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【化学】河南省鲁山县第一高级中学2019-2020学年高二上学期9月月考试题（解析版）
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河南省鲁山县第一高级中学2019-2020学年高二上学期9月月考试题
可能用到的相对原子质量:N:14 B:11
一、单选题（每题3分，共60分）
1. 下列叙述正确的是（ ）
A. pH＝4的硫酸溶液中c(H＋)：c(SO42－)等于2：1，稀释10000倍后二者的比值几乎不变
B. 由水电离的c(H＋)＝10－12mol/L的溶液中K＋、Ba2＋、Cl－、Br－、HCO3－一定能大量共存
C. 1．0×10－3mol/L盐酸溶液的pH＝3，则1．0×10－8mol/L盐酸溶液的pH＝8
D. 某温度下水的离子积为1．0×10－12，等体积的pH＝1的H2SO4溶液与pH＝11的NaOH溶液混合后溶液呈中性
【答案】D
【解析】试题分析：A．pH=2的硫酸溶液中c（H+）：c（OH-）等于10-2：10-12=1010：1，稀释100倍比值基本不变，故A错误；B．由水电离的c（H+）=10-12mol/L的溶液，溶液为酸或碱溶液，酸、碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．温度未知，Kw不变，不能判断中性溶液的pH，则1.0×10-8mol/L盐酸溶液的pH不能确定，若常温下pH≈7，故C错误；D．溶液呈中性，V酸×0.1mol/L=V碱×，两者的体积比为10：1，故D错误；故选B。
2.有等体积等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（ ）
A. V3>V2>V1 B. V3=V2=V1
C. V3>V2=V1 D. V1=V2>V3
【答案】C
【解析】
分析】有等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液中，c（OH－）相同，但NH3·H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，然后结合酸碱中和时c（OH－）越大，消耗酸越多分析解答。
【详解】等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液中，Ba(OH)2、NaOH中c（OH－）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，但NH3·H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，答案选C。
3.分别向下列各溶液中加入少量NaOH固体，溶液的导电能力变化最小的是（ ）
A. 水 B. 盐酸 C. 醋酸溶液 D. NaCl溶液
【答案】B
【解析】
【分析】溶液导电能力与离子浓度成正比，加入NaOH固体后溶液导电能力变化最小，说明该溶液中离子浓度变化最小，据此分析解答。
【详解】A．水是弱电解质，溶液中离子浓度很小，NaOH是强电解质，在水溶液中完全电离，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大较明显，所以导电能力变化较明显；
B．HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，加入强电解质NaOH固体后，二者反应生成强电解质氯化钠，离子浓度几乎没有变化，导电能力变化不大；
C．醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，加入强电解质NaOH固体后生成醋酸钠强电解质，溶液中离子浓度增大较明显，导电能力变化较明显；
D．NaCl是强电解质，在水溶液中完全电离，加入氢氧化钠固体后，二者不反应，溶液中离子浓度增大较明显，导电能力变化较明显；
通过以上分析知，溶液导电能力变化最小的是盐酸溶液，
答案选B。
4.下列反应属于吸热反应的是（ ）
A. 破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量
B. CH3COOH+KOHCH3COOK+H2O
C. 高温条件下才能进行的反应
D. C6H12O6(葡萄糖aq)+6O26CO2+6H2O
【答案】A
【解析】A．断键吸收能量，成键放出能量，故A正确；B．中和反应是放热反应，故B错误；C．放热与吸热反应与反应条件没有必然联系，故C错误；D．葡萄糖的氧化是放热反应，故D错误；答案为A。
5.为达到预期的实验目的，下列操作中正确的是（ ）
A. 用玻璃棒蘸取待测液滴在润湿的pH试纸上，测得其pH为12
B. 向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加盐酸溶液至过量，现象是先有沉淀生成后沉淀溶解
C. 中和热测定的实验中使用的玻璃仪器只有2种
D. 在滴定时，左手操作锥形瓶，右手操作滴定管开关
【答案】B
【解析】
【详解】A. pH试纸不能湿润，应选干燥的pH试纸，A项错误；
B. 向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加盐酸溶液至过量，胶体先发生聚沉现象，后与盐酸会发生酸碱中和生成可溶性的氯化铁，B项正确；
C. 中和热测定的实验中使用的玻璃仪器有烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒、量筒，C项错误；
D. 在滴定时，左手操作滴定管开关，右手操作锥形瓶，操作不合理，D项错误；
答案选B。
6.可逆反应aA (g) + bB (s) cC (g) + dD (g)在反应过程中，其他条件不变，C的物质的量分数和T或P关系如图所示，下列叙述中正确的是（ ）
A. 温度降低，化学平衡向逆反应方向移动
B. 使用催化剂，C的物质的量分数增加
C. 化学方程式系数a ＜c＋d
D. 无法根据图像确定改变温度后化学平衡移动方向
【答案】C
【解析】对于可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短。由图象(1)可知T2>T1，温度越高，平衡时C的物质的量分数越小，故此反应的正反应为放热反应；
当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短。由图(2)可知p2>p1，压强越大，平衡时C的物质的量分数越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，因B物质是固体，则a
B. 催化剂只改变化学反应速率，对平衡移动没有影响，C的物质的量分数不变，故B错误；
C. 压强越大，平衡时C的物质的量分数越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即a
故答案选C。
7. 下列性质中，不能说明乙酸是弱电解质的是（ ）
①乙酸溶液能导电
②常温时，0.1mol/L乙酸溶液的PH约为3
③乙酸能和碳酸钙反应放出CO2
④10mL 1mol/L乙酸溶液与10mL 1mol/L的NaOH溶液恰好完全反应
⑤同PH的盐酸和乙酸分别与足量铁片反应，乙酸产生H2多
⑥PH=1的醋酸溶液用水稀释1000倍后，pH＜4
A. ①②③ B. ④⑤⑥ C. ①③④ D. ②③④
【答案】C
【解析】试题分析：①强弱电解质在一定条件下都可以导电，所以选；②若是强电解质，则完全电离，HP=1，所以能说明，不选；③能反应只能说明酸性比碳酸强，不能说明就是强电解质，选；④不论是否完全电离，都是一比一反应，所以不能说明，选；⑤相同PH时，放出氢气多，说明开始的时候并未完全电离，说明是弱电解质，不选；⑥若是强电解质，稀释后PH=4，能说明是弱电解质，不选。
8.工业上制硫酸的第二步反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＜0，反应达到平衡后，改变某一个条件，下列示意图曲线①～⑧中正确的是（ ）
A. ①⑥⑧ B. ①⑤⑦ C. ②③④ D. ③⑥⑦
【答案】B
【解析】试题分析：由于该反应是气体体积减小且放热的反应，所以当温度升高时，平衡逆向移动，平衡常数减小；使用催化剂对平衡移动没有影响，所以反应物转化率不变；平衡常数只受温度的影响，所以增加氧气的物质的量，平衡常数不变；压强增大，平衡向正反应方向移动，所以三氧化硫的物质的量浓度增大，所以图中①⑤⑦三条曲线是正确的，故选B；
9.将2 molX和3molY在容器中发生2X(?)＋3Y（气） 3Z(?)反应已达平衡状态，若增加压强或降低温度，Y的体积分数都减小，则下列说法正确的是（ ）
A. 可能X、Z均是气体，也可能X、Z都不是气体。正反应放热
B. 可能X是气体，Z不是气体，正反应放热
C. 可能X是气体，Z是气体，正反应吸热
D. X、Z一定都是气体，正反应放热
【答案】D
【解析】
【详解】已知2X(?)＋3Y（气） 3Z(?)反应已达平衡状态，增加压强后，Y的体积分数减小。由于增大压强后平衡向气体体积减小的方向移动，则正反应方向一定是气体体积减小的方向。若Z不是气体，不论X是否为气体，Y的体积分数不可能改变。由于X和Z的化学计量数相同，故X和Z一定都是气体；降低温度，化学平衡向放热反应方向移动。降低温度，Y的体积分数减小，说明正反应是放热反应。 综上所述，D选项正确，故本题答案：D。
10.将等物质的量的F2和ClF混合，在密闭容器中发生反应：F2(g)＋ClF(g)ClF3(g) ΔH＜0。下列叙述正确的是（ ）
A. 保持恒容，平衡后再降低温度，平衡常数减小
B. 若增加F2的用量，平衡正向移动，则反应物的转化率均增大
C. 达到平衡后，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡左移
D. 恒温恒容时，当ClF转化40%时，容器内的压强为初始时的0.8
【答案】D
【解析】试题分析：A、正方应是放热反应，则保持恒容，平衡后再降低温度，平衡向正反应方向移动，因此平衡常数增大，A不正确；B、若增加F2的用量，平衡正向移动，ClF的转化率增大，但单质氟的转化率降低，B不正确；C、正方应是体积减小的可逆反应，达到平衡后，若增大容器体积，越强降低，则正反应速率和逆反应均减小，平衡左移，C不正确；D、恒温恒容时，当ClF转化40%时，则
F2(g)＋ClF(g)ClF3(g)
起始量（mol） n n 0
转化量（mol） 0.4n 0.4n 0.4n
平衡量（mol） 0.6n 0.6n 0.4n
所以容器内的压强为初始时的＝0.8倍，D正确，答案选D。
11.在某容积固定的密闭容器中，发生可逆反应A(s) +3B(g)3C(g)。下列叙述中能表明该可逆反应一定达到平衡状态的有（ ）
①C的生成与分解速率相等 ②单位时间内生成amolA和3amolB
③B的浓度不再变化 ④混合气体总物质的量不再变化
⑤A、B、C的物质的量之比为1：3：3 ⑥混合气体的密度不再变化
⑦A的浓度不再变化 ⑧混合气体的颜色不再变化
⑨混合气体的平均相对分子质量不再变化
A. 6个 B. 5个 C. 4个 D. 3个
【答案】C
【解析】
【分析】达到平衡状态时正、逆反应速率相等，正、逆反应速率相等是指用同一种物质来表示的反应速率，不同物质表示的反应速率与化学计量数成正比。
【详解】①C的生成速率与C的分解速率相等，说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡状态，故正确；
②单位时间内，生成amolA代表逆反应速率，生成3amolB也代表逆反应速率，不能说明正逆反应速率相等，不能表明反应已达到平衡状态，故错误；
③当反应达到化学平衡状态时，各物质的浓度不变，B的浓度不再变化表明反应已达到平衡状态，故正确；
④气体反应物与气体生成物的化学计量数之和相等，无论是否达到平衡状态，混合气体总的物质的量都不变，不能表明反应已达到平衡状态，故错误；
⑤平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；
⑥A为固体，该反应是一个气体质量增大的反应，气体的总质量不变能表明反应已达到平衡状态，故正确；
⑦A为固体，浓度为定值，A的浓度不再变化，不能表明反应已达到平衡状态，故错误；
⑧不明确B、C是否为有色气体，混合气体的颜色不再变化不一定能表明反应已达到平衡状态，故错误；
⑨A为固体，该反应是一个气体质量增大、气体反应物与气体生成物的化学计量数之和相等的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，混合气体的平均相对分子质量不再变化能表明反应已达到平衡状态，故正确；
①③⑥⑨正确，故选C。
12. ，当反应达到平衡时，下列措施：①升温，②恒容通入惰性气体，③增大CO的浓度，④扩大容积，⑤加催化剂，⑥恒压通入惰性气体，能提高转化率的是（ ）
A. ①②④ B. ①④⑥ C. ②③⑥ D. ③⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①该反应，为吸热反应，故升温平衡向右移动，转化率升高，①正确；
②恒容通入惰性气体，反应物和生成物浓度均不变，平衡不移动，转化率不变，②错误；
③增大CO的浓度，平衡向左移动，转化率降低，③错误；
④扩大容积，压强减小，平衡向右移动，转化率升高，④正确；
⑤催化剂只影响反应速率，不影响平衡，故加催化剂，转化率不变，⑤错误；
⑥恒压通入惰性气体，等效于扩大容积，压强减小，平衡向右移动，转化率升高，故⑥正确。
综上可知：能提高转化率的是①④⑥。答案选B。
13.在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：
①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) △H1<0平衡常数K1
②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) △H2<0 平衡常数K2
10分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20％，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L·min)。下列说法不正确的是（ ）
A. 反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数为
B. 平衡后c(Cl2)=2.5×10-2mol/L
C. 其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大
D. 平衡时NO2的转化率为50％
【答案】C
【解析】
【详解】A.①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) △H1<0 平衡常数K1=
②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) △H2<0 平衡常数K2 =
反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数K=，则K=，A正确；
B.10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.5×10-3mol/(L•min)，则平衡时n(ClNO)=7.5×10-3 mol/(L•min)×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：
2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)
xmol 0.5xmol
2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)
2ymol ymol 2ymol
则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)==2.5×10-2mol/L，B正确；
C.平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，C错误；
D.平衡时NO2的转化率为×100%=50%，D正确；
故合理选项是C。
14.对于平衡体系：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）；正反应放热，有下列判断，其中正确的是（ ）
A. 若温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.45倍，则a+b＞c+d
B. 若从正反应开始，平衡时A、B的转化率相等，则投入A、B物质的量之比为a：b
C. 若平衡体系中共有气体M mol，再向其中充入bmolB，达到平衡时气体总物质的量为（M+b）mol，则a+b＞c+d
D. 若从正反应开始，A、B的初始物质的量之比为1:1，则平衡时A、B的转化率一定相等
【答案】B
【解析】
【详解】A. 温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.45倍，说明降低压强，平衡向正反应移动，降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，故a+b
C. 平衡体系中共有气体M mol，再向其中充入b mol B，平衡向正反应移动，达到平衡时气体总物质的量为(M+b) mol，混合气体的总的物质的量不变，故反应前后气体的化学计量数之和相等，即a+b=c+d，C项错误；
D. 若从正反应开始，A、B的初始物质的量之比为1:1，若a：b不是1:1，则转化的A与B物质的量之比不是1:1，平衡时A、B的转化率不相等，D项错误；
答案选B。
15.已知：N2(g)＋3H2(g) 2 NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。一定条件下，现有容积相同且恒容的密闭容器甲与乙：① 向甲中通入1 mol N2和3 mol H2，达到平衡时放出热量Q1 kJ；② 向乙中通入0.5 mol N2和1.5 mol H2，达到平衡时放出热量Q2 kJ。则下列关系式正确的是（ ）
A. Q1＝2Q2＝92.4 B. 92.4＝Q1＜2Q2
C. 92.4＞Ql＞2Q2 D. Q1＝2Q2＜92.4
【答案】C
【解析】
【分析】N2(g)＋3H2(g) 2 NH3(g)反应可逆，甲中通入1 mol N2和3 mol H2生成氨气物质的量小于2mol；本题利用等效平衡思想比较甲、乙容器内反应放热多少。
【详解】N2(g)＋3H2(g) 2 NH3(g)反应可逆，甲中通入1 mol N2和3 mol H2生成氨气的物质的量小于2mol，所以92.4＞Ql；利用等效平衡思想，甲是乙投料的2倍，假设甲容器体积为乙的2倍，则甲乙为等效平衡，甲中放出的热量是乙的2倍，然后对乙容器扩大体积，平衡逆向移动，甲中放出的热量大于乙的2倍，故C项正确。
16.已知：①H2O(g)===H2O(l) ΔH1＝－Q1 kJ·mol－1
②C2H5OH(g)===C2H5OH(l) ΔH2＝－Q2 kJ·mol－1
③C2H5OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g) ΔH3＝－Q3 kJ·mol－1
若使23 g液态无水酒精完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为(单位：kJ) （ ）
A. Q1＋Q2＋Q3 B. 1.5Q1－0.5Q2＋0.5Q3
C. 0.5Q1－1.5Q2＋0.5Q3 D. 0.5(Q1＋Q2＋Q3)
【答案】B
【解析】
【详解】由盖斯定律，①×3+③-②得到反应C2H5OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（l），则△H=3ΔH1+ΔH3—ΔH2＝－（3Q1-Q2+ Q3）kJ/mol，23g酒精物质的量为=0.5mol，则23g酒精完全燃烧生成液态水放出的热量为（1.5Q1-0.5Q2+0.5Q3） kJ，故选B。
17.下列表述正确的是（ ）
A. 氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2（g）+O2（g）═ 2H2O（g） △H =﹣571.6 kJ/mol
B. 焓减小的反应通常是自发的，因此不需要任何条件即可发生
C. 因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据
D. 等质量的硫磺固体和硫蒸气分别完全燃烧，后者放出的热量多
【答案】D
【解析】A．氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则2mol氢气燃烧发出的热量为571.6kJ，热化学方程式中生成的水必须为液态，所以氢气燃烧正确的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6 kJ/mol，故A错误；B．焓减小的反应，△H＜0，△S＞0，高温下不能自发进行，低温下可以自发进行，不一定是自发进行的，反应需要一定条件才可以发生反应，故B错误；C．△G=△H-T△S＜0，反应能够自发进行，化学反应的焓变和熵变共同决定反应方向，故C错误；D．等质量的硫磺固体和硫蒸气分别完全燃烧，由于气态具有能量大于固态，则硫蒸气燃烧发出的热量较多，故D正确；故答案为D。
18.下列图示与对应的叙述不相符的是（ ）
A. 图甲表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的ΔH＜0
B. 图乙表示的反应是吸热反应，该图表明催化剂不能改变化学反应的焓变
C. 图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，则P乙>P甲
D. 图丁表示反应：4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g) ΔH＜0，在其他条件不变的情况下，改变起始物CO的物质的量对此反应平衡的影响，则有T1＞T2，平衡常数K1＞K2
【答案】D
【解析】
【详解】A.因图甲表示等量NO2在容积相同时不同温度下，相同时间后测得的NO2含量的曲线，开始一段时间NO2的含量随温度的升高而减小，这是因为温度升高反应速率加快，反应正向进行的程度逐渐增大，当NO2含量达到最小值（即曲线的最低点）时该反应达到平衡状态，据图像知，继续升高温度NO2含量又逐渐增大，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的逆反应是吸热反应，所以该反应（即正反应）是放热反应即ΔH＜0，图示与对应的叙述相符，A项错误；
B.由图像可知，该反应的反应物总能量小于生成物总能量，因此该反应是吸热反应。根据图像可知，使用催化剂可以降低正反应的活化能（E1）和逆反应的活化能（E2），但反应物总能量与生成物总能量没有改变，即不能改变反应热，恒下的反应热等于焓变，图示与对应的叙述相符，B项错误；
C.因为图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，曲线乙反应达到平衡所用时间比曲线甲达到平衡所用时间短，对于气体反应压强越大反应速率越快，因此乙反应的压强大于甲反应的压强，图示与对应的叙述相符，C项错误；
D.一方面，当温度相同时，开始一段时间随着CO的物质的量[n(CO)]的逐渐增大，平衡向正反应方向移动，平衡时N2%（N2在反应混合气体中的含量）逐渐增大；继续增大CO的物质的量，容器中气体总物质的量的增加超过了因平衡移动时N2物质的量的增加，故后来N2%随CO的物质的量增加而减小。另一方面，当n(CO)相同温度由T1变为T2时，平衡时N2%减小，说明平衡向逆反应方向移动，因此T1的平衡常数大于T2的平衡常数，即K1>K2。根据4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g); ΔH＜0可知，只有升温该反应的平衡常数才减小，所以T1
容器
甲
乙
丙
相关条件
恒温恒容
绝热恒容
恒温恒压
反应物投料
1mol A2、3molB2
2molAB3
2mol AB3
反应物的转化率
a甲
a乙
a丙
反应的平衡常数K=
K甲
K乙
K丙
平衡时AB3的浓度/mol·L-1
c甲
c乙
c丙
平衡时AB3的反应速率/mol·L-1·min-1
v甲
v乙
v丙
下列说法正确的是（ ）
A. v甲=v丙 B. c乙＜ c丙 C. a甲 +a乙＜1 D. K乙≤K丙
【答案】C
【解析】A、1mol A2、3molB2相当于2molAB3。甲与丙起始温度和起始体积相同，恒温条件下反应，丙在恒压条件下分解2molAB3，平衡时体积比反应前大，即平衡时丙体积大于甲，则平衡时,气体的压强丙小于甲，则v甲＞v丙，故A错误；B. 乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，向吸热方向进行的程度小，平衡时乙中AB3浓度比丙高，即c乙＞c丙，故B错误；C. 甲和乙均为恒温容器，如果都是恒温，则a甲 +a乙=1，现在乙为绝热容器，所以乙反应后比甲温度低，向吸热方向进行的程度小，所以转化率减小，因此a甲 +a乙＜1，故C正确；D、乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，向吸热方向进行的程度小，平衡时乙中AB3浓度比丙高，A2、B2浓度比丙低，K乙＞K丙，故D错误；故选C。
20.已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H＝－197 kJ·mol－1，向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲)2 mol SO2 和1 mol O2；(乙) 1 mol SO2 和0.5 mol O2；(丙) 2 mol SO3；恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是（ ）
A. 若c(SO2)与c(O2)之比为k，则：k甲＝k丙＞k乙
B. 反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲＝Q丙＞2Q乙
C. 容器内压强P：P甲＝P丙＞2P乙
D. SO3的质量m：m甲＝m丙＞2m乙
【答案】D
【解析】加入的反应物中，所有组中反应物比例相同且和系数比例相同，则K均相等，A错误；与甲相比，因乙的量是甲的一半，乙相对甲来说，平衡向气体多的左侧逆向移动了，所以放出的热量的2倍小于甲，但是甲、丙反应放出或吸收热量的数值Q不一定相等，B错误；从题给信息中推测出恒温恒容下，甲和丙是等效的，乙相对甲和丙，平衡向气体多的左侧逆向移动了，所以，C错误；从题给信息中推测出恒温恒容下，甲和丙是等效的，乙相对甲和丙，平衡向气体多的左侧逆向移动了，所以剩下的不到甲（丙）的一半儿， D正确；正确选项D。
二、填空题（每题8分，共40分）
21.甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，它清洁、高效、具有优良的环保性能，甲醚是一种无色气体，具有轻微的醚香味，其燃烧热为1455kJ·mol-1。
（1）写出甲醚燃烧的热化学方程式____；已知H2(g)和C(s)的燃烧热分别是285.8kJ·mol-1、393.5kJ·mol-1；计算反应：4C(s)+6H2(g)+O2(g)=2CH3OCH3(g)的反应热为____。
（2）工业上利用H2和CO2合成二甲醚的反应如下：6H2(g)+2CO2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H＜0
①一定温度下，在一个固定体积的密闭容器中进行该反应。下列能判断反应达到化学平衡状态的是____
a．c（H2）与c（H2O）的比值保持不变
b．单位时间内有2mol H2消耗时，有1molH2O生成
c．容器中气体密度不再改变
d．容器中气体压强不再改变
②温度升高，该化学平衡移动后，达到新的平衡，CH3OCH3的产率将___（填“变大”、“变小”或“不变”）
【答案】(1). CH3OCH3(g)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(l) △H＝－1455kJ/mol (2). 338.8 kJ/mol (3). ad (4). 变小
【解析】
【分析】(1)依据燃烧热的含义，结合书写方法写出热化学方程式；依据燃烧热写出热化学方程式，结合盖斯定律计算得到所需热化学方程式和对应焓变；
(2)①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，可由此进行判断。
②根据反应放热，结合温度对平衡的影响作答。
【详解】(1)甲醚完全燃烧生成二氧化碳和液态水，因燃烧热为1455kJ/mol，则甲醚燃烧的热化学方程式为：CH3OCH3(g)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(l) △H＝－1455kJ/mol；
H2(g)和C(s)的燃烧热分别是285.8kJ⋅mol−1、393.5kJ⋅mol−1，由此写出热化学方程式：
①H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H1=−285.8 kJ/mol；
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2=−393.5 kJ/mol；
③CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) △H3=−1455kJ/mol；
依据盖斯定律计算①×3+②×2−③得到反应热化学方程式为：2C(s)+3H2(g)+1/2O2(g)═CH3OCH3(g) △H=−169.4 kJ/mol；
则4C(s)+6H2(g)+O2(g)═2CH3OCH3(g) △H=−338.8 kJ/mol；
故答案为：CH3OCH3(g)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(l) △H＝－1455kJ/mol；338.8 kJ/mol；
(2)①a.在反应达平衡前，c(H2)与c(H2O)的比值在变小，故当c(H2)与c(H2O)的比值保持不变时，能说明反应达平衡；
b.单位时间内有2mol H2消耗时一定会有1mol H2O生成，故不能作为平衡的标志；
c.该反应的反应物和生成物全是气体，根据质量守恒可知，在反应过程中气体的质量一直不变，而又是恒容的容器，即气体体积不变，故气体密度ρ=m/V一直不变，故密度不变不能作为平衡的标志；
d.此反应是气体的物质的量有改变的反应，即在平衡之前，容器中气体的物质的量和压强在变化，故当压强不变时，说明反应达平衡；
故答案为：ad；
②反应放热，故升高温度，平衡向逆反应方向移动，故CH3OCH3的产率将变小，故答案为：变小。
22.完成下列与溶液pH有关的计算
（1）室温下pH=2的HCl溶液和pH=10的NaOH溶液中由水电离出的c(H+)之比为____。
（2）在25℃时，pH等于9和pH等于11的两种氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液中的氢离子浓度为__。
（3）某温度时，水的KW=10-13，将此温度下pH=12的NaOH溶液aL与pH=2的H2SO4溶液bL混合，若所得混合溶液pH=3，则a：b=___。
（4）已知某温度时0.1mol•L-1NaOH pH等于11，在此温度下，若将100体积pH1＝a的H2SO4溶液与1体积pH2＝b的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是___（用含a、b的表达式表示）
【答案】(1). 1:100 (2). 2×10-11 mol·L－1 (3). 9:101 (4). a+b=14
【解析】
【分析】（1）根据溶液中氢离子与氢氧根离子的实际来源来判断由水电离的c(H+)；
（2）先计算混合溶液中c(OH-)，再根据Kw=c(OH-)•c(H+)计算c(H+)；
（3）若所得混合液的pH=3，酸过量，根据c(H+)=计算；
（4）某温度时测得0.1mol•L-1的NaOH溶液的pH为11，则Kw=0.1×10-11=1.0×10-12，混合液呈中性，说明酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子的物质的量，据此计算。
【详解】（1）室温下pH=2的HCl溶液中由水电离出的c(H+)=由水电离出的c(OH-)=溶液中的c（OH-）===10-12；pH=10的NaOH溶液中由水电离出的c(H+)=溶液中的c（H+）=10-10，则两者之比=10-12：10-10=1:100，故答案为1:100；
（2）在25℃时pH=9的溶液中c(OH−)= =10−5 mol/L，pH=11的溶液中c(OH−)==10−3 mol/L，则等体积混合溶液中c(OH−)=mol/L，混合溶液中c(H+)= mol/L≈2×10−11 mol/L，故答案为：2×10−11；
（3）若所得混合液的pH=3，则酸过量，c(H+)===0.001mol/L，解得a:b=9:101，
故答案为：9:101；
（4）因NaOH为强碱，则该溶液中的c(OH-)=0.1mol⋅L−1，又某温度时测得0.1mol⋅L−1的NaOH溶液的pH为11，则Kw=0.1×10−11=1.0×10−12，pH1=a的强酸溶液中氢离子浓度为10−a mol/L，pH2=b的强碱溶液中氢氧根离子浓度为10b−12 mol/L，混合溶液呈中性，说明酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子的物质的量，所以100×10−a=1×10b−12，整理可得a+b=14，
故答案为：a+b=14。
23.现往体积固定的密闭容器中通入等物质的量的NO2和CO，反应中的CO和NO的浓度随时间变化的示意图如图。根据图意回答下列问题：
（1）从反应开始到平衡，用NO2浓度变化表示平均反应速率υ(NO2)＝___。
（2）830K时，在密闭容器中发生下列可逆反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0。试回答：
①若起始时c（CO）=2mol·L-1，c（H2O）=3mol·L-1，达到平衡时CO的转化率为60%，则在该温度下，该反应的平衡常数K=____。
②在相同温度下，若起始时c（CO）=1mol·L-1，c（H2O）=2mol·L-1，反应进行一段时间后，测得H2的浓度为0.5mol·L-1，则此时该反应是否达到平衡状态___（填“是”与“否”），此时υ（正）__υ（逆）（填“大于”“小于”或“等于”）。
【答案】(1). (2). 1 (3). 否 (4). 大于
【解析】
【分析】（1）由图可知，t1min到达平衡，平衡时NO的浓度变化量为1.5mol/L，根据υ=计算υ（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算υ（NO2）；
（2）①根据三段式解题法，求出反应混合物各组分浓度的变化量、平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算平衡常数；
②计算瞬时的浓度商Qc，与平衡常数比较判断反应进行方向，据此解答；
【详解】（1）由图可知，t1min到达平衡，平衡时NO的浓度变化量为1.5mol/L，故υ（NO）=，因化学反应速率之比等于化学计量数之比，故υ（NO2）=υ（NO）=；故答案为：。
（2）①若起始时c（CO）=2mol·L-1，c（H2O）=3mol·L-1，达到平衡时CO的转化率为60%，则在该温度下，
CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2 （g）
开始（mol/L）：2 3 0 0
变化（mol/L）：2×60% 1.2 1.2 1.2
平衡（mol/L）：0.8 1.8 1.2 1.2
反应的平衡常数K==1；故答案为：1。
②在相同温度下，若起始时c（CO）=1mol•L-1，c（H2O）=2mol•L-1，反应进行一段时间后，测得H2浓度为0.5mol•L-1，则：
CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2 （g）
开始（mol/L）：1 2 0 0
变化（mol/L）：0.5 0.5 0.5 0.5
末态（mol/L）：0.5 1.5 0.5 0.5
浓度商Qc=＜1，故反应正向进行，此时υ（正）＞υ（逆）；
故答案为：否；大于。
24.钕铁硼磁铁是目前为止具有最强磁力的永久磁铁。预计在未来20年里，不可能有替代钕铁硼磁铁的磁性材料出现。生产钕铁硼磁铁的主要原材料有稀土金属钕、纯铁、铝、硼以及其它稀土原料。
（1）钕(Nd)为60号元素，在元素周期表中的位置是___；
（2）实验测得气态A1C13的实际存在形式为A12C16双聚分子，其中A1原子的杂化方式是___；A12C16与过量NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]；[A1(OH)4]-中存在的化学键有___。
A.离子键 B.共价键 C.配位键 D.金属键 E.氢键
（3）已知立方BN晶体晶胞结构如图所示，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为a nm，晶体的密度为b g•cm-3，则阿伏加德罗常数为____mol-1 (列式即可）
【答案】(1). 第六周期ⅢB族 (2). sp3 (3). BC (4). ×1021
【解析】
【分析】（1）第六周期第IA族Cs元素原子序数为55，可知60号元素处于第六周期IIIB族，属于镧系元素；
（2）Al2Cl6双聚分子球棍模型为，每个Al原子价层电子对数是4，根据价层电子对互斥理论判断Al原子杂化类型；[Al(OH)4]-的中心离子Al3+具有空轨道，接受O提供的孤对电子形成配位键，O与H之间是极性键；
（3）根据几何关系及密度公式分析计算。
【详解】(1)第六周期第IA族Cs元素原子序数为55，可知60号元素处于第六周期IIIB族，属于镧系元素，故答案为：第六周期ⅢB族；
(2)Al2Cl6双聚分子球棍模型为，每个Al原子价层电子对数是4，根据价层电子对互斥理论判断Al原子杂化类型为sp3；[Al(OH)4]-中心离子Al3+具有空轨道，接受O提供的孤对电子形成配位键，O与H之间是极性键，所以存在共价键、配位键，
故答案为：sp3；BC；
(3) B、N原子之间的距离为a nm，其距离为晶胞体对角线的，则体对角线长度为4anm，其晶胞边长=，晶胞体积=（）3，根据“均摊法”，该晶胞中N原子个数为4、B原子个数=8×+6×=4，晶胞密度ρ=，则NA==mol-1，故答案为：×1021。
25.实验室有一未知浓度的盐酸，某同学在实验室中进行实验测定盐酸的浓度。请完成下列填空：
配制100mL0.10mol•L-1NaOH标准溶液。取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，滴加 2~3滴酚酞作指示剂，用配制的标准 NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作 2~3次，记录数据如下：
滴定次数
待测盐酸的体积/mL
0.10 mol/L NaOH 溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
第一次
20.00
2.00
28.15
第二次
20.00
1.50
29.50
第三次
20.00
0.20
26.55
①该实验滴定达到终点的标志是____
②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为___。（保留两位有效数字）
③在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有____。（双选）
A.滴定终点读数时俯视读数
B.酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
C.锥形瓶水洗后未干燥
D.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
E.称量NaOH 固体时，混入少量KOH杂质
④现用以上实验配制的0.10mol•L－1NaOH溶液滴定未知浓度的CHCOOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是___
A.溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
B.溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂
C.溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
D.溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂
【答案】(1). 当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变成浅红色，并且在半分钟内不褪色 (2). 0.13mol•L-1 (3). DE (4). D
【解析】
【分析】①如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
②根据滴定消耗的标准液的体积判断数据的有效性，然后计算出标准液的平均体积，最后根据标c(待测)=计算出该盐酸的浓度；
③根据c(待测)=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；
④根据盐类的水解考虑溶液的酸碱性，然后根据指示剂的变色范围与酸碱中和后的越接近越好，且变色明显。
【详解】①滴定结束前盐酸中滴入酚酞，溶液为无色，滴定结束时氢氧化钠过量，溶液变成浅红色，所以滴定终点现象为：最后一滴氢氧化钠溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内浅红色不褪去；
故答案为：当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变成浅红色，并且在半分钟内不褪色；
②第二次数据误差较大，需舍去，消耗标准液的平均体积为：mL =26.25 mL，
该盐酸的浓度为：c（HCl）=═ ≈0.13mol•L-1；
故答案为：0.13mol•L-1；
③A．滴定终点读数时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏小；
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，待测液被稀释，其物质的量偏小，造成V（标准）偏小，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏小；
C．锥形瓶水洗后未干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c(待测)=分析，可知c(待测)不变；
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏大；
E. 称量NaOH 固体时，混入少量KOH杂质，则标准液的浓度会偏小，造成V（标准）偏大，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏大；
故答案为：DE；
④实验室常用3种指示剂的pH变色范围如下：甲基橙：3.1～4.4； 石蕊：5.0～8.0； 酚酞：8.2～10.0，石蕊变色不明显，NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，D项正确，故答案为：D。
可能用到的相对原子质量:N:14 B:11
一、单选题（每题3分，共60分）
1. 下列叙述正确的是（ ）
A. pH＝4的硫酸溶液中c(H＋)：c(SO42－)等于2：1，稀释10000倍后二者的比值几乎不变
B. 由水电离的c(H＋)＝10－12mol/L的溶液中K＋、Ba2＋、Cl－、Br－、HCO3－一定能大量共存
C. 1．0×10－3mol/L盐酸溶液的pH＝3，则1．0×10－8mol/L盐酸溶液的pH＝8
D. 某温度下水的离子积为1．0×10－12，等体积的pH＝1的H2SO4溶液与pH＝11的NaOH溶液混合后溶液呈中性
【答案】D
【解析】试题分析：A．pH=2的硫酸溶液中c（H+）：c（OH-）等于10-2：10-12=1010：1，稀释100倍比值基本不变，故A错误；B．由水电离的c（H+）=10-12mol/L的溶液，溶液为酸或碱溶液，酸、碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．温度未知，Kw不变，不能判断中性溶液的pH，则1.0×10-8mol/L盐酸溶液的pH不能确定，若常温下pH≈7，故C错误；D．溶液呈中性，V酸×0.1mol/L=V碱×，两者的体积比为10：1，故D错误；故选B。
2.有等体积等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（ ）
A. V3>V2>V1 B. V3=V2=V1
C. V3>V2=V1 D. V1=V2>V3
【答案】C
【解析】
分析】有等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液中，c（OH－）相同，但NH3·H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，然后结合酸碱中和时c（OH－）越大，消耗酸越多分析解答。
【详解】等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液中，Ba(OH)2、NaOH中c（OH－）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，但NH3·H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，答案选C。
3.分别向下列各溶液中加入少量NaOH固体，溶液的导电能力变化最小的是（ ）
A. 水 B. 盐酸 C. 醋酸溶液 D. NaCl溶液
【答案】B
【解析】
【分析】溶液导电能力与离子浓度成正比，加入NaOH固体后溶液导电能力变化最小，说明该溶液中离子浓度变化最小，据此分析解答。
【详解】A．水是弱电解质，溶液中离子浓度很小，NaOH是强电解质，在水溶液中完全电离，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大较明显，所以导电能力变化较明显；
B．HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，加入强电解质NaOH固体后，二者反应生成强电解质氯化钠，离子浓度几乎没有变化，导电能力变化不大；
C．醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，加入强电解质NaOH固体后生成醋酸钠强电解质，溶液中离子浓度增大较明显，导电能力变化较明显；
D．NaCl是强电解质，在水溶液中完全电离，加入氢氧化钠固体后，二者不反应，溶液中离子浓度增大较明显，导电能力变化较明显；
通过以上分析知，溶液导电能力变化最小的是盐酸溶液，
答案选B。
4.下列反应属于吸热反应的是（ ）
A. 破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量
B. CH3COOH+KOHCH3COOK+H2O
C. 高温条件下才能进行的反应
D. C6H12O6(葡萄糖aq)+6O26CO2+6H2O
【答案】A
【解析】A．断键吸收能量，成键放出能量，故A正确；B．中和反应是放热反应，故B错误；C．放热与吸热反应与反应条件没有必然联系，故C错误；D．葡萄糖的氧化是放热反应，故D错误；答案为A。
5.为达到预期的实验目的，下列操作中正确的是（ ）
A. 用玻璃棒蘸取待测液滴在润湿的pH试纸上，测得其pH为12
B. 向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加盐酸溶液至过量，现象是先有沉淀生成后沉淀溶解
C. 中和热测定的实验中使用的玻璃仪器只有2种
D. 在滴定时，左手操作锥形瓶，右手操作滴定管开关
【答案】B
【解析】
【详解】A. pH试纸不能湿润，应选干燥的pH试纸，A项错误；
B. 向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加盐酸溶液至过量，胶体先发生聚沉现象，后与盐酸会发生酸碱中和生成可溶性的氯化铁，B项正确；
C. 中和热测定的实验中使用的玻璃仪器有烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒、量筒，C项错误；
D. 在滴定时，左手操作滴定管开关，右手操作锥形瓶，操作不合理，D项错误；
答案选B。
6.可逆反应aA (g) + bB (s) cC (g) + dD (g)在反应过程中，其他条件不变，C的物质的量分数和T或P关系如图所示，下列叙述中正确的是（ ）
A. 温度降低，化学平衡向逆反应方向移动
B. 使用催化剂，C的物质的量分数增加
C. 化学方程式系数a ＜c＋d
D. 无法根据图像确定改变温度后化学平衡移动方向
【答案】C
【解析】对于可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短。由图象(1)可知T2>T1，温度越高，平衡时C的物质的量分数越小，故此反应的正反应为放热反应；
当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短。由图(2)可知p2>p1，压强越大，平衡时C的物质的量分数越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，因B物质是固体，则a
B. 催化剂只改变化学反应速率，对平衡移动没有影响，C的物质的量分数不变，故B错误；
C. 压强越大，平衡时C的物质的量分数越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即a
故答案选C。
7. 下列性质中，不能说明乙酸是弱电解质的是（ ）
①乙酸溶液能导电
②常温时，0.1mol/L乙酸溶液的PH约为3
③乙酸能和碳酸钙反应放出CO2
④10mL 1mol/L乙酸溶液与10mL 1mol/L的NaOH溶液恰好完全反应
⑤同PH的盐酸和乙酸分别与足量铁片反应，乙酸产生H2多
⑥PH=1的醋酸溶液用水稀释1000倍后，pH＜4
A. ①②③ B. ④⑤⑥ C. ①③④ D. ②③④
【答案】C
【解析】试题分析：①强弱电解质在一定条件下都可以导电，所以选；②若是强电解质，则完全电离，HP=1，所以能说明，不选；③能反应只能说明酸性比碳酸强，不能说明就是强电解质，选；④不论是否完全电离，都是一比一反应，所以不能说明，选；⑤相同PH时，放出氢气多，说明开始的时候并未完全电离，说明是弱电解质，不选；⑥若是强电解质，稀释后PH=4，能说明是弱电解质，不选。
8.工业上制硫酸的第二步反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＜0，反应达到平衡后，改变某一个条件，下列示意图曲线①～⑧中正确的是（ ）
A. ①⑥⑧ B. ①⑤⑦ C. ②③④ D. ③⑥⑦
【答案】B
【解析】试题分析：由于该反应是气体体积减小且放热的反应，所以当温度升高时，平衡逆向移动，平衡常数减小；使用催化剂对平衡移动没有影响，所以反应物转化率不变；平衡常数只受温度的影响，所以增加氧气的物质的量，平衡常数不变；压强增大，平衡向正反应方向移动，所以三氧化硫的物质的量浓度增大，所以图中①⑤⑦三条曲线是正确的，故选B；
9.将2 molX和3molY在容器中发生2X(?)＋3Y（气） 3Z(?)反应已达平衡状态，若增加压强或降低温度，Y的体积分数都减小，则下列说法正确的是（ ）
A. 可能X、Z均是气体，也可能X、Z都不是气体。正反应放热
B. 可能X是气体，Z不是气体，正反应放热
C. 可能X是气体，Z是气体，正反应吸热
D. X、Z一定都是气体，正反应放热
【答案】D
【解析】
【详解】已知2X(?)＋3Y（气） 3Z(?)反应已达平衡状态，增加压强后，Y的体积分数减小。由于增大压强后平衡向气体体积减小的方向移动，则正反应方向一定是气体体积减小的方向。若Z不是气体，不论X是否为气体，Y的体积分数不可能改变。由于X和Z的化学计量数相同，故X和Z一定都是气体；降低温度，化学平衡向放热反应方向移动。降低温度，Y的体积分数减小，说明正反应是放热反应。 综上所述，D选项正确，故本题答案：D。
10.将等物质的量的F2和ClF混合，在密闭容器中发生反应：F2(g)＋ClF(g)ClF3(g) ΔH＜0。下列叙述正确的是（ ）
A. 保持恒容，平衡后再降低温度，平衡常数减小
B. 若增加F2的用量，平衡正向移动，则反应物的转化率均增大
C. 达到平衡后，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡左移
D. 恒温恒容时，当ClF转化40%时，容器内的压强为初始时的0.8
【答案】D
【解析】试题分析：A、正方应是放热反应，则保持恒容，平衡后再降低温度，平衡向正反应方向移动，因此平衡常数增大，A不正确；B、若增加F2的用量，平衡正向移动，ClF的转化率增大，但单质氟的转化率降低，B不正确；C、正方应是体积减小的可逆反应，达到平衡后，若增大容器体积，越强降低，则正反应速率和逆反应均减小，平衡左移，C不正确；D、恒温恒容时，当ClF转化40%时，则
F2(g)＋ClF(g)ClF3(g)
起始量（mol） n n 0
转化量（mol） 0.4n 0.4n 0.4n
平衡量（mol） 0.6n 0.6n 0.4n
所以容器内的压强为初始时的＝0.8倍，D正确，答案选D。
11.在某容积固定的密闭容器中，发生可逆反应A(s) +3B(g)3C(g)。下列叙述中能表明该可逆反应一定达到平衡状态的有（ ）
①C的生成与分解速率相等 ②单位时间内生成amolA和3amolB
③B的浓度不再变化 ④混合气体总物质的量不再变化
⑤A、B、C的物质的量之比为1：3：3 ⑥混合气体的密度不再变化
⑦A的浓度不再变化 ⑧混合气体的颜色不再变化
⑨混合气体的平均相对分子质量不再变化
A. 6个 B. 5个 C. 4个 D. 3个
【答案】C
【解析】
【分析】达到平衡状态时正、逆反应速率相等，正、逆反应速率相等是指用同一种物质来表示的反应速率，不同物质表示的反应速率与化学计量数成正比。
【详解】①C的生成速率与C的分解速率相等，说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡状态，故正确；
②单位时间内，生成amolA代表逆反应速率，生成3amolB也代表逆反应速率，不能说明正逆反应速率相等，不能表明反应已达到平衡状态，故错误；
③当反应达到化学平衡状态时，各物质的浓度不变，B的浓度不再变化表明反应已达到平衡状态，故正确；
④气体反应物与气体生成物的化学计量数之和相等，无论是否达到平衡状态，混合气体总的物质的量都不变，不能表明反应已达到平衡状态，故错误；
⑤平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；
⑥A为固体，该反应是一个气体质量增大的反应，气体的总质量不变能表明反应已达到平衡状态，故正确；
⑦A为固体，浓度为定值，A的浓度不再变化，不能表明反应已达到平衡状态，故错误；
⑧不明确B、C是否为有色气体，混合气体的颜色不再变化不一定能表明反应已达到平衡状态，故错误；
⑨A为固体，该反应是一个气体质量增大、气体反应物与气体生成物的化学计量数之和相等的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，混合气体的平均相对分子质量不再变化能表明反应已达到平衡状态，故正确；
①③⑥⑨正确，故选C。
12. ，当反应达到平衡时，下列措施：①升温，②恒容通入惰性气体，③增大CO的浓度，④扩大容积，⑤加催化剂，⑥恒压通入惰性气体，能提高转化率的是（ ）
A. ①②④ B. ①④⑥ C. ②③⑥ D. ③⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①该反应，为吸热反应，故升温平衡向右移动，转化率升高，①正确；
②恒容通入惰性气体，反应物和生成物浓度均不变，平衡不移动，转化率不变，②错误；
③增大CO的浓度，平衡向左移动，转化率降低，③错误；
④扩大容积，压强减小，平衡向右移动，转化率升高，④正确；
⑤催化剂只影响反应速率，不影响平衡，故加催化剂，转化率不变，⑤错误；
⑥恒压通入惰性气体，等效于扩大容积，压强减小，平衡向右移动，转化率升高，故⑥正确。
综上可知：能提高转化率的是①④⑥。答案选B。
13.在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：
①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) △H1<0平衡常数K1
②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) △H2<0 平衡常数K2
10分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20％，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L·min)。下列说法不正确的是（ ）
A. 反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数为
B. 平衡后c(Cl2)=2.5×10-2mol/L
C. 其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大
D. 平衡时NO2的转化率为50％
【答案】C
【解析】
【详解】A.①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) △H1<0 平衡常数K1=
②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) △H2<0 平衡常数K2 =
反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数K=，则K=，A正确；
B.10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.5×10-3mol/(L•min)，则平衡时n(ClNO)=7.5×10-3 mol/(L•min)×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：
2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)
xmol 0.5xmol
2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)
2ymol ymol 2ymol
则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)==2.5×10-2mol/L，B正确；
C.平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，C错误；
D.平衡时NO2的转化率为×100%=50%，D正确；
故合理选项是C。
14.对于平衡体系：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）；正反应放热，有下列判断，其中正确的是（ ）
A. 若温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.45倍，则a+b＞c+d
B. 若从正反应开始，平衡时A、B的转化率相等，则投入A、B物质的量之比为a：b
C. 若平衡体系中共有气体M mol，再向其中充入bmolB，达到平衡时气体总物质的量为（M+b）mol，则a+b＞c+d
D. 若从正反应开始，A、B的初始物质的量之比为1:1，则平衡时A、B的转化率一定相等
【答案】B
【解析】
【详解】A. 温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.45倍，说明降低压强，平衡向正反应移动，降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，故a+b
C. 平衡体系中共有气体M mol，再向其中充入b mol B，平衡向正反应移动，达到平衡时气体总物质的量为(M+b) mol，混合气体的总的物质的量不变，故反应前后气体的化学计量数之和相等，即a+b=c+d，C项错误；
D. 若从正反应开始，A、B的初始物质的量之比为1:1，若a：b不是1:1，则转化的A与B物质的量之比不是1:1，平衡时A、B的转化率不相等，D项错误；
答案选B。
15.已知：N2(g)＋3H2(g) 2 NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。一定条件下，现有容积相同且恒容的密闭容器甲与乙：① 向甲中通入1 mol N2和3 mol H2，达到平衡时放出热量Q1 kJ；② 向乙中通入0.5 mol N2和1.5 mol H2，达到平衡时放出热量Q2 kJ。则下列关系式正确的是（ ）
A. Q1＝2Q2＝92.4 B. 92.4＝Q1＜2Q2
C. 92.4＞Ql＞2Q2 D. Q1＝2Q2＜92.4
【答案】C
【解析】
【分析】N2(g)＋3H2(g) 2 NH3(g)反应可逆，甲中通入1 mol N2和3 mol H2生成氨气物质的量小于2mol；本题利用等效平衡思想比较甲、乙容器内反应放热多少。
【详解】N2(g)＋3H2(g) 2 NH3(g)反应可逆，甲中通入1 mol N2和3 mol H2生成氨气的物质的量小于2mol，所以92.4＞Ql；利用等效平衡思想，甲是乙投料的2倍，假设甲容器体积为乙的2倍，则甲乙为等效平衡，甲中放出的热量是乙的2倍，然后对乙容器扩大体积，平衡逆向移动，甲中放出的热量大于乙的2倍，故C项正确。
16.已知：①H2O(g)===H2O(l) ΔH1＝－Q1 kJ·mol－1
②C2H5OH(g)===C2H5OH(l) ΔH2＝－Q2 kJ·mol－1
③C2H5OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g) ΔH3＝－Q3 kJ·mol－1
若使23 g液态无水酒精完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为(单位：kJ) （ ）
A. Q1＋Q2＋Q3 B. 1.5Q1－0.5Q2＋0.5Q3
C. 0.5Q1－1.5Q2＋0.5Q3 D. 0.5(Q1＋Q2＋Q3)
【答案】B
【解析】
【详解】由盖斯定律，①×3+③-②得到反应C2H5OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（l），则△H=3ΔH1+ΔH3—ΔH2＝－（3Q1-Q2+ Q3）kJ/mol，23g酒精物质的量为=0.5mol，则23g酒精完全燃烧生成液态水放出的热量为（1.5Q1-0.5Q2+0.5Q3） kJ，故选B。
17.下列表述正确的是（ ）
A. 氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2（g）+O2（g）═ 2H2O（g） △H =﹣571.6 kJ/mol
B. 焓减小的反应通常是自发的，因此不需要任何条件即可发生
C. 因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据
D. 等质量的硫磺固体和硫蒸气分别完全燃烧，后者放出的热量多
【答案】D
【解析】A．氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则2mol氢气燃烧发出的热量为571.6kJ，热化学方程式中生成的水必须为液态，所以氢气燃烧正确的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6 kJ/mol，故A错误；B．焓减小的反应，△H＜0，△S＞0，高温下不能自发进行，低温下可以自发进行，不一定是自发进行的，反应需要一定条件才可以发生反应，故B错误；C．△G=△H-T△S＜0，反应能够自发进行，化学反应的焓变和熵变共同决定反应方向，故C错误；D．等质量的硫磺固体和硫蒸气分别完全燃烧，由于气态具有能量大于固态，则硫蒸气燃烧发出的热量较多，故D正确；故答案为D。
18.下列图示与对应的叙述不相符的是（ ）
A. 图甲表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的ΔH＜0
B. 图乙表示的反应是吸热反应，该图表明催化剂不能改变化学反应的焓变
C. 图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，则P乙>P甲
D. 图丁表示反应：4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g) ΔH＜0，在其他条件不变的情况下，改变起始物CO的物质的量对此反应平衡的影响，则有T1＞T2，平衡常数K1＞K2
【答案】D
【解析】
【详解】A.因图甲表示等量NO2在容积相同时不同温度下，相同时间后测得的NO2含量的曲线，开始一段时间NO2的含量随温度的升高而减小，这是因为温度升高反应速率加快，反应正向进行的程度逐渐增大，当NO2含量达到最小值（即曲线的最低点）时该反应达到平衡状态，据图像知，继续升高温度NO2含量又逐渐增大，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的逆反应是吸热反应，所以该反应（即正反应）是放热反应即ΔH＜0，图示与对应的叙述相符，A项错误；
B.由图像可知，该反应的反应物总能量小于生成物总能量，因此该反应是吸热反应。根据图像可知，使用催化剂可以降低正反应的活化能（E1）和逆反应的活化能（E2），但反应物总能量与生成物总能量没有改变，即不能改变反应热，恒下的反应热等于焓变，图示与对应的叙述相符，B项错误；
C.因为图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，曲线乙反应达到平衡所用时间比曲线甲达到平衡所用时间短，对于气体反应压强越大反应速率越快，因此乙反应的压强大于甲反应的压强，图示与对应的叙述相符，C项错误；
D.一方面，当温度相同时，开始一段时间随着CO的物质的量[n(CO)]的逐渐增大，平衡向正反应方向移动，平衡时N2%（N2在反应混合气体中的含量）逐渐增大；继续增大CO的物质的量，容器中气体总物质的量的增加超过了因平衡移动时N2物质的量的增加，故后来N2%随CO的物质的量增加而减小。另一方面，当n(CO)相同温度由T1变为T2时，平衡时N2%减小，说明平衡向逆反应方向移动，因此T1的平衡常数大于T2的平衡常数，即K1>K2。根据4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g); ΔH＜0可知，只有升温该反应的平衡常数才减小，所以T1
容器
甲
乙
丙
相关条件
恒温恒容
绝热恒容
恒温恒压
反应物投料
1mol A2、3molB2
2molAB3
2mol AB3
反应物的转化率
a甲
a乙
a丙
反应的平衡常数K=
K甲
K乙
K丙
平衡时AB3的浓度/mol·L-1
c甲
c乙
c丙
平衡时AB3的反应速率/mol·L-1·min-1
v甲
v乙
v丙
下列说法正确的是（ ）
A. v甲=v丙 B. c乙＜ c丙 C. a甲 +a乙＜1 D. K乙≤K丙
【答案】C
【解析】A、1mol A2、3molB2相当于2molAB3。甲与丙起始温度和起始体积相同，恒温条件下反应，丙在恒压条件下分解2molAB3，平衡时体积比反应前大，即平衡时丙体积大于甲，则平衡时,气体的压强丙小于甲，则v甲＞v丙，故A错误；B. 乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，向吸热方向进行的程度小，平衡时乙中AB3浓度比丙高，即c乙＞c丙，故B错误；C. 甲和乙均为恒温容器，如果都是恒温，则a甲 +a乙=1，现在乙为绝热容器，所以乙反应后比甲温度低，向吸热方向进行的程度小，所以转化率减小，因此a甲 +a乙＜1，故C正确；D、乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，向吸热方向进行的程度小，平衡时乙中AB3浓度比丙高，A2、B2浓度比丙低，K乙＞K丙，故D错误；故选C。
20.已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H＝－197 kJ·mol－1，向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲)2 mol SO2 和1 mol O2；(乙) 1 mol SO2 和0.5 mol O2；(丙) 2 mol SO3；恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是（ ）
A. 若c(SO2)与c(O2)之比为k，则：k甲＝k丙＞k乙
B. 反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲＝Q丙＞2Q乙
C. 容器内压强P：P甲＝P丙＞2P乙
D. SO3的质量m：m甲＝m丙＞2m乙
【答案】D
【解析】加入的反应物中，所有组中反应物比例相同且和系数比例相同，则K均相等，A错误；与甲相比，因乙的量是甲的一半，乙相对甲来说，平衡向气体多的左侧逆向移动了，所以放出的热量的2倍小于甲，但是甲、丙反应放出或吸收热量的数值Q不一定相等，B错误；从题给信息中推测出恒温恒容下，甲和丙是等效的，乙相对甲和丙，平衡向气体多的左侧逆向移动了，所以，C错误；从题给信息中推测出恒温恒容下，甲和丙是等效的，乙相对甲和丙，平衡向气体多的左侧逆向移动了，所以剩下的不到甲（丙）的一半儿， D正确；正确选项D。
二、填空题（每题8分，共40分）
21.甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，它清洁、高效、具有优良的环保性能，甲醚是一种无色气体，具有轻微的醚香味，其燃烧热为1455kJ·mol-1。
（1）写出甲醚燃烧的热化学方程式____；已知H2(g)和C(s)的燃烧热分别是285.8kJ·mol-1、393.5kJ·mol-1；计算反应：4C(s)+6H2(g)+O2(g)=2CH3OCH3(g)的反应热为____。
（2）工业上利用H2和CO2合成二甲醚的反应如下：6H2(g)+2CO2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H＜0
①一定温度下，在一个固定体积的密闭容器中进行该反应。下列能判断反应达到化学平衡状态的是____
a．c（H2）与c（H2O）的比值保持不变
b．单位时间内有2mol H2消耗时，有1molH2O生成
c．容器中气体密度不再改变
d．容器中气体压强不再改变
②温度升高，该化学平衡移动后，达到新的平衡，CH3OCH3的产率将___（填“变大”、“变小”或“不变”）
【答案】(1). CH3OCH3(g)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(l) △H＝－1455kJ/mol (2). 338.8 kJ/mol (3). ad (4). 变小
【解析】
【分析】(1)依据燃烧热的含义，结合书写方法写出热化学方程式；依据燃烧热写出热化学方程式，结合盖斯定律计算得到所需热化学方程式和对应焓变；
(2)①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，可由此进行判断。
②根据反应放热，结合温度对平衡的影响作答。
【详解】(1)甲醚完全燃烧生成二氧化碳和液态水，因燃烧热为1455kJ/mol，则甲醚燃烧的热化学方程式为：CH3OCH3(g)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(l) △H＝－1455kJ/mol；
H2(g)和C(s)的燃烧热分别是285.8kJ⋅mol−1、393.5kJ⋅mol−1，由此写出热化学方程式：
①H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H1=−285.8 kJ/mol；
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2=−393.5 kJ/mol；
③CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) △H3=−1455kJ/mol；
依据盖斯定律计算①×3+②×2−③得到反应热化学方程式为：2C(s)+3H2(g)+1/2O2(g)═CH3OCH3(g) △H=−169.4 kJ/mol；
则4C(s)+6H2(g)+O2(g)═2CH3OCH3(g) △H=−338.8 kJ/mol；
故答案为：CH3OCH3(g)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(l) △H＝－1455kJ/mol；338.8 kJ/mol；
(2)①a.在反应达平衡前，c(H2)与c(H2O)的比值在变小，故当c(H2)与c(H2O)的比值保持不变时，能说明反应达平衡；
b.单位时间内有2mol H2消耗时一定会有1mol H2O生成，故不能作为平衡的标志；
c.该反应的反应物和生成物全是气体，根据质量守恒可知，在反应过程中气体的质量一直不变，而又是恒容的容器，即气体体积不变，故气体密度ρ=m/V一直不变，故密度不变不能作为平衡的标志；
d.此反应是气体的物质的量有改变的反应，即在平衡之前，容器中气体的物质的量和压强在变化，故当压强不变时，说明反应达平衡；
故答案为：ad；
②反应放热，故升高温度，平衡向逆反应方向移动，故CH3OCH3的产率将变小，故答案为：变小。
22.完成下列与溶液pH有关的计算
（1）室温下pH=2的HCl溶液和pH=10的NaOH溶液中由水电离出的c(H+)之比为____。
（2）在25℃时，pH等于9和pH等于11的两种氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液中的氢离子浓度为__。
（3）某温度时，水的KW=10-13，将此温度下pH=12的NaOH溶液aL与pH=2的H2SO4溶液bL混合，若所得混合溶液pH=3，则a：b=___。
（4）已知某温度时0.1mol•L-1NaOH pH等于11，在此温度下，若将100体积pH1＝a的H2SO4溶液与1体积pH2＝b的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是___（用含a、b的表达式表示）
【答案】(1). 1:100 (2). 2×10-11 mol·L－1 (3). 9:101 (4). a+b=14
【解析】
【分析】（1）根据溶液中氢离子与氢氧根离子的实际来源来判断由水电离的c(H+)；
（2）先计算混合溶液中c(OH-)，再根据Kw=c(OH-)•c(H+)计算c(H+)；
（3）若所得混合液的pH=3，酸过量，根据c(H+)=计算；
（4）某温度时测得0.1mol•L-1的NaOH溶液的pH为11，则Kw=0.1×10-11=1.0×10-12，混合液呈中性，说明酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子的物质的量，据此计算。
【详解】（1）室温下pH=2的HCl溶液中由水电离出的c(H+)=由水电离出的c(OH-)=溶液中的c（OH-）===10-12；pH=10的NaOH溶液中由水电离出的c(H+)=溶液中的c（H+）=10-10，则两者之比=10-12：10-10=1:100，故答案为1:100；
（2）在25℃时pH=9的溶液中c(OH−)= =10−5 mol/L，pH=11的溶液中c(OH−)==10−3 mol/L，则等体积混合溶液中c(OH−)=mol/L，混合溶液中c(H+)= mol/L≈2×10−11 mol/L，故答案为：2×10−11；
（3）若所得混合液的pH=3，则酸过量，c(H+)===0.001mol/L，解得a:b=9:101，
故答案为：9:101；
（4）因NaOH为强碱，则该溶液中的c(OH-)=0.1mol⋅L−1，又某温度时测得0.1mol⋅L−1的NaOH溶液的pH为11，则Kw=0.1×10−11=1.0×10−12，pH1=a的强酸溶液中氢离子浓度为10−a mol/L，pH2=b的强碱溶液中氢氧根离子浓度为10b−12 mol/L，混合溶液呈中性，说明酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子的物质的量，所以100×10−a=1×10b−12，整理可得a+b=14，
故答案为：a+b=14。
23.现往体积固定的密闭容器中通入等物质的量的NO2和CO，反应中的CO和NO的浓度随时间变化的示意图如图。根据图意回答下列问题：
（1）从反应开始到平衡，用NO2浓度变化表示平均反应速率υ(NO2)＝___。
（2）830K时，在密闭容器中发生下列可逆反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0。试回答：
①若起始时c（CO）=2mol·L-1，c（H2O）=3mol·L-1，达到平衡时CO的转化率为60%，则在该温度下，该反应的平衡常数K=____。
②在相同温度下，若起始时c（CO）=1mol·L-1，c（H2O）=2mol·L-1，反应进行一段时间后，测得H2的浓度为0.5mol·L-1，则此时该反应是否达到平衡状态___（填“是”与“否”），此时υ（正）__υ（逆）（填“大于”“小于”或“等于”）。
【答案】(1). (2). 1 (3). 否 (4). 大于
【解析】
【分析】（1）由图可知，t1min到达平衡，平衡时NO的浓度变化量为1.5mol/L，根据υ=计算υ（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算υ（NO2）；
（2）①根据三段式解题法，求出反应混合物各组分浓度的变化量、平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算平衡常数；
②计算瞬时的浓度商Qc，与平衡常数比较判断反应进行方向，据此解答；
【详解】（1）由图可知，t1min到达平衡，平衡时NO的浓度变化量为1.5mol/L，故υ（NO）=，因化学反应速率之比等于化学计量数之比，故υ（NO2）=υ（NO）=；故答案为：。
（2）①若起始时c（CO）=2mol·L-1，c（H2O）=3mol·L-1，达到平衡时CO的转化率为60%，则在该温度下，
CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2 （g）
开始（mol/L）：2 3 0 0
变化（mol/L）：2×60% 1.2 1.2 1.2
平衡（mol/L）：0.8 1.8 1.2 1.2
反应的平衡常数K==1；故答案为：1。
②在相同温度下，若起始时c（CO）=1mol•L-1，c（H2O）=2mol•L-1，反应进行一段时间后，测得H2浓度为0.5mol•L-1，则：
CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2 （g）
开始（mol/L）：1 2 0 0
变化（mol/L）：0.5 0.5 0.5 0.5
末态（mol/L）：0.5 1.5 0.5 0.5
浓度商Qc=＜1，故反应正向进行，此时υ（正）＞υ（逆）；
故答案为：否；大于。
24.钕铁硼磁铁是目前为止具有最强磁力的永久磁铁。预计在未来20年里，不可能有替代钕铁硼磁铁的磁性材料出现。生产钕铁硼磁铁的主要原材料有稀土金属钕、纯铁、铝、硼以及其它稀土原料。
（1）钕(Nd)为60号元素，在元素周期表中的位置是___；
（2）实验测得气态A1C13的实际存在形式为A12C16双聚分子，其中A1原子的杂化方式是___；A12C16与过量NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]；[A1(OH)4]-中存在的化学键有___。
A.离子键 B.共价键 C.配位键 D.金属键 E.氢键
（3）已知立方BN晶体晶胞结构如图所示，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为a nm，晶体的密度为b g•cm-3，则阿伏加德罗常数为____mol-1 (列式即可）
【答案】(1). 第六周期ⅢB族 (2). sp3 (3). BC (4). ×1021
【解析】
【分析】（1）第六周期第IA族Cs元素原子序数为55，可知60号元素处于第六周期IIIB族，属于镧系元素；
（2）Al2Cl6双聚分子球棍模型为，每个Al原子价层电子对数是4，根据价层电子对互斥理论判断Al原子杂化类型；[Al(OH)4]-的中心离子Al3+具有空轨道，接受O提供的孤对电子形成配位键，O与H之间是极性键；
（3）根据几何关系及密度公式分析计算。
【详解】(1)第六周期第IA族Cs元素原子序数为55，可知60号元素处于第六周期IIIB族，属于镧系元素，故答案为：第六周期ⅢB族；
(2)Al2Cl6双聚分子球棍模型为，每个Al原子价层电子对数是4，根据价层电子对互斥理论判断Al原子杂化类型为sp3；[Al(OH)4]-中心离子Al3+具有空轨道，接受O提供的孤对电子形成配位键，O与H之间是极性键，所以存在共价键、配位键，
故答案为：sp3；BC；
(3) B、N原子之间的距离为a nm，其距离为晶胞体对角线的，则体对角线长度为4anm，其晶胞边长=，晶胞体积=（）3，根据“均摊法”，该晶胞中N原子个数为4、B原子个数=8×+6×=4，晶胞密度ρ=，则NA==mol-1，故答案为：×1021。
25.实验室有一未知浓度的盐酸，某同学在实验室中进行实验测定盐酸的浓度。请完成下列填空：
配制100mL0.10mol•L-1NaOH标准溶液。取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，滴加 2~3滴酚酞作指示剂，用配制的标准 NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作 2~3次，记录数据如下：
滴定次数
待测盐酸的体积/mL
0.10 mol/L NaOH 溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
第一次
20.00
2.00
28.15
第二次
20.00
1.50
29.50
第三次
20.00
0.20
26.55
①该实验滴定达到终点的标志是____
②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为___。（保留两位有效数字）
③在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有____。（双选）
A.滴定终点读数时俯视读数
B.酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
C.锥形瓶水洗后未干燥
D.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
E.称量NaOH 固体时，混入少量KOH杂质
④现用以上实验配制的0.10mol•L－1NaOH溶液滴定未知浓度的CHCOOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是___
A.溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
B.溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂
C.溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
D.溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂
【答案】(1). 当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变成浅红色，并且在半分钟内不褪色 (2). 0.13mol•L-1 (3). DE (4). D
【解析】
【分析】①如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
②根据滴定消耗的标准液的体积判断数据的有效性，然后计算出标准液的平均体积，最后根据标c(待测)=计算出该盐酸的浓度；
③根据c(待测)=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；
④根据盐类的水解考虑溶液的酸碱性，然后根据指示剂的变色范围与酸碱中和后的越接近越好，且变色明显。
【详解】①滴定结束前盐酸中滴入酚酞，溶液为无色，滴定结束时氢氧化钠过量，溶液变成浅红色，所以滴定终点现象为：最后一滴氢氧化钠溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内浅红色不褪去；
故答案为：当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变成浅红色，并且在半分钟内不褪色；
②第二次数据误差较大，需舍去，消耗标准液的平均体积为：mL =26.25 mL，
该盐酸的浓度为：c（HCl）=═ ≈0.13mol•L-1；
故答案为：0.13mol•L-1；
③A．滴定终点读数时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏小；
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，待测液被稀释，其物质的量偏小，造成V（标准）偏小，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏小；
C．锥形瓶水洗后未干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c(待测)=分析，可知c(待测)不变；
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏大；
E. 称量NaOH 固体时，混入少量KOH杂质，则标准液的浓度会偏小，造成V（标准）偏大，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏大；
故答案为：DE；
④实验室常用3种指示剂的pH变色范围如下：甲基橙：3.1～4.4； 石蕊：5.0～8.0； 酚酞：8.2～10.0，石蕊变色不明显，NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，D项正确，故答案为：D。
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