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【化学】黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高二上学期10月月考（解析版） 试卷
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黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高二上学期10月月考
1.常温下，下列关于NaOH溶液和氨水的说法正确的是
A. 相同物质的量浓度的两溶液中的c(OH－)相等
B. pH＝13的两溶液稀释100倍，pH都为11
C. 两溶液中分别加入少量NH4Cl固体，c(OH－)均减小
D. 体积相同、pH相同的两溶液能中和等物质的量的盐酸
【答案】C
【解析】
【分析】
NaOH是强碱，一水合氨是弱碱，弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释、同离子效应等会影响电离平衡的移动，据此分析。
【详解】A、NaOH是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，电离不完全，所以相同物质的量浓度的两溶液中NaOH溶液中的c(OH－)大，A错误；
B、弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时平衡正向移动，pH＝13的两溶液稀释100倍，NaOH溶液的pH为11，氨水的pH大于11，B错误；
C、NaOH溶液中加入NH4Cl固体，能够生成一水合氨，氢氧根离子浓度减小，氨水中加入NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，C正确；
D、一水合氨是弱碱，弱碱在水溶液中存在电离平衡，体积相同、pH相同的两溶液中和盐酸时，氨水消耗的盐酸多，D错误；
答案选C。
2.下列物质中属于弱电解质的是
A. 冰醋酸 B. H2SO4溶液 C. BaSO4 D. Cl2
【答案】A
【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，部分电离的电解质属于弱电解质，完全电离的电解质属于强电解质，据此判断。
【详解】A、冰醋酸溶于水部分电离，属于弱电解质，A正确；
B、硫酸溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质，B错误；
C、BaSO4溶于水的部分完全电离，属于强电解质，C错误；
D、氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的判断，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的本质区别，注意概念的内涵与外延。
3.在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合后，pH一定小于7的是( )
A. pH＝3的HNO3和pH＝11的KOH
B. pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水
C. pH＝3的醋酸和pH＝11的Ba(OH)2
D. pH＝3的硫酸和pH＝11的NaOH
【答案】C
【解析】
试题分析：A．硝酸和氢氧化钡都是强电解质，pH=3的硝酸和pH=11的Ba（OH）2溶液中，硝酸中氢离子浓度等于氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度，二者等体积混合时恰好反应生成硝酸钡，溶液呈中性，故A错误；B．氯化氢是强电解质，一水合氨是弱电解质，所以pH=3的盐酸和pH=11的氨水，盐酸的浓度小于氨水浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以混合溶液呈碱性，故B错误；醋酸是弱电解质，氢氧化钾是强电解质，所以pH=3的醋酸和pH=11的KOH溶液，醋酸溶液浓度大于氢氧化钾溶液，二者等体积混合时，醋酸有属于，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以混合溶液呈酸性，故C正确；硫酸和氢氧化钠都是强电解质，pH=3的硫酸中氢离子浓度为0．001mol/L，pH=11的KOH溶液中氢氧根离子浓度为0．001mol/L，等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钾，混合溶液呈中性，故D错误；故选C。
考点：酸碱混合时pH的计算
4.在一个固定体积的密闭容器中，放入3 L X(g)和3 L Y(g)，在恒温恒体积下发生反应3X(g)+3Y(g) 2Q(g)+nR(g)，达到平衡后，X的转化率为35%，混合气体的压强却比起始压强小，则方程中n的值是（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】
依据勒夏特列原理，以及压强之比等于物质的量之比进行分析判断。
【详解】达到平衡后，压强比反应前小，根据阿伏加德罗推论，在同温同体积的条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，压强减小，说明反应后气体系数之和小于反应前气体系数之和，即3+3>2+n，即n<4，故A正确。
5.下列有关滴定操作的说法正确的是( )
A. 用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mL
B. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定，则测定结果偏低
C. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中含有NaOH杂质，则测定结果偏高
D. 用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏高
【答案】D
【解析】
【详解】A．滴定管精确值为0.01mL，读数应保留小数点后2位，A错误；
B．用标准KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定，由于没有润洗，标准液浓度减小，消耗标准液体积增加，则测定结果偏高，B错误；
C．所用的固体KOH中混有NaOH，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配的溶液的OH-浓度偏大，导致消耗标准液的体积V（碱）偏小，根据c（酸）＝c(碱)×V(碱)/V(酸)可知c（酸）偏小，C错误；
D．用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若滴定前仰视读数，滴定至终点后俯视读数，导致消耗的盐酸体积偏小，依据c（酸）＝c(碱)×V(碱)/V(酸)可知测定结果偏高，D正确；
答案选D。
6.真空密闭容器中盛有1 mol PCl5，加热到200℃，发生反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)，反应达到平衡后，PCl5所占体积分数为M％。若在同一温度和同一容器中，最初投入2 mol PCl5，反应达到平衡时，PCl5所占体积分数为N％，则M和N的正确关系是 ( )
A. M>N B. M
【答案】B
【解析】
因为反应物只有一种，因此增大反应物的量，相当于增大体系的压强，平衡将向逆反应方向移动，即PCl5的体积分数应减小。B正确。
7.在一密闭容器中发生反应：2A(g)＋2B(g)C(s)＋3D(g) ΔH＜0，达到平衡时采取下列措施，可以使正反应速率v正增大、D的物质的量浓度c(D)增大的是( )
A. 移走少量C B. 扩大容积，减小压强
C. 缩小容积，增大压强 D. 容积不变，充入“惰”气
【答案】C
【解析】
【详解】A项，C为固体，改变其量，对反应速率无影响，故A错误；B项，扩大容积，压强减小，使v正减小，又因为该反应左边气体计量数大于右边，所以平衡左移，c(D)也减小，故B错误；C项，缩小容积，压强增大，浓度增大，反应速率也增大，平衡右移，c(D)也增大，故C正确；D项，容积不变，充入“惰”气，反应物浓度不变，速率不变，平衡不移动，故D错误。综上所述，符合题意的选项为C。
【点睛】本题考查影响化学反应速率和化学平衡的外因，注意：①改变固体物质的量对化学反应速率和化学平衡不影响，增大固体物质的表面积能加快化学反应速率；②容积不变，充入“惰”气对化学反应速率和化学平衡不影响；压强不变充入“惰”气会减慢化学反应速率，可能影响化学平衡。
8.下列热化学方程式中ΔH数值代表燃烧热的是( )
A. CH4(g)＋2O2(g)===2H2O(1)＋CO2(g) ΔH1
B. S(s)＋3/2O2(g)===SO3(g) ΔH2
C. C6H12O6(s)＋6O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(g) ΔH3
D. 2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH4
【答案】A
【解析】
【分析】
从燃烧热的定义分析，燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量。
【详解】A、甲烷完全燃烧时应生成CO2和液态水，热化学方程式中△H等于燃烧热，故A正确；B、S不能与氧气反应直接生成SO3，故B错误；C、反应中生成的水为气体，不符合燃烧热的定义，热化学方程式中△H不代表燃烧热，故C错误；D、热化学方程式中CO的物质的量不为1mol，热化学方程式中△H不等于燃烧热，故D错误；故选A。
【点睛】本题考查燃烧热的定义，注意燃烧热概念的理解。本题的易错点为CD，要注意燃烧热的热化学方程式时可燃物一定是1 mol，即可燃物的计量系数一定是1，稳定的氧化物指反应中C→CO2，H→H2O(液)，S→SO2(气)等。
9.已知：S(g) + O2 (g) = SO2(g) ΔH=－Q1kJ/mol ； S(s) + O2 (g) = SO2(g) ΔH=－Q2 kJ/mol。 则Q1 Q2
A. 大于 B. 小于 C. 等于 D. 无法比较
【答案】A
【解析】
【详解】S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-Q1kJ/molS(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-Q2kJ/mol，硫固体变化为气态硫吸热，则Q1＞Q2 ，故选A。
10.下列说法不正确的是（ ）
A. 化学能可以转变成为热能、电能等
B. 化学反应必然伴随发生能量变化
C. 化学反应中的能量变化主要是由化学键的变化引起的
D. 化学反应中能量变化的多少与反应物的质量无关
【答案】D
【解析】
【分析】
化学反应的实质是旧化学键断裂、新化学键形成，一定伴随能量变化；化学变化过程中产生的能量可以转化为热能、电能等，且化学反应中，反应物的质量（或物质的量）的多少及物质的聚集状态，影响着反应中能量变化的多少。
【详解】A.化学反应过程中产生的化学能变为热能、电能等，A错误；B.化学反应的实质是旧化学键断裂、新化学键形成，一定伴随能量变化，故B正确；C．化学反应的实质是旧化学键断裂、新化学键形成，一定伴随能量变化，则化学反应中的能量变化主要是由化学键变化引起的，故C正确；D.化学反应的能量变化大小与反应物的物质的量（或质量）、物质的聚集状态等有关，故D正确；正确选项D。
【点睛】物质发生化学反应是分子分解为原子，原子重新组合成分子的过程；这个过程本质就是旧化学键断裂、新化学键形成，从而体现出而整个反应过程中一定伴随有能量的变化，可以以热能、光能、电能等不同形式释放出来。
11.已知电离平衡常数K1（H2SO3）> K1（H2CO3）≈K2（H2SO3）>K2（H2CO3），则溶液中不可以大量共存的离子组是
A. SO32—、HCO3— B. HSO3—、HCO3— C. HSO3—、CO32— D. SO32—、CO32—
【答案】C
【解析】
【详解】由于K1(H2SO3)> K1(H2CO3)≈K2(H2SO3)>K2(H2CO3)，则酸性H2SO3＞H2CO3≈HSO3-＞HCO3-。A. SO32—、HCO3—离子间不能反应，能够大量共存，故A不选；B. HSO3—、HCO3—离子间不能反应，能够大量共存，故B不选； C.由于酸性HSO3-＞HCO3-，则HSO3—、CO32—能够反应生成HCO3—，不能大量共存，故C选；D. SO32—、CO32—离子间不能反应，能够大量共存，故D不选；故选C。
12.浓度均为0. 1mol/L、体积为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg(V/ V0)的变化关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A. HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱
B. 相同温度下，电离常数K(HX):a>b
C. 常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH-):a
【答案】C
【解析】
A、根据图分析，当lg＝0，HX的pH>1，说明HX部分电离，为弱电解质，HY的pH＝1，说明其完全电离，为强电解质，所以HY的酸性大于HX，选项A错误；B、酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同的温度下，电离常数a＝b，选项B错误；C、酸或碱抑制水的电离，酸中的氢离子浓度越小，其抑制水电离程度越小，根据图分析，b溶液中氢离子浓度小于a，则水的电离程度a
A. 甲中水电离出来的H+的物质的量浓度是乙中水电离出来H+的物质的量浓度的10倍
B. 中和等物质的量的NaOH溶液需甲、乙两杯醋酸溶液的体积，10V(甲)>V(乙)
C. 物质的量浓度c(甲)>10c(乙)
D. 甲中的c(OH-)为乙中的c(OH-)的10倍
【答案】C
【解析】
试题分析：A．c（H+）=10-pH，所以c （H+）甲=10-a，c （H+）乙=10-（a+1），所以c（H+）甲="10c" （H+）乙，酸溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH-），所以c（OH-）=，所以氢氧根离子浓度：10c （OH-）甲="c" （OH-）乙，则水电离出的氢离子浓度10c（H+）甲=c（H+）乙，错误；C．酸的浓度越大，酸的电离程度越小，c（甲）＞10c（乙），正确；B．酸的浓度越大，酸的电离程度越小，与等量NaOH反应，酸的浓度越大则消耗酸的体积越小，c（甲）＞10c（乙），所以消耗酸的体积，10V（甲）＜V（乙），错误；D．c（OH-）=，所以氢氧根离子浓度：10c （OH-）甲="c" （OH-）乙，错误。
考点：考查弱电解质在水溶液中的电离平衡。
14.常温下，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混和，所得混和溶液的pH=11，则强酸与强碱的体积比是( )
A. 9:1 B. 11:1 C. 1:11 D. 1:9
【答案】A
【解析】
【分析】
酸碱混合后溶液呈碱性，说明碱过量，根据c(OH-)=计算。
【详解】pH=13的强碱溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，
酸碱混合后溶液呈碱性,说明碱过量,且pH=11，说明反应后c(OH-)=0.001mol/L，
则：c(OH-)===0.001mol/L，
解之得：V(酸)：V(碱) =9：1，
所以A选项是正确的。
15.浓度均为0.1 mol·L－1、体积为V0的HA酸溶液和MOH碱溶液，分别加蒸馏水稀释，溶液pH随滴入的蒸馏水体积的变化曲线如图所示,下列叙述正确的是( )
A. HA为强酸，MOH为强碱
B. a点HA的电离度小于10%
C. 两种溶液无限稀释时，其c(H＋)近似相等
D. 两种溶液稀释至V1时，b、c两点所示溶液中c(A－)>c(M＋)
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查强弱电解质的稀释问题。解答时根据图像的pH知HA为弱酸，MOH为强碱；又知道稀释时促进弱电解质电离，其电离度也增大。无论强碱还是弱酸无限稀释其c(H＋)近似相等的； MOH为强碱，完全电离，而HA为弱酸，部分电离，浓度均为0.1 mol·L－1的HA酸溶液和MOH碱溶液稀释相同倍数时，c(M＋)＞c(A－)。
【详解】A.若HA为强酸，则0.1 mol·L－1的该溶液pH＝1，而图中其pH＝2， HA为弱酸，故A项错误；B.对于HA溶液，在滴加蒸馏水前，溶液pH＝2，即溶液中c(H＋)＝0.01 mol·L－1，故其电离度为10%，溶液越稀，促进电离，其电离度增大，故a点HA的电离度大于10%，故B项错误；酸碱溶液无限稀释时，溶液中的c(H＋)≈c(OH－)≈1×10－7mol·L－1，故C项正确；D.由图像知MOH为强碱，完全电离，而HA为弱酸，部分电离，浓度均为0.1 mol·L－1的HA酸溶液和MOH碱溶液稀释相同倍数时，c(M＋)＞c(A－)，故D项错误。
【点睛】本题考查强弱电解质的稀释问题。解答时根据图像的PH判断酸和碱的强弱，根据稀释促进弱电解质电离，其电离度也增大；无论强碱还是弱酸无限稀释其c(H＋)近似相等的； MOH为强碱，完全电离，而HA为弱酸，部分电离，浓度均为0.1 mol·L－1的HA酸溶液和MOH碱溶液稀释相同倍数时，c(M＋)＞c(A－)。
16.已知可逆反应aA＋bBcC中，5分钟时分别测得在不同温度下物质的含量A%和C%，绘制变化曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A. 该反应在T1、T3温度时达到过化学平衡
B. 该反应在T2温度时达到过化学平衡
C. 该反应的逆反应是放热反应
D. 升高温度，平衡会向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【分析】
T2℃之前，A%变小，C%从0逐渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之前该反应未达到平衡状态，而T2℃时为化学平衡状态，T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，正反应为放热反应。
【详解】T1温度之后，A%继续变小，C%继续增大，T2℃达到平衡状态，升高温度平衡向吸热的逆反应方向移动， A%增大，C%减小，故T1温度时未达到化学平衡，T3温度时达到化学平衡，A错误；T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，而T2℃时恰好平衡，B正确；T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，C错误；T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，温度升高使平衡向逆反应移动，D错误。
故选：B。
【点睛】本题化学反应图象分析，明确图象中曲线变化趋势与温度的关系是解本题关键，会根据图象确定平衡状态及反应热。
17.在一密闭的容器中，将一定量的NH3加热使其发生分解反应：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，当达到平衡时，测得25%的NH3分解，此时容器内的压强是原来的( )
A. 1.125倍 B. 1.25倍
C. 1.375倍 D. 1.5倍
【答案】B
【解析】
【详解】假设原容器中含有2mol氨气，达到平衡时，测得25%的NH3分解，则容器中含有氨气2mol×(1-25%)=1.5mol，氮气为2mol×25%×=0.25mol，氢气为2mol×25%×=0.75mol，同温同体积是气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时，容器内的压强是原来的=1.25倍，故选B。
18.一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)+B(g)3C(g)，若反应开始时充入2 mol A和2 mol B，达平衡后A的体积分数为a%。其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后A的体积分数大于a%的是( )
A. 2.5mol C B. 2 mol A、2 mol B和10 mol He（不参加反应）
C. 1.5 mol B和1.5 mol C D. 2 mol A、3 mol B和3 mol C
【答案】A
【解析】
【分析】
反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，即可得到相同平衡状态，结合浓度对平衡移动的影响，只要加入的物质的量：n（A）：n（B）＞1：1，平衡后A的体积分数大于a%。
【详解】反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，就是等效平衡，结合浓度对平衡移动的影响，只要加入的物质的量：n（A）：n（B）＞1：1，平衡后A的体积分数大于a%，A.2molC相当于molA和molB，二者的比值为2：1，大于1：1，则平衡后A的体积分数大于a%，选项A正确；B.2molA、2molB和1molHe（不参加反应），n（A）：n（B）=2：2，等于1：1，则平衡后A的体积分数等于a%，选项B错误；
C.1molB和1molC，相当于molA和molB，n（A）：n（B）=1：2，小于1：1，则平衡后A的体积分数小于a%，选项C错误；D.2molA、3molB和3molC，相当于4molA和4molB，二者的比值为4：4，等于1：1，则平衡后A的体积分数等于a%，选项D错误，答案选A。
【点睛】本题考查等效平衡问题，题目难度中等，本题注意与原配比数相比较，结合浓度对平衡移动的影响可进行判断。
19.一定条件下，往容积恒定的密闭容器中投入2molA和1molB，发生可逆反应：2A（g）+B(g)C(g)+D(s)，达到平衡时，测得压强为原压强的5/6，则A的转化率为 （ ）
A. 25% B. 40% C. 50% D. 75%
【答案】A
【解析】
考查可逆反应的有关计算。2A(g) + B(g)C(g)+D(s)
起始量（mol） 2 1 0
转化量（mol） x 0.5x 0.5x
平衡量（mol） 2－x 1－0.5x 0.5x
在等温等容时，压强之比就是物质的量之比
所以有2－x＋1－0.5x＋0.5x＝3×5/6
解得x＝0.5
所以转化率是0.5÷2×100％＝25%，答案选A。
20.一定温度下，下列叙述不能作为可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）达到平衡标志的是( )
①C的生成速率与C的消耗速率相等 ②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B
③A、B、C的浓度不再变化 ④C的物质的量不再变化
⑤混合气体的总压强不再变化 ⑥混合气体的总物质的量不再变化
⑦单位时间消耗a molA，同时生成3a mol B ⑧A、B、C的分子数之比为1：3：2
A. ⑤⑥ B. ⑦④ C. ①③ D. ②⑧
【答案】D
【解析】
【分析】
可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g），反应物气体的计量数大于生成物气体的计量数，当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量不变，可以此判断是否得到平衡状态。
【详解】①C的生成速率与C的消耗速率相等时，该反应达到平衡状态，故正确；②无论反应是否达到平衡状态，单位时间内生成a mol A同时生成3a molB，所以不能说明该反应达到平衡状态，故错误；③A、B、C的浓度不再变化，可说明达到平衡状态，故正确；④C的物质的量不再变化，可说明达到平衡状态，故正确；⑤由于反应前后气体的体积不等，恒容容器中，混合气体的总压强不再变化，可说明达到平衡状态，故正确；⑥混合气体的总物质的量不再变化，可说明达到平衡状态，故正确；⑦单位时间消耗amolA，同时生成3amolB，说明正逆反应速率相等，则达到平衡状态，故正确；⑧A、B、C的分子数之比为1：3：2，不能用以判断是否达到平衡状态，与起始配料比以及反应的转化程度有关，故错误；答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度中等，本题注意分析反应前后气体的体积关系，把握题给条件，在学习中注意总结。
21.在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）＋B（g）xC（g）（正反应放热）有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）
A. P3＞P4，y轴表示B的转化率 B. P3＜P4，y轴表示B的体积分数
C. P3＜P4，y轴表示混合气体的密度 D. P3＞P4，y轴表示混合气体的密度
【答案】A
【解析】
【分析】
图1中，根据先拐先平数值大知，温度一定时，P2＞P1，增大压强，C的含量增大，则平衡向正反应方向移动，所以x=1；压强一定时，T1＞T2，升高温度，C的含量降低，则正反应是放热反应。
【详解】升高温度平衡向逆反应方向移动，B的转化率减小，增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，则P3＞P4，A正确；升高温度平衡向逆反应方向移动，B的体积分数减小，B错误；混合气体总质量不变，容器容积不变，反应混合气体的密度不变，C、D错误。
故选A。
【点睛】本题考查图象分析，侧重考查学生分析判断能力，根据先拐先平数值大确定反应热和x值，再采用“定一议二”的方法分析解答。
22.已知下列反应的热化学方程式：
①6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）=2C3H5(ONO2)3（l）△H1
②H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）△H2
③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3
④4C3H5(ONO2)3（l）=12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）△H4
下列说法不正确的是（ ）
A. △H4=12△H3+10△H2﹣2△H1
B. 若将①中 H2（g）改为 H2（l）则△H＞△H1
C. C（金刚石，s）与 C（石墨，s）的燃烧热不同
D. △H2是 H2（g）的燃烧热
【答案】D
【解析】
A、由盖斯定律：10×②+12×③-2×①+10×④得：4C3H5（ONO2）3（l）═12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）△H=12△H3+10△H2-2△H1+10△H4，选项A正确；B、若将①中 H2（g）改为 H2（l），氢气由液态转化为气态吸热，则△H＞△H1，选项B正确；C、C（金刚石，s）与 C（石墨，s）所含的能量不同，化学键的断裂吸收的热量不同，故燃烧热不同，选项C正确；D、燃烧热是1mol纯物质完成燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，水的稳定氧化物是液态水，选项D错误。答案选D。
点睛：本题考查了反应热的计算及燃烧热的判断，侧重于盖斯定律应用的考查，准确把握盖斯定律的概念是关键。易错点为选项A，根据盖斯定律，利用方程式的加减得出C3H5（ONO2）3分解成CO2、N2、H2O、O2的化学方程式，其反应热也要相应的加减，从而得出其热化学反应方程式。
23.已知：Fe2O3 (s)＋3/2C(s)= 3/2CO2(g)＋2Fe(s) △H=+234.1kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)=CO2(g) △H=－393.5kJ·mol－1 ,
则 2Fe(s)＋3/2O2(g)=Fe2O3(s)的△H是 ( )
A. －824.4kJ·mol－ 1 B. －627.6kJ·mol－1
C. －744.7kJ·mol－1 D. －169.4kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
根据盖斯定律，（2）×－（1）得2Fe(s)＋O2(g)===Fe2O3(s)，ΔH=(－393.5 kJ/mol) × －234.1 kJ/mol=－824.4 kJ/mol，故A正确。
点睛：盖斯定律说的是 ，反应热与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关。具体计算时，可以运用方程式叠加的方法，得到目标方程式，反应热也是代数和。
24.已知：△G=△H－T△S，当△G＜0，反应能自发进行，△G＞0反应不能自发进行。下列说法中正确的是( )
A. 非自发反应在任何条件下都不能发生
B. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
C. 自发反应一定是熵增加的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应
D. 凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应
【答案】B
【解析】
A. 非自发反应在一定条件下也能发生，如碳酸钙的分解反应在常温下不能自发进行，在高温下就可以自发进行，故A错误；B. 熵增加且放热的反应，△S＞0、△H＜0，则△G=△H－T△S＜0，反应一定能自发进行，故B正确；C.反应能否自发进行，由熵变、焓变和反应温度共同决定，所以熵增加、熵减小或熵不变的反应都可能自发进行，故C错误；D. 根据上述分析可知，反应能否自发进行，由熵变、焓变和反应温度共同决定，所以放热反应或吸热反应都可能自发进行，故D错误；答案选B。
点睛：本题主要考查反应能否自发进行的判断依据，试题难度一般。解答本题的关键是要注意△G=△H－T△S，△G为自由能变化，△H为焓变，△S为熵变，T为热力学温度，反应能否自发进行是由焓变、熵变和温度共同决定的，△G＜0时反应能够自发进行，△G＞0时反应不能自发进行，根据△G是否小于0解答即可。
25.下列关于热化学反应的描述中正确的是 （ ）
A. HCl和NaOH反应的中和热△H＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（－57.3）kJ/mol
B. 甲烷的标准燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，则CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＜－890.3 kJ·mol－1
C. 已知：500 ℃、30 MPa下，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4kJ·mol－1；将1.5 mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量46.2 kJ
D. CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）＝2CO（g）+O2（g）反应的△H＝+566.0kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．HCl和NaOH反应的中和热△H＝-57.3kJ/mol，但由于稀硫酸与氢氧化钙反应生成的硫酸钙微溶，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热的△H≠-57.3kJ/mol，A错误；
B．由于气态水的能量高于液态水的能量，则甲烷完全燃烧生成液态水放热多，但放热越多，△H越小，因此反应CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)的ΔH＞－890.3 kJ·mol－1，B错误；
C.合成氨反应是可逆反应，将1.5 mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量小于46.2 kJ，C错误；
D．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H＝-566.0kJ/mol，互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，则2CO2（g）＝2CO（g）+O2（g）反应的△H＝+566.0kJ/mol，D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、中和热与燃烧热、可逆反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项B为解答的易错点，注意比较△H大小时要带着符合比较，题目难度不大。
26.常温下，有pH=12的NaOH溶液100 mL，若将其pH变为11(溶液混合忽略体积变化；计算结果保留到小数点后一位)。
（1）若用pH=10的NaOH溶液，应加入_________mL。
（2）若用pH=2的盐酸，应加入_________mL。
（3）若用水稀释，则加入水的体积为____________________ mL。
（4）常温下,设pH=5的H2SO4溶液中由水电离出的H+浓度为c1；pH=11的NaOH溶液中由水电离出的H+浓度为c2,则c1/c2=_________。
（5）常温下，pH=11的NaOH溶液aL与pH=5的H2SO4溶液bL混合，若所得混合溶液呈中性，则a∶b=_________。
【答案】 (1). 1000 (2). 81.8 (3). 900 (4). 100 (5). 1:100
【解析】
【详解】（1）常温下，pH=12的NaOH溶液中c(OH－)=10－2mol·L－1，pH=10的NaOH溶液中c(OH－)=10－4mol·L－1，根据混合后溶质的物质的量等于混合前溶质物质的量的和，=10－3，解得V=1000mL；（2）反应后溶液显碱性，因此有=10－3，解得V≈81.8mL；（3）稀释过程中溶质的物质的量不变，因此有=10－3，解得V=900mL；（4）pH=5的H2SO4中水电离出的c(H＋)=c(OH－)=10－9mol·L－1，pH=11的NaOH溶液中水电离出的c(OH－)=c(H＋)=10－11mol·L－1，则c1:c2=10－9:10－11=100：1；（5）溶液显中性，n(OH－)=n(H＋)=a×10－3=b×10－5，则a:b=1:100。
27.25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HC1O
电离平衡常数
1.7×10-5
K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11
3.0×10-8
请回答下列问题：
（1）CH3COOH、H2CO3、HC1O的酸性由强到弱的顺序为______________________。
（2）写出H2CO3的电离方程式：______________________。
（3）常温下0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是______________________（填宇母序号，下同）。
A．c(H+) B．c(H+)/c(CH3COOH)
C． c(H+)·c(OH-) D．
若该溶液升髙温度，上述4种表达式的数据增大的是_________________________。
（4）取0.10mol CH3COOH （冰醋酸）作导电性实验，测得其导电率随加入的水量变化如图所示：比较a、b点的相关性质（填“>”“<”或“=”）：
n(H+)∶a_____b；c(CH3COO-)∶a_____b；完全中和时消耗NaOH的物质的量∶a_____b；
（5）H+浓度相同等体积的两份溶液A(盐酸）和B(CH3COOH)分別与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同， 则下列说法正确的是__________（填写序号）
①反应所需要的时间B>A ②开始反应时的速率A>B
③参加反应的锌的物质的量A=B ④A中有锌剩余
【答案】 (1). CH3COOH>H2CO3>HC1O (2). H2CO3HCO3-+H+ (3). A (4). ABCD (5). < (6). > (7). = (8). ③④
【解析】
（1）酸电离程度越大，其在相同温度下的电离平衡常数就越大，根据表格数据可知电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HClO，所以酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO；（2）碳酸是二元弱酸，电离方程式为H2CO3HCO3-+H+；（3）在常温下，醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，A、稀释促进电离，氢离子的物质的量增加，但氢离子浓度减小，A正确；B、溶液在加水稀释过程中，c(CH3COOH)、c(H+)由于稀释都减小，其中醋酸的物质的量减小，氢离子的物质的量增加，所以溶液中升高， B错误；C、温度不变，水的离子积常数不变，C错误；D、，温度不变，电离常数不变，D错误，答案选A。该溶液升髙温度，促进电离，电离常数增大，溶液中氢离子浓度增大，醋酸浓度减小，则增大。升高温度水的离子积常数增大，答案选ABCD；（4）稀释促进电离，则n(H+)∶a＜b；离子浓度越大，导电性越强，则c(CH3COO-)∶a＞b；a、b两点醋酸的物质的量相等，因此完全中和时消耗NaOH的物质的量∶a＝b；（5）氢离子浓度相同的等体积的A、B两份溶液（A为盐酸，B为醋酸）分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，由于醋酸部分电离，其酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中HCl的浓度等于氢离子的浓度，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，则盐酸中锌粉剩余；①由于醋酸中酸过量，则反应较快，所以反应所需的时间A＞B；错误；②开始pH相同，则氢离子浓度相同，所以开始时反应速率A=B，错误；③由于生成的氢气体积相同，所以参加反应的锌粉物质的量A=B，正确；④醋酸的浓度大于盐酸的浓度，醋酸有剩余，则盐酸中有锌粉剩余，正确；答案选③④。
28.甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上一般可采用如下反应来合成甲醇： CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，现在实验室模拟该反应并进行分析。
（1）下图是该反应在不同温度下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“＝”)。
③若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是______________。
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2 L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考察温度对反应的影响，如图所示
下列说法正确的是________(填序号)；
①温度为T1时,从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)＝nA/tAmol·L－1·min－1
②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
③该反应为放热反应
④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大
（3）在T1温度时，将1 mol CO2和3 mol H2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2的转化率为α，则容器内的压强与起始压强之比为_____________。
【答案】 (1). ＜ (2). ＞ (3). B (4). ③④ (5). （2-α）/2
【解析】
【详解】（1）①根据图像，先拐先平衡，即T2>T1，温度越高，CO的转化率降低，升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，即△H<0；②该反应是放热反应，温度越高，K越小，即K1>K2；③A、正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，甲醇产率降低，故A错误；B、从体系中分离出甲醇，平衡向正反应方向进行，甲醇的产率增大，故B正确；C、催化剂对化学平衡无影响，即甲醇的产率不变，故C错误；D、恒容状态下，充入非反应气体，组分的浓度不变，化学平衡不移动，甲醇的产率不变，故D错误；（2）①根据化学反应速率数学表达式，v(CH3OH)=nA/2tAmol/(L·min)，故①错误；②根据图像，T2时首先达到平衡，即T2>T1，随着温度的升高，甲醇的物质的量减少，说明平衡向逆反应方向进行，即正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小，即T1的平衡常数比T2时的大，故②错误；③根据②的分析，该反应为放热反应，故③正确；④T1到T2，温度升高，平衡向逆反应方向进行，H2的物质的量增大，甲醇的物质的量减少，因此此比值增大，故④正确；（3）达到平衡时，消耗CO2的物质的量为αmol，气体物质的量减少2αmol，即达到平衡时气体物质的量为(4－2α)mol，相同条件下，压强之比等于物质的量之比，即容器内的压强与起始压强之比等于(4－2α)：4=(2－α) ：2。
【点睛】关于化学平衡图像，类似本题，先拐先平衡，说明反应速率快，对应的温度高，然后看平衡线，随着温度的升高，CO2的转化率或CH3OH的物质的量减少，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，判断出正反应为放热反应。
29.中华人民共和国国家标准（GB2760-2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L-1。某兴趣小组用题图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。
（1）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为_______________________________________________________。
（2）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L-1NaOH标准溶液进行滴定。若滴定前俯视，滴定后仰视，对滴定结果的影响是____________（填无影响、偏高或偏低）；若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，对滴定结果的影响是____________（填无影响、偏高或偏低）；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为___________________；滴定终点的判断为_____________________________________________。
（3）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：__________g·L-1。
（4）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施_________________。
【答案】 (1). SO2+H2O2=H2SO4 (2). 偏高 (3). 偏高 (4). 酚酞 (5). 滴最后一滴，溶液恰好由无色变浅红色，且30秒无变化 (6). 0.24 (7). 原因：盐酸易挥发；改进措施：用不挥发的强酸（如硫酸）代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响。
【解析】
【详解】（1）SO2具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2把SO2氧化成H2SO4，反应方程式为H2O2＋SO2=H2SO4；（2）滴定管的从上到下刻度增大，滴定前俯视，滴定后仰视，消耗的NaOH体积增大，测的SO2的量偏高；滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，消耗的NaOH的体积增大，测的SO2量偏高；选择指示剂，滴定后溶液的pH与指示剂的变色范围应一致，pH=8.8溶液显碱性，酚酞的变色范围是8.2～10.0，因此应用酚酞作指示剂；滴最后一滴NaOH，溶液恰好由无色变浅红色，且30秒无变化；（3）根据过程，得出SO2～H2SO4～2NaOH，n(SO2)=25×10－3×0.09/2mol=1.125×10－3mol，其质量为1.125×10－3×64g=7.2×10－2g，则SO2的含量为7.2×10－2/300×10－3g·L－1=0.24g·L－1；（4）测定结果比实际值偏高，说明溶液中酸的量高，B装置中加入葡萄酒和盐酸，盐酸具有挥发性，加热时，进入装置C，消耗的NaOH的量增加；改进措施为用不挥发的强酸（如硫酸）代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响。
1.常温下，下列关于NaOH溶液和氨水的说法正确的是
A. 相同物质的量浓度的两溶液中的c(OH－)相等
B. pH＝13的两溶液稀释100倍，pH都为11
C. 两溶液中分别加入少量NH4Cl固体，c(OH－)均减小
D. 体积相同、pH相同的两溶液能中和等物质的量的盐酸
【答案】C
【解析】
【分析】
NaOH是强碱，一水合氨是弱碱，弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释、同离子效应等会影响电离平衡的移动，据此分析。
【详解】A、NaOH是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，电离不完全，所以相同物质的量浓度的两溶液中NaOH溶液中的c(OH－)大，A错误；
B、弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时平衡正向移动，pH＝13的两溶液稀释100倍，NaOH溶液的pH为11，氨水的pH大于11，B错误；
C、NaOH溶液中加入NH4Cl固体，能够生成一水合氨，氢氧根离子浓度减小，氨水中加入NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，C正确；
D、一水合氨是弱碱，弱碱在水溶液中存在电离平衡，体积相同、pH相同的两溶液中和盐酸时，氨水消耗的盐酸多，D错误；
答案选C。
2.下列物质中属于弱电解质的是
A. 冰醋酸 B. H2SO4溶液 C. BaSO4 D. Cl2
【答案】A
【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，部分电离的电解质属于弱电解质，完全电离的电解质属于强电解质，据此判断。
【详解】A、冰醋酸溶于水部分电离，属于弱电解质，A正确；
B、硫酸溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质，B错误；
C、BaSO4溶于水的部分完全电离，属于强电解质，C错误；
D、氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的判断，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的本质区别，注意概念的内涵与外延。
3.在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合后，pH一定小于7的是( )
A. pH＝3的HNO3和pH＝11的KOH
B. pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水
C. pH＝3的醋酸和pH＝11的Ba(OH)2
D. pH＝3的硫酸和pH＝11的NaOH
【答案】C
【解析】
试题分析：A．硝酸和氢氧化钡都是强电解质，pH=3的硝酸和pH=11的Ba（OH）2溶液中，硝酸中氢离子浓度等于氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度，二者等体积混合时恰好反应生成硝酸钡，溶液呈中性，故A错误；B．氯化氢是强电解质，一水合氨是弱电解质，所以pH=3的盐酸和pH=11的氨水，盐酸的浓度小于氨水浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以混合溶液呈碱性，故B错误；醋酸是弱电解质，氢氧化钾是强电解质，所以pH=3的醋酸和pH=11的KOH溶液，醋酸溶液浓度大于氢氧化钾溶液，二者等体积混合时，醋酸有属于，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以混合溶液呈酸性，故C正确；硫酸和氢氧化钠都是强电解质，pH=3的硫酸中氢离子浓度为0．001mol/L，pH=11的KOH溶液中氢氧根离子浓度为0．001mol/L，等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钾，混合溶液呈中性，故D错误；故选C。
考点：酸碱混合时pH的计算
4.在一个固定体积的密闭容器中，放入3 L X(g)和3 L Y(g)，在恒温恒体积下发生反应3X(g)+3Y(g) 2Q(g)+nR(g)，达到平衡后，X的转化率为35%，混合气体的压强却比起始压强小，则方程中n的值是（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】
依据勒夏特列原理，以及压强之比等于物质的量之比进行分析判断。
【详解】达到平衡后，压强比反应前小，根据阿伏加德罗推论，在同温同体积的条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，压强减小，说明反应后气体系数之和小于反应前气体系数之和，即3+3>2+n，即n<4，故A正确。
5.下列有关滴定操作的说法正确的是( )
A. 用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mL
B. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定，则测定结果偏低
C. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中含有NaOH杂质，则测定结果偏高
D. 用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏高
【答案】D
【解析】
【详解】A．滴定管精确值为0.01mL，读数应保留小数点后2位，A错误；
B．用标准KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定，由于没有润洗，标准液浓度减小，消耗标准液体积增加，则测定结果偏高，B错误；
C．所用的固体KOH中混有NaOH，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配的溶液的OH-浓度偏大，导致消耗标准液的体积V（碱）偏小，根据c（酸）＝c(碱)×V(碱)/V(酸)可知c（酸）偏小，C错误；
D．用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若滴定前仰视读数，滴定至终点后俯视读数，导致消耗的盐酸体积偏小，依据c（酸）＝c(碱)×V(碱)/V(酸)可知测定结果偏高，D正确；
答案选D。
6.真空密闭容器中盛有1 mol PCl5，加热到200℃，发生反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)，反应达到平衡后，PCl5所占体积分数为M％。若在同一温度和同一容器中，最初投入2 mol PCl5，反应达到平衡时，PCl5所占体积分数为N％，则M和N的正确关系是 ( )
A. M>N B. M
【答案】B
【解析】
因为反应物只有一种，因此增大反应物的量，相当于增大体系的压强，平衡将向逆反应方向移动，即PCl5的体积分数应减小。B正确。
7.在一密闭容器中发生反应：2A(g)＋2B(g)C(s)＋3D(g) ΔH＜0，达到平衡时采取下列措施，可以使正反应速率v正增大、D的物质的量浓度c(D)增大的是( )
A. 移走少量C B. 扩大容积，减小压强
C. 缩小容积，增大压强 D. 容积不变，充入“惰”气
【答案】C
【解析】
【详解】A项，C为固体，改变其量，对反应速率无影响，故A错误；B项，扩大容积，压强减小，使v正减小，又因为该反应左边气体计量数大于右边，所以平衡左移，c(D)也减小，故B错误；C项，缩小容积，压强增大，浓度增大，反应速率也增大，平衡右移，c(D)也增大，故C正确；D项，容积不变，充入“惰”气，反应物浓度不变，速率不变，平衡不移动，故D错误。综上所述，符合题意的选项为C。
【点睛】本题考查影响化学反应速率和化学平衡的外因，注意：①改变固体物质的量对化学反应速率和化学平衡不影响，增大固体物质的表面积能加快化学反应速率；②容积不变，充入“惰”气对化学反应速率和化学平衡不影响；压强不变充入“惰”气会减慢化学反应速率，可能影响化学平衡。
8.下列热化学方程式中ΔH数值代表燃烧热的是( )
A. CH4(g)＋2O2(g)===2H2O(1)＋CO2(g) ΔH1
B. S(s)＋3/2O2(g)===SO3(g) ΔH2
C. C6H12O6(s)＋6O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(g) ΔH3
D. 2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH4
【答案】A
【解析】
【分析】
从燃烧热的定义分析，燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量。
【详解】A、甲烷完全燃烧时应生成CO2和液态水，热化学方程式中△H等于燃烧热，故A正确；B、S不能与氧气反应直接生成SO3，故B错误；C、反应中生成的水为气体，不符合燃烧热的定义，热化学方程式中△H不代表燃烧热，故C错误；D、热化学方程式中CO的物质的量不为1mol，热化学方程式中△H不等于燃烧热，故D错误；故选A。
【点睛】本题考查燃烧热的定义，注意燃烧热概念的理解。本题的易错点为CD，要注意燃烧热的热化学方程式时可燃物一定是1 mol，即可燃物的计量系数一定是1，稳定的氧化物指反应中C→CO2，H→H2O(液)，S→SO2(气)等。
9.已知：S(g) + O2 (g) = SO2(g) ΔH=－Q1kJ/mol ； S(s) + O2 (g) = SO2(g) ΔH=－Q2 kJ/mol。 则Q1 Q2
A. 大于 B. 小于 C. 等于 D. 无法比较
【答案】A
【解析】
【详解】S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-Q1kJ/molS(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-Q2kJ/mol，硫固体变化为气态硫吸热，则Q1＞Q2 ，故选A。
10.下列说法不正确的是（ ）
A. 化学能可以转变成为热能、电能等
B. 化学反应必然伴随发生能量变化
C. 化学反应中的能量变化主要是由化学键的变化引起的
D. 化学反应中能量变化的多少与反应物的质量无关
【答案】D
【解析】
【分析】
化学反应的实质是旧化学键断裂、新化学键形成，一定伴随能量变化；化学变化过程中产生的能量可以转化为热能、电能等，且化学反应中，反应物的质量（或物质的量）的多少及物质的聚集状态，影响着反应中能量变化的多少。
【详解】A.化学反应过程中产生的化学能变为热能、电能等，A错误；B.化学反应的实质是旧化学键断裂、新化学键形成，一定伴随能量变化，故B正确；C．化学反应的实质是旧化学键断裂、新化学键形成，一定伴随能量变化，则化学反应中的能量变化主要是由化学键变化引起的，故C正确；D.化学反应的能量变化大小与反应物的物质的量（或质量）、物质的聚集状态等有关，故D正确；正确选项D。
【点睛】物质发生化学反应是分子分解为原子，原子重新组合成分子的过程；这个过程本质就是旧化学键断裂、新化学键形成，从而体现出而整个反应过程中一定伴随有能量的变化，可以以热能、光能、电能等不同形式释放出来。
11.已知电离平衡常数K1（H2SO3）> K1（H2CO3）≈K2（H2SO3）>K2（H2CO3），则溶液中不可以大量共存的离子组是
A. SO32—、HCO3— B. HSO3—、HCO3— C. HSO3—、CO32— D. SO32—、CO32—
【答案】C
【解析】
【详解】由于K1(H2SO3)> K1(H2CO3)≈K2(H2SO3)>K2(H2CO3)，则酸性H2SO3＞H2CO3≈HSO3-＞HCO3-。A. SO32—、HCO3—离子间不能反应，能够大量共存，故A不选；B. HSO3—、HCO3—离子间不能反应，能够大量共存，故B不选； C.由于酸性HSO3-＞HCO3-，则HSO3—、CO32—能够反应生成HCO3—，不能大量共存，故C选；D. SO32—、CO32—离子间不能反应，能够大量共存，故D不选；故选C。
12.浓度均为0. 1mol/L、体积为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg(V/ V0)的变化关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A. HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱
B. 相同温度下，电离常数K(HX):a>b
C. 常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH-):a
【答案】C
【解析】
A、根据图分析，当lg＝0，HX的pH>1，说明HX部分电离，为弱电解质，HY的pH＝1，说明其完全电离，为强电解质，所以HY的酸性大于HX，选项A错误；B、酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同的温度下，电离常数a＝b，选项B错误；C、酸或碱抑制水的电离，酸中的氢离子浓度越小，其抑制水电离程度越小，根据图分析，b溶液中氢离子浓度小于a，则水的电离程度a
A. 甲中水电离出来的H+的物质的量浓度是乙中水电离出来H+的物质的量浓度的10倍
B. 中和等物质的量的NaOH溶液需甲、乙两杯醋酸溶液的体积，10V(甲)>V(乙)
C. 物质的量浓度c(甲)>10c(乙)
D. 甲中的c(OH-)为乙中的c(OH-)的10倍
【答案】C
【解析】
试题分析：A．c（H+）=10-pH，所以c （H+）甲=10-a，c （H+）乙=10-（a+1），所以c（H+）甲="10c" （H+）乙，酸溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH-），所以c（OH-）=，所以氢氧根离子浓度：10c （OH-）甲="c" （OH-）乙，则水电离出的氢离子浓度10c（H+）甲=c（H+）乙，错误；C．酸的浓度越大，酸的电离程度越小，c（甲）＞10c（乙），正确；B．酸的浓度越大，酸的电离程度越小，与等量NaOH反应，酸的浓度越大则消耗酸的体积越小，c（甲）＞10c（乙），所以消耗酸的体积，10V（甲）＜V（乙），错误；D．c（OH-）=，所以氢氧根离子浓度：10c （OH-）甲="c" （OH-）乙，错误。
考点：考查弱电解质在水溶液中的电离平衡。
14.常温下，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混和，所得混和溶液的pH=11，则强酸与强碱的体积比是( )
A. 9:1 B. 11:1 C. 1:11 D. 1:9
【答案】A
【解析】
【分析】
酸碱混合后溶液呈碱性，说明碱过量，根据c(OH-)=计算。
【详解】pH=13的强碱溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，
酸碱混合后溶液呈碱性,说明碱过量,且pH=11，说明反应后c(OH-)=0.001mol/L，
则：c(OH-)===0.001mol/L，
解之得：V(酸)：V(碱) =9：1，
所以A选项是正确的。
15.浓度均为0.1 mol·L－1、体积为V0的HA酸溶液和MOH碱溶液，分别加蒸馏水稀释，溶液pH随滴入的蒸馏水体积的变化曲线如图所示,下列叙述正确的是( )
A. HA为强酸，MOH为强碱
B. a点HA的电离度小于10%
C. 两种溶液无限稀释时，其c(H＋)近似相等
D. 两种溶液稀释至V1时，b、c两点所示溶液中c(A－)>c(M＋)
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查强弱电解质的稀释问题。解答时根据图像的pH知HA为弱酸，MOH为强碱；又知道稀释时促进弱电解质电离，其电离度也增大。无论强碱还是弱酸无限稀释其c(H＋)近似相等的； MOH为强碱，完全电离，而HA为弱酸，部分电离，浓度均为0.1 mol·L－1的HA酸溶液和MOH碱溶液稀释相同倍数时，c(M＋)＞c(A－)。
【详解】A.若HA为强酸，则0.1 mol·L－1的该溶液pH＝1，而图中其pH＝2， HA为弱酸，故A项错误；B.对于HA溶液，在滴加蒸馏水前，溶液pH＝2，即溶液中c(H＋)＝0.01 mol·L－1，故其电离度为10%，溶液越稀，促进电离，其电离度增大，故a点HA的电离度大于10%，故B项错误；酸碱溶液无限稀释时，溶液中的c(H＋)≈c(OH－)≈1×10－7mol·L－1，故C项正确；D.由图像知MOH为强碱，完全电离，而HA为弱酸，部分电离，浓度均为0.1 mol·L－1的HA酸溶液和MOH碱溶液稀释相同倍数时，c(M＋)＞c(A－)，故D项错误。
【点睛】本题考查强弱电解质的稀释问题。解答时根据图像的PH判断酸和碱的强弱，根据稀释促进弱电解质电离，其电离度也增大；无论强碱还是弱酸无限稀释其c(H＋)近似相等的； MOH为强碱，完全电离，而HA为弱酸，部分电离，浓度均为0.1 mol·L－1的HA酸溶液和MOH碱溶液稀释相同倍数时，c(M＋)＞c(A－)。
16.已知可逆反应aA＋bBcC中，5分钟时分别测得在不同温度下物质的含量A%和C%，绘制变化曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A. 该反应在T1、T3温度时达到过化学平衡
B. 该反应在T2温度时达到过化学平衡
C. 该反应的逆反应是放热反应
D. 升高温度，平衡会向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【分析】
T2℃之前，A%变小，C%从0逐渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之前该反应未达到平衡状态，而T2℃时为化学平衡状态，T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，正反应为放热反应。
【详解】T1温度之后，A%继续变小，C%继续增大，T2℃达到平衡状态，升高温度平衡向吸热的逆反应方向移动， A%增大，C%减小，故T1温度时未达到化学平衡，T3温度时达到化学平衡，A错误；T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，而T2℃时恰好平衡，B正确；T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，C错误；T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，温度升高使平衡向逆反应移动，D错误。
故选：B。
【点睛】本题化学反应图象分析，明确图象中曲线变化趋势与温度的关系是解本题关键，会根据图象确定平衡状态及反应热。
17.在一密闭的容器中，将一定量的NH3加热使其发生分解反应：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，当达到平衡时，测得25%的NH3分解，此时容器内的压强是原来的( )
A. 1.125倍 B. 1.25倍
C. 1.375倍 D. 1.5倍
【答案】B
【解析】
【详解】假设原容器中含有2mol氨气，达到平衡时，测得25%的NH3分解，则容器中含有氨气2mol×(1-25%)=1.5mol，氮气为2mol×25%×=0.25mol，氢气为2mol×25%×=0.75mol，同温同体积是气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时，容器内的压强是原来的=1.25倍，故选B。
18.一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)+B(g)3C(g)，若反应开始时充入2 mol A和2 mol B，达平衡后A的体积分数为a%。其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后A的体积分数大于a%的是( )
A. 2.5mol C B. 2 mol A、2 mol B和10 mol He（不参加反应）
C. 1.5 mol B和1.5 mol C D. 2 mol A、3 mol B和3 mol C
【答案】A
【解析】
【分析】
反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，即可得到相同平衡状态，结合浓度对平衡移动的影响，只要加入的物质的量：n（A）：n（B）＞1：1，平衡后A的体积分数大于a%。
【详解】反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，就是等效平衡，结合浓度对平衡移动的影响，只要加入的物质的量：n（A）：n（B）＞1：1，平衡后A的体积分数大于a%，A.2molC相当于molA和molB，二者的比值为2：1，大于1：1，则平衡后A的体积分数大于a%，选项A正确；B.2molA、2molB和1molHe（不参加反应），n（A）：n（B）=2：2，等于1：1，则平衡后A的体积分数等于a%，选项B错误；
C.1molB和1molC，相当于molA和molB，n（A）：n（B）=1：2，小于1：1，则平衡后A的体积分数小于a%，选项C错误；D.2molA、3molB和3molC，相当于4molA和4molB，二者的比值为4：4，等于1：1，则平衡后A的体积分数等于a%，选项D错误，答案选A。
【点睛】本题考查等效平衡问题，题目难度中等，本题注意与原配比数相比较，结合浓度对平衡移动的影响可进行判断。
19.一定条件下，往容积恒定的密闭容器中投入2molA和1molB，发生可逆反应：2A（g）+B(g)C(g)+D(s)，达到平衡时，测得压强为原压强的5/6，则A的转化率为 （ ）
A. 25% B. 40% C. 50% D. 75%
【答案】A
【解析】
考查可逆反应的有关计算。2A(g) + B(g)C(g)+D(s)
起始量（mol） 2 1 0
转化量（mol） x 0.5x 0.5x
平衡量（mol） 2－x 1－0.5x 0.5x
在等温等容时，压强之比就是物质的量之比
所以有2－x＋1－0.5x＋0.5x＝3×5/6
解得x＝0.5
所以转化率是0.5÷2×100％＝25%，答案选A。
20.一定温度下，下列叙述不能作为可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）达到平衡标志的是( )
①C的生成速率与C的消耗速率相等 ②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B
③A、B、C的浓度不再变化 ④C的物质的量不再变化
⑤混合气体的总压强不再变化 ⑥混合气体的总物质的量不再变化
⑦单位时间消耗a molA，同时生成3a mol B ⑧A、B、C的分子数之比为1：3：2
A. ⑤⑥ B. ⑦④ C. ①③ D. ②⑧
【答案】D
【解析】
【分析】
可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g），反应物气体的计量数大于生成物气体的计量数，当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量不变，可以此判断是否得到平衡状态。
【详解】①C的生成速率与C的消耗速率相等时，该反应达到平衡状态，故正确；②无论反应是否达到平衡状态，单位时间内生成a mol A同时生成3a molB，所以不能说明该反应达到平衡状态，故错误；③A、B、C的浓度不再变化，可说明达到平衡状态，故正确；④C的物质的量不再变化，可说明达到平衡状态，故正确；⑤由于反应前后气体的体积不等，恒容容器中，混合气体的总压强不再变化，可说明达到平衡状态，故正确；⑥混合气体的总物质的量不再变化，可说明达到平衡状态，故正确；⑦单位时间消耗amolA，同时生成3amolB，说明正逆反应速率相等，则达到平衡状态，故正确；⑧A、B、C的分子数之比为1：3：2，不能用以判断是否达到平衡状态，与起始配料比以及反应的转化程度有关，故错误；答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度中等，本题注意分析反应前后气体的体积关系，把握题给条件，在学习中注意总结。
21.在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）＋B（g）xC（g）（正反应放热）有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）
A. P3＞P4，y轴表示B的转化率 B. P3＜P4，y轴表示B的体积分数
C. P3＜P4，y轴表示混合气体的密度 D. P3＞P4，y轴表示混合气体的密度
【答案】A
【解析】
【分析】
图1中，根据先拐先平数值大知，温度一定时，P2＞P1，增大压强，C的含量增大，则平衡向正反应方向移动，所以x=1；压强一定时，T1＞T2，升高温度，C的含量降低，则正反应是放热反应。
【详解】升高温度平衡向逆反应方向移动，B的转化率减小，增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，则P3＞P4，A正确；升高温度平衡向逆反应方向移动，B的体积分数减小，B错误；混合气体总质量不变，容器容积不变，反应混合气体的密度不变，C、D错误。
故选A。
【点睛】本题考查图象分析，侧重考查学生分析判断能力，根据先拐先平数值大确定反应热和x值，再采用“定一议二”的方法分析解答。
22.已知下列反应的热化学方程式：
①6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）=2C3H5(ONO2)3（l）△H1
②H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）△H2
③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3
④4C3H5(ONO2)3（l）=12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）△H4
下列说法不正确的是（ ）
A. △H4=12△H3+10△H2﹣2△H1
B. 若将①中 H2（g）改为 H2（l）则△H＞△H1
C. C（金刚石，s）与 C（石墨，s）的燃烧热不同
D. △H2是 H2（g）的燃烧热
【答案】D
【解析】
A、由盖斯定律：10×②+12×③-2×①+10×④得：4C3H5（ONO2）3（l）═12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）△H=12△H3+10△H2-2△H1+10△H4，选项A正确；B、若将①中 H2（g）改为 H2（l），氢气由液态转化为气态吸热，则△H＞△H1，选项B正确；C、C（金刚石，s）与 C（石墨，s）所含的能量不同，化学键的断裂吸收的热量不同，故燃烧热不同，选项C正确；D、燃烧热是1mol纯物质完成燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，水的稳定氧化物是液态水，选项D错误。答案选D。
点睛：本题考查了反应热的计算及燃烧热的判断，侧重于盖斯定律应用的考查，准确把握盖斯定律的概念是关键。易错点为选项A，根据盖斯定律，利用方程式的加减得出C3H5（ONO2）3分解成CO2、N2、H2O、O2的化学方程式，其反应热也要相应的加减，从而得出其热化学反应方程式。
23.已知：Fe2O3 (s)＋3/2C(s)= 3/2CO2(g)＋2Fe(s) △H=+234.1kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)=CO2(g) △H=－393.5kJ·mol－1 ,
则 2Fe(s)＋3/2O2(g)=Fe2O3(s)的△H是 ( )
A. －824.4kJ·mol－ 1 B. －627.6kJ·mol－1
C. －744.7kJ·mol－1 D. －169.4kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
根据盖斯定律，（2）×－（1）得2Fe(s)＋O2(g)===Fe2O3(s)，ΔH=(－393.5 kJ/mol) × －234.1 kJ/mol=－824.4 kJ/mol，故A正确。
点睛：盖斯定律说的是 ，反应热与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关。具体计算时，可以运用方程式叠加的方法，得到目标方程式，反应热也是代数和。
24.已知：△G=△H－T△S，当△G＜0，反应能自发进行，△G＞0反应不能自发进行。下列说法中正确的是( )
A. 非自发反应在任何条件下都不能发生
B. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
C. 自发反应一定是熵增加的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应
D. 凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应
【答案】B
【解析】
A. 非自发反应在一定条件下也能发生，如碳酸钙的分解反应在常温下不能自发进行，在高温下就可以自发进行，故A错误；B. 熵增加且放热的反应，△S＞0、△H＜0，则△G=△H－T△S＜0，反应一定能自发进行，故B正确；C.反应能否自发进行，由熵变、焓变和反应温度共同决定，所以熵增加、熵减小或熵不变的反应都可能自发进行，故C错误；D. 根据上述分析可知，反应能否自发进行，由熵变、焓变和反应温度共同决定，所以放热反应或吸热反应都可能自发进行，故D错误；答案选B。
点睛：本题主要考查反应能否自发进行的判断依据，试题难度一般。解答本题的关键是要注意△G=△H－T△S，△G为自由能变化，△H为焓变，△S为熵变，T为热力学温度，反应能否自发进行是由焓变、熵变和温度共同决定的，△G＜0时反应能够自发进行，△G＞0时反应不能自发进行，根据△G是否小于0解答即可。
25.下列关于热化学反应的描述中正确的是 （ ）
A. HCl和NaOH反应的中和热△H＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（－57.3）kJ/mol
B. 甲烷的标准燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，则CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＜－890.3 kJ·mol－1
C. 已知：500 ℃、30 MPa下，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4kJ·mol－1；将1.5 mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量46.2 kJ
D. CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）＝2CO（g）+O2（g）反应的△H＝+566.0kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．HCl和NaOH反应的中和热△H＝-57.3kJ/mol，但由于稀硫酸与氢氧化钙反应生成的硫酸钙微溶，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热的△H≠-57.3kJ/mol，A错误；
B．由于气态水的能量高于液态水的能量，则甲烷完全燃烧生成液态水放热多，但放热越多，△H越小，因此反应CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)的ΔH＞－890.3 kJ·mol－1，B错误；
C.合成氨反应是可逆反应，将1.5 mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量小于46.2 kJ，C错误；
D．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H＝-566.0kJ/mol，互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，则2CO2（g）＝2CO（g）+O2（g）反应的△H＝+566.0kJ/mol，D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、中和热与燃烧热、可逆反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项B为解答的易错点，注意比较△H大小时要带着符合比较，题目难度不大。
26.常温下，有pH=12的NaOH溶液100 mL，若将其pH变为11(溶液混合忽略体积变化；计算结果保留到小数点后一位)。
（1）若用pH=10的NaOH溶液，应加入_________mL。
（2）若用pH=2的盐酸，应加入_________mL。
（3）若用水稀释，则加入水的体积为____________________ mL。
（4）常温下,设pH=5的H2SO4溶液中由水电离出的H+浓度为c1；pH=11的NaOH溶液中由水电离出的H+浓度为c2,则c1/c2=_________。
（5）常温下，pH=11的NaOH溶液aL与pH=5的H2SO4溶液bL混合，若所得混合溶液呈中性，则a∶b=_________。
【答案】 (1). 1000 (2). 81.8 (3). 900 (4). 100 (5). 1:100
【解析】
【详解】（1）常温下，pH=12的NaOH溶液中c(OH－)=10－2mol·L－1，pH=10的NaOH溶液中c(OH－)=10－4mol·L－1，根据混合后溶质的物质的量等于混合前溶质物质的量的和，=10－3，解得V=1000mL；（2）反应后溶液显碱性，因此有=10－3，解得V≈81.8mL；（3）稀释过程中溶质的物质的量不变，因此有=10－3，解得V=900mL；（4）pH=5的H2SO4中水电离出的c(H＋)=c(OH－)=10－9mol·L－1，pH=11的NaOH溶液中水电离出的c(OH－)=c(H＋)=10－11mol·L－1，则c1:c2=10－9:10－11=100：1；（5）溶液显中性，n(OH－)=n(H＋)=a×10－3=b×10－5，则a:b=1:100。
27.25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HC1O
电离平衡常数
1.7×10-5
K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11
3.0×10-8
请回答下列问题：
（1）CH3COOH、H2CO3、HC1O的酸性由强到弱的顺序为______________________。
（2）写出H2CO3的电离方程式：______________________。
（3）常温下0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是______________________（填宇母序号，下同）。
A．c(H+) B．c(H+)/c(CH3COOH)
C． c(H+)·c(OH-) D．
若该溶液升髙温度，上述4种表达式的数据增大的是_________________________。
（4）取0.10mol CH3COOH （冰醋酸）作导电性实验，测得其导电率随加入的水量变化如图所示：比较a、b点的相关性质（填“>”“<”或“=”）：
n(H+)∶a_____b；c(CH3COO-)∶a_____b；完全中和时消耗NaOH的物质的量∶a_____b；
（5）H+浓度相同等体积的两份溶液A(盐酸）和B(CH3COOH)分別与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同， 则下列说法正确的是__________（填写序号）
①反应所需要的时间B>A ②开始反应时的速率A>B
③参加反应的锌的物质的量A=B ④A中有锌剩余
【答案】 (1). CH3COOH>H2CO3>HC1O (2). H2CO3HCO3-+H+ (3). A (4). ABCD (5). < (6). > (7). = (8). ③④
【解析】
（1）酸电离程度越大，其在相同温度下的电离平衡常数就越大，根据表格数据可知电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HClO，所以酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO；（2）碳酸是二元弱酸，电离方程式为H2CO3HCO3-+H+；（3）在常温下，醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，A、稀释促进电离，氢离子的物质的量增加，但氢离子浓度减小，A正确；B、溶液在加水稀释过程中，c(CH3COOH)、c(H+)由于稀释都减小，其中醋酸的物质的量减小，氢离子的物质的量增加，所以溶液中升高， B错误；C、温度不变，水的离子积常数不变，C错误；D、，温度不变，电离常数不变，D错误，答案选A。该溶液升髙温度，促进电离，电离常数增大，溶液中氢离子浓度增大，醋酸浓度减小，则增大。升高温度水的离子积常数增大，答案选ABCD；（4）稀释促进电离，则n(H+)∶a＜b；离子浓度越大，导电性越强，则c(CH3COO-)∶a＞b；a、b两点醋酸的物质的量相等，因此完全中和时消耗NaOH的物质的量∶a＝b；（5）氢离子浓度相同的等体积的A、B两份溶液（A为盐酸，B为醋酸）分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，由于醋酸部分电离，其酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中HCl的浓度等于氢离子的浓度，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，则盐酸中锌粉剩余；①由于醋酸中酸过量，则反应较快，所以反应所需的时间A＞B；错误；②开始pH相同，则氢离子浓度相同，所以开始时反应速率A=B，错误；③由于生成的氢气体积相同，所以参加反应的锌粉物质的量A=B，正确；④醋酸的浓度大于盐酸的浓度，醋酸有剩余，则盐酸中有锌粉剩余，正确；答案选③④。
28.甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上一般可采用如下反应来合成甲醇： CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，现在实验室模拟该反应并进行分析。
（1）下图是该反应在不同温度下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“＝”)。
③若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是______________。
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2 L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考察温度对反应的影响，如图所示
下列说法正确的是________(填序号)；
①温度为T1时,从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)＝nA/tAmol·L－1·min－1
②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
③该反应为放热反应
④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大
（3）在T1温度时，将1 mol CO2和3 mol H2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2的转化率为α，则容器内的压强与起始压强之比为_____________。
【答案】 (1). ＜ (2). ＞ (3). B (4). ③④ (5). （2-α）/2
【解析】
【详解】（1）①根据图像，先拐先平衡，即T2>T1，温度越高，CO的转化率降低，升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，即△H<0；②该反应是放热反应，温度越高，K越小，即K1>K2；③A、正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，甲醇产率降低，故A错误；B、从体系中分离出甲醇，平衡向正反应方向进行，甲醇的产率增大，故B正确；C、催化剂对化学平衡无影响，即甲醇的产率不变，故C错误；D、恒容状态下，充入非反应气体，组分的浓度不变，化学平衡不移动，甲醇的产率不变，故D错误；（2）①根据化学反应速率数学表达式，v(CH3OH)=nA/2tAmol/(L·min)，故①错误；②根据图像，T2时首先达到平衡，即T2>T1，随着温度的升高，甲醇的物质的量减少，说明平衡向逆反应方向进行，即正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小，即T1的平衡常数比T2时的大，故②错误；③根据②的分析，该反应为放热反应，故③正确；④T1到T2，温度升高，平衡向逆反应方向进行，H2的物质的量增大，甲醇的物质的量减少，因此此比值增大，故④正确；（3）达到平衡时，消耗CO2的物质的量为αmol，气体物质的量减少2αmol，即达到平衡时气体物质的量为(4－2α)mol，相同条件下，压强之比等于物质的量之比，即容器内的压强与起始压强之比等于(4－2α)：4=(2－α) ：2。
【点睛】关于化学平衡图像，类似本题，先拐先平衡，说明反应速率快，对应的温度高，然后看平衡线，随着温度的升高，CO2的转化率或CH3OH的物质的量减少，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，判断出正反应为放热反应。
29.中华人民共和国国家标准（GB2760-2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L-1。某兴趣小组用题图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。
（1）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为_______________________________________________________。
（2）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L-1NaOH标准溶液进行滴定。若滴定前俯视，滴定后仰视，对滴定结果的影响是____________（填无影响、偏高或偏低）；若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，对滴定结果的影响是____________（填无影响、偏高或偏低）；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为___________________；滴定终点的判断为_____________________________________________。
（3）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：__________g·L-1。
（4）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施_________________。
【答案】 (1). SO2+H2O2=H2SO4 (2). 偏高 (3). 偏高 (4). 酚酞 (5). 滴最后一滴，溶液恰好由无色变浅红色，且30秒无变化 (6). 0.24 (7). 原因：盐酸易挥发；改进措施：用不挥发的强酸（如硫酸）代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响。
【解析】
【详解】（1）SO2具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2把SO2氧化成H2SO4，反应方程式为H2O2＋SO2=H2SO4；（2）滴定管的从上到下刻度增大，滴定前俯视，滴定后仰视，消耗的NaOH体积增大，测的SO2的量偏高；滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，消耗的NaOH的体积增大，测的SO2量偏高；选择指示剂，滴定后溶液的pH与指示剂的变色范围应一致，pH=8.8溶液显碱性，酚酞的变色范围是8.2～10.0，因此应用酚酞作指示剂；滴最后一滴NaOH，溶液恰好由无色变浅红色，且30秒无变化；（3）根据过程，得出SO2～H2SO4～2NaOH，n(SO2)=25×10－3×0.09/2mol=1.125×10－3mol，其质量为1.125×10－3×64g=7.2×10－2g，则SO2的含量为7.2×10－2/300×10－3g·L－1=0.24g·L－1；（4）测定结果比实际值偏高，说明溶液中酸的量高，B装置中加入葡萄酒和盐酸，盐酸具有挥发性，加热时，进入装置C，消耗的NaOH的量增加；改进措施为用不挥发的强酸（如硫酸）代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响。
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