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河北省承德第一中学2020届高三10月月考化学试题
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高三年级第一学期第三次模拟考试
1.常温常压下：S (s)+O2 (g)→SO2 (g)+297.16kJ，下列说法正确的是
A. 反应物的总能量低于产物的总能量
B. S(g)+O2(g)→SO2(g)+Q Q>297.16kJ
C. 反应中生成22.4 L SO2 (g)，转移电子4mol
D. 反应中生成1 L SO2 (g)，放出热量297.16kJ
【答案】B
【解析】
A.因为硫的燃烧是放热反应，反应物的总能量高于产物的总能量，故A错误；B.固态硫转变为气态的硫蒸气是吸热过程，由硫蒸气直接燃烧放出的热量肯定大于等量固态硫燃烧放出的热量，故B正确；C.因不是标准状况下二氧化硫的体积，不用能标准气体摩尔体积进行换算，故C错误；D. 反应中每生成1 mol SO2 (g)，放出热量297.16kJ，故D错误。答案选B。
2.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中能量变化如图所示(图中E表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能。下列有关叙述正确的是( )
A. 该反应的逆反应为放热反应，升高温度可提高活化分子的百分数
B. ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热
C. 该反应中，反应物的总键能大于生成物的总键能
D. 500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH =-2akJ·mol-1
【答案】B
【解析】
A. 根据图中信息可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应的正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，选项A错误；B、根据反应的焓变等于反应物的总能量-生成物的总能量得：ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热，选项B正确；C、该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能，选项C错误；D、反应是可逆反应，反应不可能完全，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)，生成的SO3(g)没有1mol，放热akJ，则500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH <-2akJ·mol-1，选项D错误。答案选B。
点睛：本题考查了化学变化过程中能量变化的分析的，主要是活化能概念的理解应用，掌握图象分析方法是关键。本题的易错点是：图象分析反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应；催化剂对反应的焓变无影响。
3.下列说法正确的是
A. 化学反应中的能量变化都表现为热量变化
B. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
C. 反应物的总能量比生成物的总能量高，该反应为吸热反应
D. 向醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若溶液红色加深，则说明盐类水解是吸热的
【答案】D
【解析】
A、反应中的能量变化形式有多种，主要表现为热量变化，也可以表现为其它形式的变化，如原电池中化学能转化为电能，选项A错误；B、放热反应有的需加热，有的不需加热。如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点，再如铝热反应也需要加热，选项B错误；C、反应物的总能量比生成物的总能量高，该反应为放热反应，选项C错误；D、醋酸钠水解显碱性，加热时碱性增强，说明水解吸热，选项D正确。答案选D。
4.HClO4、H2SO4、HNO3和HCl都是强酸，它们的酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：
酸
HClO4
H2SO4
HCl
HNO3
Ka
1.6×10－5
6.3×10－9
1.6×10－9
4.2×10－10
下列说法中不正确的是( )
A. 在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离
B. 在冰醋酸中HClO4是这四种酸中最强的酸
C. 在冰醋酸中H2SO4的电离方程式为H2SO4===2H＋＋SO
D. 水不能区分这四种酸的强弱，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱
【答案】C
【解析】
【分析】
A.根据酸的电离程度分析；
B.在冰醋酸中，酸的电离平衡常数越大，则其电离程度越大，酸性越强；
C.存在电离平衡的酸在电离时是不完全电离的，且多元酸是分步电离的；
D.在溶剂中完全电离的电解质不能区分，不完全电离的电解质能区分。
【详解】A.根据电离平衡常数知，在醋酸中这几种酸都不完全电离，故A正确；
B.在醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，故B正确；
C.在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4 ⇌H＋＋HSO4-，故C错误；
D.这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，故D正确；
故答案选C。
5.将1 mol冰醋酸加入到一定量的蒸馏水中最终得到1 L溶液。下列各项中，表明已达到电离平衡状态的是
A. 醋酸的浓度达到1 mol·L－1
B. H＋的浓度达到0.5 mol·L－1
C. 醋酸分子的浓度、醋酸根离子的浓度、H＋的浓度均为0.5 mol·L－1
D. 醋酸分子电离成离子的速率和离子重新结合成醋酸分子的速率相等
【答案】D
【解析】
【详解】在未电离时c(CH3COOH)＝1 mol·L－1，当醋酸、H＋、CH3COO－的浓度不再变化时(但此时三者的浓度不一定是0.5 mol·L－1)，醋酸的电离达到平衡状态，故A、B、C均错。依据平衡状态的标志即分子电离成离子的速率与离子结合成分子的速率相等，可知D项正确。
故选D。
6.已知25℃时，K==1.75×10-5，其中K是该温度下CH3COOH的电离平衡常数。下列说法正确的是（ ）
A. 向该溶液中加入一定量的硫酸，K增大
B. 升高温度，K增大
C. 向CH3COOH溶液中加入少量水，K增大
D. 向CH3COOH溶液中加入少量氢氧化钠溶液，K增大
【答案】B
【解析】
【分析】
电离平衡常数只受温度的影响，醋酸的电离是吸热过程，温度升高，K增大，温度降低，K减小，据此回答判断。
【详解】A. 向该溶液中加入一定量的硫酸时，若加入浓硫酸，浓硫酸溶于水放热，K增大，若为稀硫酸，K不变，硫酸浓度未知，故A错误；
B. 醋酸的电离是吸热过程，温度升高，K增大，故B正确
C. 向醋酸溶液中加水，温度不变，K不变，故C错误；
D. 向醋酸溶液中加氢氧化钠，温度不变，K不变，故D错误。
答案选B。
【点睛】平衡常数只与温度有关，加入某些电解质会使溶液温度升高，不一定只有加热才能使溶液温度变化
7.I2在KI溶液中存在平衡：I2(aq)＋I－(aq)I3－(aq)，某I2、KI混合溶液中，c(I3－)与温度T的平衡曲线图如下。下列说法不正确的是
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
D. 状态A与状态B相比，状态A的c (I2) 小
【答案】A
【解析】
试题分析：A、根据图像可知随着温度的升高，c(I3－)逐渐减小，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，因此正反应是放热反应，即△H小于0，A错误；B、升高温度平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2，B正确；C、D点不在曲线上，所以D点没有达到平衡状态，如果达到平衡状态，则在温度不变的条件下c(I3－)应该增大，所以此时反应向正反应方向进行，即正反应速率大于逆反应速率，C正确；D、B点温度高，平衡向逆反应方向进行，则状态A与状态B相比，状态A的c (I2) 小，D正确，答案选A。
考点：考查外界条件对平衡状态的影响
8.反应X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH<0，达到平衡时，下列说法正确的是( )
A. 减小容器体积，平衡向右移动
B. 加入催化剂，Z的产率增大
C. 增大c(X)，X的转化率增大
D. 降低温度，Y的转化率增大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 反应前后体积不变，减小容器体积，压强增大，平衡不移动，A错误；
B. 加入催化剂，平衡不移动，Z的产率不变，B错误；
C. 增大c(X)，X的转化率减小，C错误；
D. 正反应放热，降低温度，平衡显正反应方向进行，Y的转化率增大，D正确；
答案选D。
9.某温度下，在一容积固定的容器中，反应aA（g）+bB（g）hH（g）达到平衡后，A、B、H的物质的量分别为amol、bmol和hmol。已知a+b=2h，若保持温度不变，将三者的物质的量增大一倍，则下列判断正确的是
A. 平衡不移动 B. 混合气体的密度不变
C. B的体积分数减少 D. amol/L＜c（A）＜2amol/L
【答案】C
【解析】
试题分析：A、a+b=2h，说明反应前后气体分子数减小，将三者的物质的量增大一倍，相当于增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，错误；B、将三者的物质的量增大一倍，混合气体的质量增大一倍，容积固定，根据混合气体的密度=，所以混合气体的密度增大，错误；C、将三者的物质的量增大一倍，相当于增大压强，平衡向右移动，B的体积分数减小，正确；D、A的浓度范围用极限法即可解出，错误。
考点：考查化学平衡移动。
10.已知在一定条件下，反应X(g)+3Y(g)2Z(g) ΔH=-akJ·mol-1(a>0)，某实验小组测得X的转化率(α)在不同温度与压强(p)下的实验数据，三者之间关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 图中A、B两点对应的平衡常数相等
B. 上述反应在达到平衡后，缩小体积，Y的转化率提高
C. 升高温度，正、逆反应速率增大，平衡向正反应方向移动
D. 将2.0molX、6.0molY置于密闭容器中发生反应，放出的热量为2akJ
【答案】B
【解析】
【详解】A.平衡常数与温度有关，与压强无关，A、B两点温度不同，则平衡常数不同，故A错误；
B.该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，Y的转化率提高，故B正确；
C.正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且正、逆反应速率均增大，故C错误；
D.可逆反应不能完全转化，且物质量与热量成正比，则2.0molX、6.0molY置于密闭容器中发生反应，放出的热量小于2a kJ，故D错误。
答案选B。
11.在密闭容器中，加入2molA和1molB发生如下反应：2A(g)+B(?)2C(g)+D(g)，C的体积分数（C%) 随时间的变化趋势符合右下图关系：下列说法正确的是（ ）
A. E点的v(逆)大于F点的v(正)
B. 若在F点时给容器加压，达新平衡时C的浓度将增大
C. 若给容器加热，该反应的平衡常数K将增大
D. 恒温恒容下达平衡后，向容器中再加入2molA和1molB，A的转化率不发生改变
【答案】B
【解析】
E点时，反应正在向右进行，所以v(正)>v(逆)，而F点为反应达到平衡时的速率v(正)=v(逆)，所以E点的v(逆)小于F点的v(正)，A错误；根据图像2可知，压强P1> P2，现在增大压强，C%减小，平衡左移，但因为容器的体积缩小，所以达新平衡时C的浓度比原来还是增大，B正确；由图像可知温度T1 >T2 ，由T1 →T2，相当于降温，C%增大，平衡右移，正反应为放热反应，若给容器加热，平衡左移，该反应的平衡常数K将减小，C错误；恒温恒容下达平衡后，向容器中再加入2molA和1molB，相当于加压过程，平衡左移，A的转化率减小，D错误；正确选项B。
点睛：三个变量的图像在分析时，采用定一义二的方法，即假设一个变量不变，讨论另外两个变量之间的变化关系；先拐先平，条件高：图像中先出现拐点的地方，反应先达到平衡，对应的温度高、压强大。
12.一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)＋B(g)3C(g)＋D(g)，若反应开始时充入2 mol A和1 mol B，达到平衡时C的浓度为 a mol·L－1。若维持容器体积和温度不变，按下列四种配比作为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍为a mol·L－1的是
A. 4 mol A＋2 mol B B. 2 mol A＋1 mol B＋3 mol C＋1 mol D
C. 3 mol C＋1 mol D＋1 mol B D. 3 mol C＋1 mol D
【答案】D
【解析】
【分析】
判断全等平衡的方法是将物质全部靠到一边进行极限转化，再与原反应进行比较来判断，若各物质与原来相等，则等效，否则不等效。因为反应前后体积是变化的，所以当容积不变时，要使C的物质的量的浓度仍然为amol/L，则起始物质的物质的量必须和最初的相同。
【详解】A项、4molA+2molB，这与这和题目开始不一样，故A错误；
B项、采用极限分析法，3molC和1molD完全反应生成2molA和1molB，此时容器中共含有4molA和2molB，这和题目开始不一样，故B错误；
C项、采用极限分析法，3molC和1molD完全反应生成2molA和1molB，此时容器中共含有2molA和2molB，这和题目开始不一样，故C错误；
D项、采用极限分析法，3molC+1molD完全反应生成2molA和1molB，这和题目开始一样，故D正确；
故选D。
【点睛】判断全等平衡的方法要注意恒温恒容和恒温恒压，恒温恒容：反应前后气体体积不等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等量；反应前后气体体积相等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等比；恒温恒压：按化学计量数转化一边，对应物质满足等比。
13.在某温度下，将1molH2和1molI2的气态混合物充入1L的密闭容器中，发生反应:H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH<0；5 min后达到平衡状态，测得c(H2)=0.9mol·L-1，则下列结论中，不能成立的是（ ）
A. 平衡时H2、I2的转化率相等
B. 从反应开始至平衡的过程中，v(HI)=0.04mol·L-1·min-1
C. 其他条件不变再向容器中充入少量H2，I2的转化率提高
D. 若将容器温度提高，其平衡常数K一定增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.H2、I2化学计量数相同，按物质的量1∶1加入H2、I2，达到平衡后两种物质的转化率相同，故A正确；
B.由化学方程式可知c(HI)=0.2mol·L-1，即v(HI)=0.2mol·L-1÷5 min=0.04mol·L-1·min-1，故B正确；
C.充入少量H2，平衡向正反应方向移动，I2的转化率提高，故C正确；
D.该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数K减小，故D错误；
答案选D。
14. 一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：
SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)△H＜0 若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是
A. 平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变
B. 平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快
C. 平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率
D. 其他条件不变，使用不同催化剂，该反应平衡常数不变
【答案】D
【解析】
由于硫为液态，因此反应前后气体分子数不等，达平衡前容器内压强逐渐变小，分离出硫对化学反应速率及平衡无影响，即A、B错误；根据平衡移动原理知升温平衡向吸热方向移动即向左移动，SO2的转化率降低，C错误；平衡常数只受温度的影响，与催化剂无关，故D项正确。
考点定位：本题主要考查外界条件对化学平衡及反应速率的影响，考查平衡常数的知识及平衡的移动。
15.在电解质溶液的导电性装置(如图所示)中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液，则灯泡由亮变暗，至熄灭后又逐渐变亮的是（ ）
A. 盐酸中逐滴加入食盐溶液
B. 硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液
C. 硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液
D. 醋酸中逐滴加入氨水(一水合氨为弱电解质，CH3COONH4为强电解质)
【答案】C
【解析】
【详解】A. HCl是强电解质，在水溶液里完全电离，加入NaCl后，二者不反应，溶液中电荷浓度不是0，所以不熄灭，故A错误；
B. 硫酸和NaOH都是强电解质，二者发生反应H2SO4+2NaOH=Na2SO4+H2O，生成的硫酸钠是强电解质，溶液中离子浓度减小，所以灯泡变暗，但不熄灭，故B错误；
C. 硫酸和氢氧化钡都是强电解质，二者发生反应Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，反应后生成难溶物和弱电解质，溶液中离子浓度逐渐减小，所以灯泡变暗，二者恰好反应时离子浓度最小，灯泡熄灭，再继续滴加氢氧化钡，溶液中离子浓度增大，灯泡变亮，符合题意，故C正确；
D. 醋酸、一水合氨都为弱电解质，二者反应生成醋酸铵，溶液导电性增强，不存在熄灭的现象，故D错误。
答案选C。
【点睛】若向某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液时，则灯泡由亮变暗，说明溶液中电解质的浓度降低，说明所加入物质能与溶液中电解质反应生成弱电解质或沉淀，至熄灭后又逐渐变亮，说明完全反应时溶液电荷浓度接近0，当另一溶液过量时，溶液中电荷浓度逐渐增大，又逐渐变亮。
16.下图三条曲线表示不同温度下水的离子积常数，下列说法不正确的是
A. 图中温度:T3>T2>T1
B. 图中pH关系是:pH(B)=pH(D)=pH(E)
C. 图中五点Kw间的关系:E>D>A=B=C
D. C点可能是显酸性的盐溶液
【答案】D
【解析】
A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c(H+)、c(OH-)及离子积常数增大，根据图知，离子积常数T3>T2>T1，所以温度T3>T2>T1，故A正确；B．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是B＜D＜E，但三点溶液的氢离子浓度相等，则pH相等，故B正确；C．温度高低点顺序是A=B=C＜D＜E，水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，Kw间的关系:E>D>A=B=C，故C正确；D．C点时，Kw=1×10-14，c(OH-)=1×10-6，溶液的pH=8，显碱性，故D错误；
17.下列关于水的说法正确的是（ ）
A. 水的离子积仅适用于纯水
B. 水的电离需要通电
C. 升高温度一定使水的离子积增大
D. 加入电解质一定会破坏水电离平衡
【答案】C
【解析】
【详解】A.水的离子积适用于稀的电解质水溶液及纯水，故A错误；
B.水电离不需要通电，故B项错误；
C.水的电离是吸热过程，温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，故C项正确；
D.不是所有的电解质都能破坏水的电离平衡，如NaCl，D项错误；
答案选C。
18.常温下，在0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中，水的离子积是( )
A. 1.0×10－14 B. 1.0×10－13
C. 1.32×10－14 D. 1.32×10－15
【答案】A
【解析】
水的离子积只与温度有关，与溶液的酸、碱性无关。常温下，KW＝1.0×10－14。
19.室温下，某溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－10 mol·L－1，该溶液的溶质不可能是（ ）
A. NaHSO4 B. NaCl C. HCl D. Ba(OH)2
【答案】B
【解析】
【详解】溶液中c(H＋)小于常温下纯水电离产生的c(H＋)，说明该溶液中水的电离受到了抑制，
A. NaHSO4在溶液中电离产生氢离子，抑制水的电离，不符合题意，故A错误；
B. NaCl在溶液中电离产生氯离子和钠离子，对水的电离无影响，符合题意，故B正确；
C. HCl在溶液中电离产生氢离子，抑制水的电离，不符合题意，故C错误；
D. Ba(OH)2在溶液中电离产生氢氧根离子，抑制水的电离，不符合题意，故D错误；
答案选B。
20.常温下，某溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1，则该溶液的pH可能是( )
A. 4 B. 7 C. 8 D. 11
【答案】D
【解析】
试题分析：酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，常温下，kw=c(H+)×c(OH-)═1×10-14，纯水中c(H+)=1×10-7mol•L-1，该溶液中由水电离产生的c(H+)=1×10-11mol•L-1＜1×10-7mol•L-1，说明该溶液抑制水电离，所以该溶液可能是酸也可能是碱，如果是酸溶液，则溶液中氢离子浓度是0.001mol/L，溶液的pH=3，如果是碱溶液，则溶液中氢原子浓度是1×10-11mol•L-1，溶液的pH=11，故选D。
考点：考查了pH的简单计算的相关知识。
21.用pH试纸测定溶液pH的正确操作是（ ）
A. 将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸中央，再与标准比色卡对照
B. 将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸中央，再与标准比色卡对照
C. 将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照
D. 将一小条试纸用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照
【答案】A
【解析】
【详解】A. pH试纸的正确使用方法是：把一小块pH试纸放在表面皿(或玻璃片)上，用蘸有待测液的玻璃棒点在试纸的中央，试纸变色后，与标准比色卡对照来确定溶液的pH，故A正确；
B. pH试纸测定溶液pH时，不能润湿，否则改变原溶液中氢离子和氢氧根离子浓度，故B错误；
C. pH试纸不能伸入待测液中，否则对待测液造成污染，故C错误；
D. pH试纸测定溶液pH时，不能润湿，否则改变原溶液中氢离子和氢氧根离子浓度，故D错误；
答案选A。
22.在100℃时，水的离子积等于1.0×10－12，若该温度下某溶液中的c(H＋)＝1×10－7 mol/L，则该溶液( )
A. 呈碱性 B. 呈酸性
C. 呈中性 D. c(H＋)＝c(OH－)
【答案】A
【解析】
【分析】
在任何溶液中，水的离子积表达式：Kw=c（H+）•c（OH-）成立，并且根据溶液中氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小来判断溶液的酸碱性。
【详解】在100℃时，水的离子积等于1.0×10-12，某溶液中H+浓度c（H+）=1×10-7mol/L，故c（OH-）=1×10−12/1×10−7=1×10-5mol•L-1，c（OH-）＞c（H+），所以溶液显示碱性，所以A正确。
故选A。
【点睛】注意根据溶液中c（OH-）、c（H+）相对大小判断溶液酸碱性，不能根据溶液pH大小判断溶液酸碱性。
23.关于下列水溶液的说法正确的是（ ）
A. HNO3溶液中无OH－
B. 常温下，任何物质的水溶液中都有H＋和OH－，且KW＝10－14
C. NaCl溶液中既无OH－也无H＋
D. 氢氧化钠溶液中无H＋
【答案】B
【解析】
【详解】A. HNO3溶液中存在水的电离平衡H2O⇌H++OH−，溶液中既有氢离子也有氢氧根离子，故A错误；
B. 常温下水溶液中存在水的电离平衡，任何物质的水溶液中都有H+和OH−，且KW=c(H+)∙c(OH−)=10−14，故B正确；
C. NaCl溶液中一定存在水的电离平衡，溶液中既有OH−也有H+，故C错误；
D. 氢氧化钠溶液中存在水的电离平衡，溶液中既有OH−也有H+，故D错误；
答案选B。
24. 下列关于水的离子积常数的叙述中，正确的是( )
A. 因为水的离子积常数的表达式是KW=c(H+)·c(OH－)，，所以KW随溶液H+和OH－浓度的变化而变化
B. 水的离子积常数KW与水的电离平衡常数K电离是同一个物理量
C. 水的离子积常数仅仅是温度的函数，随着温度的变化而变化
D. 水的离子积常数KW与水的电离平衡常数K电离是两个没有任何关系的物理量
【答案】C
【解析】
水的离子积常数KW=K电离·c(H2O)，一定温度下K电离和c(H2O)都是不变的常数，所以KW仅仅是温度的函数。水的离子积常数的表达式是KW=c(H+)·c(OH－)，只与温度有关溶液中H+的浓度变大，OH－的浓度就变小，反之亦然。
25.一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（ ）
A. 升高温度，可能引起由c向b的变化
B. 该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13
C. 该温度下，通入HCl可能引起由b向a的变化
D. 该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
【答案】C
【解析】
【详解】A.升高温度，氢离子和氢氧根离子浓度会变大，水的离子积常数会变大，变化后不会还在曲线上，故A错误；
B.根据水的离子积常数的计算公式，结合b点的数据可得水的离子积常数为1.0×10－14，故B错误；
C.通入HCl，氢离子浓度变大，水的离子积不变，氢氧根离子浓度减小，故C正确；
D.温度不变的情况下，稀释不会改变水的离子积常数，应在曲线上进行移动，故D错误；
答案选D。
二．填空题
26.现有常温下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 mol·L－1的NaOH溶液，乙为0.1 mol·L－1的HCl溶液，丙为0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液，试回答下列问题：
（1）甲溶液的pH＝________。
（2）丙溶液中存在的电离平衡为______________(用电离平衡方程式表示)。
（3）常温下，用水稀释0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液时，下列各量随水量的增加而增大的是________(填序号)。
①n(H＋) ②c(H＋) ③ c(CH3COOH)/c(CH3COO-) ④c(OH－)
（4）甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH－)的大小关系为___________。
（5）某同学用甲溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL丙溶液，得到如图所示的两条滴定曲线，请回答有关问题：
①甲溶液滴定丙溶液的曲线是________(填“图1”或“图2”)曲线。
②a＝________。
【答案】 (1). 13 (2). H2OH++OH-,CH3COOHCH3COO-+H+ (3). ①④ (4). 丙>甲＝乙 (5). 图 2 (6). 20.00
【解析】
【分析】
(1)0.1mol•L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，根据Kw=c(H+)•c(OH-)计算溶液中c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算溶液的pH值；
(2)溶液中存在水和醋酸，都是弱电解质，存在电离平衡；
(3)用水稀释①0.01mol•L-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，由于体积增大程度较大，所以氢离子浓度减小，据此分析判断；
(4)酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，据此分析判断；
(5)乙酸为弱电解质，滴定终点时，溶液呈碱性，结合图像分析解答。
【详解】(1)0.1mol•L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，故溶液中c(H+)= mol/L=10-13mol/L，故该溶液的pH=-lg10-13=13，故答案为：13；
(2)0.1mol•L-1的CH3COOH溶液中存在溶剂水、水为弱电解质，溶质乙酸为弱电解质，存在电离平衡为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故答案为：H2O⇌OH-+H+、CH3COOH⇌CH3COO-+H+；
(3)①用水稀释0.01mol•L-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，故①正确；②用水稀释0.01mol•L-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，由于体积增大程度较大，所以氢离子浓度减小，故②错误；③加水稀释0.01mol•L-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离平衡常数Ka=不变，c(H+)减小，所以增大，则减小，故③错误；④用水稀释0.01mol•L-1的CH3COOH溶液，c(H+)减小，Kw不变，所以c(OH-)增大，故④正确；故答案为：①④；
(4)酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离，乙酸是弱电解质，氢氧化钠、氯化氢是强电解质，所以相同物质的量浓度的乙酸和盐酸和氢氧化钠，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度小于醋酸，相同物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠对水电离抑制程度相等，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度等于氢氧化钠溶液中水电离出的氢氧根离子浓度，所以水电离出的氢氧根离子浓度大小顺序是：丙＞甲=乙，故答案为：丙＞甲=乙；
(5)①醋酸为弱电解质，滴定过程中pH变化较盐酸缓慢，滴定终点时溶液呈碱性，则滴定醋酸溶液的曲线是图2，故答案为：图2；
②滴定终点时n(CH3COOH)=n(NaOH)，则a=20.00mL，反应生成了醋酸钠，醋酸根离子发生水解，CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，溶液显示碱性pH＞7，故答案为：20.00。
27.CoCl2可用于电镀，是一种性能优越的电池前驱材料，由含钴矿(Co元素主要以Co2O3、CoO存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下：
已知：①焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂。CaF2、MgF2难溶于水。
②CoCl2·6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
③部分金属离子形成氢氧化物的pH见下表：
回答下列问题：
（1）操作①的名称为_________，NaClO3具有氧化性，其名称为__________________。
（2）浸取中加入Na2S2O5的作用是___________________________。
（3）滤液1中加入NaClO3的作用是_________，相关的离子方程式为__________________。
（4）加入Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子方程式为___________________________。
（5）滤渣3主要成分为__________________(写化学式)。滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体
（6）滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是___________________________。
（7）制备晶体CoCl2·6H2O，需在减压环境下烘干的原因是___________________________。
【答案】 (1). 过滤 (2). 氯酸钠 (3). 将+3价钴还原为+2价钴 (4). 将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离 (5). 6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O (6). 2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑ (7). CaF2、MgF2 (8). 分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用 (9). 降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴
【解析】
【分析】
(1)操作①后得到滤液和滤渣，据此判断；NaClO3名称为氯酸钠；
(2)焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂，具有还原性可将+3价钴转化为+2价钴；
(3)滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；
(4)Fe3+与CO32-结合成Fe(OH)3沉淀，据此判断；
(5)故加入NaF后，得到的滤渣主要是CaF2、MgF2；
(6)反萃取可从有机层中获取Mn2+、Cu2+、Zn2+；
(7)CoCl2·6H2O加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，需在减压环境下烘干；
【详解】(1)操作①后得到滤液和滤渣，故操作①为过滤；NaClO3中氯为+5价，其名称为氯酸钠；
(2)下一步操作过程中加入NaClO3，调节pH3.0~3.5时，会将+3价钴转化为沉淀，降低产率，而此时+2价钴不会转化为沉淀，故加入Na2S2O5的作用是将+3价钴还原为+2价钴；
(3)NaClO3具有氧化性，可将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，相关的离子方程式为：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；
(4)加入Na2CO3溶液生成滤渣Fe(OH)3，反应式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
(5)CaF2、MgF2难溶于水，故加入NaF后，得到的滤渣主要是CaF2、MgF2；
(6)滤液3中含有Mn2+、Cu2+、Zn2+，用稀盐酸反萃取的目的是：分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用；
(7) CoCl2·6H2O加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，故减压环境下烘干的原因是：降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴；
28.研究处理NOx、SO2，对环境保护有着重要的意义。回答下列问题：
(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1，则反应 2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l) △H = ______。
(2)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g) △H＝－34.0 kJ•mol-1，用活性炭对NO进行吸附。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，测得NO的转化率 α(NO)随温度的变化如图所示：
①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是_________________________； 在1100K 时，CO2的体积分数为______。
②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa 时，该反应的化学平衡常数Kp＝________(已知：气体分压＝气体总压×体积分数)。
(3)在高效催化剂的作用下用CH4还原NO2，也可消除氮氧化物的污染。在相同条件下，选用A、B、C三种不同催化剂进行反应，生成 N2的物质的量与时间变化关系如图所示，其中活化能最小的是_________(填字母标号)。
(4)在汽车尾气的净化装置中 CO和NO发生反应：2NO(g) + 2CO(g)N2(g) + 2CO2(g) △H2 =－746.8 kJ•mol-1。实验测得，υ正＝k正•c2(NO) •c2(CO) ，υ逆＝k逆•c(N2) •c2(CO2) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_____(填" >”、“< ”或“=”) k逆增大的倍数。
②若在1L 的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则＝_____(保留2位有效数字)。
【答案】 (1). （2a+2b+c）kJ•mol-1 (2). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (3). 20％ (4). 4 (5). A (6). < (7). 0.25
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律解答。
（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。恒温恒压下体积分数等于物质的量分数。
②利用化学平衡常数表达式计算。
（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小。
（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数。
②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=K。
【详解】（1）① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；
② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；
③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1；
利用盖斯定律，将①×2+②×2+③可得2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) = 2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l)的△H =（2a+2b+c）kJ•mol-1，故答案为：（2a+2b+c）kJ•mol-1。
（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1100K时，NO的转化率为40％，则△n(NO)=0.4mol，故n(CO2)=0.2mol，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中CO2的体积分数为％=20％，故答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；20％。
②根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1050K时， α(NO)=80％，平衡时n（NO）=0.2mol，n(N2)=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，各物质的平衡分压p分（NO）=Pa，p分（N2）=×1.1×106Pa，p分（CO2）=×1.1×106Pa，故反应的化学平衡常数Kp＝×1.1×106Pa××1.1×106Pa÷（ Pa）2=4，故答案为：4。
（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小，故答案：A。
（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数。故答案为：<。
②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)=K，根据化学方程式可知，平衡时c (NO)=c(CO)=0.6mol∙L-1，c(N2)=0.2 mol∙L-1，c(CO2)=0.4 mol∙L-1，故= c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=(0.2×0.42)/(0.62×0.62)=20/81≈0.25，故答案为：0.25。
29.氧元素为地壳中含量最高的元素，可形成多种重要的单质和化合物。
(1)氧元素位于元素周期表中___________区；第二周期元素中，第一电离能比氧大的有___________种。
(2)O3可用于消毒。O3的中心原子的杂化形式为___________；其分子的 VSEPR模型为___________，与其互为等电子体的离子为___________(写出一种即可)。
(3)含氧有机物中，氧原子的成键方式不同会导致有机物性质不同。解释C2H5OH的沸点高于CH3OCH3的原因为___________；C2H5OH不能用无水CaCl2千燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成[Ca(C2H5OH)4]2+，该离子的结构式可表示为______________________。
(4)氧元素可分别与Fe和Cu形成低价态氧化物FeO和Cu2O。
①FeO立方晶胞结构如图1所示，则Fe2+的配位数为___________；与O2－紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为___________。
②Cu2O立方晶胞结构如图2所示，若O2－与Cu+之间最近距离为a pm，则该晶体的密度为___________g·cm－3。(用含a、NA的代数式表示，NA代表阿伏加德罗常数的值)
【答案】 (1). p； (2). 3 (3). sp2杂化 (4). 平面三角形 (5). NO2﹣ (6). 乙醇分子间可形成氢键，沸点高 (7). (8). 6 (9). 正八面体 (10).
【解析】
【分析】
(1)除了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号；根据电离能的变化规律分析判断；
(2)根据公式计算出O3的中心原子的价层电子对数，再根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式及其分子的VSEPR模型，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18；
(3)形成分子间氢键的物质熔沸点较高；对于配离子[Ca(C2H5OH)4]2+可以结合常见配合物的结构与成键分析解答；
(4)①根据体心位置的Fe2+判断Fe2+的配位数；根据结构示意图判断与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型；
②若O2-与Cu+之间最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的，则晶胞体对角线长度=4apm，计算出晶胞的棱长，根据化学式判断出各球表示的微粒，再结合密度的计算公式计算。
【详解】(1)除了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号，O原子最后通入的电子是p电子，所以O元素位于p区；第二周期元素中，第一电离能比O元素大的有N、F、Ne元素，所以有3种元素，故答案为：p；3；
(2)O3的中心原子的价层电子对个数＝2+＝3且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式为sp2杂化、其分子的 VSEPR模型为平面三角形，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18，与其互为等电子体的阴离子有NO2﹣(合理即可)，故答案为：sp2杂化；平面三角形；NO2﹣(合理即可)；
(3)形成分子间氢键的物质熔沸点较高，乙醇能形成分子间氢键、甲醚不能形成分子间氢键，所以乙醇的熔沸点比甲醚高；C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成[Ca(C2H5OH)4]2+，该离子中钙离子为中心离子，乙醇为配体，乙醇中O原子提供孤电子对、钙离子提供空轨道形成配位键，其结构为，故答案为：乙醇分子间可形成氢键，沸点高；；
(4)①Fe2+的配位数为6；与O2﹣紧邻的所有Fe2+构成的几何构型、与Fe2+紧邻的所有O2﹣构成的几何构型相同，根据知，表中有标记的这几个离子形成正八面体，同理可推，与O2﹣紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为正八面体，故答案为：6；正八面体；
②若O2﹣与Cu+之间最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的，则晶胞体对角线长度＝4apm，晶胞棱长＝＝×10﹣10 cm，晶胞体积＝(×10﹣10 cm)3，该晶胞中白球离子个数＝1+8×＝2、灰球离子个数为4，根据化学式Cu2O知，灰色球表示亚铜离子、白色球表示氧离子，则该晶体的密度＝= g/cm3＝g/cm3，故答案为：。
30. 【有机选做】有机物DBP常用作纤维素树脂和聚氯乙烯的增塑剂，特别适用于硝酸纤维素涂料。具有优良的溶解性、分散性和粘着性。由有机物A和邻二甲苯为原料可以合成DBP。
③烃A是有机合成的重要原料。A的质谱图最大m/z为42，红外光谱表明分子中含有碳碳双键；B能发生银镜反应；有机物C的核磁共振氢谱显示其分子中含有5种化学环境不同的氢原子，且个数之比为3：2：2：2：l。
回答下列问题：
（1）A的结构简式为________；A在一定条件下生成聚合物的化学方程式为_______________。
（2）D中的含氧官能团是___________。有机物D和足量有机物C反应生成DBP的化学方程式是____________________________________________。
（3）下列说法正确的是___________ （选填序号字母）。
A．A能发生聚合反应、加成反应和氧化反应
B．与C互为同分异构体，且含有相同官能团的有机物有2种
C．邻二甲苯能氧化生成D说明有机物分子中基团之间存在影响
D．1 mol DBP可与含4mol NaOH的溶液完全反应
（4）工业上常用有机物E（C8H4O3）代替D生产DBP。反应分为两步进行：
i）E+C中间产物 ii）中间产物+CDBP+H2O
①请猜测E的结构简式___________。[
②工业上生产有机物E的反应如下：2X+9O22E+4CO2+4H2O，芳香烃X的一溴代物只有两种。X的结构简式是________。
【答案】（1）CH3—CH=CH2（2分）nCH3—CH=CH2（2分）
（2）羧基（或—COOH） （2分）
（3分）
（3）A、C（2分） （4）①（2分） ②（2分）
【解析】
试题分析：A的质谱图表明其相对分子质量为42，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，则A为CH3CH=CH2；A发生信息中醛的加成反应生成B，且B能发生银镜反应，结合B与氢气发生加成反应生成C，有机物C的核磁共振氢谱显示其分子中含有5种化学环境不同的氢原子，且个数之比为3:2:2:2:1，则B为CH3CH2CH2CHO，C为CH3CH2CH2CH2OH，邻二甲苯发生氧化反应生成D为，C与D发生酯化反应生成DBP为。
（1）A的名称为丙烯；CH3CH=CH2在一定条件下发生加聚反应生成聚丙烯，反应的化学方程式为nCH3—CH=CH2；
（2）D中的含氧官能团是羧基，有机物D和足量有机物C反应生成DBP的反应是CH3CH2CH2CH2OH与邻苯二甲酸发生酯化反应，反应的方程式为：
；
（3）A．A为CH3CH=CH2，含有碳碳双键，能发生聚合反应、加成反应和氧化反应，A正确；B．C为CH3CH2CH2CH2OH，与C互为同分异构体，且含有相同官能团的有机物有CH3CH2CH（OH）CH3、（CH3）2C（OH）CH3种、（CH3）2CHCH2（OH）3种，B错误；C．因为在烷烃中甲基不能被酸性高锰酸钾氧化，而邻二甲苯能氧化生成D，所以说明有机物分子中基团之间存在影响，C正确；D．1mol DBP可与含2mol NaOH的溶液完全反应，D错误；答案选AC；
（4）根据中间产物+CDBP+H2O，则中间产物为：，又根据E+C中间产物以及E（C8H403），则E为：。
①E的结构简式；
②工业上生产有机物E的反应如下：2X+9O22E+4CO2+4H2O，芳香烃x的一溴代物只有两种，根据反应前后原子守恒，可以推出X的分子式是C10H8，结构简式为。
考点：考查有机物推断、官能团、有机物结构和性质、同分异构体判断以及方程式书写等
1.常温常压下：S (s)+O2 (g)→SO2 (g)+297.16kJ，下列说法正确的是
A. 反应物的总能量低于产物的总能量
B. S(g)+O2(g)→SO2(g)+Q Q>297.16kJ
C. 反应中生成22.4 L SO2 (g)，转移电子4mol
D. 反应中生成1 L SO2 (g)，放出热量297.16kJ
【答案】B
【解析】
A.因为硫的燃烧是放热反应，反应物的总能量高于产物的总能量，故A错误；B.固态硫转变为气态的硫蒸气是吸热过程，由硫蒸气直接燃烧放出的热量肯定大于等量固态硫燃烧放出的热量，故B正确；C.因不是标准状况下二氧化硫的体积，不用能标准气体摩尔体积进行换算，故C错误；D. 反应中每生成1 mol SO2 (g)，放出热量297.16kJ，故D错误。答案选B。
2.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中能量变化如图所示(图中E表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能。下列有关叙述正确的是( )
A. 该反应的逆反应为放热反应，升高温度可提高活化分子的百分数
B. ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热
C. 该反应中，反应物的总键能大于生成物的总键能
D. 500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH =-2akJ·mol-1
【答案】B
【解析】
A. 根据图中信息可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应的正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，选项A错误；B、根据反应的焓变等于反应物的总能量-生成物的总能量得：ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热，选项B正确；C、该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能，选项C错误；D、反应是可逆反应，反应不可能完全，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)，生成的SO3(g)没有1mol，放热akJ，则500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH <-2akJ·mol-1，选项D错误。答案选B。
点睛：本题考查了化学变化过程中能量变化的分析的，主要是活化能概念的理解应用，掌握图象分析方法是关键。本题的易错点是：图象分析反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应；催化剂对反应的焓变无影响。
3.下列说法正确的是
A. 化学反应中的能量变化都表现为热量变化
B. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
C. 反应物的总能量比生成物的总能量高，该反应为吸热反应
D. 向醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若溶液红色加深，则说明盐类水解是吸热的
【答案】D
【解析】
A、反应中的能量变化形式有多种，主要表现为热量变化，也可以表现为其它形式的变化，如原电池中化学能转化为电能，选项A错误；B、放热反应有的需加热，有的不需加热。如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点，再如铝热反应也需要加热，选项B错误；C、反应物的总能量比生成物的总能量高，该反应为放热反应，选项C错误；D、醋酸钠水解显碱性，加热时碱性增强，说明水解吸热，选项D正确。答案选D。
4.HClO4、H2SO4、HNO3和HCl都是强酸，它们的酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：
酸
HClO4
H2SO4
HCl
HNO3
Ka
1.6×10－5
6.3×10－9
1.6×10－9
4.2×10－10
下列说法中不正确的是( )
A. 在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离
B. 在冰醋酸中HClO4是这四种酸中最强的酸
C. 在冰醋酸中H2SO4的电离方程式为H2SO4===2H＋＋SO
D. 水不能区分这四种酸的强弱，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱
【答案】C
【解析】
【分析】
A.根据酸的电离程度分析；
B.在冰醋酸中，酸的电离平衡常数越大，则其电离程度越大，酸性越强；
C.存在电离平衡的酸在电离时是不完全电离的，且多元酸是分步电离的；
D.在溶剂中完全电离的电解质不能区分，不完全电离的电解质能区分。
【详解】A.根据电离平衡常数知，在醋酸中这几种酸都不完全电离，故A正确；
B.在醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，故B正确；
C.在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4 ⇌H＋＋HSO4-，故C错误；
D.这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，故D正确；
故答案选C。
5.将1 mol冰醋酸加入到一定量的蒸馏水中最终得到1 L溶液。下列各项中，表明已达到电离平衡状态的是
A. 醋酸的浓度达到1 mol·L－1
B. H＋的浓度达到0.5 mol·L－1
C. 醋酸分子的浓度、醋酸根离子的浓度、H＋的浓度均为0.5 mol·L－1
D. 醋酸分子电离成离子的速率和离子重新结合成醋酸分子的速率相等
【答案】D
【解析】
【详解】在未电离时c(CH3COOH)＝1 mol·L－1，当醋酸、H＋、CH3COO－的浓度不再变化时(但此时三者的浓度不一定是0.5 mol·L－1)，醋酸的电离达到平衡状态，故A、B、C均错。依据平衡状态的标志即分子电离成离子的速率与离子结合成分子的速率相等，可知D项正确。
故选D。
6.已知25℃时，K==1.75×10-5，其中K是该温度下CH3COOH的电离平衡常数。下列说法正确的是（ ）
A. 向该溶液中加入一定量的硫酸，K增大
B. 升高温度，K增大
C. 向CH3COOH溶液中加入少量水，K增大
D. 向CH3COOH溶液中加入少量氢氧化钠溶液，K增大
【答案】B
【解析】
【分析】
电离平衡常数只受温度的影响，醋酸的电离是吸热过程，温度升高，K增大，温度降低，K减小，据此回答判断。
【详解】A. 向该溶液中加入一定量的硫酸时，若加入浓硫酸，浓硫酸溶于水放热，K增大，若为稀硫酸，K不变，硫酸浓度未知，故A错误；
B. 醋酸的电离是吸热过程，温度升高，K增大，故B正确
C. 向醋酸溶液中加水，温度不变，K不变，故C错误；
D. 向醋酸溶液中加氢氧化钠，温度不变，K不变，故D错误。
答案选B。
【点睛】平衡常数只与温度有关，加入某些电解质会使溶液温度升高，不一定只有加热才能使溶液温度变化
7.I2在KI溶液中存在平衡：I2(aq)＋I－(aq)I3－(aq)，某I2、KI混合溶液中，c(I3－)与温度T的平衡曲线图如下。下列说法不正确的是
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
D. 状态A与状态B相比，状态A的c (I2) 小
【答案】A
【解析】
试题分析：A、根据图像可知随着温度的升高，c(I3－)逐渐减小，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，因此正反应是放热反应，即△H小于0，A错误；B、升高温度平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2，B正确；C、D点不在曲线上，所以D点没有达到平衡状态，如果达到平衡状态，则在温度不变的条件下c(I3－)应该增大，所以此时反应向正反应方向进行，即正反应速率大于逆反应速率，C正确；D、B点温度高，平衡向逆反应方向进行，则状态A与状态B相比，状态A的c (I2) 小，D正确，答案选A。
考点：考查外界条件对平衡状态的影响
8.反应X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH<0，达到平衡时，下列说法正确的是( )
A. 减小容器体积，平衡向右移动
B. 加入催化剂，Z的产率增大
C. 增大c(X)，X的转化率增大
D. 降低温度，Y的转化率增大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 反应前后体积不变，减小容器体积，压强增大，平衡不移动，A错误；
B. 加入催化剂，平衡不移动，Z的产率不变，B错误；
C. 增大c(X)，X的转化率减小，C错误；
D. 正反应放热，降低温度，平衡显正反应方向进行，Y的转化率增大，D正确；
答案选D。
9.某温度下，在一容积固定的容器中，反应aA（g）+bB（g）hH（g）达到平衡后，A、B、H的物质的量分别为amol、bmol和hmol。已知a+b=2h，若保持温度不变，将三者的物质的量增大一倍，则下列判断正确的是
A. 平衡不移动 B. 混合气体的密度不变
C. B的体积分数减少 D. amol/L＜c（A）＜2amol/L
【答案】C
【解析】
试题分析：A、a+b=2h，说明反应前后气体分子数减小，将三者的物质的量增大一倍，相当于增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，错误；B、将三者的物质的量增大一倍，混合气体的质量增大一倍，容积固定，根据混合气体的密度=，所以混合气体的密度增大，错误；C、将三者的物质的量增大一倍，相当于增大压强，平衡向右移动，B的体积分数减小，正确；D、A的浓度范围用极限法即可解出，错误。
考点：考查化学平衡移动。
10.已知在一定条件下，反应X(g)+3Y(g)2Z(g) ΔH=-akJ·mol-1(a>0)，某实验小组测得X的转化率(α)在不同温度与压强(p)下的实验数据，三者之间关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 图中A、B两点对应的平衡常数相等
B. 上述反应在达到平衡后，缩小体积，Y的转化率提高
C. 升高温度，正、逆反应速率增大，平衡向正反应方向移动
D. 将2.0molX、6.0molY置于密闭容器中发生反应，放出的热量为2akJ
【答案】B
【解析】
【详解】A.平衡常数与温度有关，与压强无关，A、B两点温度不同，则平衡常数不同，故A错误；
B.该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，Y的转化率提高，故B正确；
C.正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且正、逆反应速率均增大，故C错误；
D.可逆反应不能完全转化，且物质量与热量成正比，则2.0molX、6.0molY置于密闭容器中发生反应，放出的热量小于2a kJ，故D错误。
答案选B。
11.在密闭容器中，加入2molA和1molB发生如下反应：2A(g)+B(?)2C(g)+D(g)，C的体积分数（C%) 随时间的变化趋势符合右下图关系：下列说法正确的是（ ）
A. E点的v(逆)大于F点的v(正)
B. 若在F点时给容器加压，达新平衡时C的浓度将增大
C. 若给容器加热，该反应的平衡常数K将增大
D. 恒温恒容下达平衡后，向容器中再加入2molA和1molB，A的转化率不发生改变
【答案】B
【解析】
E点时，反应正在向右进行，所以v(正)>v(逆)，而F点为反应达到平衡时的速率v(正)=v(逆)，所以E点的v(逆)小于F点的v(正)，A错误；根据图像2可知，压强P1> P2，现在增大压强，C%减小，平衡左移，但因为容器的体积缩小，所以达新平衡时C的浓度比原来还是增大，B正确；由图像可知温度T1 >T2 ，由T1 →T2，相当于降温，C%增大，平衡右移，正反应为放热反应，若给容器加热，平衡左移，该反应的平衡常数K将减小，C错误；恒温恒容下达平衡后，向容器中再加入2molA和1molB，相当于加压过程，平衡左移，A的转化率减小，D错误；正确选项B。
点睛：三个变量的图像在分析时，采用定一义二的方法，即假设一个变量不变，讨论另外两个变量之间的变化关系；先拐先平，条件高：图像中先出现拐点的地方，反应先达到平衡，对应的温度高、压强大。
12.一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)＋B(g)3C(g)＋D(g)，若反应开始时充入2 mol A和1 mol B，达到平衡时C的浓度为 a mol·L－1。若维持容器体积和温度不变，按下列四种配比作为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍为a mol·L－1的是
A. 4 mol A＋2 mol B B. 2 mol A＋1 mol B＋3 mol C＋1 mol D
C. 3 mol C＋1 mol D＋1 mol B D. 3 mol C＋1 mol D
【答案】D
【解析】
【分析】
判断全等平衡的方法是将物质全部靠到一边进行极限转化，再与原反应进行比较来判断，若各物质与原来相等，则等效，否则不等效。因为反应前后体积是变化的，所以当容积不变时，要使C的物质的量的浓度仍然为amol/L，则起始物质的物质的量必须和最初的相同。
【详解】A项、4molA+2molB，这与这和题目开始不一样，故A错误；
B项、采用极限分析法，3molC和1molD完全反应生成2molA和1molB，此时容器中共含有4molA和2molB，这和题目开始不一样，故B错误；
C项、采用极限分析法，3molC和1molD完全反应生成2molA和1molB，此时容器中共含有2molA和2molB，这和题目开始不一样，故C错误；
D项、采用极限分析法，3molC+1molD完全反应生成2molA和1molB，这和题目开始一样，故D正确；
故选D。
【点睛】判断全等平衡的方法要注意恒温恒容和恒温恒压，恒温恒容：反应前后气体体积不等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等量；反应前后气体体积相等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等比；恒温恒压：按化学计量数转化一边，对应物质满足等比。
13.在某温度下，将1molH2和1molI2的气态混合物充入1L的密闭容器中，发生反应:H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH<0；5 min后达到平衡状态，测得c(H2)=0.9mol·L-1，则下列结论中，不能成立的是（ ）
A. 平衡时H2、I2的转化率相等
B. 从反应开始至平衡的过程中，v(HI)=0.04mol·L-1·min-1
C. 其他条件不变再向容器中充入少量H2，I2的转化率提高
D. 若将容器温度提高，其平衡常数K一定增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.H2、I2化学计量数相同，按物质的量1∶1加入H2、I2，达到平衡后两种物质的转化率相同，故A正确；
B.由化学方程式可知c(HI)=0.2mol·L-1，即v(HI)=0.2mol·L-1÷5 min=0.04mol·L-1·min-1，故B正确；
C.充入少量H2，平衡向正反应方向移动，I2的转化率提高，故C正确；
D.该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数K减小，故D错误；
答案选D。
14. 一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：
SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)△H＜0 若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是
A. 平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变
B. 平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快
C. 平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率
D. 其他条件不变，使用不同催化剂，该反应平衡常数不变
【答案】D
【解析】
由于硫为液态，因此反应前后气体分子数不等，达平衡前容器内压强逐渐变小，分离出硫对化学反应速率及平衡无影响，即A、B错误；根据平衡移动原理知升温平衡向吸热方向移动即向左移动，SO2的转化率降低，C错误；平衡常数只受温度的影响，与催化剂无关，故D项正确。
考点定位：本题主要考查外界条件对化学平衡及反应速率的影响，考查平衡常数的知识及平衡的移动。
15.在电解质溶液的导电性装置(如图所示)中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液，则灯泡由亮变暗，至熄灭后又逐渐变亮的是（ ）
A. 盐酸中逐滴加入食盐溶液
B. 硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液
C. 硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液
D. 醋酸中逐滴加入氨水(一水合氨为弱电解质，CH3COONH4为强电解质)
【答案】C
【解析】
【详解】A. HCl是强电解质，在水溶液里完全电离，加入NaCl后，二者不反应，溶液中电荷浓度不是0，所以不熄灭，故A错误；
B. 硫酸和NaOH都是强电解质，二者发生反应H2SO4+2NaOH=Na2SO4+H2O，生成的硫酸钠是强电解质，溶液中离子浓度减小，所以灯泡变暗，但不熄灭，故B错误；
C. 硫酸和氢氧化钡都是强电解质，二者发生反应Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，反应后生成难溶物和弱电解质，溶液中离子浓度逐渐减小，所以灯泡变暗，二者恰好反应时离子浓度最小，灯泡熄灭，再继续滴加氢氧化钡，溶液中离子浓度增大，灯泡变亮，符合题意，故C正确；
D. 醋酸、一水合氨都为弱电解质，二者反应生成醋酸铵，溶液导电性增强，不存在熄灭的现象，故D错误。
答案选C。
【点睛】若向某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液时，则灯泡由亮变暗，说明溶液中电解质的浓度降低，说明所加入物质能与溶液中电解质反应生成弱电解质或沉淀，至熄灭后又逐渐变亮，说明完全反应时溶液电荷浓度接近0，当另一溶液过量时，溶液中电荷浓度逐渐增大，又逐渐变亮。
16.下图三条曲线表示不同温度下水的离子积常数，下列说法不正确的是
A. 图中温度:T3>T2>T1
B. 图中pH关系是:pH(B)=pH(D)=pH(E)
C. 图中五点Kw间的关系:E>D>A=B=C
D. C点可能是显酸性的盐溶液
【答案】D
【解析】
A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c(H+)、c(OH-)及离子积常数增大，根据图知，离子积常数T3>T2>T1，所以温度T3>T2>T1，故A正确；B．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是B＜D＜E，但三点溶液的氢离子浓度相等，则pH相等，故B正确；C．温度高低点顺序是A=B=C＜D＜E，水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，Kw间的关系:E>D>A=B=C，故C正确；D．C点时，Kw=1×10-14，c(OH-)=1×10-6，溶液的pH=8，显碱性，故D错误；
17.下列关于水的说法正确的是（ ）
A. 水的离子积仅适用于纯水
B. 水的电离需要通电
C. 升高温度一定使水的离子积增大
D. 加入电解质一定会破坏水电离平衡
【答案】C
【解析】
【详解】A.水的离子积适用于稀的电解质水溶液及纯水，故A错误；
B.水电离不需要通电，故B项错误；
C.水的电离是吸热过程，温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，故C项正确；
D.不是所有的电解质都能破坏水的电离平衡，如NaCl，D项错误；
答案选C。
18.常温下，在0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中，水的离子积是( )
A. 1.0×10－14 B. 1.0×10－13
C. 1.32×10－14 D. 1.32×10－15
【答案】A
【解析】
水的离子积只与温度有关，与溶液的酸、碱性无关。常温下，KW＝1.0×10－14。
19.室温下，某溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－10 mol·L－1，该溶液的溶质不可能是（ ）
A. NaHSO4 B. NaCl C. HCl D. Ba(OH)2
【答案】B
【解析】
【详解】溶液中c(H＋)小于常温下纯水电离产生的c(H＋)，说明该溶液中水的电离受到了抑制，
A. NaHSO4在溶液中电离产生氢离子，抑制水的电离，不符合题意，故A错误；
B. NaCl在溶液中电离产生氯离子和钠离子，对水的电离无影响，符合题意，故B正确；
C. HCl在溶液中电离产生氢离子，抑制水的电离，不符合题意，故C错误；
D. Ba(OH)2在溶液中电离产生氢氧根离子，抑制水的电离，不符合题意，故D错误；
答案选B。
20.常温下，某溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1，则该溶液的pH可能是( )
A. 4 B. 7 C. 8 D. 11
【答案】D
【解析】
试题分析：酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，常温下，kw=c(H+)×c(OH-)═1×10-14，纯水中c(H+)=1×10-7mol•L-1，该溶液中由水电离产生的c(H+)=1×10-11mol•L-1＜1×10-7mol•L-1，说明该溶液抑制水电离，所以该溶液可能是酸也可能是碱，如果是酸溶液，则溶液中氢离子浓度是0.001mol/L，溶液的pH=3，如果是碱溶液，则溶液中氢原子浓度是1×10-11mol•L-1，溶液的pH=11，故选D。
考点：考查了pH的简单计算的相关知识。
21.用pH试纸测定溶液pH的正确操作是（ ）
A. 将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸中央，再与标准比色卡对照
B. 将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸中央，再与标准比色卡对照
C. 将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照
D. 将一小条试纸用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照
【答案】A
【解析】
【详解】A. pH试纸的正确使用方法是：把一小块pH试纸放在表面皿(或玻璃片)上，用蘸有待测液的玻璃棒点在试纸的中央，试纸变色后，与标准比色卡对照来确定溶液的pH，故A正确；
B. pH试纸测定溶液pH时，不能润湿，否则改变原溶液中氢离子和氢氧根离子浓度，故B错误；
C. pH试纸不能伸入待测液中，否则对待测液造成污染，故C错误；
D. pH试纸测定溶液pH时，不能润湿，否则改变原溶液中氢离子和氢氧根离子浓度，故D错误；
答案选A。
22.在100℃时，水的离子积等于1.0×10－12，若该温度下某溶液中的c(H＋)＝1×10－7 mol/L，则该溶液( )
A. 呈碱性 B. 呈酸性
C. 呈中性 D. c(H＋)＝c(OH－)
【答案】A
【解析】
【分析】
在任何溶液中，水的离子积表达式：Kw=c（H+）•c（OH-）成立，并且根据溶液中氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小来判断溶液的酸碱性。
【详解】在100℃时，水的离子积等于1.0×10-12，某溶液中H+浓度c（H+）=1×10-7mol/L，故c（OH-）=1×10−12/1×10−7=1×10-5mol•L-1，c（OH-）＞c（H+），所以溶液显示碱性，所以A正确。
故选A。
【点睛】注意根据溶液中c（OH-）、c（H+）相对大小判断溶液酸碱性，不能根据溶液pH大小判断溶液酸碱性。
23.关于下列水溶液的说法正确的是（ ）
A. HNO3溶液中无OH－
B. 常温下，任何物质的水溶液中都有H＋和OH－，且KW＝10－14
C. NaCl溶液中既无OH－也无H＋
D. 氢氧化钠溶液中无H＋
【答案】B
【解析】
【详解】A. HNO3溶液中存在水的电离平衡H2O⇌H++OH−，溶液中既有氢离子也有氢氧根离子，故A错误；
B. 常温下水溶液中存在水的电离平衡，任何物质的水溶液中都有H+和OH−，且KW=c(H+)∙c(OH−)=10−14，故B正确；
C. NaCl溶液中一定存在水的电离平衡，溶液中既有OH−也有H+，故C错误；
D. 氢氧化钠溶液中存在水的电离平衡，溶液中既有OH−也有H+，故D错误；
答案选B。
24. 下列关于水的离子积常数的叙述中，正确的是( )
A. 因为水的离子积常数的表达式是KW=c(H+)·c(OH－)，，所以KW随溶液H+和OH－浓度的变化而变化
B. 水的离子积常数KW与水的电离平衡常数K电离是同一个物理量
C. 水的离子积常数仅仅是温度的函数，随着温度的变化而变化
D. 水的离子积常数KW与水的电离平衡常数K电离是两个没有任何关系的物理量
【答案】C
【解析】
水的离子积常数KW=K电离·c(H2O)，一定温度下K电离和c(H2O)都是不变的常数，所以KW仅仅是温度的函数。水的离子积常数的表达式是KW=c(H+)·c(OH－)，只与温度有关溶液中H+的浓度变大，OH－的浓度就变小，反之亦然。
25.一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（ ）
A. 升高温度，可能引起由c向b的变化
B. 该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13
C. 该温度下，通入HCl可能引起由b向a的变化
D. 该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
【答案】C
【解析】
【详解】A.升高温度，氢离子和氢氧根离子浓度会变大，水的离子积常数会变大，变化后不会还在曲线上，故A错误；
B.根据水的离子积常数的计算公式，结合b点的数据可得水的离子积常数为1.0×10－14，故B错误；
C.通入HCl，氢离子浓度变大，水的离子积不变，氢氧根离子浓度减小，故C正确；
D.温度不变的情况下，稀释不会改变水的离子积常数，应在曲线上进行移动，故D错误；
答案选D。
二．填空题
26.现有常温下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 mol·L－1的NaOH溶液，乙为0.1 mol·L－1的HCl溶液，丙为0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液，试回答下列问题：
（1）甲溶液的pH＝________。
（2）丙溶液中存在的电离平衡为______________(用电离平衡方程式表示)。
（3）常温下，用水稀释0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液时，下列各量随水量的增加而增大的是________(填序号)。
①n(H＋) ②c(H＋) ③ c(CH3COOH)/c(CH3COO-) ④c(OH－)
（4）甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH－)的大小关系为___________。
（5）某同学用甲溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL丙溶液，得到如图所示的两条滴定曲线，请回答有关问题：
①甲溶液滴定丙溶液的曲线是________(填“图1”或“图2”)曲线。
②a＝________。
【答案】 (1). 13 (2). H2OH++OH-,CH3COOHCH3COO-+H+ (3). ①④ (4). 丙>甲＝乙 (5). 图 2 (6). 20.00
【解析】
【分析】
(1)0.1mol•L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，根据Kw=c(H+)•c(OH-)计算溶液中c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算溶液的pH值；
(2)溶液中存在水和醋酸，都是弱电解质，存在电离平衡；
(3)用水稀释①0.01mol•L-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，由于体积增大程度较大，所以氢离子浓度减小，据此分析判断；
(4)酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，据此分析判断；
(5)乙酸为弱电解质，滴定终点时，溶液呈碱性，结合图像分析解答。
【详解】(1)0.1mol•L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，故溶液中c(H+)= mol/L=10-13mol/L，故该溶液的pH=-lg10-13=13，故答案为：13；
(2)0.1mol•L-1的CH3COOH溶液中存在溶剂水、水为弱电解质，溶质乙酸为弱电解质，存在电离平衡为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故答案为：H2O⇌OH-+H+、CH3COOH⇌CH3COO-+H+；
(3)①用水稀释0.01mol•L-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，故①正确；②用水稀释0.01mol•L-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，由于体积增大程度较大，所以氢离子浓度减小，故②错误；③加水稀释0.01mol•L-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离平衡常数Ka=不变，c(H+)减小，所以增大，则减小，故③错误；④用水稀释0.01mol•L-1的CH3COOH溶液，c(H+)减小，Kw不变，所以c(OH-)增大，故④正确；故答案为：①④；
(4)酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离，乙酸是弱电解质，氢氧化钠、氯化氢是强电解质，所以相同物质的量浓度的乙酸和盐酸和氢氧化钠，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度小于醋酸，相同物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠对水电离抑制程度相等，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度等于氢氧化钠溶液中水电离出的氢氧根离子浓度，所以水电离出的氢氧根离子浓度大小顺序是：丙＞甲=乙，故答案为：丙＞甲=乙；
(5)①醋酸为弱电解质，滴定过程中pH变化较盐酸缓慢，滴定终点时溶液呈碱性，则滴定醋酸溶液的曲线是图2，故答案为：图2；
②滴定终点时n(CH3COOH)=n(NaOH)，则a=20.00mL，反应生成了醋酸钠，醋酸根离子发生水解，CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，溶液显示碱性pH＞7，故答案为：20.00。
27.CoCl2可用于电镀，是一种性能优越的电池前驱材料，由含钴矿(Co元素主要以Co2O3、CoO存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下：
已知：①焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂。CaF2、MgF2难溶于水。
②CoCl2·6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
③部分金属离子形成氢氧化物的pH见下表：
回答下列问题：
（1）操作①的名称为_________，NaClO3具有氧化性，其名称为__________________。
（2）浸取中加入Na2S2O5的作用是___________________________。
（3）滤液1中加入NaClO3的作用是_________，相关的离子方程式为__________________。
（4）加入Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子方程式为___________________________。
（5）滤渣3主要成分为__________________(写化学式)。滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体
（6）滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是___________________________。
（7）制备晶体CoCl2·6H2O，需在减压环境下烘干的原因是___________________________。
【答案】 (1). 过滤 (2). 氯酸钠 (3). 将+3价钴还原为+2价钴 (4). 将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离 (5). 6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O (6). 2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑ (7). CaF2、MgF2 (8). 分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用 (9). 降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴
【解析】
【分析】
(1)操作①后得到滤液和滤渣，据此判断；NaClO3名称为氯酸钠；
(2)焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂，具有还原性可将+3价钴转化为+2价钴；
(3)滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；
(4)Fe3+与CO32-结合成Fe(OH)3沉淀，据此判断；
(5)故加入NaF后，得到的滤渣主要是CaF2、MgF2；
(6)反萃取可从有机层中获取Mn2+、Cu2+、Zn2+；
(7)CoCl2·6H2O加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，需在减压环境下烘干；
【详解】(1)操作①后得到滤液和滤渣，故操作①为过滤；NaClO3中氯为+5价，其名称为氯酸钠；
(2)下一步操作过程中加入NaClO3，调节pH3.0~3.5时，会将+3价钴转化为沉淀，降低产率，而此时+2价钴不会转化为沉淀，故加入Na2S2O5的作用是将+3价钴还原为+2价钴；
(3)NaClO3具有氧化性，可将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，相关的离子方程式为：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；
(4)加入Na2CO3溶液生成滤渣Fe(OH)3，反应式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
(5)CaF2、MgF2难溶于水，故加入NaF后，得到的滤渣主要是CaF2、MgF2；
(6)滤液3中含有Mn2+、Cu2+、Zn2+，用稀盐酸反萃取的目的是：分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用；
(7) CoCl2·6H2O加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，故减压环境下烘干的原因是：降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴；
28.研究处理NOx、SO2，对环境保护有着重要的意义。回答下列问题：
(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1，则反应 2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l) △H = ______。
(2)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g) △H＝－34.0 kJ•mol-1，用活性炭对NO进行吸附。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，测得NO的转化率 α(NO)随温度的变化如图所示：
①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是_________________________； 在1100K 时，CO2的体积分数为______。
②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa 时，该反应的化学平衡常数Kp＝________(已知：气体分压＝气体总压×体积分数)。
(3)在高效催化剂的作用下用CH4还原NO2，也可消除氮氧化物的污染。在相同条件下，选用A、B、C三种不同催化剂进行反应，生成 N2的物质的量与时间变化关系如图所示，其中活化能最小的是_________(填字母标号)。
(4)在汽车尾气的净化装置中 CO和NO发生反应：2NO(g) + 2CO(g)N2(g) + 2CO2(g) △H2 =－746.8 kJ•mol-1。实验测得，υ正＝k正•c2(NO) •c2(CO) ，υ逆＝k逆•c(N2) •c2(CO2) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_____(填" >”、“< ”或“=”) k逆增大的倍数。
②若在1L 的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则＝_____(保留2位有效数字)。
【答案】 (1). （2a+2b+c）kJ•mol-1 (2). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (3). 20％ (4). 4 (5). A (6). < (7). 0.25
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律解答。
（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。恒温恒压下体积分数等于物质的量分数。
②利用化学平衡常数表达式计算。
（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小。
（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数。
②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=K。
【详解】（1）① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；
② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；
③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1；
利用盖斯定律，将①×2+②×2+③可得2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) = 2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l)的△H =（2a+2b+c）kJ•mol-1，故答案为：（2a+2b+c）kJ•mol-1。
（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1100K时，NO的转化率为40％，则△n(NO)=0.4mol，故n(CO2)=0.2mol，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中CO2的体积分数为％=20％，故答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；20％。
②根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1050K时， α(NO)=80％，平衡时n（NO）=0.2mol，n(N2)=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，各物质的平衡分压p分（NO）=Pa，p分（N2）=×1.1×106Pa，p分（CO2）=×1.1×106Pa，故反应的化学平衡常数Kp＝×1.1×106Pa××1.1×106Pa÷（ Pa）2=4，故答案为：4。
（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小，故答案：A。
（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数。故答案为：<。
②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)=K，根据化学方程式可知，平衡时c (NO)=c(CO)=0.6mol∙L-1，c(N2)=0.2 mol∙L-1，c(CO2)=0.4 mol∙L-1，故= c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=(0.2×0.42)/(0.62×0.62)=20/81≈0.25，故答案为：0.25。
29.氧元素为地壳中含量最高的元素，可形成多种重要的单质和化合物。
(1)氧元素位于元素周期表中___________区；第二周期元素中，第一电离能比氧大的有___________种。
(2)O3可用于消毒。O3的中心原子的杂化形式为___________；其分子的 VSEPR模型为___________，与其互为等电子体的离子为___________(写出一种即可)。
(3)含氧有机物中，氧原子的成键方式不同会导致有机物性质不同。解释C2H5OH的沸点高于CH3OCH3的原因为___________；C2H5OH不能用无水CaCl2千燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成[Ca(C2H5OH)4]2+，该离子的结构式可表示为______________________。
(4)氧元素可分别与Fe和Cu形成低价态氧化物FeO和Cu2O。
①FeO立方晶胞结构如图1所示，则Fe2+的配位数为___________；与O2－紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为___________。
②Cu2O立方晶胞结构如图2所示，若O2－与Cu+之间最近距离为a pm，则该晶体的密度为___________g·cm－3。(用含a、NA的代数式表示，NA代表阿伏加德罗常数的值)
【答案】 (1). p； (2). 3 (3). sp2杂化 (4). 平面三角形 (5). NO2﹣ (6). 乙醇分子间可形成氢键，沸点高 (7). (8). 6 (9). 正八面体 (10).
【解析】
【分析】
(1)除了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号；根据电离能的变化规律分析判断；
(2)根据公式计算出O3的中心原子的价层电子对数，再根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式及其分子的VSEPR模型，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18；
(3)形成分子间氢键的物质熔沸点较高；对于配离子[Ca(C2H5OH)4]2+可以结合常见配合物的结构与成键分析解答；
(4)①根据体心位置的Fe2+判断Fe2+的配位数；根据结构示意图判断与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型；
②若O2-与Cu+之间最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的，则晶胞体对角线长度=4apm，计算出晶胞的棱长，根据化学式判断出各球表示的微粒，再结合密度的计算公式计算。
【详解】(1)除了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号，O原子最后通入的电子是p电子，所以O元素位于p区；第二周期元素中，第一电离能比O元素大的有N、F、Ne元素，所以有3种元素，故答案为：p；3；
(2)O3的中心原子的价层电子对个数＝2+＝3且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式为sp2杂化、其分子的 VSEPR模型为平面三角形，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18，与其互为等电子体的阴离子有NO2﹣(合理即可)，故答案为：sp2杂化；平面三角形；NO2﹣(合理即可)；
(3)形成分子间氢键的物质熔沸点较高，乙醇能形成分子间氢键、甲醚不能形成分子间氢键，所以乙醇的熔沸点比甲醚高；C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成[Ca(C2H5OH)4]2+，该离子中钙离子为中心离子，乙醇为配体，乙醇中O原子提供孤电子对、钙离子提供空轨道形成配位键，其结构为，故答案为：乙醇分子间可形成氢键，沸点高；；
(4)①Fe2+的配位数为6；与O2﹣紧邻的所有Fe2+构成的几何构型、与Fe2+紧邻的所有O2﹣构成的几何构型相同，根据知，表中有标记的这几个离子形成正八面体，同理可推，与O2﹣紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为正八面体，故答案为：6；正八面体；
②若O2﹣与Cu+之间最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的，则晶胞体对角线长度＝4apm，晶胞棱长＝＝×10﹣10 cm，晶胞体积＝(×10﹣10 cm)3，该晶胞中白球离子个数＝1+8×＝2、灰球离子个数为4，根据化学式Cu2O知，灰色球表示亚铜离子、白色球表示氧离子，则该晶体的密度＝= g/cm3＝g/cm3，故答案为：。
30. 【有机选做】有机物DBP常用作纤维素树脂和聚氯乙烯的增塑剂，特别适用于硝酸纤维素涂料。具有优良的溶解性、分散性和粘着性。由有机物A和邻二甲苯为原料可以合成DBP。
③烃A是有机合成的重要原料。A的质谱图最大m/z为42，红外光谱表明分子中含有碳碳双键；B能发生银镜反应；有机物C的核磁共振氢谱显示其分子中含有5种化学环境不同的氢原子，且个数之比为3：2：2：2：l。
回答下列问题：
（1）A的结构简式为________；A在一定条件下生成聚合物的化学方程式为_______________。
（2）D中的含氧官能团是___________。有机物D和足量有机物C反应生成DBP的化学方程式是____________________________________________。
（3）下列说法正确的是___________ （选填序号字母）。
A．A能发生聚合反应、加成反应和氧化反应
B．与C互为同分异构体，且含有相同官能团的有机物有2种
C．邻二甲苯能氧化生成D说明有机物分子中基团之间存在影响
D．1 mol DBP可与含4mol NaOH的溶液完全反应
（4）工业上常用有机物E（C8H4O3）代替D生产DBP。反应分为两步进行：
i）E+C中间产物 ii）中间产物+CDBP+H2O
①请猜测E的结构简式___________。[
②工业上生产有机物E的反应如下：2X+9O22E+4CO2+4H2O，芳香烃X的一溴代物只有两种。X的结构简式是________。
【答案】（1）CH3—CH=CH2（2分）nCH3—CH=CH2（2分）
（2）羧基（或—COOH） （2分）
（3分）
（3）A、C（2分） （4）①（2分） ②（2分）
【解析】
试题分析：A的质谱图表明其相对分子质量为42，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，则A为CH3CH=CH2；A发生信息中醛的加成反应生成B，且B能发生银镜反应，结合B与氢气发生加成反应生成C，有机物C的核磁共振氢谱显示其分子中含有5种化学环境不同的氢原子，且个数之比为3:2:2:2:1，则B为CH3CH2CH2CHO，C为CH3CH2CH2CH2OH，邻二甲苯发生氧化反应生成D为，C与D发生酯化反应生成DBP为。
（1）A的名称为丙烯；CH3CH=CH2在一定条件下发生加聚反应生成聚丙烯，反应的化学方程式为nCH3—CH=CH2；
（2）D中的含氧官能团是羧基，有机物D和足量有机物C反应生成DBP的反应是CH3CH2CH2CH2OH与邻苯二甲酸发生酯化反应，反应的方程式为：
；
（3）A．A为CH3CH=CH2，含有碳碳双键，能发生聚合反应、加成反应和氧化反应，A正确；B．C为CH3CH2CH2CH2OH，与C互为同分异构体，且含有相同官能团的有机物有CH3CH2CH（OH）CH3、（CH3）2C（OH）CH3种、（CH3）2CHCH2（OH）3种，B错误；C．因为在烷烃中甲基不能被酸性高锰酸钾氧化，而邻二甲苯能氧化生成D，所以说明有机物分子中基团之间存在影响，C正确；D．1mol DBP可与含2mol NaOH的溶液完全反应，D错误；答案选AC；
（4）根据中间产物+CDBP+H2O，则中间产物为：，又根据E+C中间产物以及E（C8H403），则E为：。
①E的结构简式；
②工业上生产有机物E的反应如下：2X+9O22E+4CO2+4H2O，芳香烃x的一溴代物只有两种，根据反应前后原子守恒，可以推出X的分子式是C10H8，结构简式为。
考点：考查有机物推断、官能团、有机物结构和性质、同分异构体判断以及方程式书写等
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