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2017-2018学年山西省运城市康杰中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
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康杰中学2017－2018学年度第一学期期中考试
高二化学试题
1. 已知1 mol燃料完全燃烧的数据分别为:
燃料
一氧化碳
甲烷
异辛烷(C8H18)
乙醇
ΔH
-283.0 kJ • mol-1
-891.0 kJ • mol-1
-5461.0 kJ • mol-1
-1366.8 kJ • mol-1
使用上述燃料最能体现“低碳经济”理念的是
A. 一氧化碳 B. 甲烷 C. 异辛烷 D. 乙醇
【答案】B
【解析】低碳经济是指在可持续发展理念 指导下，通过技术创新、制度创新、产业转型、新能源开发等多种手段，尽可能地减少煤炭、石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，达到经济社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态。即每生成1摩尔二氧化碳时，放出热量最大的物质符合题意，异辛烷(C8H18)[ 5461.0 kJ • mol-1/8=682.6 kJ • mol-1]，乙醇[1366.8 kJ • mol-1/2=683.4 kJ • mol-1]，故B正确。
2. 下列说法正确的是
A. 常温下，反应C(s)＋CO2(g) 2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0
B. 自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小
C. 凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的
D. 反应2Mg(s)＋CO2(g)C(s)＋2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH>0
【答案】A
【解析】试题分析：A、根据方程式可知知该反应△S＞0，根据△H - T△S＞0，则该反应的△H＞0，A正确；B、自发进行的反应熵值不一定增大，化学反应的方向有焓变和熵变共同决定，非自发反应的熵不一定减小，B错误；cC、不能根据焓变判断反应的自发性，放热反应不一定都是自发进行的，吸热反应也可能是自发进行，如碳酸氢铵的分解，C错误；D、反应2Mg（s）+CO2（g）═C（s）+2MgO（s）的△H-T△S＜0才可能自发进行，由于△S＜0，则△H＜0，D错误，答案选A。
考点：考查反应自发性的判断
3. 已知下列热化学方程式，且b＞a。
Hg(I)+O2(g)===HgO(s) △H=－akJ·mol－1
Zn(s)+O2(g)===ZnO(s) △H=－bkJ·mol－1
由此可知反应Zn(s)＋HgO(s) ZnO(s)＋Hg(l)的焓变为
A. －(b－a) kJ·mol－1 B. +(b－a) kJ·mol－1
C. (b－a) kJ·mol－1 D. (b+a)kJ·mol－1
【答案】A
【解析】由题意①Hg(I)+O2(g)===HgO(s) △H=－akJ·mol－1，②Zn(s)+O2(g)===ZnO(s) △H=－bkJ·mol－1，由盖斯定律得：②—①=③ ，Zn(s)＋HgO(s) ZnO(s)＋Hg(l)的焓变为△H==－bkJ·mol－1—（－akJ·mol－1），又因为b＞a，故此反应焓变△H= －(b－a) kJ·mol－1，A正确。
4. 有一化学平衡：mA(g)＋nB(g) phC(g)＋qD(g)(如图)表示的是转化率与压强、温度的关系。分析图中曲线可以得出的结论是
A. 正反应吸热：m＋n>p＋q
B. 正反应吸热：m＋n
D. 正反应放热：m＋n
【解析】由图可知，压强相同时，温度越高A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，作垂直横轴的辅助线，由图可知，温度相同，压强越大A的转化率越大，说明增大压强平衡向正反应移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n＞p+q，故选A。
5. 一定条件下，在固定容积的密闭容器中，能表示反应X(g)+2Y(g)2Z(g)一定达到化学平衡状态的是
①X、Y、Z的物质的量之比为1∶2∶2
②X、Y、Z的浓度不再发生变化
③容器中气体的压强不再发生变化
④单位时间内生成n mol Z，同时生成n mol X
A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】C
【解析】试题分析：①X、Y和Z物质的量之比为1∶2∶2 与是否达到化学平衡状态没有直接关系，错误；②X、Y、Z的浓度不再发生变化，说明达到化学平衡状态，正确；③该反应前后化学计量数不相等，压强不再发生变化，说明达到化学平衡状态，正确；④单位时间内生成n mol Z，同时生成n mol X，表达了是正逆双向反应，但是变化量之比不等于化学计量数之比，错误。综上②③正确，选C。
考点：考查达到化学平衡状态的标志。
6. 化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是
选项
现象或事实
解释
A.
用热的烧碱溶液洗去油污
Na2CO3可直接与油污反应
B.
漂白粉在空气中久置变质
漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
C.
施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3 )不能与NH4Cl 混合使用
K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效
D.
FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作
FeCl3能从含Cu 2+的溶液中置换出铜
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】A、纯碱水解显碱性，能水解生成NaOH，油脂在NaOH作用下发生较为彻底的水解反应，故是NaOH和油污发生反应，而不是纯碱，A错误；B、漂白粉的主要成分为Ca（ClO）2和CaCl2，有效成分是Ca（ClO）2，Ca（ClO）2可与空气中二氧化碳反应生成不稳定的HClO，则久置会变质，B错误；C、K2CO3与NH4Cl水解相互促进放出氨气而降低肥效，C正确；D、FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，是因为二者发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，把多余的Cu腐蚀掉，D错误，答案选C。
7. 下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是
A. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液以任意比混合:c(H+)+c(M+)=c(OH－)+c(A－)
B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液:c (NaOH)
D. 0.1 mol·L-1的NaHA溶液,其pH=4:c(HA－)>c(H+)>c(H2A)>c(A2－)
【答案】A
【解析】A符合电荷守恒，故A正确；B. CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的碱性是由其阴离子水解而得，酸的电离越弱，其对应盐水解越强，碱性越强，酸电离顺序为：CH3COOH＞HCO3—＞H2O，现CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的pH相等，则它们的浓度由大到小顺序为：CH3COONa＞Na2CO3NaOH。B错误。C. 物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，由电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，物料守恒：2c(Na+)= c(CH3COO－)+c(CH3COOH)，两式联列得：c(CH3COO－)+2c(OH－)=2c(H+)+c(CH3COOH)，C错误。D. 0.1 mol·L-1的NaHA溶液,其pH=4，说明HA—的电解程度于水解程度，故c(A2－) ＞c(H2A)，故D错误。
8. 根据表中提供的数据(25 ℃)，判断下列说法正确的是
化学式
电离常数
HClO
Ka=3.0×10-8
H2CO3
Ka1=4.3×10-7
Ka2=5.6×10-11
A. 向氯水中加入硫酸，可增强杀菌效果
B. 温度升高，次氯酸的电离常数增大
C. 25 ℃时，ClO-的水解常数为3.0×10-6
D. 要提高氯水中HClO的浓度，可加入足量的Na2CO3固体
【答案】B
【解析】A. 氯水中存在：Cl2 + H2O H+ +Cl—+HClO，加入硫酸，平衡逆向移动，次氯降低，杀菌效果降低，故A错误。B.次氯酸的电离方程式：HClO H+ +ClO— △H＞0，温度升高，平衡正向移动，电离常数增大，故B正确。C. 25 ℃时，ClO-的水解常数=Kw/Ka==1×10-14/3.0×10-8==3.3×10-7，故C正确。D.次氯酸的电离平衡常数大于碳酸的二级电离，向氯水中加足量的Na2CO3固体，发生的反应为：HClO+CO32—==HCO3—+ClO—，次氯酸浓度降低，故D错误。
9. 常温下,在10 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 HCl溶液,溶液的pH逐渐降低,此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示(CO2因逸出未画出,忽略因气体逸出引起的溶液体积变化),下列说法正确的是
A. 在0.1 mol/L Na2CO3溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)
B. 当溶液的pH为7时,溶液的总体积为20 mL
C. 在B点所示的溶液中,浓度最大的阳离子是Na+
D. 在 A点所示的溶液中:c(CO32－)=c(HCO3－)>c(H+)>c(OH－)
【答案】C
【解析】试题分析：A、根据电荷守恒，则c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH－)，A错误；B、当溶液的总体积是20mL时，即盐酸的体积是10mL，与碳酸钠溶液反应，生成氯化钠和碳酸氢钠，由于碳酸氢根离子的水解使溶液不呈中性，所以溶液为中性时溶液的总体积大于20mL，B错误；C、在B点所示的溶液中，碳酸氢根离子浓度是碳酸分子、碳酸根离子中浓度最大的，所以此时溶液为等浓度的碳酸氢钠和氯化钠的混合液，碳酸氢根离子的水解使离子浓度减小，所以浓度最大的离子是Na＋，C正确；D、A点表示碳酸根离子与碳酸氢根离子的浓度相等，则说明加入的盐酸与一半的碳酸根反应生成碳酸氢根离子，所以此时溶液层碱性，c(OH－)＞c(H＋)，D错误，答案选C。
考点：考查盐酸与碳酸钠反应图像的分析，离子浓度的比较，守恒规律的应用
10. 已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9及表中有关信息:
弱酸
CH3COOH
H2CO3
电离平衡常数(常温)
Ka=1.8×10-5
Ka1=4.3×10-7；
Ka2=5.6×10-11
下列判断正确的是
A. 向Na2CO3溶液中滴入酚酞,溶液变红，主要原因是CO32－+2H2OH2CO3+2OH－
B. 常温时，CH3COOH与CH3COONa混合溶液的pH=6，则＝18
C. NaHCO3溶液中:c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c(CO32－)
D. 2×10-4 mol/L的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合出现沉淀，则CaCl2溶液的浓度一定是5.6×10-5 mol/L
【答案】C
11. 下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1 mol·L-1 NaHSO3溶液:c(H+)－c (OH-)= c(SO32－)－2c(H2SO3)
B. 1 L 0.1 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液:c(SO42－)>c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)
C. 浓度均为0.1 mol·L-1的NaHCO3和Na2CO3混合液:c(Na+)>c(CO32－)>c(HCO3－)>c(OH-)>c(H+)
D. 向0.01 mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性:c(Na+)>c(SO42－)>c(OH-)=c(H+)>c(NH4+)
【答案】B
【解析】A.在0.1 mol·L-1 NaHSO3溶液存在如下两个守恒，物料守恒为：c(Na+)= c(H2SO3)+c(HSO3—) +c(SO32—)，电荷守恒为：c(H+)+c(Na+)=c(OH－)+c(HSO3—) +2c(SO32—)，两式联列得：c(OH-) +c(SO32－)=c(H2SO3)+c(H+)，故A正确；
B. 在(NH4)2Fe(SO4)2溶液，铵根离子、亚铁离子水解呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，但很弱c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)，故离子浓度由大到小为c(SO42－)>c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；
C. 浓度均为0.1 mol·L-1的NaHCO3和Na2CO3混合液，碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子的水解，则c(HCO3－) > c(CO32－)，故C错误；
D. 向0.01 mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，由于c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)，故D错误。
12. 浓度均为0.10 mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是
A. MOH的碱性强于ROH的碱性
B. ROH的电离程度：b点大于a点
C. 若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等
D. 当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
【答案】D
【解析】A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，故B正确；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c(OH-)接近于纯水中c(OH-)，所以它们的c(OH-)相等，故C正确；D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当lg=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以c(M+)/c(R+)减小，故D错误；故选D。
点睛：本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键。易错选项是C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离。
13. 如图所示是碳酸钙(CaCO3)在25 ℃和100 ℃两种情况下，在水中的溶解平衡曲线。下列有关说法正确的是
A. CaCO3(s) Ca2+(aq)+ CO32－(aq) ΔH<0
B. a、b、c、d四点对应的溶度积Ksp相等
C. 温度不变，蒸发水，可使溶液由a点变到c点
D. 25 ℃时，CaCO3的Ksp=2.8×10-9
【答案】D
【解析】A.绝大多数的沉淀溶解平衡是吸热过程，除氢氧化钙等，故A错误；B. 在25 ℃时，b、c二点在曲线上，对应的溶度积Ksp相等，a点是不饱和溶液，d是过饱和溶液，故B错误；C. a点是不饱和溶液，对a点的碳酸钙溶液恒温蒸发水，溶液中离子浓度均增大，故C错误； D. 25 ℃时，d点表示CaCO3在溶液中刚好达到饱和，查得钙离子、碳酸根离子浓度，Ksp=2.0×10-5×1.4×10-4==2.8×10-9，故D正确。
14. 氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO－强。25℃时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系：Cl2(g) Cl2(aq) K1=10－1.2
Cl2(aq)+ H2O HClO + H+ +Cl－ K2=10－3.4
HClO H+ + ClO－ Ka=?
其中Cl2(aq)、HClO和ClO－分别在三者中所占分数(α)随pH变化的关系如图所示。下列表述错误的是
A. 氯处理饮用水时，在冬季的杀菌效果比在夏季好
B. 25℃时，HClO的电离常数Ka=10－7.5
C. Cl2(g)+ H2O 2H+ + ClO－ + Cl－ K=10－10.9
D. 用氯处理饮用水时，pH＝7.5时杀菌效果比pH＝6.5时差
【答案】C
........................
考点：次氯酸的性质，电离平衡常数的计算。
15. 室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是
A. 三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD
B. 滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c %(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C. pH=7时，三种溶液中：c(Ah－)=c(B－)=c(D－)
D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=ch_(OH－)－c(Hh＋)
【答案】C
【解析】A．根据图像可知0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH值HA最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD，A正确；B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B正确；C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D正确；答案选C。
点晴：在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发分析思考。（1）两个理论依据：①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)≫c(CO32－)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如Na2CO3溶液中：c(CO32－)＞c(HCO3－)≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。（2）三个守恒关系：①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。
16. 水的电离平衡曲线如图所示。下列说法中,正确的是
A. 图中A、D、E三点处KW间的关系:E处>A处>D处
B. 温度不变时,往水中通入适量HCl气体,可以使水的电离从A点变化到D点
C. 温度不变时,在水中加入适量CH3COONa固体,可以使水的电离从A点变化到C点
D. 在B点处,0.5 mol·L-1的H2SO4溶液与1 mol·L-1的KOH溶液等体积混合,充分反应后,所得溶液的pH=7
【答案】B
【解析】A错，KW只受温度影响，与其它因素无关，A、D、E三点处KW间的关系为E处=A处=D处；
B正确，往水中通入适量HCL气体，溶液中氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小；
C错，温度不变，KW不变，在水中加入适量CH3COONa固体，可以使水的电离从A点变化到E点，溶液呈碱性；
D错，在B点处，0.5mol·L-1的H2SO4溶液与1mol·L－1的KOH溶液等体积混合，充分反应后，溶液呈中性，所得溶液的pH=6
17. 下列关于各图像的解释或结论不正确的是
A. 由甲可知：使用催化剂不影响反应热
B. 由乙可知：对于恒温恒容条件下的反应2NO2 (g)N2O4(g)，A点为平衡状态
C. 由丙可知：同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，其pH前者小于后者
D. 由丁可知：将T1 ℃ 的A、B饱和溶液升温至T2 ℃时，A与B溶液的质量分数相等
【答案】B
【解析】试题分析：A.可以明确传达一个讯息就是，反应过程中使用催化剂并不会对反应热的量产生影响。B.A点所传达的讯息就是，在A点处，二氧化氮的消耗速率与四氧化二氮的消耗速率一致，而事实上当反应进行的过程中二氧化的氮的消耗速率与四氧化二氮的消耗速率一致的时候恰恰说明反应还没有达到平衡。C.由图可知，酸HA的酸性要比酸HB的酸性强，所以同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，NaB的碱性要比前者强，所以C说法正确。D.随着温度的升高，溶液的质量分数是不会改变的，因为溶液的质量与溶质的质量是不会随着温度的改变而改变。故选B。
考点：考查了化学反应速率与化学平衡图像的相关知识。
18. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图1表示同温度下，pH = 1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线II为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强
B. 图2表示0.1000 mol/L CH3COOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LNaOH溶液所得到的滴定曲线
C. 图3表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
D. 据图4，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO至pH在4左右
【答案】D
【解析】试题分析：A．pH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH变化快的是盐酸，所以曲线Ⅱ为醋酸，曲线I为盐酸，a点氢离子浓度大导电性强，故A错误；B．0.1000 mol•L-1CH3COOH溶液PH大于1，而图2中酸初始的PH为1，不相符，故B错误；C．可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)是正反应方向为体积减小的方向，所以增大压强平衡正移，反应物的百分含量减小，与图象不符，故C错误；D．由图象可知，pH在4左右Fe3+完全沉淀，所以可向溶液中加入适量CuO至pH在4左右，故D正确；故选D。
考点：考查了弱电解质在水溶液中的电离平衡；体积百分含量随温度、压强变化曲线；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定的相关知识。
19. 将1 mol A(g)和1 mol B(g)投入一容积可变的密闭容器中,发生如下可逆反应:A(g)+B(g)xC(g),经测定C在反应混合物中的物质的量分数(C%)与时间(t)符合图Ⅰ所示关系,由此推断下列说法中正确的是
A. 在上述可逆反应中x=3
B. 在图Ⅱ中p3>p4,Y轴表示混合气体的平均摩尔质量
C. 一定温度下,向达到平衡后的容器中再加入2 mol C,重新达到平衡时,C的物质的量分数增大
D. 在图Ⅱ中p3
【解析】由图1分析可知，T1时先达到平衡，说明T1温度高于；温度升高，C%降低，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应；p2时先于p1达到平衡，p2 大于p1，C%增大，平衡正向移动，即向分子数减小方向移动，由A(g)+B(g)xC(g)，x=1，故A错误。正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，气体质量不变，分子数增大，混合气体的平均摩尔质量减小，A的转化率增大；若图Ⅱ中p3>p4，压强增大，平衡正向移动，气体质量不变，分子数减小，混合气体的平均摩尔质量增大，故B正确、D错误；一定温度下,向达到平衡后的容器中再加入2 mol C，相当于起始时加入2 mol A(g)和2 mol B(g)，因容积可变，压强不变，平衡等效，重新达到平衡时，C的物质的量分数不变，故C错误。答案选B。
20. 向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A(g)+xB(g) 2C (g)，各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以下表和如图表示：
容器
甲
乙
丙
容积
0.5L
0.5L
1.0L
温度/℃
T1
T2
T2
反应物
起始量
1.5molA
0.5molB
1.5molA
0.5molB
6.0molA
2.0molB
下列说法正确的是
A. 10min内甲容器中反应的平均速率v(A)=0.025mol/(L•min)
B. 由图可知：T1＜T2，且该反应为吸热反应
C. x=1，若平衡时保持温度不变，改变容器体积平衡移动
D. T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，平衡时A的转化率为75%
【答案】D
【解析】A．10min内甲容器中反应的平均速率v(C)=1.0 mol/L/10min=0.1mol/(L•min) ，则v(A)与v(C)等于方程式计量数之比，v(A)= v(C)/2=0.05mol/(L•min) ，故A错误；
B.甲、乙起始投料相同，但乙先达到平衡，说明T2＞T1，C(乙)的平衡浓度小于C(甲)的平衡浓度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故B错误。
C. x=1，则反应前后气体分数不变，在保持温度不变时，改变容器体积，平衡不移动，故C错误。
D．甲中平衡时C的浓度为1.5mol/L，则：
A（g）+B（g）⇌2C（g）
开始（mol/L）：3 1 0
变化（mol/L）：0.75 0.75 1.5
平衡（mol/L）：2.25 0.25 1.5
故T1℃，该反应的平衡常数为K=1.52/2.25×0.25=4，
现有T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，则： A（g）+B（g）⇌2C（g）
开始（mol/L）：1 3 0
变化（mol/L）：x x 2x
平衡（mol/L）：1-x 3-x 2x
温度不变，K值不变，(2x)2/(1- x)×(3-x) =4，解得：x=0.75，故A的转化率=0.75mol/L/1mol/L×100%=75%，故D正确。
21. 节能减排已经成为全社会的共识，浙江省在原先推行乙醇汽油的基础上，开始试点甲醇汽油(即在汽油中添加一定量的甲醇)，根据检测的数据分析认为，若宁波全市的140余万辆机动车全部使用甲醇汽油，一年内能减少有害气体(一氧化碳)排放量将近100万吨。常利用煤气化过程中生成的CO和H2来制备甲醇:CO+2H2CH3OH。请根据图示回答下列问题:
图1 图2
（1）关于该反应的下列说法中，正确的是____(填字母)。
A.ΔH>0，ΔS>0 B.ΔH>0，ΔS<0
C.ΔH<0，ΔS<0 D.ΔH<0，ΔS>0
（2）现进行如下实验:在体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO和3 mol H2，测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图1所示。从反应开始到反应达到平衡，CO的平均反应速率v(CO)=_____，该反应的平衡常数K=______。
（3）恒容条件下，达到平衡后，下列措施中能使n (CH3OH)/n(CO)增大的有______。
A.升高温度 B.充入气体He
C.再充入1 mol CO和3 mol H2 D.使用催化剂
（4）若在一体积可变的密闭容器中充入1 mol CO、2 mol H2和1 mol CH3OH，达到平衡时测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍(此过程三种物质均处于气态)，则平衡时混合气体的平均摩尔质量为_____________g/mol。
（5）根据图2，写出此反应的热化学方程式:________________。
【答案】 (1). C (2). 0.075 mol/(L·min) (3). (4). C (5). 25.6 (6). CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-91 kJ/mol
【解析】试题分析：（1）根据图2，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，△H<0，气体的物质的量减少，熵减小，△S<0，故选C。
（2）CO的平均反应速率v(CO)＝=0.075mol/(L•min)。
根据反应方程式：CO + 2H2CH3OH
起始（mol/L） 1 3 0
反应 0.75 1.5 0.75
平衡 0.25 1.5 0.75
反应的平衡常数K＝=，故填：0.075mol/(L•min)；
（3）因该反应为放热反应，升高温度平衡将向逆反应方向移动，将减小，A错误；恒容条件下，充入He气，平衡不移动，将保持不变，B错误；再充入1molCO和3mol H2相当于增大了压强，平衡将向正反应方向移动，将增大，C正确；使用催化剂，平衡不移动，仍将保持不变，D错误，故选C；
（4）根据达到平衡时测的混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍，可知平衡时混合气体的体积减小，平衡向右移动，且平衡前与平衡后气体的体积比为1.6:1，即物质的量为1.6:1。
CO + 2H2CH3OH
起始（mol） 1 2 1
反应 x 2x x
平衡 1—x 2—2x 1+x
有=，解得：x=0.75mol，平衡时混合气体的平均摩尔质量＝=25.6g/mol。故填：25.6
（5）由图2可得：1 mol CO与2 mol H2反应生成1 mol CH3OH气体的反应为放热反应，且反应热为：419—510=-91KJ/mol；即该反应的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，△H=-91KJ/mol，故填：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，△H=-91KJ/mol。
考点：考查了化学反应速率和化学平衡的相关知识。
22. 碳、氮及其化合物在生产生活中有着重要作用。请回答下列问题:
（1）用CH4 催化还原NOx 可以消除氮氧化物的污染。例如:
CH4(g) + 4NO2(g) 4NO(g)+CO2(g) + 2H2O(g) ΔH1=-574 kJ·mol-1；
CH4(g) + 4NO(g) 2N2(g)+CO2(g) + 2H2O(g) ΔH2。
若2 mol CH4 %!还原NO2 至N2，整个过程中放出的热量为1 734 kJ，则ΔH2=____。
（2）据报道，科学家在一定条件下利用Fe2O3与甲烷反应可制取“纳米级”的金属铁。其反应为Fe2O3(s) + 3CH4(g)2Fe(s) + 3CO(g) +6H2(g) ΔH>0。
①若该反应在恒温恒压容器中进行，能表明该反应达到平衡状态的是____(填字母)。
a.CH4的转化率等于CO的产率
b.混合气体的平均相对分子质量不变
c.v(CO)与v(H2)的比值不变
d.固体的总质量不变
②该反应达到平衡时某物理量随温度的变化如图所示，当温度由T1升高到T2时，平衡常数KA___KB(填“>”、“<”或“=”)。纵坐标可以表示的物理量有哪些___________。
a.H2的逆反应速率
b.CH4的体积分数
c.混合气体的平均相对分子质量
（3）若向20 mL 0.01 mol·L-l的弱酸HNO2溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示，下列有关说法正确的是____(填字母)。
a.该烧碱溶液的浓度为0.02 mol·L-1
b.该烧碱溶液的浓度为0.01 mol·L-1
c.HNO2的电离平衡常数:b点>a点
d.从b点到c点，混合溶液中一直存在:c(Na+)>c(NO2－)>c(OH-)>c(H+)
【答案】 (1). -1160 kJ·mol-1 (2). bd (3). < (4). bc (5). bc
【解析】（1）若2 mol CH4 还原NO2 至N2，整个过程中放出的热量为1 734 kJ，热化学方程式：CH4(g) + 2NO2(g) N2(g)+CO2(g) + 2H2O(g) ΔH=-867 kJ·mol-1；由盖斯定律可得：(ΔH1+ΔH2)/2=ΔH，代入数据：(-574 kJ·mol-1+ΔH2)/2=-867 kJ·mol-1，ΔH2= -1160 kJ·mol-1。
（2）①在恒温恒压容器中反应为：Fe2O3(s) + 3CH4(g)2Fe(s) + 3CO(g) +6H2(g) ΔH>0。a.CH4的转化率等于CO的产率，表示同方向转化与生成，无法判断，a错误；b.由方程式可知，混合气体的平均相对分子质量是变量，一定条件下变量不变，说明反应达到新平衡，b正确； c.v(CO)与v(H2)的比值恒定，且没有指明方向，不能作为判断是否达到平衡的依据，c错误；d.反应前后固体的总质量是变量，一定条件下变量不变，说明反应达到新平衡，d正确；故bd正确。
②该反应的正反应是吸热反应，温度升高，平衡右移，由K表达式可知，KA
23. http://www.wln100*.com) 未来脑教学云平台*按要求回答下列问题∶
（1）常温下，向VL 0.1mol/L的醋酸溶液中加水稀释，下列说法中正确的是___________(填字母)。
A.溶液中导电粒子的数目将减少
B.由水电离的c(H+)浓度将减小
C.溶液中 不变
D. 溶液中 将减小
E.醋酸的电离程度将增大，c(H+)也增大
（2）①常温下，将0.1mol/L的硫酸V1mL与0.1mol/LNaOH溶液V2mL混合后，溶液的pH=1则V1∶V2=___________(忽略溶液体积的变化)。
②常温下，若溶液由pH=3的盐酸V1mL与pH=11的某碱BOH溶液V2mL混合而得，则下列假设和结论都正确的是____________(填字母)。
A.若混合后溶液呈中性，则c(H+)+c (OH－)=2×10－7h$mol/L
B.若V1=V2，则混合后溶液的pH一定等于7
C.若V1=V2，则混合后一定有∶c(Cl－)＞c(B+)＞c(H+)＞c(OH－)
D.混合后的溶液中一定有c(B+)+c(H+)=c(Cl－)+c (OH－)
（3）常温下，浓度均为0.1mol/L的五种溶液的pH如下表所示∶
溶液
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
NaCN
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
11.1
①写出向NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式___________________。
②将浓度均为0.01mol/L下列溶液分别加水稀释10倍，pH变化最小的是_______(填字母)。
A.HCN B.HClO C.H2CO3 D.CH3COOH
③常温下，等浓度的醋酸与醋酸钠组成的混合溶液pH=6，则c(CH3COO－)－c(CH3COOH)= _______________(填准确数值)。
（4）已知常温下Ksp(AgCl)=1.0×10－10，Ksp (CH3COOAg)=9.0×10－4。常温下，CH3COOAg若要在NaCl溶液中开始转化为AgCl沉淀，则NaCl的浓度必须不低于_______________。
【答案】 (1). CD (2). 2∶1 (3). AD (4). ClO－+CO2+H2OHClO+ HCO3－ (5). A (6). 1.98×10－6mol/L (7). 1/3×10－8mol/L或3.3×10－9mol/L
【解析】试题分析：（1）A、向醋酸溶液中加水稀释，则醋酸的电离平衡正向移动，所以醋酸根离子、氢离子的物质的量增大，导电粒子的数目增多，错误；B、电离平衡尽管正向移动，但最终氢离子的浓度减小，则对水的抑制作用减小，所以水电离氢离子浓度增大，错误；C、溶液中=Ka/Kw，二者都是平衡常数，温度不变，则该常数不变，正确；D、醋酸稀释后醋酸根离子浓度减小，氢离子浓度也减小，但水的电离程度增大，所以氢离子浓度减小的程度较小，所以减小，正确；E、稀释时，醋酸的电离平衡正向移动，醋酸的电离度增大，但氢离子浓度减小，错误，答案选CD；
（2）①硫酸与氢氧化钠混合后的pH=1，则氢离子浓度为0.1mol/L，所以(0.1mol/L×V1mL×2-0.1mol/L×V2mL)/(V1+V2)mL=0.1mol/L，解得V1=2V2，所以V1：V2=2:1；
②A、若混合后的溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，所以c(H+)+c(OH-)=2×10-7mol/L，正确；B、因为BOH的碱性强弱未知，所以V1=V2时，溶液可能是中性，也可能是酸性，错误；C、若V1=V2，则混合后不一定有：c(Cl-)＞c(B+)＞c(H+)＞c(OH-)，如BOH为强碱，则有若V1=V2，则混合后一定有：c(Cl-)=c(B+)＞c(H+)=c(OH-)，错误；D、混合后的溶液中一定有c(B+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，符合电荷守恒定律，正确，答案选AD；
（3）①根据表中数据可知NaClO的碱性比碳酸钠溶液的碱性弱，则少量二氧化碳通入NaClO溶液中，只能生成碳酸氢钠和HClO，不能生成碳酸钠，则离子方程式是ClO-+CO2+H2O==HClO+HCO3-；
②将酸溶液稀释相同的倍数时，酸越弱，则加水稀释时电离度增大的程度越大，则pH增大的程度越小，四种酸中NaCN的碱性最强，说明HCN的酸性最弱，所以稀释相同倍数时pH变化最小的是HCN，答案选A；
③常温下，等浓度的醋酸与醋酸钠组成的混合溶液pH=6，则c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，根据电荷守恒，有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，根据物料守恒，有2c(Na+)= c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，两式结合得c(CH3COO-)－c(CH3COOH)= 2c(H+)-2c(OH-)=1.98×10-6mol/L；
（4）Ksp(AgCl)=1.0×10-10= c(Cl-) c(Ag+)，Ksp (CH3COOAg)=9.0×10-4= c(CH3COO-)c(Ag+)，常温下，CH3COOAg若要在NaCl溶液中开始转化为AgCl沉淀，则CH3COOAg加入到氯化钠溶液中，形成饱和溶液时，银离子的浓度为3.0×10-2mol/L，若产生AgCl沉淀，则c(Cl-) c(Ag+)>1.0×10-10，c(Cl-)>1.0×10-10/ c(Ag+)=1/3×10-8mol/L。
考点：考查溶液中化学平衡的移动判断，溶度积常数的应用
24. 实验室测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数w(Na2CO3)，称取此混合物5.0g，溶于水中，配成250 mL溶液。
方案一：沉淀法。利用化学反应把HCO3－、CO32－完全转化为沉淀，称量干燥沉淀的质量，由此计算混合物中w(Na2CO3)。
（1）量取100 mL配制好的溶液于烧杯中，滴加足量沉淀剂，把溶液中HCO3－、CO32－完全转化为沉淀，应选用的试剂是________(填编号)。
A.CaCl2溶液 B.MgSO4溶液 C.NaCl溶液 D.Ba(OH)2溶液
（2）过滤，提取沉淀，则过滤操作所需要的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外，还有_______。
（3）将沉淀洗涤，并充分干燥，称量沉淀的质量为mg，由此可以计算(Na2CO3)。如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则测得w(Na2CO3)_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
方案二：量气法。量取10.00 mL配制好的溶液与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况(约20℃、1.01×105 Pa)的体积，由此计算混合物中w(Na2CO3)。
（1）装置中导管a的作用是______________________________, 若撤去导管a会使测得气体体积_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
（2）反应结束后，为了准确地测量气体体积，量气管在读数时应注意：①___________________，②_________________________，③_______________________。
方案三：滴定法。量取25.00 mL配制好的溶液加入锥形瓶中，滴加2滴酚酞试剂，摇匀，用0.2000 mol/L的盐酸滴定到终点(已知终点时反应H＋+ CO32－ HCO3－恰好完全，此时溶液pH<8)。重复此操作2次，消耗盐酸的体积平均值为20.00 mL。量取25.00 mL配制好的溶液，应选择碱式滴定管来完成。请问
（1）判断滴定终点的依据是_________________________。
（2）此法测得w(Na2CO3)=___________％。
【答案】 (1). D (2). 漏斗 (3). 偏小 (4). 平衡气压，使酸液顺利流出 (5). 偏大 (6). 待冷却至室温才开始读数 (7). 读数前调整左右液面相平 (8). 眼睛视线与液面最低处相平 (9). 溶液由红色突变为无色，且30s内不恢复 (10). 84.8%
【解析】方案一:
（1）碳酸钙、碳酸钡的溶解度更小，把溶液中HCO3－、CO32－完全转化为沉淀，选用Ba(OH)2溶液，发生如下反应：HCO3－+Ba2++OH—=BaCO3 ↓+ H2O，CO32－+Ba2+=BaCO3 ↓。
（2）过滤，提取沉淀，则过滤操作所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。
（3）设碳酸钠为xmol、碳酸氢钠为ymol，沉淀质量为ag，由质量守恒、碳元素守恒得：106g/molx+84g/moly=5g，x+y=ag/197g/mol，解得：x=(5-84a/197)g，沉淀未干燥充分就称量，a值偏大，则x的值偏小。
方案二
（1）锥形瓶中加入酸后产生气体，压强增大，不利于酸的平衡滴加，为了使分液漏斗与锥形瓶内压强相等，常用这种恒压装置。故作用是平衡气压，使酸液顺利流出。恒压时，分液漏斗与锥形瓶内压强相等，测得气体体积就是反应产生气体的体积；当撤去导管a，测得气体体积由酸溶液的体积与反应产生气体的体积两部分组成，故撤去导管a时测得气体体积偏大。
（2）反应结束后，要准确地测量气体体积，测常温常压下气体的气体，量气管内、外压强相等，因此，要等待气体冷却至室温才开始读数，读数前调整左右液面相平，眼睛视线与液面最低处相平。
方案三
定法。量取25.00 mL配制好的溶液加入锥形瓶中，滴加2滴酚酞试剂，摇匀，用0.2000 mol/L的盐酸滴定到终点(已知终点时反应H＋+ CO32－ HCO3－恰好完全，此时溶液pH<8)。重复此操作2次，消耗盐酸的体积平均值为20.00 mL。量取25.00 mL配制好的溶液，应选择碱式滴定管来完成。请问
（1）滴定终点的溶质是NaHCO3，溶液的pH<8，则滴定终点的现象是溶液由红色突变为无色，且30s内不恢复。
（2） 由 H＋+ CO32－ HCO3－可知，
n(HCl)=n(Na2CO3)=0.2000 mol/L×0.02L=0.004000mol，
原溶液中n(Na2CO3)= 0.004000mol×250mL/25mL=0.04000mol，
w(Na2CO3)= (0.04000mol×106g/mol)÷5.0g= 84.8%。
康杰中学2017－2018学年度第一学期期中考试
高二化学试题
1. 已知1 mol燃料完全燃烧的数据分别为:
燃料
一氧化碳
甲烷
异辛烷(C8H18)
乙醇
ΔH
-283.0 kJ • mol-1
-891.0 kJ • mol-1
-5461.0 kJ • mol-1
-1366.8 kJ • mol-1
使用上述燃料最能体现“低碳经济”理念的是
A. 一氧化碳 B. 甲烷 C. 异辛烷 D. 乙醇
【答案】B
【解析】低碳经济是指在可持续发展理念 指导下，通过技术创新、制度创新、产业转型、新能源开发等多种手段，尽可能地减少煤炭、石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，达到经济社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态。即每生成1摩尔二氧化碳时，放出热量最大的物质符合题意，异辛烷(C8H18)[ 5461.0 kJ • mol-1/8=682.6 kJ • mol-1]，乙醇[1366.8 kJ • mol-1/2=683.4 kJ • mol-1]，故B正确。
2. 下列说法正确的是
A. 常温下，反应C(s)＋CO2(g) 2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0
B. 自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小
C. 凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的
D. 反应2Mg(s)＋CO2(g)C(s)＋2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH>0
【答案】A
【解析】试题分析：A、根据方程式可知知该反应△S＞0，根据△H - T△S＞0，则该反应的△H＞0，A正确；B、自发进行的反应熵值不一定增大，化学反应的方向有焓变和熵变共同决定，非自发反应的熵不一定减小，B错误；cC、不能根据焓变判断反应的自发性，放热反应不一定都是自发进行的，吸热反应也可能是自发进行，如碳酸氢铵的分解，C错误；D、反应2Mg（s）+CO2（g）═C（s）+2MgO（s）的△H-T△S＜0才可能自发进行，由于△S＜0，则△H＜0，D错误，答案选A。
考点：考查反应自发性的判断
3. 已知下列热化学方程式，且b＞a。
Hg(I)+O2(g)===HgO(s) △H=－akJ·mol－1
Zn(s)+O2(g)===ZnO(s) △H=－bkJ·mol－1
由此可知反应Zn(s)＋HgO(s) ZnO(s)＋Hg(l)的焓变为
A. －(b－a) kJ·mol－1 B. +(b－a) kJ·mol－1
C. (b－a) kJ·mol－1 D. (b+a)kJ·mol－1
【答案】A
【解析】由题意①Hg(I)+O2(g)===HgO(s) △H=－akJ·mol－1，②Zn(s)+O2(g)===ZnO(s) △H=－bkJ·mol－1，由盖斯定律得：②—①=③ ，Zn(s)＋HgO(s) ZnO(s)＋Hg(l)的焓变为△H==－bkJ·mol－1—（－akJ·mol－1），又因为b＞a，故此反应焓变△H= －(b－a) kJ·mol－1，A正确。
4. 有一化学平衡：mA(g)＋nB(g) phC(g)＋qD(g)(如图)表示的是转化率与压强、温度的关系。分析图中曲线可以得出的结论是
A. 正反应吸热：m＋n>p＋q
B. 正反应吸热：m＋n
D. 正反应放热：m＋n
【解析】由图可知，压强相同时，温度越高A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，作垂直横轴的辅助线，由图可知，温度相同，压强越大A的转化率越大，说明增大压强平衡向正反应移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n＞p+q，故选A。
5. 一定条件下，在固定容积的密闭容器中，能表示反应X(g)+2Y(g)2Z(g)一定达到化学平衡状态的是
①X、Y、Z的物质的量之比为1∶2∶2
②X、Y、Z的浓度不再发生变化
③容器中气体的压强不再发生变化
④单位时间内生成n mol Z，同时生成n mol X
A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】C
【解析】试题分析：①X、Y和Z物质的量之比为1∶2∶2 与是否达到化学平衡状态没有直接关系，错误；②X、Y、Z的浓度不再发生变化，说明达到化学平衡状态，正确；③该反应前后化学计量数不相等，压强不再发生变化，说明达到化学平衡状态，正确；④单位时间内生成n mol Z，同时生成n mol X，表达了是正逆双向反应，但是变化量之比不等于化学计量数之比，错误。综上②③正确，选C。
考点：考查达到化学平衡状态的标志。
6. 化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是
选项
现象或事实
解释
A.
用热的烧碱溶液洗去油污
Na2CO3可直接与油污反应
B.
漂白粉在空气中久置变质
漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
C.
施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3 )不能与NH4Cl 混合使用
K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效
D.
FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作
FeCl3能从含Cu 2+的溶液中置换出铜
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】A、纯碱水解显碱性，能水解生成NaOH，油脂在NaOH作用下发生较为彻底的水解反应，故是NaOH和油污发生反应，而不是纯碱，A错误；B、漂白粉的主要成分为Ca（ClO）2和CaCl2，有效成分是Ca（ClO）2，Ca（ClO）2可与空气中二氧化碳反应生成不稳定的HClO，则久置会变质，B错误；C、K2CO3与NH4Cl水解相互促进放出氨气而降低肥效，C正确；D、FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，是因为二者发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，把多余的Cu腐蚀掉，D错误，答案选C。
7. 下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是
A. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液以任意比混合:c(H+)+c(M+)=c(OH－)+c(A－)
B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液:c (NaOH)
D. 0.1 mol·L-1的NaHA溶液,其pH=4:c(HA－)>c(H+)>c(H2A)>c(A2－)
【答案】A
【解析】A符合电荷守恒，故A正确；B. CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的碱性是由其阴离子水解而得，酸的电离越弱，其对应盐水解越强，碱性越强，酸电离顺序为：CH3COOH＞HCO3—＞H2O，现CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的pH相等，则它们的浓度由大到小顺序为：CH3COONa＞Na2CO3NaOH。B错误。C. 物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，由电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，物料守恒：2c(Na+)= c(CH3COO－)+c(CH3COOH)，两式联列得：c(CH3COO－)+2c(OH－)=2c(H+)+c(CH3COOH)，C错误。D. 0.1 mol·L-1的NaHA溶液,其pH=4，说明HA—的电解程度于水解程度，故c(A2－) ＞c(H2A)，故D错误。
8. 根据表中提供的数据(25 ℃)，判断下列说法正确的是
化学式
电离常数
HClO
Ka=3.0×10-8
H2CO3
Ka1=4.3×10-7
Ka2=5.6×10-11
A. 向氯水中加入硫酸，可增强杀菌效果
B. 温度升高，次氯酸的电离常数增大
C. 25 ℃时，ClO-的水解常数为3.0×10-6
D. 要提高氯水中HClO的浓度，可加入足量的Na2CO3固体
【答案】B
【解析】A. 氯水中存在：Cl2 + H2O H+ +Cl—+HClO，加入硫酸，平衡逆向移动，次氯降低，杀菌效果降低，故A错误。B.次氯酸的电离方程式：HClO H+ +ClO— △H＞0，温度升高，平衡正向移动，电离常数增大，故B正确。C. 25 ℃时，ClO-的水解常数=Kw/Ka==1×10-14/3.0×10-8==3.3×10-7，故C正确。D.次氯酸的电离平衡常数大于碳酸的二级电离，向氯水中加足量的Na2CO3固体，发生的反应为：HClO+CO32—==HCO3—+ClO—，次氯酸浓度降低，故D错误。
9. 常温下,在10 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 HCl溶液,溶液的pH逐渐降低,此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示(CO2因逸出未画出,忽略因气体逸出引起的溶液体积变化),下列说法正确的是
A. 在0.1 mol/L Na2CO3溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)
B. 当溶液的pH为7时,溶液的总体积为20 mL
C. 在B点所示的溶液中,浓度最大的阳离子是Na+
D. 在 A点所示的溶液中:c(CO32－)=c(HCO3－)>c(H+)>c(OH－)
【答案】C
【解析】试题分析：A、根据电荷守恒，则c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH－)，A错误；B、当溶液的总体积是20mL时，即盐酸的体积是10mL，与碳酸钠溶液反应，生成氯化钠和碳酸氢钠，由于碳酸氢根离子的水解使溶液不呈中性，所以溶液为中性时溶液的总体积大于20mL，B错误；C、在B点所示的溶液中，碳酸氢根离子浓度是碳酸分子、碳酸根离子中浓度最大的，所以此时溶液为等浓度的碳酸氢钠和氯化钠的混合液，碳酸氢根离子的水解使离子浓度减小，所以浓度最大的离子是Na＋，C正确；D、A点表示碳酸根离子与碳酸氢根离子的浓度相等，则说明加入的盐酸与一半的碳酸根反应生成碳酸氢根离子，所以此时溶液层碱性，c(OH－)＞c(H＋)，D错误，答案选C。
考点：考查盐酸与碳酸钠反应图像的分析，离子浓度的比较，守恒规律的应用
10. 已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9及表中有关信息:
弱酸
CH3COOH
H2CO3
电离平衡常数(常温)
Ka=1.8×10-5
Ka1=4.3×10-7；
Ka2=5.6×10-11
下列判断正确的是
A. 向Na2CO3溶液中滴入酚酞,溶液变红，主要原因是CO32－+2H2OH2CO3+2OH－
B. 常温时，CH3COOH与CH3COONa混合溶液的pH=6，则＝18
C. NaHCO3溶液中:c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c(CO32－)
D. 2×10-4 mol/L的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合出现沉淀，则CaCl2溶液的浓度一定是5.6×10-5 mol/L
【答案】C
11. 下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1 mol·L-1 NaHSO3溶液:c(H+)－c (OH-)= c(SO32－)－2c(H2SO3)
B. 1 L 0.1 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液:c(SO42－)>c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)
C. 浓度均为0.1 mol·L-1的NaHCO3和Na2CO3混合液:c(Na+)>c(CO32－)>c(HCO3－)>c(OH-)>c(H+)
D. 向0.01 mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性:c(Na+)>c(SO42－)>c(OH-)=c(H+)>c(NH4+)
【答案】B
【解析】A.在0.1 mol·L-1 NaHSO3溶液存在如下两个守恒，物料守恒为：c(Na+)= c(H2SO3)+c(HSO3—) +c(SO32—)，电荷守恒为：c(H+)+c(Na+)=c(OH－)+c(HSO3—) +2c(SO32—)，两式联列得：c(OH-) +c(SO32－)=c(H2SO3)+c(H+)，故A正确；
B. 在(NH4)2Fe(SO4)2溶液，铵根离子、亚铁离子水解呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，但很弱c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)，故离子浓度由大到小为c(SO42－)>c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；
C. 浓度均为0.1 mol·L-1的NaHCO3和Na2CO3混合液，碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子的水解，则c(HCO3－) > c(CO32－)，故C错误；
D. 向0.01 mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，由于c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)，故D错误。
12. 浓度均为0.10 mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是
A. MOH的碱性强于ROH的碱性
B. ROH的电离程度：b点大于a点
C. 若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等
D. 当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
【答案】D
【解析】A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，故B正确；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c(OH-)接近于纯水中c(OH-)，所以它们的c(OH-)相等，故C正确；D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当lg=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以c(M+)/c(R+)减小，故D错误；故选D。
点睛：本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键。易错选项是C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离。
13. 如图所示是碳酸钙(CaCO3)在25 ℃和100 ℃两种情况下，在水中的溶解平衡曲线。下列有关说法正确的是
A. CaCO3(s) Ca2+(aq)+ CO32－(aq) ΔH<0
B. a、b、c、d四点对应的溶度积Ksp相等
C. 温度不变，蒸发水，可使溶液由a点变到c点
D. 25 ℃时，CaCO3的Ksp=2.8×10-9
【答案】D
【解析】A.绝大多数的沉淀溶解平衡是吸热过程，除氢氧化钙等，故A错误；B. 在25 ℃时，b、c二点在曲线上，对应的溶度积Ksp相等，a点是不饱和溶液，d是过饱和溶液，故B错误；C. a点是不饱和溶液，对a点的碳酸钙溶液恒温蒸发水，溶液中离子浓度均增大，故C错误； D. 25 ℃时，d点表示CaCO3在溶液中刚好达到饱和，查得钙离子、碳酸根离子浓度，Ksp=2.0×10-5×1.4×10-4==2.8×10-9，故D正确。
14. 氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO－强。25℃时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系：Cl2(g) Cl2(aq) K1=10－1.2
Cl2(aq)+ H2O HClO + H+ +Cl－ K2=10－3.4
HClO H+ + ClO－ Ka=?
其中Cl2(aq)、HClO和ClO－分别在三者中所占分数(α)随pH变化的关系如图所示。下列表述错误的是
A. 氯处理饮用水时，在冬季的杀菌效果比在夏季好
B. 25℃时，HClO的电离常数Ka=10－7.5
C. Cl2(g)+ H2O 2H+ + ClO－ + Cl－ K=10－10.9
D. 用氯处理饮用水时，pH＝7.5时杀菌效果比pH＝6.5时差
【答案】C
........................
考点：次氯酸的性质，电离平衡常数的计算。
15. 室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是
A. 三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD
B. 滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c %(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C. pH=7时，三种溶液中：c(Ah－)=c(B－)=c(D－)
D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=ch_(OH－)－c(Hh＋)
【答案】C
【解析】A．根据图像可知0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH值HA最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD，A正确；B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B正确；C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D正确；答案选C。
点晴：在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发分析思考。（1）两个理论依据：①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)≫c(CO32－)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如Na2CO3溶液中：c(CO32－)＞c(HCO3－)≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。（2）三个守恒关系：①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。
16. 水的电离平衡曲线如图所示。下列说法中,正确的是
A. 图中A、D、E三点处KW间的关系:E处>A处>D处
B. 温度不变时,往水中通入适量HCl气体,可以使水的电离从A点变化到D点
C. 温度不变时,在水中加入适量CH3COONa固体,可以使水的电离从A点变化到C点
D. 在B点处,0.5 mol·L-1的H2SO4溶液与1 mol·L-1的KOH溶液等体积混合,充分反应后,所得溶液的pH=7
【答案】B
【解析】A错，KW只受温度影响，与其它因素无关，A、D、E三点处KW间的关系为E处=A处=D处；
B正确，往水中通入适量HCL气体，溶液中氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小；
C错，温度不变，KW不变，在水中加入适量CH3COONa固体，可以使水的电离从A点变化到E点，溶液呈碱性；
D错，在B点处，0.5mol·L-1的H2SO4溶液与1mol·L－1的KOH溶液等体积混合，充分反应后，溶液呈中性，所得溶液的pH=6
17. 下列关于各图像的解释或结论不正确的是
A. 由甲可知：使用催化剂不影响反应热
B. 由乙可知：对于恒温恒容条件下的反应2NO2 (g)N2O4(g)，A点为平衡状态
C. 由丙可知：同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，其pH前者小于后者
D. 由丁可知：将T1 ℃ 的A、B饱和溶液升温至T2 ℃时，A与B溶液的质量分数相等
【答案】B
【解析】试题分析：A.可以明确传达一个讯息就是，反应过程中使用催化剂并不会对反应热的量产生影响。B.A点所传达的讯息就是，在A点处，二氧化氮的消耗速率与四氧化二氮的消耗速率一致，而事实上当反应进行的过程中二氧化的氮的消耗速率与四氧化二氮的消耗速率一致的时候恰恰说明反应还没有达到平衡。C.由图可知，酸HA的酸性要比酸HB的酸性强，所以同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，NaB的碱性要比前者强，所以C说法正确。D.随着温度的升高，溶液的质量分数是不会改变的，因为溶液的质量与溶质的质量是不会随着温度的改变而改变。故选B。
考点：考查了化学反应速率与化学平衡图像的相关知识。
18. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图1表示同温度下，pH = 1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线II为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强
B. 图2表示0.1000 mol/L CH3COOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LNaOH溶液所得到的滴定曲线
C. 图3表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
D. 据图4，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO至pH在4左右
【答案】D
【解析】试题分析：A．pH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH变化快的是盐酸，所以曲线Ⅱ为醋酸，曲线I为盐酸，a点氢离子浓度大导电性强，故A错误；B．0.1000 mol•L-1CH3COOH溶液PH大于1，而图2中酸初始的PH为1，不相符，故B错误；C．可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)是正反应方向为体积减小的方向，所以增大压强平衡正移，反应物的百分含量减小，与图象不符，故C错误；D．由图象可知，pH在4左右Fe3+完全沉淀，所以可向溶液中加入适量CuO至pH在4左右，故D正确；故选D。
考点：考查了弱电解质在水溶液中的电离平衡；体积百分含量随温度、压强变化曲线；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定的相关知识。
19. 将1 mol A(g)和1 mol B(g)投入一容积可变的密闭容器中,发生如下可逆反应:A(g)+B(g)xC(g),经测定C在反应混合物中的物质的量分数(C%)与时间(t)符合图Ⅰ所示关系,由此推断下列说法中正确的是
A. 在上述可逆反应中x=3
B. 在图Ⅱ中p3>p4,Y轴表示混合气体的平均摩尔质量
C. 一定温度下,向达到平衡后的容器中再加入2 mol C,重新达到平衡时,C的物质的量分数增大
D. 在图Ⅱ中p3
【解析】由图1分析可知，T1时先达到平衡，说明T1温度高于；温度升高，C%降低，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应；p2时先于p1达到平衡，p2 大于p1，C%增大，平衡正向移动，即向分子数减小方向移动，由A(g)+B(g)xC(g)，x=1，故A错误。正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，气体质量不变，分子数增大，混合气体的平均摩尔质量减小，A的转化率增大；若图Ⅱ中p3>p4，压强增大，平衡正向移动，气体质量不变，分子数减小，混合气体的平均摩尔质量增大，故B正确、D错误；一定温度下,向达到平衡后的容器中再加入2 mol C，相当于起始时加入2 mol A(g)和2 mol B(g)，因容积可变，压强不变，平衡等效，重新达到平衡时，C的物质的量分数不变，故C错误。答案选B。
20. 向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A(g)+xB(g) 2C (g)，各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以下表和如图表示：
容器
甲
乙
丙
容积
0.5L
0.5L
1.0L
温度/℃
T1
T2
T2
反应物
起始量
1.5molA
0.5molB
1.5molA
0.5molB
6.0molA
2.0molB
下列说法正确的是
A. 10min内甲容器中反应的平均速率v(A)=0.025mol/(L•min)
B. 由图可知：T1＜T2，且该反应为吸热反应
C. x=1，若平衡时保持温度不变，改变容器体积平衡移动
D. T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，平衡时A的转化率为75%
【答案】D
【解析】A．10min内甲容器中反应的平均速率v(C)=1.0 mol/L/10min=0.1mol/(L•min) ，则v(A)与v(C)等于方程式计量数之比，v(A)= v(C)/2=0.05mol/(L•min) ，故A错误；
B.甲、乙起始投料相同，但乙先达到平衡，说明T2＞T1，C(乙)的平衡浓度小于C(甲)的平衡浓度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故B错误。
C. x=1，则反应前后气体分数不变，在保持温度不变时，改变容器体积，平衡不移动，故C错误。
D．甲中平衡时C的浓度为1.5mol/L，则：
A（g）+B（g）⇌2C（g）
开始（mol/L）：3 1 0
变化（mol/L）：0.75 0.75 1.5
平衡（mol/L）：2.25 0.25 1.5
故T1℃，该反应的平衡常数为K=1.52/2.25×0.25=4，
现有T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，则： A（g）+B（g）⇌2C（g）
开始（mol/L）：1 3 0
变化（mol/L）：x x 2x
平衡（mol/L）：1-x 3-x 2x
温度不变，K值不变，(2x)2/(1- x)×(3-x) =4，解得：x=0.75，故A的转化率=0.75mol/L/1mol/L×100%=75%，故D正确。
21. 节能减排已经成为全社会的共识，浙江省在原先推行乙醇汽油的基础上，开始试点甲醇汽油(即在汽油中添加一定量的甲醇)，根据检测的数据分析认为，若宁波全市的140余万辆机动车全部使用甲醇汽油，一年内能减少有害气体(一氧化碳)排放量将近100万吨。常利用煤气化过程中生成的CO和H2来制备甲醇:CO+2H2CH3OH。请根据图示回答下列问题:
图1 图2
（1）关于该反应的下列说法中，正确的是____(填字母)。
A.ΔH>0，ΔS>0 B.ΔH>0，ΔS<0
C.ΔH<0，ΔS<0 D.ΔH<0，ΔS>0
（2）现进行如下实验:在体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO和3 mol H2，测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图1所示。从反应开始到反应达到平衡，CO的平均反应速率v(CO)=_____，该反应的平衡常数K=______。
（3）恒容条件下，达到平衡后，下列措施中能使n (CH3OH)/n(CO)增大的有______。
A.升高温度 B.充入气体He
C.再充入1 mol CO和3 mol H2 D.使用催化剂
（4）若在一体积可变的密闭容器中充入1 mol CO、2 mol H2和1 mol CH3OH，达到平衡时测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍(此过程三种物质均处于气态)，则平衡时混合气体的平均摩尔质量为_____________g/mol。
（5）根据图2，写出此反应的热化学方程式:________________。
【答案】 (1). C (2). 0.075 mol/(L·min) (3). (4). C (5). 25.6 (6). CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-91 kJ/mol
【解析】试题分析：（1）根据图2，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，△H<0，气体的物质的量减少，熵减小，△S<0，故选C。
（2）CO的平均反应速率v(CO)＝=0.075mol/(L•min)。
根据反应方程式：CO + 2H2CH3OH
起始（mol/L） 1 3 0
反应 0.75 1.5 0.75
平衡 0.25 1.5 0.75
反应的平衡常数K＝=，故填：0.075mol/(L•min)；
（3）因该反应为放热反应，升高温度平衡将向逆反应方向移动，将减小，A错误；恒容条件下，充入He气，平衡不移动，将保持不变，B错误；再充入1molCO和3mol H2相当于增大了压强，平衡将向正反应方向移动，将增大，C正确；使用催化剂，平衡不移动，仍将保持不变，D错误，故选C；
（4）根据达到平衡时测的混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍，可知平衡时混合气体的体积减小，平衡向右移动，且平衡前与平衡后气体的体积比为1.6:1，即物质的量为1.6:1。
CO + 2H2CH3OH
起始（mol） 1 2 1
反应 x 2x x
平衡 1—x 2—2x 1+x
有=，解得：x=0.75mol，平衡时混合气体的平均摩尔质量＝=25.6g/mol。故填：25.6
（5）由图2可得：1 mol CO与2 mol H2反应生成1 mol CH3OH气体的反应为放热反应，且反应热为：419—510=-91KJ/mol；即该反应的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，△H=-91KJ/mol，故填：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，△H=-91KJ/mol。
考点：考查了化学反应速率和化学平衡的相关知识。
22. 碳、氮及其化合物在生产生活中有着重要作用。请回答下列问题:
（1）用CH4 催化还原NOx 可以消除氮氧化物的污染。例如:
CH4(g) + 4NO2(g) 4NO(g)+CO2(g) + 2H2O(g) ΔH1=-574 kJ·mol-1；
CH4(g) + 4NO(g) 2N2(g)+CO2(g) + 2H2O(g) ΔH2。
若2 mol CH4 %!还原NO2 至N2，整个过程中放出的热量为1 734 kJ，则ΔH2=____。
（2）据报道，科学家在一定条件下利用Fe2O3与甲烷反应可制取“纳米级”的金属铁。其反应为Fe2O3(s) + 3CH4(g)2Fe(s) + 3CO(g) +6H2(g) ΔH>0。
①若该反应在恒温恒压容器中进行，能表明该反应达到平衡状态的是____(填字母)。
a.CH4的转化率等于CO的产率
b.混合气体的平均相对分子质量不变
c.v(CO)与v(H2)的比值不变
d.固体的总质量不变
②该反应达到平衡时某物理量随温度的变化如图所示，当温度由T1升高到T2时，平衡常数KA___KB(填“>”、“<”或“=”)。纵坐标可以表示的物理量有哪些___________。
a.H2的逆反应速率
b.CH4的体积分数
c.混合气体的平均相对分子质量
（3）若向20 mL 0.01 mol·L-l的弱酸HNO2溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示，下列有关说法正确的是____(填字母)。
a.该烧碱溶液的浓度为0.02 mol·L-1
b.该烧碱溶液的浓度为0.01 mol·L-1
c.HNO2的电离平衡常数:b点>a点
d.从b点到c点，混合溶液中一直存在:c(Na+)>c(NO2－)>c(OH-)>c(H+)
【答案】 (1). -1160 kJ·mol-1 (2). bd (3). < (4). bc (5). bc
【解析】（1）若2 mol CH4 还原NO2 至N2，整个过程中放出的热量为1 734 kJ，热化学方程式：CH4(g) + 2NO2(g) N2(g)+CO2(g) + 2H2O(g) ΔH=-867 kJ·mol-1；由盖斯定律可得：(ΔH1+ΔH2)/2=ΔH，代入数据：(-574 kJ·mol-1+ΔH2)/2=-867 kJ·mol-1，ΔH2= -1160 kJ·mol-1。
（2）①在恒温恒压容器中反应为：Fe2O3(s) + 3CH4(g)2Fe(s) + 3CO(g) +6H2(g) ΔH>0。a.CH4的转化率等于CO的产率，表示同方向转化与生成，无法判断，a错误；b.由方程式可知，混合气体的平均相对分子质量是变量，一定条件下变量不变，说明反应达到新平衡，b正确； c.v(CO)与v(H2)的比值恒定，且没有指明方向，不能作为判断是否达到平衡的依据，c错误；d.反应前后固体的总质量是变量，一定条件下变量不变，说明反应达到新平衡，d正确；故bd正确。
②该反应的正反应是吸热反应，温度升高，平衡右移，由K表达式可知，KA
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（1）常温下，向VL 0.1mol/L的醋酸溶液中加水稀释，下列说法中正确的是___________(填字母)。
A.溶液中导电粒子的数目将减少
B.由水电离的c(H+)浓度将减小
C.溶液中 不变
D. 溶液中 将减小
E.醋酸的电离程度将增大，c(H+)也增大
（2）①常温下，将0.1mol/L的硫酸V1mL与0.1mol/LNaOH溶液V2mL混合后，溶液的pH=1则V1∶V2=___________(忽略溶液体积的变化)。
②常温下，若溶液由pH=3的盐酸V1mL与pH=11的某碱BOH溶液V2mL混合而得，则下列假设和结论都正确的是____________(填字母)。
A.若混合后溶液呈中性，则c(H+)+c (OH－)=2×10－7h$mol/L
B.若V1=V2，则混合后溶液的pH一定等于7
C.若V1=V2，则混合后一定有∶c(Cl－)＞c(B+)＞c(H+)＞c(OH－)
D.混合后的溶液中一定有c(B+)+c(H+)=c(Cl－)+c (OH－)
（3）常温下，浓度均为0.1mol/L的五种溶液的pH如下表所示∶
溶液
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
NaCN
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
11.1
①写出向NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式___________________。
②将浓度均为0.01mol/L下列溶液分别加水稀释10倍，pH变化最小的是_______(填字母)。
A.HCN B.HClO C.H2CO3 D.CH3COOH
③常温下，等浓度的醋酸与醋酸钠组成的混合溶液pH=6，则c(CH3COO－)－c(CH3COOH)= _______________(填准确数值)。
（4）已知常温下Ksp(AgCl)=1.0×10－10，Ksp (CH3COOAg)=9.0×10－4。常温下，CH3COOAg若要在NaCl溶液中开始转化为AgCl沉淀，则NaCl的浓度必须不低于_______________。
【答案】 (1). CD (2). 2∶1 (3). AD (4). ClO－+CO2+H2OHClO+ HCO3－ (5). A (6). 1.98×10－6mol/L (7). 1/3×10－8mol/L或3.3×10－9mol/L
【解析】试题分析：（1）A、向醋酸溶液中加水稀释，则醋酸的电离平衡正向移动，所以醋酸根离子、氢离子的物质的量增大，导电粒子的数目增多，错误；B、电离平衡尽管正向移动，但最终氢离子的浓度减小，则对水的抑制作用减小，所以水电离氢离子浓度增大，错误；C、溶液中=Ka/Kw，二者都是平衡常数，温度不变，则该常数不变，正确；D、醋酸稀释后醋酸根离子浓度减小，氢离子浓度也减小，但水的电离程度增大，所以氢离子浓度减小的程度较小，所以减小，正确；E、稀释时，醋酸的电离平衡正向移动，醋酸的电离度增大，但氢离子浓度减小，错误，答案选CD；
（2）①硫酸与氢氧化钠混合后的pH=1，则氢离子浓度为0.1mol/L，所以(0.1mol/L×V1mL×2-0.1mol/L×V2mL)/(V1+V2)mL=0.1mol/L，解得V1=2V2，所以V1：V2=2:1；
②A、若混合后的溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，所以c(H+)+c(OH-)=2×10-7mol/L，正确；B、因为BOH的碱性强弱未知，所以V1=V2时，溶液可能是中性，也可能是酸性，错误；C、若V1=V2，则混合后不一定有：c(Cl-)＞c(B+)＞c(H+)＞c(OH-)，如BOH为强碱，则有若V1=V2，则混合后一定有：c(Cl-)=c(B+)＞c(H+)=c(OH-)，错误；D、混合后的溶液中一定有c(B+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，符合电荷守恒定律，正确，答案选AD；
（3）①根据表中数据可知NaClO的碱性比碳酸钠溶液的碱性弱，则少量二氧化碳通入NaClO溶液中，只能生成碳酸氢钠和HClO，不能生成碳酸钠，则离子方程式是ClO-+CO2+H2O==HClO+HCO3-；
②将酸溶液稀释相同的倍数时，酸越弱，则加水稀释时电离度增大的程度越大，则pH增大的程度越小，四种酸中NaCN的碱性最强，说明HCN的酸性最弱，所以稀释相同倍数时pH变化最小的是HCN，答案选A；
③常温下，等浓度的醋酸与醋酸钠组成的混合溶液pH=6，则c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，根据电荷守恒，有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，根据物料守恒，有2c(Na+)= c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，两式结合得c(CH3COO-)－c(CH3COOH)= 2c(H+)-2c(OH-)=1.98×10-6mol/L；
（4）Ksp(AgCl)=1.0×10-10= c(Cl-) c(Ag+)，Ksp (CH3COOAg)=9.0×10-4= c(CH3COO-)c(Ag+)，常温下，CH3COOAg若要在NaCl溶液中开始转化为AgCl沉淀，则CH3COOAg加入到氯化钠溶液中，形成饱和溶液时，银离子的浓度为3.0×10-2mol/L，若产生AgCl沉淀，则c(Cl-) c(Ag+)>1.0×10-10，c(Cl-)>1.0×10-10/ c(Ag+)=1/3×10-8mol/L。
考点：考查溶液中化学平衡的移动判断，溶度积常数的应用
24. 实验室测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数w(Na2CO3)，称取此混合物5.0g，溶于水中，配成250 mL溶液。
方案一：沉淀法。利用化学反应把HCO3－、CO32－完全转化为沉淀，称量干燥沉淀的质量，由此计算混合物中w(Na2CO3)。
（1）量取100 mL配制好的溶液于烧杯中，滴加足量沉淀剂，把溶液中HCO3－、CO32－完全转化为沉淀，应选用的试剂是________(填编号)。
A.CaCl2溶液 B.MgSO4溶液 C.NaCl溶液 D.Ba(OH)2溶液
（2）过滤，提取沉淀，则过滤操作所需要的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外，还有_______。
（3）将沉淀洗涤，并充分干燥，称量沉淀的质量为mg，由此可以计算(Na2CO3)。如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则测得w(Na2CO3)_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
方案二：量气法。量取10.00 mL配制好的溶液与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况(约20℃、1.01×105 Pa)的体积，由此计算混合物中w(Na2CO3)。
（1）装置中导管a的作用是______________________________, 若撤去导管a会使测得气体体积_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
（2）反应结束后，为了准确地测量气体体积，量气管在读数时应注意：①___________________，②_________________________，③_______________________。
方案三：滴定法。量取25.00 mL配制好的溶液加入锥形瓶中，滴加2滴酚酞试剂，摇匀，用0.2000 mol/L的盐酸滴定到终点(已知终点时反应H＋+ CO32－ HCO3－恰好完全，此时溶液pH<8)。重复此操作2次，消耗盐酸的体积平均值为20.00 mL。量取25.00 mL配制好的溶液，应选择碱式滴定管来完成。请问
（1）判断滴定终点的依据是_________________________。
（2）此法测得w(Na2CO3)=___________％。
【答案】 (1). D (2). 漏斗 (3). 偏小 (4). 平衡气压，使酸液顺利流出 (5). 偏大 (6). 待冷却至室温才开始读数 (7). 读数前调整左右液面相平 (8). 眼睛视线与液面最低处相平 (9). 溶液由红色突变为无色，且30s内不恢复 (10). 84.8%
【解析】方案一:
（1）碳酸钙、碳酸钡的溶解度更小，把溶液中HCO3－、CO32－完全转化为沉淀，选用Ba(OH)2溶液，发生如下反应：HCO3－+Ba2++OH—=BaCO3 ↓+ H2O，CO32－+Ba2+=BaCO3 ↓。
（2）过滤，提取沉淀，则过滤操作所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。
（3）设碳酸钠为xmol、碳酸氢钠为ymol，沉淀质量为ag，由质量守恒、碳元素守恒得：106g/molx+84g/moly=5g，x+y=ag/197g/mol，解得：x=(5-84a/197)g，沉淀未干燥充分就称量，a值偏大，则x的值偏小。
方案二
（1）锥形瓶中加入酸后产生气体，压强增大，不利于酸的平衡滴加，为了使分液漏斗与锥形瓶内压强相等，常用这种恒压装置。故作用是平衡气压，使酸液顺利流出。恒压时，分液漏斗与锥形瓶内压强相等，测得气体体积就是反应产生气体的体积；当撤去导管a，测得气体体积由酸溶液的体积与反应产生气体的体积两部分组成，故撤去导管a时测得气体体积偏大。
（2）反应结束后，要准确地测量气体体积，测常温常压下气体的气体，量气管内、外压强相等，因此，要等待气体冷却至室温才开始读数，读数前调整左右液面相平，眼睛视线与液面最低处相平。
方案三
定法。量取25.00 mL配制好的溶液加入锥形瓶中，滴加2滴酚酞试剂，摇匀，用0.2000 mol/L的盐酸滴定到终点(已知终点时反应H＋+ CO32－ HCO3－恰好完全，此时溶液pH<8)。重复此操作2次，消耗盐酸的体积平均值为20.00 mL。量取25.00 mL配制好的溶液，应选择碱式滴定管来完成。请问
（1）滴定终点的溶质是NaHCO3，溶液的pH<8，则滴定终点的现象是溶液由红色突变为无色，且30s内不恢复。
（2） 由 H＋+ CO32－ HCO3－可知，
n(HCl)=n(Na2CO3)=0.2000 mol/L×0.02L=0.004000mol，
原溶液中n(Na2CO3)= 0.004000mol×250mL/25mL=0.04000mol，
w(Na2CO3)= (0.04000mol×106g/mol)÷5.0g= 84.8%。
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