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【化学】江西省金溪县第一中学2018-2019学年高二12月月考（解析版） 试卷
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江西省金溪县第一中学2018-2019学年高二12月月考
1.20℃时，将10 mL 0.1 mol·L-1Na2S2O3溶液和10 mL 0.1 mol·L-1的H2SO4溶液混合，2 min后溶液中明显出现浑浊。已知温度每升高10℃，化学反应速率增大到原来的2倍，那么50℃时，同样的反应要同样看到浑浊，需要的时间是
A. 40 s B. 15 s C. 48 s D. 20 s
【答案】B
【解析】
温度升高了30℃，反应速率是原来的23＝8倍，所需时间是原来的。
2.已知反应：H2（g）+ 1/2O2（g）=H2O（g）△H1
1/2N2（g）+O2（g）=NO2（g）△H2 1/2 N2（g）+ 3/2H2（g）=NH3（g）△H3
则反应2NH3（g）+ 7/2O2（g）=2NO2（g）+3H2O（g）的△H为
A. 2△H1+2△H2﹣2△H3 B. △H1+△H2﹣△H3
C. 3△H1+2△H2+2△H3 D. 3△H1+2△H2﹣2△H3
【答案】D
【解析】
试题分析：方程式①×3+②×2－③×2得到反应2NH3(g) ＋O2(g) ＝2NO2(g) ＋3H2O(g) ，所以该反应的△H＝3△H1＋2△H2—2△H3。
考点：考查盖斯定律的应用有关问题。
3.在A＋B(s)C的反应中，若增大压强或降低温度，B的转化率均增大，则反应体系应是
A. A是固体、C是气体，正反应吸热 B. A是气体、C是液体，正反应放热
C. A是气体、C是气体，正反应放热 D. A是气体、C是气体，正反应吸热
【答案】B
【解析】
试题分析：增大压强或降低温度，B的转化率均增大，这说明平衡是向正反应方向移动的，所以正反应是体积减小的、放热的可逆反应。由于反应物B是固体，所以A一定是气体，而C不能是气体，答案选B。
考点：考查外界条件对平衡状态的影响
点评：本题的关键是通过转化率增大，判断出平衡向正反应方向移动，然后依据勒夏特例原理进行判断即可。
4.在四个不同的容器中，在不同的条件下进行合成氨反应，根据下列在相同时间内测得的结果判断，生成氨的反应速率最快的是（ ）
A. v（NH3）=0.1 mol/（L•min） B. v（NH3）=0.2 mol/（L•min）
C. v（H2）=0.3 mol/（L•min） D. v（H2）=0.4 mol/（L•min）
【答案】D
【解析】
化学反应速率之比是相应的化学计量数之比，根据方程式N2+3H22NH3可知如果都用氢气表示反应速率，分别是[mol/（L•min）]0.15、0.3、0.3、0.4，所以反应速率最快的是选项D，答案选D。
点睛：同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值，需要注意的是换算时要注意单位的统一。
5.将下列物质溶于水，能促进水的电离的是
A. NaHSO4 B. Na2CO3 C. SO2 D. NaOH
【答案】B
【解析】
A、NaHSO4为酸性溶液，溶液中氢离子抑制水的电离，选项A不符合；B、Na2CO3溶液中碳酸根离子是弱酸阴离子水解，促进水的电离，选项B符合；C、SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，亚硫酸抑制了水的电离，选项C不符合；D、NaOH为强碱，NaOH抑制了水的电离，选项D不符合；答案选B。
点睛：本题考查了水的电离及其影响因素，题目难度不大，注意掌握影响水的电离的因素，明确水的电离过程为吸热过程，升高温度能够促进电离。水为弱电解质，水的电离方程式：H2O?H++OH-，加入酸溶液和碱溶液能够抑制水的电离，加入能够水解的盐能够促进水的电离；水的电离过程为吸热反应，升高温度能够促进水的电离，据此进行判断。
6.在0.1 mol/L Na2CO3溶液中，微粒间浓度关系正确的是
A. [Na+] + [H+]＝[OH-] + [HCO3-] + [CO32-] B. [Na+]＞[CO32-]＞[HCO3-]＞[OH-]
C. [Na+]＝2[CO32-] + 2[HCO3-] + 2[H2CO3] D. [Na+]＞[HCO3-]＞[CO32-]＞[OH-]
【答案】C
【解析】
根据电荷守恒，Na2CO3溶液中[Na+] + [H+]＝[OH—] + [HCO3—] + 2[CO32—]，故A错误；Na2CO3溶液中[Na+]＞[CO32—]＞ [OH—] ＞ [HCO3—] ，故B错误；根据物料守恒，Na2CO3溶液中[Na+]＝2[CO32—] + 2[HCO3—] + 2[H2CO3]，故C正确；Na2CO3溶液中[Na+]＞[CO32—]＞[OH—] ＞[HCO3—]，故D错误。
点睛：根据电荷守恒，溶液中阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数，所以Na2CO3、NaHCO3溶液中一定满足[Na+] + [H+]＝[OH—] + [HCO3—] + 2[CO32—]。
7.水是最宝贵的资源之一．下列表述正确的是
A. 4℃时，纯水的pH=7
B. 温度升高，纯水中的c（H+） 增大，c（OH﹣）减小
C. 水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子
D. 向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小
【答案】C
【解析】
试题分析：A、25℃时，纯水的pH=7，4℃时，纯水的电离程度减小，pH稍大于7，错误；B、温度升高，水的电离平衡向右移动，C（H+）与C（OH﹣）均增大，错误；C、水是一种极弱的电解质，电离程度很小，25℃时，纯水电离出的H+浓度只有1.0×10-7mol•L‾1，纯水中主要存在形态是水分子，正确；D、水的离子积不受溶液酸碱性的影响，错误。
考点：考查水的电离平衡。
8.某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是
A. AgCl的溶解度、Ksp均减小 B. AgCl的溶解度、Ksp均不变
C. AgCl的溶解度减小、Ksp不变 D. AgCl的溶解度不变、Ksp减小
【答案】C
【解析】
【详解】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。
故答案选C。
【点睛】本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念，解题时要注意两个概念的区别和联系。注意溶度积常数只和温度有关，温度不变，Ksp不变。溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变，不仅和温度有关，还和影响平衡的离子浓度有关。
9.相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是
A. pH相等的两溶液中：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)
B. 分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同
C. 相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同
D. 相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)
【答案】A
【解析】
【详解】A、在pH相等的两种溶液中，氢离子的浓度相同，根据溶液中电荷守恒可知阴离子浓度相等，即c（CH3COO－）=c(Cl－)，故A正确；
B、醋酸为弱酸，是弱电解质只能部分电离，与pH相同的强酸溶液比起来，与其他物质反应时，可以持续电离出氢离子，平衡右移，所以醋酸消耗的氢氧化钠的量要更多一些，故B错误；
C、反应刚开始时，醋酸弱酸部分电离，与同等浓度的强酸比较，反应速率会慢一些，故C错误；
D、当醋酸恰好与NaOH反应时，弱酸根水解呈现出碱性，应为c（CH3COO－）＜c(Cl－)，故D错误。
综上所述，本题的正确答案为A。
10.对于可逆反应：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列叙述不能说明该反应已达到平衡状态的是
A. 化学反应速率：4v正（O2）=5v逆（NO）
B. NH3、O2、NO，H2O的分子个数比是4：5：4：6
C. 单位时间内生成4 mol NO的同时消耗6 mol H2O
D. 反应混合物中NH3的体积分数不再改变
【答案】B
【解析】
【分析】
可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变。
【详解】A项、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，4v正（O2）=5v逆（NO）能证明化学反应的正逆反应速率是相等的，达到了化学平衡状态，故A正确；
B项、NH3、O2、NO、H2O的分子个数比是4：5：4：6，反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，故B错误；
C项、单位时间内生成4molNO的同时消耗6molH2O，同时消耗4molNO，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；
D项、反应混合物中NH3的体积分数不再改变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确。
故选B。
【点睛】平衡状态与v正=v逆等价的标志
①同一物质：该物质的生成速率等于它的消耗速率，如：v正生成=v逆消耗。
②不同的物质：速率之比等于化学方程式中的化学计量数之比，但必须是不同方向的速率。③可逆反应的正、逆反应速率不再随时间发生变化。
④化学键断裂情况＝化学键生成情况。对同一物质而言，断裂化学键的物质的量与形成化学键的物质的量相等。对不同物质而言，与各物质的化学计量数和分子内的化学键多少有关。如：对反应，当有3mol H—H键断裂，同时有6molN—H键断裂，则该反应达到了化学平衡。
11.常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 0.1mol·L-1CH3COONH4溶液的pH=7，则c(NH4+)=c(CH3COOˉ)
B. 25℃时，pH为6的碳酸溶液中水电离出的c(H+)=1.0×10-6mol·L-1
C. pH=12的Ba(OH)2溶液与pH=2的盐酸等体积混合，溶液呈碱性
D. 0.1mol·L-1醋酸与0.2mol·L-1 Na2 CO3溶液等体积混合：4c(CH3COOH)+4c(CH3COOˉ)=3c(Na+)
【答案】A
【解析】
A. 0.1mol·L-1CH3CONH4溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(NH4+)+ c(H+)=c(CH3COOˉ)+ c(OH-)，故c(NH4+)=c(CH3COOˉ)，选项A正确；B. 酸或碱抑制水的电离，故25℃时，pH为6的碳酸溶液中水电离出的c(H+)=1.0×10-8mol·L-1，选项B错误；C. pH=12的Ba(OH)2溶液c(OH-)=10-2mol·L-1， pH=2的盐酸c(H+)=10-2mol·L-1，等体积混合完全中和生成强酸强碱盐，溶液呈中性，选项C错误；D. 0.1mol·L-1醋酸与0.2mol·L-1 Na2 CO3溶液等体积混合，根据物料守恒有：4c(CH3COOH)+4c(CH3COOˉ)=c(Na+)，选项D错误。答案选A。
12.在一个恒容的密闭容器中充入C固体和水蒸气，在一定条件下进行下列两个可逆反应： C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）现有下列状态：
①C的浓度不变 ②H2O和H2的浓度相等 ③恒温时，气体压强不再改变
④绝热时反应体系中温度保持不变 ⑤断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍
⑥混合气体密度不变 ⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变
其中不能表明反应已达到平衡状态的是
A. ①② B. ①⑦ C. ③⑥ D. ④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变。
【详解】①C是固体，其浓度一直不变，故错误；
②H2O和H2的浓度相等，并不是不变，故错误；
③恒温时，气体压强不再改变，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；
④绝热时反应体系中温度保持不变，说明放出的热量等于吸收的热量，即正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；
⑤断裂氢氧键速率等效于形成氢氢键速率的2倍的同时断裂氢氢键速率的2倍，所以正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；
⑥混合气体密度不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故正确；
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量和气体的质量不变，反应达平衡状态，故正确；
故选A。
【点睛】平衡状态中反应混合物中各组成成分的含量保持不变的理解
①质量不再改变：各组成成分的质量不再改变，各反应物或生成物的总质量不再改变（不是指反应物的生成物的总质量不变），各组分的质量分数不再改变。
②物质的量不再改变：各组分的物质的量不再改变，各组分的物质的量分数不再改变，各反应物或生成物的总物质的量不再改变。［反应前后气体的分子数不变的反应，如：除外］
③对气体物质：若反应前后的物质都是气体，且化学计量数不等，总物质的量、总压强（恒温、恒容）、平均摩尔质量、混合气体的密度（恒温、恒压）保持不变。［但不适用于这一类反应前后化学计量数相等的反应］
④反应物的转化率、产物的产率保持不变。
⑤有颜色变化的体系颜色不再发生变化。
⑥物质的量浓度不再改变。当各组分（不包括固体或纯液体）的物质的量浓度不再改变时，则达到了化学平衡状态。
13.在H2与Cl2生成HCl的反应中,已知断裂1 mol氢氢键吸收的能量为akJ,断裂1 mol氯氯键吸收的能量为bkJ,形成1 mol氢氯键放出的能量为ckJ,则生成1 mol HCl放出的能量为
A. （c-a-b）kJ B. （a+b-c）kJ C. （2c-a-b）kJ D. （2c-a-b）/2 kJ
【答案】D
【解析】
试题分析：反应热＝反应物中的总键能－生成物中的总键能，则生成2mol氯化氢的反应热是（a＋b－2c）kJ/mol，因此生成1mol氯化氢放出的热量是，答案选D。
考点：考查反应热计算
14.25℃、101kPa下充分燃烧一定量丁烷气体放出的热量为xQ kJ，用5mol/L的KOH溶液100mL完全吸收生成的CO2， 并与之生成正盐，则丁烷的燃烧热的数值是
A. 16xQ B. 8xQ C. 4xQ D. 2xQ
【答案】A
【解析】
【分析】
燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，根据CO2与KOH的反应，计算出CO2的物质的量，进而计算出丁烷的物质的量，则可计算丁烷的燃烧热。
【详解】n（KOH）=0.1L×5mol/L=0.5mol，则由CO2～2KOH可知，n（CO2）=0.25mol，
则n（C4H10）=1/4×n（CO2）=1/4××0.25mol=1/16 mol，放出的热量为xQkJ，所以1mol丁烷完全燃烧放出的热量为16xQkJ，故选A。
【点睛】本题考查燃烧热的计算，本题注意把握燃烧热的概念，根据生成二氧化碳的物质的量计算丁烷的物质的量是解答该题的关键。
15.下列说法中正确的是
A. 氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na+和Cl﹣
B. 硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于强电解质
C. 二氧化碳溶于水能部分电离，所以二氧化碳属于弱电解质
D. 硫酸钠在水中的电离方程式可表示为Na2SO4═2Na++S6++4O2﹣
【答案】B
【解析】
氯化钠在溶于水时即能电离出Na+和Cl−，电解质的电离无需外加电流的作用，选项A说法错误；硫酸钡虽难溶于水，但硫酸钡溶于水的部分是完全电离的，因此硫酸钡属于强电解质，选项B说法正确；二氧化碳溶于水生成的碳酸能部分电离，碳酸是弱电解质，而二氧化碳是非电解质，选项C说法错误；硫酸钠在水中的电离方程式应为Na2SO42Na++，选项D说法错误。
16.下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系表述正确的是
A. pH=12的Ba（OH）2溶液和pH=12的Na2CO3溶液中，水电离的c（H+）相等
B. 常温下，pH=4的醋酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后pH＜7
C. 将0.2 mol•L﹣1NaA溶液和0.1 mol•L﹣1盐酸溶液等体积混合所得碱性溶液中c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（Cl﹣）
D. 0.1 mol•L﹣1 Na2CO3溶液中：c（Na+）=c（HCO3－）+c（H2CO3）+2c（CO32-）
【答案】B
【解析】
【分析】
A、Ba（OH）2为强碱抑制水的电离，Na2C03为强碱弱酸盐水解促进水的电离；
B、醋酸是弱电解质，pH=4的醋酸中醋酸浓度大于0.0001mol/L，pH=10的NaOH中氢氧化钠浓度为0.0001mol/L，二者等体积混合，醋酸过量；
C、混合溶液中应有电荷守恒关系：c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（Cl-）+c（OH-）；
D、Na2CO3溶液中物料守恒关系为c（Na+）=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c（H2CO3）。
【详解】A项、水的电离方程式为H2OH++OH-，Ba（OH）2为强碱水的电离，Na2C03为强碱弱酸盐促进水的电离，因此Na2C03溶液中水电离的c（OH-）大，故A错误；
B项、醋酸是弱电解质，pH=4的醋酸中醋酸浓度大于0.0001mol/L，pH=10的NaOH中氢氧化钠浓度为0.0001mol/L，二者等体积混合，醋酸过量，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以pH＜7，故B正确；
C项、溶液遵循电荷守恒的原则，混合溶液中应有c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（Cl-）+c（OH-），故C错误；
D项、碳酸钠溶液中存在物料守恒，n（Na）=2n（C），0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中离子浓度关系：c（Na+）=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c（H2CO3），故D错误.
故选B。
17.（1）25℃，有pH=12的氢氧化钠溶液100mL，要使它的pH降为11．应加蒸馏水的体积为________ mL；若加pH=10的氢氧化钠溶液，应加________mL．
（2）某温度下，纯水的c（H+）=3×10﹣7mol/L，Na2S和NaOH两溶液的pH均为12，则两溶液中由水电离出的c（OH﹣）的比值为 ________ ．
（3）已知 Na2SO4（s）+4H2（g）⇌Na2S（s）+4H2O（g）该温度下，在2L盛有2.84g Na2SO4的密闭容器中通入H2气体，10分钟后测得固体质量为2.264g．则10分钟内H2的平均反应速率为________ ．
【答案】 (1). 900 (2). 1000 (3). 9×1010 (4). 0.0018 mol/（L•min）
【解析】
【分析】
（1）先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据c1V1=c2（V1+V2）计算加入的水体积；先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据c1V1+c2V2=c3（V1+V2）计算加入的氢氧化钠溶液体积；
（2）NaOH抑制水的电离，Na2S促进水的电离，可根据pH计算水的电离c（OH﹣）；
（3）由固体的增量变化计算氢气消耗的物质的量，得到氢气的消耗浓度，由此计算氢气的反应速率。
【详解】（1）pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，设加入水的体积是V2，c1V1=c2（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L=（0.1+V2）L，V2==0.9L=900mL；pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，pH=10的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.0001mol/L，设加入pH=10的NaOH溶液体积是V2，c1V1+c2V2=c3（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L+0.0001mol/L×V2=0.001mol/L（0.1+V2），V2=1L=1000mL，故答案为：900；1000；
（2）在测得pH都等于12的NaOH溶液和Na2S溶液中，NaOH溶液由水电离的OH-浓度为=10-12mol/L，Na2S溶液由水电离的OH-浓度为= （9×10-14）/10-12= 9×10-2mol/L，故两者比值为9×10-2：10-12mol=9×1010, 故答案为：9×1010；
(3) 设反应消耗的氢气为nmol，则依据方程式可得：
Na2SO4（s）+4H2（g）Na2S（s）+4H2O（g）△m
4mol 64 g
n （2.84-2.264）g
解得n=0.036mol，c(H2)= 0.0018mol/L,则该时间范围内的平均反应速率v（H2）=═0.0018mol/（L．min），故答案为：0.0018mol/（L•min）。
18.在一个密闭容器中，有一个左右可滑动隔板，两边分别进行可逆反应，各物质的量如下：M、N、P为2.5mol、3.0mol、1.0mol。A、C、D各为0.50mol，B的物质的量为x，当x的物质的量在一定范围内变化，均可以通过调节反应器的温度，使两侧反应均达到平衡，且隔板在反应器的正中位置。达到平衡后，测得M的转化率为75%，填写空白：
（1）达到平衡后，反应器左室气体总的物质的量为____________________mol。
（2）若要使右室反应开始时V正>V逆，x的取值范围_____________________。
（3）若要使右室反应开始时V正
【解析】
试题分析：（1）方法一：在左室反应2M(g)+3N(s)2P(g)中，开始时，M、N、P为2.5mol、3.0mol、1.0mol。达到平衡后，测得M的转化率为75%，则平衡时M：2.5mol×25%=0.625mol；P: 2.5mol×75%+1.0mol=2.875mol.所以气体的总物质的量是2.875mol+0.625mol=3.5mol。方法二：由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以达到平衡时与反应开始时气体的物质的量相等，因此平衡时气体的物质的量是2.5mol+1.0mol=3.5mol。（2）若要使右室反应开始时V正>V逆，且隔板在反应器的正中位置x的取值范围是0.50mol×3+x>3.50mol;x>2mol；若反应是完全从正反应方向开始的，C、D的物质不是加入的，认为是反应消耗A、B生成的，则根据反应方程式中各种物质的物质的量的关系可知，会消耗B物质1mol,则B的最大物质的量是2+1=3mol,故若要使右室反应开始时V正>V逆，x的取值范围是2.0mol
19.在密闭容器中，使2 mol N2和6 mol H2混合发生下列反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0
（1）升高平衡体系的温度(保持体积不变)，混合气体的平均相对分子质量__________，密度__________。(填“变大”、“变小”或“不变”)
（2）当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。
（3）若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将________(填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)。达到新平衡后，容器内温度________(填“大于”、“小于”或“等于”)原来的2倍。
【答案】 (1). 变小 (2). 不变 (3). 逆向 (4). 向左移动 (5). 小于
【解析】
【分析】
(1) 反应是放热反应，升温平衡逆向进行，气体质量不变，物质的量增大，容器体积不变；
（2）恒温恒压容器加入氩气，为保持恒压体积增大，压强减小，平衡逆向进行；
（3）升高温度，平衡向吸热的逆向移动，使体系温度降低。
【详解】（1）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）（正反应为放热反应），反应是放热反应，升温平衡逆向进行，气体质量不变，物气体质的量增大，M=m/n可知，混和气体的平均相对分子质量减小；混合气体质量和体积不变，平衡后气体密度ρ=m/V，所以密度不变；故答案为：变小；不变；
（2）反应是气体体积减小的放热反应，恒温恒压容器加入氩气，为保持恒压体积增大，压强减小，平衡逆向进行，故答案为：逆向；
（3）恒容时升高温度至原来的2倍，根据勒夏特列原理，平衡向吸热反应的方向移动，即向左移动，达新平衡后，容器内温度大于原来的温度，小于原来温度的2倍，故答案为：向左移动；小于。
【点睛】本题考查了化学平衡计算分析，影响化学平衡的因素分析判断，反应特征和平衡移动原理是解题关键。
20.现有以下物质：其中属于强电解质的是________，属于弱电解质的是________，属于非电解质的是________，能导电的是________（以上均填序号） ①CO2②AlCl3③NH4Cl ④熔融Na2CO3⑤蔗糖⑥铜 ⑦BaSO4⑧CH3COOH ⑨NaOH溶液 ⑩液态HCl．
【答案】 (1). ②③④⑦⑩ (2). ⑧ (3). ①⑤ (4). ④⑥⑨
【解析】
【分析】
在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质，能导电的物质中含有自由移动的电子或离子。
【详解】①CO2不能导电，不能电离属于非电解质；②AlCl3不能导电，溶于水完全电离导电属于强电解质；③NH4Cl不能导电，溶于水全部电离属于强电解质；④熔融Na2CO3存在自由移动的离子，完全电离能导电，属于强电解质；⑤蔗糖不能电离不能导电，属于非电解质；⑥铜是金属能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑦BaSO4不能导电，熔融状态完全电离属于强电解质；⑧CH3COOH不能导电，溶于水部分电离属于弱电解质；⑨NaOH溶液存在自由移动的离子能导电，是氢氧化钠溶液不是电解质；⑩液态HCl不能导电，溶于水完全电离属于强电解质，其中属于强电解质的是②③④⑦⑩，属于弱电解质的是⑧，属于非电解质的是①⑤，能导电的是④⑥⑨，故答案为：②③④⑦⑩；⑧；①⑤；④⑥⑨。
21.水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ.酸化，滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I−还原为Mn2+，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2 S2O32−+I2=2I−+ S4O62−）。
回答下列问题：
（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_____________。
（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_______________。
（3）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和____________；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除____及二氧化碳。
（4）取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L−1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为________________；若消耗Na2S2O3 溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为_________mg·L−1。
（5）上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏___________。（填“高”或“低”）
【答案】 (1). 使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差 (2). 2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2 (3). 量筒、容量瓶 (4). 氧气 (5). 当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 (6). 80ab (7). 低
【解析】
本题采用碘量法测定水中的溶解氧的含量，属于氧化还原滴定。
（1）取水样时，若搅拌水体，会造成水底还原性杂质进入水样中，或者水体中的氧气因搅拌溶解度降低逸出。
（2）根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被氧气MnO(OH)2，Mn的化合价由＋2价→＋4价，化合价升高2，氧气中O的化合价由0价→－2价，整体降低4价，最小公倍数为4，由此可得方程式2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2。
（3）一定物质的量浓度溶液的配制还需要容量瓶和量筒；加热可以除去溶解的氧气，避免实验结果不准确。
（4）该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2，因此终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；根据题干，MnO(OH)2把I－氧化成I2，本身被还原成Mn2＋，根据得失电子数目守恒，即有n[MnO(OH)2]×2=n(I2)×2，因此建立关系式O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3
可得水样中溶解氧的含量为 [（ab×10-3）÷4×32×103]÷0.1=80ab。
（5）终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，导致b减小，根据[（ab×10-3）÷4×32×103]÷0.1=80ab，最终结果偏低。
22.（1）在常温下，有硫酸和盐酸的混合液20 mL，向该溶液中加入0.05 mol/L的Ba(OH)2时，生成的BaSO4沉淀的质量和混合溶液的pH有如图所示关系。计算：
①最初混合溶液中硫酸和盐酸的物质的量浓度。_____________
②A点溶液的pH值。_________________
（2）某温度时，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，试求：
①在该某温度时AgCl的溶解度；(=1.34,结果保留一位有效数字)_______________
②若把足量的AgCl固体分别放入①100 mL H2O ②100 mL 0.1 mol/L NaCl溶液 ③100 mL 0.1 mol/L AlCl3溶液 ④100 mL 0.1 mol/L MgCl2溶液，搅拌后溶解达到平衡，在相同温度下，求各溶液中Ag＋浓度由大到小的顺序。_______________
【答案】 (1). c(H2SO4)＝0.05 mol/Lc(HCl)＝0.2 mol/ (2). pH＝1 (3). 1.9×10－4g (4). ①＞②＞④＞③
【解析】
【分析】
（1）①由图可知，加入20mLBa（OH）2溶液时，硫酸钡沉淀达最大值，故根据方程式计算硫酸的物质的量；
由图可知，PH=7时，消耗60mLBa（OH）2溶液，由H++OH-═H2O可知n（H+）=n（OH-），据此计算原溶液中含有的n（H+），继而计算HCl电离产生的氢离子物质的量，再根据c=n/V计算硫酸、盐酸的物质的量浓度；
②A点时硫酸反应，而盐酸未反应，计算混合后氢离子的浓度，根据pH=-lgc（H+）;
（2）①由Ksp(AgCl)计算溶液中c(Ag＋)，再由c(Ag＋)计算1L溶液中AgCl的质量，最后利用溶解度公式计算AgCl的溶解度；
②依据在一定温度下，水溶液中Ag+的物质的量浓度和Cl-的物质的量浓度的乘积KSP为一常数，KSP=c（Ag+）c（Cl-）=1.8×10-10，温度不变，Ksp不变，溶液c(Cl－)越大，对AgCl的溶解抑制作用越大，c(Ag＋)越小。
【详解】(1) 由图可知，0～20mLBa（OH）2溶液发生H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O，20mL～60mLBa（OH）2溶液发生发生H++OH-═H2O。
①由图可知，加入20mLBa（OH）2溶液时，硫酸钡沉淀达最大值，设硫酸的物质的量为x，则：
H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O
1 1
x 0.02L×0.05mol•L-1
故x=0.02L×0.05mol•L-1=0.001mol，硫酸的物质的量浓度为0.05mol•L-1，由图可知，PH=7时，消耗60mLBa（OH）2溶液，由H++OH-═H2O可知原溶液中含有的n（H+）=n（OH-）=0.06L×0.05mol•L-1=0.003mol，故n（HCl）=0.003mol×2-0.001mol×2=0.004mol，故原溶液中HCl的物质的量浓度=0.2mol/L，故答案为：c(H2SO4)＝0.05 mol/L；c(HCl)＝0.2 mol/L；
②由图可知，A点硫酸完全反应，氢离子的浓度为（0.2mol/L×0.02L）/（0.02L+0.02L）=0.1mol/L，则pH=-lg0.1=1, 故答案为：1;
（2）①由Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10可知，饱和AgCl溶液中c(Ag＋)==1.34×10—5 mol/L，设溶液体积为1L，n(AgCl)=n c(Ag＋)= 1.34×10—5 mol，m(AgCl)= 1.34×10—5 mol×143.5g/mol≈1.9×10—3 g，由溶解度公式可得：（1000g-1.9×10—3 g）: 1.9×10—3 g =100g:S(AgCl)，解得S(AgCl)= 1.9×10—4 g，故答案为：1.9×10—4 g；
②一定温度下，水溶液中Ag+的物质的量浓度和Cl-的物质的量浓度的乘积KSP为一常数，KSP=c（Ag+）c（Cl-）=1.8×10-10，温度不变，Ksp不变，溶液c(Cl－)越大，对AgCl的溶解抑制作用越大，c(Ag＋)越小，因①c(Cl－)＝0、②c(Cl－)＝0.1 mol·L－1、③c(Cl－)＝0.3 mol·L－1、④c(Cl－)＝0.2mol·L－1，则溶液中c(Ag＋) 由大到小的顺序为①＞②＞④＞③，故答案为：①＞②＞④＞③。
1.20℃时，将10 mL 0.1 mol·L-1Na2S2O3溶液和10 mL 0.1 mol·L-1的H2SO4溶液混合，2 min后溶液中明显出现浑浊。已知温度每升高10℃，化学反应速率增大到原来的2倍，那么50℃时，同样的反应要同样看到浑浊，需要的时间是
A. 40 s B. 15 s C. 48 s D. 20 s
【答案】B
【解析】
温度升高了30℃，反应速率是原来的23＝8倍，所需时间是原来的。
2.已知反应：H2（g）+ 1/2O2（g）=H2O（g）△H1
1/2N2（g）+O2（g）=NO2（g）△H2 1/2 N2（g）+ 3/2H2（g）=NH3（g）△H3
则反应2NH3（g）+ 7/2O2（g）=2NO2（g）+3H2O（g）的△H为
A. 2△H1+2△H2﹣2△H3 B. △H1+△H2﹣△H3
C. 3△H1+2△H2+2△H3 D. 3△H1+2△H2﹣2△H3
【答案】D
【解析】
试题分析：方程式①×3+②×2－③×2得到反应2NH3(g) ＋O2(g) ＝2NO2(g) ＋3H2O(g) ，所以该反应的△H＝3△H1＋2△H2—2△H3。
考点：考查盖斯定律的应用有关问题。
3.在A＋B(s)C的反应中，若增大压强或降低温度，B的转化率均增大，则反应体系应是
A. A是固体、C是气体，正反应吸热 B. A是气体、C是液体，正反应放热
C. A是气体、C是气体，正反应放热 D. A是气体、C是气体，正反应吸热
【答案】B
【解析】
试题分析：增大压强或降低温度，B的转化率均增大，这说明平衡是向正反应方向移动的，所以正反应是体积减小的、放热的可逆反应。由于反应物B是固体，所以A一定是气体，而C不能是气体，答案选B。
考点：考查外界条件对平衡状态的影响
点评：本题的关键是通过转化率增大，判断出平衡向正反应方向移动，然后依据勒夏特例原理进行判断即可。
4.在四个不同的容器中，在不同的条件下进行合成氨反应，根据下列在相同时间内测得的结果判断，生成氨的反应速率最快的是（ ）
A. v（NH3）=0.1 mol/（L•min） B. v（NH3）=0.2 mol/（L•min）
C. v（H2）=0.3 mol/（L•min） D. v（H2）=0.4 mol/（L•min）
【答案】D
【解析】
化学反应速率之比是相应的化学计量数之比，根据方程式N2+3H22NH3可知如果都用氢气表示反应速率，分别是[mol/（L•min）]0.15、0.3、0.3、0.4，所以反应速率最快的是选项D，答案选D。
点睛：同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值，需要注意的是换算时要注意单位的统一。
5.将下列物质溶于水，能促进水的电离的是
A. NaHSO4 B. Na2CO3 C. SO2 D. NaOH
【答案】B
【解析】
A、NaHSO4为酸性溶液，溶液中氢离子抑制水的电离，选项A不符合；B、Na2CO3溶液中碳酸根离子是弱酸阴离子水解，促进水的电离，选项B符合；C、SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，亚硫酸抑制了水的电离，选项C不符合；D、NaOH为强碱，NaOH抑制了水的电离，选项D不符合；答案选B。
点睛：本题考查了水的电离及其影响因素，题目难度不大，注意掌握影响水的电离的因素，明确水的电离过程为吸热过程，升高温度能够促进电离。水为弱电解质，水的电离方程式：H2O?H++OH-，加入酸溶液和碱溶液能够抑制水的电离，加入能够水解的盐能够促进水的电离；水的电离过程为吸热反应，升高温度能够促进水的电离，据此进行判断。
6.在0.1 mol/L Na2CO3溶液中，微粒间浓度关系正确的是
A. [Na+] + [H+]＝[OH-] + [HCO3-] + [CO32-] B. [Na+]＞[CO32-]＞[HCO3-]＞[OH-]
C. [Na+]＝2[CO32-] + 2[HCO3-] + 2[H2CO3] D. [Na+]＞[HCO3-]＞[CO32-]＞[OH-]
【答案】C
【解析】
根据电荷守恒，Na2CO3溶液中[Na+] + [H+]＝[OH—] + [HCO3—] + 2[CO32—]，故A错误；Na2CO3溶液中[Na+]＞[CO32—]＞ [OH—] ＞ [HCO3—] ，故B错误；根据物料守恒，Na2CO3溶液中[Na+]＝2[CO32—] + 2[HCO3—] + 2[H2CO3]，故C正确；Na2CO3溶液中[Na+]＞[CO32—]＞[OH—] ＞[HCO3—]，故D错误。
点睛：根据电荷守恒，溶液中阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数，所以Na2CO3、NaHCO3溶液中一定满足[Na+] + [H+]＝[OH—] + [HCO3—] + 2[CO32—]。
7.水是最宝贵的资源之一．下列表述正确的是
A. 4℃时，纯水的pH=7
B. 温度升高，纯水中的c（H+） 增大，c（OH﹣）减小
C. 水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子
D. 向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小
【答案】C
【解析】
试题分析：A、25℃时，纯水的pH=7，4℃时，纯水的电离程度减小，pH稍大于7，错误；B、温度升高，水的电离平衡向右移动，C（H+）与C（OH﹣）均增大，错误；C、水是一种极弱的电解质，电离程度很小，25℃时，纯水电离出的H+浓度只有1.0×10-7mol•L‾1，纯水中主要存在形态是水分子，正确；D、水的离子积不受溶液酸碱性的影响，错误。
考点：考查水的电离平衡。
8.某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是
A. AgCl的溶解度、Ksp均减小 B. AgCl的溶解度、Ksp均不变
C. AgCl的溶解度减小、Ksp不变 D. AgCl的溶解度不变、Ksp减小
【答案】C
【解析】
【详解】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。
故答案选C。
【点睛】本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念，解题时要注意两个概念的区别和联系。注意溶度积常数只和温度有关，温度不变，Ksp不变。溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变，不仅和温度有关，还和影响平衡的离子浓度有关。
9.相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是
A. pH相等的两溶液中：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)
B. 分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同
C. 相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同
D. 相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)
【答案】A
【解析】
【详解】A、在pH相等的两种溶液中，氢离子的浓度相同，根据溶液中电荷守恒可知阴离子浓度相等，即c（CH3COO－）=c(Cl－)，故A正确；
B、醋酸为弱酸，是弱电解质只能部分电离，与pH相同的强酸溶液比起来，与其他物质反应时，可以持续电离出氢离子，平衡右移，所以醋酸消耗的氢氧化钠的量要更多一些，故B错误；
C、反应刚开始时，醋酸弱酸部分电离，与同等浓度的强酸比较，反应速率会慢一些，故C错误；
D、当醋酸恰好与NaOH反应时，弱酸根水解呈现出碱性，应为c（CH3COO－）＜c(Cl－)，故D错误。
综上所述，本题的正确答案为A。
10.对于可逆反应：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列叙述不能说明该反应已达到平衡状态的是
A. 化学反应速率：4v正（O2）=5v逆（NO）
B. NH3、O2、NO，H2O的分子个数比是4：5：4：6
C. 单位时间内生成4 mol NO的同时消耗6 mol H2O
D. 反应混合物中NH3的体积分数不再改变
【答案】B
【解析】
【分析】
可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变。
【详解】A项、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，4v正（O2）=5v逆（NO）能证明化学反应的正逆反应速率是相等的，达到了化学平衡状态，故A正确；
B项、NH3、O2、NO、H2O的分子个数比是4：5：4：6，反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，故B错误；
C项、单位时间内生成4molNO的同时消耗6molH2O，同时消耗4molNO，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；
D项、反应混合物中NH3的体积分数不再改变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确。
故选B。
【点睛】平衡状态与v正=v逆等价的标志
①同一物质：该物质的生成速率等于它的消耗速率，如：v正生成=v逆消耗。
②不同的物质：速率之比等于化学方程式中的化学计量数之比，但必须是不同方向的速率。③可逆反应的正、逆反应速率不再随时间发生变化。
④化学键断裂情况＝化学键生成情况。对同一物质而言，断裂化学键的物质的量与形成化学键的物质的量相等。对不同物质而言，与各物质的化学计量数和分子内的化学键多少有关。如：对反应，当有3mol H—H键断裂，同时有6molN—H键断裂，则该反应达到了化学平衡。
11.常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 0.1mol·L-1CH3COONH4溶液的pH=7，则c(NH4+)=c(CH3COOˉ)
B. 25℃时，pH为6的碳酸溶液中水电离出的c(H+)=1.0×10-6mol·L-1
C. pH=12的Ba(OH)2溶液与pH=2的盐酸等体积混合，溶液呈碱性
D. 0.1mol·L-1醋酸与0.2mol·L-1 Na2 CO3溶液等体积混合：4c(CH3COOH)+4c(CH3COOˉ)=3c(Na+)
【答案】A
【解析】
A. 0.1mol·L-1CH3CONH4溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(NH4+)+ c(H+)=c(CH3COOˉ)+ c(OH-)，故c(NH4+)=c(CH3COOˉ)，选项A正确；B. 酸或碱抑制水的电离，故25℃时，pH为6的碳酸溶液中水电离出的c(H+)=1.0×10-8mol·L-1，选项B错误；C. pH=12的Ba(OH)2溶液c(OH-)=10-2mol·L-1， pH=2的盐酸c(H+)=10-2mol·L-1，等体积混合完全中和生成强酸强碱盐，溶液呈中性，选项C错误；D. 0.1mol·L-1醋酸与0.2mol·L-1 Na2 CO3溶液等体积混合，根据物料守恒有：4c(CH3COOH)+4c(CH3COOˉ)=c(Na+)，选项D错误。答案选A。
12.在一个恒容的密闭容器中充入C固体和水蒸气，在一定条件下进行下列两个可逆反应： C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）现有下列状态：
①C的浓度不变 ②H2O和H2的浓度相等 ③恒温时，气体压强不再改变
④绝热时反应体系中温度保持不变 ⑤断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍
⑥混合气体密度不变 ⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变
其中不能表明反应已达到平衡状态的是
A. ①② B. ①⑦ C. ③⑥ D. ④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变。
【详解】①C是固体，其浓度一直不变，故错误；
②H2O和H2的浓度相等，并不是不变，故错误；
③恒温时，气体压强不再改变，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；
④绝热时反应体系中温度保持不变，说明放出的热量等于吸收的热量，即正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；
⑤断裂氢氧键速率等效于形成氢氢键速率的2倍的同时断裂氢氢键速率的2倍，所以正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；
⑥混合气体密度不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故正确；
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量和气体的质量不变，反应达平衡状态，故正确；
故选A。
【点睛】平衡状态中反应混合物中各组成成分的含量保持不变的理解
①质量不再改变：各组成成分的质量不再改变，各反应物或生成物的总质量不再改变（不是指反应物的生成物的总质量不变），各组分的质量分数不再改变。
②物质的量不再改变：各组分的物质的量不再改变，各组分的物质的量分数不再改变，各反应物或生成物的总物质的量不再改变。［反应前后气体的分子数不变的反应，如：除外］
③对气体物质：若反应前后的物质都是气体，且化学计量数不等，总物质的量、总压强（恒温、恒容）、平均摩尔质量、混合气体的密度（恒温、恒压）保持不变。［但不适用于这一类反应前后化学计量数相等的反应］
④反应物的转化率、产物的产率保持不变。
⑤有颜色变化的体系颜色不再发生变化。
⑥物质的量浓度不再改变。当各组分（不包括固体或纯液体）的物质的量浓度不再改变时，则达到了化学平衡状态。
13.在H2与Cl2生成HCl的反应中,已知断裂1 mol氢氢键吸收的能量为akJ,断裂1 mol氯氯键吸收的能量为bkJ,形成1 mol氢氯键放出的能量为ckJ,则生成1 mol HCl放出的能量为
A. （c-a-b）kJ B. （a+b-c）kJ C. （2c-a-b）kJ D. （2c-a-b）/2 kJ
【答案】D
【解析】
试题分析：反应热＝反应物中的总键能－生成物中的总键能，则生成2mol氯化氢的反应热是（a＋b－2c）kJ/mol，因此生成1mol氯化氢放出的热量是，答案选D。
考点：考查反应热计算
14.25℃、101kPa下充分燃烧一定量丁烷气体放出的热量为xQ kJ，用5mol/L的KOH溶液100mL完全吸收生成的CO2， 并与之生成正盐，则丁烷的燃烧热的数值是
A. 16xQ B. 8xQ C. 4xQ D. 2xQ
【答案】A
【解析】
【分析】
燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，根据CO2与KOH的反应，计算出CO2的物质的量，进而计算出丁烷的物质的量，则可计算丁烷的燃烧热。
【详解】n（KOH）=0.1L×5mol/L=0.5mol，则由CO2～2KOH可知，n（CO2）=0.25mol，
则n（C4H10）=1/4×n（CO2）=1/4××0.25mol=1/16 mol，放出的热量为xQkJ，所以1mol丁烷完全燃烧放出的热量为16xQkJ，故选A。
【点睛】本题考查燃烧热的计算，本题注意把握燃烧热的概念，根据生成二氧化碳的物质的量计算丁烷的物质的量是解答该题的关键。
15.下列说法中正确的是
A. 氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na+和Cl﹣
B. 硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于强电解质
C. 二氧化碳溶于水能部分电离，所以二氧化碳属于弱电解质
D. 硫酸钠在水中的电离方程式可表示为Na2SO4═2Na++S6++4O2﹣
【答案】B
【解析】
氯化钠在溶于水时即能电离出Na+和Cl−，电解质的电离无需外加电流的作用，选项A说法错误；硫酸钡虽难溶于水，但硫酸钡溶于水的部分是完全电离的，因此硫酸钡属于强电解质，选项B说法正确；二氧化碳溶于水生成的碳酸能部分电离，碳酸是弱电解质，而二氧化碳是非电解质，选项C说法错误；硫酸钠在水中的电离方程式应为Na2SO42Na++，选项D说法错误。
16.下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系表述正确的是
A. pH=12的Ba（OH）2溶液和pH=12的Na2CO3溶液中，水电离的c（H+）相等
B. 常温下，pH=4的醋酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后pH＜7
C. 将0.2 mol•L﹣1NaA溶液和0.1 mol•L﹣1盐酸溶液等体积混合所得碱性溶液中c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（Cl﹣）
D. 0.1 mol•L﹣1 Na2CO3溶液中：c（Na+）=c（HCO3－）+c（H2CO3）+2c（CO32-）
【答案】B
【解析】
【分析】
A、Ba（OH）2为强碱抑制水的电离，Na2C03为强碱弱酸盐水解促进水的电离；
B、醋酸是弱电解质，pH=4的醋酸中醋酸浓度大于0.0001mol/L，pH=10的NaOH中氢氧化钠浓度为0.0001mol/L，二者等体积混合，醋酸过量；
C、混合溶液中应有电荷守恒关系：c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（Cl-）+c（OH-）；
D、Na2CO3溶液中物料守恒关系为c（Na+）=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c（H2CO3）。
【详解】A项、水的电离方程式为H2OH++OH-，Ba（OH）2为强碱水的电离，Na2C03为强碱弱酸盐促进水的电离，因此Na2C03溶液中水电离的c（OH-）大，故A错误；
B项、醋酸是弱电解质，pH=4的醋酸中醋酸浓度大于0.0001mol/L，pH=10的NaOH中氢氧化钠浓度为0.0001mol/L，二者等体积混合，醋酸过量，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以pH＜7，故B正确；
C项、溶液遵循电荷守恒的原则，混合溶液中应有c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（Cl-）+c（OH-），故C错误；
D项、碳酸钠溶液中存在物料守恒，n（Na）=2n（C），0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中离子浓度关系：c（Na+）=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c（H2CO3），故D错误.
故选B。
17.（1）25℃，有pH=12的氢氧化钠溶液100mL，要使它的pH降为11．应加蒸馏水的体积为________ mL；若加pH=10的氢氧化钠溶液，应加________mL．
（2）某温度下，纯水的c（H+）=3×10﹣7mol/L，Na2S和NaOH两溶液的pH均为12，则两溶液中由水电离出的c（OH﹣）的比值为 ________ ．
（3）已知 Na2SO4（s）+4H2（g）⇌Na2S（s）+4H2O（g）该温度下，在2L盛有2.84g Na2SO4的密闭容器中通入H2气体，10分钟后测得固体质量为2.264g．则10分钟内H2的平均反应速率为________ ．
【答案】 (1). 900 (2). 1000 (3). 9×1010 (4). 0.0018 mol/（L•min）
【解析】
【分析】
（1）先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据c1V1=c2（V1+V2）计算加入的水体积；先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据c1V1+c2V2=c3（V1+V2）计算加入的氢氧化钠溶液体积；
（2）NaOH抑制水的电离，Na2S促进水的电离，可根据pH计算水的电离c（OH﹣）；
（3）由固体的增量变化计算氢气消耗的物质的量，得到氢气的消耗浓度，由此计算氢气的反应速率。
【详解】（1）pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，设加入水的体积是V2，c1V1=c2（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L=（0.1+V2）L，V2==0.9L=900mL；pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，pH=10的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.0001mol/L，设加入pH=10的NaOH溶液体积是V2，c1V1+c2V2=c3（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L+0.0001mol/L×V2=0.001mol/L（0.1+V2），V2=1L=1000mL，故答案为：900；1000；
（2）在测得pH都等于12的NaOH溶液和Na2S溶液中，NaOH溶液由水电离的OH-浓度为=10-12mol/L，Na2S溶液由水电离的OH-浓度为= （9×10-14）/10-12= 9×10-2mol/L，故两者比值为9×10-2：10-12mol=9×1010, 故答案为：9×1010；
(3) 设反应消耗的氢气为nmol，则依据方程式可得：
Na2SO4（s）+4H2（g）Na2S（s）+4H2O（g）△m
4mol 64 g
n （2.84-2.264）g
解得n=0.036mol，c(H2)= 0.0018mol/L,则该时间范围内的平均反应速率v（H2）=═0.0018mol/（L．min），故答案为：0.0018mol/（L•min）。
18.在一个密闭容器中，有一个左右可滑动隔板，两边分别进行可逆反应，各物质的量如下：M、N、P为2.5mol、3.0mol、1.0mol。A、C、D各为0.50mol，B的物质的量为x，当x的物质的量在一定范围内变化，均可以通过调节反应器的温度，使两侧反应均达到平衡，且隔板在反应器的正中位置。达到平衡后，测得M的转化率为75%，填写空白：
（1）达到平衡后，反应器左室气体总的物质的量为____________________mol。
（2）若要使右室反应开始时V正>V逆，x的取值范围_____________________。
（3）若要使右室反应开始时V正
【解析】
试题分析：（1）方法一：在左室反应2M(g)+3N(s)2P(g)中，开始时，M、N、P为2.5mol、3.0mol、1.0mol。达到平衡后，测得M的转化率为75%，则平衡时M：2.5mol×25%=0.625mol；P: 2.5mol×75%+1.0mol=2.875mol.所以气体的总物质的量是2.875mol+0.625mol=3.5mol。方法二：由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以达到平衡时与反应开始时气体的物质的量相等，因此平衡时气体的物质的量是2.5mol+1.0mol=3.5mol。（2）若要使右室反应开始时V正>V逆，且隔板在反应器的正中位置x的取值范围是0.50mol×3+x>3.50mol;x>2mol；若反应是完全从正反应方向开始的，C、D的物质不是加入的，认为是反应消耗A、B生成的，则根据反应方程式中各种物质的物质的量的关系可知，会消耗B物质1mol,则B的最大物质的量是2+1=3mol,故若要使右室反应开始时V正>V逆，x的取值范围是2.0mol
19.在密闭容器中，使2 mol N2和6 mol H2混合发生下列反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0
（1）升高平衡体系的温度(保持体积不变)，混合气体的平均相对分子质量__________，密度__________。(填“变大”、“变小”或“不变”)
（2）当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。
（3）若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将________(填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)。达到新平衡后，容器内温度________(填“大于”、“小于”或“等于”)原来的2倍。
【答案】 (1). 变小 (2). 不变 (3). 逆向 (4). 向左移动 (5). 小于
【解析】
【分析】
(1) 反应是放热反应，升温平衡逆向进行，气体质量不变，物质的量增大，容器体积不变；
（2）恒温恒压容器加入氩气，为保持恒压体积增大，压强减小，平衡逆向进行；
（3）升高温度，平衡向吸热的逆向移动，使体系温度降低。
【详解】（1）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）（正反应为放热反应），反应是放热反应，升温平衡逆向进行，气体质量不变，物气体质的量增大，M=m/n可知，混和气体的平均相对分子质量减小；混合气体质量和体积不变，平衡后气体密度ρ=m/V，所以密度不变；故答案为：变小；不变；
（2）反应是气体体积减小的放热反应，恒温恒压容器加入氩气，为保持恒压体积增大，压强减小，平衡逆向进行，故答案为：逆向；
（3）恒容时升高温度至原来的2倍，根据勒夏特列原理，平衡向吸热反应的方向移动，即向左移动，达新平衡后，容器内温度大于原来的温度，小于原来温度的2倍，故答案为：向左移动；小于。
【点睛】本题考查了化学平衡计算分析，影响化学平衡的因素分析判断，反应特征和平衡移动原理是解题关键。
20.现有以下物质：其中属于强电解质的是________，属于弱电解质的是________，属于非电解质的是________，能导电的是________（以上均填序号） ①CO2②AlCl3③NH4Cl ④熔融Na2CO3⑤蔗糖⑥铜 ⑦BaSO4⑧CH3COOH ⑨NaOH溶液 ⑩液态HCl．
【答案】 (1). ②③④⑦⑩ (2). ⑧ (3). ①⑤ (4). ④⑥⑨
【解析】
【分析】
在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质，能导电的物质中含有自由移动的电子或离子。
【详解】①CO2不能导电，不能电离属于非电解质；②AlCl3不能导电，溶于水完全电离导电属于强电解质；③NH4Cl不能导电，溶于水全部电离属于强电解质；④熔融Na2CO3存在自由移动的离子，完全电离能导电，属于强电解质；⑤蔗糖不能电离不能导电，属于非电解质；⑥铜是金属能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑦BaSO4不能导电，熔融状态完全电离属于强电解质；⑧CH3COOH不能导电，溶于水部分电离属于弱电解质；⑨NaOH溶液存在自由移动的离子能导电，是氢氧化钠溶液不是电解质；⑩液态HCl不能导电，溶于水完全电离属于强电解质，其中属于强电解质的是②③④⑦⑩，属于弱电解质的是⑧，属于非电解质的是①⑤，能导电的是④⑥⑨，故答案为：②③④⑦⑩；⑧；①⑤；④⑥⑨。
21.水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ.酸化，滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I−还原为Mn2+，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2 S2O32−+I2=2I−+ S4O62−）。
回答下列问题：
（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_____________。
（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_______________。
（3）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和____________；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除____及二氧化碳。
（4）取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L−1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为________________；若消耗Na2S2O3 溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为_________mg·L−1。
（5）上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏___________。（填“高”或“低”）
【答案】 (1). 使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差 (2). 2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2 (3). 量筒、容量瓶 (4). 氧气 (5). 当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 (6). 80ab (7). 低
【解析】
本题采用碘量法测定水中的溶解氧的含量，属于氧化还原滴定。
（1）取水样时，若搅拌水体，会造成水底还原性杂质进入水样中，或者水体中的氧气因搅拌溶解度降低逸出。
（2）根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被氧气MnO(OH)2，Mn的化合价由＋2价→＋4价，化合价升高2，氧气中O的化合价由0价→－2价，整体降低4价，最小公倍数为4，由此可得方程式2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2。
（3）一定物质的量浓度溶液的配制还需要容量瓶和量筒；加热可以除去溶解的氧气，避免实验结果不准确。
（4）该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2，因此终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；根据题干，MnO(OH)2把I－氧化成I2，本身被还原成Mn2＋，根据得失电子数目守恒，即有n[MnO(OH)2]×2=n(I2)×2，因此建立关系式O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3
可得水样中溶解氧的含量为 [（ab×10-3）÷4×32×103]÷0.1=80ab。
（5）终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，导致b减小，根据[（ab×10-3）÷4×32×103]÷0.1=80ab，最终结果偏低。
22.（1）在常温下，有硫酸和盐酸的混合液20 mL，向该溶液中加入0.05 mol/L的Ba(OH)2时，生成的BaSO4沉淀的质量和混合溶液的pH有如图所示关系。计算：
①最初混合溶液中硫酸和盐酸的物质的量浓度。_____________
②A点溶液的pH值。_________________
（2）某温度时，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，试求：
①在该某温度时AgCl的溶解度；(=1.34,结果保留一位有效数字)_______________
②若把足量的AgCl固体分别放入①100 mL H2O ②100 mL 0.1 mol/L NaCl溶液 ③100 mL 0.1 mol/L AlCl3溶液 ④100 mL 0.1 mol/L MgCl2溶液，搅拌后溶解达到平衡，在相同温度下，求各溶液中Ag＋浓度由大到小的顺序。_______________
【答案】 (1). c(H2SO4)＝0.05 mol/Lc(HCl)＝0.2 mol/ (2). pH＝1 (3). 1.9×10－4g (4). ①＞②＞④＞③
【解析】
【分析】
（1）①由图可知，加入20mLBa（OH）2溶液时，硫酸钡沉淀达最大值，故根据方程式计算硫酸的物质的量；
由图可知，PH=7时，消耗60mLBa（OH）2溶液，由H++OH-═H2O可知n（H+）=n（OH-），据此计算原溶液中含有的n（H+），继而计算HCl电离产生的氢离子物质的量，再根据c=n/V计算硫酸、盐酸的物质的量浓度；
②A点时硫酸反应，而盐酸未反应，计算混合后氢离子的浓度，根据pH=-lgc（H+）;
（2）①由Ksp(AgCl)计算溶液中c(Ag＋)，再由c(Ag＋)计算1L溶液中AgCl的质量，最后利用溶解度公式计算AgCl的溶解度；
②依据在一定温度下，水溶液中Ag+的物质的量浓度和Cl-的物质的量浓度的乘积KSP为一常数，KSP=c（Ag+）c（Cl-）=1.8×10-10，温度不变，Ksp不变，溶液c(Cl－)越大，对AgCl的溶解抑制作用越大，c(Ag＋)越小。
【详解】(1) 由图可知，0～20mLBa（OH）2溶液发生H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O，20mL～60mLBa（OH）2溶液发生发生H++OH-═H2O。
①由图可知，加入20mLBa（OH）2溶液时，硫酸钡沉淀达最大值，设硫酸的物质的量为x，则：
H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O
1 1
x 0.02L×0.05mol•L-1
故x=0.02L×0.05mol•L-1=0.001mol，硫酸的物质的量浓度为0.05mol•L-1，由图可知，PH=7时，消耗60mLBa（OH）2溶液，由H++OH-═H2O可知原溶液中含有的n（H+）=n（OH-）=0.06L×0.05mol•L-1=0.003mol，故n（HCl）=0.003mol×2-0.001mol×2=0.004mol，故原溶液中HCl的物质的量浓度=0.2mol/L，故答案为：c(H2SO4)＝0.05 mol/L；c(HCl)＝0.2 mol/L；
②由图可知，A点硫酸完全反应，氢离子的浓度为（0.2mol/L×0.02L）/（0.02L+0.02L）=0.1mol/L，则pH=-lg0.1=1, 故答案为：1;
（2）①由Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10可知，饱和AgCl溶液中c(Ag＋)==1.34×10—5 mol/L，设溶液体积为1L，n(AgCl)=n c(Ag＋)= 1.34×10—5 mol，m(AgCl)= 1.34×10—5 mol×143.5g/mol≈1.9×10—3 g，由溶解度公式可得：（1000g-1.9×10—3 g）: 1.9×10—3 g =100g:S(AgCl)，解得S(AgCl)= 1.9×10—4 g，故答案为：1.9×10—4 g；
②一定温度下，水溶液中Ag+的物质的量浓度和Cl-的物质的量浓度的乘积KSP为一常数，KSP=c（Ag+）c（Cl-）=1.8×10-10，温度不变，Ksp不变，溶液c(Cl－)越大，对AgCl的溶解抑制作用越大，c(Ag＋)越小，因①c(Cl－)＝0、②c(Cl－)＝0.1 mol·L－1、③c(Cl－)＝0.3 mol·L－1、④c(Cl－)＝0.2mol·L－1，则溶液中c(Ag＋) 由大到小的顺序为①＞②＞④＞③，故答案为：①＞②＞④＞③。
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