还剩19页未读，
继续阅读
【化学】福建省厦门外国语学校2018-2019学年高二下学期第一次月考（解析版） 试卷
展开
福建省厦门外国语学校2018-2019学年高二下学期第一次月考
一、选择题：本题共15题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意
1.已知：A(g)＋2B(g) 2C(g) ΔH＝－Q kJ·mol－1(Q>0)，在恒容的密闭容器中充入1 mol A和2 mol B，一定条件下发生反应。下列有关说法正确的是( )
A. 平衡前，随着反应的进行，容器内气体密度逐渐减小
B. 平衡时，该反应放出的热量为Q kJ
C. 平衡后，再向容器中通入1 mol氦气，A的转化率增大
D. 平衡后，缩小容器容积，A的浓度增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.密度=，m总和V在反应中始终不变，所以密度是定值，故A错误；
B.反应可逆，不可进行到底，因此，平衡时，该反应放出的热量小于Q kJ，故B错误；
C.平衡后，再向容器中通入1 mol氦气，容器容积固定，反应物和生成物浓度未变，速率未变，依然处于平衡状态，故C错误；
D.平衡后，缩小容器容积，体积缩小，反应物和生成物浓度均增大，根据勒夏特利原理，平衡虽然正向移动消耗A，但A的浓度还是比以前增大了，故D正确；
答案：D
2.5L容器中充入2molA(g)和1molB(g)，在一定条件下发生反应： 2A(g)＋B(g)2C(g)，达平衡时，在相同温度下测得容器内混合气体压强是反应前的5/6，则A的转化率为( )
A. 67% B. 50% C. 25% D. 5%
【答案】B
【解析】
试题分析：根据化学方程式计算2A(g)＋B(g)2C(g)
起始物质的量 2 1 0
改变物质的量 2x x 2x
平衡物质的量 2-2x 1-x 2x (2-2x+1-x+2x)/(2+1)="5/6" 解 x=0.5,则A的转化率为0.5×2/2=50%，选B。
考点： 化学平衡的计算
3.在密闭容器中的一定量的混合气体发生反应：xA(g)＋yB(g)zC(g)平衡时测得C的浓度为1 mol·L－1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，再达到平衡时，测得C的浓度为0.6 mol·L－1，下列有关判断正确的是( )
A. x＋y>z B. 平衡向逆反应方向移动
C. B的转化率降低 D. A的体积分数减小
【答案】D
【解析】
【分析】
：xA(g)＋yB(g)zC(g)平衡时测得C的浓度为1 mol·L－1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，如果平衡不移动，C的浓度为0.5mol·L－1，再达到平衡时，测得C的浓度为0.6 mol·L－1，说明平衡正向移动了。
【详解】A.由上面分析可知，减小压强，平衡正向移动，因此 x＋y
C.由于平衡正向移动，B的转化率升高，故C错误；
D. 由于平衡正向移动，A的体积分数减小，故D正确；
答案：D
【点睛】注意本题是根据C的再次达到平衡后浓度和扩大体积后C的瞬时浓度对比，判断平衡移动方向。
4.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)＋2NO(g) CO2(g)＋N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度[NO]与温度T的关系如图所示。则下列说法中正确的是( )
A. 该反应的ΔH>0
B. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图像可知，随着温度的升高，NO的物质的量浓度增大，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；
B.由于正反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，则K1>K2，故B错误；
C.根据图像可知，由状态D到平衡点B，需要减小NO的浓度，所以反应正向进行，则v正>v逆,故C错误；
D.由于反应物碳是固体，所以在反应进行过程中，气体的总质量一直在变，V一定，气体的密度也就一直在变，当若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C，故D正确；
答案：D
5.T ℃时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A(g)＋B(g)C(s) ΔH<0，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线(实线)所示，下列判断正确的是( )
A. T ℃时，该反应的平衡常数值为4
B. c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行
C. 若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T ℃
D. T ℃时，直线cd上的点均为平衡状态
【答案】C
【解析】
A、根据平衡常数的表达式，K=1/[c(A)×c(B)]=1/4，故错误；B、c点没有达到平衡，如果达到平衡，应向d点移动，A、B的浓度降低，说明平衡向正反应方向移动，故错误；C、如果c点达到平衡，此时的平衡常数小于T℃时的平衡常数，说明平衡向逆反应方向移动，即升高温度，故正确；D、平衡常数只受温度的影响，与浓度、压强无关，因此曲线ab是平衡线，故错误。
6.在一定温度下，向容积固定不变的密闭容器中充入a mol A，发生反应：2A(g) B(g) ΔH<0。达平衡后再向容器中充入a mol A，再次达到平衡后，与原平衡比较，下列叙述不正确的是( )
A. 平均相对分子质量增大
B. A的转化率提高
C. A的质量分数增大
D. 反应放出的总热量大于原来的2倍
【答案】C
【解析】
【详解】容积固定，达平衡后再向容器中充入amolA，相当于增大了压强；
A.由于增大了压强，平衡向右移动，气体总质量不变，混合气体的物质的量减少，所以平均相对分子质量增大，故不选A；
B.由于增大了压强，平衡向右移动，A的转化率提高，故不选B；
C.由于增大了压强，A的质量分数减小，故选C；
D.再次达到平衡后，与原平衡比较，反应的A的物质的量大于原来的2倍，则反应放出的总热量大于原来的2倍，故不选D；
【点睛】本题考查压强对化学平衡的影响，注意容器容积不变，气体物质的量增大压强增大，注意选项D的理解。
7.体NH4Br置于密闭容器中，在某温度下，发生反应：NH4Br(s)NH3(g)＋HBr(g)，2HBr(g)Br2(g)＋H2(g)，2 min后，测知H2的浓度为0.5 mol·L－1，HBr的浓度为4 mol·L－1，若上述反应速率用v(NH3)表示，则下列速率正确的是( )
A. 0.5 mol·L－1·min－1 B. 2.5 mol·L－1·min－1
C. 2 mol·L－1·min－1 D. 1.25 mol·L－1·min－1
【答案】B
【解析】
【详解】根据反应可知，溴化铵分解生成的氨气浓度与溴化氢浓度相等，溴化铵分解生成的溴化氢的浓度为：c（HBr）+2c（H2）=4mol/L+2×0.5mol/L=5mol/L，
所以2min后溴化铵分解生成的氨气的浓度为：c（NH3）=c总（HBr）=5mol/L，
氨气的平均反应速率为：=2.5 mol/（L•min），故选B。
答案：B
【点睛】本题考查了化学反应速率的计算，题目难度中等，解题关键是分析、理解题中可逆反应中氨气与溴化氢的浓度关系，根据2min后氢气和溴化氢的浓度计算出氨气的浓度；
8.乙酸乙酯能在多种条件下发生水解反应：CH3COOC2H5+H2O⇌CH3COOH+C2H5OH．已知该反应的速率随c(H+)的增大而加快。如图为CH3COOC2H5的水解速率随时间的变化图。下列说法正确的是( )
A. 反应初期水解速率增大可能是溶液中c(H+)逐渐增大所致
B. A、B两点表示的c(CH3COOC2H5)相等
C. 图中t0时反应达到平衡状态
D. tB时CH3COOC2H5的转化率低于tA时CH3COOC2H5的转化率
【答案】A
【解析】
【详解】A.刚刚反应开始的时候，乙酸乙酯水解产生醋酸，量少，电离出的氢离子不断增加，反应速率不断加快，故A正确；
B.由于乙酸乙酯不断水解，浓度逐渐降低，则A、B两点表示的c（CH3COOC2H5）不等，故B错误；
C.图中to时表示乙酸乙酯水解速率最大，但没有达到平衡状态，故C错误；
D.乙酸乙酯作为反应物不断减少，而生成物增加，则tB时CH3COOC2H5的转化率高于tA时CH3COOC2H5的转化率，故D错误。
答案：A
9.某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g)+3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如下图所示的曲线（图中T表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是（ ）
A. 若T2＞T1，则正反应一定是放热反应
B. 达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c
C. 若T2＞T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd> vb
D. 在T2和n(A2)不变时达到平衡，AB3的物质的量大小为：c＞b＞a
【答案】D
【解析】
【详解】A项，若T2＞T1，说明随着温度的升高，AB3的体积分数增大，平衡向正反应方向进行，则该反应为吸热反应，故A项错误；
B项，在T2和n(A2)不变时，随着n(B2)的增大，平衡向正反应方向进行，达到平衡时A2的转化率增加，即A2的转化率大小为：c>b>a，故B项错误；
C项，温度越高，反应速率越快，若T2＞T1，达到平衡时，b、d点的反应速率有vb > vd，故C项错误；
D项，在T2和n(A2)不变时，随着n(B2)的增大，平衡向正反应方向进行，达到平衡时AB3的物质的量增大，则AB3的物质的量大小为：c>b>a，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】本题主要考查影响化学平衡移动的因素以及影响化学反应速率的因素，解题关键在于仔细审题，尤其是图象的分析方法，注意曲线的变化趋势。
10.温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0 molPCl5，反应PCl5(g) PCl3(g)＋Cl2(g) 经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)/mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
下列说法正确的是
A. 反应在前50 s的平均速率为v (PCl3)=0.0032 mol·L－1·s－1
B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c(PCl3)=0.11 mol·L－1，则反应的△H＜0
C. 相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，达到平衡前v (正)＞v (逆)
D. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3、2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%
【答案】C
【解析】
A、v (PCl3)= mol·L－1·s－1，A错误；B、原来达平衡n(PCl3)=0.2mol，所以c(PCl3)=0.1 mol·L－1，新平衡中c(PCl3)=0.11 mol·L－1说明升高温度平衡向右移动，正反应吸热△H＞0，B错误；C、根据题目数据计算出达平衡时各物质的浓度：c(PCl5)=0.4 mol·L－1，c(PCl3)= c(Cl2)=0.1 mol·L－1，所以平衡常数K=0.025。相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，浓度为c(PCl5)=0.5 mol·L－1，c(PCl3)= c(Cl2)=0.1 mol·L－1，所以Q=0.02＜K=0.025，平衡正向进行，v (正)＞v (逆)，C正确；D、若起始时加入1.0 mol PCl3、1.0 mol Cl2，则和题目初始时加入1.0molPCl5的关系是等效平衡，达平衡时平衡态应该相同，即n(PCl3)=0.2mol，所以PCl3的转化率为80%。D选项改为加入入2.0 mol PCl3、2.0 mol Cl2，是加入1.0 mol PCl3、1.0 mol Cl2的二倍，恒容下投料量翻倍，相当于增大压强，所以转化率增加，应该大于80%，D错误。
点睛：本题的D选项实际可以使用平衡常数K进行计算，但是过程比较复杂，而且需要解一个一元二次方程（注意：在高中化学解题过程中一般是不要求解二次方程的，遇到这种情况要考虑是不是有更好的解决方法。）。所以利用等效的方法进行比较是一种相对简单的解题方法。另外本题使用了一个结论：恒容下，同时同程度增大所有反应物或生成物浓度，体系中比例量（转化率、体积分数、平均分子量等）的变化，相当于没有增大浓度，而直接缩小体积增大压强。
11. 关于pH相同的醋酸和盐酸溶液，下列叙述不正确的是
A. 取等体积的两种酸溶液分别进行稀释至原溶液的m倍和n倍，结果两溶液的pH仍然相同，则m＞n
B. 取等体积的两种酸溶液分别与完全一样的足量锌粒反应，开始时反应速率盐酸大于醋酸
C. 取等体积的两种酸溶液分别中和NaOH溶液，醋酸消耗NaOH的物质的量比盐酸多
D. 两种酸溶液中c(CH3COO－)＝c(Cl－)
【答案】B
【解析】
试题分析：A、pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别加水稀释后，促进醋酸的电离，结果两溶液的pH仍然相同，所以醋酸稀释的倍数大，即m＞n，故A正确；B、pH相同则氢离子浓度相同，所以取等体积的两种酸溶液分别与完全一样的足量锌粒反应，开始时反应速率盐酸等于醋酸，故B错误；C、pH相同、体积相同的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸消耗NaOH的物质的量比盐酸多，故C正确；D、pH相同则氢离子浓度相同，所以氢氧根离子浓度也相同，根据电荷守恒c（CH3COO-）=c（Cl-），故D正确。
考点：本题考查弱电解质的电离平衡、离子浓度判断。
12.某温度下，相同体积、相同pH的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是( )
A. a点导电能力比b点强
B. b点的Kw值大于c点
C. 与盐酸完全反应时，消耗盐酸体积Va＞Vc
D. a、c两点的c(H＋)相等
【答案】D
【解析】
根据信息可知氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质，则氢氧化钠的浓度小于氨水，稀释过程中，促进一水合氨电离，所以pH变化大的是氢氧化钠，变化小的是氨水，则A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，a点的离子浓度小于b点，所以a点溶液的导电能力比处于b点溶液的导电能力弱，A错误；B．水的离子积常数只与温度有关，温度不变，水的离子积常数不变，B错误；C．等pH的氨水和氢氧化钠，氨水的浓度大于氢氧化钠，等体积的二者，氨水的物质的量大于氢氧化钠，碱的物质的量越大消耗同浓度酸的体积越多，C错误；D．a、c两点的pH相等，则溶液中c(H＋)相等，D正确，答案选D。
点睛：本题考查溶液稀释时pH的变化曲线图，明确强碱溶液在稀释时的pH的变化程度及相同pH时强碱的浓度比弱碱的浓度小是解答本题的关键，易错选项是C。
13.下列说法正确的是( )
A. 向Na2CO3溶液中通入CO2，可使水解平衡向正反应方向移动，溶液的pH增大
B. 在0.1 mol·L－1HCl溶液中加入适量的蒸馏水，溶液中各种离子的物质的量浓度均减小
C. NH3·H2O 溶液加水稀释后，溶液中c(NH3·H2O)和c(NH4+)的比值减小
D. 常温下， pH 均为 5 的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同
【答案】C
【解析】
【详解】A.由于碳酸钠和二氧化碳反应，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小，故A错误；
B.在酸溶液中加入蒸馏水，氢离子浓度降低，根据水的离子积可知，溶液中的氢氧根的浓度升高，故B错误。
C.加水稀释时，促进一水合氨电离，铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以溶液中一水合氨分子浓度与铵根离子浓度之比增大，故C正确；
D.pH=5的盐酸中氢离子抑制了水的电离，盐酸中氢氧根离子是水电离的，而氯化铵溶液中铵根离子促进了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，两溶液中水的电离程度不相同，故D错误；
答案：C
【点睛】本题考查了盐的水解、弱电解质的电离、离子浓度的比较，涉及知识点较多，易错点B选项。
14.浓度均为0.1mol·L－1、体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg[V/V0]的变化关系如下图所示。下列叙述正确的是( )
A. 常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH -)：a
C. 相同温度下，电离常数K( HX)：a>b
D. lg[V/V0] =3，若同时微热两种溶液(不考虑HX 、HY和H2O的挥发)，则c(X-)/c(Y-)减小
【答案】A
【解析】
A、加水稀释，对水的电离抑制减弱，促进水的电离，因此水电离出的c(H＋)×c(OH－)：a
15.25℃时，浓度均为0.2mol•L-1的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是( )
A. 均存在水解平衡和电离平衡
B. 由水电离出的c(OH-)前者小于后者
C. 存在的离子种类相同
D. 分别加入NaOH固体，恢复至室温，水解平衡均受到抑制，溶液的pH均减小
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaHCO3溶液中存在的HCO3-电离平衡和水解平衡、水的电离平衡，Na2CO3溶液中存在CO32-的水解平衡和水的电离平衡，故不选A；
B.CO32-的水解程度远远大于HCO3-水解程度，二者水解均显碱性，根据水解规律：谁强显谁性，所以Na2CO3中的氢氧根浓度大于NaHCO3溶液中的氢氧根浓度，故不选B；
C.HCO3-能电离和水解，电离生成CO32-和H+，水解生成H2CO3和OH-，CO32-第一步水解生成HCO3-和OH-，第二步水解生成H2CO3和OH-，溶液中还存在H+，所以两种溶液中粒子种类相同，故不选C；
D.分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，但由于加入了强碱，溶液的pH均增大，故选D；
答案：D
【点睛】本题考查盐的水解的应用，明确水解原理及盐类水解规律的应用是解题的关键。
二、填空题：本题共5小题，共55分．把答案写在答题卡中指定的答题处
16.CO可用于合成甲醇，化学方程式为CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)。
(1)图是CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①该反应的焓变ΔH________0 (填“>”“<”或“＝”)。
②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1________ K2 (填“>”“<”或“＝”)。在T1温度下，往体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO和2 mol H2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。则该反应的平衡常数为_____________________。
③若容器容积不变，下列措施可增加CO转化率的是________(填字母)。
a.升高温度 b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.使用合适的催化剂 d.充入He，使体系总压强增大
(2)在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在230 ℃、250 ℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律。如图3是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1 mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线z对应的温度是________℃；该温度下上述反应的化学平衡常数为________。曲线上a、b、c点对应的化学平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3的大小关系为____________。
【答案】 (1). < (2). > (3). 12 (4). b (5). 270 (6). 4 (7). K1＝K2
试题分析：本题考查化学平衡图像的分析，化学平衡常数的计算以及温度对化学平衡常数的影响，外界条件对化学平衡的影响。
（1）①由图像可知，T2先出现拐点，则T2反应速率快，T2T1；T2平衡时CO转化率小于T1平衡时CO转化率，升高温度平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，ΔH0。
②根据①的分析，温度T2T1，正反应为放热反应，温度高平衡常数小，K1K2。
根据图像，列出三段式，
CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）
c（起始）（mol/L） 1.00 2.00 0
c（转化）（mol/L） 0.75 1.5 0.75
c（平衡）（mol/L） 0.25 0.5 0.75
该反应的平衡常数为=12。
③a项，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小；b项，将CH3OH（g）从体系中分离，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大；c项，使用合适的催化剂，化学平衡不移动，CO的转化率不变；d项，充入He，使体系总压强增大，由于容器容积不变，各物质浓度不变，化学平衡不移动，CO的转化率不变；答案选b。
（2）该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小。在横坐标上任取一点作横坐标的垂直线，可见CO的转化率：xyz，则x、y、z对应的温度依次为230℃、250℃、270℃，z曲线对应的温度是270℃。由图知该温度下起始n(H2)/n(CO)=1.5（起始H2、CO物质的量分别为1.5mol、1mol），达到平衡时CO的转化率为50%，用三段式
CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）
c（起始）（mol/L） 1 1.5 0
c（转化）（mol/L） 150%=0.5 1 0.5
c（平衡）（mol/L） 0.5 0.5 0.5
该温度下的化学平衡常数为=4。a、b点的温度相同，则K1=K2，c点温度低于a、b点，温度升高平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则K1=K2K3。
17.已知2A(g)＋B(g) 2C(g)，△H＝－ a kJ/mol( a ＞0)，在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2molA和1molB，在500℃时充分反应达平衡后C的浓度为 ω mol/L，放出热量为 b kJ。
(1)比较a__b(填“＞”“＝”或“＜”)。
(2)若将反应温度升高到700℃，该反应的平衡常数将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)下列能说明该反应已经达到平衡状态的是__________。
a. v(C)=2 v(B) b. 容器内气体压强保持不变
c. v逆(A)=2v正(B) d.容器内气体密度保持不变
e.容器内气体的平均相对分子质量保持不变
(4)为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的操作是______________。
a. 及时分离出C气体 b. 适当升高温度
c. 增大B的浓度 d. 选择高效催化剂
(5) 若将上述容器改为恒压容器(反应前体积相同)，起始时加入2molA和1molB，500℃时充分反应达平衡后，放出热量为dkJ，则 d___b (填“＞”“＝”或“＜”)，理由是______________________________。
【答案】 (1). > (2). 减小 (3). bce (4). c (5). > (6). 恒压条件下，相当于给原平衡加压，平衡正向移动
【解析】
【分析】
（1）可逆反应中反应物不能全部转化为生成物；
（2）该反应正反应放热，所以升温平衡逆向移动；
（3）判断平衡的依据①速率一正一逆，速率比等于化学计量数比②反应过程中变化的物理量不在发生变化，反应就达到了平衡状态；
（4）根据影响速率和平衡的因素分析；
（5）从等效平衡角度分析；
【详解】（1）在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2mol A和1mol B，在500℃时充分反应达平衡后C的浓度为ωmol/L，放出热量为bkJ，反应是可逆反应，不能进行彻底，反应放出的热量小于焓变数值，a＞b；
答案：>
(2)若将反应温度升高到700℃，由于该反应正反应放热，所以平衡逆向移动，该反应的平衡常数将减小；
答案：减小
(3)a.没有说正逆速率，无法确定，故a错误；
b.反应过程中，容器内气体压强一直在减小，当压强不变时，说明达到了平衡，故b正确；
c.给出了正逆速率比等于化学计量数之比，说明达到了平衡，故c正确；
d.容器内气体密度始终是定值，无法证明达到了平衡，故d错误；
e.容器内气体的平均相对分子质量一直在增大，当保持不变时，就达到了平衡，故e正确；
答案：bce
（4）已知2A（g）+B（g）⇌2 C（g），△H=-akJ/mol（a＞0），反应是气体体积减小的放热反应，依据平衡移动原理分析，反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动；
A．及时分离出C气体，反应正向进行，但反应速率减小，故A不符合；
B．适当升高温度，加快反应速率，但平衡逆向进行，故B不符合；
C．增大B的浓度，平衡正向进行，反应速率增大，故C符合；
D．选择高效催化剂，增大反应速率，但不改变平衡，故D不符合；
答案：C；
（5）原平衡随反应进行，压强降低。恒压容器（反应器开始体积相同），相同温度下起始加入2molA和1molB，等效为在原平衡的基础上增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应移动，B的转化率变大，反应放出的热量增大，大于恒容容器中达到平衡状态放出的热量，d＞b；
答案：＞；恒压条件下，相当于给原平衡加压，平衡正向移动；
【点睛】本题考查等效平衡、反应热的计算、化学平衡状态的判断以及平衡的移动的知识等，题目综合性强，难度中等，注意把握等效平衡的原理。
18.目前工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇，某研究小组对下列有关甲醇制取的三条化学反应原理进行探究。已知在不同温度下的化学反应平衡常数(K1、K2、K3)如下表所示：
请回答下列问题：
(1)反应②是__________(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3=___________(用K1、K2表示)；根据反应③判断△S__________0(填“＞”、“=”或“＜”)，在____________(填“较高”或“较低”)温度下有利于该反应自发进行。
(3)要使反应③在一定条件下建立的平衡逆向移动，可采取的措施有______________(填写字母序号)。
a．缩小反应容器的容积
b．扩大反应容器的容积
c．升高温度
d．使用合适的催化剂
e．从平衡体系中及时分离出CH3OH
(4)500℃时，测得反应③在某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度分别为0.1mol·L-1、0.8mol·L-1、0.3mol·L-1、0.15mol·L-1，则此时v正__________v逆(填“＞”、“=”或“＜”)。
(5)某兴趣小组研究反应②的逆反应速率在下列不同条件随时间的变化曲线，开始时升温，t1时平衡，t2时降压，t3时增加CO浓度，t4时又达到平衡．请画出t2至t4的曲线______。
【答案】 (1). 吸热 (2). K1·K2 (3). < (4). 较低 (5). bc (6). > (7).
【解析】
【分析】
（1）反应②平衡常数随温度升高增大，说明升高温度平衡正向进行，正反应是吸热反应；
（2）根据盖斯定律计算平衡常数，在结合合温度变化分析平衡常数的变化；
（3）a缩小反应容器的容积，缩小反应容器的容积，压强增大，平衡向正向移动，故a错误；
b扩大反应容器的容积，扩大反应容器的容积，压强减小，平衡逆向移动，故b正确；
c由于K3=K1×K2，由表中数据可知，升高温度平衡常数减小，平衡逆向移动，故c正确；
d使用合适的催化剂，可以加快反应速率，但不影响平衡移动，故d错误；
f从平衡体系中及时分离出CH3OH，生成物浓度减小，平衡正向移动，故f错误；
（4）根据浓度商与平衡常数的比较判断；
（5）反应②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）是气体体积不变的吸热反应，反应的逆反应速率在下列不同条件随时间的变化曲线，开始时升温，逆反应速率增大，t1时平衡，t2时降压，逆反应速率减小，平衡不变，t3时增加CO浓度，此时刻逆反应速率增大，随反应进行减小，达到平衡状态大于t2-t3平衡状态的逆反应速率，t4时又达到平衡，依据反应速率影响分析绘制出去下变化。
【详解】（1）反应②平衡常数随温度升高增大，说明升高温度平衡正向进行，正反应是吸热反应，
故答案为：吸热；
（2）反应①+②可得反应③，则平衡常数K3=K1×K2，反应③3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）是气体体积减小的反应△S<0，计算不同温度下反应③的平衡常数，500°C时，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，800°C时，K3=K1×K2=2.50×0.15=0.375，结合温度变化分析，随温度升高，平衡常数减小，平衡逆向进行，所以判断反应是放热反应，焓变△H<0，根据△H-T△S<0,确定反应在低温下能自发进行；
答案：K1×K2；<；较低；
（3）a缩小反应容器的容积，缩小反应容器的容积，压强增大，平衡向正向移动，故a错误；
b扩大反应容器的容积，扩大反应容器的容积，压强减小，平衡逆向移动，故b正确；
c由于K3=K1×K2，由表中数据可知，升高温度平衡常数减小，平衡逆向移动，故c正确；
d使用合适的催化剂，可以加快反应速率，但不影响平衡移动，故d错误；
f从平衡体系中及时分离出CH3OH，生成物浓度减小，平衡正向移动，故f错误；
答案：bc
（4）500℃时K3=K1×K2=2.5，浓度商Qc==0.088v（逆）；
答案：>
（5）反应②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）是气体体积不变的吸热反应，反应的逆反应速率在下列不同条件随时间的变化曲线，开始时升温，逆反应速率增大，t1时平衡，t2时降压，逆反应速率减小，平衡不变，t3时增加CO浓度，此时刻逆反应速率增大，随反应进行减小，达到平衡状态大于t2-t3平衡状态的逆反应速率，t4时又达到平衡，依据反应速率影响分析绘制出去下变化；画出t2至t4的曲线为如图所示：
答案：
19.按要求回答下列问题：
(1)常温下向一定体积的0．1 mol/L醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是__________。
A 溶液中导电粒子的数目减少 B 醋酸的电离程度增大，c(H+)亦增大
C 溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)c(OH-)]不变 D 溶液中c(CH3COO-)/c(H+)减小
(2)①常温下将0．15 mol/L稀硫酸V1 mL与0．1 mol/L NaOH溶液V2 mL混合，所得溶液的pH为1，则V1：V2=_____________(溶液体积变化忽略不计)。
(3)常温下，浓度均为0．lmol/L的下列五种溶液的pH值如表所示：
①根据表中数据，将浓度均为0．01 mol/L的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是_____
A HCN B HClO C H2CO3 D CH3COOH
②根据以上数据，判断下列反应可以成立的是________。
A CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa B CH3COOH+NaCN=HCN+CH3COONa
C CO2 +H2O+ 2NaClO=Na2CO3+2HClO D NaHCO3+HCN=NaCN+CO2 +H2O
(4)几种离子开始沉淀时的pH如下表：
离子
Fe2+
Cu2+
Mg2+
pH
7.6
5.2
10.4
当向含相同浓度离子Cu2+、Fe2+、Mg2+的溶液中滴加NaOH溶液时，_________(填离子符号)先沉淀。
(5)电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡，请回答下列问题。
(1)已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数(25 ℃)
Ka＝1.77×10－4
Ka＝5.0×10－10
Ka1＝4.3×10－7
Ka2＝5.6×10－11
①同浓度HCOONa、NaCN、NaHCO3、Na2CO3这4种溶液中碱性最强的是__________；
②体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液a.HCOOH；b.HCN；c.H2SO4分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是(填字母) ____________。
【答案】 (1). CD (2). 1:1 (3). A (4). AB (5). Cu2+ (6). Na2CO3溶液 (7). b>a>c
【解析】
【分析】
(1)醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多浓度减小，根据醋酸的电离程度确定溶液中微粒个数变化．
(2)①所得溶液的pH值为1，溶液中氢离子浓度为1×10-1mol•L-1，说明氢离子过量，根据题中稀硫酸和氢氧化钠溶液体积列式计算出V1：V2的比值；
（3）①相同浓度的钠盐溶液，酸的酸性越弱，则酸根离子水解程度越大；
②根据强酸制取弱酸判断；
（4）根据表格可知：Cu2+开始沉淀的pH最小，所以Cu2+先沉淀；
（5）根据电离常数确定酸性强弱：HCOOH>H2CO3>HCN>HCO3-。
①酸性越弱，对应盐的水解能力越强，碱性越强，
②体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液，酸性越弱的物质的量浓度越大，消耗NaOH越多。
【详解】(1)A.醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多，故A错误；
B.加水稀释，促进电离，但离子浓度降低，故B错误；
C.c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)c(OH-)]=Ka/Kw，电离平衡常数和水的离子积常数不变，所以其不变，故C正确；
D.无限稀释相当于水，但体积增加，醋酸根离子浓度减小，氢离子浓度基本不变，所以c(CH3COO-)/c(H+)比值减小，故D正确；
答案：CD
(2)①溶液中氢氧化钠的物质的量为：V2×10-3L×0.1mol/L=V2×10-4mol，稀硫酸中氢离子的物质的量为：V1×10-3L×0.15mol/L×2=3V1×10-4mol，两溶液混合后溶液显示酸性，氢离子浓度为1×10-1mol•L-1，则有：3V1×10-4mol-V2×10-4mol=（V1+V2）×10-3L×1×10-1mol•L-1=（V1+V2）×10-4mol，解得V1：V2=1：1；
答案：1:1
（3）①相同浓度的钠盐溶液，酸的酸性越弱，则酸根离子水解程度越大，根据钠盐溶液pH确定酸的强弱，CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO3-；相同浓度的不同酸，加水稀释促进弱酸电离，则稀释相同的倍数，酸的酸性越弱，酸溶液稀释过程中pH变化越小，所以溶液的pH变化最小的是HCN，故选A；
答案：A
②酸性CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO3-，根据强酸制取弱酸知：
A.酸性CH3COOH>H2CO3>HCO3-，所以二者反应为CH3COOH+Na2CO3═NaHCO3+CH3COONa，故A正确；
B.醋酸酸性大于HCN，所以二者反应为CH3COOH+NaCN═CH3COONa+HCN，故B正确；
C.酸性H2CO3>HClO>HCO3-，所以二者反应为CO2+H2O+NaClO═NaHCO3+NaClO，故C错误；
D.酸性HCN>HCO3-，所以NaHCO3、HCN二者不反应，故D错误；
答案：AB
（4）根据表格可知：Cu2+开始沉淀的pH最小，所以Cu2+先沉淀；
答案：Cu2+
（5）根据电离常数确定酸性强弱：HCOOH>H2CO3>HCN>HCO3-。
①酸性越弱，对应盐的水解能力越强，碱性越强，因此同浓度HCOONa、NaCN、NaHCO3、Na2CO3这4种溶液中碱性最强的是Na2CO3；
答案：Na2CO3溶液
②体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液，酸性越弱的物质的量浓度越大，消耗NaOH越多；因此a.HCOOH；b.HCN；c.H2SO4分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是b>a>c。
答案：b>a>c
20.已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性，将溶液中的Cu2+、Fe2+、Fe3+沉淀为氢氧化物，需溶液的pH的数据如下表所示。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：
氢氧化物
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe(OH)2
6.5
9.7
Fe(OH)3
1.5
3.7
Cu(OH)2
4.2
6.7
请回答下列问题：
(1)本实验最适合的氧化剂X是__________。(选填下面的序号)
A K2Cr2O7 B NaClO C H2O2 D KMnO4
(2)物质Y是________。
(3)本实验用加碱沉淀的目的是否能达到？________________。原因是________________。
(4)除去Fe3+的化学方程式为____________________，_________________________________。
(5)加氧化剂的目的为________________________。
(6)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？________________。应如何操作________________。
【答案】 (1). C (2). CuO或Cu(OH)2 (3). 不能 (4). 加碱的同时Cu2+也会沉淀下来 (5). Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ (6). CuO+2H+= Cu2++H2O (7). 将Fe2+氧化为Fe3+再除去 (8). 不能 (9). 应在氯化氢气氛中浓缩后冷却结晶
【解析】
【分析】
本实验的目的是用恰当方法除去CuCl2•2H2O中的FeCl2，结合已学知识，可想到用沉淀法除去Fe2+，但由题目叙述可知，Fe2+沉淀为氢氧化物时所需pH与Cu2+的沉淀的pH相同，也就是说，Fe2+沉淀的同时，Cu2+也会沉淀，无法将两者分离开．而题目告知Fe3+沉淀所需的pH较小，所以应先将Fe2+氧化为Fe3+后再将其除去；为避免引入新的杂质，结合H2O2还原为H2O的特点，过量时也可用加热的方法使其分解而除去，氧化剂应选用H2O2；为了调节溶液的酸度，使pH在3.7的范围，可用CuO降低溶液中H+浓度，而CuO与酸反应后生成Cu2+，也不引入新的杂质，过量的CuO用过滤的方法与生成的Fe（OH）3沉淀一并除去．CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发），所以应在HCl气氛中采用低温减压蒸发结晶的方法，以得到CuCl2•2H2O的晶体。
【详解】（1）进行物质除杂时，所选用的试剂不能引入新的杂质；
A使用重铬酸钾做氧化剂能引入杂质离子，故A错误；
B使用次氯酸钠做氧化剂能引入杂质离子，故B错误；
C.使用双氧水做氧化剂，生成的是水，过量能加热除去，使用氧化铜与酸反应生成的是铜离子，不引入新的杂质，故C正确，
D.使用高锰酸钾做氧化剂能引入杂质离子，故D错误；
答案：C
（2）物质Y是用来调节pH为3.7，使得铁离子完全沉淀，因为不能引入新的杂质，所以用CuO或Cu(OH)2；
答案：CuO或Cu(OH)2
（3）采用加碱法除去氯化亚铁，则铜离子也会沉淀，故不能使用加碱法除去氯化亚铁；
答案： 不能 加碱的同时Cu2+也会沉淀下来
（5）Fe2+沉淀为氢氧化物时所需pH与Cu2+的沉淀的pH相同，也就是说，Fe2+沉淀的同时，Cu2+也会沉淀，无法将两者分离开，根据题干提供信息可知Fe3+沉淀所需的pH较小，所以应先将Fe2+氧化为Fe3+后再将其除去；
答案：将Fe2+氧化为Fe3+再除去
（6）CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发），所以应在HCl气氛中采用低温减压蒸发结晶的方法，以得到CuCl2•2H2O的晶体；
答案：不能 应在氯化氢气氛中浓缩后冷却结晶。
【点睛】本题考查了除去氯化铜中氯化亚铁并得到氯化铜晶体的方法，完成此题，可以依据已有的知识结合题干提供的信息进行，要求同学们在平时的学习中加强基础知识的储备，并提高从题干中获取有用信息的能力，以便灵活应用。
一、选择题：本题共15题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意
1.已知：A(g)＋2B(g) 2C(g) ΔH＝－Q kJ·mol－1(Q>0)，在恒容的密闭容器中充入1 mol A和2 mol B，一定条件下发生反应。下列有关说法正确的是( )
A. 平衡前，随着反应的进行，容器内气体密度逐渐减小
B. 平衡时，该反应放出的热量为Q kJ
C. 平衡后，再向容器中通入1 mol氦气，A的转化率增大
D. 平衡后，缩小容器容积，A的浓度增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.密度=，m总和V在反应中始终不变，所以密度是定值，故A错误；
B.反应可逆，不可进行到底，因此，平衡时，该反应放出的热量小于Q kJ，故B错误；
C.平衡后，再向容器中通入1 mol氦气，容器容积固定，反应物和生成物浓度未变，速率未变，依然处于平衡状态，故C错误；
D.平衡后，缩小容器容积，体积缩小，反应物和生成物浓度均增大，根据勒夏特利原理，平衡虽然正向移动消耗A，但A的浓度还是比以前增大了，故D正确；
答案：D
2.5L容器中充入2molA(g)和1molB(g)，在一定条件下发生反应： 2A(g)＋B(g)2C(g)，达平衡时，在相同温度下测得容器内混合气体压强是反应前的5/6，则A的转化率为( )
A. 67% B. 50% C. 25% D. 5%
【答案】B
【解析】
试题分析：根据化学方程式计算2A(g)＋B(g)2C(g)
起始物质的量 2 1 0
改变物质的量 2x x 2x
平衡物质的量 2-2x 1-x 2x (2-2x+1-x+2x)/(2+1)="5/6" 解 x=0.5,则A的转化率为0.5×2/2=50%，选B。
考点： 化学平衡的计算
3.在密闭容器中的一定量的混合气体发生反应：xA(g)＋yB(g)zC(g)平衡时测得C的浓度为1 mol·L－1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，再达到平衡时，测得C的浓度为0.6 mol·L－1，下列有关判断正确的是( )
A. x＋y>z B. 平衡向逆反应方向移动
C. B的转化率降低 D. A的体积分数减小
【答案】D
【解析】
【分析】
：xA(g)＋yB(g)zC(g)平衡时测得C的浓度为1 mol·L－1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，如果平衡不移动，C的浓度为0.5mol·L－1，再达到平衡时，测得C的浓度为0.6 mol·L－1，说明平衡正向移动了。
【详解】A.由上面分析可知，减小压强，平衡正向移动，因此 x＋y
C.由于平衡正向移动，B的转化率升高，故C错误；
D. 由于平衡正向移动，A的体积分数减小，故D正确；
答案：D
【点睛】注意本题是根据C的再次达到平衡后浓度和扩大体积后C的瞬时浓度对比，判断平衡移动方向。
4.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)＋2NO(g) CO2(g)＋N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度[NO]与温度T的关系如图所示。则下列说法中正确的是( )
A. 该反应的ΔH>0
B. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图像可知，随着温度的升高，NO的物质的量浓度增大，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；
B.由于正反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，则K1>K2，故B错误；
C.根据图像可知，由状态D到平衡点B，需要减小NO的浓度，所以反应正向进行，则v正>v逆,故C错误；
D.由于反应物碳是固体，所以在反应进行过程中，气体的总质量一直在变，V一定，气体的密度也就一直在变，当若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C，故D正确；
答案：D
5.T ℃时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A(g)＋B(g)C(s) ΔH<0，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线(实线)所示，下列判断正确的是( )
A. T ℃时，该反应的平衡常数值为4
B. c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行
C. 若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T ℃
D. T ℃时，直线cd上的点均为平衡状态
【答案】C
【解析】
A、根据平衡常数的表达式，K=1/[c(A)×c(B)]=1/4，故错误；B、c点没有达到平衡，如果达到平衡，应向d点移动，A、B的浓度降低，说明平衡向正反应方向移动，故错误；C、如果c点达到平衡，此时的平衡常数小于T℃时的平衡常数，说明平衡向逆反应方向移动，即升高温度，故正确；D、平衡常数只受温度的影响，与浓度、压强无关，因此曲线ab是平衡线，故错误。
6.在一定温度下，向容积固定不变的密闭容器中充入a mol A，发生反应：2A(g) B(g) ΔH<0。达平衡后再向容器中充入a mol A，再次达到平衡后，与原平衡比较，下列叙述不正确的是( )
A. 平均相对分子质量增大
B. A的转化率提高
C. A的质量分数增大
D. 反应放出的总热量大于原来的2倍
【答案】C
【解析】
【详解】容积固定，达平衡后再向容器中充入amolA，相当于增大了压强；
A.由于增大了压强，平衡向右移动，气体总质量不变，混合气体的物质的量减少，所以平均相对分子质量增大，故不选A；
B.由于增大了压强，平衡向右移动，A的转化率提高，故不选B；
C.由于增大了压强，A的质量分数减小，故选C；
D.再次达到平衡后，与原平衡比较，反应的A的物质的量大于原来的2倍，则反应放出的总热量大于原来的2倍，故不选D；
【点睛】本题考查压强对化学平衡的影响，注意容器容积不变，气体物质的量增大压强增大，注意选项D的理解。
7.体NH4Br置于密闭容器中，在某温度下，发生反应：NH4Br(s)NH3(g)＋HBr(g)，2HBr(g)Br2(g)＋H2(g)，2 min后，测知H2的浓度为0.5 mol·L－1，HBr的浓度为4 mol·L－1，若上述反应速率用v(NH3)表示，则下列速率正确的是( )
A. 0.5 mol·L－1·min－1 B. 2.5 mol·L－1·min－1
C. 2 mol·L－1·min－1 D. 1.25 mol·L－1·min－1
【答案】B
【解析】
【详解】根据反应可知，溴化铵分解生成的氨气浓度与溴化氢浓度相等，溴化铵分解生成的溴化氢的浓度为：c（HBr）+2c（H2）=4mol/L+2×0.5mol/L=5mol/L，
所以2min后溴化铵分解生成的氨气的浓度为：c（NH3）=c总（HBr）=5mol/L，
氨气的平均反应速率为：=2.5 mol/（L•min），故选B。
答案：B
【点睛】本题考查了化学反应速率的计算，题目难度中等，解题关键是分析、理解题中可逆反应中氨气与溴化氢的浓度关系，根据2min后氢气和溴化氢的浓度计算出氨气的浓度；
8.乙酸乙酯能在多种条件下发生水解反应：CH3COOC2H5+H2O⇌CH3COOH+C2H5OH．已知该反应的速率随c(H+)的增大而加快。如图为CH3COOC2H5的水解速率随时间的变化图。下列说法正确的是( )
A. 反应初期水解速率增大可能是溶液中c(H+)逐渐增大所致
B. A、B两点表示的c(CH3COOC2H5)相等
C. 图中t0时反应达到平衡状态
D. tB时CH3COOC2H5的转化率低于tA时CH3COOC2H5的转化率
【答案】A
【解析】
【详解】A.刚刚反应开始的时候，乙酸乙酯水解产生醋酸，量少，电离出的氢离子不断增加，反应速率不断加快，故A正确；
B.由于乙酸乙酯不断水解，浓度逐渐降低，则A、B两点表示的c（CH3COOC2H5）不等，故B错误；
C.图中to时表示乙酸乙酯水解速率最大，但没有达到平衡状态，故C错误；
D.乙酸乙酯作为反应物不断减少，而生成物增加，则tB时CH3COOC2H5的转化率高于tA时CH3COOC2H5的转化率，故D错误。
答案：A
9.某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g)+3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如下图所示的曲线（图中T表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是（ ）
A. 若T2＞T1，则正反应一定是放热反应
B. 达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c
C. 若T2＞T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd> vb
D. 在T2和n(A2)不变时达到平衡，AB3的物质的量大小为：c＞b＞a
【答案】D
【解析】
【详解】A项，若T2＞T1，说明随着温度的升高，AB3的体积分数增大，平衡向正反应方向进行，则该反应为吸热反应，故A项错误；
B项，在T2和n(A2)不变时，随着n(B2)的增大，平衡向正反应方向进行，达到平衡时A2的转化率增加，即A2的转化率大小为：c>b>a，故B项错误；
C项，温度越高，反应速率越快，若T2＞T1，达到平衡时，b、d点的反应速率有vb > vd，故C项错误；
D项，在T2和n(A2)不变时，随着n(B2)的增大，平衡向正反应方向进行，达到平衡时AB3的物质的量增大，则AB3的物质的量大小为：c>b>a，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】本题主要考查影响化学平衡移动的因素以及影响化学反应速率的因素，解题关键在于仔细审题，尤其是图象的分析方法，注意曲线的变化趋势。
10.温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0 molPCl5，反应PCl5(g) PCl3(g)＋Cl2(g) 经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)/mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
下列说法正确的是
A. 反应在前50 s的平均速率为v (PCl3)=0.0032 mol·L－1·s－1
B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c(PCl3)=0.11 mol·L－1，则反应的△H＜0
C. 相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，达到平衡前v (正)＞v (逆)
D. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3、2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%
【答案】C
【解析】
A、v (PCl3)= mol·L－1·s－1，A错误；B、原来达平衡n(PCl3)=0.2mol，所以c(PCl3)=0.1 mol·L－1，新平衡中c(PCl3)=0.11 mol·L－1说明升高温度平衡向右移动，正反应吸热△H＞0，B错误；C、根据题目数据计算出达平衡时各物质的浓度：c(PCl5)=0.4 mol·L－1，c(PCl3)= c(Cl2)=0.1 mol·L－1，所以平衡常数K=0.025。相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，浓度为c(PCl5)=0.5 mol·L－1，c(PCl3)= c(Cl2)=0.1 mol·L－1，所以Q=0.02＜K=0.025，平衡正向进行，v (正)＞v (逆)，C正确；D、若起始时加入1.0 mol PCl3、1.0 mol Cl2，则和题目初始时加入1.0molPCl5的关系是等效平衡，达平衡时平衡态应该相同，即n(PCl3)=0.2mol，所以PCl3的转化率为80%。D选项改为加入入2.0 mol PCl3、2.0 mol Cl2，是加入1.0 mol PCl3、1.0 mol Cl2的二倍，恒容下投料量翻倍，相当于增大压强，所以转化率增加，应该大于80%，D错误。
点睛：本题的D选项实际可以使用平衡常数K进行计算，但是过程比较复杂，而且需要解一个一元二次方程（注意：在高中化学解题过程中一般是不要求解二次方程的，遇到这种情况要考虑是不是有更好的解决方法。）。所以利用等效的方法进行比较是一种相对简单的解题方法。另外本题使用了一个结论：恒容下，同时同程度增大所有反应物或生成物浓度，体系中比例量（转化率、体积分数、平均分子量等）的变化，相当于没有增大浓度，而直接缩小体积增大压强。
11. 关于pH相同的醋酸和盐酸溶液，下列叙述不正确的是
A. 取等体积的两种酸溶液分别进行稀释至原溶液的m倍和n倍，结果两溶液的pH仍然相同，则m＞n
B. 取等体积的两种酸溶液分别与完全一样的足量锌粒反应，开始时反应速率盐酸大于醋酸
C. 取等体积的两种酸溶液分别中和NaOH溶液，醋酸消耗NaOH的物质的量比盐酸多
D. 两种酸溶液中c(CH3COO－)＝c(Cl－)
【答案】B
【解析】
试题分析：A、pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别加水稀释后，促进醋酸的电离，结果两溶液的pH仍然相同，所以醋酸稀释的倍数大，即m＞n，故A正确；B、pH相同则氢离子浓度相同，所以取等体积的两种酸溶液分别与完全一样的足量锌粒反应，开始时反应速率盐酸等于醋酸，故B错误；C、pH相同、体积相同的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸消耗NaOH的物质的量比盐酸多，故C正确；D、pH相同则氢离子浓度相同，所以氢氧根离子浓度也相同，根据电荷守恒c（CH3COO-）=c（Cl-），故D正确。
考点：本题考查弱电解质的电离平衡、离子浓度判断。
12.某温度下，相同体积、相同pH的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是( )
A. a点导电能力比b点强
B. b点的Kw值大于c点
C. 与盐酸完全反应时，消耗盐酸体积Va＞Vc
D. a、c两点的c(H＋)相等
【答案】D
【解析】
根据信息可知氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质，则氢氧化钠的浓度小于氨水，稀释过程中，促进一水合氨电离，所以pH变化大的是氢氧化钠，变化小的是氨水，则A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，a点的离子浓度小于b点，所以a点溶液的导电能力比处于b点溶液的导电能力弱，A错误；B．水的离子积常数只与温度有关，温度不变，水的离子积常数不变，B错误；C．等pH的氨水和氢氧化钠，氨水的浓度大于氢氧化钠，等体积的二者，氨水的物质的量大于氢氧化钠，碱的物质的量越大消耗同浓度酸的体积越多，C错误；D．a、c两点的pH相等，则溶液中c(H＋)相等，D正确，答案选D。
点睛：本题考查溶液稀释时pH的变化曲线图，明确强碱溶液在稀释时的pH的变化程度及相同pH时强碱的浓度比弱碱的浓度小是解答本题的关键，易错选项是C。
13.下列说法正确的是( )
A. 向Na2CO3溶液中通入CO2，可使水解平衡向正反应方向移动，溶液的pH增大
B. 在0.1 mol·L－1HCl溶液中加入适量的蒸馏水，溶液中各种离子的物质的量浓度均减小
C. NH3·H2O 溶液加水稀释后，溶液中c(NH3·H2O)和c(NH4+)的比值减小
D. 常温下， pH 均为 5 的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同
【答案】C
【解析】
【详解】A.由于碳酸钠和二氧化碳反应，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小，故A错误；
B.在酸溶液中加入蒸馏水，氢离子浓度降低，根据水的离子积可知，溶液中的氢氧根的浓度升高，故B错误。
C.加水稀释时，促进一水合氨电离，铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以溶液中一水合氨分子浓度与铵根离子浓度之比增大，故C正确；
D.pH=5的盐酸中氢离子抑制了水的电离，盐酸中氢氧根离子是水电离的，而氯化铵溶液中铵根离子促进了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，两溶液中水的电离程度不相同，故D错误；
答案：C
【点睛】本题考查了盐的水解、弱电解质的电离、离子浓度的比较，涉及知识点较多，易错点B选项。
14.浓度均为0.1mol·L－1、体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg[V/V0]的变化关系如下图所示。下列叙述正确的是( )
A. 常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH -)：a
C. 相同温度下，电离常数K( HX)：a>b
D. lg[V/V0] =3，若同时微热两种溶液(不考虑HX 、HY和H2O的挥发)，则c(X-)/c(Y-)减小
【答案】A
【解析】
A、加水稀释，对水的电离抑制减弱，促进水的电离，因此水电离出的c(H＋)×c(OH－)：a
15.25℃时，浓度均为0.2mol•L-1的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是( )
A. 均存在水解平衡和电离平衡
B. 由水电离出的c(OH-)前者小于后者
C. 存在的离子种类相同
D. 分别加入NaOH固体，恢复至室温，水解平衡均受到抑制，溶液的pH均减小
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaHCO3溶液中存在的HCO3-电离平衡和水解平衡、水的电离平衡，Na2CO3溶液中存在CO32-的水解平衡和水的电离平衡，故不选A；
B.CO32-的水解程度远远大于HCO3-水解程度，二者水解均显碱性，根据水解规律：谁强显谁性，所以Na2CO3中的氢氧根浓度大于NaHCO3溶液中的氢氧根浓度，故不选B；
C.HCO3-能电离和水解，电离生成CO32-和H+，水解生成H2CO3和OH-，CO32-第一步水解生成HCO3-和OH-，第二步水解生成H2CO3和OH-，溶液中还存在H+，所以两种溶液中粒子种类相同，故不选C；
D.分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，但由于加入了强碱，溶液的pH均增大，故选D；
答案：D
【点睛】本题考查盐的水解的应用，明确水解原理及盐类水解规律的应用是解题的关键。
二、填空题：本题共5小题，共55分．把答案写在答题卡中指定的答题处
16.CO可用于合成甲醇，化学方程式为CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)。
(1)图是CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①该反应的焓变ΔH________0 (填“>”“<”或“＝”)。
②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1________ K2 (填“>”“<”或“＝”)。在T1温度下，往体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO和2 mol H2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。则该反应的平衡常数为_____________________。
③若容器容积不变，下列措施可增加CO转化率的是________(填字母)。
a.升高温度 b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.使用合适的催化剂 d.充入He，使体系总压强增大
(2)在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在230 ℃、250 ℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律。如图3是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1 mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线z对应的温度是________℃；该温度下上述反应的化学平衡常数为________。曲线上a、b、c点对应的化学平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3的大小关系为____________。
【答案】 (1). < (2). > (3). 12 (4). b (5). 270 (6). 4 (7). K1＝K2
试题分析：本题考查化学平衡图像的分析，化学平衡常数的计算以及温度对化学平衡常数的影响，外界条件对化学平衡的影响。
（1）①由图像可知，T2先出现拐点，则T2反应速率快，T2T1；T2平衡时CO转化率小于T1平衡时CO转化率，升高温度平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，ΔH0。
②根据①的分析，温度T2T1，正反应为放热反应，温度高平衡常数小，K1K2。
根据图像，列出三段式，
CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）
c（起始）（mol/L） 1.00 2.00 0
c（转化）（mol/L） 0.75 1.5 0.75
c（平衡）（mol/L） 0.25 0.5 0.75
该反应的平衡常数为=12。
③a项，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小；b项，将CH3OH（g）从体系中分离，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大；c项，使用合适的催化剂，化学平衡不移动，CO的转化率不变；d项，充入He，使体系总压强增大，由于容器容积不变，各物质浓度不变，化学平衡不移动，CO的转化率不变；答案选b。
（2）该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小。在横坐标上任取一点作横坐标的垂直线，可见CO的转化率：xyz，则x、y、z对应的温度依次为230℃、250℃、270℃，z曲线对应的温度是270℃。由图知该温度下起始n(H2)/n(CO)=1.5（起始H2、CO物质的量分别为1.5mol、1mol），达到平衡时CO的转化率为50%，用三段式
CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）
c（起始）（mol/L） 1 1.5 0
c（转化）（mol/L） 150%=0.5 1 0.5
c（平衡）（mol/L） 0.5 0.5 0.5
该温度下的化学平衡常数为=4。a、b点的温度相同，则K1=K2，c点温度低于a、b点，温度升高平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则K1=K2K3。
17.已知2A(g)＋B(g) 2C(g)，△H＝－ a kJ/mol( a ＞0)，在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2molA和1molB，在500℃时充分反应达平衡后C的浓度为 ω mol/L，放出热量为 b kJ。
(1)比较a__b(填“＞”“＝”或“＜”)。
(2)若将反应温度升高到700℃，该反应的平衡常数将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)下列能说明该反应已经达到平衡状态的是__________。
a. v(C)=2 v(B) b. 容器内气体压强保持不变
c. v逆(A)=2v正(B) d.容器内气体密度保持不变
e.容器内气体的平均相对分子质量保持不变
(4)为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的操作是______________。
a. 及时分离出C气体 b. 适当升高温度
c. 增大B的浓度 d. 选择高效催化剂
(5) 若将上述容器改为恒压容器(反应前体积相同)，起始时加入2molA和1molB，500℃时充分反应达平衡后，放出热量为dkJ，则 d___b (填“＞”“＝”或“＜”)，理由是______________________________。
【答案】 (1). > (2). 减小 (3). bce (4). c (5). > (6). 恒压条件下，相当于给原平衡加压，平衡正向移动
【解析】
【分析】
（1）可逆反应中反应物不能全部转化为生成物；
（2）该反应正反应放热，所以升温平衡逆向移动；
（3）判断平衡的依据①速率一正一逆，速率比等于化学计量数比②反应过程中变化的物理量不在发生变化，反应就达到了平衡状态；
（4）根据影响速率和平衡的因素分析；
（5）从等效平衡角度分析；
【详解】（1）在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2mol A和1mol B，在500℃时充分反应达平衡后C的浓度为ωmol/L，放出热量为bkJ，反应是可逆反应，不能进行彻底，反应放出的热量小于焓变数值，a＞b；
答案：>
(2)若将反应温度升高到700℃，由于该反应正反应放热，所以平衡逆向移动，该反应的平衡常数将减小；
答案：减小
(3)a.没有说正逆速率，无法确定，故a错误；
b.反应过程中，容器内气体压强一直在减小，当压强不变时，说明达到了平衡，故b正确；
c.给出了正逆速率比等于化学计量数之比，说明达到了平衡，故c正确；
d.容器内气体密度始终是定值，无法证明达到了平衡，故d错误；
e.容器内气体的平均相对分子质量一直在增大，当保持不变时，就达到了平衡，故e正确；
答案：bce
（4）已知2A（g）+B（g）⇌2 C（g），△H=-akJ/mol（a＞0），反应是气体体积减小的放热反应，依据平衡移动原理分析，反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动；
A．及时分离出C气体，反应正向进行，但反应速率减小，故A不符合；
B．适当升高温度，加快反应速率，但平衡逆向进行，故B不符合；
C．增大B的浓度，平衡正向进行，反应速率增大，故C符合；
D．选择高效催化剂，增大反应速率，但不改变平衡，故D不符合；
答案：C；
（5）原平衡随反应进行，压强降低。恒压容器（反应器开始体积相同），相同温度下起始加入2molA和1molB，等效为在原平衡的基础上增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应移动，B的转化率变大，反应放出的热量增大，大于恒容容器中达到平衡状态放出的热量，d＞b；
答案：＞；恒压条件下，相当于给原平衡加压，平衡正向移动；
【点睛】本题考查等效平衡、反应热的计算、化学平衡状态的判断以及平衡的移动的知识等，题目综合性强，难度中等，注意把握等效平衡的原理。
18.目前工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇，某研究小组对下列有关甲醇制取的三条化学反应原理进行探究。已知在不同温度下的化学反应平衡常数(K1、K2、K3)如下表所示：
请回答下列问题：
(1)反应②是__________(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3=___________(用K1、K2表示)；根据反应③判断△S__________0(填“＞”、“=”或“＜”)，在____________(填“较高”或“较低”)温度下有利于该反应自发进行。
(3)要使反应③在一定条件下建立的平衡逆向移动，可采取的措施有______________(填写字母序号)。
a．缩小反应容器的容积
b．扩大反应容器的容积
c．升高温度
d．使用合适的催化剂
e．从平衡体系中及时分离出CH3OH
(4)500℃时，测得反应③在某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度分别为0.1mol·L-1、0.8mol·L-1、0.3mol·L-1、0.15mol·L-1，则此时v正__________v逆(填“＞”、“=”或“＜”)。
(5)某兴趣小组研究反应②的逆反应速率在下列不同条件随时间的变化曲线，开始时升温，t1时平衡，t2时降压，t3时增加CO浓度，t4时又达到平衡．请画出t2至t4的曲线______。
【答案】 (1). 吸热 (2). K1·K2 (3). < (4). 较低 (5). bc (6). > (7).
【解析】
【分析】
（1）反应②平衡常数随温度升高增大，说明升高温度平衡正向进行，正反应是吸热反应；
（2）根据盖斯定律计算平衡常数，在结合合温度变化分析平衡常数的变化；
（3）a缩小反应容器的容积，缩小反应容器的容积，压强增大，平衡向正向移动，故a错误；
b扩大反应容器的容积，扩大反应容器的容积，压强减小，平衡逆向移动，故b正确；
c由于K3=K1×K2，由表中数据可知，升高温度平衡常数减小，平衡逆向移动，故c正确；
d使用合适的催化剂，可以加快反应速率，但不影响平衡移动，故d错误；
f从平衡体系中及时分离出CH3OH，生成物浓度减小，平衡正向移动，故f错误；
（4）根据浓度商与平衡常数的比较判断；
（5）反应②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）是气体体积不变的吸热反应，反应的逆反应速率在下列不同条件随时间的变化曲线，开始时升温，逆反应速率增大，t1时平衡，t2时降压，逆反应速率减小，平衡不变，t3时增加CO浓度，此时刻逆反应速率增大，随反应进行减小，达到平衡状态大于t2-t3平衡状态的逆反应速率，t4时又达到平衡，依据反应速率影响分析绘制出去下变化。
【详解】（1）反应②平衡常数随温度升高增大，说明升高温度平衡正向进行，正反应是吸热反应，
故答案为：吸热；
（2）反应①+②可得反应③，则平衡常数K3=K1×K2，反应③3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）是气体体积减小的反应△S<0，计算不同温度下反应③的平衡常数，500°C时，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，800°C时，K3=K1×K2=2.50×0.15=0.375，结合温度变化分析，随温度升高，平衡常数减小，平衡逆向进行，所以判断反应是放热反应，焓变△H<0，根据△H-T△S<0,确定反应在低温下能自发进行；
答案：K1×K2；<；较低；
（3）a缩小反应容器的容积，缩小反应容器的容积，压强增大，平衡向正向移动，故a错误；
b扩大反应容器的容积，扩大反应容器的容积，压强减小，平衡逆向移动，故b正确；
c由于K3=K1×K2，由表中数据可知，升高温度平衡常数减小，平衡逆向移动，故c正确；
d使用合适的催化剂，可以加快反应速率，但不影响平衡移动，故d错误；
f从平衡体系中及时分离出CH3OH，生成物浓度减小，平衡正向移动，故f错误；
答案：bc
（4）500℃时K3=K1×K2=2.5，浓度商Qc==0.088
答案：>
（5）反应②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）是气体体积不变的吸热反应，反应的逆反应速率在下列不同条件随时间的变化曲线，开始时升温，逆反应速率增大，t1时平衡，t2时降压，逆反应速率减小，平衡不变，t3时增加CO浓度，此时刻逆反应速率增大，随反应进行减小，达到平衡状态大于t2-t3平衡状态的逆反应速率，t4时又达到平衡，依据反应速率影响分析绘制出去下变化；画出t2至t4的曲线为如图所示：
答案：
19.按要求回答下列问题：
(1)常温下向一定体积的0．1 mol/L醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是__________。
A 溶液中导电粒子的数目减少 B 醋酸的电离程度增大，c(H+)亦增大
C 溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)c(OH-)]不变 D 溶液中c(CH3COO-)/c(H+)减小
(2)①常温下将0．15 mol/L稀硫酸V1 mL与0．1 mol/L NaOH溶液V2 mL混合，所得溶液的pH为1，则V1：V2=_____________(溶液体积变化忽略不计)。
(3)常温下，浓度均为0．lmol/L的下列五种溶液的pH值如表所示：
①根据表中数据，将浓度均为0．01 mol/L的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是_____
A HCN B HClO C H2CO3 D CH3COOH
②根据以上数据，判断下列反应可以成立的是________。
A CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa B CH3COOH+NaCN=HCN+CH3COONa
C CO2 +H2O+ 2NaClO=Na2CO3+2HClO D NaHCO3+HCN=NaCN+CO2 +H2O
(4)几种离子开始沉淀时的pH如下表：
离子
Fe2+
Cu2+
Mg2+
pH
7.6
5.2
10.4
当向含相同浓度离子Cu2+、Fe2+、Mg2+的溶液中滴加NaOH溶液时，_________(填离子符号)先沉淀。
(5)电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡，请回答下列问题。
(1)已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数(25 ℃)
Ka＝1.77×10－4
Ka＝5.0×10－10
Ka1＝4.3×10－7
Ka2＝5.6×10－11
①同浓度HCOONa、NaCN、NaHCO3、Na2CO3这4种溶液中碱性最强的是__________；
②体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液a.HCOOH；b.HCN；c.H2SO4分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是(填字母) ____________。
【答案】 (1). CD (2). 1:1 (3). A (4). AB (5). Cu2+ (6). Na2CO3溶液 (7). b>a>c
【解析】
【分析】
(1)醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多浓度减小，根据醋酸的电离程度确定溶液中微粒个数变化．
(2)①所得溶液的pH值为1，溶液中氢离子浓度为1×10-1mol•L-1，说明氢离子过量，根据题中稀硫酸和氢氧化钠溶液体积列式计算出V1：V2的比值；
（3）①相同浓度的钠盐溶液，酸的酸性越弱，则酸根离子水解程度越大；
②根据强酸制取弱酸判断；
（4）根据表格可知：Cu2+开始沉淀的pH最小，所以Cu2+先沉淀；
（5）根据电离常数确定酸性强弱：HCOOH>H2CO3>HCN>HCO3-。
①酸性越弱，对应盐的水解能力越强，碱性越强，
②体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液，酸性越弱的物质的量浓度越大，消耗NaOH越多。
【详解】(1)A.醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多，故A错误；
B.加水稀释，促进电离，但离子浓度降低，故B错误；
C.c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)c(OH-)]=Ka/Kw，电离平衡常数和水的离子积常数不变，所以其不变，故C正确；
D.无限稀释相当于水，但体积增加，醋酸根离子浓度减小，氢离子浓度基本不变，所以c(CH3COO-)/c(H+)比值减小，故D正确；
答案：CD
(2)①溶液中氢氧化钠的物质的量为：V2×10-3L×0.1mol/L=V2×10-4mol，稀硫酸中氢离子的物质的量为：V1×10-3L×0.15mol/L×2=3V1×10-4mol，两溶液混合后溶液显示酸性，氢离子浓度为1×10-1mol•L-1，则有：3V1×10-4mol-V2×10-4mol=（V1+V2）×10-3L×1×10-1mol•L-1=（V1+V2）×10-4mol，解得V1：V2=1：1；
答案：1:1
（3）①相同浓度的钠盐溶液，酸的酸性越弱，则酸根离子水解程度越大，根据钠盐溶液pH确定酸的强弱，CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO3-；相同浓度的不同酸，加水稀释促进弱酸电离，则稀释相同的倍数，酸的酸性越弱，酸溶液稀释过程中pH变化越小，所以溶液的pH变化最小的是HCN，故选A；
答案：A
②酸性CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO3-，根据强酸制取弱酸知：
A.酸性CH3COOH>H2CO3>HCO3-，所以二者反应为CH3COOH+Na2CO3═NaHCO3+CH3COONa，故A正确；
B.醋酸酸性大于HCN，所以二者反应为CH3COOH+NaCN═CH3COONa+HCN，故B正确；
C.酸性H2CO3>HClO>HCO3-，所以二者反应为CO2+H2O+NaClO═NaHCO3+NaClO，故C错误；
D.酸性HCN>HCO3-，所以NaHCO3、HCN二者不反应，故D错误；
答案：AB
（4）根据表格可知：Cu2+开始沉淀的pH最小，所以Cu2+先沉淀；
答案：Cu2+
（5）根据电离常数确定酸性强弱：HCOOH>H2CO3>HCN>HCO3-。
①酸性越弱，对应盐的水解能力越强，碱性越强，因此同浓度HCOONa、NaCN、NaHCO3、Na2CO3这4种溶液中碱性最强的是Na2CO3；
答案：Na2CO3溶液
②体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液，酸性越弱的物质的量浓度越大，消耗NaOH越多；因此a.HCOOH；b.HCN；c.H2SO4分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是b>a>c。
答案：b>a>c
20.已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性，将溶液中的Cu2+、Fe2+、Fe3+沉淀为氢氧化物，需溶液的pH的数据如下表所示。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：
氢氧化物
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe(OH)2
6.5
9.7
Fe(OH)3
1.5
3.7
Cu(OH)2
4.2
6.7
请回答下列问题：
(1)本实验最适合的氧化剂X是__________。(选填下面的序号)
A K2Cr2O7 B NaClO C H2O2 D KMnO4
(2)物质Y是________。
(3)本实验用加碱沉淀的目的是否能达到？________________。原因是________________。
(4)除去Fe3+的化学方程式为____________________，_________________________________。
(5)加氧化剂的目的为________________________。
(6)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？________________。应如何操作________________。
【答案】 (1). C (2). CuO或Cu(OH)2 (3). 不能 (4). 加碱的同时Cu2+也会沉淀下来 (5). Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ (6). CuO+2H+= Cu2++H2O (7). 将Fe2+氧化为Fe3+再除去 (8). 不能 (9). 应在氯化氢气氛中浓缩后冷却结晶
【解析】
【分析】
本实验的目的是用恰当方法除去CuCl2•2H2O中的FeCl2，结合已学知识，可想到用沉淀法除去Fe2+，但由题目叙述可知，Fe2+沉淀为氢氧化物时所需pH与Cu2+的沉淀的pH相同，也就是说，Fe2+沉淀的同时，Cu2+也会沉淀，无法将两者分离开．而题目告知Fe3+沉淀所需的pH较小，所以应先将Fe2+氧化为Fe3+后再将其除去；为避免引入新的杂质，结合H2O2还原为H2O的特点，过量时也可用加热的方法使其分解而除去，氧化剂应选用H2O2；为了调节溶液的酸度，使pH在3.7的范围，可用CuO降低溶液中H+浓度，而CuO与酸反应后生成Cu2+，也不引入新的杂质，过量的CuO用过滤的方法与生成的Fe（OH）3沉淀一并除去．CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发），所以应在HCl气氛中采用低温减压蒸发结晶的方法，以得到CuCl2•2H2O的晶体。
【详解】（1）进行物质除杂时，所选用的试剂不能引入新的杂质；
A使用重铬酸钾做氧化剂能引入杂质离子，故A错误；
B使用次氯酸钠做氧化剂能引入杂质离子，故B错误；
C.使用双氧水做氧化剂，生成的是水，过量能加热除去，使用氧化铜与酸反应生成的是铜离子，不引入新的杂质，故C正确，
D.使用高锰酸钾做氧化剂能引入杂质离子，故D错误；
答案：C
（2）物质Y是用来调节pH为3.7，使得铁离子完全沉淀，因为不能引入新的杂质，所以用CuO或Cu(OH)2；
答案：CuO或Cu(OH)2
（3）采用加碱法除去氯化亚铁，则铜离子也会沉淀，故不能使用加碱法除去氯化亚铁；
答案： 不能 加碱的同时Cu2+也会沉淀下来
（5）Fe2+沉淀为氢氧化物时所需pH与Cu2+的沉淀的pH相同，也就是说，Fe2+沉淀的同时，Cu2+也会沉淀，无法将两者分离开，根据题干提供信息可知Fe3+沉淀所需的pH较小，所以应先将Fe2+氧化为Fe3+后再将其除去；
答案：将Fe2+氧化为Fe3+再除去
（6）CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发），所以应在HCl气氛中采用低温减压蒸发结晶的方法，以得到CuCl2•2H2O的晶体；
答案：不能 应在氯化氢气氛中浓缩后冷却结晶。
【点睛】本题考查了除去氯化铜中氯化亚铁并得到氯化铜晶体的方法，完成此题，可以依据已有的知识结合题干提供的信息进行，要求同学们在平时的学习中加强基础知识的储备，并提高从题干中获取有用信息的能力，以便灵活应用。
相关资料
更多
