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湖北省黄冈市黄冈中学2018-2019学年高二上学期期中模考化学试题含解析
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这是一份湖北省黄冈市黄冈中学2018-2019学年高二上学期期中模考化学试题含解析，共21页。
[来源:%中国教@*育#出版网&]
2018-2019 期中模拟考试试卷
高二化学
一、单选题(每小题只有一个正确答案，每小题 3 分)
1.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 新制的氯水在光照条件下颜色变浅
B. 合成氨工业中使用铁触媒作催化剂
C. 红棕色的NO2气体，加压后颜色先变深后变浅[来&源:中国^%教@育出版~网]
D. 工业生产硫酸的过程中，通入过量的空气以提高二氧化硫的转化率
【答案】B
【解析】
A.氯水中含HClO，在光照下分解，促进氯气与水的化学反应正向移动，促进氯气的溶解，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；B.催化剂能极大加快反应速率，但不影响化学平衡的移动，不能用勒夏特利原理解释，故B选；C.对2NO2N2O4平衡体系增加压强，体积变小，二氧化氮的浓度增大，颜色变深，平衡正向移动，二氧化氮的浓度又逐渐减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故C不选； D.工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O22SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选B。
点睛：本题考查了勒夏特列原理的使用条件。勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释。使用时需要满足平衡移动的原理，否则不能用勒夏特列原理解释。
2.常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（ ）
A. c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3) B. c(H+)+c(NH4+)>c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)
C. c(Cl-)>c(HCO3-)>c(NH4+)>c(CO32-) D. <1.0×10-7mol/L
【答案】C
【解析】
A. 等体积、等物质的量浓度的碳酸氢铵和NaCl溶液混合后析出部分碳酸氢钠晶体，根据物料守恒得：c(Na+)=c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)，故A正确；B. 根据溶液中电荷守恒得：c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)，析出部分钠离子，则c(Na+)＜c(Cl−)，所以存在c(H+)+c(NH4+)＞c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)，故B正确；
C. 铵根离子部分水解，则c(NH4+)＜c(Cl−)，由于析出部分碳酸氢钠晶体，c(HCO3−)减小，则c(NH4+)＞c(HCO3−)，因HCO3−电离程度很小，所以c(CO32−)最小，即c(Cl−)＞c(NH4+)＞c(HCO3−)＞c(CO32−)，故C错误；D. 常温下，等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7，说明滤液呈酸性，=c(OH−)＜1.0×10−7mol/L，故D正确；答案选C。
3.下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是( )
①已达平衡的反应C(s)＋H2O(g) ⇌CO(g)＋H2(g)，当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动
②已达平衡的反应N2(g)＋3H2(g) ⇌2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高
③有气体参加的反应平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定移动[来源:中国@教育^#出版网*%]
④有气体参加的反应平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动
A. ①④ B. ①②③
C. ②③④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
试题分析：①固体或纯液体浓度是定值，增加碳的物质的量，浓度不变，平衡不移动，故说法错误；②增大N2的浓度时，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，但N2的转化率减小，故说法不正确；③H2（g）＋I2（g）2HI（g），减小容器体积，根据勒夏特列原理，平衡不移动，故说法不正确；不正确；④恒压状态下，充入非反应气体，各组分的浓度减小，平衡向物质的量浓度增大的方向移动，故说法不正确，选项D符合题意。
考点：考查勒夏特列原理等知识。
4.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g) △H = + a kJ·mol-l。能判断该分解反应已经达到化学平衡的是（ ）
A. v(NH3)=2v(CO2) B. 密闭容器中NH3体积分数不变
C. 反应吸收a kJ热量 D. 密闭容器中混合气体的密度不变
【答案】D[来%源#:zz@step.c*om&]
【解析】
分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变。[来源:zz@s#tep.~co^m*]
详解：A.未体现正逆反应速率的关系，故A错误；B.由于反应物为固体，根据方程式，从反应开始到平衡，密闭容器中氨气的体积分数一直不变，不能判断该分解反应已经达到化学平衡，故B错误；C. 该反应为可逆反应，反应吸收a kJ热量，只是说明分解的氨基甲酸铵的物质的量为1mol，不能说明氨基甲酸铵的物质的量是否变化，故C错误；D.密闭容器中混合气体的密度不变，说明气体质量不变，正逆反应速率相等，故D正确；故选D。[来源%^:*中国~教育#出版网]
点睛：本题考查了化学平衡状态的判断注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。本题的易错点为C，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
5.700℃时，向容积为 2L 的密闭容器中充入一定量的 CO 和 H2O,发生反应：CO(g)+ H2O(g)⇌CO2 (g)+ H2(g)反应过程中测定的部分数据见下表(表中 t2>t1):[来@源:中教^网#&%]
反应时间/min
n(CO)/mol
n(H2O)/mol
0
1.20
0.60
t1
0.80
t2
0.20
下列说法正确的是( )
A. 反应在 t1min 内的平均速率为 v(H2 ) = mol ⋅ L−1 ⋅ min−1
B. 保持其他条件不变，起始时向容器中充入 0.60molCO 和 1.20 molH2O，到达平衡时n(CO2)＝ 0.40mol
C. 保持其他条件不变，向平衡体系中再通入 0.20molH2O，与原平衡相比，达到新平衡 时 H2O 转化率增大
D. 温度升至 800℃，上述反应平衡常数为 0.64，则正反应为吸热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.由表中数据可知，t1min内参加反应的CO的物质的量为1.2mol－0.8mol＝0.4mol，v（CO）＝= mol·L－1·min－1，速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)= v(CO)= mol·L－1·min－1，故A错误；[来源:*&中国教~育#出版网@]
B.CO与H2O按物质的量比1：1反应，充入0.60 mol CO和1.20 mol H2O与充入1.20 mol CO和0.6mol H2O，平衡时生成物的浓度对应相同，t1min时n（CO）＝0.8mol，n（H2O）＝0.6mol－0.4mol＝0.2mol，t2min时n（H2O）＝0.2mol，说明t1min时反应已经达到平衡状态，根据化学方程式可知，则生成的n（CO2）＝0.40mol，故B正确；
C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，故C错误；
D.t1min时反应已经达到平衡状态，此时c（CO）＝0.8mol÷2L＝0.4mol/L，c（H2O）＝0.2mol÷2L＝0.1mol/L，c（CO2）＝c（H2）＝0.4mol÷2L＝0.2mol/L，则K==1，温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动，故正反应为放热反应，故D错误。
综合以上分析，答案选B。
【点睛】该题是高考中的中的常见题型，试题综合性强，旨在培养学生分析、归纳和总结问题的能力。本题属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度。复习时要让学生深刻理解一些基本概念的内涵和外延。
6.已知：pAg＝－lg{c(Ag＋)}，Ksp(AgCl)＝1.56×10－10。如图是向10 mL AgNO3溶液中逐渐加入0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积(单位mL)变化的图像(实线)。根据图像所得下列结论正确的是[提示：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)]
A. 原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L－1
B. 图中x点的坐标为(100,6)
C. 图中x点表示溶液中Ag＋恰好完全沉淀
D. 把0.1 mol·L－1的NaCl换成0.1 mol·L－1NaI则图像在终点后变为虚线部分
【答案】B[w*^ww.~z&z@step.com]
【解析】
【详解】A.当氯化钠溶液的体积为0时，pAg＝0，所以硝酸银溶液的浓度是1.0 mol·L－1，A错误；
B.x点c（Ag+）=10－6 mol·L－1，一般认为溶液中离子浓度小于10－5 mol·L－1，即沉淀完全，则AgNO3与NaCl恰好反应，n（NaCl）=n（AgNO3）=0.01 L×1 mol·L－1=0.01 mol，所以V（NaCl）=100 mL，即x点的坐标为（100，6），B正确；
C.当溶液中离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时可以认为沉淀达到完全，而x点溶液中银离子的浓度是1.0×10－6 mol·L－1，不是恰好完全沉淀，C错误；
D.由于碘化银的溶解度小于氯化银的，所以如果换成0.1 mol·L－1 NaI，则溶液中c（Ag+）更小，则pAg更大，因此图像在终点后变为实线的上方，D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查了沉淀溶解平衡的应用，注意把握题干中的信息，考查学生分析题目信息并用于解决问题的能力，明确溶度积常数的含义和图像的变化趋势是解答的关键，选项D是易错点。
7.在 25 ℃、101 kPa 时，已知：2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g) ΔH1,Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g) ΔH2 2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g) ΔH3.则ΔH3 与ΔH1 和ΔH2 间的关系正确的是 ( )
A. ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 B. ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C. ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 D. ΔH3＝ΔH1－ΔH2
【答案】A
【解析】
【详解】①2H2O(g)===O2(g)+2H2(g) △H1，
②Cl2(g)+H2(g)===2HCl(g) △H2，
③2Cl2(g)+2H2O(g)===4HCl(g)+O2(g) △H3，
根据盖斯定律，热化学方程式①+2×②可得③：2Cl2(g)+2H2O(g)===4HCl(g)+O2(g)，所以△H3=△H1+2△H2，故答案为A。
8.25 ℃时，将浓度为0.1 mol·L-1 的Na2S溶液加水不断稀释，下列各量始终减小的是
A. c(OH-) B. n(Na+) C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A.Na2S溶液加水稀释时水解平衡正向移动，OH-的数目不断增多，但溶液体积增大的程度大，故整体看c(OH-)减小，选项A符合；B.Na+不水解，其物质的量不变，选项B不符合；C.加水稀释，Na2S的水解程度增大，c(S2-)减小，因 c(OH-)减小，故c(H+)增大，即 增大，故增大，选项C不符合；D.加水稀释，水解平衡正向移动，S2-不断被消耗，故c(S2-)减小的程度比 c(Na+)大，增大，选项D不符合。答案选A。
9.一定条件下，将一定量的A.B.C.D四种物质，置于密闭容器中发生如下反应：
mA(s)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)。达到平衡后，测得B的浓度为0.5mol/L。保持温度不变，将密闭容器的容积扩大到原来的两倍，再次达到平衡后，测得B的浓度为0.2mol/L，当其它条件不变时，C在反应混合物中的体积分数(x)与温度(T)、时间(t)的关系如图所示，下列叙述正确的是[中国~@*教#育出&版网]
A. 容积扩大到原来的两倍，平衡向逆反应方向移动
B. 化学方程式中n>p＋q
C. 达到平衡后，若升高温度，平衡向逆反应方向移动
D. 达到平衡后，增加A的量，有利于提高B的转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A.设容器的体积为VL，第一次平衡时B的物质的量为0.5Vmol，容器扩大到原来的两倍，再次达到平衡后，B的物质的量为0.2Vmol，容器扩大前后B的物质的量减少，所以平衡向正反应方向移动，故A错误；
B.容器扩大后，平衡向正反应方向移动，容器内气体的压强减小,减小压强平衡向气体体积增大的方向移动,所以n
综上所述，本题应选C。
解析[w^*#w~w.zzs@tep.com]
A.根据容积扩大前后B的物质的量变化判断平衡移动方向.
B.容积扩大,容器内气体的压强减小,减小压强平衡向气体体积增大的方向移动,从而判断气体的计量数大小.
C.根据图象中“先拐先平,数值大”判断和的相对大小,根据温度和C在反应混合物中的体积分数(x)判断该反应正反应方向是放热还是吸热,再结合温度对化学平衡的影响判断平衡移动方向.
D.增加或减少固体和液体的质量对化学平衡无影响.
10.在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA (g) +yB (g) zC (g),图I表示200℃时容器中A.B.C物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n (A): n (B)的变化关系则下列结论正确的是
A. 200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04 mol•L－1•min－1
B. 图Ⅱ所知反应xA(g)+yB(g)zC(g)的ΔH<0，且a＝2
C. 若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v正＞v逆
D. 200℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B，达到平衡时，A 的体积分数小于50%[来@源:中国教育出&^*%版网]
【答案】D[w*ww.#@zz&step.^com]
【解析】
A.200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=（0.4-0.2）mol÷2L÷5min=0.02 mol•L－1•min－1，A错误；B.据图Ⅱ可知温度升高时C的体积分数增大，平衡正向移动，故正反应为吸热反应，ΔH>0。方程式中物质的化学计量数之比等于反应中各物质的物质的量变化量之比，据此可写出该反应的化学方程式为2A(g)+B(g)C(g)，用极端的思想考虑可知起始时A和B的物质的量之比等于化学计量数之比时，产物C的体积分数最大，故a=2，B错误；C.若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，因为容器的体积没有改变，且He是稀有气体不参与发应，所以反应中A.B.C的浓度不变化，故速率不变，C错误；D.图Ⅰ中平衡时混合物中A的体积分数为0.4÷（0.4+0.2+0.2）×100%=50%，200℃时向容器中充入2molA和1molB，假设容器体积可以变化，将与图Ⅰ所示的平衡构成等效平衡，A的体积分数仍为50% ，但现在容器体积不变，故须将容器体积缩小，相当于增压，平衡将向正反应方向移动，A的体积分数将变小，小于50%，D正确。正确答案为D。
11.化工生产中含Cu2＋的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反应原理为Cu2＋(aq)＋MnS(s) CuS(s)＋Mn2＋(aq)。下列有关该反应的推理不正确的是
A. CuS的溶解度比MnS的溶解度小
B. 该反应达到平衡时：c(Cu2＋)＝c(Mn2＋)
C. 往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c(Mn2＋)变大
D. 该反应平衡常数：K＝
【答案】B
【解析】
【详解】A项，工业品MnCl2溶液中含有Cu2＋、Pb2+等离子，加入过量难溶电解质MnS，可使Cu2＋、Pb2+等离子形成沉淀，以制取纯净MnCl2，原理利用的是沉淀转化的反应关系，沉淀转化的条件是向更难溶的方向进行，说明生成的 CuS、PbS溶解性小于MnS，故A项正确；
B项，该反应达到平衡时，铜离子的浓度不一定等于锰离子的浓度，故B项错误；
C项，往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，平衡向右移动，所以c(Mn2＋)变大，故C项正确；
D项，该反应平衡常数表达式：K==，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为B。
12.常温下，下列有关叙述正确的是（）[中国教#~育出*版网@%]
A. 同浓度的①NH4C1.②（NH4）2SO4.③NH4HSO4三种溶液中，c（NH4+）大小顺序为：①=②>③[来#源:中*国教育出版^网%~]
B. Na2CO3溶液中，2c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）[中国教育&出*^@版网%]
C. 10mLpH=12的氢氧化钠溶液中加入pH=2的HA至pH刚好等于7，所得溶液体积V（总）≥20mL
D. 0.1 mol/L的CH3COOH溶液和0.1 mol/L的CH3COONa溶液等体积混合c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）[来源@^:z&zs*te#p.com]
【答案】D
【解析】
先不考虑水解，（NH4）2SO4含有2个NH4+，所以（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）大于其它两个；①③两种物质中，NH4HSO4溶液中电离出的氢离子抑制了NH4+的水解，剩余的量多，c（NH4+）大；所以：c（NH4+）大小顺序为：②>③>①；A错误；Na2CO3溶液中，碳元素的物料守恒：n(Na+):n(C)=2:1,所以：1/2c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）, B错误；10mLpH=12的氢氧化钠溶液中加入pH=2的HA至pH刚好等于7，如果HA为强酸，则V（总）=20mL，如HA为弱酸，则V（总）<20mL，所以所得溶液体积V（总）≤20mL，C错误；两溶液混合后根据电荷守恒规律可得：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），D正确；正确选项D。
13.一定条件下，容积固定的密闭容中对于可逆反应X(g)＋3Y(g) 2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为 c1.c2.c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.08 mol/L，则下列判断不合理的是( )
A. c1∶c2＝1∶3
B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为2∶3
C. 达到平衡时，容器内的压强不再变化
D. c1的取值范围为0 mol/L
【解析】
分析：A．可根据反应转化关系和平衡浓度计算初始浓度关系；
B．达到平衡状态时，正逆反应速率相等；
C．反应前后气体的体积减小，达到平衡状态时，压强不变；
D．根据可逆反应不能完全转化的角度分析。[ww@w.zzs%t&ep^.#com]
详解：A．设X转化的浓度为x，则[来源~:*&中%@教网]
X(g)＋3Y(g) 2Z(g)
初始： c1 c2 c3
转化：x 3x 2x
平衡：0.1moL/L 0.3mol/L 0.08mol/L
则：c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，A正确；
B．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，B错误；
C．反应前后气体的体积减小，达到平衡状态时，压强不变，C正确；
D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应分析进行，则0＜c1，如反应向逆反应分析进行，则c1＜0.14mol•L-1，故有0＜c1＜0.14mol•L-1，D正确。
答案选B。
14.温度为T℃时，向V L的密闭容器中充入一定量的A和B，发生的反应为A(g)＋B(g)C(s)＋xD(g) ΔH＞0，容器中A.B.D的物质的量浓度随时间的变化如表所示。下列说法不正确的是( )
时间
0
5 min
10 min
15 min
20 min
25 min
30 min
A的物质的量浓度(mol·L－1)
3.5
2.3
2.0
2.0
2.8
3.0
3.0
B的物质的量浓度(mol·L－1)
2.5
1.3
1.0
1.0
1.8
2.0
2.0
D的物质的量浓度(mol·L－1)
0
2.4
3.0
3.0
1.4
1.0
1.0
A.前10 min的平均反应速率v(D)＝0.3 mol·L－1·min－1
B．该反应的平衡常数表达式为K＝
C．若达到平衡时保持温度不变，压缩容器体积，平衡不移动
D．反应至15 min时，改变的条件可以是降低温度
【答案】B
【解析】
A项中，0～10 min，D的物质的量浓度的变化量是3.0 mol·L－1，所以平均反应速度v(D)＝3.0 mol·L－1÷10 min＝0.3 mol·L－1·min－1，A正确；B项中，因为根据化学反应方程式知C为固体，所以平衡常数表达式中不应含有C物质，B不正确；C项中，根据表格中的数据知15 min时A.B的物质的量浓度均变化了1.5 mol·L－1，D的物质的量浓度变化了3.0 mol·L－1，A.D的物质的量浓度变化量之比为1∶2，所以x＝2，该反应在反应前后气体分子数相等，改变容器体积对平衡没有影响，C正确；D项中，根据表格中的数据知15～20 min，A.B的物质的量浓度在增大，D的物质的量浓度在减少，平衡向逆反应方向移动，因为该反应是吸热反应，降低温度时平衡向逆反应方向移动，所以改变的条件可以是降低温度，D正确。
15.已知298K时，某碱MOH的电离平衡常数Kb=1.0×10-5；电离度a=。在20.00mL0.1000mol/LMOH溶液中滴加0.10mol/L盐酸，测得溶液的pH、温度与所加盐酸的体积的关系如图所示。下列说法不正确的是
[来源~@#:*zzste&p.com]
A. a点对应的溶液中:c(OH-)=(M+)+<(H+)
B. b点对应的V。=20.00mL[来源:中~@国教育^出#*版网]
C. 298K时，0.1000mol/LMOH溶液中，MOH的电离度a=1%[来源^@:~中国教育出版*网&]
D. 298K时，将0.1molMOH和0.1moMCl溶于水配制成1L混合溶液，溶液的pH>9
【答案】D
【解析】
A. a点为0.1000mol/LMOH溶液，存在电荷守恒，c(OH-)=c(M+)+c(H+)，故A正确；B. b点溶液显酸性，若V。=20.00mL，则恰好生成MCl，水解显酸性，与图像吻合，故B正确；C. 298K时，MOH的电离平衡常数Kb=1.0×10-5，0.1000mol/LMOH溶液中，1.0×10-5===，则c(M+)=1.0×10-3，因此MOH的电离度a=×100%=1%，故C正确；D. 298K时，将0.1molMOH和0.1moMCl溶于水配制成1L混合溶液，假设电离的MOH的物质的量为x，则Kb=1.0×10-5==，加入MCl抑制MOH的电离，MOH的电离度＜1%，则x＜0.001，因此c(OH-)＜1.0×10-5，则c(H+)＞1.0×10-9，pH＜9，故D错误；故选D。
点睛：本题考查酸碱混合的定性判断，把握酸碱混合后的溶质、盐类水解、电荷守恒为解答本题关键。注意选项D为解答的难点，需要根据电离平衡常数解答，温度不变，电离平衡常数不变。
16.近年来，我国北京等地出现严重雾霾天气，据研究，雾霾的形成与汽车排放的 CO、 NO2 等有毒气体有关，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气 体，反 应方程式为4CO(g)+2NO2(g) 4CO2(g)+N2(g)ΔH=-1200kJ/mol。对于该反应， 温度不同(T2 > T1 )其他条件相同时，下列图像正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查化学平衡的影响因素。根据影响化学平衡移动的因素以及化学平衡移动的方向来判断即可，根据影响化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂来确定化学反应达平衡用到的时间，根据影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强来确定化学平衡中各个量的变化情况，由此分析解答。
【详解】A.升高温度，化学平衡逆向移动，化学反应速率会迅速增大，会离开原来的速率点，故A错误；
B.升高温度，化学反应速率会迅速增大，所以T2时先达到化学平衡状态，并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，故B正确；
C.对于反应：4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g) ΔH<0，T不变，增大压强，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数会减小；压强不变，升高温度，平衡逆向移动，一氧化碳的体积分数会增大，故C错误；
D.正反应是放热反应，温度升高化学平衡常数减小，而不是增大，故D错误；
17.T℃时，三种酸的电离平衡常数如下表，下列判断不正确的是
酸
HX
HY
HZ
电离平衡常数
1×10-2
9×10-6
9×10-7
A. T℃时，酸性：HX＞HY＞HZ
B. T℃时，反应HX＋Y—＝HY＋X—能够发生
C. T℃时，0.1mol‧L-1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大
D. T℃时，0.1mol‧L-1HX溶液加水稀释HX的电离平衡常数增大[中*%@国教育^出版#网]
【答案】D
【解析】
A. T℃时，电离平衡常数：HX＞HY＞HZ，所以酸性：HX＞HY＞HZ，故A正确；B. T℃时，酸性：HX＞HY，所以反应HX＋Y—＝HY＋X—能够发生，故B正确；C. T℃时，酸性：HX＞HY＞HZ，所以水解程度：NaX< NaY< NaZ，因此，0.1mol‧L-1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大，故C正确；D. 温度不变，电离平衡常数不变，所以T℃时，0.1mol‧L-1HX溶液加水稀释HX的电离平衡常数不变，故D不正确。故选D。[来&源#%:中^*教网]
18.已知：25℃时 H2C2O4 的 pKa1=1.22，pKa2=4.19，CH3COOH 的 pK a=4.76，K 代表电离平衡常数，pK = -1gK。下列说法正确的是
A. 浓度均为 0.1mol·L-1NH4HC2O4 和 CH3COONH4 溶液中：c(NH4+)前者小于后者
B. 将 0.1mol·L-1 的 K2C2O4 溶液从 25℃升温至 35℃，c(K+)/c (C2O42-) 减小
C. 0.1 mol·L-1K2C2O4 溶液滴加盐酸至 pH=1.22：c(H+)-c(OH-)=c(Cl-)-3c(HC2O4-)
D. 向 0.1 mol·L-1CH3COONa 溶液中滴加少量 0.1 mol·L-1H2C2O4 溶液：CH3COO- + H2C2O4 = CH3COOH + HC2O4
【答案】C
【解析】
【详解】A.由已知数据分析可得，HC2O4—的水解程度小于CH3COO—的，HC2O4—对NH4+水解的促进作用小于CH3COO—，故c(NH4+)前者大于后者，则A错误；[中%国教*&育^出版@网]
B.在0.1 mol·L-1K2C2O 4溶液中存在如下平衡： C2O42－＋H2OHC2O4－＋OH－，升高温度，平衡右移，c（K+）不变，c（C2O42－）减小，则增大，故B说法错误；
C．0.1 mol·L-1K2C2O4溶液滴加盐酸至pH=1.22，则生成KCl和H2C2O4，且c(H＋)=10-1.22 mol·L-1，已知H2C2O4 HC2O4－＋H＋，Ka1=1.22，所以c(H2C2O4) = c(HC2O4—)，由质子守恒可得c(OH－)+c（Cl-）= c(H＋)+c(HC2O4—)+2c(H2C2O4)，则有c(H+)-c(OH-)=c(Cl-)-3c(HC2O4-)，故C说法正确；
D．由题给信息可知H2C2O4的pKa2=4.19大于CH3COOH的pK a=4.76，说明HC2O4-的电离能力大于CH3COOH，则向0.1mol·L-1CH3COONa溶液中滴加少量0.1 mol·L-1H2C2O4溶液发生的反应为：2CH3COO- + H2C2O4 = 2CH3COOH + C2O42-，故D说法错误；
答案选C。
【点睛】本题的难点为C项中离子浓度关系的判断，解答时先分析清楚溶液中溶质的成份，然后再由弱电解质的电离子平衡和盐类的水解平衡来推导，紧紧抓住溶液中的三个守恒是解答此类问题的关键。如在0.1 mol·L-1K2C2O4溶液滴加盐酸的混合溶液中，氢离子全部由盐酸和水电离来提供，故有质子守恒的表达式：c(OH－)+c（Cl-）= c(H＋)+c(HC2O4—)+2c(H2C2O4)。
第 II 卷(非选择题)[中国^*教育#出&@版网]
二、非选择题(共 46 分)
19.(2018·安徽省合肥市高三第三次教学质量检测)H2S在重金属离子处理、煤化工等领域都有重要应用。请回答：
Ⅰ．H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体，反应原理为[来源^&:*@中教网%]
ⅰ．COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) △H= +7 kJ·mol−1
ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=−42kJ·mol−1
已知断裂1mol气态分子中的化学键所需能量如下表所示。
分子
COS(g)
H2(g)
CO(g)
H2S(g)
能量(kJ·mol−1)
1310
442
x
669
（1）计算表中x=_______。
（2）T℃时，向VL容积不变的密闭容器中充入1mol COS(g)、1mol H2(g)和1mol H2O(g)，发生上述两个反应。
①在T℃时测得平衡体系中COS为0.80 mol，H2为0.85 mol，则T℃时反应ⅰ的平衡常数K=_______(保留2位有效数字)。
②上述反应达平衡后，若向其中再充入1mol COS(g)、1mol H2(g)和1mol H2O(g)，则再次达平衡后H2的体积分数_______(填“增大”、“减小”或“不变”);若升高温度，则CO的平衡体积分数_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，其理由是_______。
Ⅱ．H2S在高温下分解制取H2，同时生成硫蒸气。
（3）向2L密闭容器中加入0.2molH2S，反应在不同温度(900~1500℃)下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如下图所示，则在此温度区间内，H2S 分解反应的主要化学方程式为_______；在1300℃时，反应经2min达到平衡，则0～2min的反应速率v(H2S)=_______。
Ⅲ．H2S用作重金属离子的沉淀剂。
（4）25℃时，向浓度均为0.001mol·L−1Sn2+和Ag+的混合溶液中通入H2S，当Sn2+开始沉淀时，溶液中c(Ag+)=_______。 (已知：25 ℃时，Ksp(SnS)= 1.0×10−25，Ksp(Ag2S)=1.6×10−49)。
【答案】 (1). 1076 (2). 0.044 (3). 不变 (4). 增大 (5). 反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大;反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大 (6). 2H2S2H2+S2 (7). 0.02 mol·L−1·min−1 (8). 4.0×10−14mol·L−1
【解析】
Ⅰ．试题分析：H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体，反应原理为ⅰ．COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) △H= +7 kJ·mol-1，该反应为吸热反应 ；ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-42kJ·mol-1，该反应为放热反应。
(1)化学反应的反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和。由COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) △H= +7 kJ·mol-1可知，1310+442-x-669=7，所以x=1076。
(2)T℃时,向VL容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)、1mol H2(g)和1molH2O(g)，发生上述两个反应。
①在T℃时测得平衡体系中COS为0.80 mol，H2 为0.85mol，由物料守恒可以求出H2S和CO 的平衡量分别为0.20mol和0.15mol，由于反应ⅰ中各组分的化学计量数均为1，所以，T ℃时反应ⅰ的平衡常数K=。
②上述反应达平衡后,若向其中再充入1molCOS(g)、1mol H2(g)和1molH2O(g)，则与原平衡体系的起始投料的配比相同，由于两个反应均分气体分子数不变的反应，所以再次达平衡后H2的体积分数不变；若升高温度，则CO的平衡体积分数增大，因为反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；而反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动也使CO的平衡体积分数也增大。
Ⅱ．H2S在高温下分解制取H2，同时生成硫蒸气。
(3)向2L密闭容器中加入0.2molH2S,反应在不同温度(900~1500℃)下达到平衡时,由图中数据可知，混合气体中两种生成物的体积分数不同，其中一种生成物的体积分数约是另一种的2倍，由此可以推断，H2S主要分解为H2和S2，则在此温度区间内，H2S 分解反应的主要化学方程式为2H2S2H2+S2；在1300℃时,反应经2min达到平衡，由图中数据可知，此时的体积分数为50%，设H2S的变化量为x，则H2和S2的变化量分别为x和0.5x，则，解之得x=0.08mol，所以，0～2min的反应速率v(H2S)= 0.02 mol·L-1·min-1。
Ⅲ．H2S用作重金属离子的沉淀剂。
(4)25℃时,向浓度均为0.001mol·L-1Sn2+和Ag+的混合溶液中通入H2S，当Sn2+开始沉淀时，c(S2-)mol/L，所以，溶液中c(Ag+)=4.0×10-14mol·L-1。
点睛：本题属于化学反应原理的综合考查，主要考查了反应热的计算、化学平衡常数的计算、有关化学反应速率的计算、有关沉淀溶解平衡的计算以及外界条件对化学平衡的影响。总之，本题以化学反应原理为载体，主要考查了学生分析图表数据的能力和计算能力，加深对相关计算原理的理解和应用，能根据实际情况简化计算过程，快速高效解题。
20.Ⅰ．KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中， 采用废易拉罐(主要成分为 Al，含有少量的 FE.Mg 杂质)制备明矾的过程如下图所示。 回答下列问题：
(1)为尽量少引入杂质，试剂①应选用______________(填标号)。
a．HCl 溶液 b．H2SO4 溶液 c．氨水 d．NaOH 溶液
(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_________________________。
(3)沉淀 B 的化学式为______________________
II．毒重石的主要成分 BaCO3(含 Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O 的流程如下:
[来源:zz@s&te~p.c%o#m]
(4)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是_________________________________。
Ca2+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.1
3.2
(5)滤渣Ⅱ中含 (填化学式)。加入 H2C2O4 时应避免过量，原因是_________________________________。已知：Ksp(BaC2O4) =1.6×10-7， Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9
【答案】 (1). d (2). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (3). Al(OH)3 (4). 增 大 接 触 面 积 从 而 使 反 应 速 率 加 快 (5). Mg(OH)2.Ca(OH)2H2C2O4 过量会导致生成 BaC2O4 沉淀，产品的产量减少[来&源:z*zstep.c@~om%]
【解析】
【分析】
本题主要考查物质的制备实验与化学工艺流程。
I.（1）由易拉罐制备明矾，则需要通过相应的操作除去FE.Mg，根据金属单质的性质可选择强碱性溶液；
（2）根据（1）中选择的试剂写出相关化学方程式；
（3）Al在第一步反应中生成AlO2-，在第二步中加入了NH4HCO3，NH4+和HCO3-均能促进AlO2-水解生成Al(OH)3沉淀；
II.浸取过程中碳酸钡和稀盐酸反应生成氯化钡，再加入NH3·H2O调节pH至8，由表中数据可知，滤渣I为Fe(OH)3，再将滤液调节pH至12.5，由表中数据可知，滤渣II为Mg(OH)2和少量Ca(OH)2，再加入H2C2O4，可除去Ca2+，再进行后续操作制备出BaCl2·2H2O，据此分析作答。
【详解】（1）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择NaOH溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质，故选d项；
（2）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（3）滤液中加入NH4HCO3溶液后，电离出的NH4+和HCO3-均能促进AlO2-水解，反应式为NH4＋＋AlO2－＋2H2O=Al(OH)3＋NH3·H2O，生成Al(OH)3沉淀。
Ⅱ、（4）毒重石用盐酸浸取前研磨将块状固体变成粉末状，可以增大反应物的接触面积从而使反应速率加快；
（5）根据流程图和表中数据分析加入NH3·H2O调节pH至8，由表中数据可知，可除去Fe3+，滤渣I为Fe(OH)3，再将滤液调节pH至12.5，由表中数据可知，可完全除去Mg2+，部分Ca2+会沉淀，滤渣II为Mg(OH)2和少量Ca(OH)2，再加入H2C2O4，可除去Ca2+，若加入过量的H2C2O4，易发生Ba2＋＋H2C2O4=BaC2O4＋2H＋产生BaC2O4沉淀，导致产品的产量减少。
21.（1）用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.010 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取________g K2Cr2O7(保留4位有效数字，已知M（K2Cr2O7）＝294.0 g·mol－1)。配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有________(用编号表示)。
①电子天平②烧杯③量筒④玻璃棒⑤容量瓶⑥胶头滴管⑦移液管
（2）金属表面处理、皮革鞣制、印染等都可能造成铬污染。六价铬比三价铬毒性高，更易被人体吸收且在体内蓄积。
以下为废水中铬元素总浓度的测定方法：_______________________
准确移取25.00 mL含Cr2O72-和Cr3＋的酸性废水，向其中加入足量的(NH4)2S2O8溶液将Cr3＋氧化成Cr2O72-，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8；向上述溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，以淀粉为指示剂，向其中滴加0.015 mol·L－1的Na2S2O3标准溶液，终点时消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。计算废水中铬元素总浓度(单位：mg·L－1，写出计算过程)。已知测定过程中发生的反应如下：[中^国教@育出版~*&网]
①2Cr3＋＋3S2O82-＋7H2O===Cr2O72-＋6SO42-＋14H＋[来&源:中国^%教@育出版~网]
②Cr2O72-＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O
③I2＋2S2O32-===2I－＋S4O62-
（3）Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。
测定产品(Na2S2O3·5H2O)纯度
准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0 mol·L－1碘的标准溶液滴定。反应原理为：2S2O32-＋I2===S4O62-＋2I－[来%源:^zzst~ep.com@&]
①滴定至终点时，溶液颜色的变化：________。
②滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为_________mL。产品的纯度为(设Na2S2O3·5H2O相对分子质量为M)________。
【答案】 (1). 0.735 0 (2). ③⑦ (3). 由方程式确定关系式：Cr～3Na2S2O3，然后进行计算。
n(S2O32-)＝0.02 L0.015 mol·L－1＝310－4mol[来%@源&:^中~教网]
n(Cr)＝110－4mol[来源~:&@中国教育%出*版网]
m(Cr)＝110－4mol52 g·mol－1＝5.210－3g＝5.2 mg
废水中铬元素总浓度＝5.2mg/0.025L＝208 mg·L－1 (4). 由无色变蓝色，半分钟内不褪色 (5). 18.10 (6). (3.620×10-3M)/W×100%[来%@#源:*中国~教育出版网]
【解析】
【详解】根据m=nM=cVM得：m(K2Cr2O7)=0.01000mol·L-1×0.250L×294.0g·mol-1=0.7350g，配置一定物质的量浓度的溶液，一般电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，用玻璃棒搅拌，加速溶解，用玻璃棒引流，将溶液移入容量瓶中，继续加水至离刻度线1～2cm处，改用胶头滴管加水定容，所以用不到的仪器为量筒和移液管，故③⑦用不到，故选③⑦。
(2)由①2Cr3＋＋3S2O82-＋7H2O===Cr2O72-＋6SO42-＋14H＋
②Cr2O72-＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O ③I2＋2S2O32-===2I－＋S4O62-[来源:中国教育^出%#版&网@]
可得关系式:, 2Cr3＋Cr2O72-6I－6S2O32-
n(Na2S2O3)= 0.015 mol·L－120.00 mL=310-4mol，则n(Cr3＋)= 310-4mol
m(Cr)= 110-4mol-1=5.210-3g=5.2mg
废水中铬元素总浓度c＝5.2mg/0.025L＝208 mg·L－1。答案：铬元素总浓度208 mg·L－1。
（3）①滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，所以滴定终点时溶液颜色变化是由无色变蓝色，半分钟内不褪色；[来%源:中教~#*网^]
②根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读数为0，滴定终点液面读数为18.10mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10mL；
根据反应2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，n(S2O32-)=2n(I2)，所以Wg产品中含有Na2S2O3•5H2O质量为：0.1000 mol•L-1×18.10×10-3L×2×M=3.620×10-3Mg，则产品的纯度为：(3.620×10-3M)/W×100%。
【点睛】根据m=nM=cVM可计算出需要的重铬酸钾的质量；配制一定物质的量浓度溶液的步骤为：计算→称量→溶解→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶；称量要用到电子天平，溶解要用到烧杯、玻璃棒，移液要用到玻璃棒和容量瓶，定容要用到胶头滴管，据此分析。
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2018-2019 期中模拟考试试卷
高二化学
一、单选题(每小题只有一个正确答案，每小题 3 分)
1.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 新制的氯水在光照条件下颜色变浅
B. 合成氨工业中使用铁触媒作催化剂
C. 红棕色的NO2气体，加压后颜色先变深后变浅[来&源:中国^%教@育出版~网]
D. 工业生产硫酸的过程中，通入过量的空气以提高二氧化硫的转化率
【答案】B
【解析】
A.氯水中含HClO，在光照下分解，促进氯气与水的化学反应正向移动，促进氯气的溶解，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；B.催化剂能极大加快反应速率，但不影响化学平衡的移动，不能用勒夏特利原理解释，故B选；C.对2NO2N2O4平衡体系增加压强，体积变小，二氧化氮的浓度增大，颜色变深，平衡正向移动，二氧化氮的浓度又逐渐减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故C不选； D.工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O22SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选B。
点睛：本题考查了勒夏特列原理的使用条件。勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释。使用时需要满足平衡移动的原理，否则不能用勒夏特列原理解释。
2.常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（ ）
A. c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3) B. c(H+)+c(NH4+)>c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)
C. c(Cl-)>c(HCO3-)>c(NH4+)>c(CO32-) D. <1.0×10-7mol/L
【答案】C
【解析】
A. 等体积、等物质的量浓度的碳酸氢铵和NaCl溶液混合后析出部分碳酸氢钠晶体，根据物料守恒得：c(Na+)=c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)，故A正确；B. 根据溶液中电荷守恒得：c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)，析出部分钠离子，则c(Na+)＜c(Cl−)，所以存在c(H+)+c(NH4+)＞c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)，故B正确；
C. 铵根离子部分水解，则c(NH4+)＜c(Cl−)，由于析出部分碳酸氢钠晶体，c(HCO3−)减小，则c(NH4+)＞c(HCO3−)，因HCO3−电离程度很小，所以c(CO32−)最小，即c(Cl−)＞c(NH4+)＞c(HCO3−)＞c(CO32−)，故C错误；D. 常温下，等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7，说明滤液呈酸性，=c(OH−)＜1.0×10−7mol/L，故D正确；答案选C。
3.下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是( )
①已达平衡的反应C(s)＋H2O(g) ⇌CO(g)＋H2(g)，当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动
②已达平衡的反应N2(g)＋3H2(g) ⇌2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高
③有气体参加的反应平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定移动[来源:中国@教育^#出版网*%]
④有气体参加的反应平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动
A. ①④ B. ①②③
C. ②③④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
试题分析：①固体或纯液体浓度是定值，增加碳的物质的量，浓度不变，平衡不移动，故说法错误；②增大N2的浓度时，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，但N2的转化率减小，故说法不正确；③H2（g）＋I2（g）2HI（g），减小容器体积，根据勒夏特列原理，平衡不移动，故说法不正确；不正确；④恒压状态下，充入非反应气体，各组分的浓度减小，平衡向物质的量浓度增大的方向移动，故说法不正确，选项D符合题意。
考点：考查勒夏特列原理等知识。
4.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g) △H = + a kJ·mol-l。能判断该分解反应已经达到化学平衡的是（ ）
A. v(NH3)=2v(CO2) B. 密闭容器中NH3体积分数不变
C. 反应吸收a kJ热量 D. 密闭容器中混合气体的密度不变
【答案】D[来%源#:zz@step.c*om&]
【解析】
分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变。[来源:zz@s#tep.~co^m*]
详解：A.未体现正逆反应速率的关系，故A错误；B.由于反应物为固体，根据方程式，从反应开始到平衡，密闭容器中氨气的体积分数一直不变，不能判断该分解反应已经达到化学平衡，故B错误；C. 该反应为可逆反应，反应吸收a kJ热量，只是说明分解的氨基甲酸铵的物质的量为1mol，不能说明氨基甲酸铵的物质的量是否变化，故C错误；D.密闭容器中混合气体的密度不变，说明气体质量不变，正逆反应速率相等，故D正确；故选D。[来源%^:*中国~教育#出版网]
点睛：本题考查了化学平衡状态的判断注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。本题的易错点为C，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
5.700℃时，向容积为 2L 的密闭容器中充入一定量的 CO 和 H2O,发生反应：CO(g)+ H2O(g)⇌CO2 (g)+ H2(g)反应过程中测定的部分数据见下表(表中 t2>t1):[来@源:中教^网#&%]
反应时间/min
n(CO)/mol
n(H2O)/mol
0
1.20
0.60
t1
0.80
t2
0.20
下列说法正确的是( )
A. 反应在 t1min 内的平均速率为 v(H2 ) = mol ⋅ L−1 ⋅ min−1
B. 保持其他条件不变，起始时向容器中充入 0.60molCO 和 1.20 molH2O，到达平衡时n(CO2)＝ 0.40mol
C. 保持其他条件不变，向平衡体系中再通入 0.20molH2O，与原平衡相比，达到新平衡 时 H2O 转化率增大
D. 温度升至 800℃，上述反应平衡常数为 0.64，则正反应为吸热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.由表中数据可知，t1min内参加反应的CO的物质的量为1.2mol－0.8mol＝0.4mol，v（CO）＝= mol·L－1·min－1，速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)= v(CO)= mol·L－1·min－1，故A错误；[来源:*&中国教~育#出版网@]
B.CO与H2O按物质的量比1：1反应，充入0.60 mol CO和1.20 mol H2O与充入1.20 mol CO和0.6mol H2O，平衡时生成物的浓度对应相同，t1min时n（CO）＝0.8mol，n（H2O）＝0.6mol－0.4mol＝0.2mol，t2min时n（H2O）＝0.2mol，说明t1min时反应已经达到平衡状态，根据化学方程式可知，则生成的n（CO2）＝0.40mol，故B正确；
C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，故C错误；
D.t1min时反应已经达到平衡状态，此时c（CO）＝0.8mol÷2L＝0.4mol/L，c（H2O）＝0.2mol÷2L＝0.1mol/L，c（CO2）＝c（H2）＝0.4mol÷2L＝0.2mol/L，则K==1，温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动，故正反应为放热反应，故D错误。
综合以上分析，答案选B。
【点睛】该题是高考中的中的常见题型，试题综合性强，旨在培养学生分析、归纳和总结问题的能力。本题属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度。复习时要让学生深刻理解一些基本概念的内涵和外延。
6.已知：pAg＝－lg{c(Ag＋)}，Ksp(AgCl)＝1.56×10－10。如图是向10 mL AgNO3溶液中逐渐加入0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积(单位mL)变化的图像(实线)。根据图像所得下列结论正确的是[提示：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)]
A. 原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L－1
B. 图中x点的坐标为(100,6)
C. 图中x点表示溶液中Ag＋恰好完全沉淀
D. 把0.1 mol·L－1的NaCl换成0.1 mol·L－1NaI则图像在终点后变为虚线部分
【答案】B[w*^ww.~z&z@step.com]
【解析】
【详解】A.当氯化钠溶液的体积为0时，pAg＝0，所以硝酸银溶液的浓度是1.0 mol·L－1，A错误；
B.x点c（Ag+）=10－6 mol·L－1，一般认为溶液中离子浓度小于10－5 mol·L－1，即沉淀完全，则AgNO3与NaCl恰好反应，n（NaCl）=n（AgNO3）=0.01 L×1 mol·L－1=0.01 mol，所以V（NaCl）=100 mL，即x点的坐标为（100，6），B正确；
C.当溶液中离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时可以认为沉淀达到完全，而x点溶液中银离子的浓度是1.0×10－6 mol·L－1，不是恰好完全沉淀，C错误；
D.由于碘化银的溶解度小于氯化银的，所以如果换成0.1 mol·L－1 NaI，则溶液中c（Ag+）更小，则pAg更大，因此图像在终点后变为实线的上方，D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查了沉淀溶解平衡的应用，注意把握题干中的信息，考查学生分析题目信息并用于解决问题的能力，明确溶度积常数的含义和图像的变化趋势是解答的关键，选项D是易错点。
7.在 25 ℃、101 kPa 时，已知：2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g) ΔH1,Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g) ΔH2 2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g) ΔH3.则ΔH3 与ΔH1 和ΔH2 间的关系正确的是 ( )
A. ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 B. ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C. ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 D. ΔH3＝ΔH1－ΔH2
【答案】A
【解析】
【详解】①2H2O(g)===O2(g)+2H2(g) △H1，
②Cl2(g)+H2(g)===2HCl(g) △H2，
③2Cl2(g)+2H2O(g)===4HCl(g)+O2(g) △H3，
根据盖斯定律，热化学方程式①+2×②可得③：2Cl2(g)+2H2O(g)===4HCl(g)+O2(g)，所以△H3=△H1+2△H2，故答案为A。
8.25 ℃时，将浓度为0.1 mol·L-1 的Na2S溶液加水不断稀释，下列各量始终减小的是
A. c(OH-) B. n(Na+) C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A.Na2S溶液加水稀释时水解平衡正向移动，OH-的数目不断增多，但溶液体积增大的程度大，故整体看c(OH-)减小，选项A符合；B.Na+不水解，其物质的量不变，选项B不符合；C.加水稀释，Na2S的水解程度增大，c(S2-)减小，因 c(OH-)减小，故c(H+)增大，即 增大，故增大，选项C不符合；D.加水稀释，水解平衡正向移动，S2-不断被消耗，故c(S2-)减小的程度比 c(Na+)大，增大，选项D不符合。答案选A。
9.一定条件下，将一定量的A.B.C.D四种物质，置于密闭容器中发生如下反应：
mA(s)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)。达到平衡后，测得B的浓度为0.5mol/L。保持温度不变，将密闭容器的容积扩大到原来的两倍，再次达到平衡后，测得B的浓度为0.2mol/L，当其它条件不变时，C在反应混合物中的体积分数(x)与温度(T)、时间(t)的关系如图所示，下列叙述正确的是[中国~@*教#育出&版网]
A. 容积扩大到原来的两倍，平衡向逆反应方向移动
B. 化学方程式中n>p＋q
C. 达到平衡后，若升高温度，平衡向逆反应方向移动
D. 达到平衡后，增加A的量，有利于提高B的转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A.设容器的体积为VL，第一次平衡时B的物质的量为0.5Vmol，容器扩大到原来的两倍，再次达到平衡后，B的物质的量为0.2Vmol，容器扩大前后B的物质的量减少，所以平衡向正反应方向移动，故A错误；
B.容器扩大后，平衡向正反应方向移动，容器内气体的压强减小,减小压强平衡向气体体积增大的方向移动,所以n
综上所述，本题应选C。
解析[w^*#w~w.zzs@tep.com]
A.根据容积扩大前后B的物质的量变化判断平衡移动方向.
B.容积扩大,容器内气体的压强减小,减小压强平衡向气体体积增大的方向移动,从而判断气体的计量数大小.
C.根据图象中“先拐先平,数值大”判断和的相对大小,根据温度和C在反应混合物中的体积分数(x)判断该反应正反应方向是放热还是吸热,再结合温度对化学平衡的影响判断平衡移动方向.
D.增加或减少固体和液体的质量对化学平衡无影响.
10.在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA (g) +yB (g) zC (g),图I表示200℃时容器中A.B.C物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n (A): n (B)的变化关系则下列结论正确的是
A. 200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04 mol•L－1•min－1
B. 图Ⅱ所知反应xA(g)+yB(g)zC(g)的ΔH<0，且a＝2
C. 若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v正＞v逆
D. 200℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B，达到平衡时，A 的体积分数小于50%[来@源:中国教育出&^*%版网]
【答案】D[w*ww.#@zz&step.^com]
【解析】
A.200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=（0.4-0.2）mol÷2L÷5min=0.02 mol•L－1•min－1，A错误；B.据图Ⅱ可知温度升高时C的体积分数增大，平衡正向移动，故正反应为吸热反应，ΔH>0。方程式中物质的化学计量数之比等于反应中各物质的物质的量变化量之比，据此可写出该反应的化学方程式为2A(g)+B(g)C(g)，用极端的思想考虑可知起始时A和B的物质的量之比等于化学计量数之比时，产物C的体积分数最大，故a=2，B错误；C.若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，因为容器的体积没有改变，且He是稀有气体不参与发应，所以反应中A.B.C的浓度不变化，故速率不变，C错误；D.图Ⅰ中平衡时混合物中A的体积分数为0.4÷（0.4+0.2+0.2）×100%=50%，200℃时向容器中充入2molA和1molB，假设容器体积可以变化，将与图Ⅰ所示的平衡构成等效平衡，A的体积分数仍为50% ，但现在容器体积不变，故须将容器体积缩小，相当于增压，平衡将向正反应方向移动，A的体积分数将变小，小于50%，D正确。正确答案为D。
11.化工生产中含Cu2＋的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反应原理为Cu2＋(aq)＋MnS(s) CuS(s)＋Mn2＋(aq)。下列有关该反应的推理不正确的是
A. CuS的溶解度比MnS的溶解度小
B. 该反应达到平衡时：c(Cu2＋)＝c(Mn2＋)
C. 往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c(Mn2＋)变大
D. 该反应平衡常数：K＝
【答案】B
【解析】
【详解】A项，工业品MnCl2溶液中含有Cu2＋、Pb2+等离子，加入过量难溶电解质MnS，可使Cu2＋、Pb2+等离子形成沉淀，以制取纯净MnCl2，原理利用的是沉淀转化的反应关系，沉淀转化的条件是向更难溶的方向进行，说明生成的 CuS、PbS溶解性小于MnS，故A项正确；
B项，该反应达到平衡时，铜离子的浓度不一定等于锰离子的浓度，故B项错误；
C项，往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，平衡向右移动，所以c(Mn2＋)变大，故C项正确；
D项，该反应平衡常数表达式：K==，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为B。
12.常温下，下列有关叙述正确的是（）[中国教#~育出*版网@%]
A. 同浓度的①NH4C1.②（NH4）2SO4.③NH4HSO4三种溶液中，c（NH4+）大小顺序为：①=②>③[来#源:中*国教育出版^网%~]
B. Na2CO3溶液中，2c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）[中国教育&出*^@版网%]
C. 10mLpH=12的氢氧化钠溶液中加入pH=2的HA至pH刚好等于7，所得溶液体积V（总）≥20mL
D. 0.1 mol/L的CH3COOH溶液和0.1 mol/L的CH3COONa溶液等体积混合c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）[来源@^:z&zs*te#p.com]
【答案】D
【解析】
先不考虑水解，（NH4）2SO4含有2个NH4+，所以（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）大于其它两个；①③两种物质中，NH4HSO4溶液中电离出的氢离子抑制了NH4+的水解，剩余的量多，c（NH4+）大；所以：c（NH4+）大小顺序为：②>③>①；A错误；Na2CO3溶液中，碳元素的物料守恒：n(Na+):n(C)=2:1,所以：1/2c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）, B错误；10mLpH=12的氢氧化钠溶液中加入pH=2的HA至pH刚好等于7，如果HA为强酸，则V（总）=20mL，如HA为弱酸，则V（总）<20mL，所以所得溶液体积V（总）≤20mL，C错误；两溶液混合后根据电荷守恒规律可得：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），D正确；正确选项D。
13.一定条件下，容积固定的密闭容中对于可逆反应X(g)＋3Y(g) 2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为 c1.c2.c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.08 mol/L，则下列判断不合理的是( )
A. c1∶c2＝1∶3
B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为2∶3
C. 达到平衡时，容器内的压强不再变化
D. c1的取值范围为0 mol/L
【解析】
分析：A．可根据反应转化关系和平衡浓度计算初始浓度关系；
B．达到平衡状态时，正逆反应速率相等；
C．反应前后气体的体积减小，达到平衡状态时，压强不变；
D．根据可逆反应不能完全转化的角度分析。[ww@w.zzs%t&ep^.#com]
详解：A．设X转化的浓度为x，则[来源~:*&中%@教网]
X(g)＋3Y(g) 2Z(g)
初始： c1 c2 c3
转化：x 3x 2x
平衡：0.1moL/L 0.3mol/L 0.08mol/L
则：c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，A正确；
B．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，B错误；
C．反应前后气体的体积减小，达到平衡状态时，压强不变，C正确；
D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应分析进行，则0＜c1，如反应向逆反应分析进行，则c1＜0.14mol•L-1，故有0＜c1＜0.14mol•L-1，D正确。
答案选B。
14.温度为T℃时，向V L的密闭容器中充入一定量的A和B，发生的反应为A(g)＋B(g)C(s)＋xD(g) ΔH＞0，容器中A.B.D的物质的量浓度随时间的变化如表所示。下列说法不正确的是( )
时间
0
5 min
10 min
15 min
20 min
25 min
30 min
A的物质的量浓度(mol·L－1)
3.5
2.3
2.0
2.0
2.8
3.0
3.0
B的物质的量浓度(mol·L－1)
2.5
1.3
1.0
1.0
1.8
2.0
2.0
D的物质的量浓度(mol·L－1)
0
2.4
3.0
3.0
1.4
1.0
1.0
A.前10 min的平均反应速率v(D)＝0.3 mol·L－1·min－1
B．该反应的平衡常数表达式为K＝
C．若达到平衡时保持温度不变，压缩容器体积，平衡不移动
D．反应至15 min时，改变的条件可以是降低温度
【答案】B
【解析】
A项中，0～10 min，D的物质的量浓度的变化量是3.0 mol·L－1，所以平均反应速度v(D)＝3.0 mol·L－1÷10 min＝0.3 mol·L－1·min－1，A正确；B项中，因为根据化学反应方程式知C为固体，所以平衡常数表达式中不应含有C物质，B不正确；C项中，根据表格中的数据知15 min时A.B的物质的量浓度均变化了1.5 mol·L－1，D的物质的量浓度变化了3.0 mol·L－1，A.D的物质的量浓度变化量之比为1∶2，所以x＝2，该反应在反应前后气体分子数相等，改变容器体积对平衡没有影响，C正确；D项中，根据表格中的数据知15～20 min，A.B的物质的量浓度在增大，D的物质的量浓度在减少，平衡向逆反应方向移动，因为该反应是吸热反应，降低温度时平衡向逆反应方向移动，所以改变的条件可以是降低温度，D正确。
15.已知298K时，某碱MOH的电离平衡常数Kb=1.0×10-5；电离度a=。在20.00mL0.1000mol/LMOH溶液中滴加0.10mol/L盐酸，测得溶液的pH、温度与所加盐酸的体积的关系如图所示。下列说法不正确的是
[来源~@#:*zzste&p.com]
A. a点对应的溶液中:c(OH-)=(M+)+<(H+)
B. b点对应的V。=20.00mL[来源:中~@国教育^出#*版网]
C. 298K时，0.1000mol/LMOH溶液中，MOH的电离度a=1%[来源^@:~中国教育出版*网&]
D. 298K时，将0.1molMOH和0.1moMCl溶于水配制成1L混合溶液，溶液的pH>9
【答案】D
【解析】
A. a点为0.1000mol/LMOH溶液，存在电荷守恒，c(OH-)=c(M+)+c(H+)，故A正确；B. b点溶液显酸性，若V。=20.00mL，则恰好生成MCl，水解显酸性，与图像吻合，故B正确；C. 298K时，MOH的电离平衡常数Kb=1.0×10-5，0.1000mol/LMOH溶液中，1.0×10-5===，则c(M+)=1.0×10-3，因此MOH的电离度a=×100%=1%，故C正确；D. 298K时，将0.1molMOH和0.1moMCl溶于水配制成1L混合溶液，假设电离的MOH的物质的量为x，则Kb=1.0×10-5==，加入MCl抑制MOH的电离，MOH的电离度＜1%，则x＜0.001，因此c(OH-)＜1.0×10-5，则c(H+)＞1.0×10-9，pH＜9，故D错误；故选D。
点睛：本题考查酸碱混合的定性判断，把握酸碱混合后的溶质、盐类水解、电荷守恒为解答本题关键。注意选项D为解答的难点，需要根据电离平衡常数解答，温度不变，电离平衡常数不变。
16.近年来，我国北京等地出现严重雾霾天气，据研究，雾霾的形成与汽车排放的 CO、 NO2 等有毒气体有关，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气 体，反 应方程式为4CO(g)+2NO2(g) 4CO2(g)+N2(g)ΔH=-1200kJ/mol。对于该反应， 温度不同(T2 > T1 )其他条件相同时，下列图像正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查化学平衡的影响因素。根据影响化学平衡移动的因素以及化学平衡移动的方向来判断即可，根据影响化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂来确定化学反应达平衡用到的时间，根据影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强来确定化学平衡中各个量的变化情况，由此分析解答。
【详解】A.升高温度，化学平衡逆向移动，化学反应速率会迅速增大，会离开原来的速率点，故A错误；
B.升高温度，化学反应速率会迅速增大，所以T2时先达到化学平衡状态，并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，故B正确；
C.对于反应：4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g) ΔH<0，T不变，增大压强，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数会减小；压强不变，升高温度，平衡逆向移动，一氧化碳的体积分数会增大，故C错误；
D.正反应是放热反应，温度升高化学平衡常数减小，而不是增大，故D错误；
17.T℃时，三种酸的电离平衡常数如下表，下列判断不正确的是
酸
HX
HY
HZ
电离平衡常数
1×10-2
9×10-6
9×10-7
A. T℃时，酸性：HX＞HY＞HZ
B. T℃时，反应HX＋Y—＝HY＋X—能够发生
C. T℃时，0.1mol‧L-1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大
D. T℃时，0.1mol‧L-1HX溶液加水稀释HX的电离平衡常数增大[中*%@国教育^出版#网]
【答案】D
【解析】
A. T℃时，电离平衡常数：HX＞HY＞HZ，所以酸性：HX＞HY＞HZ，故A正确；B. T℃时，酸性：HX＞HY，所以反应HX＋Y—＝HY＋X—能够发生，故B正确；C. T℃时，酸性：HX＞HY＞HZ，所以水解程度：NaX< NaY< NaZ，因此，0.1mol‧L-1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大，故C正确；D. 温度不变，电离平衡常数不变，所以T℃时，0.1mol‧L-1HX溶液加水稀释HX的电离平衡常数不变，故D不正确。故选D。[来&源#%:中^*教网]
18.已知：25℃时 H2C2O4 的 pKa1=1.22，pKa2=4.19，CH3COOH 的 pK a=4.76，K 代表电离平衡常数，pK = -1gK。下列说法正确的是
A. 浓度均为 0.1mol·L-1NH4HC2O4 和 CH3COONH4 溶液中：c(NH4+)前者小于后者
B. 将 0.1mol·L-1 的 K2C2O4 溶液从 25℃升温至 35℃，c(K+)/c (C2O42-) 减小
C. 0.1 mol·L-1K2C2O4 溶液滴加盐酸至 pH=1.22：c(H+)-c(OH-)=c(Cl-)-3c(HC2O4-)
D. 向 0.1 mol·L-1CH3COONa 溶液中滴加少量 0.1 mol·L-1H2C2O4 溶液：CH3COO- + H2C2O4 = CH3COOH + HC2O4
【答案】C
【解析】
【详解】A.由已知数据分析可得，HC2O4—的水解程度小于CH3COO—的，HC2O4—对NH4+水解的促进作用小于CH3COO—，故c(NH4+)前者大于后者，则A错误；[中%国教*&育^出版@网]
B.在0.1 mol·L-1K2C2O 4溶液中存在如下平衡： C2O42－＋H2OHC2O4－＋OH－，升高温度，平衡右移，c（K+）不变，c（C2O42－）减小，则增大，故B说法错误；
C．0.1 mol·L-1K2C2O4溶液滴加盐酸至pH=1.22，则生成KCl和H2C2O4，且c(H＋)=10-1.22 mol·L-1，已知H2C2O4 HC2O4－＋H＋，Ka1=1.22，所以c(H2C2O4) = c(HC2O4—)，由质子守恒可得c(OH－)+c（Cl-）= c(H＋)+c(HC2O4—)+2c(H2C2O4)，则有c(H+)-c(OH-)=c(Cl-)-3c(HC2O4-)，故C说法正确；
D．由题给信息可知H2C2O4的pKa2=4.19大于CH3COOH的pK a=4.76，说明HC2O4-的电离能力大于CH3COOH，则向0.1mol·L-1CH3COONa溶液中滴加少量0.1 mol·L-1H2C2O4溶液发生的反应为：2CH3COO- + H2C2O4 = 2CH3COOH + C2O42-，故D说法错误；
答案选C。
【点睛】本题的难点为C项中离子浓度关系的判断，解答时先分析清楚溶液中溶质的成份，然后再由弱电解质的电离子平衡和盐类的水解平衡来推导，紧紧抓住溶液中的三个守恒是解答此类问题的关键。如在0.1 mol·L-1K2C2O4溶液滴加盐酸的混合溶液中，氢离子全部由盐酸和水电离来提供，故有质子守恒的表达式：c(OH－)+c（Cl-）= c(H＋)+c(HC2O4—)+2c(H2C2O4)。
第 II 卷(非选择题)[中国^*教育#出&@版网]
二、非选择题(共 46 分)
19.(2018·安徽省合肥市高三第三次教学质量检测)H2S在重金属离子处理、煤化工等领域都有重要应用。请回答：
Ⅰ．H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体，反应原理为[来源^&:*@中教网%]
ⅰ．COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) △H= +7 kJ·mol−1
ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=−42kJ·mol−1
已知断裂1mol气态分子中的化学键所需能量如下表所示。
分子
COS(g)
H2(g)
CO(g)
H2S(g)
能量(kJ·mol−1)
1310
442
x
669
（1）计算表中x=_______。
（2）T℃时，向VL容积不变的密闭容器中充入1mol COS(g)、1mol H2(g)和1mol H2O(g)，发生上述两个反应。
①在T℃时测得平衡体系中COS为0.80 mol，H2为0.85 mol，则T℃时反应ⅰ的平衡常数K=_______(保留2位有效数字)。
②上述反应达平衡后，若向其中再充入1mol COS(g)、1mol H2(g)和1mol H2O(g)，则再次达平衡后H2的体积分数_______(填“增大”、“减小”或“不变”);若升高温度，则CO的平衡体积分数_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，其理由是_______。
Ⅱ．H2S在高温下分解制取H2，同时生成硫蒸气。
（3）向2L密闭容器中加入0.2molH2S，反应在不同温度(900~1500℃)下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如下图所示，则在此温度区间内，H2S 分解反应的主要化学方程式为_______；在1300℃时，反应经2min达到平衡，则0～2min的反应速率v(H2S)=_______。
Ⅲ．H2S用作重金属离子的沉淀剂。
（4）25℃时，向浓度均为0.001mol·L−1Sn2+和Ag+的混合溶液中通入H2S，当Sn2+开始沉淀时，溶液中c(Ag+)=_______。 (已知：25 ℃时，Ksp(SnS)= 1.0×10−25，Ksp(Ag2S)=1.6×10−49)。
【答案】 (1). 1076 (2). 0.044 (3). 不变 (4). 增大 (5). 反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大;反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大 (6). 2H2S2H2+S2 (7). 0.02 mol·L−1·min−1 (8). 4.0×10−14mol·L−1
【解析】
Ⅰ．试题分析：H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体，反应原理为ⅰ．COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) △H= +7 kJ·mol-1，该反应为吸热反应 ；ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-42kJ·mol-1，该反应为放热反应。
(1)化学反应的反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和。由COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) △H= +7 kJ·mol-1可知，1310+442-x-669=7，所以x=1076。
(2)T℃时,向VL容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)、1mol H2(g)和1molH2O(g)，发生上述两个反应。
①在T℃时测得平衡体系中COS为0.80 mol，H2 为0.85mol，由物料守恒可以求出H2S和CO 的平衡量分别为0.20mol和0.15mol，由于反应ⅰ中各组分的化学计量数均为1，所以，T ℃时反应ⅰ的平衡常数K=。
②上述反应达平衡后,若向其中再充入1molCOS(g)、1mol H2(g)和1molH2O(g)，则与原平衡体系的起始投料的配比相同，由于两个反应均分气体分子数不变的反应，所以再次达平衡后H2的体积分数不变；若升高温度，则CO的平衡体积分数增大，因为反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；而反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动也使CO的平衡体积分数也增大。
Ⅱ．H2S在高温下分解制取H2，同时生成硫蒸气。
(3)向2L密闭容器中加入0.2molH2S,反应在不同温度(900~1500℃)下达到平衡时,由图中数据可知，混合气体中两种生成物的体积分数不同，其中一种生成物的体积分数约是另一种的2倍，由此可以推断，H2S主要分解为H2和S2，则在此温度区间内，H2S 分解反应的主要化学方程式为2H2S2H2+S2；在1300℃时,反应经2min达到平衡，由图中数据可知，此时的体积分数为50%，设H2S的变化量为x，则H2和S2的变化量分别为x和0.5x，则，解之得x=0.08mol，所以，0～2min的反应速率v(H2S)= 0.02 mol·L-1·min-1。
Ⅲ．H2S用作重金属离子的沉淀剂。
(4)25℃时,向浓度均为0.001mol·L-1Sn2+和Ag+的混合溶液中通入H2S，当Sn2+开始沉淀时，c(S2-)mol/L，所以，溶液中c(Ag+)=4.0×10-14mol·L-1。
点睛：本题属于化学反应原理的综合考查，主要考查了反应热的计算、化学平衡常数的计算、有关化学反应速率的计算、有关沉淀溶解平衡的计算以及外界条件对化学平衡的影响。总之，本题以化学反应原理为载体，主要考查了学生分析图表数据的能力和计算能力，加深对相关计算原理的理解和应用，能根据实际情况简化计算过程，快速高效解题。
20.Ⅰ．KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中， 采用废易拉罐(主要成分为 Al，含有少量的 FE.Mg 杂质)制备明矾的过程如下图所示。 回答下列问题：
(1)为尽量少引入杂质，试剂①应选用______________(填标号)。
a．HCl 溶液 b．H2SO4 溶液 c．氨水 d．NaOH 溶液
(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_________________________。
(3)沉淀 B 的化学式为______________________
II．毒重石的主要成分 BaCO3(含 Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O 的流程如下:
[来源:zz@s&te~p.c%o#m]
(4)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是_________________________________。
Ca2+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.1
3.2
(5)滤渣Ⅱ中含 (填化学式)。加入 H2C2O4 时应避免过量，原因是_________________________________。已知：Ksp(BaC2O4) =1.6×10-7， Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9
【答案】 (1). d (2). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (3). Al(OH)3 (4). 增 大 接 触 面 积 从 而 使 反 应 速 率 加 快 (5). Mg(OH)2.Ca(OH)2H2C2O4 过量会导致生成 BaC2O4 沉淀，产品的产量减少[来&源:z*zstep.c@~om%]
【解析】
【分析】
本题主要考查物质的制备实验与化学工艺流程。
I.（1）由易拉罐制备明矾，则需要通过相应的操作除去FE.Mg，根据金属单质的性质可选择强碱性溶液；
（2）根据（1）中选择的试剂写出相关化学方程式；
（3）Al在第一步反应中生成AlO2-，在第二步中加入了NH4HCO3，NH4+和HCO3-均能促进AlO2-水解生成Al(OH)3沉淀；
II.浸取过程中碳酸钡和稀盐酸反应生成氯化钡，再加入NH3·H2O调节pH至8，由表中数据可知，滤渣I为Fe(OH)3，再将滤液调节pH至12.5，由表中数据可知，滤渣II为Mg(OH)2和少量Ca(OH)2，再加入H2C2O4，可除去Ca2+，再进行后续操作制备出BaCl2·2H2O，据此分析作答。
【详解】（1）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择NaOH溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质，故选d项；
（2）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（3）滤液中加入NH4HCO3溶液后，电离出的NH4+和HCO3-均能促进AlO2-水解，反应式为NH4＋＋AlO2－＋2H2O=Al(OH)3＋NH3·H2O，生成Al(OH)3沉淀。
Ⅱ、（4）毒重石用盐酸浸取前研磨将块状固体变成粉末状，可以增大反应物的接触面积从而使反应速率加快；
（5）根据流程图和表中数据分析加入NH3·H2O调节pH至8，由表中数据可知，可除去Fe3+，滤渣I为Fe(OH)3，再将滤液调节pH至12.5，由表中数据可知，可完全除去Mg2+，部分Ca2+会沉淀，滤渣II为Mg(OH)2和少量Ca(OH)2，再加入H2C2O4，可除去Ca2+，若加入过量的H2C2O4，易发生Ba2＋＋H2C2O4=BaC2O4＋2H＋产生BaC2O4沉淀，导致产品的产量减少。
21.（1）用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.010 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取________g K2Cr2O7(保留4位有效数字，已知M（K2Cr2O7）＝294.0 g·mol－1)。配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有________(用编号表示)。
①电子天平②烧杯③量筒④玻璃棒⑤容量瓶⑥胶头滴管⑦移液管
（2）金属表面处理、皮革鞣制、印染等都可能造成铬污染。六价铬比三价铬毒性高，更易被人体吸收且在体内蓄积。
以下为废水中铬元素总浓度的测定方法：_______________________
准确移取25.00 mL含Cr2O72-和Cr3＋的酸性废水，向其中加入足量的(NH4)2S2O8溶液将Cr3＋氧化成Cr2O72-，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8；向上述溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，以淀粉为指示剂，向其中滴加0.015 mol·L－1的Na2S2O3标准溶液，终点时消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。计算废水中铬元素总浓度(单位：mg·L－1，写出计算过程)。已知测定过程中发生的反应如下：[中^国教@育出版~*&网]
①2Cr3＋＋3S2O82-＋7H2O===Cr2O72-＋6SO42-＋14H＋[来&源:中国^%教@育出版~网]
②Cr2O72-＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O
③I2＋2S2O32-===2I－＋S4O62-
（3）Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。
测定产品(Na2S2O3·5H2O)纯度
准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0 mol·L－1碘的标准溶液滴定。反应原理为：2S2O32-＋I2===S4O62-＋2I－[来%源:^zzst~ep.com@&]
①滴定至终点时，溶液颜色的变化：________。
②滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为_________mL。产品的纯度为(设Na2S2O3·5H2O相对分子质量为M)________。
【答案】 (1). 0.735 0 (2). ③⑦ (3). 由方程式确定关系式：Cr～3Na2S2O3，然后进行计算。
n(S2O32-)＝0.02 L0.015 mol·L－1＝310－4mol[来%@源&:^中~教网]
n(Cr)＝110－4mol[来源~:&@中国教育%出*版网]
m(Cr)＝110－4mol52 g·mol－1＝5.210－3g＝5.2 mg
废水中铬元素总浓度＝5.2mg/0.025L＝208 mg·L－1 (4). 由无色变蓝色，半分钟内不褪色 (5). 18.10 (6). (3.620×10-3M)/W×100%[来%@#源:*中国~教育出版网]
【解析】
【详解】根据m=nM=cVM得：m(K2Cr2O7)=0.01000mol·L-1×0.250L×294.0g·mol-1=0.7350g，配置一定物质的量浓度的溶液，一般电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，用玻璃棒搅拌，加速溶解，用玻璃棒引流，将溶液移入容量瓶中，继续加水至离刻度线1～2cm处，改用胶头滴管加水定容，所以用不到的仪器为量筒和移液管，故③⑦用不到，故选③⑦。
(2)由①2Cr3＋＋3S2O82-＋7H2O===Cr2O72-＋6SO42-＋14H＋
②Cr2O72-＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O ③I2＋2S2O32-===2I－＋S4O62-[来源:中国教育^出%#版&网@]
可得关系式:, 2Cr3＋Cr2O72-6I－6S2O32-
n(Na2S2O3)= 0.015 mol·L－120.00 mL=310-4mol，则n(Cr3＋)= 310-4mol
m(Cr)= 110-4mol-1=5.210-3g=5.2mg
废水中铬元素总浓度c＝5.2mg/0.025L＝208 mg·L－1。答案：铬元素总浓度208 mg·L－1。
（3）①滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，所以滴定终点时溶液颜色变化是由无色变蓝色，半分钟内不褪色；[来%源:中教~#*网^]
②根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读数为0，滴定终点液面读数为18.10mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10mL；
根据反应2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，n(S2O32-)=2n(I2)，所以Wg产品中含有Na2S2O3•5H2O质量为：0.1000 mol•L-1×18.10×10-3L×2×M=3.620×10-3Mg，则产品的纯度为：(3.620×10-3M)/W×100%。
【点睛】根据m=nM=cVM可计算出需要的重铬酸钾的质量；配制一定物质的量浓度溶液的步骤为：计算→称量→溶解→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶；称量要用到电子天平，溶解要用到烧杯、玻璃棒，移液要用到玻璃棒和容量瓶，定容要用到胶头滴管，据此分析。
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