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【化学】黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年高二上学期10月月考（理）试题（解析版）
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黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年高二上学期10月月考（理）试题
相对原子质量：H1 C 12 N14 O 16 S32 Cl 35.5 Na23 Mg24 Al 27 Fe56 Cu64
第I卷（选择题，共54分）
一、单项选择题（1—15每题2分；16—23每题3分，共54分）
1.化学与生活密切相关。下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（ ）
A. 调味剂 B. 防腐剂 C. 增稠剂 D. 着色剂
【答案】B
【解析】
【分析】
一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等,其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀,延长保质期,而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关,以此解答该题。
【详解】A.调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故A错误；
B.防腐剂可延缓氧化的反应速率，与速率有关,故B正确；
C.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故C错误；
D.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故D错误；
综上所述，本题选B。
2.用pH试纸测定某无色溶液的pH，正确的是（ ）
A. 将pH试纸放入溶液中，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
B. 用广泛pH试纸测得该无色溶液的pH为2.3
C. 用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色并与标准比色卡对照
D. 用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，测量的pH结果一定偏低
【答案】C
【解析】
【详解】用pH试纸测定溶液的pH时，不能将pH试纸放入溶液中或将溶液倒在pH试纸上。正确的操作方法是：用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡对照，C正确；A错误；广泛pH试纸的读数不会出现小数，只能读到整数，pH不能为2.3，B错误；pH试纸提前湿润，可能会带来误差，酸溶液稀释后pH偏大，碱溶液稀释后pH偏低，D错误；综上所述，本题选C。
3.某学生的实验报告中，描述合理的是（ ）
A. 用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸
B. 用托盘天平称量25.20g NaCl
C. 用25mL碱式滴定管量取出15.00mLKMnO4溶液
D. 用25mL碱式滴定管做酸碱中和滴定实验时，共用去某浓度的碱溶液21.70mL
【答案】D
【解析】
【详解】A、量筒只能精确至0.1mL，故用10mL 量筒量取不出7.13mL溶液，故A错误；
B、托盘天平只能精确至0.1g，故用托盘天平称量不出氯化钠的质量为25.20g，故B 错误；
C.KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，因此不能用碱式滴定管量KMnO4溶液，故C错误；
D. 滴定管精确至0.01 mL，25mL碱式滴定管可量取碱溶液21.70mL，故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】量筒没有“0”刻度，精确度为0.1mL；碱式滴定管量或酸式滴定管有“0”刻度，在上方，精确度为0.01mL；碱式滴定管小端有一小段橡胶管，易被强氧化剂腐蚀，因此KMnO4溶液要用酸式滴定管来量取。
4.下列有关说法不正确的是（ ）
A. Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行
B. 已知某吸热反应能自发进行，则该反应一定是熵增反应
C. 通常情况下，一个放热且熵增的反应也有可能非自发进行
D. 已知反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH <0
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na与H2O的反应生成氢气，是一个熵增加的放热反应, 则∆H-T∆S<0，反应可自发进行，A选项正确；
B.吸热反应的∆H>0，∆H-T∆S<0的反应可自发进行，则该反应是熵增加反应，B选项正确；
C. 一个放热且熵增的反应，∆H-T∆S<0，在任何温度下都能自发进行，故C错误；
D. 反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)中∆S<0，在室温下可自发进行，,则∆H-T∆S<0，则该反应的ΔH <0，D选项正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0 、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、∆S>0，高温下自发进行。
5.某温度下，体积一定的密闭容器中，进行如下可逆反应：X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s) ΔH＞0。下列叙述正确的是（ ）
A. 加入少量W，逆反应速率增大
B. 当容器中气体压强不变时，反应达到平衡
C. 升高温度，平衡逆向移动
D. 平衡后加入X，上述反应的ΔH增大
【答案】B
【解析】
【详解】A.在反应中W是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故错误；
B.随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变时，说明可逆反应到达平衡状态，故正确；
C.该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应移动，故错误；
D.反应热与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的物质的量无关，故错误；
综上所述，本题选B。
6.下列溶液一定呈中性的是（ ）
A. c(H＋)＝c(OH－)＝10－6 mol·L－1的溶液 B. pH＝7的溶液
C. 使石蕊试液呈紫色的溶液 D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A项，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度时溶液呈中性，故A项正确；
B项，温度高于室温时，水的电离常数增大，pH<7溶液呈中性，此时若pH=7，则溶液呈碱性，故B项错误；
C项，使石蕊试液呈紫色的变色范围是pH为5.0到8.0之间，所以石蕊试液呈紫色时溶液不一定是中性的，还可能显弱酸性或弱碱性，故C项错误；
D项，等物质的量的醋酸和氢氧化钠混合生成醋酸钠正盐，但醋酸根离子发生水解溶液呈碱性，故D项错误；
综上所述，本题选A。
7.化学反应：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g),改变下列条件 ①升高温度 ②增大压强 ③使用催化剂 ④增大反应物浓度，可以提高反应物中的活化分子百分数的是 ( )
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①③
【答案】D
【解析】
【分析】
提高反应物中的活化分子百分数因素有温度和催化剂，浓度和压强只改变活化分子的浓度，不改变百分数。
【详解】①升高温度可提高反应物中的活化分子百分数，故正确；②增大压强只改变活化分子的浓度，不改变百分数，故错误；③加入催化剂,降低活化能，可提高反应物中的活化分子百分数，故正确；④增大反应物浓度只改变活化分子的浓度，不改变百分数，故错误；①③选项符合题意；综上所述，本题选D。
8.COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g) ΔH＞0，当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（ ）
A. ①②④ B. ①④⑥ C. ②③⑤ D. ③⑤⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：①该反应为吸热反应，升温，平衡正向移动，能提高 COCl2转化率，正确；②恒容通入惰性气体，与反应相关的各物质的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，错误；③增加CO浓度，平衡逆向移动，COCl2转化率降低，错误；④该反应正向为气体物质的量增大的反应，减压，平衡正向移动，能提高 COCl2转化率，正确；⑤加催化剂，平衡不移动，COCl2转化率不变，错误；⑥恒压通入惰性气体相当于减小压强，平衡正向移动，能提高 COCl2转化率，正确，选B。
考点：考查化学平衡的移动
9.在某一元酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）
A. 1mol/L的某一元酸溶液中c(H＋)约为1×10－2mol/L
B. 某一元酸能与水以任意比例互溶
C. 1mol/L的某一元酸溶液10mL恰好与10mL1mol/L的NaOH溶液完全反应
D. 在相同条件下，某一元酸溶液的导电性比硫酸弱
【答案】A
【解析】
【详解】A、1mol/L的某一元酸溶液中c(H＋)约为1×10－2mol/L，酸浓度大于氢离子浓度，说明该酸不能完全电离，肯定是弱电解质，故A正确；
B、溶解性与电解质强弱无关，故B错误；
C、1mol/L的某一元酸溶液10mL恰好与10mL1mol/L的NaOH溶液完全反应，完全反应与酸的强弱无关，不能证明该酸为弱电解质，故C错误；
D、温度相同时，相同浓度的某一元酸和硫酸溶液，硫酸是二元酸，而该酸为一元酸，不能据某一元酸溶液的导电性比硫酸弱，判断出该酸为弱电解质，故D错误；
综上所述，本题选A。
10.下列有关平衡常数的说法中，正确的是 ( )
A. 改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大
B. 反应2NO2(g)N2O4(g) △H ＜0，升高温度该反应平衡常数增大
C. 对于给定可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数相等
D. CO2＋H2 CO＋H2O的平衡常数表达式为K==
【答案】D
【解析】
【详解】A、改变压强平衡可以正向进行，反应物转化率增大，但平衡常数不变，平衡常数只随温度变化，故A错误；
B、反应是放热反应，升温平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，平衡常数减小，故B错误；
C、对于给定可逆反应，正逆反应的平衡常数互为倒数，故C错误；
D、平衡常数是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，据此书写化学方程式为：CO2＋H2 CO＋H2O的平衡常数表达式为K=，故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】平衡常数是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，它用来衡量可逆反应进行的程度，仅仅是温度的函数；对于某个固定的可逆反应，平衡常数发生了变化，平衡一定发生移动；但是平衡发生了移动，平衡常数不一定发生改变。
11.已知0.1 mol•L-1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－+H＋要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值减小，可以采取的措施是 ( )
A. 通入少量HCl气体 B. 升高温度 C. 加少量冰醋酸 D. 加水
【答案】C
【解析】
【详解】A.通入少量HCl气体，增加了氢离子浓度，平衡左移，c(CH3COOH)增大，但是溶液中氢离子浓度增大程度更大，所以 c(H＋)/c(CH3COOH)增大，故A错误；
B. 弱电解质的电离为吸热过程，升高温度醋酸的电离平衡向右移动，电离程度增大，则c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，故B错误；
C.加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，醋酸的物质的量增大,则c(H＋)/c(CH3COOH)值减小，故C正确；
D. 加水稀释，溶液体积增大，导致c(H＋)和 c(CH3COOH)均减小，但是电离平衡CH3COOHCH3COO－+H＋正向移动，氢离子浓度减的少，醋酸浓度减的多，则 c(H＋)/c(CH3COOH)的值增大，D错误；
综上所述，本题选C。
12.500 mL 1 mol/L的稀HCl与锌粒反应，不会使反应速率加快的是( )
A. 升高温度
B. 将500 mL 1 mol/L的HCl改为1000 mL 1 mol/L的HCl
C. 用1 mol/L的H2SO4代替1 mol/L的HCl
D. 用锌粉代替锌粒
【答案】B
【解析】
试题分析：A、升高温度，反应速率增大，故A不选；B、改为1000 mL 1 mol/L的HCl，浓度不变，反应速率不变，故B选；C、用1 mol/L的H2SO4代替1 mol/L的HCl，氢离子浓度增大，反应速率增大，故C不选；D、用锌粉代替锌粒，固体表面积增大，反应速率增大，故D不选．故选B。
考点：考查了化学反应速率的影响因素的相关知识。
13.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是( )
①工业合成氨，反应条件选择高温
②实验室可以用排饱和食盐水的方法收集氯气
③使用催化剂可加快SO2转化为SO3的速率
④硫酸工业中，增大O2的浓度有利于提高SO2的转化率
A. ②③ B. ②④ C. ①③ D. ①④
【答案】C
【解析】
【详解】①工业合成氨的反应为放热反应，温度升高，平衡左移，不利于氨气的生成，应为低温，不能用勒夏特列原理解释；故①选；
②氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，因为饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，所以可以勒夏特列原理解释，故②不选；
③催化剂不影响平衡移动只能够加快化学反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释，故③选；
④增大反应物氧气浓度,平衡向正反应方向移动,所以能增大二氧化硫转化率，可以用平衡移动原理解释，故A不选；
综上所述，本题选C。
14.25℃时，水的电离可达到平衡：H2O H＋+OH－ △H＞0，下列叙述正确的是（ ）
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B. 将水加热，Kw增大，pH不变
C. 向水中加入少量稀硫酸，c(H＋)增大，Kw不变
D. 向水中加入少量冰醋酸，平衡逆向移动，c(H＋)降低
【答案】C
【解析】
【详解】A、一水合氨电离出OH-而导致溶液中OH-浓度增大，从而抑制水电离，平衡逆向移动，故A错误；
B、水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则Kw增大，pH减小，故B错误；
C、向水中加入稀硫酸，硫酸电离出氢离子导致溶液中H+浓度增大，但温度不变，Kw不变，故C正确；
D、向水中加入少量固体冰醋酸，冰醋酸溶于水电离出少量氢离子，增加了溶液中氢离子浓度，从而抑制水电离，故D错误；
综上所述，本题选C。
15.下列图示与对应叙述相符合的是 ( )
A. 图 I：反应N2+3H22NH3在恒温情况下，反应速率与压强的关系
B. 图Ⅱ：反应H2+I22HI达平衡后，升高温度时反应速率随时间的变化
C. 图Ⅲ：反应CO2(g)+H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH>0，水蒸气含量随时间的变化
D. 图Ⅳ：反应2SO2＋O22SO3达平衡后，缩小容器体积，各成分物质的量随时间的变化
【答案】D
【解析】
试题分析：A.增大压强，正、逆反应速率都增大，由于N2+3H22NH3的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向正反应反应移动，正反应速率增大更多，图像中逆反应速率增大更多，平衡逆向移动，实际不相符，错误；B.升高温度，化学反应速率加快，由于温度对吸热反应影响更大，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，正、逆速率变化不相等，图象中正、逆速率增大相同的倍数，与实际不相符，错误；C.由图可知，温度T2 先到达平衡，说明温度：T2 ＞T1 ，升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，水蒸气的含量增大，图像中温度越高，水蒸气的含量越低，与实际不相符，错误；D.缩小容器体积，使体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，三氧化硫的物质的量增大、二氧化硫与氧气的物质的量减小，图像与实际相符合，正确。
考点：考查图像方法在化学反应速率、化学平衡移动的影响的知识。
16.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是（ ）
A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
D. 该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)
【答案】B
【解析】
平衡常数只与温度有关，增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故A错误；Ni(CO)4的沸点为42.2℃，第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4，所以温度要高于42.2℃，故B错误；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃ ，Ni(CO)4分解得高纯镍，Ni(CO)4分解率较高，故C正确；达到平衡正逆反应速率比等于系数比，4v生成[Ni(CO)4]= v生成(CO)，故D错误。
17.在恒温恒压下，向密闭容器中充入4mol A和2 mol B，发生如下反应：2A(g)+B(g) 2C(g) ΔH＜0。2min后，反应达到平衡，生成C为1.6mol。则下列分析正确的是（ ）
A. 若反应开始时容器体积为2L，则Vc＝0.4mol•L-1•min-1
B. 若在恒压绝热条件下反应，平衡后nc＜1.6mol
C. 若2min后，向容器中再投入2mol A和1 mol B， B的转化率变大
D. 若该反应在恒温恒容下进行，放出热量将增加
【答案】B
【解析】
【详解】A项，若反应在恒温恒容下，则Vc＝n/Vt=1.6/2×2=0.4mol•L-1•min-1，但条件为恒压，随着反应的进行，体积逐渐减小，即Vc>0.4mol•L-1•min-1，故A项错误；
B项，反应放热，若在绝热条件下，反应向逆反应方向进行，即nc＜1.6mol，故B项正确；
C项，在恒温恒压下，向容器中再投入2molA和1molB，与原平衡投料成比例（2:1），所以该平衡与原平衡为等效平衡，所以B的转化率不变，故C项错误；
D项，若反应在恒温恒容下，压强减小，平衡向左移动，放热减少，故D项错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】向密闭容器中充入4mol A和2 mol B，发生如下反应：2A(g)+B(g) 2C(g)，反应达平衡后，若再向容器中再投入2molA和1molB，如果在恒温恒压下，B的转化率不变；如果在恒温恒容下，相当于加压过程，平衡右移，B的转化率增大。
18.对于平衡体系mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g) ΔH＜0。下列结论中错误（ ）
A. 若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的2.1倍，则m＋n＜p＋q
B. 若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m∶n
C. 若m＋n=p＋q，则往含有a mol气体的平衡体系中再加入a mol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2a
D. 若A为固体，则增大压强，平衡向逆向移动
【答案】D
【解析】
【分析】
A、将容器的体积缩小到原来的一半,若平衡不移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的2.1倍，说明平衡向着生成A的方向移动了；
B、当反应物的物质的量之比等于系数值比时，则达到化学平衡时，反应物的转化率是相等的；
C、对于反应前气体体积不变，混合气体总的物质的量不变；
D、对于反应前后气体体积不变的反应，压强不会影响平衡移动。
【详解】A、将容器的体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的2.1倍，说明平衡向着生成A的方向移动了，体积缩小即增大压强，平衡向着气体体积减小的方向进行,所以m＋n＜p＋q，A正确；
B、反应开始时，A、B的物质的量之比为m∶n,恰好等于方程式的系数值比，这种情况下平衡时，A、B的转化率相等，B正确；
C、往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，平衡向正反应移动，因为m＋n=p＋q,达到新平衡时混合气体总的物质的量不变，达到新平衡时气体的总物质的量等于2amol，C正确；
D、若A为固体，若n>p＋q，则增大压强，平衡向正向移动；若n=p＋q, 则增大压强，平衡向不移动；若n
19.下列表述或判断正确的是（ ）
A. 25℃时，pH=10的NaOH溶液与pH=10的氨水中：水的电离程度相等
B. 相同条件下等物质的量浓度的①NaCl溶液；②NaOH溶液；③HCl溶液，溶液中由水电离出的c(H+)：③＞①＞②
C. 0.10 mol/L的HA溶液中加水稀释，溶液中c(OH－)减小
D. 25℃时，浓度为0.2 mol•L-1的Na2CO3溶液中，不存在电离平衡
【答案】A
【解析】
【详解】A. pH=10的NaOH溶液与pH=10的氨水中c(OH-)=10-4mol/L，抑制水的电离；碱溶液中氢离子浓度为水电离产生的，根据25℃时，Kw=c(H+ )×c(OH-)=10-14可知，c(H+ )水=10-10mol/L，二者溶液中水的电离程度相等，故A正确；
B. 氢氧化钠和盐酸都抑制水电离，且氢氧化钠和氯化氢都是强电解质，所以等浓度的盐酸和氢氧化钠溶液抑制水电离程度相等，而NaCl溶液为不水解的盐溶液，对水的平衡无影响，溶液中由水电离出的c(H+)：①＞③=②，故B错误；
C. 0.10 mol/L的HA溶液中加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，根据温度不变，Kw= c(H+ )×c(OH-)可知，溶液中c(OH-)增大，故C错误；
D. Na2CO3溶液中除存在水解平衡外，还存在水的电离平衡，故D错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】本题考察水的电离，盐的水解等知识。该题中选项C易出现问题，因为酸溶液在稀释时，溶液中氢离子浓度减小，但是氢氧根离子浓度增大，即酸溶液加水稀释时，不是溶液中所有离子都减小。
20.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是（ ）
序号
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
A. ③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B. ②③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H+)>c(OH-)
C. 分别加入水稀释10倍，四种溶液的pH①>②>④>③
D. V1L④与V2L①混合，若混合后溶液pH=7，则V1
【解析】
A．③④中分别加入适量醋酸钠晶体，③中醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离，④反应生成醋酸，醋酸部分电离，所以③④中分别加入适量醋酸钠晶体后氢离子浓度都减小，则溶液的pH都增大，故A正确；B．醋酸是弱电解质、NaOH是强电解质，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH浓度，二者等体积混合时，醋酸有剩余，溶液呈酸性，所以所得溶液中：c(H+)＞c(OH-)，故B正确；C．室温下，碱溶液pH大于酸溶液；加水稀释促进弱电解质电离，所以稀释10倍后pH：①＞②＞④＞③，故C正确；D．V1L④和V2L①溶液混合后，若pH=7，氨水浓度远远大于盐酸，要使混合溶液呈中性，则V1＞V2，故D错误；故选D。
21.在373K时,把0.5mol N2O4气体通入体积为5L的恒容密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2秒时,NO2的浓度为0.02 mol/L。在60秒时,体系已达平衡,此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是（ ）
A. 前2秒,以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/(L·s)
B. 在2秒时体系内的压强为开始时的1.2倍
C. 在平衡时体系内含N2O40.20mol
D. 平衡时,如果再充入一定量N2O4,则可提高N2O4的转化率
【答案】C
【解析】
【分析】
A．根据化学反应速率的定义可知，利用单位时间内浓度的变化量来计算化学反应速率；
B．利用一定条件下反应前后的物质的量之比等于压强之比来计算；
C．利用平衡时容器内压强为开始时的1.6倍来计算平衡时各物质的物质的量；
D．若往容器内充入N2O4气体，相当于压缩容器体积，相当于增大压强，利用压强对化学平衡的影响来分析能否提高N2O4的转化率。
【详解】A项,前2秒,以NO2的浓度变化表示的平均反应速率为=0.01mol/(L·s)，则以N2O4浓度变化表示的平均反应速率为0.005mol/(L·s)，故A项错误；
B项2秒时，NO2的浓度为0.02 mol/L，其物质的量为0.02 mol/L×5L=0.1mol，则容器内气体的总物质的量为0.5mol-0.05mol+0.1mol=0.55mol，容器内的压强为反应前的=1.1倍，故B项错误；
C项，平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol×1.6=0.8mol，设剩余N2O4的物质的量为xmol，则有(0.5-x)×2+x=0.8，解得x=0.2mol，即体系内含0.2mol N2O4，故C项正确；
D项，平衡时，若往容器内充入N2O4气体，相当于在原来的基础上缩小体积，由N2O4═2NO2，则缩小体积，压强增大，化学平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题考查化学平衡及化学反应速率的计算，题目难度中等，明确信息中的压强关系及不同时间混合体系中各物质的物质的量的关系是解答的关键，并熟悉化学反应速率的计算式及影响化学平衡移动的因素即可解答。
22.已知一定温度下合成氨反应：N2 +3 H22 NH3 ΔH=—92.4 kJ/ mol，在恒温、恒压的密闭容器中进行如下实验：①通入1 mol N2和3 mol H2，达平衡时放出热量为Q1，②通入2 mol N2和6 mol H2，达平衡时放出热量为Q2，则下列关系正确的是( )
A. Q2 =2Q1=184.8kJ B. Q1 < 0.5 Q2 C. Q1 < Q2 < 184.8 kJ D. Q1 = Q2 < 92.4 kJ
【答案】C
【解析】
【详解】热化学方程式N2 +3H22NH3，表示一定条件下，1molN2和3molH2反应生成2molNH3，放出的热量为92.4kJ，该反应为可逆反应，物质不能完全反应，恒温恒压下，反应前后气体的物质的量发生变化，①与②中N2、H2的物质的量之比为1:3，二者为等效平衡，反应物的转化率相同，②中参加反应的量是①中的2倍，所以Q2=2Q1<184.8kJ，即Q1 < Q2 <184.8 kJ，故C项正确；综上所述，本题选C。
23.室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mL pH=2的某一元酸溶液，现向乙烧杯中加水稀释至pH=3。此时关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是( )
A. 溶液的体积：10V甲＝V乙 B. 溶液的体积：V乙≥10V甲
C. 溶液的体积：10V甲≥V乙 D. 水电离出的C(OH—)：10C(OH－)甲≤C(OH－)乙
【答案】B
【解析】
【详解】若酸为强酸，则根据溶液稀释过程中氢离子浓度不变5ml×10-2=V×10-3，计算得出V=5Oml，则10V甲=V乙，若酸为弱酸，加水稀释时，促进弱酸的电离，电离产生的氢离子增多，要使pH仍然为4，加入的水应该多一些，所以10V甲＜V乙，所以10V甲≤V乙，所以A、 C错误，B 正确；酸溶液中的氢氧根离子是水电离产生的，pH=2的某一元酸溶液，c(H+)=10-2mol/L, c（OH-）甲= KW/c(H+)==10-12mol/L，pH=3的酸中，c(H+)=10-3mol/L，水电离的氢氧根离子浓度为c（OH-）乙= KW/c(H+)==10-11mol/L，则10c（OH-）甲=c（OH-）乙，D错误；综上所述，本题选B。
第II卷（非选择题，共46分）
24.化学反应方程式是化学学习的基本工具，本学期在化学反应速率与化学平衡章节学过几个重要的方程式，请你按要求写出：
（1）硫代硫酸钠与稀硫酸溶液反应的离子方程式：________________。
（2）在重铬酸钾的硫酸溶液中的Cr2O72—与CrO42—之间转化的离子方程式______________。
【答案】 (1). S2O32—+2H+ =S↓+SO2↑+H2O (2). Cr2O72—+ H2O 2CrO42—+2H+
【解析】
【详解】（1）硫代硫酸钠与稀硫酸发生氧化还原反应生成S、二氧化硫和硫酸钠、水，离子反应为S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；因此，本题正确答案是：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O。
（2）Cr2O72-与CrO42-之间转化，铬元素的价态不变，属于非氧化还原反应，遵循原子及电荷守恒，转化的离子反应为Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+；因此，本题正确答案是：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+。
25.CO用途广泛，工业应用时离不开平衡思想的指导：
Ⅰ、在某一容积为5 L的体积不变的密闭容器内，加入 0.3 mol的CO和0.3 mol的H2O，在催化剂存在和800℃的条件下加热，发生如下反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＞0，反应中CO2的浓度随时间变化情况如图：
（1）根据图上数据，该温度（800℃）下的平衡常数K＝________________。
（2）在体积不变的条件下，改变下列条件能使平衡常数K增大的有_____（填字母）
A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强D．减小压强 E．加入催化剂 G．移出一氧化碳气体
（3）若保持温度和容器的体积不变，在（1）中上述平衡体系中，再充入0.3mol 的水蒸气，重新达到平衡后，H2O的转化率_______(填“升高”、“降低”、“不变”)。
（4）在催化剂存在和800℃的条件下，在某一时刻测得c(CO)＝c(H2O)＝0.09mol/L；c(CO2 )＝c(H2)＝0.13mol/L,则此时正、逆反应速率的大小：v正 _______ v逆 （填“>”、“<”或“＝”)。
Ⅱ、还原法炼铅，包含反应PbO(s)＋CO(g)Pb(s)＋CO2(g) ΔH，该反应的平衡常数的对数值与温度的关系如下表：
温度/℃
300
727
1227
lgK
6.17
2.87
1.24
①该反应的ΔH_______0(选填“＞”、“＜”或“＝”)。
②当lgK＝1，在恒容密闭容器中放入PbO并通入CO，达平衡时，混合气体中CO的体积分数为_____(保留两位有效数字)；若向容器中充入一定量的CO气体后，平衡发生移动，再次达到平衡时，CO的百分含量_____ (填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】 (1). 1 (2). A (3). 降低 (4). ＜ (5). ＜ (6). 9.1% (7). 不变
【解析】
【详解】（1）在某一容积为5L的密闭容器内，加入0.3mol的CO和0.3mol的H2O，则起始浓度c（CO）=0.06mol/L，c（H2O）=0.06mol/L，平衡时c（CO2）=0.03mol/L，则
CO（g） + H2O（g）⇌ CO2（g）+ H2（g）
起始浓度/mol•L﹣1 ：0.06 0.06 0 0
转化浓度/mol•L﹣1 ：0.03 0.03 0.03 0.03
平衡浓度/mol•L﹣1 ：0.03 0.03 0.03 0.03
反应开始至达到平衡时，平衡常数K= K=c(H2)/c(CO2)/ c(CO)×c(H2O)=0.032/0.032=1；综上所述，本题答案是：1。
（2）平衡常数K只受温度的影响，该反应为ΔH＞0，升高温度，平衡右移，平衡常数K增大，因此A选项正确；因此本题答案是：A。
（3）可逆反应中增大一种反应物的浓度，则另一种反应物的转化率会增大，所以若保持温度和容器的体积不变，在（1）中上述平衡体系中，再充入0.3mol 的水蒸气，重新达到平衡后，CO的转化率升高，而水蒸气的转化率降低；因此，本题答案是：降低。
（4）根据浓度商：QC= c(H2)/c(CO2)/c(CO)×c(H2O)=0.132/0.092=2.09>1,反应逆向移动，v正
②当lgK＝1，K=10，在PbO(s)＋CO(g)Pb(s)＋CO2(g)反应中，设起始CO：amol/L；达平衡时转化量为xmol/L，平衡时CO为（a-x）mol/L，CO2的浓度为xmol/L，则K=10=x/（a-x），x/a×100%=9.1%；若向容器中充入一定量的CO气体后，平衡正向移动，由于相当于加压，气体分子数不变，所以在此达到平衡时，CO的转化率不变；综上所述，本题答案是：9.1% ；不变。
26.25℃时，三种酸的电离平衡常数如下：回答下列问题：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.8×10－5
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
3.0×10－8
（1）一般情况下，当温度升高时，电离平衡常数K________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）下列四种离子结合质子能力最强的是______(填字母)。
a.CO32－ b.ClO－ c.CH3COO－ d.HCO3－
（3）下列反应不能发生的是________(填字母)。
a.CO32－＋2CH3COOH＝2CH3COO－＋CO2↑＋H2O b.ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClO
c.CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－ d.2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO
（4）体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000 mL，稀释过程中pH变化如下图所示。
则HX的电离平衡常数________(填“>”、“=”或“<”，下同)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)_____醋酸溶液中水电离出来的c(H＋)；用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸____HX。
【答案】 (1). 增大 (2). a (3). cd (4). > (5). > (6). >
【解析】
【详解】（1）升高温度促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大；因此本题答案是：增大。
（2）电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c；因此本题答案是：a。
（3）a．CO32-+CH3COOH=CH3COO-+CO2↑+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；
b．ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；
c．CO32-+HClO=CO2↑+H2O+ClO-：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；
d.2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO：由于酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-，该反应不能发生，故d正确；综上所述，本题答案是：cd。
（4）加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c（H+）大于醋酸溶液水电离出来c（H+）；pH=2的HX和醋酸，HX的酸性大于醋酸，所以醋酸的浓度大于HX，因此等体积的两种酸，醋酸的量多，因此用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸大于HX；综上所述，本题答案是：> ；> ；>。
【点睛】浓度、体积相同的盐酸和醋酸，溶质的总量相等，但是溶液中的氢离子的量盐酸多，但是同浓度同体积的醋酸和盐酸中和氢氧化钠的能力是完全一样的；氢离子浓度相同、体积相同的盐酸和醋酸，溶液中氢离子的浓度相同，但是溶质的总量醋酸多，但是同体积、pH相同的醋酸和盐酸，中和氢氧化钠的能力醋酸强。
27.某学生用0.200 0 mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体；
③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数；
④移取20.00 mL待测液注入洁净的还存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。
请回答下列问题：
(1)以上步骤有错误的是______(填编号)。
(2)若测定结果偏高，其原因可能是_____________(填字母)。
A.配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质
B.滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确
C.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过后又用待测液润洗
D.滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
(3)判断滴定终点的现象是______________________。
(4)如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________mL。
(5)根据下列数据，请计算待测盐酸的浓度：________mol·L－1。
滴定次数
待测体积(mL)
标准烧碱溶液体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
20.00
0.40
20.40
第二次
20.00
2.00
24.10
第三次
20.00
4.00
24.00
【答案】 (1). ① (2). ABCD (3). 滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不变色 (4). 22.60 (5). 0.200 0或0.2
【解析】
【分析】
(1) 碱式滴定管在装液前先用蒸馏水清洗，然后用待装液进行润洗；
(2)根据c(待测)= c(标准)×V(标准)/V(待测)分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断；
(3)根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
(4)根据滴定管的结构与精确度为0.01 mL进行读数；
(5)先根据数据的有效性,然后求出平均消耗V(NaOH),接着根据c(待测)= c(标准)×V(标准)/V(待测)来计算。
【详解】(1)碱式滴定管在装液前应用待装液进行润洗,否则标准液的浓度偏小，①操作有误；因此本题答案是：①。
（2）A.配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质,标准溶液中氢氧根离子的浓度偏小,消耗的V(标准)增大，根据c(待测)= c(标准)×V(标准)/ V(待测)分析，测定结果偏高，所以A选项正确；
B.滴定终点读数时,仰视滴定管的刻度,消耗的V(标准)偏大， 根据c(待测)= c(标准)×V(标准)/V(待测)分析,测定结果偏高,故B正确；
C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗,消耗的V(标准)变大, 根据c(待测)= c(标准)×V(标准)/V(待测)分析,测定结果偏大,故C正确；
D.滴定到终点读数时,发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液,消耗的V(标准)偏大， 根据c(待测)= c(标准)×V(标准)/V(待测)分析，测定结果偏高,故D正确；
因此，本题正确答案是:ABCD。
(3)当滴入最后一滴NaOH溶液,溶液由无色变为粉红色,且半分钟内不褪色,即为终点；因此，本题正确答案是: 滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不变色。
(4)滴定管精确度为0.01mL，因此滴定管中的液面读数为22.60 mL；因此，本题正确答案是:22.60。
(5)三次滴定消耗的体积为:20.00mL,22.10 mL, 20.00mL, 22.10 mL误差太大，不能用；因此平均消耗V(NaOH)=20.00mL，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测) =0.2000×20.00/20.00=0.2000mol·L－1(或0.2mol·L－1)；因此本题答案是：0.2000或0.2。
28.下表是不同温度下水的离子积数据：
温度/℃
25
t1
t2
水的离子积 （mol2·L－2 ）
1×10－14
a
1×10－12
试回答以下问题：
（1）若25＜t1＜t2，则a________1×10－14 (填“＞”、“＜”或“=”
（2）25℃下，某Na2SO4溶液中= 5×10－4mol·L－1，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c(Na+) : c(OH－)= ________。
（3）在t2 ℃下，pH = 2的稀硫酸溶液中，水电离产生的H+浓度为c(H+)水=________。
（4）t2 ℃下，将pH = 11的苛性钠溶液V1L与pH = 1的稀硫酸V2 L（混合体积为原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH = 2，则V1∶V2 =________。
【答案】 (1). ＞ (2). 1000︰1 (3). 1×10－10mol/L (4). 9︰11
【解析】
【分析】
(1)根据水的电离过程为吸热反应进行判断；
(2)根据硫酸钠的化学式组成判断c(Na+)：c(SO42-)，根据常温下氢离子浓度计算c(Na+) : c(OH－)；
(3)酸溶液中氢氧根离子浓度为水电离出的；t2 ℃下，pH=2的硫酸溶液中水电离出的c(H+)水=c(OH－)水；
(4)混合液的pH=2，酸过量,根据c(H+)=(n(H+)-n(OH-))/V总进行计算。
【详解】(1)水是弱电解质,存在电离平衡,电离过程为吸热反应,所以温度升高,水的电离程度增大,离子积增大；因此，本题正确答案是: ＞。
(2)硫酸钠溶液中一定满足c(Na+)：c(SO42-)=2:1，硫酸钠溶液中c(Na+)=2×5×10-4mol/L=10-3mol/L,稀释后c(Na+)=10-3/10=10-4mol/L,溶液呈中性，c(OH－)=10-7 mol/L，则稀释后溶液中c(Na+) : c(OH－)= 10-4：10-7=1000︰1；综上所述，本题答案是：1000︰1。
(3)酸溶液中，溶液中的氢氧根离子是由水电离产生的，因此在t2 ℃下，pH=2的稀硫酸溶液中，c(H+)=10-2mol/L，因为Kw=1×10－12,所以c(H+)水=c(OH－)水= 1×10－10mol/L；综上所述，本题答案是：1×10－10mol/L。
（4）t2 ℃下， Kw=1×10－12，pH = 11的苛性钠溶液，c(OH－)=10-1mol/L，混合液的pH =2，酸过量, c(H+)混=(n(H+)-n(OH-))/V总=（0.1×V2 -0.1×V1）/( V2+ V1)=0.01，解之得V1∶V2 = 9︰11；综上所述，本题答案是：9︰11。
【点睛】室温下，体积为V1 、pH =a强酸和体积为V2、pH =b强碱溶液混合，若溶液呈中性，则10-a×V1=10b-14×V2；若溶液呈酸性：c(H+)混=(10-a×V1-10b-14×V2)/（V1+ V2）；若溶液呈碱性：c(OH－)混= （10b-14×V2-10-a×V1）/（V1+ V2）；
相对原子质量：H1 C 12 N14 O 16 S32 Cl 35.5 Na23 Mg24 Al 27 Fe56 Cu64
第I卷（选择题，共54分）
一、单项选择题（1—15每题2分；16—23每题3分，共54分）
1.化学与生活密切相关。下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（ ）
A. 调味剂 B. 防腐剂 C. 增稠剂 D. 着色剂
【答案】B
【解析】
【分析】
一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等,其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀,延长保质期,而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关,以此解答该题。
【详解】A.调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故A错误；
B.防腐剂可延缓氧化的反应速率，与速率有关,故B正确；
C.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故C错误；
D.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故D错误；
综上所述，本题选B。
2.用pH试纸测定某无色溶液的pH，正确的是（ ）
A. 将pH试纸放入溶液中，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
B. 用广泛pH试纸测得该无色溶液的pH为2.3
C. 用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色并与标准比色卡对照
D. 用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，测量的pH结果一定偏低
【答案】C
【解析】
【详解】用pH试纸测定溶液的pH时，不能将pH试纸放入溶液中或将溶液倒在pH试纸上。正确的操作方法是：用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡对照，C正确；A错误；广泛pH试纸的读数不会出现小数，只能读到整数，pH不能为2.3，B错误；pH试纸提前湿润，可能会带来误差，酸溶液稀释后pH偏大，碱溶液稀释后pH偏低，D错误；综上所述，本题选C。
3.某学生的实验报告中，描述合理的是（ ）
A. 用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸
B. 用托盘天平称量25.20g NaCl
C. 用25mL碱式滴定管量取出15.00mLKMnO4溶液
D. 用25mL碱式滴定管做酸碱中和滴定实验时，共用去某浓度的碱溶液21.70mL
【答案】D
【解析】
【详解】A、量筒只能精确至0.1mL，故用10mL 量筒量取不出7.13mL溶液，故A错误；
B、托盘天平只能精确至0.1g，故用托盘天平称量不出氯化钠的质量为25.20g，故B 错误；
C.KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，因此不能用碱式滴定管量KMnO4溶液，故C错误；
D. 滴定管精确至0.01 mL，25mL碱式滴定管可量取碱溶液21.70mL，故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】量筒没有“0”刻度，精确度为0.1mL；碱式滴定管量或酸式滴定管有“0”刻度，在上方，精确度为0.01mL；碱式滴定管小端有一小段橡胶管，易被强氧化剂腐蚀，因此KMnO4溶液要用酸式滴定管来量取。
4.下列有关说法不正确的是（ ）
A. Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行
B. 已知某吸热反应能自发进行，则该反应一定是熵增反应
C. 通常情况下，一个放热且熵增的反应也有可能非自发进行
D. 已知反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH <0
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na与H2O的反应生成氢气，是一个熵增加的放热反应, 则∆H-T∆S<0，反应可自发进行，A选项正确；
B.吸热反应的∆H>0，∆H-T∆S<0的反应可自发进行，则该反应是熵增加反应，B选项正确；
C. 一个放热且熵增的反应，∆H-T∆S<0，在任何温度下都能自发进行，故C错误；
D. 反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)中∆S<0，在室温下可自发进行，,则∆H-T∆S<0，则该反应的ΔH <0，D选项正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0 、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、∆S>0，高温下自发进行。
5.某温度下，体积一定的密闭容器中，进行如下可逆反应：X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s) ΔH＞0。下列叙述正确的是（ ）
A. 加入少量W，逆反应速率增大
B. 当容器中气体压强不变时，反应达到平衡
C. 升高温度，平衡逆向移动
D. 平衡后加入X，上述反应的ΔH增大
【答案】B
【解析】
【详解】A.在反应中W是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故错误；
B.随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变时，说明可逆反应到达平衡状态，故正确；
C.该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应移动，故错误；
D.反应热与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的物质的量无关，故错误；
综上所述，本题选B。
6.下列溶液一定呈中性的是（ ）
A. c(H＋)＝c(OH－)＝10－6 mol·L－1的溶液 B. pH＝7的溶液
C. 使石蕊试液呈紫色的溶液 D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A项，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度时溶液呈中性，故A项正确；
B项，温度高于室温时，水的电离常数增大，pH<7溶液呈中性，此时若pH=7，则溶液呈碱性，故B项错误；
C项，使石蕊试液呈紫色的变色范围是pH为5.0到8.0之间，所以石蕊试液呈紫色时溶液不一定是中性的，还可能显弱酸性或弱碱性，故C项错误；
D项，等物质的量的醋酸和氢氧化钠混合生成醋酸钠正盐，但醋酸根离子发生水解溶液呈碱性，故D项错误；
综上所述，本题选A。
7.化学反应：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g),改变下列条件 ①升高温度 ②增大压强 ③使用催化剂 ④增大反应物浓度，可以提高反应物中的活化分子百分数的是 ( )
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①③
【答案】D
【解析】
【分析】
提高反应物中的活化分子百分数因素有温度和催化剂，浓度和压强只改变活化分子的浓度，不改变百分数。
【详解】①升高温度可提高反应物中的活化分子百分数，故正确；②增大压强只改变活化分子的浓度，不改变百分数，故错误；③加入催化剂,降低活化能，可提高反应物中的活化分子百分数，故正确；④增大反应物浓度只改变活化分子的浓度，不改变百分数，故错误；①③选项符合题意；综上所述，本题选D。
8.COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g) ΔH＞0，当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（ ）
A. ①②④ B. ①④⑥ C. ②③⑤ D. ③⑤⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：①该反应为吸热反应，升温，平衡正向移动，能提高 COCl2转化率，正确；②恒容通入惰性气体，与反应相关的各物质的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，错误；③增加CO浓度，平衡逆向移动，COCl2转化率降低，错误；④该反应正向为气体物质的量增大的反应，减压，平衡正向移动，能提高 COCl2转化率，正确；⑤加催化剂，平衡不移动，COCl2转化率不变，错误；⑥恒压通入惰性气体相当于减小压强，平衡正向移动，能提高 COCl2转化率，正确，选B。
考点：考查化学平衡的移动
9.在某一元酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）
A. 1mol/L的某一元酸溶液中c(H＋)约为1×10－2mol/L
B. 某一元酸能与水以任意比例互溶
C. 1mol/L的某一元酸溶液10mL恰好与10mL1mol/L的NaOH溶液完全反应
D. 在相同条件下，某一元酸溶液的导电性比硫酸弱
【答案】A
【解析】
【详解】A、1mol/L的某一元酸溶液中c(H＋)约为1×10－2mol/L，酸浓度大于氢离子浓度，说明该酸不能完全电离，肯定是弱电解质，故A正确；
B、溶解性与电解质强弱无关，故B错误；
C、1mol/L的某一元酸溶液10mL恰好与10mL1mol/L的NaOH溶液完全反应，完全反应与酸的强弱无关，不能证明该酸为弱电解质，故C错误；
D、温度相同时，相同浓度的某一元酸和硫酸溶液，硫酸是二元酸，而该酸为一元酸，不能据某一元酸溶液的导电性比硫酸弱，判断出该酸为弱电解质，故D错误；
综上所述，本题选A。
10.下列有关平衡常数的说法中，正确的是 ( )
A. 改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大
B. 反应2NO2(g)N2O4(g) △H ＜0，升高温度该反应平衡常数增大
C. 对于给定可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数相等
D. CO2＋H2 CO＋H2O的平衡常数表达式为K==
【答案】D
【解析】
【详解】A、改变压强平衡可以正向进行，反应物转化率增大，但平衡常数不变，平衡常数只随温度变化，故A错误；
B、反应是放热反应，升温平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，平衡常数减小，故B错误；
C、对于给定可逆反应，正逆反应的平衡常数互为倒数，故C错误；
D、平衡常数是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，据此书写化学方程式为：CO2＋H2 CO＋H2O的平衡常数表达式为K=，故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】平衡常数是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，它用来衡量可逆反应进行的程度，仅仅是温度的函数；对于某个固定的可逆反应，平衡常数发生了变化，平衡一定发生移动；但是平衡发生了移动，平衡常数不一定发生改变。
11.已知0.1 mol•L-1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－+H＋要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值减小，可以采取的措施是 ( )
A. 通入少量HCl气体 B. 升高温度 C. 加少量冰醋酸 D. 加水
【答案】C
【解析】
【详解】A.通入少量HCl气体，增加了氢离子浓度，平衡左移，c(CH3COOH)增大，但是溶液中氢离子浓度增大程度更大，所以 c(H＋)/c(CH3COOH)增大，故A错误；
B. 弱电解质的电离为吸热过程，升高温度醋酸的电离平衡向右移动，电离程度增大，则c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，故B错误；
C.加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，醋酸的物质的量增大,则c(H＋)/c(CH3COOH)值减小，故C正确；
D. 加水稀释，溶液体积增大，导致c(H＋)和 c(CH3COOH)均减小，但是电离平衡CH3COOHCH3COO－+H＋正向移动，氢离子浓度减的少，醋酸浓度减的多，则 c(H＋)/c(CH3COOH)的值增大，D错误；
综上所述，本题选C。
12.500 mL 1 mol/L的稀HCl与锌粒反应，不会使反应速率加快的是( )
A. 升高温度
B. 将500 mL 1 mol/L的HCl改为1000 mL 1 mol/L的HCl
C. 用1 mol/L的H2SO4代替1 mol/L的HCl
D. 用锌粉代替锌粒
【答案】B
【解析】
试题分析：A、升高温度，反应速率增大，故A不选；B、改为1000 mL 1 mol/L的HCl，浓度不变，反应速率不变，故B选；C、用1 mol/L的H2SO4代替1 mol/L的HCl，氢离子浓度增大，反应速率增大，故C不选；D、用锌粉代替锌粒，固体表面积增大，反应速率增大，故D不选．故选B。
考点：考查了化学反应速率的影响因素的相关知识。
13.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是( )
①工业合成氨，反应条件选择高温
②实验室可以用排饱和食盐水的方法收集氯气
③使用催化剂可加快SO2转化为SO3的速率
④硫酸工业中，增大O2的浓度有利于提高SO2的转化率
A. ②③ B. ②④ C. ①③ D. ①④
【答案】C
【解析】
【详解】①工业合成氨的反应为放热反应，温度升高，平衡左移，不利于氨气的生成，应为低温，不能用勒夏特列原理解释；故①选；
②氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，因为饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，所以可以勒夏特列原理解释，故②不选；
③催化剂不影响平衡移动只能够加快化学反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释，故③选；
④增大反应物氧气浓度,平衡向正反应方向移动,所以能增大二氧化硫转化率，可以用平衡移动原理解释，故A不选；
综上所述，本题选C。
14.25℃时，水的电离可达到平衡：H2O H＋+OH－ △H＞0，下列叙述正确的是（ ）
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B. 将水加热，Kw增大，pH不变
C. 向水中加入少量稀硫酸，c(H＋)增大，Kw不变
D. 向水中加入少量冰醋酸，平衡逆向移动，c(H＋)降低
【答案】C
【解析】
【详解】A、一水合氨电离出OH-而导致溶液中OH-浓度增大，从而抑制水电离，平衡逆向移动，故A错误；
B、水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则Kw增大，pH减小，故B错误；
C、向水中加入稀硫酸，硫酸电离出氢离子导致溶液中H+浓度增大，但温度不变，Kw不变，故C正确；
D、向水中加入少量固体冰醋酸，冰醋酸溶于水电离出少量氢离子，增加了溶液中氢离子浓度，从而抑制水电离，故D错误；
综上所述，本题选C。
15.下列图示与对应叙述相符合的是 ( )
A. 图 I：反应N2+3H22NH3在恒温情况下，反应速率与压强的关系
B. 图Ⅱ：反应H2+I22HI达平衡后，升高温度时反应速率随时间的变化
C. 图Ⅲ：反应CO2(g)+H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH>0，水蒸气含量随时间的变化
D. 图Ⅳ：反应2SO2＋O22SO3达平衡后，缩小容器体积，各成分物质的量随时间的变化
【答案】D
【解析】
试题分析：A.增大压强，正、逆反应速率都增大，由于N2+3H22NH3的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向正反应反应移动，正反应速率增大更多，图像中逆反应速率增大更多，平衡逆向移动，实际不相符，错误；B.升高温度，化学反应速率加快，由于温度对吸热反应影响更大，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，正、逆速率变化不相等，图象中正、逆速率增大相同的倍数，与实际不相符，错误；C.由图可知，温度T2 先到达平衡，说明温度：T2 ＞T1 ，升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，水蒸气的含量增大，图像中温度越高，水蒸气的含量越低，与实际不相符，错误；D.缩小容器体积，使体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，三氧化硫的物质的量增大、二氧化硫与氧气的物质的量减小，图像与实际相符合，正确。
考点：考查图像方法在化学反应速率、化学平衡移动的影响的知识。
16.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是（ ）
A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
D. 该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)
【答案】B
【解析】
平衡常数只与温度有关，增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故A错误；Ni(CO)4的沸点为42.2℃，第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4，所以温度要高于42.2℃，故B错误；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃ ，Ni(CO)4分解得高纯镍，Ni(CO)4分解率较高，故C正确；达到平衡正逆反应速率比等于系数比，4v生成[Ni(CO)4]= v生成(CO)，故D错误。
17.在恒温恒压下，向密闭容器中充入4mol A和2 mol B，发生如下反应：2A(g)+B(g) 2C(g) ΔH＜0。2min后，反应达到平衡，生成C为1.6mol。则下列分析正确的是（ ）
A. 若反应开始时容器体积为2L，则Vc＝0.4mol•L-1•min-1
B. 若在恒压绝热条件下反应，平衡后nc＜1.6mol
C. 若2min后，向容器中再投入2mol A和1 mol B， B的转化率变大
D. 若该反应在恒温恒容下进行，放出热量将增加
【答案】B
【解析】
【详解】A项，若反应在恒温恒容下，则Vc＝n/Vt=1.6/2×2=0.4mol•L-1•min-1，但条件为恒压，随着反应的进行，体积逐渐减小，即Vc>0.4mol•L-1•min-1，故A项错误；
B项，反应放热，若在绝热条件下，反应向逆反应方向进行，即nc＜1.6mol，故B项正确；
C项，在恒温恒压下，向容器中再投入2molA和1molB，与原平衡投料成比例（2:1），所以该平衡与原平衡为等效平衡，所以B的转化率不变，故C项错误；
D项，若反应在恒温恒容下，压强减小，平衡向左移动，放热减少，故D项错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】向密闭容器中充入4mol A和2 mol B，发生如下反应：2A(g)+B(g) 2C(g)，反应达平衡后，若再向容器中再投入2molA和1molB，如果在恒温恒压下，B的转化率不变；如果在恒温恒容下，相当于加压过程，平衡右移，B的转化率增大。
18.对于平衡体系mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g) ΔH＜0。下列结论中错误（ ）
A. 若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的2.1倍，则m＋n＜p＋q
B. 若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m∶n
C. 若m＋n=p＋q，则往含有a mol气体的平衡体系中再加入a mol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2a
D. 若A为固体，则增大压强，平衡向逆向移动
【答案】D
【解析】
【分析】
A、将容器的体积缩小到原来的一半,若平衡不移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的2.1倍，说明平衡向着生成A的方向移动了；
B、当反应物的物质的量之比等于系数值比时，则达到化学平衡时，反应物的转化率是相等的；
C、对于反应前气体体积不变，混合气体总的物质的量不变；
D、对于反应前后气体体积不变的反应，压强不会影响平衡移动。
【详解】A、将容器的体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的2.1倍，说明平衡向着生成A的方向移动了，体积缩小即增大压强，平衡向着气体体积减小的方向进行,所以m＋n＜p＋q，A正确；
B、反应开始时，A、B的物质的量之比为m∶n,恰好等于方程式的系数值比，这种情况下平衡时，A、B的转化率相等，B正确；
C、往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，平衡向正反应移动，因为m＋n=p＋q,达到新平衡时混合气体总的物质的量不变，达到新平衡时气体的总物质的量等于2amol，C正确；
D、若A为固体，若n>p＋q，则增大压强，平衡向正向移动；若n=p＋q, 则增大压强，平衡向不移动；若n
19.下列表述或判断正确的是（ ）
A. 25℃时，pH=10的NaOH溶液与pH=10的氨水中：水的电离程度相等
B. 相同条件下等物质的量浓度的①NaCl溶液；②NaOH溶液；③HCl溶液，溶液中由水电离出的c(H+)：③＞①＞②
C. 0.10 mol/L的HA溶液中加水稀释，溶液中c(OH－)减小
D. 25℃时，浓度为0.2 mol•L-1的Na2CO3溶液中，不存在电离平衡
【答案】A
【解析】
【详解】A. pH=10的NaOH溶液与pH=10的氨水中c(OH-)=10-4mol/L，抑制水的电离；碱溶液中氢离子浓度为水电离产生的，根据25℃时，Kw=c(H+ )×c(OH-)=10-14可知，c(H+ )水=10-10mol/L，二者溶液中水的电离程度相等，故A正确；
B. 氢氧化钠和盐酸都抑制水电离，且氢氧化钠和氯化氢都是强电解质，所以等浓度的盐酸和氢氧化钠溶液抑制水电离程度相等，而NaCl溶液为不水解的盐溶液，对水的平衡无影响，溶液中由水电离出的c(H+)：①＞③=②，故B错误；
C. 0.10 mol/L的HA溶液中加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，根据温度不变，Kw= c(H+ )×c(OH-)可知，溶液中c(OH-)增大，故C错误；
D. Na2CO3溶液中除存在水解平衡外，还存在水的电离平衡，故D错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】本题考察水的电离，盐的水解等知识。该题中选项C易出现问题，因为酸溶液在稀释时，溶液中氢离子浓度减小，但是氢氧根离子浓度增大，即酸溶液加水稀释时，不是溶液中所有离子都减小。
20.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是（ ）
序号
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
A. ③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B. ②③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H+)>c(OH-)
C. 分别加入水稀释10倍，四种溶液的pH①>②>④>③
D. V1L④与V2L①混合，若混合后溶液pH=7，则V1
【解析】
A．③④中分别加入适量醋酸钠晶体，③中醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离，④反应生成醋酸，醋酸部分电离，所以③④中分别加入适量醋酸钠晶体后氢离子浓度都减小，则溶液的pH都增大，故A正确；B．醋酸是弱电解质、NaOH是强电解质，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH浓度，二者等体积混合时，醋酸有剩余，溶液呈酸性，所以所得溶液中：c(H+)＞c(OH-)，故B正确；C．室温下，碱溶液pH大于酸溶液；加水稀释促进弱电解质电离，所以稀释10倍后pH：①＞②＞④＞③，故C正确；D．V1L④和V2L①溶液混合后，若pH=7，氨水浓度远远大于盐酸，要使混合溶液呈中性，则V1＞V2，故D错误；故选D。
21.在373K时,把0.5mol N2O4气体通入体积为5L的恒容密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2秒时,NO2的浓度为0.02 mol/L。在60秒时,体系已达平衡,此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是（ ）
A. 前2秒,以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/(L·s)
B. 在2秒时体系内的压强为开始时的1.2倍
C. 在平衡时体系内含N2O40.20mol
D. 平衡时,如果再充入一定量N2O4,则可提高N2O4的转化率
【答案】C
【解析】
【分析】
A．根据化学反应速率的定义可知，利用单位时间内浓度的变化量来计算化学反应速率；
B．利用一定条件下反应前后的物质的量之比等于压强之比来计算；
C．利用平衡时容器内压强为开始时的1.6倍来计算平衡时各物质的物质的量；
D．若往容器内充入N2O4气体，相当于压缩容器体积，相当于增大压强，利用压强对化学平衡的影响来分析能否提高N2O4的转化率。
【详解】A项,前2秒,以NO2的浓度变化表示的平均反应速率为=0.01mol/(L·s)，则以N2O4浓度变化表示的平均反应速率为0.005mol/(L·s)，故A项错误；
B项2秒时，NO2的浓度为0.02 mol/L，其物质的量为0.02 mol/L×5L=0.1mol，则容器内气体的总物质的量为0.5mol-0.05mol+0.1mol=0.55mol，容器内的压强为反应前的=1.1倍，故B项错误；
C项，平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol×1.6=0.8mol，设剩余N2O4的物质的量为xmol，则有(0.5-x)×2+x=0.8，解得x=0.2mol，即体系内含0.2mol N2O4，故C项正确；
D项，平衡时，若往容器内充入N2O4气体，相当于在原来的基础上缩小体积，由N2O4═2NO2，则缩小体积，压强增大，化学平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题考查化学平衡及化学反应速率的计算，题目难度中等，明确信息中的压强关系及不同时间混合体系中各物质的物质的量的关系是解答的关键，并熟悉化学反应速率的计算式及影响化学平衡移动的因素即可解答。
22.已知一定温度下合成氨反应：N2 +3 H22 NH3 ΔH=—92.4 kJ/ mol，在恒温、恒压的密闭容器中进行如下实验：①通入1 mol N2和3 mol H2，达平衡时放出热量为Q1，②通入2 mol N2和6 mol H2，达平衡时放出热量为Q2，则下列关系正确的是( )
A. Q2 =2Q1=184.8kJ B. Q1 < 0.5 Q2 C. Q1 < Q2 < 184.8 kJ D. Q1 = Q2 < 92.4 kJ
【答案】C
【解析】
【详解】热化学方程式N2 +3H22NH3，表示一定条件下，1molN2和3molH2反应生成2molNH3，放出的热量为92.4kJ，该反应为可逆反应，物质不能完全反应，恒温恒压下，反应前后气体的物质的量发生变化，①与②中N2、H2的物质的量之比为1:3，二者为等效平衡，反应物的转化率相同，②中参加反应的量是①中的2倍，所以Q2=2Q1<184.8kJ，即Q1 < Q2 <184.8 kJ，故C项正确；综上所述，本题选C。
23.室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mL pH=2的某一元酸溶液，现向乙烧杯中加水稀释至pH=3。此时关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是( )
A. 溶液的体积：10V甲＝V乙 B. 溶液的体积：V乙≥10V甲
C. 溶液的体积：10V甲≥V乙 D. 水电离出的C(OH—)：10C(OH－)甲≤C(OH－)乙
【答案】B
【解析】
【详解】若酸为强酸，则根据溶液稀释过程中氢离子浓度不变5ml×10-2=V×10-3，计算得出V=5Oml，则10V甲=V乙，若酸为弱酸，加水稀释时，促进弱酸的电离，电离产生的氢离子增多，要使pH仍然为4，加入的水应该多一些，所以10V甲＜V乙，所以10V甲≤V乙，所以A、 C错误，B 正确；酸溶液中的氢氧根离子是水电离产生的，pH=2的某一元酸溶液，c(H+)=10-2mol/L, c（OH-）甲= KW/c(H+)==10-12mol/L，pH=3的酸中，c(H+)=10-3mol/L，水电离的氢氧根离子浓度为c（OH-）乙= KW/c(H+)==10-11mol/L，则10c（OH-）甲=c（OH-）乙，D错误；综上所述，本题选B。
第II卷（非选择题，共46分）
24.化学反应方程式是化学学习的基本工具，本学期在化学反应速率与化学平衡章节学过几个重要的方程式，请你按要求写出：
（1）硫代硫酸钠与稀硫酸溶液反应的离子方程式：________________。
（2）在重铬酸钾的硫酸溶液中的Cr2O72—与CrO42—之间转化的离子方程式______________。
【答案】 (1). S2O32—+2H+ =S↓+SO2↑+H2O (2). Cr2O72—+ H2O 2CrO42—+2H+
【解析】
【详解】（1）硫代硫酸钠与稀硫酸发生氧化还原反应生成S、二氧化硫和硫酸钠、水，离子反应为S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；因此，本题正确答案是：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O。
（2）Cr2O72-与CrO42-之间转化，铬元素的价态不变，属于非氧化还原反应，遵循原子及电荷守恒，转化的离子反应为Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+；因此，本题正确答案是：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+。
25.CO用途广泛，工业应用时离不开平衡思想的指导：
Ⅰ、在某一容积为5 L的体积不变的密闭容器内，加入 0.3 mol的CO和0.3 mol的H2O，在催化剂存在和800℃的条件下加热，发生如下反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＞0，反应中CO2的浓度随时间变化情况如图：
（1）根据图上数据，该温度（800℃）下的平衡常数K＝________________。
（2）在体积不变的条件下，改变下列条件能使平衡常数K增大的有_____（填字母）
A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强D．减小压强 E．加入催化剂 G．移出一氧化碳气体
（3）若保持温度和容器的体积不变，在（1）中上述平衡体系中，再充入0.3mol 的水蒸气，重新达到平衡后，H2O的转化率_______(填“升高”、“降低”、“不变”)。
（4）在催化剂存在和800℃的条件下，在某一时刻测得c(CO)＝c(H2O)＝0.09mol/L；c(CO2 )＝c(H2)＝0.13mol/L,则此时正、逆反应速率的大小：v正 _______ v逆 （填“>”、“<”或“＝”)。
Ⅱ、还原法炼铅，包含反应PbO(s)＋CO(g)Pb(s)＋CO2(g) ΔH，该反应的平衡常数的对数值与温度的关系如下表：
温度/℃
300
727
1227
lgK
6.17
2.87
1.24
①该反应的ΔH_______0(选填“＞”、“＜”或“＝”)。
②当lgK＝1，在恒容密闭容器中放入PbO并通入CO，达平衡时，混合气体中CO的体积分数为_____(保留两位有效数字)；若向容器中充入一定量的CO气体后，平衡发生移动，再次达到平衡时，CO的百分含量_____ (填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】 (1). 1 (2). A (3). 降低 (4). ＜ (5). ＜ (6). 9.1% (7). 不变
【解析】
【详解】（1）在某一容积为5L的密闭容器内，加入0.3mol的CO和0.3mol的H2O，则起始浓度c（CO）=0.06mol/L，c（H2O）=0.06mol/L，平衡时c（CO2）=0.03mol/L，则
CO（g） + H2O（g）⇌ CO2（g）+ H2（g）
起始浓度/mol•L﹣1 ：0.06 0.06 0 0
转化浓度/mol•L﹣1 ：0.03 0.03 0.03 0.03
平衡浓度/mol•L﹣1 ：0.03 0.03 0.03 0.03
反应开始至达到平衡时，平衡常数K= K=c(H2)/c(CO2)/ c(CO)×c(H2O)=0.032/0.032=1；综上所述，本题答案是：1。
（2）平衡常数K只受温度的影响，该反应为ΔH＞0，升高温度，平衡右移，平衡常数K增大，因此A选项正确；因此本题答案是：A。
（3）可逆反应中增大一种反应物的浓度，则另一种反应物的转化率会增大，所以若保持温度和容器的体积不变，在（1）中上述平衡体系中，再充入0.3mol 的水蒸气，重新达到平衡后，CO的转化率升高，而水蒸气的转化率降低；因此，本题答案是：降低。
（4）根据浓度商：QC= c(H2)/c(CO2)/c(CO)×c(H2O)=0.132/0.092=2.09>1,反应逆向移动，v正
②当lgK＝1，K=10，在PbO(s)＋CO(g)Pb(s)＋CO2(g)反应中，设起始CO：amol/L；达平衡时转化量为xmol/L，平衡时CO为（a-x）mol/L，CO2的浓度为xmol/L，则K=10=x/（a-x），x/a×100%=9.1%；若向容器中充入一定量的CO气体后，平衡正向移动，由于相当于加压，气体分子数不变，所以在此达到平衡时，CO的转化率不变；综上所述，本题答案是：9.1% ；不变。
26.25℃时，三种酸的电离平衡常数如下：回答下列问题：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.8×10－5
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
3.0×10－8
（1）一般情况下，当温度升高时，电离平衡常数K________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）下列四种离子结合质子能力最强的是______(填字母)。
a.CO32－ b.ClO－ c.CH3COO－ d.HCO3－
（3）下列反应不能发生的是________(填字母)。
a.CO32－＋2CH3COOH＝2CH3COO－＋CO2↑＋H2O b.ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClO
c.CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－ d.2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO
（4）体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000 mL，稀释过程中pH变化如下图所示。
则HX的电离平衡常数________(填“>”、“=”或“<”，下同)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)_____醋酸溶液中水电离出来的c(H＋)；用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸____HX。
【答案】 (1). 增大 (2). a (3). cd (4). > (5). > (6). >
【解析】
【详解】（1）升高温度促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大；因此本题答案是：增大。
（2）电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c；因此本题答案是：a。
（3）a．CO32-+CH3COOH=CH3COO-+CO2↑+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；
b．ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；
c．CO32-+HClO=CO2↑+H2O+ClO-：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；
d.2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO：由于酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-，该反应不能发生，故d正确；综上所述，本题答案是：cd。
（4）加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c（H+）大于醋酸溶液水电离出来c（H+）；pH=2的HX和醋酸，HX的酸性大于醋酸，所以醋酸的浓度大于HX，因此等体积的两种酸，醋酸的量多，因此用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸大于HX；综上所述，本题答案是：> ；> ；>。
【点睛】浓度、体积相同的盐酸和醋酸，溶质的总量相等，但是溶液中的氢离子的量盐酸多，但是同浓度同体积的醋酸和盐酸中和氢氧化钠的能力是完全一样的；氢离子浓度相同、体积相同的盐酸和醋酸，溶液中氢离子的浓度相同，但是溶质的总量醋酸多，但是同体积、pH相同的醋酸和盐酸，中和氢氧化钠的能力醋酸强。
27.某学生用0.200 0 mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体；
③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数；
④移取20.00 mL待测液注入洁净的还存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。
请回答下列问题：
(1)以上步骤有错误的是______(填编号)。
(2)若测定结果偏高，其原因可能是_____________(填字母)。
A.配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质
B.滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确
C.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过后又用待测液润洗
D.滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
(3)判断滴定终点的现象是______________________。
(4)如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________mL。
(5)根据下列数据，请计算待测盐酸的浓度：________mol·L－1。
滴定次数
待测体积(mL)
标准烧碱溶液体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
20.00
0.40
20.40
第二次
20.00
2.00
24.10
第三次
20.00
4.00
24.00
【答案】 (1). ① (2). ABCD (3). 滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不变色 (4). 22.60 (5). 0.200 0或0.2
【解析】
【分析】
(1) 碱式滴定管在装液前先用蒸馏水清洗，然后用待装液进行润洗；
(2)根据c(待测)= c(标准)×V(标准)/V(待测)分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断；
(3)根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
(4)根据滴定管的结构与精确度为0.01 mL进行读数；
(5)先根据数据的有效性,然后求出平均消耗V(NaOH),接着根据c(待测)= c(标准)×V(标准)/V(待测)来计算。
【详解】(1)碱式滴定管在装液前应用待装液进行润洗,否则标准液的浓度偏小，①操作有误；因此本题答案是：①。
（2）A.配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质,标准溶液中氢氧根离子的浓度偏小,消耗的V(标准)增大，根据c(待测)= c(标准)×V(标准)/ V(待测)分析，测定结果偏高，所以A选项正确；
B.滴定终点读数时,仰视滴定管的刻度,消耗的V(标准)偏大， 根据c(待测)= c(标准)×V(标准)/V(待测)分析,测定结果偏高,故B正确；
C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗,消耗的V(标准)变大, 根据c(待测)= c(标准)×V(标准)/V(待测)分析,测定结果偏大,故C正确；
D.滴定到终点读数时,发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液,消耗的V(标准)偏大， 根据c(待测)= c(标准)×V(标准)/V(待测)分析，测定结果偏高,故D正确；
因此，本题正确答案是:ABCD。
(3)当滴入最后一滴NaOH溶液,溶液由无色变为粉红色,且半分钟内不褪色,即为终点；因此，本题正确答案是: 滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不变色。
(4)滴定管精确度为0.01mL，因此滴定管中的液面读数为22.60 mL；因此，本题正确答案是:22.60。
(5)三次滴定消耗的体积为:20.00mL,22.10 mL, 20.00mL, 22.10 mL误差太大，不能用；因此平均消耗V(NaOH)=20.00mL，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测) =0.2000×20.00/20.00=0.2000mol·L－1(或0.2mol·L－1)；因此本题答案是：0.2000或0.2。
28.下表是不同温度下水的离子积数据：
温度/℃
25
t1
t2
水的离子积 （mol2·L－2 ）
1×10－14
a
1×10－12
试回答以下问题：
（1）若25＜t1＜t2，则a________1×10－14 (填“＞”、“＜”或“=”
（2）25℃下，某Na2SO4溶液中= 5×10－4mol·L－1，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c(Na+) : c(OH－)= ________。
（3）在t2 ℃下，pH = 2的稀硫酸溶液中，水电离产生的H+浓度为c(H+)水=________。
（4）t2 ℃下，将pH = 11的苛性钠溶液V1L与pH = 1的稀硫酸V2 L（混合体积为原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH = 2，则V1∶V2 =________。
【答案】 (1). ＞ (2). 1000︰1 (3). 1×10－10mol/L (4). 9︰11
【解析】
【分析】
(1)根据水的电离过程为吸热反应进行判断；
(2)根据硫酸钠的化学式组成判断c(Na+)：c(SO42-)，根据常温下氢离子浓度计算c(Na+) : c(OH－)；
(3)酸溶液中氢氧根离子浓度为水电离出的；t2 ℃下，pH=2的硫酸溶液中水电离出的c(H+)水=c(OH－)水；
(4)混合液的pH=2，酸过量,根据c(H+)=(n(H+)-n(OH-))/V总进行计算。
【详解】(1)水是弱电解质,存在电离平衡,电离过程为吸热反应,所以温度升高,水的电离程度增大,离子积增大；因此，本题正确答案是: ＞。
(2)硫酸钠溶液中一定满足c(Na+)：c(SO42-)=2:1，硫酸钠溶液中c(Na+)=2×5×10-4mol/L=10-3mol/L,稀释后c(Na+)=10-3/10=10-4mol/L,溶液呈中性，c(OH－)=10-7 mol/L，则稀释后溶液中c(Na+) : c(OH－)= 10-4：10-7=1000︰1；综上所述，本题答案是：1000︰1。
(3)酸溶液中，溶液中的氢氧根离子是由水电离产生的，因此在t2 ℃下，pH=2的稀硫酸溶液中，c(H+)=10-2mol/L，因为Kw=1×10－12,所以c(H+)水=c(OH－)水= 1×10－10mol/L；综上所述，本题答案是：1×10－10mol/L。
（4）t2 ℃下， Kw=1×10－12，pH = 11的苛性钠溶液，c(OH－)=10-1mol/L，混合液的pH =2，酸过量, c(H+)混=(n(H+)-n(OH-))/V总=（0.1×V2 -0.1×V1）/( V2+ V1)=0.01，解之得V1∶V2 = 9︰11；综上所述，本题答案是：9︰11。
【点睛】室温下，体积为V1 、pH =a强酸和体积为V2、pH =b强碱溶液混合，若溶液呈中性，则10-a×V1=10b-14×V2；若溶液呈酸性：c(H+)混=(10-a×V1-10b-14×V2)/（V1+ V2）；若溶液呈碱性：c(OH－)混= （10b-14×V2-10-a×V1）/（V1+ V2）；
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