还剩18页未读，
继续阅读
【化学】黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校2018-2019学年高二上学期10月考试（解析版）
展开
黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校2018-2019学年高二上学期10月考试
一、选择题（只有一个正确答案，每题2分，共50分）
1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生，下列属于未来新能源标准的是
①天然气 ②煤 ③核能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能
A. ⑤⑥⑦ B. ⑤⑥⑦⑧ C. ③⑤⑥⑦⑧ D. ③④⑤⑥⑦⑧
【答案】B
【解析】
煤、石油、天然气是化石能源，能引起严重的空气污染，不是新能源；核能使用不当，会对环境造成严重污染；常见未来新能源有：太阳能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，这些能源对环境污染小，属于环境友好型能源，故选B。
2.下列说法正确的是
A. 甲烷的燃烧热为ΔH＝-890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g)ΔH＝－890.3 kJ·mol-1
B. 已知H2O(1)＝H2O(g) ΔH＝＋44kJ·mol-1,则2g H2(g)完全燃烧生成液态水比生成气态水多释放22kJ的能量
C. 常温下，反应C(s)＋CO2(g)＝2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH<0
D. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)在光照和点燃条件的ΔH相同
【答案】D
【解析】
试题分析：A．水的状态应该是液态，即甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，A错误；B．已知H2O(l)=H2O(g) ΔH＝＋44 kJ·mol－1，则2 g H2(g)即1mol氢气完全燃烧生成液态水比生成气态水多释放44kJ的热量，B错误；C．常温下，反应C(s)＋CO2(g)＝2CO(g)的△H＞0，C错误；D．反应热只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，则同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)在光照和点燃条件下反应△H相同，D正确，答案选D。
考点：考查反应热的有关判断与计算
3.将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中，然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可见
A. 该反应中，热能转化为产物内部的能量
B. NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应
C. 反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 反应的热化学方程式为：NH4HCO3 + HCl = NH4Cl+CO2↑+H2O △H>0
【答案】A
【解析】
A. 醋酸逐渐凝固，说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，该反应为吸热反应，即吸收的热量转化为产物内部的能量，故A正确；B. 根据上述分析可知，NH4HCO3与盐酸的反应为吸热反应，故B错误；C. 因反应为吸热反应，则反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；D. 书写热化学方程式时，应注明物质的聚集状态，故D错误；答案选A。
4.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是( )
①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) ΔH1＝＋571.6 kJ·mol－1
②焦炭与水反应制氢：C(s)＋H2O(g)= CO(g)＋H2(g) ΔH2＝＋131.3 kJ·mol－1
③甲烷与水反应制氢：CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)ΔH3＝＋206.1 kJ·mol－1
A. 反应①中电能转化为化学能
B. 反应②为放热反应
C. 反应③使用催化剂，ΔH3不变
D. 反应CH4(g)=C(s)＋2H2(g)的ΔH＝－74.8 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【分析】
A、太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能；
B、△H2＞0，反应为吸热反应；
C、催化剂不能改变反应热的大小；
D、根据盖斯定律，③-②得目标反应CH4（g）═C（s）+2 H2（g）；
【详解】A、太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能，故A错误；
B、反应的△H2＞0，故该反应为吸热反应，故B错误；
C、催化剂不能改变反应热的大小，只能改变化学反应速率，故C正确；
D、根据盖斯定律，目标反应CH4（g）═C（s）+2 H2（g）相当于③-②，故△H=△H3－△H2，△H=+206.1kJ·mol－1-（+131.3kJ·mol－1）=+74.8kJ·mol－1，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了化学反应与能量变化，解题关键：利用盖斯定律进行相关计算，易错点C，注意催化剂不能改变焓变，易错点D，盖斯定律计算时焓变的加减时正负号。
5.己知CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O △H<0。下列说法不正确的是
A. 其他条件不变，适当增加盐酸的浓度将加快化学反应速率
B. 其他条件不变，适当增加CaCO3的用量将加快化学反应速率
C. 反应过程中，化学反应速率将先增大后减小
D. 一定条件下反应速率改变，△H<0不变
【答案】B
【解析】
试题分析：盐酸浓度增大，H+离子浓度增大，速率加快，故A正确；由于CaCO3是固体，若只增大其用量，而不增大其与盐酸的接触面积，化学反应速率不变，故B不正确；由于反应放热，反应过程中温度升高，速率会变快，但随着盐酸浓度的减小，速率会逐渐变慢，故C正确；反应焓变只与反应物和生成物的能量状态有关，与反应快慢无关，故D正确。
考点：化学反应速率及其影响因素；焓与焓变
6.已建立平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列叙述正确的是
①生成物的体积分数一定增加 ②生成物的产量一定增加 ③反应物的转化率一定增加 ④反应物的浓度一定降低 ⑤正反应速率一定大于逆反应速率
A. ①②④⑤ B. ①②③⑤ C. ②③ D. ②⑤
【答案】D
【解析】
试题分析：①对于正反应气体体积减少的反应，平衡向正反应方向移动，生成物的体积分数减小，错误；②平衡向正反应方向移动，生成物的产量一定增加，但生成物的浓度不一定增大，正确；③增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，错误；④增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，其它反应物的浓度降低，自身增大，错误；⑤平衡向正反应方向移动，正反应速率一定大于逆反应速率，正确；综上所述②⑤正确，选D．
考点：考查化学平衡的影响因素。
7.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 合成氨工业上增大压强以提高反应物的转化率
B. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
C. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深
D. 在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去
【答案】C
【解析】
【分析】
平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释．
【详解】A．合成氨是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，能用平衡移动原理解释，故A不选；
B．氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2OHClO+H＋+Cl－，光照条件下，次氯酸分解生成HCl和氧气，生成物浓度降低，平衡正向移动，黄绿色的氯水光照后颜色变浅，可以用平衡移动原理解释，故B不选；
C．该反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，因为体积减小导致碘浓度增大而使颜色加深，所以不能用平衡移动原理解释，故C选；
D．溶液中存在平衡Fe3＋+6SCN－Fe（SCN）63-，加铁粉，铁与Fe3＋反应，Fe3＋浓度降低，则平衡向左移动进行，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特利原理来解释，故D不选；
故选：C。
【点睛】本题考查化学平衡移动原理，解题关键：明确化学平衡移动原理适用范围，易错点：催化剂只能改变反应速率不改变平衡移动，易错选项是C，是可逆反应，但反应前后气体体积不变．
8.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g) + yB(g) zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，再达平衡时，测得A的浓度为0.30mol/L。下列有关判断正确的是
A. x+y>z B. 平衡向正反应方向移动 C. B的转化率升高 D. C的体积分数增大
【答案】A
【解析】
由题目信息可知，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应为0.25mol/L，实际上再达到平衡时，测得A的浓度为0.30mol/L．，说明体积增大，压强减小，平衡逆向移动。A. 体积增大，压强减小，化学平衡逆向移动，说明逆反应是气体体积增大的反应，则x+y＞z，故A正确；B. 由上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C. 平衡逆向移动，B的转化率降低，故C错误；D. 平衡逆向移动，C的体积分数减小，故D错误；答案选A。
点睛：本题主要考查化学平衡的移动，题目难度不大。本题的易错点是将容器的容积扩大到原来的2倍后，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应为0.25mol/L，实际上再达平衡时，A的浓度为0.30mol/L，说明体积增大，压强减小，平衡逆向移动，A的物质的量增大，再利用压强对化学平衡的影响即可解答。
9.可逆反应：2NO22NO+O2在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是
①单位时间内生成nmolO2的同时消耗2nmolNO2
②单位时间内生成nmolO2的同时消耗2nmolNO
③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ②④⑥⑦ B. ②③⑤⑦ C. ①③④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】
①单位时间内生成nmolO2的同时消耗2nmolNO2，是同方向速率，错误；②单位时间内生成nmolO2的同时消耗2nmolNO，是反方向速率且速率比等于计量数之比，达到平衡，正确；③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态，不一定达到平衡，错误；④混合气体的颜色不再改变的状态，即二氧化氮浓度不变，达到平衡，正确；⑤容积不变，气体质量不变，混合气体的密度是恒定值，不能说明已达到平衡状态，错误；⑥反应前后气体分子数不相等，压强是变量，当气体的压强不再改变时即达到平衡状态，正确；⑦气体质量不变，混合气体的物质的量是变量，即平均相对分子质量是变量，平均相对分子质量不再改变说明达到平衡状态，正确。答案选A。
10.已知某可逆反应在密闭容器中进行：A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(s)(正反应为放热反应)，图中曲线a代表一定条件下该反应的过程。若使a曲线变为b曲线，可采取的措施
A. 增大A的浓度 B. 扩大容器的容积 C. 加入催化剂 D. 升高温度
【答案】C
【解析】
试题分析：增大A的浓度，A的转化率减小，故A错误；扩大容器的容积，平衡不移动，但速率减慢，故B错误；加入催化剂，速率加快、平衡不移动，A转化率不变，故C正确；升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，故D错误。
考点：本题考查平衡转化率。
11.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的ΔH>0
B. 图乙表示pH相同的盐酸与氢氟酸分别加水稀释PH的变化，其中曲线a对应的是氢氟酸
C. 图丙表示该反应为放热反应，且催化剂能改变反应的焓变
D. 图丁表示向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，生成CO2与所加盐酸物质的量的关系
【答案】B
【解析】
从图甲得到，随着温度升高，逆反应速率的变化更明显，所以升高温度平衡应该逆向移动，逆反应吸热，正反应放热，选项A错误。酸性溶液加水稀释时，溶液的pH应该升高，但是不会高于7，所以曲线会一直接近7。考虑到，盐酸是强酸，氢氟酸是弱酸，其pH的变化曲线应该是酸性越强，曲线的斜率越大，所以选项B正确。向反应体系中加入催化剂会改变反应的活化能，但是不会改变反应的焓变，选项C错误。向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，应该先生成碳酸氢钠再得到二氧化碳，所以曲线不能从原点开始有二氧化碳气体，选项D错误。
点睛：改变温度对正逆反应的速率都会有影响，而且一定是吸热反应方向的速率受到温度的影响更明显。同理改变压强对正逆反应的速率都会有影响，而且一定是气体的物质的量减少的反应方向的速率受到压强的影响更明显。
12.已知反应A(g)+3B(g)==2C(g)+2D(g)在四种不同的情况下的反应速率分别表示如下，则反应速率最快的是
A. v（A）=0.15mol/(L·S) B. v（B）= 0.6 mol/(L·S)
C. v（C）= 0.4mol/(L·S) D. v（D）= 0.45mol/(L·S)
【答案】D
【解析】
由于反应速率之比等于方程式计量数之比，可以将各物质的速率利用归一法计算为物质D的速率，然后进行比较，A. v（A）=0.15mol/(L·s) 相当于v（D）= 0.30mol/(L·s)；B. v（B）= 0.6 mol/(L·s) 相当于v（D）= 0.40mol/(L·s)；C. v（C）= 0.4mol/(L·s) 相当于v（D）= 0.40mol/(L·s)；所以，答案选D。
13.已知ɑ1、ɑ2分别为A在甲、乙两个恒容容器中平衡体系A(g) + 2B(g) C(g)、2A(g)C(g)中A的转化率，在温度不变的情况下，均增加A的物质的量，下列判断正确的是
A. ɑ1、ɑ2均减小 B. ɑ1、ɑ2均增大 C. ɑ1减小，ɑ2增大 D. ɑ1增大，ɑ2减小
【答案】C
【解析】
【分析】
平衡体系A(g) + 2B(g) C(g)、2A(g)C(g)中，在恒温、恒容条件下达到平衡时，保持条件不变，增加A的物质的量，平衡都向右移动，2A(g)C(g)到达的平衡状态，可以等效为在原平衡的基础增大压强，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动。
【详解】对于反应：A(g) + 2B(g) C(g)①，增加A的物质的量，平衡正向移动，B的转化率增大，但加入的A不可能100%的转化，A转化率减小，即α1减小；
对于反应：2A(g)C(g)，增加A的物质的量，所到达的平衡状态可以等效为增大压强，增大压强平衡向生成B的移动，转化率增大，即α2增大。
故选：C。
14.向某密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如甲图所示（t0～t1阶段的c（B）变化未画出)，乙图为t时刻后改变条件平衡体系中正、逆反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种反应条件（浓度、温度、压强、催化剂）且互不相同，t3～t4阶段为使用催化剂。下列说法中不正确的是
A. 若t1=15 s，则用C的浓度变化表示的t0～t1段的平均反应速率为0.004mol•L-1•s-1
B. t4～t5阶段改变的条件一定为减小压强
C. 该容器的容积为2 L，B的起始物质的量为0.02 mol
D. 该化学反应方程式为3A（g）B（g）+2C（g）
【答案】C
【解析】
A.若t1=15s，生成物C在t0～t1时间段的平均反应速率v==mol/(L∙s)=0.004mol/(L∙s)，A正确； C.因为改变条件，正、逆速率下降且相等，而反应前后气体分子数不变，在t4～t5阶段改变的条件一定为减小压强，B正确； C.根据方程式可知消耗0.09mol/L的A，则生成0.03mol/L的B，容器的体积为=2L，生成B的物质的量为0.03mol/L×2L=0.06mol，平衡时B的物质的量为0.05mol/L×2L=0.1mol，所以起始时B的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol，C错误；D.反应中A的浓度变化为0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，C的浓度变化为0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，反应中A与C的计量数之比为0.09：0.06=3：2，则该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有：3A（g）B（g）+2C（g），D正确。答案选C。
15.下列有关盐类水解的叙述中正确的是( )
A. 溶液呈中性的盐一定是强酸强碱生成的盐
B. 所有盐溶液中c(H＋)＝c(OH－)
C. 盐溶液的酸碱性主要决定于形成盐的酸和碱的相对强弱
D. 强酸形成的盐的水溶液一定呈酸性
【答案】C
【解析】
A、如果弱酸、弱碱的电离程度相当，生成的盐的水溶液呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性，故A错误；B、能够水解的盐，溶液可能显酸性或碱性，此时溶液中c(H＋)≠c(OH－)，故B错误；C、酸和碱反应生成的盐溶液的酸碱性取决于酸和碱的相对强弱，谁强显谁性是水解的规律，故C正确；D、强酸强碱盐的水溶液可能呈中性，例如Na2SO4溶液，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了盐类水解的分析应用，主要是盐的分类方法和溶液酸碱性的分析判断。要知道一些特殊盐溶液的酸碱性，如NaHSO3溶液呈酸性、CH3COONH4溶液呈中性、NaHCO3溶液呈碱性等。
16.为了除去氯化镁酸性溶液中的Fe3+，可以在加热搅拌的条件下加入一种过量的试剂，过滤后再加入适量的盐酸。这种试剂是（ ）
A. 氨水 B. 氢氧化钠 C. 碳酸钠 D. 碳酸镁
【答案】D
【解析】
A. 加入氨水除去氯化镁酸性溶液中的Fe3+，会引入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，故A错误；B. 加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，故B错误；C. 加入碳酸钠，易混入NaCl杂质，故C错误；D. 加入碳酸镁，碳酸镁与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故D正确；答案选D。
点睛：本题主要考查物质的分离、提纯和除杂，试题难度不大，解题时根据Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，注意除去Fe3+时不能引入新的杂质。
17.某温度下Kw＝10－13，在此温度下，将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的H2SO4溶液Vb L混合，下列说法正确的是( )
A. 若所得混合液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝1∶1
B. 若所得混合液为中性，且a＋b＝12，则Va∶Vb＝100∶1
C. 若所得混合液pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝1∶9
D. 若所得混合液pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝101∶99
【答案】C
【解析】
A、若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，因c(OH-)×Va=c(H+)×Vb，a=12，b=2，则0.1×Va=0.01Vb，则Va：Vb=1：10，故A错误；B、若所得混合液为中性，则c(OH-)×Va=c(H+)×Vb，即10a−13×Va=10−b Vb，又因为a+b=12，Va：Vb==1013-a-b=10，则Va：Vb=10：1，故B错误；C、若所得混合溶液的pH=10，碱过量，c(OH-)==0.001，则Va：Vb=1：9，故C正确；D、根据C的计算，Va：Vb=1：9，故D错误；故选C。
点晴：本题考查了酸碱反应后溶液pH的计算。强酸和强碱混和，先确定过量离子的浓度：若酸过量：c(H+)=[c(H+)V酸-c(OH-)V碱]/(V酸+V碱) ，直接计算溶液的pH值；若碱过量：c(OH-)=[c(OH-)V碱-c(H+)V酸]/(V碱+V酸)，借助于Kw计算c(H+)，再求pH值。
18.用水稀释0.1mol/L的氨水时，溶液中随着水量增加而减少的是
A. c(H+) B. OH-的物质的量
C. c(OH-)/c(NH3·H2O) D. c(NH3·H2O)/ c(OH-)
【答案】D
【解析】
【分析】
加水稀释促进一水合氨电离，但是一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（NH3·H2O）、c（NH4＋）、c（OH－）都减小，因为离子积常数不变，则溶液中c（H＋）增大。
【详解】加水稀释促进一水合氨电离，但是一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（NH3·H2O）、c（NH4＋）、c（OH－）都减小，因为离子积常数不变，则溶液中c（H＋）增大，
A．通过以上分析知，溶液中c（H＋）增大，故A错误；
B．促进一水合氨电离，导致溶液中n（OH－）增大，故B错误；
C．稀释后溶液中c（NH4＋）减小，温度不变电离平衡常数不变，则c(OH－)/c(NH3·H2O=增大，故C错误；
D．根据C知，c(OH－)/c(NH3·H2O)增大，则c(NH3·H2O)/c(OH－)减小，故D正确；
故选：D。
19.下列无法证明某酸HA是弱酸的实验方案是（ ）
A. 室温下，测得0.1mol·L-1HA溶液的pH＞1,证明HA是弱酸
B. 碳酸钠溶液中滴入0.1mol·L-1的HA溶液，产生大量无色气体
C. 室温下测得某HA溶液的pH=a，用蒸馏水稀释100倍测得溶液pH=b，且b-a＜2
D. 室温下，用pH试纸测得0.1mol·L-1 NaA溶液的pH＞7
【答案】B
【解析】
A．室温下测得0.1mol•L-1HA溶液的pH>1，证明HA在溶液中部分电离出氢离子，则说明HA是弱酸，选项A不选；B．碳酸钠溶液中滴入0.1mol•L-1的HA溶液，产生大量无色气体，只能说明HA的酸性大于碳酸，无法证明HA的为强酸还是弱酸，选项B选；C．室温下测得某HA溶液的PH=a，用蒸馏水稀释100倍测得溶液PH=b，且b-a<2，说明稀释过程中HA又电离出氢离子，则证明HA为弱酸，选项C不选；D．室温下，用PH试纸测得0.1mol•L-1 NaA溶液的pH>7，说明NaA为强碱弱酸盐，则证明HA为弱酸，选项D不选。答案选B。
点睛：本题考查了弱电解质的平衡及其应用，题目难度中等，明确电离平衡及其影响为解答关键，注意掌握强弱电解质的概念及判断方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力易错点为选项B和C，碳酸钠为弱酸，只能说明HA的酸性大于碳酸，无法证明HA的为强酸还是弱酸；若为强酸，稀释100倍后溶液的pH变化2个单位。
20.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－ ΔH>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. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变
C. 向水中加入少量盐酸，平衡逆向移动，c(OH－)增大
D. 将水加热，KW增大，pH不变，呈中性
【答案】B
【解析】
试题分析：A．向水中加入稀氨水，由于氨水在溶液中存在电离平衡：NH3∙H2ONH4++OH-，电离产生的OH-使溶液中c(OH-)，水的电离平衡逆向移动，c(OH-)升高，错误； B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，盐电离产生的H+使溶液中c(H＋)增大，温度不变，所以Kw不变，正确；C．向水中加入少量HCl，电离产生的H+，使水的电离平衡逆移动，c(H＋)降低，但是平衡移动的趋势是微弱的，溶液中酸电离产生的离子浓度增大的趋势大于平衡移动使离子浓度减小的趋势，所以c(H＋)增大，c(OH-)减小，错误；D．将水加热，Kw增大，c(H＋)增大，pH减小，溶液仍然呈中性，错误。
考点：考查外界条件对平衡移动、离子浓度的变化、Kw的改变的影响的知识。
21.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 使酚酞呈红色的溶液: Na+、AlO2-、NO3-、CO32-
B. 由水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液: NH4+、SO42-、HCO3-、Cl-
C. 含有0.1mol/LHCO3-的溶液: Na+、Fe3+、NO3-、SCN-
D. 无色溶液: K+、Na+、MnO4-、Cl-
【答案】A
【解析】
使酚酞呈红色的溶液应该显碱性，Na+、AlO2-、NO3-、CO32-和OH-互相之间都不发生反应，所以选项A可以共存。由水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液pH=2或者12，但是因为HCO3-与酸、碱都反应，所以选项B一定不能大量共存。因为Fe3+与SCN-反应（生成硫氰化铁），Fe3+与HCO3-反应（双水解），所以选项C一定不能大量共存。MnO4-是紫红色的，所以在无色溶液中不会存在MnO4-，选项D不能大量共存。
点睛：判断离子是否大量共存，应该考虑如下的情况下离子不能大量共存：
1、发生复分解反应。（1）生成难溶物或微溶物：如：Ag+与Cl-等不能大量共存。（2）生成气体或挥发性物质：如：H+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等不能大量共存。（3）生成难电离物质：如：H+与CH3COO-等因生成弱酸不能大量共存；OH-与NH4+因生成的弱碱不能大量共存；H+与OH-生成水不能大量共存。
2、发生氧化还原反应：氧化性离子(如Fe3+、ClO-、MnO4-等)与还原性离子(如S2-、I-、Fe2+等)不能大量共存。
3、离子间发生双水解反应不能共存：如Al3+、Fe3+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等。
4、络合反应：如Fe3+和SCN-。
22.有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3，下列各项排序正确的是( )
A. pH：②＞③＞④＞① B. c(CH3COO-)：②＞④＞③＞①
C. 溶液中c(Na+)：①＞③＞②＞④ D. c(CH3COOH)：①＞④＞③＞②
【答案】B
【解析】
A、因①的pH＜7，②中有强碱，则②中pH最大，③④都因盐的水解而显碱性，则pH为②＞④＞③＞①，选项A错误；B．因②中碱中的OH-抑制CH3COO-水解，则c（CH3COO-）最大，④中两种盐相互抑制水解，③中只有水解，而①中CH3COO-与酸结合生成弱电解质，则c（CH3COO-）最小，即c（CH3COO-）：②＞④＞③＞①，选项B正确；C．由于溶液中钠离子不水解，②③④中钠离子浓度相等，①中最小，正确关系是：②=③=④＞①，选项C错误；D、因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c（CH3COOH）③＞④＞②，而①中CH3COO-与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c（CH3COOH）最大，即c（CH3COOH）①＞③＞④＞②，选项D错误。答案选B。
点睛：本题考查学生利用溶液中的溶质来分析几个量的关系，较好的训练学生的守恒思想和综合分析能力，明确混合溶液中酸碱性分析的规律及盐类水解、水解的相互影响等因素是解答的关键。根据溶液的溶质来分析酸碱性，一般酸与盐的溶液显酸性，碱与盐的溶液显碱性，则①中显酸性，②中显碱性，③中只有CH3COONa水解显碱性，④中两种物质都水解显碱性，然后根据选项来分析解答。
23.有等体积、等pH的Ba(OH)2、KOH和NH3·H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是( )
A. V3＞V2＞V1 B. V3=V2=V1 C. V3＞V2=V1 D. V1=V2＞V3
【答案】C
【解析】
【分析】
有等体积、等pH的Ba(OH)2、KOH和NH3·H2O三种碱溶液中，c（OH－）相同，但NH3·H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，然后结合酸碱中和时c（OH－）越大，消耗酸越多。
【详解】等体积、等pH的Ba(OH)2、KOH和NH3·H2O三种碱溶液中，Ba(OH)2、KOH中c（OH－）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，但NH3·H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，
故选：C。
【点睛】本题考查酸碱混合的计算，解题关键：明确pH与浓度的关系及强碱、弱碱的判断、弱碱的电离平衡，难点：NH3·H2O是弱电解质，要获得一定浓度的OH-，氨的浓度要比OH-大得多．
24.常温下，向10 mL b mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.01 mol·L－1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)，下列说法不正确的是( )
A. b>0.01
B. 混合后溶液呈中性
C. CH3COOH的电离常数Ka＝10—9/(b—0.01)
D. 向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度逐渐减小
【答案】D
【解析】
A、因为CH3COOH为弱酸，NaOH为强碱，反应生成CH3COONa，根据电荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，因为c(Na＋)＝c(CH3COO－)，可得c(H＋)＝c(OH－)，则混合后溶液呈中性。又因为CH3COONa水解呈碱性，所以CH3COOH应过量，使溶液呈中性，所以b>0.01，A正确；B、根据A中分析可知B正确；C、反应后溶液呈中性，c(H＋)＝10－7mol·L－1，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＝1/2×0.01 mol·L－1＝0.005 mol·L－1，c(CH3COOH)＝1/2×(b－0.01) mol·L－1，所以CH3COOH的电离常数Ka＝mol·L－1，C正确；D、向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度先增大，CH3COOH完全反应后，再滴加NaOH溶液，水的电离程度减小，D错误。答案选D。
25.已知NaHSO3溶液呈酸性、NaHCO3溶液呈碱性。现有浓度均为0.1mol/L的的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各粒子的物质的量浓度存在下列关系(R表示S或C)，其中正确的是( )
A. c(Na+)＞c(HRO3-)＞c(H+)＞c(RO32-)＞c(OH-) B. c(H+)＋c(H2RO3)=c(RO32-)＋c(OH-)
C. c(Na+)＋c(H+)=c(HRO3-)＋c(RO32-)＋c(OH-) D. 两溶液中的c(Na+)、c(HRO3-)和c(RO32-)分别相等
【答案】B
【解析】
A，NaHSO3溶液呈酸性说明HSO3-的电离程度大于HSO3-的水解程度，NaHSO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（HSO3-）c（H+）c（SO32-）c（OH-），NaHCO3溶液呈碱性说明HCO3-的水解程度大于HCO3-的电离程度，NaHCO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（HCO3-）c（OH-）c（H+）c（CO32-），A项错误；B，两溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+2c（RO32-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=c（HRO3-）+c（RO32-）+c（H2RO3），两式整理得c（H+）+c（H2RO3）=c（RO32-）+c（OH-），B项正确；C，两溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+2c（RO32-）+c（OH-），C项错误；D，两溶液中c（Na+）相等，但c（HRO3-）、c（RO32-）不相等，D项错误；答案选B。
点睛：本题考查酸式盐溶液中粒子浓度的大小关系。强酸的酸式盐（如HSO4-等）在溶液中完全电离产生H+，溶液呈酸性。弱酸的酸式盐在溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡，要确定溶液中粒子浓度的大小关系，必须分清主次：（1）若电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，如HSO3-、HC2O4-等；（2）若水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，如HCO3-、HS-等。
二、填空题（共50分）。
26.某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：
（1）下图中______（填“A”或“B”）是碱式滴定管，进行该实验的第一步操作是_____。
（2）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，直到因加入一滴盐酸后，出现___________________（填“现象”）说明达到滴定终点。
（3）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是（____）
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
（4）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为________mL。
（5）某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
第一次
25.00
0.00
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
第三次
25.00
0.22
26.31
依据上表数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度__________________。
【答案】 (1). A (2). 检查是否漏水 (3). 溶液由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色 (4). D (5). 26.10 (6). 0.104 4 mol·L－1
【解析】
【分析】
（1）图1中A是碱式滴定管，使用滴定管前需检漏；
（2）选用甲基橙做指示剂时，终点颜色变化由黄色变为橙色；
（3）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，判断浓度的误差；
（4）根据滴定管的结构和精确度以及测量的原理计算；
（5）先分析数据，误差大的要舍去，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸），接着根据盐酸和NaOH反应求出c（NaOH）。
【详解】（1）图1中A是碱式滴定管，使用滴定管前需检漏；
（2）选用甲基橙做指示剂时，终点颜色变化由黄色变为橙色，终点的标志为：溶液由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色；
（3）A、酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，标准液被稀释，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)，测定c（待测）偏大，故A错误；
B、滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)，测定c（待测）无影响，故B错误；
C、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)，测定c（待测）偏大，故C错误；
D、读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)，测定c（待测）偏小，故D正确。
故选D。
（4）起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，盐酸溶液的体积为26.10mL；
（5）第二次实验误差较大，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸）=26.10mL，
HCl+NaOH=NaCl+H2O
1 1
0.0261L×0.1000 mol·L－1 0.025L×c（NaOH）
解得：c（NaOH）=0.1044mol·L－1。
27.常温下，将0.1molCH3COONa和0.05molHCl溶于水配成1L溶液(pH＜7)。
（1）用离子方程式表示该溶液中存在的三个平衡体系______________、_______________、________。
（2）溶液中各离子的物质的量浓度由大到小顺序为______________________。
（3）溶液中粒子中浓度为0.1mol/L的是______，浓度为0.05mol/L的是______________。
（4）物质的量之和为0.lmol的两种粒子是______________与__________。
（5）CH3COO-和OH-的物质的量之和比H+多________mol。
【答案】 (1). CH3COOHCH3COO-＋H+ (2). CH3COO-＋H2OCH3COOH＋OH- (3). H2OH+＋OH- (4). c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+) >c(OH-) (5). Na+ (6). Cl- (7). CH3COOH (8). CH3COO- (9). 0.05
【解析】
试题分析：本题考查溶液中粒子浓度大小的比较，溶液中粒子浓度的关系。0.1molCH3COONa和0.05molHCl充分反应得到物质的量均为0.05mol的NaCl、CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液的体积为1L，NaCl、CH3COOH和CH3COONa的物质的量浓度均为0.05mol/L。
（1）该溶液中存在：CH3COOH的电离平衡，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+；CH3COONa的水解平衡，CH3COO-水解的离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；水的电离平衡：H2OH++OH-。
（2）由于溶液的pH7，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则溶液中离子物质的量浓度由大到小的顺序为：c（Na+）c（CH3COO-）c（Cl-）c（H+）c（OH-）。
（3）溶液中粒子浓度为0.1mol/L的是Na+。浓度为0.05mol/L的是Cl-。
（4）根据物料守恒，物质的量之和为0.1mol的是CH3COOH和CH3COO-。
（5）溶液中的电荷守恒为n（Na+）+n（H+）=n（Cl-）+n（CH3COO-）+n（OH-），n（CH3COO-）+n（OH-）-n（H+）=n（Na+）-n（Cl-）=0.1mol-0.05mol=0.05mol。
28.已知：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝Q，其平衡常数随温度变化如下表所示：
温度/℃
400
500
850
平衡常数
9.94
9
1
请回答下列问题：
(1)上述反应的化学平衡常数表达式为________，该反应的Q________0(填“>”或“<”)。
(2)850 ℃时在体积为10 L反应器中，通入一定量的CO和H2O(g)，发生上述反应，CO和H2O(g)浓度变化如图所示，则0～4 min时平均反应速率v(CO)＝________。
(3)若在500 ℃时进行，且CO、H2O(g)的起始浓度均为0.020 mol·L－1，该条件下，CO的最大转化率为________。
(4)若在850 ℃时进行，设起始时CO和H2O(g)共为1 mol，其中水蒸气的体积分数为x，平衡时CO的转化率为y，试推导y随x变化的函数关系式为________。
(5)有人提出可以设计反应2CO=2C＋O2(ΔH>0)来消除CO的污染。请判断上述反应能否自发进行：____ (填“可能”或“不可能”)，理由是____________________________________。
【答案】 (1). )K=[c(CO2)c(H2)]/c(CO)c(H2O) (2). < (3). 0.03 mol·L－1·min－1 (4). 75% (5). y＝x (6). 不能 (7). ΔH>0且ΔS<0，不能自发进行
【解析】
【分析】
（1）由平衡常数的定义，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，根据表中平衡常数随温度的变化进行判断；
（2）由图象得出，CO的浓度变化及v=△c/△t计算0～4min时平均反应速率v（CO）；
（3）根据三段式法用c表示出平衡时各组分个浓度，再利用平衡常数列方程，求出c，再利用转化率定义计算；
（4）起始时水的物质的量为xmol，转化的CO的物质的量为（1-x）ymol，利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，代入850℃平衡常数，结合转化率计算。
（5）根据吉布斯自由能的大小判断反应能否进行。
【详解】（1）根据 CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝Q，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，故K=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)，又依据图表数据分析，升高温度，平衡常数减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，△H＜0；
（2）由图象得出，CO的浓度变化及v=△c/△t，v（CO）=（0.20mol·L－1-0.08mol·L－1）/4min=0.03 mol·L－1·min－1；
（3）列出三段式，设CO的浓度变化量为c，则
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，
起始（mol·L－1）：0.02 0.02 0 0
转化（mol·L－1）：c c c c
平衡（mol·L－1）：0.02-c 0.02-c c c
500℃时反应平衡常数有K= =9，解得c=0.015，CO转化率为：0.015/0.02×100%=75%。
（4）因850℃时反应平衡常数为1．起始时水的物质的量为xmol，CO的物质的量为 （1-x）mol，则
CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g），
起始（mol·L－1）：（1-x） x 0 0
转化（mol·L－1）：（1-x）y （1-x）y （1-x）y （1-x）y
平衡（mol·L－1）：（1-x）（1-y） （x-y+xy）（1-x）y （1-x）y
平衡常数k=，解得y=x。
（5）反应2CO=2C+O2（△H＞0），则△G=△H-T·△S＞0，反应△H＞0吸热且△S＜0，依据吉布斯自由能判断任何情况下不能自发进行。
29.根据要求填空:
（1）FeSO4可转化为FeCO3,FeCO3在空气中加热可制得铁系氧化物材料。已知25℃,101kPa时:4Fe(s)+3O2(g)
=2Fe2O3(s)ΔH=-1648kJ/mol，C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393kJ/mol，2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)=2FeCO3(s) ΔH=-1480kJ/mol，FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式为_______。
（2）一定条件下，向容积可变的密闭容器中通入N2和H2,发生反应:N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0达到平衡后，试回答下列问题:
①达到平衡后，若其它条件不变，把容器体积缩小一半,平衡将____(填“向逆反应方向”、“向正反应方向”或“不”)移动，平衡常数K将_____ (填“增大”、“减小”或“不变”)。
②达到平衡后,在恒压条件下，向容器中通人氦气(He),氮气的转化率将___（填“增大”、“减小”或“不变”)。
（3）AlCl3溶液加热蒸干并灼烧最终得到物质是________(填化学式)，将NaHCO3与Al2 (SO4)3溶液混合后可做泡沫灭火剂，其原理是_______(用离子方程式表示)。
【答案】 (1). 4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=﹣260kJ•mol﹣1 (2). 向正反应方向 (3). 不变 (4). 减小 (5). Al2O3 (6). 3HCO3-+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，构造目标热化学方程式；
（2）①该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的反应，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；温度不变，平衡常数不变；
②达到平衡后，在恒压条件下，向容器中通入氦气，参加反应的气体分压减小，平衡向气体体积增大方向移动．
（3）AlCl3水解生成盐酸挥发，生成氢氧化铝分解生成氧化铝；NaHCO3与Al2 (SO4)3溶液混合后铝离子水解呈酸性，碳酸氢根离子水解呈碱性。
【详解】（1）已知25℃,101kPa时:①4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)ΔH=-1648kJ/mol，②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393kJ/mol，③2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)=2FeCO3(s) ΔH=-1480kJ/mol，根据盖斯定律，①-③×2+②×④可得4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g），故△H=-1648kJ·mol－1-2×（-1480kJ·mol－1）+4×（-393kJ·mol－1）=-260kJ·mol－1，故反应热化学方程式为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=-260kJ·mol－1；
（2）①该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的反应，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，向正反应方向移动；温度不变，平衡常数不变，所以该反应平衡常数不变。
②达到平衡后，在恒压条件下，向容器中通入氦气，参加反应的气体分压减小，平衡向气体体积增大方向移动，所以逆向移动，氮气的转化率减小。
（3）AlCl3水解生成盐酸挥发，生成氢氧化铝分解生成氧化铝；将NaHCO3与Al2（SO4）3两者溶液混合后可做泡沫灭火剂是利用二者发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为：Al3＋+3HCO3－=Al（OH）3↓+3CO2↑。
一、选择题（只有一个正确答案，每题2分，共50分）
1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生，下列属于未来新能源标准的是
①天然气 ②煤 ③核能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能
A. ⑤⑥⑦ B. ⑤⑥⑦⑧ C. ③⑤⑥⑦⑧ D. ③④⑤⑥⑦⑧
【答案】B
【解析】
煤、石油、天然气是化石能源，能引起严重的空气污染，不是新能源；核能使用不当，会对环境造成严重污染；常见未来新能源有：太阳能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，这些能源对环境污染小，属于环境友好型能源，故选B。
2.下列说法正确的是
A. 甲烷的燃烧热为ΔH＝-890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g)ΔH＝－890.3 kJ·mol-1
B. 已知H2O(1)＝H2O(g) ΔH＝＋44kJ·mol-1,则2g H2(g)完全燃烧生成液态水比生成气态水多释放22kJ的能量
C. 常温下，反应C(s)＋CO2(g)＝2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH<0
D. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)在光照和点燃条件的ΔH相同
【答案】D
【解析】
试题分析：A．水的状态应该是液态，即甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，A错误；B．已知H2O(l)=H2O(g) ΔH＝＋44 kJ·mol－1，则2 g H2(g)即1mol氢气完全燃烧生成液态水比生成气态水多释放44kJ的热量，B错误；C．常温下，反应C(s)＋CO2(g)＝2CO(g)的△H＞0，C错误；D．反应热只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，则同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)在光照和点燃条件下反应△H相同，D正确，答案选D。
考点：考查反应热的有关判断与计算
3.将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中，然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可见
A. 该反应中，热能转化为产物内部的能量
B. NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应
C. 反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 反应的热化学方程式为：NH4HCO3 + HCl = NH4Cl+CO2↑+H2O △H>0
【答案】A
【解析】
A. 醋酸逐渐凝固，说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，该反应为吸热反应，即吸收的热量转化为产物内部的能量，故A正确；B. 根据上述分析可知，NH4HCO3与盐酸的反应为吸热反应，故B错误；C. 因反应为吸热反应，则反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；D. 书写热化学方程式时，应注明物质的聚集状态，故D错误；答案选A。
4.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是( )
①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) ΔH1＝＋571.6 kJ·mol－1
②焦炭与水反应制氢：C(s)＋H2O(g)= CO(g)＋H2(g) ΔH2＝＋131.3 kJ·mol－1
③甲烷与水反应制氢：CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)ΔH3＝＋206.1 kJ·mol－1
A. 反应①中电能转化为化学能
B. 反应②为放热反应
C. 反应③使用催化剂，ΔH3不变
D. 反应CH4(g)=C(s)＋2H2(g)的ΔH＝－74.8 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【分析】
A、太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能；
B、△H2＞0，反应为吸热反应；
C、催化剂不能改变反应热的大小；
D、根据盖斯定律，③-②得目标反应CH4（g）═C（s）+2 H2（g）；
【详解】A、太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能，故A错误；
B、反应的△H2＞0，故该反应为吸热反应，故B错误；
C、催化剂不能改变反应热的大小，只能改变化学反应速率，故C正确；
D、根据盖斯定律，目标反应CH4（g）═C（s）+2 H2（g）相当于③-②，故△H=△H3－△H2，△H=+206.1kJ·mol－1-（+131.3kJ·mol－1）=+74.8kJ·mol－1，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了化学反应与能量变化，解题关键：利用盖斯定律进行相关计算，易错点C，注意催化剂不能改变焓变，易错点D，盖斯定律计算时焓变的加减时正负号。
5.己知CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O △H<0。下列说法不正确的是
A. 其他条件不变，适当增加盐酸的浓度将加快化学反应速率
B. 其他条件不变，适当增加CaCO3的用量将加快化学反应速率
C. 反应过程中，化学反应速率将先增大后减小
D. 一定条件下反应速率改变，△H<0不变
【答案】B
【解析】
试题分析：盐酸浓度增大，H+离子浓度增大，速率加快，故A正确；由于CaCO3是固体，若只增大其用量，而不增大其与盐酸的接触面积，化学反应速率不变，故B不正确；由于反应放热，反应过程中温度升高，速率会变快，但随着盐酸浓度的减小，速率会逐渐变慢，故C正确；反应焓变只与反应物和生成物的能量状态有关，与反应快慢无关，故D正确。
考点：化学反应速率及其影响因素；焓与焓变
6.已建立平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列叙述正确的是
①生成物的体积分数一定增加 ②生成物的产量一定增加 ③反应物的转化率一定增加 ④反应物的浓度一定降低 ⑤正反应速率一定大于逆反应速率
A. ①②④⑤ B. ①②③⑤ C. ②③ D. ②⑤
【答案】D
【解析】
试题分析：①对于正反应气体体积减少的反应，平衡向正反应方向移动，生成物的体积分数减小，错误；②平衡向正反应方向移动，生成物的产量一定增加，但生成物的浓度不一定增大，正确；③增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，错误；④增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，其它反应物的浓度降低，自身增大，错误；⑤平衡向正反应方向移动，正反应速率一定大于逆反应速率，正确；综上所述②⑤正确，选D．
考点：考查化学平衡的影响因素。
7.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 合成氨工业上增大压强以提高反应物的转化率
B. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
C. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深
D. 在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去
【答案】C
【解析】
【分析】
平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释．
【详解】A．合成氨是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，能用平衡移动原理解释，故A不选；
B．氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2OHClO+H＋+Cl－，光照条件下，次氯酸分解生成HCl和氧气，生成物浓度降低，平衡正向移动，黄绿色的氯水光照后颜色变浅，可以用平衡移动原理解释，故B不选；
C．该反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，因为体积减小导致碘浓度增大而使颜色加深，所以不能用平衡移动原理解释，故C选；
D．溶液中存在平衡Fe3＋+6SCN－Fe（SCN）63-，加铁粉，铁与Fe3＋反应，Fe3＋浓度降低，则平衡向左移动进行，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特利原理来解释，故D不选；
故选：C。
【点睛】本题考查化学平衡移动原理，解题关键：明确化学平衡移动原理适用范围，易错点：催化剂只能改变反应速率不改变平衡移动，易错选项是C，是可逆反应，但反应前后气体体积不变．
8.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g) + yB(g) zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，再达平衡时，测得A的浓度为0.30mol/L。下列有关判断正确的是
A. x+y>z B. 平衡向正反应方向移动 C. B的转化率升高 D. C的体积分数增大
【答案】A
【解析】
由题目信息可知，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应为0.25mol/L，实际上再达到平衡时，测得A的浓度为0.30mol/L．，说明体积增大，压强减小，平衡逆向移动。A. 体积增大，压强减小，化学平衡逆向移动，说明逆反应是气体体积增大的反应，则x+y＞z，故A正确；B. 由上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C. 平衡逆向移动，B的转化率降低，故C错误；D. 平衡逆向移动，C的体积分数减小，故D错误；答案选A。
点睛：本题主要考查化学平衡的移动，题目难度不大。本题的易错点是将容器的容积扩大到原来的2倍后，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应为0.25mol/L，实际上再达平衡时，A的浓度为0.30mol/L，说明体积增大，压强减小，平衡逆向移动，A的物质的量增大，再利用压强对化学平衡的影响即可解答。
9.可逆反应：2NO22NO+O2在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是
①单位时间内生成nmolO2的同时消耗2nmolNO2
②单位时间内生成nmolO2的同时消耗2nmolNO
③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ②④⑥⑦ B. ②③⑤⑦ C. ①③④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】
①单位时间内生成nmolO2的同时消耗2nmolNO2，是同方向速率，错误；②单位时间内生成nmolO2的同时消耗2nmolNO，是反方向速率且速率比等于计量数之比，达到平衡，正确；③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态，不一定达到平衡，错误；④混合气体的颜色不再改变的状态，即二氧化氮浓度不变，达到平衡，正确；⑤容积不变，气体质量不变，混合气体的密度是恒定值，不能说明已达到平衡状态，错误；⑥反应前后气体分子数不相等，压强是变量，当气体的压强不再改变时即达到平衡状态，正确；⑦气体质量不变，混合气体的物质的量是变量，即平均相对分子质量是变量，平均相对分子质量不再改变说明达到平衡状态，正确。答案选A。
10.已知某可逆反应在密闭容器中进行：A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(s)(正反应为放热反应)，图中曲线a代表一定条件下该反应的过程。若使a曲线变为b曲线，可采取的措施
A. 增大A的浓度 B. 扩大容器的容积 C. 加入催化剂 D. 升高温度
【答案】C
【解析】
试题分析：增大A的浓度，A的转化率减小，故A错误；扩大容器的容积，平衡不移动，但速率减慢，故B错误；加入催化剂，速率加快、平衡不移动，A转化率不变，故C正确；升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，故D错误。
考点：本题考查平衡转化率。
11.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的ΔH>0
B. 图乙表示pH相同的盐酸与氢氟酸分别加水稀释PH的变化，其中曲线a对应的是氢氟酸
C. 图丙表示该反应为放热反应，且催化剂能改变反应的焓变
D. 图丁表示向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，生成CO2与所加盐酸物质的量的关系
【答案】B
【解析】
从图甲得到，随着温度升高，逆反应速率的变化更明显，所以升高温度平衡应该逆向移动，逆反应吸热，正反应放热，选项A错误。酸性溶液加水稀释时，溶液的pH应该升高，但是不会高于7，所以曲线会一直接近7。考虑到，盐酸是强酸，氢氟酸是弱酸，其pH的变化曲线应该是酸性越强，曲线的斜率越大，所以选项B正确。向反应体系中加入催化剂会改变反应的活化能，但是不会改变反应的焓变，选项C错误。向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，应该先生成碳酸氢钠再得到二氧化碳，所以曲线不能从原点开始有二氧化碳气体，选项D错误。
点睛：改变温度对正逆反应的速率都会有影响，而且一定是吸热反应方向的速率受到温度的影响更明显。同理改变压强对正逆反应的速率都会有影响，而且一定是气体的物质的量减少的反应方向的速率受到压强的影响更明显。
12.已知反应A(g)+3B(g)==2C(g)+2D(g)在四种不同的情况下的反应速率分别表示如下，则反应速率最快的是
A. v（A）=0.15mol/(L·S) B. v（B）= 0.6 mol/(L·S)
C. v（C）= 0.4mol/(L·S) D. v（D）= 0.45mol/(L·S)
【答案】D
【解析】
由于反应速率之比等于方程式计量数之比，可以将各物质的速率利用归一法计算为物质D的速率，然后进行比较，A. v（A）=0.15mol/(L·s) 相当于v（D）= 0.30mol/(L·s)；B. v（B）= 0.6 mol/(L·s) 相当于v（D）= 0.40mol/(L·s)；C. v（C）= 0.4mol/(L·s) 相当于v（D）= 0.40mol/(L·s)；所以，答案选D。
13.已知ɑ1、ɑ2分别为A在甲、乙两个恒容容器中平衡体系A(g) + 2B(g) C(g)、2A(g)C(g)中A的转化率，在温度不变的情况下，均增加A的物质的量，下列判断正确的是
A. ɑ1、ɑ2均减小 B. ɑ1、ɑ2均增大 C. ɑ1减小，ɑ2增大 D. ɑ1增大，ɑ2减小
【答案】C
【解析】
【分析】
平衡体系A(g) + 2B(g) C(g)、2A(g)C(g)中，在恒温、恒容条件下达到平衡时，保持条件不变，增加A的物质的量，平衡都向右移动，2A(g)C(g)到达的平衡状态，可以等效为在原平衡的基础增大压强，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动。
【详解】对于反应：A(g) + 2B(g) C(g)①，增加A的物质的量，平衡正向移动，B的转化率增大，但加入的A不可能100%的转化，A转化率减小，即α1减小；
对于反应：2A(g)C(g)，增加A的物质的量，所到达的平衡状态可以等效为增大压强，增大压强平衡向生成B的移动，转化率增大，即α2增大。
故选：C。
14.向某密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如甲图所示（t0～t1阶段的c（B）变化未画出)，乙图为t时刻后改变条件平衡体系中正、逆反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种反应条件（浓度、温度、压强、催化剂）且互不相同，t3～t4阶段为使用催化剂。下列说法中不正确的是
A. 若t1=15 s，则用C的浓度变化表示的t0～t1段的平均反应速率为0.004mol•L-1•s-1
B. t4～t5阶段改变的条件一定为减小压强
C. 该容器的容积为2 L，B的起始物质的量为0.02 mol
D. 该化学反应方程式为3A（g）B（g）+2C（g）
【答案】C
【解析】
A.若t1=15s，生成物C在t0～t1时间段的平均反应速率v==mol/(L∙s)=0.004mol/(L∙s)，A正确； C.因为改变条件，正、逆速率下降且相等，而反应前后气体分子数不变，在t4～t5阶段改变的条件一定为减小压强，B正确； C.根据方程式可知消耗0.09mol/L的A，则生成0.03mol/L的B，容器的体积为=2L，生成B的物质的量为0.03mol/L×2L=0.06mol，平衡时B的物质的量为0.05mol/L×2L=0.1mol，所以起始时B的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol，C错误；D.反应中A的浓度变化为0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，C的浓度变化为0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，反应中A与C的计量数之比为0.09：0.06=3：2，则该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有：3A（g）B（g）+2C（g），D正确。答案选C。
15.下列有关盐类水解的叙述中正确的是( )
A. 溶液呈中性的盐一定是强酸强碱生成的盐
B. 所有盐溶液中c(H＋)＝c(OH－)
C. 盐溶液的酸碱性主要决定于形成盐的酸和碱的相对强弱
D. 强酸形成的盐的水溶液一定呈酸性
【答案】C
【解析】
A、如果弱酸、弱碱的电离程度相当，生成的盐的水溶液呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性，故A错误；B、能够水解的盐，溶液可能显酸性或碱性，此时溶液中c(H＋)≠c(OH－)，故B错误；C、酸和碱反应生成的盐溶液的酸碱性取决于酸和碱的相对强弱，谁强显谁性是水解的规律，故C正确；D、强酸强碱盐的水溶液可能呈中性，例如Na2SO4溶液，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了盐类水解的分析应用，主要是盐的分类方法和溶液酸碱性的分析判断。要知道一些特殊盐溶液的酸碱性，如NaHSO3溶液呈酸性、CH3COONH4溶液呈中性、NaHCO3溶液呈碱性等。
16.为了除去氯化镁酸性溶液中的Fe3+，可以在加热搅拌的条件下加入一种过量的试剂，过滤后再加入适量的盐酸。这种试剂是（ ）
A. 氨水 B. 氢氧化钠 C. 碳酸钠 D. 碳酸镁
【答案】D
【解析】
A. 加入氨水除去氯化镁酸性溶液中的Fe3+，会引入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，故A错误；B. 加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，故B错误；C. 加入碳酸钠，易混入NaCl杂质，故C错误；D. 加入碳酸镁，碳酸镁与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故D正确；答案选D。
点睛：本题主要考查物质的分离、提纯和除杂，试题难度不大，解题时根据Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，注意除去Fe3+时不能引入新的杂质。
17.某温度下Kw＝10－13，在此温度下，将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的H2SO4溶液Vb L混合，下列说法正确的是( )
A. 若所得混合液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝1∶1
B. 若所得混合液为中性，且a＋b＝12，则Va∶Vb＝100∶1
C. 若所得混合液pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝1∶9
D. 若所得混合液pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝101∶99
【答案】C
【解析】
A、若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，因c(OH-)×Va=c(H+)×Vb，a=12，b=2，则0.1×Va=0.01Vb，则Va：Vb=1：10，故A错误；B、若所得混合液为中性，则c(OH-)×Va=c(H+)×Vb，即10a−13×Va=10−b Vb，又因为a+b=12，Va：Vb==1013-a-b=10，则Va：Vb=10：1，故B错误；C、若所得混合溶液的pH=10，碱过量，c(OH-)==0.001，则Va：Vb=1：9，故C正确；D、根据C的计算，Va：Vb=1：9，故D错误；故选C。
点晴：本题考查了酸碱反应后溶液pH的计算。强酸和强碱混和，先确定过量离子的浓度：若酸过量：c(H+)=[c(H+)V酸-c(OH-)V碱]/(V酸+V碱) ，直接计算溶液的pH值；若碱过量：c(OH-)=[c(OH-)V碱-c(H+)V酸]/(V碱+V酸)，借助于Kw计算c(H+)，再求pH值。
18.用水稀释0.1mol/L的氨水时，溶液中随着水量增加而减少的是
A. c(H+) B. OH-的物质的量
C. c(OH-)/c(NH3·H2O) D. c(NH3·H2O)/ c(OH-)
【答案】D
【解析】
【分析】
加水稀释促进一水合氨电离，但是一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（NH3·H2O）、c（NH4＋）、c（OH－）都减小，因为离子积常数不变，则溶液中c（H＋）增大。
【详解】加水稀释促进一水合氨电离，但是一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（NH3·H2O）、c（NH4＋）、c（OH－）都减小，因为离子积常数不变，则溶液中c（H＋）增大，
A．通过以上分析知，溶液中c（H＋）增大，故A错误；
B．促进一水合氨电离，导致溶液中n（OH－）增大，故B错误；
C．稀释后溶液中c（NH4＋）减小，温度不变电离平衡常数不变，则c(OH－)/c(NH3·H2O=增大，故C错误；
D．根据C知，c(OH－)/c(NH3·H2O)增大，则c(NH3·H2O)/c(OH－)减小，故D正确；
故选：D。
19.下列无法证明某酸HA是弱酸的实验方案是（ ）
A. 室温下，测得0.1mol·L-1HA溶液的pH＞1,证明HA是弱酸
B. 碳酸钠溶液中滴入0.1mol·L-1的HA溶液，产生大量无色气体
C. 室温下测得某HA溶液的pH=a，用蒸馏水稀释100倍测得溶液pH=b，且b-a＜2
D. 室温下，用pH试纸测得0.1mol·L-1 NaA溶液的pH＞7
【答案】B
【解析】
A．室温下测得0.1mol•L-1HA溶液的pH>1，证明HA在溶液中部分电离出氢离子，则说明HA是弱酸，选项A不选；B．碳酸钠溶液中滴入0.1mol•L-1的HA溶液，产生大量无色气体，只能说明HA的酸性大于碳酸，无法证明HA的为强酸还是弱酸，选项B选；C．室温下测得某HA溶液的PH=a，用蒸馏水稀释100倍测得溶液PH=b，且b-a<2，说明稀释过程中HA又电离出氢离子，则证明HA为弱酸，选项C不选；D．室温下，用PH试纸测得0.1mol•L-1 NaA溶液的pH>7，说明NaA为强碱弱酸盐，则证明HA为弱酸，选项D不选。答案选B。
点睛：本题考查了弱电解质的平衡及其应用，题目难度中等，明确电离平衡及其影响为解答关键，注意掌握强弱电解质的概念及判断方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力易错点为选项B和C，碳酸钠为弱酸，只能说明HA的酸性大于碳酸，无法证明HA的为强酸还是弱酸；若为强酸，稀释100倍后溶液的pH变化2个单位。
20.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－ ΔH>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. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变
C. 向水中加入少量盐酸，平衡逆向移动，c(OH－)增大
D. 将水加热，KW增大，pH不变，呈中性
【答案】B
【解析】
试题分析：A．向水中加入稀氨水，由于氨水在溶液中存在电离平衡：NH3∙H2ONH4++OH-，电离产生的OH-使溶液中c(OH-)，水的电离平衡逆向移动，c(OH-)升高，错误； B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，盐电离产生的H+使溶液中c(H＋)增大，温度不变，所以Kw不变，正确；C．向水中加入少量HCl，电离产生的H+，使水的电离平衡逆移动，c(H＋)降低，但是平衡移动的趋势是微弱的，溶液中酸电离产生的离子浓度增大的趋势大于平衡移动使离子浓度减小的趋势，所以c(H＋)增大，c(OH-)减小，错误；D．将水加热，Kw增大，c(H＋)增大，pH减小，溶液仍然呈中性，错误。
考点：考查外界条件对平衡移动、离子浓度的变化、Kw的改变的影响的知识。
21.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 使酚酞呈红色的溶液: Na+、AlO2-、NO3-、CO32-
B. 由水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液: NH4+、SO42-、HCO3-、Cl-
C. 含有0.1mol/LHCO3-的溶液: Na+、Fe3+、NO3-、SCN-
D. 无色溶液: K+、Na+、MnO4-、Cl-
【答案】A
【解析】
使酚酞呈红色的溶液应该显碱性，Na+、AlO2-、NO3-、CO32-和OH-互相之间都不发生反应，所以选项A可以共存。由水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液pH=2或者12，但是因为HCO3-与酸、碱都反应，所以选项B一定不能大量共存。因为Fe3+与SCN-反应（生成硫氰化铁），Fe3+与HCO3-反应（双水解），所以选项C一定不能大量共存。MnO4-是紫红色的，所以在无色溶液中不会存在MnO4-，选项D不能大量共存。
点睛：判断离子是否大量共存，应该考虑如下的情况下离子不能大量共存：
1、发生复分解反应。（1）生成难溶物或微溶物：如：Ag+与Cl-等不能大量共存。（2）生成气体或挥发性物质：如：H+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等不能大量共存。（3）生成难电离物质：如：H+与CH3COO-等因生成弱酸不能大量共存；OH-与NH4+因生成的弱碱不能大量共存；H+与OH-生成水不能大量共存。
2、发生氧化还原反应：氧化性离子(如Fe3+、ClO-、MnO4-等)与还原性离子(如S2-、I-、Fe2+等)不能大量共存。
3、离子间发生双水解反应不能共存：如Al3+、Fe3+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等。
4、络合反应：如Fe3+和SCN-。
22.有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3，下列各项排序正确的是( )
A. pH：②＞③＞④＞① B. c(CH3COO-)：②＞④＞③＞①
C. 溶液中c(Na+)：①＞③＞②＞④ D. c(CH3COOH)：①＞④＞③＞②
【答案】B
【解析】
A、因①的pH＜7，②中有强碱，则②中pH最大，③④都因盐的水解而显碱性，则pH为②＞④＞③＞①，选项A错误；B．因②中碱中的OH-抑制CH3COO-水解，则c（CH3COO-）最大，④中两种盐相互抑制水解，③中只有水解，而①中CH3COO-与酸结合生成弱电解质，则c（CH3COO-）最小，即c（CH3COO-）：②＞④＞③＞①，选项B正确；C．由于溶液中钠离子不水解，②③④中钠离子浓度相等，①中最小，正确关系是：②=③=④＞①，选项C错误；D、因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c（CH3COOH）③＞④＞②，而①中CH3COO-与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c（CH3COOH）最大，即c（CH3COOH）①＞③＞④＞②，选项D错误。答案选B。
点睛：本题考查学生利用溶液中的溶质来分析几个量的关系，较好的训练学生的守恒思想和综合分析能力，明确混合溶液中酸碱性分析的规律及盐类水解、水解的相互影响等因素是解答的关键。根据溶液的溶质来分析酸碱性，一般酸与盐的溶液显酸性，碱与盐的溶液显碱性，则①中显酸性，②中显碱性，③中只有CH3COONa水解显碱性，④中两种物质都水解显碱性，然后根据选项来分析解答。
23.有等体积、等pH的Ba(OH)2、KOH和NH3·H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是( )
A. V3＞V2＞V1 B. V3=V2=V1 C. V3＞V2=V1 D. V1=V2＞V3
【答案】C
【解析】
【分析】
有等体积、等pH的Ba(OH)2、KOH和NH3·H2O三种碱溶液中，c（OH－）相同，但NH3·H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，然后结合酸碱中和时c（OH－）越大，消耗酸越多。
【详解】等体积、等pH的Ba(OH)2、KOH和NH3·H2O三种碱溶液中，Ba(OH)2、KOH中c（OH－）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，但NH3·H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，
故选：C。
【点睛】本题考查酸碱混合的计算，解题关键：明确pH与浓度的关系及强碱、弱碱的判断、弱碱的电离平衡，难点：NH3·H2O是弱电解质，要获得一定浓度的OH-，氨的浓度要比OH-大得多．
24.常温下，向10 mL b mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.01 mol·L－1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)，下列说法不正确的是( )
A. b>0.01
B. 混合后溶液呈中性
C. CH3COOH的电离常数Ka＝10—9/(b—0.01)
D. 向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度逐渐减小
【答案】D
【解析】
A、因为CH3COOH为弱酸，NaOH为强碱，反应生成CH3COONa，根据电荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，因为c(Na＋)＝c(CH3COO－)，可得c(H＋)＝c(OH－)，则混合后溶液呈中性。又因为CH3COONa水解呈碱性，所以CH3COOH应过量，使溶液呈中性，所以b>0.01，A正确；B、根据A中分析可知B正确；C、反应后溶液呈中性，c(H＋)＝10－7mol·L－1，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＝1/2×0.01 mol·L－1＝0.005 mol·L－1，c(CH3COOH)＝1/2×(b－0.01) mol·L－1，所以CH3COOH的电离常数Ka＝mol·L－1，C正确；D、向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度先增大，CH3COOH完全反应后，再滴加NaOH溶液，水的电离程度减小，D错误。答案选D。
25.已知NaHSO3溶液呈酸性、NaHCO3溶液呈碱性。现有浓度均为0.1mol/L的的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各粒子的物质的量浓度存在下列关系(R表示S或C)，其中正确的是( )
A. c(Na+)＞c(HRO3-)＞c(H+)＞c(RO32-)＞c(OH-) B. c(H+)＋c(H2RO3)=c(RO32-)＋c(OH-)
C. c(Na+)＋c(H+)=c(HRO3-)＋c(RO32-)＋c(OH-) D. 两溶液中的c(Na+)、c(HRO3-)和c(RO32-)分别相等
【答案】B
【解析】
A，NaHSO3溶液呈酸性说明HSO3-的电离程度大于HSO3-的水解程度，NaHSO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（HSO3-）c（H+）c（SO32-）c（OH-），NaHCO3溶液呈碱性说明HCO3-的水解程度大于HCO3-的电离程度，NaHCO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（HCO3-）c（OH-）c（H+）c（CO32-），A项错误；B，两溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+2c（RO32-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=c（HRO3-）+c（RO32-）+c（H2RO3），两式整理得c（H+）+c（H2RO3）=c（RO32-）+c（OH-），B项正确；C，两溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+2c（RO32-）+c（OH-），C项错误；D，两溶液中c（Na+）相等，但c（HRO3-）、c（RO32-）不相等，D项错误；答案选B。
点睛：本题考查酸式盐溶液中粒子浓度的大小关系。强酸的酸式盐（如HSO4-等）在溶液中完全电离产生H+，溶液呈酸性。弱酸的酸式盐在溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡，要确定溶液中粒子浓度的大小关系，必须分清主次：（1）若电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，如HSO3-、HC2O4-等；（2）若水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，如HCO3-、HS-等。
二、填空题（共50分）。
26.某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：
（1）下图中______（填“A”或“B”）是碱式滴定管，进行该实验的第一步操作是_____。
（2）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，直到因加入一滴盐酸后，出现___________________（填“现象”）说明达到滴定终点。
（3）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是（____）
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
（4）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为________mL。
（5）某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
第一次
25.00
0.00
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
第三次
25.00
0.22
26.31
依据上表数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度__________________。
【答案】 (1). A (2). 检查是否漏水 (3). 溶液由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色 (4). D (5). 26.10 (6). 0.104 4 mol·L－1
【解析】
【分析】
（1）图1中A是碱式滴定管，使用滴定管前需检漏；
（2）选用甲基橙做指示剂时，终点颜色变化由黄色变为橙色；
（3）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，判断浓度的误差；
（4）根据滴定管的结构和精确度以及测量的原理计算；
（5）先分析数据，误差大的要舍去，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸），接着根据盐酸和NaOH反应求出c（NaOH）。
【详解】（1）图1中A是碱式滴定管，使用滴定管前需检漏；
（2）选用甲基橙做指示剂时，终点颜色变化由黄色变为橙色，终点的标志为：溶液由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色；
（3）A、酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，标准液被稀释，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)，测定c（待测）偏大，故A错误；
B、滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)，测定c（待测）无影响，故B错误；
C、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)，测定c（待测）偏大，故C错误；
D、读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)，测定c（待测）偏小，故D正确。
故选D。
（4）起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，盐酸溶液的体积为26.10mL；
（5）第二次实验误差较大，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸）=26.10mL，
HCl+NaOH=NaCl+H2O
1 1
0.0261L×0.1000 mol·L－1 0.025L×c（NaOH）
解得：c（NaOH）=0.1044mol·L－1。
27.常温下，将0.1molCH3COONa和0.05molHCl溶于水配成1L溶液(pH＜7)。
（1）用离子方程式表示该溶液中存在的三个平衡体系______________、_______________、________。
（2）溶液中各离子的物质的量浓度由大到小顺序为______________________。
（3）溶液中粒子中浓度为0.1mol/L的是______，浓度为0.05mol/L的是______________。
（4）物质的量之和为0.lmol的两种粒子是______________与__________。
（5）CH3COO-和OH-的物质的量之和比H+多________mol。
【答案】 (1). CH3COOHCH3COO-＋H+ (2). CH3COO-＋H2OCH3COOH＋OH- (3). H2OH+＋OH- (4). c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+) >c(OH-) (5). Na+ (6). Cl- (7). CH3COOH (8). CH3COO- (9). 0.05
【解析】
试题分析：本题考查溶液中粒子浓度大小的比较，溶液中粒子浓度的关系。0.1molCH3COONa和0.05molHCl充分反应得到物质的量均为0.05mol的NaCl、CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液的体积为1L，NaCl、CH3COOH和CH3COONa的物质的量浓度均为0.05mol/L。
（1）该溶液中存在：CH3COOH的电离平衡，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+；CH3COONa的水解平衡，CH3COO-水解的离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；水的电离平衡：H2OH++OH-。
（2）由于溶液的pH7，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则溶液中离子物质的量浓度由大到小的顺序为：c（Na+）c（CH3COO-）c（Cl-）c（H+）c（OH-）。
（3）溶液中粒子浓度为0.1mol/L的是Na+。浓度为0.05mol/L的是Cl-。
（4）根据物料守恒，物质的量之和为0.1mol的是CH3COOH和CH3COO-。
（5）溶液中的电荷守恒为n（Na+）+n（H+）=n（Cl-）+n（CH3COO-）+n（OH-），n（CH3COO-）+n（OH-）-n（H+）=n（Na+）-n（Cl-）=0.1mol-0.05mol=0.05mol。
28.已知：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝Q，其平衡常数随温度变化如下表所示：
温度/℃
400
500
850
平衡常数
9.94
9
1
请回答下列问题：
(1)上述反应的化学平衡常数表达式为________，该反应的Q________0(填“>”或“<”)。
(2)850 ℃时在体积为10 L反应器中，通入一定量的CO和H2O(g)，发生上述反应，CO和H2O(g)浓度变化如图所示，则0～4 min时平均反应速率v(CO)＝________。
(3)若在500 ℃时进行，且CO、H2O(g)的起始浓度均为0.020 mol·L－1，该条件下，CO的最大转化率为________。
(4)若在850 ℃时进行，设起始时CO和H2O(g)共为1 mol，其中水蒸气的体积分数为x，平衡时CO的转化率为y，试推导y随x变化的函数关系式为________。
(5)有人提出可以设计反应2CO=2C＋O2(ΔH>0)来消除CO的污染。请判断上述反应能否自发进行：____ (填“可能”或“不可能”)，理由是____________________________________。
【答案】 (1). )K=[c(CO2)c(H2)]/c(CO)c(H2O) (2). < (3). 0.03 mol·L－1·min－1 (4). 75% (5). y＝x (6). 不能 (7). ΔH>0且ΔS<0，不能自发进行
【解析】
【分析】
（1）由平衡常数的定义，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，根据表中平衡常数随温度的变化进行判断；
（2）由图象得出，CO的浓度变化及v=△c/△t计算0～4min时平均反应速率v（CO）；
（3）根据三段式法用c表示出平衡时各组分个浓度，再利用平衡常数列方程，求出c，再利用转化率定义计算；
（4）起始时水的物质的量为xmol，转化的CO的物质的量为（1-x）ymol，利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，代入850℃平衡常数，结合转化率计算。
（5）根据吉布斯自由能的大小判断反应能否进行。
【详解】（1）根据 CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝Q，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，故K=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)，又依据图表数据分析，升高温度，平衡常数减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，△H＜0；
（2）由图象得出，CO的浓度变化及v=△c/△t，v（CO）=（0.20mol·L－1-0.08mol·L－1）/4min=0.03 mol·L－1·min－1；
（3）列出三段式，设CO的浓度变化量为c，则
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，
起始（mol·L－1）：0.02 0.02 0 0
转化（mol·L－1）：c c c c
平衡（mol·L－1）：0.02-c 0.02-c c c
500℃时反应平衡常数有K= =9，解得c=0.015，CO转化率为：0.015/0.02×100%=75%。
（4）因850℃时反应平衡常数为1．起始时水的物质的量为xmol，CO的物质的量为 （1-x）mol，则
CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g），
起始（mol·L－1）：（1-x） x 0 0
转化（mol·L－1）：（1-x）y （1-x）y （1-x）y （1-x）y
平衡（mol·L－1）：（1-x）（1-y） （x-y+xy）（1-x）y （1-x）y
平衡常数k=，解得y=x。
（5）反应2CO=2C+O2（△H＞0），则△G=△H-T·△S＞0，反应△H＞0吸热且△S＜0，依据吉布斯自由能判断任何情况下不能自发进行。
29.根据要求填空:
（1）FeSO4可转化为FeCO3,FeCO3在空气中加热可制得铁系氧化物材料。已知25℃,101kPa时:4Fe(s)+3O2(g)
=2Fe2O3(s)ΔH=-1648kJ/mol，C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393kJ/mol，2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)=2FeCO3(s) ΔH=-1480kJ/mol，FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式为_______。
（2）一定条件下，向容积可变的密闭容器中通入N2和H2,发生反应:N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0达到平衡后，试回答下列问题:
①达到平衡后，若其它条件不变，把容器体积缩小一半,平衡将____(填“向逆反应方向”、“向正反应方向”或“不”)移动，平衡常数K将_____ (填“增大”、“减小”或“不变”)。
②达到平衡后,在恒压条件下，向容器中通人氦气(He),氮气的转化率将___（填“增大”、“减小”或“不变”)。
（3）AlCl3溶液加热蒸干并灼烧最终得到物质是________(填化学式)，将NaHCO3与Al2 (SO4)3溶液混合后可做泡沫灭火剂，其原理是_______(用离子方程式表示)。
【答案】 (1). 4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=﹣260kJ•mol﹣1 (2). 向正反应方向 (3). 不变 (4). 减小 (5). Al2O3 (6). 3HCO3-+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，构造目标热化学方程式；
（2）①该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的反应，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；温度不变，平衡常数不变；
②达到平衡后，在恒压条件下，向容器中通入氦气，参加反应的气体分压减小，平衡向气体体积增大方向移动．
（3）AlCl3水解生成盐酸挥发，生成氢氧化铝分解生成氧化铝；NaHCO3与Al2 (SO4)3溶液混合后铝离子水解呈酸性，碳酸氢根离子水解呈碱性。
【详解】（1）已知25℃,101kPa时:①4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)ΔH=-1648kJ/mol，②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393kJ/mol，③2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)=2FeCO3(s) ΔH=-1480kJ/mol，根据盖斯定律，①-③×2+②×④可得4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g），故△H=-1648kJ·mol－1-2×（-1480kJ·mol－1）+4×（-393kJ·mol－1）=-260kJ·mol－1，故反应热化学方程式为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=-260kJ·mol－1；
（2）①该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的反应，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，向正反应方向移动；温度不变，平衡常数不变，所以该反应平衡常数不变。
②达到平衡后，在恒压条件下，向容器中通入氦气，参加反应的气体分压减小，平衡向气体体积增大方向移动，所以逆向移动，氮气的转化率减小。
（3）AlCl3水解生成盐酸挥发，生成氢氧化铝分解生成氧化铝；将NaHCO3与Al2（SO4）3两者溶液混合后可做泡沫灭火剂是利用二者发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为：Al3＋+3HCO3－=Al（OH）3↓+3CO2↑。
相关资料
更多
