，增大压强，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，故错误；
④该反应为气体体积不变的反应，恒温恒压时，充入惰性气体，体积增大，相当于减小压强，平衡不移动，故正确；
⑤催化剂对平衡移动无影响，则加入催化剂，B的转化率不变，故错误；故②④正确，
故选D。
11.从下列实验事实或操作所引出的相应结论正确的是（ ）
选项
实验事实或操作
结论
A
其他条件相同，溶液和溶液反应，溶液浓度越大，析出硫沉淀所需时间越短
当其他条件不变时，增大反应物浓度化学反应速率加快
B
在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变
催化剂一定不参与化学反应
C
物质的量浓度相同的盐酸和醋酸分别与等质量的形状相同的锌粒反应
开始时的反应速率相同
D
在容积可变的密闭容器中发生反应，把容积缩小一半
正反应速率加快，逆反应速率不变
【答案】A
【解析】
【详解】A、是反应物，其他条件相同，溶液浓度越大，析出硫沉淀所需时间越短，说明其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率加快，选项A正确；
B、催化剂参与化学反应，改变了反映的途径，但反应前后其质量和化学性质都不变，选项B错误；
C、等质量的形状相同的金属与酸反应时，氢离子浓度相同，则速率相同，因为盐酸和醋酸物质的量浓度相同，而醋酸是弱酸，在水溶液中不能完全电离，所以开始时氢离子浓度不同，则开始时反应速率不同，选项C错误；
D、容积缩小一半，压强增大，正、逆反应速率均加快，选项D错误。
答案选A。
12.某温度下，在2 L的密闭容器中，加入1mol X(g)和2 mol Y(g)发生反应：X(g)＋mY(g)3Z(g) ΔH＜0，平衡时，X和Y的转化率都是10%。下列叙述不正确的是（ ）
A m=2
B. 达平衡时，Z的体积分数为10%
C. 达平衡后，保持容器体积不变，加热，容器内压强将增大
D. 将平衡后的容器体积压缩至1L，X的浓度为0.45mol·L－1
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：根据“三段式” X(g)＋mY(g)3Z(g) ΔH＜0，设X(g)转化的为a mol，则有：
起始的物质的量(mol) 1 2 0
转化的物质的量(mol) a ma 3a
平衡时物质的量(mol) 1－a 2－ma 3a
A．因平衡时，X和Y的转化率都是10%，则X的转化率=×100%=10%，可得a=0.1。Y的转化率=×100%=10%，可得m=2，故A正确；
B．根据A项可知，m=2，则反应前后气体的总物质的量保持不变，即为3mol，达平衡时生成0.3mol Z，Z的体积分数=×100%=10%，故B正确；
C．达平衡后，保持容器体积不变，加热，根据PV=nRT，容器内压强将增大，故C正确；
D．达平衡后，X的浓度为0.45mol·L－1，将平衡后的容器体积压缩至1L，平衡虽然不发生移动，X的物质的量不变，但由于总体积减小，则X的浓度应为0.9mol·L－1，故D错误；
故答案为D。
13.可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3 (g)，根据下表中的数据判断下列图像错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】试题分析：由表中数据可知，相同压强下，温度越高SO2转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，该反应正反应为放热反应；该反应正反应是体积减小的反应，相同温度下，增大压强平衡向正反应移动，由表中数据可知，压强为P2(Mpa)时SO2转化率更大，故压强P2＞P1，A．温度越高，反应速率越快，到达平衡的时间越短，温度越高SO2转化率越低，图象与实际相符合，故A正确；B．该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，SO3含量降低，增大压强，平衡正反应移动，SO3含量增大，图象与实际相符合，故B正确；C．增大压强，正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率增大更多，图象与实际不相符，故C错误；D．升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率增大更多，图象与实际相符，故D正确；故选C。
14.向20 mL 0.40 mol/L H2O2溶液中加入少量KI溶液：ⅰ．H2O2+I-=H2O+IO﹣；ⅱ．H2O2+IO﹣= H2O+O2↑+ I﹣。H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成O2的体积(已折算标准状况)如下。
t/min
0
5
10
15
20
V(O2)/mL
0.0
12.6
20.16
28.0
32.7
下列判断不正确的是（ ）
A. 从图中可以看出，KI能增大H2O2的分解速率
B. 反应ⅰ是放热反应，反应ⅱ是吸热反应
C. 0~10 min的平均反应速率：v(H2O2)≈9.0×10-3 mol/(L·min)
D. H2O2在反应过程中既体现了氧化性，又体现了还原性
【答案】B
【解析】
【详解】A.从反应过程示意图可以看出KI能够降低反应的活化能，使反应速率大大加快，A正确；
B.根据图示可知反应i的生成物比反应物的能量高，为吸热反应；反应ii的反应物比生成物的能量高，是放热反应，B错误；
C.0~10 min内，反应产生O2的物质的量是n(O2)= 20.16×10-3L÷22.4L/mol=9.0×10-4mol，根据方程式2H2O2=2H2O+O2↑可知△n(H2O2)=2×9.0×10-4mol=1.8×10-3mol，则v(H2O2)= (1.8×10-3mol)÷0.02L÷10min=9.0×10-3 mol/(L·min)，C正确；
D.在反应i中H2O2的作用是氧化剂，在反应ii中是还原剂，所以在整个反应过程中既体现了氧化性，又体现了还原性，D正确；
故合理选项是B。
15.常温下，由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol·L-1的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
① K+、Cl-、NO3-、S2- ② K+、Fe2+、I-、SO42- ③ Na+、Cl-、NO3-、SO42-
④Na+、Al3+、Cl-、HCO3- ⑤ K+、Ba2+、Cl-、NO3-
A. ①③ B. ③④ C. ③⑤ D. ②⑤
【答案】C
【解析】
【分析】由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol·L-1<1×10-7mol·L-1，所以溶液可酸可碱，据此解答本题。
【详解】①碱溶液中该组离子不反应，但酸溶液中NO3-、S2-发生氧化还原反应而不能大量共存，故①错误；
②碱溶液中Fe2+、OH-结合生成沉淀，酸溶液中该组离子不反应，故②错误；
③该组离子在酸或碱溶液中都不发生反应,则一定能大量共存，故③正确；
④酸溶液中HCO3-与H+结合生成二氧化碳和水，碱溶液中HCO3-与OH-结合生成碳酸根离子和水，生成的碳酸根离子与Ca2+结合生成碳酸钙沉淀，则一定不能共存，故④错误；
⑤该组离子在酸或碱溶液中都不发生反应,则一定能大量共存，故⑤正确；即③⑤正确，
故选 C。
16.某温度下，向一定体积0.1mol·L－1的氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，溶液中pOH [pOH＝－lg c(OH－)]与pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. M点和N点溶液中H2O的电离程度相同
B Q点溶液中，c(H+)＝c(OH－)，pH =7
C. M点溶液的导电性小于Q点溶液的导电性
D. N点溶液加水稀释，变小
【答案】B
【解析】
【分析】碱溶液中pOH越大、pH越小，说明溶液中氢氧根离子浓度越小，氢离子浓度越大，碱性越弱、酸性越强，随着盐酸的加入，发生中和反应，溶液氢氧根离子的浓度逐渐减小，则溶液pH逐渐减小，pOH逐渐增大，结合弱电解质的电离解答该题。
【详解】A、由于M点的OH-浓度等于N点的H+浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，故A正确；
B； Q点时pH= pOH，说明c(OH-)=c(H+)，溶液呈中性，但是并不一定为常温，pH不一定等于7，故B错误；
C.、M点溶液中主要溶质为一水合氨，为弱电解质，在溶液中部分电离，溶液中离子浓度较小，Q点溶液中主要为氯化铵，为强电解质，溶液中离子浓度较多，所以M点的导电能力小于Q点，故C正确；
D、N点溶液加水稀释，，温度不变，Ka不变，加水稀释氢离子浓度减小，c(OH-)增大，所以变小，故D正确；
故选B。
17.25 ℃下，部分弱酸的电离常数如表。下列有关说法正确的是（ ）
弱酸
HCOOH
HClO
H2S
电离平衡
常数(Ka)
Ka＝1.0×10－4
Ka＝2.0×10－8
Ka1＝1.3×10－7
Ka2＝7.1×10－15
A. 相同浓度的HCOOH和HClO溶液的pH后者小
B. 若HCOONa和HCOOH的混合溶液的pH＝3，则＝10
C. 任何浓度NaHS溶液中总存在：c(Na+)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)
D. 向NaClO溶液中通入H2S发生的反应为2ClO－＋H2S===S2－＋2HClO
【答案】B
【解析】
【详解】A、 由电离常数可知，HCOOH比HClO易电离，则等体积、等浓度的HCOOH和 HClO溶液中，HCOOH的电力程度更大，pH更小，故A错误；
B、在溶液中HCOOH的电离常数 ，则pH=3的HCOONa和HCOOH的混合溶液中，所以＝10，故B正确；
C.、NaHS溶液中一定存在电荷守恒c( Na+) +c( H+) =c( OH-) +2c( S2-)+c( HS- ) ，故C错误；
D、向NaClO溶液中通入H2S，因NaClO具有强氧化性，与H2S在溶液中发生氧化还原反应，不是发生复分解反应，故D错误；
故选B。
18.2.0molPCl3和1.0molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3(g)+Cl2(g)⇌PCl5(g)达平衡时，PCl5为0.4mol，如果此时移走1.0molPCl3和0.50molCl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（ ）
A. 0.4mol
B. 0.2mol
C. 小于0.2mol
D. 大于0.2mol，小于0.4mol
【答案】C
【解析】
【详解】达平衡后移走1mol PCl3 和0.5mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1molmol PC13和0.5mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，该反应为气体体积缩小的反应，则平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的，即在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量＜0.4mol×=0.2mol，故答案为C。
19.在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时c(CO2) 随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的ΔH＞0、ΔS＜0
B. 体系的总压强p：p(Ⅰ)＞p(Ⅲ)
C. 平衡常数：K(Ⅰ)＞K(Ⅱ)
D. T1K时，Ⅳ点所处的状态中v(正)＜v(逆)
【答案】D
【解析】试题分析：A．CO2(g)＋C(s)2CO(g)，反应的气体系数增大，则ΔS＞0。根据图像可得，温度越高，c(CO2) 越小，平衡正向移动，可知该反应为吸热，即ΔH＞0，故A错误；B．Ⅰ这条曲线是通入0.1molCO2，Ⅱ这条曲线是通入0.2molCO2。状态Ⅰ和状态Ⅲ都是通入0.1molCO2。状态Ⅰ到状态Ⅲ，温度升高，平衡正向移动，气体的总物质的量增大，根据PV=nRT，可知压强增大，即p (Ⅲ)＞p(Ⅰ) ，故B错误；C．平衡常数只与温度有关，温度越高，吸热反应的平衡常数越大，即K (Ⅱ)＞K(Ⅰ) ，故C错误；D．T1 K时，Ⅳ点在该温度的平衡状态下，则到平衡状态，c(CO2) 需增大，平衡要逆向移动，即 v(正) ＜ v(逆)，故D正确；故选D。
20.某温度下，弱酸H2A溶液中，存在H2A、HA－和A2－三种形态的粒子，其物质的量分数δ[δ(X)＝]随溶液pH变化的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. pH>4的溶液中，δ(A2－)＝，
B. M点对应的溶液中水的电离程度小于N点
C. 若图中a为1.2，则lg [Ka1(H2A)]＝－1.2
D. 曲线②代表的粒子是HA－
【答案】A
【解析】
【分析】随着溶液的pH增大，溶液中c (H2A) 减小、c (HA-)先增大后减小、c (A2-)增大，所以①为c (H2A) 物质的量分数，②为c (HA-)物质的量分数，③为c (A2-)物质的量分数，据此解答本题。
【详解】当pH>4后，由图像可知，溶液中几乎没有H2A，此时，δ(A2－)=，故A错误；
B、随着溶液pH增大，酸对水的电离抑制作用减小，所以N点对应的溶液中水的电离程度大于M点，故B正确；
C、，由图像可知，此时δ(H2A)=0.5，即c(H2A)= c(HA-)，所以Ka1=10-1.2，所以lg [Ka1(H2A)]＝－1.2，故C正确；
D、由分析可知，曲线②代表的粒子是HA－故D正确；
故选A。
21.氨气是极易溶于水的气体，常温常压下，1体积水大约能溶解700体积的氨气。
（1）实验室可在浓氨水中加入固体NaOH快速制取氨气，请用化学平衡移动原理简述原因_______________________________________________________________。
（2）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol·L－1和0.1mol·L－1，则甲、乙两瓶氨水中c(OH－)之比________(填“>”、“<”或“=”)10。
（3）向10mL0.1 mol/L的氨水中逐滴加入20mL 0.1 mol/L的醋酸，溶液导电性的变化是__________________(填“增大”、“减小”或“不变”)。写出二者反应的离子方程式：_______________________________________________。
【答案】(1). 在浓氨水中存在NH3+H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，当加入固体NaOH后，c(OH-)变大，同时溶液温度升高，都促使平衡逆向移动 (2). < (3). 先增强后减弱 (4). NH3·H2O+CH3COOH== NH4++CH3COO-+H2O
【解析】
【详解】(1)、在浓氨水中存在NH3+H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，当加入固体NaOH后，c(OH-)变大，同时溶液温度升高，都促使平衡逆向移动，所以实验室可在浓氨水中加入固体NaOH快速制取氨气，故答案为在浓氨水中存在NH3+H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，当加入固体NaOH后，c(OH-)变大，同时溶液温度升高，都促使平衡逆向移动；
(2)、甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水浓度的10倍，故甲瓶氨水的电离程度比乙瓶氨水的电离程度小，所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10。故答案为：<；
(3)、氨水为弱电解质，开始导电性不强，滴入醋酸，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，反应完全后，继续滴入醋酸，溶液体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱，故答案为：先增强后减弱， NH3·H2O+CH3COOH== NH4++CH3COO-+H2O。
22.回答下列问题：
（1）25℃时，pH＝3的盐酸中由水电离出的c(H＋)为_______。
（2）99℃时，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH＝2。此时水的离子积Kw＝_____，溶液中c(OH-)为_____。
（3）25℃时，a mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝b，用含a和b的代数式表示CH3COOH的电离平衡常数Ka＝________。
（4）25℃时，pH＝3的醋酸和pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，溶液呈___(填“酸”、“中”或“碱”)性。
（5）25℃时，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Ka(HSCN)＝0.13。该温度下将20mL 0.1mol·L－1CH3COOH溶液和20mL 0.1mol·L－1HSCN溶液分别与20mL 0.1mol·L－1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)变化的示意图如图所示，反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是_____________________________________________。
【答案】(1). 10-11 mol·L－1 (2). 10-12 (3). 10-10 mol·L－1 (4). 或 (5). 酸 (6). 由于K(CH3COOH)
【分析】(1)盐酸中氢离子抑制了水的电离，盐酸中氢氧根离子来自水的电离，结合c(OH-)=计算；
(2)由pH=6的蒸馏水可知，该温度下水电离产生的c(H+)=c(OH-)=1.0×10-6 mol/L，结合Kw=c(OH-)×c(H+)计算水的离子积；NaHSO4电离出的氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离；根据原子守恒分析；
(3)醋酸pH＝b，可知c(H+)=1.0×10-b mol/L，结合CH3COOH H++CH3COO-及计算；
(4)醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，溶液呈酸性，结合电荷守恒分析。
【详解】(1)盐酸中氢氧根离子来自水的电离,则25°C时pH=3的盐酸中水电离出的c(OH-)===10-11mol/L；
(2)由pH=6的蒸馏水可知，该温度下水电离产生的c(H+)=c(OH-)=1.0×10-6 mol/L，此时Kw=c(OH-)c(H+)=1.0×10-12； NaHSO4电离出的氢离子抑制了水的电离溶液中氢氧根离子来自水的电离，则水电离产生的c(OH-)=，故答案为1.0×10-12，10-10 mol·L－1；
(3)醋酸pH＝b，可知c(H+)=1.0×10-bmol.L-1，由CH3COOH H++CH3COO-可知==，故答案为或；
(4)CH3COOH为弱酸，pH＝3的醋酸和pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，CH3COOH过量，溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，故答案为：酸；
(5)由题意可知，Ka(CH3COOH)
说明：0.005 mol·L－1的Fe2(SO4)3溶液颜色接近于无色。
（1）实验中要待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，才能进行实验Ⅱ，目的是 。
（2）实验Ⅱ中，ⅰ的现象是 ，该实验证明 。
（3）实验Ⅱ中，ⅲ的化学平衡向 移动（填“正反应方向”或“逆反应方向”）；ⅲ的现象是溶液变浅，该现象 （填“能”或“不能”）说明化学平衡发生移动。如果前一空填“能”，则下一空不填；如果前一空填“不能”，则ⅲ的目的是 。
（4）实验Ⅱ中，ⅱ的现象是 ，即能证明增大生成物浓度化学平衡发生了逆向移动。
（5）除了上图中的方法外，若要使该可逆反应的化学平衡逆向移动，还可以采用的方法有 。
【答案】（1）反应达平衡状态
（2）生成黄色沉淀，溶液颜色变浅 反应物浓度减小，平衡向逆反应方向移动。
（3）逆反应方向 不能 为实验ⅱ做参照
（4）溶液颜色变得比ⅲ更浅
（5）加热（加入浓碘水）
【解析】试题分析：本实验的目的是探讨可逆反应 2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2 △H＜0中浓度对化学平衡的影响。
（1）实验中要待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，即反应达化学平衡状态时，才能进行实验Ⅱ。
（2）实验Ⅱ中，ⅰ中为Ag+与I－的反应，现象是生成黄色沉淀，溶液颜色变浅。证明反应物浓度减小，平衡向逆反应方向移动。
（3）实验Ⅱ中，ⅲ的化学平衡向逆反应方向移动；ⅲ的溶液变浅，并不能说明化学平衡发生移动，因为加水稀释，使溶液中各离子浓度降低；ⅲ的目的是为实验ⅱ做参照。
（4）实验Ⅱ中，ⅱ的溶液颜色变得比ⅲ更浅，即能证明增大生成物浓度化学平衡发生了逆向移动。
（5）若要使该可逆反应的化学平衡逆向移动，还可以采用的方法有加热或者加入浓碘水。
考点：化学平衡的移动
24.氮的化合物在工业生产和生活中都有重要的应用，运用化学原理研究氮的单质及其化合物具有重要意义。
Ⅰ.一定条件下(T ℃、1.01×105 Pa)，可以用Cl2(g)和NH3(g)制得NH2Cl(g)，同时得到HCl(g)。已知部分化学键的键能如下表：
化学键
N-H
Cl-Cl
N-Cl
H-Cl
键能/kJ/mol
391.3
243.0
191.2
431.8
写出该反应的热化学方程式：___________________________________________。
Ⅱ.亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在一定条件下合成：2NO(g)＋Cl2(g) 2NOCl(g) ΔH<0。保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3 mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示：
（1）图中T1、T2的关系为T1________T2(填“>”“<”或“＝”)。
（2）图中纵坐标为物质________的转化率，理由为_________________________________。
（3）图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是________(填“A”“B”或“C”)。
（4）若容器容积为1 L，经过10min到达A点，该时间段内化学反应速率υ(NO)=_________。B点的平衡常数为________。
（5）若在温度为T1，容积为1 L的容器中，充入0.5mol NO、1mol Cl2、2mol NOCl，υ(正)_____υ(逆) (填“＜”“＞”或“＝”)，理由为________________________________
【答案】(1). Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g) ΔH＝＋11.3 kJ·mol－1 (2). < (3). Cl2 (4). 增加时，Cl2的转化率增大 (5). A (6). 0.16 mol/(L·min) (7). 80 (8). > (9). Qc
【分析】Ⅰ、氯胺(NH2C1)为共价化合物，NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和；
II(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g) △H<0，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，结合图象变化分析判断；
(2)、NO和Cl2以不同的氮氯比反应，图象中转化率随比值增大而增大，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率；
(3)、方程式中NO和Cl2，的反应比为2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大；
(4)、结合三行计算列式计算A点平衡常数，温度不变平衡常数不变，根据υ=计算速率；
(5)、利用浓度积与平衡常数作比较，从而判断反应进行的反方向。
【详解】Ⅰ、NH3(g)+Cl2(g)=NH2C1+HCl(g)，△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和= (3×391.3+243.0)-(2×391.3+191.2)=+11.3kJ.mol-1，热化学方程式为Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1，故答案为：Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g) ΔH＝＋11.3 kJ·mol－1；
Ⅱ(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0。反应为放热反应，升温平衡逆向进行，一定氮氯比条件下，升温平衡逆向进行，反应物平衡转化率减小，则T1
(3)、方程式中NO和Cl2，的反应比为2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大，图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是：A，故答案为：A；
(4)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0，保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，A点氯气转化率为0.8，=2，体积为1L，结合三行计算列式计算，
2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)
起始量(mol/L) 2 1 0
变化量(mol/L) 1.6 0.8 1.6
平衡量(mol/L) 0.4 0.2 1.6
则υ(NO)==0.16 mol/(L·min)，
A点平衡常数K==80，温度不变平衡常数不变，则B点平衡常数为80，
故答案为：0.16 mol/(L·min)；80；
(5)、此时浓度积，故平衡正向移动，所以υ(正)>υ(逆)，故答案为：>，Qc
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