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【化学】湖北省黄冈市红安县第一中学2018-2019学年高二5月月考（解析版） 试卷
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湖北省黄冈市红安县第一中学2018-2019学年高二5月月考
一、选择题（共16个小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）
1．25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣，下列叙述正确的是（ ）
A．将水加热，Kw增大，pH不变
B．向水中加入少量盐酸，c（H+）增大，Kw不变
C．向水中加入NaOH固体，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低
D．向水中加入AlCl3固体，平衡正向移动，c（OH﹣）增大
【考点】水的电离．
【分析】水的电离平衡：H2O⇌H++OH﹣中，要使平衡发生移动，应改变溶液c（H+）或c（OH﹣）的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+），则pH减小．
【解答】解：A．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+），则pH减小，故A错误；
B．向水中加入少量盐酸，抑制水的电离，c（H+）增大，平衡逆向进行，温度不变Kw不变，故B正确；
C．向水中加入少量固体NaOH，c（OH﹣）增大，平衡逆向移动，c（H+）降低，故C错误；
D．向水中加入AlCl3固体，溶解后铝离子水解促进水的电离，平衡正向移动，c（OH﹣）浓度减小，c（H+）浓度增大，故D错误；
故选B．
2．用 0.50mol•L﹣1NaOH标准液10.00mL，将未知浓度的盐酸20.00mL恰好滴定至终点，下列说法正确的是（ ）
A．若滴定完毕，滴定管尖嘴悬有一滴液体，则所测的盐酸浓度偏大
B．用量筒量取上述盐酸
C．若选用酚酞作指示剂，终点时，液体恰好褪色
D．盐酸的浓度为1.00 mol•L﹣1
【考点】中和滴定．
【分析】
A．滴定管尖嘴悬有一滴液体，消耗V（NaOH）偏大，c（盐酸）=；
B．盐酸体积20.00mL，而量筒的感量为0.1mL；
C．NaOH滴定盐酸，选用酚酞作指示剂，开始为无色，滴定终点显碱性，则溶液变为红色；
D．结合c（盐酸）=计算．
【解答】解：A．滴定管尖嘴悬有一滴液体，消耗V（NaOH）偏大，由c（盐酸）=可知，所测的盐酸浓度偏大，故A正确；
B．盐酸体积20.00mL，而量筒的感量为0.1mL，不能使用量筒，可选碱式滴定管或移液管量取，故B错误；
C．NaOH滴定盐酸，选用酚酞作指示剂，终点时，溶液由无色变为红色、且30s不变色，故C错误；
D．用 0.50mol•L﹣1NaOH标准液10.00mL，滴定未知浓度的盐酸20.00mL，则c（盐酸）===0.25mol/L，故D错误；
故选A．
3．下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（ ）
①常温下HNO2溶液的pH小于7
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗
③HNO2和NaCl不能发生反应
④0.1mol/L HNO2溶液的pH=2.1
⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2
⑥pH=1的 HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.8
⑦常温下NaNO2溶液的pH大于7．
A．①④⑤⑥ B．④⑤⑥⑦ C．①②③④ D．全部
【考点】弱电解质的判断．
【分析】部分电离、溶液中存在电离平衡的电解质为弱电解质，利用酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析HNO2是弱电解质．
【解答】解：①常温下HNO2溶液的pH小于7，只能证明其为酸，不能证明其为弱酸，故①错误；
②溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故②错误；
③HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故③错误；
④常温下0.1 mol•L﹣1 HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故④正确；
⑤强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑤正确；
⑥常温下pH=1的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.8说明亚硝酸中存在电离平衡，则亚硝酸为弱电解质，故⑥正确；
⑦常温下亚硝酸钠溶液的pH大于7，说明亚硝酸钠为强碱弱酸盐，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑦正确；
故选B．
4．下列各项表述与示意图一致的是（ ）
A．图①中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）→CH3CH3（g）△H＜0；使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化
B．图②表示25℃时，用0.01mol•L﹣1盐酸滴定一定体积的0.01mol•L﹣1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
C．图③表示CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H，反应CH4的转化率与温度、压强的关系，且P1＞P2、△H＞0
D．图④中曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0；正、逆反应的平衡常数K随温度的变化
【考点】化学平衡的影响因素；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【分析】A．中使用催化剂降低反应活化能，但反应是放热反应，反应物能量高；
B．用0.01mol•L﹣1盐酸滴定一定体积的0.01mol•L﹣1 NaOH溶液，则起始氢氧根离子浓度为0.01mol•L﹣1，所以起始PH=12；
C．转化率与温度、压强图象有三个变量，采用“定一议二”方法判断压强大小；根据图象中压强不变，温度升高后甲烷的转化率判断该反应的焓变；
D．反应是放热反应，随温度升高平衡逆向进行，逆向反应平衡常数增大，正反应平衡常数减小；
【解答】解：A．图象中使用催化剂降低反应活化能，但反应是放热反应，反应物能量高，图象中表示的吸热反应，△H＞0，故A错误；
B．用0.01mol•L﹣1盐酸滴定一定体积的0.01mol•L﹣1 NaOH溶液，则起始氢氧根离子浓度为0.01mol•L﹣1，所以起始PH=12，与图象不一致，故B错误；
C．过图表可知当温度相同时，p2→p1时，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动，正向为气体系数增大的反应，根据减小压强平衡向系数增大的方向移动可知：p1＜p2；当压强为p1时，升高温度，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动，说明正反应为吸热反应，△Q＜0，故C错误；
D．因反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡后升温K逆减小，而K正增大，且正逆反应的平衡常数互为倒数关系，故D正确；
故选D．
5．在C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反应中，现采取下列措施：
①缩小体积，增大压强 ②增加碳的量 ③通入CO2④恒容下充入N2⑤恒压下充入N2
能够使反应速率增大的措施是（ ）
A．①④ B．②③⑤ C．①③ D．①②④
【考点】化学反应速率的影响因素．
【分析】增大压强、浓度、温度等，均可加快反应速率，以此来解答．
【解答】解：①缩小体积，增大压强，有气体参加反应，则反应速率加快，故选；
②C为纯固体，增加碳的量，反应速率不变，故不选；
③通入CO2，浓度增大，反应速率加快，故选；
④恒容下充入N2，反应体系中物质的浓度不变，反应速率不变，故不选；
⑤恒压下充入N2，反应体系的分压减小，反应速率减小，故不选；
故选C．
6．已知反应mX（g）+nY（g）⇌qZ（g）的△H＜0，m+n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是（ ）
A．X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍
B．通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动
C．降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小
D．增加X的物质的量，Y的转化率降低
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】
A、速率之比等于化学方程式的系数之比，平衡状态整你分压速率相同；
B、通入稀有气体总压增大，分压不变，平衡不动；
C、反应是放热反应，降温平衡正向进行，反应前后气体体积减小，过程中气体质量不变，相对分子质量增大；
D、增加X的量会提高Y的转化率，本身转化率减小；
【解答】解：A、速率之比等于化学方程式的系数之比，v（X）正：v（Y）正=m：n，平衡时，X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍，故A正确；
B、通入稀有气体总压增大，分压不变，平衡不动，故B错误；
C、反应是放热反应，降温平衡正向进行，反应前后气体体积减小，过程中气体质量不变，混合气体的相对分子质量增大，故C错误；
D、增加X的量会提高Y的转化率，Y的转化率降低，本身转化率减小；故D错误；
故选A．
7．在恒温恒容的容器中发生N2O4（g）⇌2NO2（g），若反应物的浓度由0.1mol•L﹣1降到0.06mol•L﹣1需20s，那么由0.06mol•L﹣1降到0.036mol•L﹣1，所需反应时间为（ ）
A．10 s B．12 s C．大于12 s D．小于12 s
【考点】反应速率的定量表示方法．
【分析】随着反应物浓度的减小，化学反应速率减慢，反应所需时间增多，依此解答．
【解答】解：反应物的浓度由0.1mol•L﹣1降到0.06mol•L﹣1需20s，即反应物的浓度变化为0.1﹣0.06=0.04mol•L﹣1，
反应物的浓度由0.06mol•L﹣1降到0.036mol•L﹣，即反应物的浓度变化为0.06﹣0.036=0.024mol•L﹣1，若反应速率不变，则所需时间为=12s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于12s，
故选C．
8．体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O2⇌2SO3，并达到平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（ ）
A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动．
【解答】解：甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动，则乙的SO2的转化率将大于甲的，即大于P%，
故选B．
9．化学平衡常数K的数值大小是衡量化学反应进行程度的标志，在常温下，下列反应的平衡常数数值如下：
2NO（g）⇌N2（g）+O2（g） K1=1×1030
2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g） K2=2×1081
2CO2（g）⇌2CO（g）+O2（g） K3=4×10﹣92
以下说法正确的是（ ）
A．常温下，NO分解产生O2的反应的平衡常数表达式K1=
B．常温下，水分解产生O2，此时平衡常数的数值约为5×10﹣80
C．常温下，NO、H2O、CO2三种化合物分解放出O2的倾向由大到小的顺序为NO＞H2O＞CO2
D．以上说法都不正确
【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡建立的过程．
【分析】A．化学平衡常数是指生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积的数值；
B．根据方程式的书写反写，平衡常数是原来的倒数；
C．根据化学平衡常数K的数值越大，化学反应进行的程度越大；
D．根据ABC选项的情况回答；
【解答】解：A．常温下，NO分解产生O2的反应的平衡常数表达式式K1=，故A错误；
B．2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g） K2=2×1081，所以2H2O（g）⇌2H2（g）+O2（g）2H2O（g） K3==0.5×10﹣81，故B错误；
C．常温下，NO、H2O、CO2三种化合物分解放出O2的化学平衡常数K的数值逐渐减少，则化学反应进行倾向由大到小的顺序为NO＞H2O＞CO2，故C正确；
D．因C正确，故D错误；
故选：C；
10．在下列各溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A．常温下水电离的c（OH﹣）为1×10﹣12mol/L溶液中：Fe3+、Na+、SCN﹣、NO3﹣
B．滴加石蕊后呈蓝色的溶液中：K+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣
C．含有大量HCO3﹣的澄清透明溶液中：K+、AlO2﹣、SO4﹣、Na+
D．常温下c（H+）/c（OH﹣）=1014的溶液中：K+、Mg2+、Cl﹣、Br﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】A．常温下水电离的c（OH﹣）为1×10﹣12mol/L的溶液，为酸或碱溶液；
B．滴加石蕊后呈蓝色的溶液，显碱性；
C．AlO2﹣促进HCO3﹣的电离；
D．常温下c（H+）/c（OH﹣）=1014的溶液，显酸性．
【解答】解：A．常温下水电离的c（OH﹣）为1×10﹣12mol/L的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Fe3+，且Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能共存，故A错误；
B．滴加石蕊后呈蓝色的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在Al3+，故B错误；
C．AlO2﹣促进HCO3﹣的电离，不能大量共存，故C错误；
D．常温下c（H+）/c（OH﹣）=1014的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；
故选D．
11．将0.1mol•L﹣1的NH3•H2O溶液加水稀释，下列说法正确的是（ ）
A．c（NH）：c（NH3•H2O）比值增大
B．所有离子浓度均减小
C．c（OH﹣）：c（NH3•H2O）比值减小
D．电离常数增大
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】弱电解质的电离是吸热反应，降低温度抑制弱电解质电离，向氨水中加入酸促进一水合氨电离，加入碱抑制一水合氨电离，加水稀释促进一水合氨电离，注意电离平衡常数只与温度有关．
【解答】解：A．加水稀释时，促进一水合氨电离，铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c（NH4+）：c（NH3•H2O）比值增大，故A正确；
B．加水稀释时，促进一水合氨电离，但是溶液中氢氧根离子浓度减小，由于水的离子积不变，则氢离子浓度增大，故B错误；
C．加水稀释时，促进一水合氨电离，氢氧根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c（OH﹣）：c（NH3•H2O）比值增大，故C错误；
D．电离平衡常数与温度有关，温度不变，则电离平衡常数不变，故D错误；
故选A．
12．下列叙述正确的是（ ）
A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性
B．常温下，pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4
C．常温下，0.2 mol•L﹣1的盐酸，与等体积水混合后pH=1
D．常温下，pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7
【考点】pH的简单计算．
【分析】A．水是弱电解质，升高温度促进水电离，但水仍然呈中性；
B．醋酸为弱酸，加水稀释促进电离；
C．计算稀释后的氢离子浓度，利用PH=﹣lg[c（H+）]可计算pH；
D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液中：c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大．
【解答】解：A．水的电离为吸热过程，温度升高，促进电离，溶液中c（H+）增大，PH减小，但存在c（H+）=c（OH﹣），溶液呈中性，故A错误；
B．醋酸为弱酸，加水稀释促进电离，将pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后溶液3＜pH＜4，故B错误；
C．将0.2mol•L﹣1盐酸与等体积水混合后，c（H+）=0.1mol/L，则pH=1，故C正确；
D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液中：c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液pH＜7，故D错误；
故选C．
13．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．溴水中当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅
B．高压比常压有利于工业合成氨反应
C．红棕色NO2加压后颜色比原来要深
D．热的纯碱除油污效果好
【考点】化学平衡移动原理．
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．
【解答】解：A．溴水中有下列平衡：Br2+H2O⇌HBr+HBrO，加入硝酸银溶液后，会和HBr反应生成AgBr沉淀，所以平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．合成氨的正反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡正向移动，所以高压比常压有利于工业合成氨反应，可以用勒夏特里原理解释，故B不选；
C．对2NO2⇌N2O4平衡体系增加压强，平衡正向移动，颜色变浅，但变浅后的颜色仍然比原来颜色深，不能用勒夏特列原理解释，故C选；
D．升高温度促进纯碱水解导致溶液碱性增强，则除油污效果更好，可以用勒夏特列原理解释，故D故选；
故选C．
14．可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）；△H=﹣Q kJ/mol．有甲、乙两个容积相同且不变的密闭容器，向甲容器中加入1molA和3molB，在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1 kJ在相同的条件下，向乙容器中加入2mol C达到平衡后吸收热量为Q2kJ，已知Q1=4Q2．下列叙述不正确的是（ ）
A．乙中C的转化率为20%
B．Q1+Q2=Q
C．达到平衡后，再向乙中加入0.25 molA、0.75molB、1.5molC，平衡向正反应方向移动
D．乙中的热化学反应方程式为2C（g）⇌A（g）+3B（g）；△H=+Q2kJ•mol﹣1
【考点】反应热和焓变．
A、甲容器中开始加入1molA的和3molB与乙容器中开始加入2mol C为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，故乙中C的转化率和甲中A的转化率相加为100%，为A%=80%，C%=20%,故A正确；
B、若向相同容积的另一密闭容器中通入2molC，相当于1molA和3molB，达到平衡状态，从等效平衡的角度分析，则有Q=Q1+Q2，故B正确；
C、利用“一边倒法”，可知再加入“0.25 mol A、0.75 mol B、1.5 mol C”与再加入“2 mol C”等效，在恒温恒容条件下相当于增大压强，平衡向生成C的方向移动，故C正确；
D、乙所给热化学方程式中2mol C对应的反应热应为：+5Q2 kJ•mol﹣1，故D错误；
故选D．
15．对于可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，下列各图中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】做题时首先分析化学方程式的特征，如反应前后计量数的大小关系、反应热等问题，
A、根据反应温度的不同结合反应热判断平衡移动的方向，可判断出C的质量分数的变化是否正确
B、根据反应前后的化学计量数的大小关系，结合压强对反应速率的影响判断平衡移动方向，从而判断出正逆反应速率的变化；
C、从催化剂对平衡是否有影响来判断浓度的变化是否正确；
D、从两个方面考虑，一是压强对平衡的影响，二是温度对平衡的影响，二者结合判断A的转化率是否正确．
【解答】解：A、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；
B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正＞V逆，故B错误；
C、催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，故C错误；
D、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误．
故选A．
【点评】本题为化学平衡图象题，做题时注意两个方面的问题：（1）定一议二：当图象中同时有三个变量时，使其中之一不变，讨论另外两个变量间的关系；（2）先拐先平：变化曲线若与时间轴平行，表示反应体系已达平衡状态，先达到平衡（先出现拐点）的曲线所示的温度或压强较大．
16．在一定体积pH=12的Ba（OH）2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11．若反应后溶液的体积等于Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液体积比是（ ）
A．1：9 B．1：1 C．1：2 D．1：4
【考点】离子方程式的有关计算；pH的简单计算．
【分析】氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba（OH）2和NaHSO4按照物质的量1：1反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算．
【解答】解：pH=12的Ba（OH）2溶液中C（OH﹣）=10﹣2mol/L，设溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为x×10﹣2mol；反应的硫酸氢钠物质的量为0.5x×10﹣2mol；设硫酸氢钠溶液体积为y，
依据反应Ba（OH）2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，混合后溶液pH=11，计算得到溶液中氢氧根离子浓度为10﹣3mol/L；
所以得到： =10﹣3；
得到x：y=1：4，
故选D．
二、填空题（共6个小题，共52分）
17．（8分，每空1分）
（1）A （2）A （3）H （4）B （5）E （6） C F （7） F
18．降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇．为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为2L的恒容密闭容器中，充入2mol CO2和6mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol．测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示：
（1）从反应开始到平衡，用CO2表示该反应的平均速率ν（CO2）= 0.075 mol/（L•min）；
（2）平衡时氢气的物质的量浓度为 0.75 ；
（3）该条件下该反应的平衡常数K= ；
（4）下列措施中能使平衡体系中n（CH3OH）/n（CO2）增大的是 CD ；
A．升高温度 B．充入He（g），使体系压强增大
C．将H2O（g）从体系中分离出去 D．再充入1mol CO2和3mol H2
（5）当达到平衡时，不再维持恒容，充入氩气保持压强不变，平衡将 逆向 （填“正向”、“逆向”或“不移动”）．
【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．
【分析】（1）根据v=计算；
（2）三行计算得到氢气的平衡浓度；
（3）根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积计算；
（4）要使增大，应使平衡向正反应方向移动；
（5）当达到平衡时，不再维持恒容，充入氩气保持压强不变，体积增大，平衡向气体体积增大的方向进行；
【解答】解：（1）①利用三段式解题法计算
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），
开始（mol/L）：1 3 0 0
变化（mol/L）：0.75 2.25 0.75 0.75
平衡（mol/L）：0.25 0.75 0.75 0.75
v（CO2）==0.075mol/（L•min）
故答案为：0.075；
（2）上述计算可知氢气平衡浓度为0.75mol/L，
故答案为：0.75；
（3）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则k===，
故答案为：；
（4）要使增大，应使平衡向正反应方向移动，
A．因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则减小，故A错误；
B．充入He（g），使体系压强增大，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，不变，故B错误；
C．将H2O（g）从体系中分离，平衡向正反应方法移动，增大，故C正确；
D．再充入1mol CO2和3mol H2，等效于在原来基础上缩小体积一半，压强增大，平衡向正反应方向移动，则增大，故D正确．
故答案为：CD；
（5）当达到平衡时，不再维持恒容，充入氩气保持压强不变，体积增大，平衡向气体体积增大的方向进行，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），平衡逆向进行，
故答案为：逆向；
19．使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g/100mL）．
Ⅰ．实验步骤：
（1）配制100mL待测白醋溶液．量取10.00mL食用白醋，注入烧杯中用水稀释后转移到 100mL容量瓶 （填仪器名称）中定容，摇匀即得．
（2）取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴 酚酞 作指示剂．
（3）读取盛装0.1000mol/L NaOH 溶液的 碱式滴定管 （填仪器名称）的初始读数．
如果液面位置如右图所示，则此时的读数为 0.60 mL．
（4）滴定．当 溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色 时，停止滴定，
并记录NaOH溶液的终读数．重复滴定3次．
Ⅱ．实验记录
滴定次数
实验数据（mL）
1
2
3
4
V（样品）
20.00
20.00
20.00
20.00
V（NaOH）（消耗）
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ．数据处理与讨论：
（5）经计算，市售白醋总酸量= 4.5 g/100mL．
（6）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是 ab （填写序号）
a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
b．碱式滴定管在尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
d．锥形瓶在滴定时距离摇动，有少量液体溅出．
【考点】中和滴定．
【分析】I．（1）溶液的稀释在烧杯中进行，溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行；
（2）根据强碱滴定弱酸应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞；
（3）根据碱溶液应盛放在碱式滴定管中；根据滴定管的结构与精确度来分析；
（4）滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为浅红色，据此判断滴定终点；
Ⅲ．（5）根据数据的合理性求出平均消耗的NaOH溶液的体积，然后根据白醋与NaOH溶液反应的关系式来解答；
（6）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．
【解答】解：I．（1）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液，
故答案为：100mL容量瓶；
（2）食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞，
故答案为：酚酞；
（3）NaOH 溶液应盛放在碱式滴定管中；滴定管液面的读数0.60mL；
故答案为：碱式滴定管；0.60；
（4）酚酞遇到酸显无色，在弱碱溶液中显浅红色，则滴定终点时溶液从无色变为浅红色，所以滴定终点的现象为溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色；
故答案为：溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色；
Ⅲ．（1）第1次滴定误差明显大，应舍去，其他3次消耗的NaOH溶液的体积的平均值为15.00mL；
设10mL市售白醋样品含有 CH3COOOH xg，则
CH3COOOH～NaOH
60 40
xg×0.2 0.1000mol/L×0.015L×40g/mol
x=0.450
样品总酸量为=4.5g/100mL，
故答案为：4.5；
（2）a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏大，故a正确；
b．碱式滴定管在尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏大，故b正确；
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析，可知c（待测）无影响，故c错误；
d．锥形瓶在滴定时距离摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏小，故d正确；
故选：ab．
20．（12分，每空2分）
（1）H2SO3＞ CH3COOH ＞H2CO3
（2）3％ ＜
（3）CO32- SO32- CH3COO- HSO3-
（4）HSO3-H++SO32-, HSO3-+H2OH2SO3+OH-, HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性。
C(HSO3-)＞ C(SO32-)＞C (OH-)
21．在t℃时，某NaOH稀溶液中，c（H+）=10﹣amol•L﹣1，c（OH﹣）=10﹣bmol•L﹣1，已知a+b=12，则
（1）该温度下水的离子积常数KW= 10﹣12 ．
（2）该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值是 10﹣b﹣10﹣a mol•L﹣1．
（3）在该温度下，将100mL 0.1mol•L﹣1的稀硫酸与100mL 0.4mol•L﹣1的NaOH溶液混合后，溶液的pH= 11 ．
（4）该温度下若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前 a与b之间应满足的关系是 a+b=14 ．
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【分析】在t℃时，某NaOH稀溶液中，c（H+）=10﹣amol•L﹣1，c（OH﹣）=10﹣bmol•L﹣1，已知a+b=12，则
（1）该温度下水的离子积常数KW=c（H+）．c（OH﹣）；
（2）该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值=c（OH﹣）﹣c（H+）；
（3）在该温度下，将100mL 0.1mol•L﹣1的稀硫酸与100mL 0.4mol•L﹣1的NaOH溶液混合后，混合溶液中c（OH﹣）==0.1mol/L，c（H+）=，溶液的pH=﹣lgc（H+）；
（4）该温度下若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，说明酸中n（H+）等于碱中n（OH﹣）．
【解答】解：在t℃时，某NaOH稀溶液中，c（H+）=10﹣amol•L﹣1，c（OH﹣）=10﹣bmol•L﹣1，已知a+b=12，则
（1）该温度下水的离子积常数KW=c（H+）．c（OH﹣）=10﹣（a+b）=10﹣12，故答案为：10﹣12；
（2）该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值=c（OH﹣）﹣c（H+）=（10﹣b﹣10﹣a）mol/L，
故答案为：（10﹣b﹣10﹣a）；
（3）在该温度下，将100mL 0.1mol•L﹣1的稀硫酸与100mL 0.4mol•L﹣1的NaOH溶液混合后，混合溶液中c（OH﹣）==0.1mol/L，c（H+）==mol/L=10﹣11mol•L﹣1，溶液的pH=﹣lgc（H+）=﹣lg10﹣11=11，
故答案为：11；
（4）该温度下若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，说明酸中n（H+）等于碱中n（OH﹣），即100×10﹣a=1×10b﹣12，则a+b=14，故答案为：a+b=14．
一、选择题（共16个小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）
1．25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣，下列叙述正确的是（ ）
A．将水加热，Kw增大，pH不变
B．向水中加入少量盐酸，c（H+）增大，Kw不变
C．向水中加入NaOH固体，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低
D．向水中加入AlCl3固体，平衡正向移动，c（OH﹣）增大
【考点】水的电离．
【分析】水的电离平衡：H2O⇌H++OH﹣中，要使平衡发生移动，应改变溶液c（H+）或c（OH﹣）的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+），则pH减小．
【解答】解：A．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+），则pH减小，故A错误；
B．向水中加入少量盐酸，抑制水的电离，c（H+）增大，平衡逆向进行，温度不变Kw不变，故B正确；
C．向水中加入少量固体NaOH，c（OH﹣）增大，平衡逆向移动，c（H+）降低，故C错误；
D．向水中加入AlCl3固体，溶解后铝离子水解促进水的电离，平衡正向移动，c（OH﹣）浓度减小，c（H+）浓度增大，故D错误；
故选B．
2．用 0.50mol•L﹣1NaOH标准液10.00mL，将未知浓度的盐酸20.00mL恰好滴定至终点，下列说法正确的是（ ）
A．若滴定完毕，滴定管尖嘴悬有一滴液体，则所测的盐酸浓度偏大
B．用量筒量取上述盐酸
C．若选用酚酞作指示剂，终点时，液体恰好褪色
D．盐酸的浓度为1.00 mol•L﹣1
【考点】中和滴定．
【分析】
A．滴定管尖嘴悬有一滴液体，消耗V（NaOH）偏大，c（盐酸）=；
B．盐酸体积20.00mL，而量筒的感量为0.1mL；
C．NaOH滴定盐酸，选用酚酞作指示剂，开始为无色，滴定终点显碱性，则溶液变为红色；
D．结合c（盐酸）=计算．
【解答】解：A．滴定管尖嘴悬有一滴液体，消耗V（NaOH）偏大，由c（盐酸）=可知，所测的盐酸浓度偏大，故A正确；
B．盐酸体积20.00mL，而量筒的感量为0.1mL，不能使用量筒，可选碱式滴定管或移液管量取，故B错误；
C．NaOH滴定盐酸，选用酚酞作指示剂，终点时，溶液由无色变为红色、且30s不变色，故C错误；
D．用 0.50mol•L﹣1NaOH标准液10.00mL，滴定未知浓度的盐酸20.00mL，则c（盐酸）===0.25mol/L，故D错误；
故选A．
3．下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（ ）
①常温下HNO2溶液的pH小于7
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗
③HNO2和NaCl不能发生反应
④0.1mol/L HNO2溶液的pH=2.1
⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2
⑥pH=1的 HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.8
⑦常温下NaNO2溶液的pH大于7．
A．①④⑤⑥ B．④⑤⑥⑦ C．①②③④ D．全部
【考点】弱电解质的判断．
【分析】部分电离、溶液中存在电离平衡的电解质为弱电解质，利用酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析HNO2是弱电解质．
【解答】解：①常温下HNO2溶液的pH小于7，只能证明其为酸，不能证明其为弱酸，故①错误；
②溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故②错误；
③HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故③错误；
④常温下0.1 mol•L﹣1 HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故④正确；
⑤强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑤正确；
⑥常温下pH=1的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.8说明亚硝酸中存在电离平衡，则亚硝酸为弱电解质，故⑥正确；
⑦常温下亚硝酸钠溶液的pH大于7，说明亚硝酸钠为强碱弱酸盐，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑦正确；
故选B．
4．下列各项表述与示意图一致的是（ ）
A．图①中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）→CH3CH3（g）△H＜0；使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化
B．图②表示25℃时，用0.01mol•L﹣1盐酸滴定一定体积的0.01mol•L﹣1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
C．图③表示CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H，反应CH4的转化率与温度、压强的关系，且P1＞P2、△H＞0
D．图④中曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0；正、逆反应的平衡常数K随温度的变化
【考点】化学平衡的影响因素；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【分析】A．中使用催化剂降低反应活化能，但反应是放热反应，反应物能量高；
B．用0.01mol•L﹣1盐酸滴定一定体积的0.01mol•L﹣1 NaOH溶液，则起始氢氧根离子浓度为0.01mol•L﹣1，所以起始PH=12；
C．转化率与温度、压强图象有三个变量，采用“定一议二”方法判断压强大小；根据图象中压强不变，温度升高后甲烷的转化率判断该反应的焓变；
D．反应是放热反应，随温度升高平衡逆向进行，逆向反应平衡常数增大，正反应平衡常数减小；
【解答】解：A．图象中使用催化剂降低反应活化能，但反应是放热反应，反应物能量高，图象中表示的吸热反应，△H＞0，故A错误；
B．用0.01mol•L﹣1盐酸滴定一定体积的0.01mol•L﹣1 NaOH溶液，则起始氢氧根离子浓度为0.01mol•L﹣1，所以起始PH=12，与图象不一致，故B错误；
C．过图表可知当温度相同时，p2→p1时，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动，正向为气体系数增大的反应，根据减小压强平衡向系数增大的方向移动可知：p1＜p2；当压强为p1时，升高温度，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动，说明正反应为吸热反应，△Q＜0，故C错误；
D．因反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡后升温K逆减小，而K正增大，且正逆反应的平衡常数互为倒数关系，故D正确；
故选D．
5．在C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反应中，现采取下列措施：
①缩小体积，增大压强 ②增加碳的量 ③通入CO2④恒容下充入N2⑤恒压下充入N2
能够使反应速率增大的措施是（ ）
A．①④ B．②③⑤ C．①③ D．①②④
【考点】化学反应速率的影响因素．
【分析】增大压强、浓度、温度等，均可加快反应速率，以此来解答．
【解答】解：①缩小体积，增大压强，有气体参加反应，则反应速率加快，故选；
②C为纯固体，增加碳的量，反应速率不变，故不选；
③通入CO2，浓度增大，反应速率加快，故选；
④恒容下充入N2，反应体系中物质的浓度不变，反应速率不变，故不选；
⑤恒压下充入N2，反应体系的分压减小，反应速率减小，故不选；
故选C．
6．已知反应mX（g）+nY（g）⇌qZ（g）的△H＜0，m+n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是（ ）
A．X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍
B．通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动
C．降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小
D．增加X的物质的量，Y的转化率降低
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】
A、速率之比等于化学方程式的系数之比，平衡状态整你分压速率相同；
B、通入稀有气体总压增大，分压不变，平衡不动；
C、反应是放热反应，降温平衡正向进行，反应前后气体体积减小，过程中气体质量不变，相对分子质量增大；
D、增加X的量会提高Y的转化率，本身转化率减小；
【解答】解：A、速率之比等于化学方程式的系数之比，v（X）正：v（Y）正=m：n，平衡时，X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍，故A正确；
B、通入稀有气体总压增大，分压不变，平衡不动，故B错误；
C、反应是放热反应，降温平衡正向进行，反应前后气体体积减小，过程中气体质量不变，混合气体的相对分子质量增大，故C错误；
D、增加X的量会提高Y的转化率，Y的转化率降低，本身转化率减小；故D错误；
故选A．
7．在恒温恒容的容器中发生N2O4（g）⇌2NO2（g），若反应物的浓度由0.1mol•L﹣1降到0.06mol•L﹣1需20s，那么由0.06mol•L﹣1降到0.036mol•L﹣1，所需反应时间为（ ）
A．10 s B．12 s C．大于12 s D．小于12 s
【考点】反应速率的定量表示方法．
【分析】随着反应物浓度的减小，化学反应速率减慢，反应所需时间增多，依此解答．
【解答】解：反应物的浓度由0.1mol•L﹣1降到0.06mol•L﹣1需20s，即反应物的浓度变化为0.1﹣0.06=0.04mol•L﹣1，
反应物的浓度由0.06mol•L﹣1降到0.036mol•L﹣，即反应物的浓度变化为0.06﹣0.036=0.024mol•L﹣1，若反应速率不变，则所需时间为=12s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于12s，
故选C．
8．体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O2⇌2SO3，并达到平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（ ）
A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动．
【解答】解：甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动，则乙的SO2的转化率将大于甲的，即大于P%，
故选B．
9．化学平衡常数K的数值大小是衡量化学反应进行程度的标志，在常温下，下列反应的平衡常数数值如下：
2NO（g）⇌N2（g）+O2（g） K1=1×1030
2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g） K2=2×1081
2CO2（g）⇌2CO（g）+O2（g） K3=4×10﹣92
以下说法正确的是（ ）
A．常温下，NO分解产生O2的反应的平衡常数表达式K1=
B．常温下，水分解产生O2，此时平衡常数的数值约为5×10﹣80
C．常温下，NO、H2O、CO2三种化合物分解放出O2的倾向由大到小的顺序为NO＞H2O＞CO2
D．以上说法都不正确
【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡建立的过程．
【分析】A．化学平衡常数是指生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积的数值；
B．根据方程式的书写反写，平衡常数是原来的倒数；
C．根据化学平衡常数K的数值越大，化学反应进行的程度越大；
D．根据ABC选项的情况回答；
【解答】解：A．常温下，NO分解产生O2的反应的平衡常数表达式式K1=，故A错误；
B．2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g） K2=2×1081，所以2H2O（g）⇌2H2（g）+O2（g）2H2O（g） K3==0.5×10﹣81，故B错误；
C．常温下，NO、H2O、CO2三种化合物分解放出O2的化学平衡常数K的数值逐渐减少，则化学反应进行倾向由大到小的顺序为NO＞H2O＞CO2，故C正确；
D．因C正确，故D错误；
故选：C；
10．在下列各溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A．常温下水电离的c（OH﹣）为1×10﹣12mol/L溶液中：Fe3+、Na+、SCN﹣、NO3﹣
B．滴加石蕊后呈蓝色的溶液中：K+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣
C．含有大量HCO3﹣的澄清透明溶液中：K+、AlO2﹣、SO4﹣、Na+
D．常温下c（H+）/c（OH﹣）=1014的溶液中：K+、Mg2+、Cl﹣、Br﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】A．常温下水电离的c（OH﹣）为1×10﹣12mol/L的溶液，为酸或碱溶液；
B．滴加石蕊后呈蓝色的溶液，显碱性；
C．AlO2﹣促进HCO3﹣的电离；
D．常温下c（H+）/c（OH﹣）=1014的溶液，显酸性．
【解答】解：A．常温下水电离的c（OH﹣）为1×10﹣12mol/L的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Fe3+，且Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能共存，故A错误；
B．滴加石蕊后呈蓝色的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在Al3+，故B错误；
C．AlO2﹣促进HCO3﹣的电离，不能大量共存，故C错误；
D．常温下c（H+）/c（OH﹣）=1014的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；
故选D．
11．将0.1mol•L﹣1的NH3•H2O溶液加水稀释，下列说法正确的是（ ）
A．c（NH）：c（NH3•H2O）比值增大
B．所有离子浓度均减小
C．c（OH﹣）：c（NH3•H2O）比值减小
D．电离常数增大
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】弱电解质的电离是吸热反应，降低温度抑制弱电解质电离，向氨水中加入酸促进一水合氨电离，加入碱抑制一水合氨电离，加水稀释促进一水合氨电离，注意电离平衡常数只与温度有关．
【解答】解：A．加水稀释时，促进一水合氨电离，铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c（NH4+）：c（NH3•H2O）比值增大，故A正确；
B．加水稀释时，促进一水合氨电离，但是溶液中氢氧根离子浓度减小，由于水的离子积不变，则氢离子浓度增大，故B错误；
C．加水稀释时，促进一水合氨电离，氢氧根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c（OH﹣）：c（NH3•H2O）比值增大，故C错误；
D．电离平衡常数与温度有关，温度不变，则电离平衡常数不变，故D错误；
故选A．
12．下列叙述正确的是（ ）
A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性
B．常温下，pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4
C．常温下，0.2 mol•L﹣1的盐酸，与等体积水混合后pH=1
D．常温下，pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7
【考点】pH的简单计算．
【分析】A．水是弱电解质，升高温度促进水电离，但水仍然呈中性；
B．醋酸为弱酸，加水稀释促进电离；
C．计算稀释后的氢离子浓度，利用PH=﹣lg[c（H+）]可计算pH；
D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液中：c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大．
【解答】解：A．水的电离为吸热过程，温度升高，促进电离，溶液中c（H+）增大，PH减小，但存在c（H+）=c（OH﹣），溶液呈中性，故A错误；
B．醋酸为弱酸，加水稀释促进电离，将pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后溶液3＜pH＜4，故B错误；
C．将0.2mol•L﹣1盐酸与等体积水混合后，c（H+）=0.1mol/L，则pH=1，故C正确；
D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液中：c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液pH＜7，故D错误；
故选C．
13．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．溴水中当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅
B．高压比常压有利于工业合成氨反应
C．红棕色NO2加压后颜色比原来要深
D．热的纯碱除油污效果好
【考点】化学平衡移动原理．
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．
【解答】解：A．溴水中有下列平衡：Br2+H2O⇌HBr+HBrO，加入硝酸银溶液后，会和HBr反应生成AgBr沉淀，所以平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．合成氨的正反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡正向移动，所以高压比常压有利于工业合成氨反应，可以用勒夏特里原理解释，故B不选；
C．对2NO2⇌N2O4平衡体系增加压强，平衡正向移动，颜色变浅，但变浅后的颜色仍然比原来颜色深，不能用勒夏特列原理解释，故C选；
D．升高温度促进纯碱水解导致溶液碱性增强，则除油污效果更好，可以用勒夏特列原理解释，故D故选；
故选C．
14．可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）；△H=﹣Q kJ/mol．有甲、乙两个容积相同且不变的密闭容器，向甲容器中加入1molA和3molB，在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1 kJ在相同的条件下，向乙容器中加入2mol C达到平衡后吸收热量为Q2kJ，已知Q1=4Q2．下列叙述不正确的是（ ）
A．乙中C的转化率为20%
B．Q1+Q2=Q
C．达到平衡后，再向乙中加入0.25 molA、0.75molB、1.5molC，平衡向正反应方向移动
D．乙中的热化学反应方程式为2C（g）⇌A（g）+3B（g）；△H=+Q2kJ•mol﹣1
【考点】反应热和焓变．
A、甲容器中开始加入1molA的和3molB与乙容器中开始加入2mol C为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，故乙中C的转化率和甲中A的转化率相加为100%，为A%=80%，C%=20%,故A正确；
B、若向相同容积的另一密闭容器中通入2molC，相当于1molA和3molB，达到平衡状态，从等效平衡的角度分析，则有Q=Q1+Q2，故B正确；
C、利用“一边倒法”，可知再加入“0.25 mol A、0.75 mol B、1.5 mol C”与再加入“2 mol C”等效，在恒温恒容条件下相当于增大压强，平衡向生成C的方向移动，故C正确；
D、乙所给热化学方程式中2mol C对应的反应热应为：+5Q2 kJ•mol﹣1，故D错误；
故选D．
15．对于可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，下列各图中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】做题时首先分析化学方程式的特征，如反应前后计量数的大小关系、反应热等问题，
A、根据反应温度的不同结合反应热判断平衡移动的方向，可判断出C的质量分数的变化是否正确
B、根据反应前后的化学计量数的大小关系，结合压强对反应速率的影响判断平衡移动方向，从而判断出正逆反应速率的变化；
C、从催化剂对平衡是否有影响来判断浓度的变化是否正确；
D、从两个方面考虑，一是压强对平衡的影响，二是温度对平衡的影响，二者结合判断A的转化率是否正确．
【解答】解：A、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；
B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正＞V逆，故B错误；
C、催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，故C错误；
D、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误．
故选A．
【点评】本题为化学平衡图象题，做题时注意两个方面的问题：（1）定一议二：当图象中同时有三个变量时，使其中之一不变，讨论另外两个变量间的关系；（2）先拐先平：变化曲线若与时间轴平行，表示反应体系已达平衡状态，先达到平衡（先出现拐点）的曲线所示的温度或压强较大．
16．在一定体积pH=12的Ba（OH）2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11．若反应后溶液的体积等于Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液体积比是（ ）
A．1：9 B．1：1 C．1：2 D．1：4
【考点】离子方程式的有关计算；pH的简单计算．
【分析】氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba（OH）2和NaHSO4按照物质的量1：1反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算．
【解答】解：pH=12的Ba（OH）2溶液中C（OH﹣）=10﹣2mol/L，设溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为x×10﹣2mol；反应的硫酸氢钠物质的量为0.5x×10﹣2mol；设硫酸氢钠溶液体积为y，
依据反应Ba（OH）2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，混合后溶液pH=11，计算得到溶液中氢氧根离子浓度为10﹣3mol/L；
所以得到： =10﹣3；
得到x：y=1：4，
故选D．
二、填空题（共6个小题，共52分）
17．（8分，每空1分）
（1）A （2）A （3）H （4）B （5）E （6） C F （7） F
18．降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇．为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为2L的恒容密闭容器中，充入2mol CO2和6mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol．测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示：
（1）从反应开始到平衡，用CO2表示该反应的平均速率ν（CO2）= 0.075 mol/（L•min）；
（2）平衡时氢气的物质的量浓度为 0.75 ；
（3）该条件下该反应的平衡常数K= ；
（4）下列措施中能使平衡体系中n（CH3OH）/n（CO2）增大的是 CD ；
A．升高温度 B．充入He（g），使体系压强增大
C．将H2O（g）从体系中分离出去 D．再充入1mol CO2和3mol H2
（5）当达到平衡时，不再维持恒容，充入氩气保持压强不变，平衡将 逆向 （填“正向”、“逆向”或“不移动”）．
【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．
【分析】（1）根据v=计算；
（2）三行计算得到氢气的平衡浓度；
（3）根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积计算；
（4）要使增大，应使平衡向正反应方向移动；
（5）当达到平衡时，不再维持恒容，充入氩气保持压强不变，体积增大，平衡向气体体积增大的方向进行；
【解答】解：（1）①利用三段式解题法计算
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），
开始（mol/L）：1 3 0 0
变化（mol/L）：0.75 2.25 0.75 0.75
平衡（mol/L）：0.25 0.75 0.75 0.75
v（CO2）==0.075mol/（L•min）
故答案为：0.075；
（2）上述计算可知氢气平衡浓度为0.75mol/L，
故答案为：0.75；
（3）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则k===，
故答案为：；
（4）要使增大，应使平衡向正反应方向移动，
A．因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则减小，故A错误；
B．充入He（g），使体系压强增大，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，不变，故B错误；
C．将H2O（g）从体系中分离，平衡向正反应方法移动，增大，故C正确；
D．再充入1mol CO2和3mol H2，等效于在原来基础上缩小体积一半，压强增大，平衡向正反应方向移动，则增大，故D正确．
故答案为：CD；
（5）当达到平衡时，不再维持恒容，充入氩气保持压强不变，体积增大，平衡向气体体积增大的方向进行，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），平衡逆向进行，
故答案为：逆向；
19．使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g/100mL）．
Ⅰ．实验步骤：
（1）配制100mL待测白醋溶液．量取10.00mL食用白醋，注入烧杯中用水稀释后转移到 100mL容量瓶 （填仪器名称）中定容，摇匀即得．
（2）取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴 酚酞 作指示剂．
（3）读取盛装0.1000mol/L NaOH 溶液的 碱式滴定管 （填仪器名称）的初始读数．
如果液面位置如右图所示，则此时的读数为 0.60 mL．
（4）滴定．当 溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色 时，停止滴定，
并记录NaOH溶液的终读数．重复滴定3次．
Ⅱ．实验记录
滴定次数
实验数据（mL）
1
2
3
4
V（样品）
20.00
20.00
20.00
20.00
V（NaOH）（消耗）
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ．数据处理与讨论：
（5）经计算，市售白醋总酸量= 4.5 g/100mL．
（6）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是 ab （填写序号）
a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
b．碱式滴定管在尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
d．锥形瓶在滴定时距离摇动，有少量液体溅出．
【考点】中和滴定．
【分析】I．（1）溶液的稀释在烧杯中进行，溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行；
（2）根据强碱滴定弱酸应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞；
（3）根据碱溶液应盛放在碱式滴定管中；根据滴定管的结构与精确度来分析；
（4）滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为浅红色，据此判断滴定终点；
Ⅲ．（5）根据数据的合理性求出平均消耗的NaOH溶液的体积，然后根据白醋与NaOH溶液反应的关系式来解答；
（6）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．
【解答】解：I．（1）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液，
故答案为：100mL容量瓶；
（2）食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞，
故答案为：酚酞；
（3）NaOH 溶液应盛放在碱式滴定管中；滴定管液面的读数0.60mL；
故答案为：碱式滴定管；0.60；
（4）酚酞遇到酸显无色，在弱碱溶液中显浅红色，则滴定终点时溶液从无色变为浅红色，所以滴定终点的现象为溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色；
故答案为：溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色；
Ⅲ．（1）第1次滴定误差明显大，应舍去，其他3次消耗的NaOH溶液的体积的平均值为15.00mL；
设10mL市售白醋样品含有 CH3COOOH xg，则
CH3COOOH～NaOH
60 40
xg×0.2 0.1000mol/L×0.015L×40g/mol
x=0.450
样品总酸量为=4.5g/100mL，
故答案为：4.5；
（2）a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏大，故a正确；
b．碱式滴定管在尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏大，故b正确；
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析，可知c（待测）无影响，故c错误；
d．锥形瓶在滴定时距离摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏小，故d正确；
故选：ab．
20．（12分，每空2分）
（1）H2SO3＞ CH3COOH ＞H2CO3
（2）3％ ＜
（3）CO32- SO32- CH3COO- HSO3-
（4）HSO3-H++SO32-, HSO3-+H2OH2SO3+OH-, HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性。
C(HSO3-)＞ C(SO32-)＞C (OH-)
21．在t℃时，某NaOH稀溶液中，c（H+）=10﹣amol•L﹣1，c（OH﹣）=10﹣bmol•L﹣1，已知a+b=12，则
（1）该温度下水的离子积常数KW= 10﹣12 ．
（2）该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值是 10﹣b﹣10﹣a mol•L﹣1．
（3）在该温度下，将100mL 0.1mol•L﹣1的稀硫酸与100mL 0.4mol•L﹣1的NaOH溶液混合后，溶液的pH= 11 ．
（4）该温度下若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前 a与b之间应满足的关系是 a+b=14 ．
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【分析】在t℃时，某NaOH稀溶液中，c（H+）=10﹣amol•L﹣1，c（OH﹣）=10﹣bmol•L﹣1，已知a+b=12，则
（1）该温度下水的离子积常数KW=c（H+）．c（OH﹣）；
（2）该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值=c（OH﹣）﹣c（H+）；
（3）在该温度下，将100mL 0.1mol•L﹣1的稀硫酸与100mL 0.4mol•L﹣1的NaOH溶液混合后，混合溶液中c（OH﹣）==0.1mol/L，c（H+）=，溶液的pH=﹣lgc（H+）；
（4）该温度下若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，说明酸中n（H+）等于碱中n（OH﹣）．
【解答】解：在t℃时，某NaOH稀溶液中，c（H+）=10﹣amol•L﹣1，c（OH﹣）=10﹣bmol•L﹣1，已知a+b=12，则
（1）该温度下水的离子积常数KW=c（H+）．c（OH﹣）=10﹣（a+b）=10﹣12，故答案为：10﹣12；
（2）该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值=c（OH﹣）﹣c（H+）=（10﹣b﹣10﹣a）mol/L，
故答案为：（10﹣b﹣10﹣a）；
（3）在该温度下，将100mL 0.1mol•L﹣1的稀硫酸与100mL 0.4mol•L﹣1的NaOH溶液混合后，混合溶液中c（OH﹣）==0.1mol/L，c（H+）==mol/L=10﹣11mol•L﹣1，溶液的pH=﹣lgc（H+）=﹣lg10﹣11=11，
故答案为：11；
（4）该温度下若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，说明酸中n（H+）等于碱中n（OH﹣），即100×10﹣a=1×10b﹣12，则a+b=14，故答案为：a+b=14．
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