【化学】辽宁省大连市第一〇三中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）

辽宁省大连市第一〇三中学2018-2019学年高二上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16
一．单项选择题（每小题2分）
1.下列关于能量变化的说法正确的是
A. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高
B. 化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种
C. 已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
D. 化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒
【答案】D
【解析】
试题分析：A、水和冰相比较，冰的能量低，A错误；B、发生化学反应时能量的变化有多种形式，可以表现为热量的变化，还可以变现为光能，B错误；ΔH＞0反应吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，C错误；D、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，D正确。答案选D。
考点：考查化学反应的特征和物质的能量比较。
2.下列方程式书写正确的是（ ）
A. CaCO3的电离方程式：CaCO3 Ca2+＋CO32－
B. H2SO3的电离方程式H2SO32H＋＋SO32－
C. CO32－的水解方程式：CO32－＋2H2OH2CO3＋2OH－
D. HCO3－在水溶液中的电离方程式：HCO3－＋H2OH3O＋＋CO32－
【答案】D
【解析】
【详解】A、碳酸钙属于强电解质，电离方程式是：CaCO3=Ca2++CO32-，故A错误；B、由于亚硫酸是弱酸，电离方程式要分步写：H2SO3⇌H++HSO3-，HSO3-⇌H++SO32-，故B错误；C、碳酸根离子分步水解，水解方程式是：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故C错误；D、HCO3-在水溶液中的电离生成碳酸根离子和水合氢离子，电离方程式为HCO3-+H2O⇌H3O++CO32-，故D正确；故选D。
3.室温下,某溶液中由水电离产生的c(H+)等于10-13mol·L-1,该溶液的溶质不可能是(　　)
A. NaHSO4 B. NaCl C. HCl D. Ba(OH)2
【答案】B
【解析】
试题分析：室温下，某溶液中由水电离产生的c（H+）=10-10mol/L＜10-7mol/L，说明水的电离被抑制，则溶液中的溶质为酸、碱或强酸酸式盐。A、NaHSO4属于强酸酸式盐，完全电离出的氢离子抑制水电离，故A不选；B、NaCl是强酸强碱盐，不影响水的电离，故B选；C、盐酸是强酸，抑制水电离，故C不选；D、Ba（OH）2属于强碱而抑制水电离，故D不选；故选B。
考点：考查了水的电离的相关知识。
4.下列溶液pH一定小于7的是(　　)
A. 等体积的盐酸与氨水的混合液
B. 由水电离出的c(OH－)＝1×10－10 mol/L的溶液
C. 80℃时的氯化钠溶液
D. c(H＋)＝1×10－3 mol/L的酸与c(OH－)＝1×10－3 mol/L的碱等体积混合液
【答案】C
【解析】
【详解】A．等体积的盐酸和氨水的混合液，没告诉盐酸与氨水的物质的量浓度，氢离子浓度无法确定，故A错误；B．水电离出的c(OH-)=1×10-10mol•L-1的溶液，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸性溶液，可能为碱性溶液，pH不一定小于7，故B错误；C．水的电离为吸热过程，升高温度促进水的电离，25℃时，水中c(H+)=10-7mol/L，80℃时，由水电离出的c(H+)＞10-7mol/L，所以80℃时的氯化钠溶液pH值一定小于7，故C正确；D．没指名酸和碱的强弱，无法判断溶液的pH值，例如稀的强酸和浓的弱碱溶液反应，反应后溶液呈碱性，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查溶液pH值大小判断，明确pH值的概念及水的电离平衡的影响因素是解题关键。本题的易错点为B，要注意酸或碱与能够水解的盐对水的电离平衡影响的区别。
5.下列能用勒夏特列原理解释的是（　　）
A. 高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快
B. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅
C. SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂
D. H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深
【答案】B
【解析】
如果改变影响平衡的1个条件，平衡就向能够减弱这种改变的方向进行，这就是勒沙特列原理，该原理适用于所有的平衡体系。氢气和碘单质生成碘化氢的反应是体积不变的，所以改变压强平衡不移动。颜色加深是因为单质碘碘浓度增大引起的，所以选项D不能用勒沙特列原理解释，其余都是可以的，答案选B。
6.对于化学反应能否自发进行，下列说法中不正确的是 （ ）
A. 若ΔH＜0，△S＞0，任何温度下都能自发进行
B. 若ΔH＞0，△S＜0，任何温度下都不能自发进行
C. 若ΔH＞0，△S＞0，低温时可自发进行
D. 若ΔH＜0，△S＜0，低温时可自发进行
【答案】C
【解析】
选项
内容分析
结论
A
ΔH0，ΔS0→ΔG＜0，任何温度下都能自发进行

B
ΔH0，ΔS0→ΔG0，任何温度下都不能自发进行

C
ΔH0，ΔS0，高温时能保证ΔG＜0

D
ΔH0，ΔS0，低温时能保证ΔG＜0

7.已知CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)， ΔH=+247kJ·mol−1，则有利于提高CH4平衡转化率的条件是（ ）
A. 高温低压 B. 低温高压 C. 高温高压 D. 低温低压
【答案】A
【解析】
【详解】CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g)，△H=+247kJ/mol，要提高CH4平衡转化率应该使平衡正向移动，但是不能通过增大甲烷浓度实现，该反应的正反应是一个反应前后气体体积增加的吸热反应，升高温度、减小压强能使平衡正向移动，增大甲烷转化率，故选A。
8.能使H2O＋H2OH3O＋＋OH－电离平衡向正反应方向移动，且所得溶液呈酸性的是(　　)
A. 在水中加Na2CO3 B. 在水中加入CuCl2
C. 在水中加入稀硫酸 D. 将水加热到99℃，其中c(H＋)＝1×10－6mol·L－1
【答案】B
【解析】
【详解】A、碳酸钠中的碳酸根是弱酸根，结合了水电离的氢离子，溶液显示碱性，故A错误；B、氯化铜中的铜离子结合水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，溶液显示酸性，故B正确；C、硫酸电离出氢离子，抑制了水的电离，平衡向逆反应方向移动，故C错误；D、温度升高，水的电离平衡向正反应方向移动，但是溶液中的氢离子和氢氧根相等，溶液显示中性，故D错误；故选B。
【点睛】本题考查水的电离的影响因素。本题的易错点为D，要注意溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小有关，与c(H＋)是否大于1×10－7mol·L－1无关。
9.用1.0mol/L的NaOH溶液中和某浓度的H2SO4溶液，其水溶液的pH和所用NaOH溶液的体积变化关系如图所示，则原H2SO4溶液的物质的量浓度和完全反应后溶液的大致体积是（ ）

A. 1.0 mol/L，20 mL B. 0.5 mol/L，40 mL
C. 0.5 mol/L，80 mL D. 1.0 mol/L，80 mL
【答案】C
【解析】
试题分析：根据硫酸溶液的pH确定氢离子浓度，再根据硫酸和氢离子之间的关系式确定硫酸浓度；根据硫酸和氢氧化钠反应的关系式计算氢氧化钠溶液的体积，硫酸和氢氧化钠溶液体积就是完全反应后溶液的总体积．
解：根据图象知，硫酸的pH=0，则c（H+）=1mol/L，c（H2SO4）=C（H+）=0.5mol/L；完全反应时氢氧化钠溶液的体积为40mL，根据反应中氢氧化钠和硫酸的关系式得：n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×0.5mol/L×0.04L=1mol/L×V，所以V（NaOH）==40mL，则混合溶液体积=40mL×2=80mL，
故选C．
10.欲使0.1 mol/L NaHCO3溶液中c(H＋)、c(CO32-)、c(HCO3-)都减小，其方法是(　　)
A. 通入二氧化碳气体 B. 加入氢氧化钠固体
C. 通入氯化氢气体 D. 加入饱和石灰水溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
溶液中存在HCO3-H++CO32- 和HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－以及H2O H++OH-，NaHCO3溶液显碱性，以HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－为主。
【详解】A、CO2+H2OH2CO3，抑制碳酸氢钠的水解，溶液的碱性减小，氢离子和碳酸氢根离子浓度都增大，故A错误；B、NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，所以加入氢氧化钠固体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，故B错误；C、HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，所以通入氯化氢气体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度减小，碳酸氢钠溶液呈碱性，通入氯化氢后溶液碱性减弱，所以氢离子浓度增大，故C错误；D、Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，所以加入饱和石灰水溶液后，碳酸氢根离子转化为碳酸钙沉淀，所以碳酸氢根离子浓度、碳酸根离子浓度都减小，溶液由弱碱性变为强碱性，所以氢离子浓度也减小，故D正确；故选D。
二．单项选择题（每小题3分）
11.根据下列实验不能证明一元酸HR为弱酸的是(　　)
A. 室温下，NaR溶液的pH大于7
B. HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大
C. 加热NaR溶液时，溶液的pH变小
D. 70 ℃时，0.01 mol·L－1的HR溶液pH＝2.8
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下，测得NaR溶液的pH＞7，说明NaR为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可证明HR为弱酸，故A不选；B．HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大，说明HR存在电离平衡，则证明HR为弱酸，故B不选；C．升高温度，水的Kw增大，如溶液呈中性时，pH也变小，不能证明HR为弱酸，故C选；D．70 ℃时，测得0.01mol•L-1的HR溶液pH=2.8，说明HR没有完全电离，可证明HR为弱酸，故D不选；故选C。
【点睛】要证明一元酸HR为弱酸，可证明存在电离平衡、不能完全电离或从对应的强碱盐溶液呈碱性的角度思考。本题的易错点为C，要注意升高温度对水的电离的影响。
12.下列说法中正确的是(　　)
①将硫酸钡放入水中不能导电，但硫酸钡是电解质
②氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨水是电解质
③固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电
④固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物能导电
⑤强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强
A. ①④ B. ①④⑤ C. ①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①盐属于电解质，硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离，是电解质，故①正确；②氨气自身不能发生电离，氨气是非电解质，氨水是混合物，氨水既不是电解质，也不是非电解质，故②错误；③共价化合物在固态和液态都以分子存在，不含自由移动离子或电子，所以共价化合物在固态或液态时都不导电，故③错误；④固态的离子化合物中阴阳离子受离子键的作用，不能自由移动，因此不导电，熔融态离子化合物中的阴阳离子可以自由移动，能导电，故④正确；⑤溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故⑤正确；故选B。
13.某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是 ( )

A. 由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应
B. 由图2可知，该反应m＋n﹤p
C. 图3中，表示反应速率v正>v逆的是点3
D. 图4中，若m＋n＝p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】
A. 由图1可知，T2时达到平衡所需时间短，所以T1p，故B错误；C. 图3中，温度一定，点3达到平衡的过程中B减少，V正>V逆，故C正确；D. 图4中，若m+n=p，加压平衡不移动，则a曲线可能为加压，故D错误。故选C。
点睛：在分析本题图1和图4一类涉及影响反应速率条件的图像时，注意把握图像的关键内容—斜线的斜率，斜率越大，反应速率越大，对应的是有利于增大反应速率的条件。
14.在10 L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g) + Y(g)M(g) + N(g)，所得实验数据如下表：
实验
编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(X)
n(Y)
n(M)
①
700
0.40
0.10
0.090
②
800
0.10
0.40
0.080
③
800
0.20
0.30
a
④
900
0.10
0.15
b

下列说法正确的是
A. 实验①中，若5 min时测得n (M) == 0.050 mol，则0至5 min时间内，用N表示的平均反应速率υ (N) = 1.0×10－2 mol/(L·min)
B. 实验②中，该反应的平衡常数K = 2.0
C. 实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%
D. 实验④中，达到平衡时，b＞0.060
【答案】C
【解析】
试题分析：A.实验①中，若5min时测得n(M)＝0.050mol，浓度是0.0050mol/L，根据反应的化学方程式可知，同时生成的N的物质的量也是0.0050mol/L ，因此0至5min时间内，用N表示的平均反应速率υ(N)＝0.0050mol/L ÷5min＝1.0×10－3mol/(L·min)，A项错误；B、实验②中，平衡时M的浓度是0.0080mol/L，同时生成的N的浓度是0.0080mol/L，消耗X与Y的浓度均是0.0080mol/L，因此平衡时X和Y的浓度分别为0.01mol/L－0.0080mol/L＝0.002mol/L，0.04mol/L－0.0080mol/L＝0.032mol/L，因此反应的平衡常数K=(0.0080×0.0080)÷(0.002×0.032)=1，B项错误；C.根据反应的化学方程式可知，如果X的转化率为60%，则
X(g)＋Y(g)M(g)＋N(g)
起始浓度（mol/L） 0.020 0.030 0 0
转化浓度（mol/L） 0.012 0.012 0.012 0.012
平衡浓度（mol/L）0.008 0.018 0.012 0.012
温度不变，平衡常数不变，则K=(0.0120×0.0120)÷(0.008×0.018)=1，即反应达到平衡状态，因此最终平衡时X的转化率为60%。C项正确；D.700℃时
X(g)＋Y(g)M(g)＋ N(g)
起始浓度（mol/L） 0.040 0.010 0 0
转化浓度（mol/L） 0.009 0.009 0.009 0.009
平衡浓度（mol/L） 0.0310. 001 0.009 0.009
则该温度下平衡常K=(0.009×0.009)÷(0.031×0.001)=2.9>1，这说明升高温度平衡常数减小，即平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应。若容器④中温度也是800℃，由于反应前后体积不变，则与③相比④平衡是等效的，因此最终平衡时M的物质的量b＝0.5a＝0.06。当温度升高到900℃时平衡向逆反应方向移动，因此b＜0.060，D项错误，答案选C。
考点：考查化学反应速率、化学平衡常数的计算等知识。
15.如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是(　　)

A. 盐酸的物质的量浓度为1 mol·L－1
B. P点时恰好完全中和，溶液呈中性
C. 曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线
D. 酚酞不能用作本实验的指示剂
【答案】B
【解析】
试题分析：A、a点起始，盐酸浓度为0.1mol·L－1，故错误；B、盐酸和NaOH都是强电解质，交点两者恰好完全反应，生成溶质为NaCl，溶液显中性，故正确；C、曲线a是NaOH滴定盐酸，故错误；D、强酸滴定强碱，可以用酚酞作指示剂也可以用甲基橙作指示剂，故错误。
考点：考查pH计算、中和滴定实验等知识。
16.已知：25 ℃时，HCOOH的电离平衡常数K＝1.75×10－5，H2CO3的电离平衡常数K1＝4.4×10－7，K2＝4.7×10－11。下列说法不正确的是(　　)
A. 向Na2CO3溶液中加入甲酸有气泡产生
B. 25 ℃时，向甲酸中加入NaOH溶液，HCOOH的电离程度和K均增大
C. 向0.1 mol·L－1甲酸中加入蒸馏水，c(H＋)减小
D. 向碳酸中加入NaHCO3固体，c(H＋)减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．电离常数越大，酸性越强，酸性强的可以制酸性弱的，甲酸的酸性大于碳酸，所以向Na2CO3溶液中加入甲酸会生成二氧化碳气体，故A正确；B．电离常数只与温度有关，25℃时，向甲酸中加入NaOH溶液，氢离子浓度减小，HCOOH的电离程度增大，K不变，故B错误；C．甲酸的稀溶液中加水稀释，促进甲酸的电离，氢离子的物质的量增大，溶液的体积也增大，由于体积增大的快，所以氢离子浓度减小，故C正确；D．NaHCO3电离出的碳酸氢根离子抑制碳酸的电离，溶液中氢离子浓度减小，故D正确；故选B。
17.已知某温度下0.1 mol/L的NaHB(强电解质)溶液中c(H＋)>c(OH－)，则下列关系一定正确的是(　　)
A. c(Na＋)＝c(HB－)＋2c(B2－)＋c(OH－)
B. c(Na＋)＝0.1 mol/L≥c(B2－)
C. HB－的水解方程式为HB－＋H2OB2－＋H3O＋
D. 在该盐的溶液中，离子浓度大小顺序为c(Na＋)>c(HB－)>c(B2－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】B
【解析】
【分析】
在浓度为0.1mol/L的NaHB溶液中c(H+)＞(OH-)，说明HB-电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，结合电荷守恒分析解答。
【详解】A．溶液中存在电荷守恒，应为c(Na+)+c(H+)=c(HB-)+2c(B2-)+c(OH-)，因此c(Na+)=c(HB-)+2c(B2-)，故A错误；B．c(Na+)=0.1mol•L-1，如HB-完全电离，则c(B2-)=0.1 mol/L，如HB-部分电离，则c(B2-)＜0.1 mol/L，因此c(Na+)=0.1mol•L-1≥c(B2-)，故B正确；C．HB－＋H2OB2－＋H3O＋为HB－的电离方程式，故C错误；D．根据题意，浓度为0.1mol/L的NaHB溶液中c(H+)＞(OH-)，故D错误；故选B。
18.pH＝2的A、B两种酸溶液各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其中pH与溶液体积V的关系如图所示，下列说法正确的是

A. 稀释前，A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等
B. 稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强
C. a＝5时，A是强酸，B是弱酸
D. 一定有关系：5>a>2
【答案】C
【解析】
A、酸性强的稀释相同倍数时，pH变化大，即A的酸性比B强，开始时pH=2，酸性弱的酸的浓度大于酸性强的酸的浓度，故A错误；B、pH越大，说明溶液中c(H＋)越小，酸性越弱，故B错误；C、如果A是强酸，稀释1000倍后，溶液的pH=2＋3=5.因此A为强酸，B为弱酸，故C正确；D、都是弱酸，不能完全电离，ac(A2－)
【答案】A
【解析】
A符合电荷守恒，故A正确；B. 酸的电离越弱，其对应盐水解越强，碱性越强，酸电离顺序为：CH3COOH＞HCO3－，现CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的pH相等，则它们的浓度由大到小顺序为：CH3COONa＞Na2CO3NaOH。B错误。C. 物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，由电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，物料守恒：2c(Na+)= c(CH3COO－)+c(CH3COOH)，两式联列得：c(CH3COO－)+2c(OH－)=2c(H+)+c(CH3COOH)，C错误。D. 0.1 mol·L-1的NaHA溶液,其pH=4，说明HA—的电解程度大于水解程度，故c(A2－) ＞c(H2A)，故D错误。
20.已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－282.9 kJ·mol－1
某H2和CO的混合气体完全燃烧时放出113.74 kJ热量，同时生成3.6 g液态水，则原混合气体中H2和CO的物质的量之比为
A. 2∶1 B. 1∶2
C. 1∶1 D. 2∶3
【答案】C
【解析】
试题分析：结合热化学方程式生成3.6g水时，消耗的氢气为0.2mol，同时放热57.16k J,则CO燃烧放热为113.74-57.16="56.58k" J,CO的物质的量为0.2mol，
考点：热化学方程式的计算。
三．填空题
21.新华社报道：全国农村应当在“绿色生态·美丽多彩·低碳节能·循环发展”的理念引导下，更快更好地发展“中国绿色村庄”，参与“亚太国际低碳农庄”建设。可见“低碳循环”已经引起了国民的重视，试回答下列问题：
(1)煤的气化和液化可以提高燃料的利用率。
已知25℃、101 kPa时：
①C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－126.4 kJ/mol
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ/mol
③H2O(g)===H2O(l)　ΔH＝－44 kJ/mol
则在25℃、101kPa时：
C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝________。
(2)高炉炼铁是CO气体的重要用途之一，其基本反应为：FeO(s)＋CO(g) Fe(s)＋CO2(g)　ΔH>0
已知在1100℃时，该反应的化学平衡常数K＝0.263。
①温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，此时平衡常数K值________(填“增大”“减小”或“不变”)。
②1 100℃时测得高炉中，c(CO2)＝0.025 mol/L，c(CO)＝0.1 mol/L，则在这种情况下，该反应是否处于化学平衡状态？________(填“是”或“否”)，其判断依据是______________________。
(3)目前工业上可用CO2来生产燃料甲醇，有关反应为：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－49.0 kJ/mol。
现向体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，反应过程中测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间的变化如下图所示。

①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝________。
②下列措施能使增大的是______(填字母)。
A．升高温度 B．再充入H2 C．再充入CO2
D．将H2O(g)从体系中分离 E．充入He(g)，使体系压强增大
【答案】 (1). ＋115.4 kJ/mol (2). 增大 (3). 否 (4). 浓度商Q小于平衡常数K (5). 0.225 mol/(L·min) (6). BD
【解析】
【分析】
(1)依据盖斯定律解答，从所求反应出发，分析反应物和生成物的位置，通过方程式的加减分析解答；
(2)根据影响化学平衡常数K的因素以及K与Qc 的关系，分析解答；
(3)①可利用速率之比等于化学计量数之比，先求图上有明显的数据的物质的化学反应速率，再求得答案；②根据平衡移动的影响因素分析判断。
【详解】(1)①C(s)+ O2(g)═CO(g)△H=-126.4kJ•mol-1，②2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1，③H2O(g)═H2O(l)△H=-44kJ•mol-1，根据盖斯定律，①-②×+③得：C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H=(-126.4kJ•mol-1)-(-571.6kJ•mol-1)÷2+(-44kJ•mol-1)=+115.4kJ/mol，故答案为：+115.4kJ/mol；
(2)①FeO(s)+CO(g)⇌Fe(s)+CO2(g)△H＞0，升温时，平衡正向移动，K增大，故答案为：增大；
②Qc===0.25≠0.263≠K，反应未达平衡；K=Qc时是化学平衡状态，K≠Qc时未达平衡，故答案为：否；Qc=0.25＜K=0.263；
(3)①v(CO2)==0.075mol/(L•min)，速率之比等于化学计量数之比，有v(H2)=0.075mol/(L•min)×3=0.225mol/(L•min)，故答案为：0.225mol/(L•min)；
②使增大，可以是平衡正向移动，或增大c(CH3OH)或减小c(CO2)。A、升温时，平衡逆向移动，故A错误；B、充入H2，平衡正向移动，且增大了c(CH3OH)，减小了c(CO2)，故B正确；C、再充入CO2 ，平衡虽正向移动，c(CH3OH)增大，但c(CO2)增大更多，故C错误；D、分离出水，可使平衡正向移动，且增大了c(CH3OH)，减小了c(CO2)，故D正确；E、体系压强增大了，但相关气体分压没变，平衡不移动，故E错误；故答案为：BD。
22.某学生用0.100 0 mol/L NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：

A．用蒸馏水洗干净滴定管 B．用待测定的溶液润洗酸式滴定管
C．用酸式滴定管取稀盐酸20.00 mL，注入锥形瓶中，加入酚酞
D．另取锥形瓶，再重复操作一次 E．检查滴定管是否漏水
F．取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上2～3 cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
G．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度　完成以下填空：
(1)正确操作的顺序是(用序号字母填写)
________________________。
(2)操作F中应该选择图中________滴定管(填标号)。
(3)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察________。
A．滴定管内液面的变化
B．锥形瓶内溶液颜色的变化
滴定终点溶液颜色的变化是____________________________。
(4)滴定结果如表所示：
滴定次数
待测溶液体积/mL
标准溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
20
1.02
21.03
2
20
2.00
25.00
3
20
0.60
20.60
滴定中误差较大的是第________次实验，造成这种误差的可能原因是________。
A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗2～3次
B．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定终点读数时未发现气泡
C．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡
D．达到滴定终点时，仰视溶液凹液面最低点读数
E．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来
(5)该盐酸的浓度为________mol/L。
(6)如果准确移取20.00 mL 0.100 0 mol/L NaOH溶液于锥形瓶中，滴入酚酞指示剂，然后用未知浓度的盐酸(装在酸式滴定管中)滴定，是否也可测定出盐酸的物质的量浓度？________(填“是”或“否”)。
【答案】 (1). EABCFGD (2). 乙 (3). B (4). 无色变浅红色且半分钟内不褪色 (5). 2 (6). A、B、D (7). 0.100 0 (8). 是
【解析】
【分析】
(1)根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；
(2)根据碱式滴定管的结构判断；
(3)根据滴定操作的要求和终点判断的方法分析解答；
(4)第2次实验误差较大，根据错误操作导致标准液体积变大分析原因；
(5)先判断数据的有效性，然后求出平均值，最后根据关系式HCl～NaOH来计算出盐酸的浓度；
(6)根据关系式HCl～NaOH来计算出盐酸的浓度。
【详解】(1)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为EABCFGD，故答案为：EABCFGD；
(2)滴定管乙下端是橡皮管，为碱式滴定管，故答案为：乙；
(3)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中颜色变化，酚酞遇碱变红，滴定终点溶液颜色的变化是无色变浅红色且半分钟内不褪色，故答案为：B；无色变浅红色且半分钟内不褪色；
(4)第2次实验误差较大，错误操作导致标准液体积偏大。A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗2～3次，导致浓度变小，所用溶液体积偏大，故A正确；B．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定终点读数时未发现气泡，导致读数偏大，故B正确；C．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡，导致读数偏小，故C错误；D．达到滴定终点时，仰视溶液凹液面最低点读数，导致读数偏大，故D正确；E．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来，导致所用碱液减少，故E错误；故答案为：2；ABD；
(5)数据2无效，取1、3体积进行计算，所用标准液的平均体积为mL≈20.00mL，
           HCl～～～～～～～～～NaOH
               1              1
c(HCl)×20.00mL  0.1000mol/L×20.00mL
c(HCl)==0.1000mol/L，故答案为：0.1000；
(6)准确移取20.00mL 0.1000mol/L NaOH溶液于锥形瓶中，滴入酚酞指示剂，然后用未知浓度的盐酸(装在酸式滴定管中)滴定，通过盐酸的体积，根据HCl～NaOH来计算出盐酸的浓度，故答案为：是。
【点睛】本题考查酸碱中和滴定实验，注意把握实验的原理、步骤、方法以及注意事项。本题的易错点为(4)，根据c(待测)=，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响。
23.①在25 ℃条件下将pH＝12的氨水稀释过程中，下列关系式正确的是________。
A．能使溶液中c(NH4+)·c(OH－)增大
B．溶液中c(H＋)·c(OH－)不变
C．能使溶液中比值增大
D．此过程中Kw增大
②在25 ℃条件下将pH＝12的氨水稀释100倍后溶液的pH为________(填序号)。
A．10 B．11 C．10～12 D．11～13
(2)25 ℃时，向0.1 mol·L－1的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是________(填序号)。
①氨水与氯化铵发生化学反应
②氯化铵溶液水解显酸性，增加了c(H＋)
③氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了一水合氨的电离，使c(OH－)减小
(3)室温下，如果将0.2 mol NH4Cl和0.1 mol NaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)。
①________和________两种粒子的物质的量之和等于0.2 mol。
②________和________两种粒子的物质的量之和比OH－多0.1 mol。
【答案】 (1). B (2). C (3). ③ (4). NH4+ (5). NH3·H2O (6). NH4+ (7). H+
【解析】
【分析】
(1)①A．根据氨水的电离平衡常数判断；B．根据Kw仅与温度有关判断；C．根据氨水的电离平衡常数和Kw判断；D．Kw仅与温度有关；②将pH=12的氨水稀释100倍，会促进氨水的电离；
(2)氨水是弱电解质存在电离平衡，向溶液中加入相同的离子能抑制氨水电离；
(3)根据溶液中的物料守恒和电荷守恒来分析解答。
【详解】(1)①A．在25℃条件下将pH=12的氨水稀释过程中，温度不变，则氨水的电离平衡常数不变，即Kb=不变，又稀释过程中c(NH3•H2O)减小，所以c(NH4+)•c(OH-)也减小，故A错误；B．在25℃条件下将pH=12的氨水稀释过程中，温度不变，所以Kw=c(H+)•c(OH-)不变，故B正确；C． =，又温度不变，所以不变，则 比值不变，故C错误；D．在25℃条件下将pH=12的氨水稀释过程中，温度不变，所以Kw不变，故D错误；
故选B；
②氨水为弱碱，将pH=12的氨水稀释100倍后，促进一水合氨的电离，稀释后的溶液中氢氧根离子浓度大于原来的，所以溶液的pH应该10-12之间，故选：C；
(2)氯化铵溶于水电离出铵根离子，使氨水中的铵根离子浓度增大平衡向左移动，从而抑制氨水电离，故选：③；
(3)①根据物料守恒知，c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.2mol，故答案为：NH4+；NH3•H2O；
②根据溶液中电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)，c(H+)+c(NH4+)-c(OH-) =c(Cl-)-c(Na+) =0.2mol-0.1mol=0.1mol，故答案为：NH4+；H+。
24.（15分）（1）氯化铝水溶液呈 性，原因是（用离子方程式表示）：
。把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是 ，Al2(SO4)3溶液蒸干最后得到的固体产物是 ；
（2）NaHCO3的水溶液呈 （填“酸”、“中”或“碱”）性，实验室保存NaHCO3溶液的试剂瓶应用 塞，原因是 （写出有关的离子方程式）；
（3）普通泡沫灭火器是利用NaHCO3溶液跟Al2(SO4)3溶液混合，产生大量的气体和沉淀，气体将混合物压出灭火器，相关反应的离子方程式是 。
（4）现有浓度均为0.1 mol/L的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸铵、⑦硫酸氢铵、⑧氨水。
①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是（填序号） ；④、⑤、⑥、⑦、⑧五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是（填序号） 。
【答案】（1）酸 Al3++ 3H2OAl(OH)3+ 3H+Al2O3Al2(SO4)3
（2）碱 橡皮 HCO+ H2OH2CO3+ OH— 2OH—+SiO2＝ SiO2+ H2O
（3）3HCO+ Al3+＝ Al(OH)3↓+ 3CO2↑
（4）④、②、③、①；⑥、⑦、④、⑤、⑧
【解析】
试题分析：（1）氯化铝是强酸弱碱盐，水解显酸性，方程式为Al3++ 3H2OAl(OH)3+ 3H+；由于水解是吸热的，所以升高温度，促进水解，且氯化氢极易挥发，所以最终得到的是氢氧化铝，灼烧得到氧化铝。由于硫酸是难挥发性的，所以将硫酸铝溶液蒸干，得到的是Al2(SO4)3。
（2）碳酸氢钠由于水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性。由于碱能和玻璃中的二氧化硅反应生成黏性强的硅酸钠，而使瓶塞和瓶口打不开，所以应该用橡皮塞。方程式分别为
HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－、2OH－＋SiO2=SiO32－＋H2O。
（3）碳酸氢钠和硫酸铝水解相互促进，生成氢氧化铝和CO2，方程式为3HCO3－＋Al3＋=Al(OH)3↓＋3CO2↑。
（4）酸或碱的溶液中氢离子浓度或OH－浓度越大，对水的抑制程度越大。硫酸是二元强酸，氢氧化钠是一元强碱，醋酸是弱酸，氯化铵水解促进水的电离，所以①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④、②、③、①；醋酸根水解显碱性，促进NH4＋水解。磷酸氢铵难电离出氢离子，抑制NH4＋水解。氨水是弱碱，所以④、⑤、⑥、⑦、⑧五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是⑥、⑦、④、⑤、⑧。
考点；考查盐类水解的应用
点评：盐电离出来的离子结合水电离出来的 H+或 OH-生成弱电解质的过程。盐类水解的应用主要有：①判断盐溶液的酸碱性和比较盐溶液酸碱性的强弱时，通常需考虑盐的水解。②比较盐溶液中各离子浓度的相对大小时，当盐中含有易水解的离子，需考虑盐的水解。③判断溶液中离子能否大量共存。当有弱碱阳离子和弱酸阴离子之间能发生强烈双水解，则不能在溶液中大量共存。④配制易水解的盐溶液时，需考虑抑制盐的水解。⑤选择制备盐的途径时，需考虑盐的水解。⑥离子除杂、化肥的使用需考虑盐类的水解。⑦溶液中离子浓度大小比较时需要考虑盐类水解。
25.元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4— (绿色)、Cr2O72— (橙红色)、CrO42— (黄色)等形式存在。Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体。回答下列问题:
(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量,可观察到的现象是_____。
(2)CrO42-和Cr2O72-在溶液中可相互转化。室温下,初始浓度为1.0 mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72—)随c(H+)的变化如图所示。

①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应__________。
②由图可知,溶液酸性增大,CrO42-的平衡转化率____(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据,计算出该转化反应的平衡常数为_____。
③升高温度,溶液中CrO42-的平衡转化率减小,则该反应的ΔH__0(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】 (1). 蓝紫色溶液变浅,同时有灰蓝色沉淀生成,然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液 (2). 2CrO42-+2H+ Cr2O72—+H2O (3). 增大 (4). 1.0×1014 (5). 小于
【解析】
【分析】
（1）溶液Cr3+（蓝紫色）和氢氧化钠溶液反应生成Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，和氢氧化铝性质相似为两性氢氧化物，能溶于强碱；（2）①图象分析可知随氢离子浓度增大，铬酸根离子转化为重铬酸根离子；A点c（Cr2O72-）=0.25mol/L，c(H+）=10-7mol/L，c（CrO42-）=0.5mol/L，依据平衡常数概念计算，K= c(Cr2O72-)/ c2(H+)c2(CrO42-)；②溶液酸性增大，平衡2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O正向进行，CrO42-的平衡转化率增大；A点Cr2O72-的浓度为0.25mol/L，则消耗的CrO42-的浓度为0.5mol/L，则溶液中的c（CrO42-）=1.0mol/L-0.25mol/L×2=0.5mol/L，c(H+)=1×10-7mol/L，计算反应的平衡常数；③升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，据此判断。
【详解】(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似可知Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液,先生成Cr(OH)3灰蓝色沉淀,继续加入NaOH后沉淀溶解,生成绿色Cr(OH)4−;答案为：蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液。
(2)①随着H+浓度的增大,CrO42−转化为Cr2O72−的离子反应方程式为：2CrO42-+2H+⇌Cr2O72—+H2O，答案为：2CrO42-+2H+ ⇌Cr2O72—+H2O 。
②溶液酸性增大,平衡2CrO42-+2H+⇌Cr2O72—+H2O正向进行, CrO42−的平衡转化率增大;A点Cr2O72−的浓度为0.25mol/L,则消耗的CrO42−的浓度为0.5mol/L,则溶液中的c(CrO42−)=1.0mol/L−0.25mol/L×2=0.5mol/L,c(H+)浓度为1×10−7mol/L,此时该转化反应的平衡常数为K=c(Cr2O72−)/c2(H+)c2(CrO42−)=0.25/0.52×(10−7)2=1.0×1014，答案为：增大;1.0×1014。
③升高温度,溶液中CrO42−的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正方向放热，则该反应的△H