广东省深圳市福田区红岭中学2022-2022学年高二（下）第一学段考化学试卷 一、单项选择题（本题包括12小题，每小题3分，共36分．每小题只有一个选项符合题意）1．热化学方程式C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；△H=+131.3kJ/mol表示（ ）A．碳和水反应吸收131.3kJ能量B．1mol碳和1mol水反应生成一氧化碳和氢气并吸收131.3kJ热量C．1mol固态碳和1mol水蒸气反应生成一氧化碳气体和氢气，并吸热131.3kJD．1个固态碳原子和1分子水蒸气反应吸热131.1kJ 2．已知：CH3COOH（aq）+NaOH（aq）=CH3COONa（aq）+H2O（l）△H=Q1kJ/molH2SO4（浓）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=Q2kJ/molHNO3（aq）+KOH（aq）=KNO3（aq）+H2O（l）△H=Q3kJ/mol，上述反应均为溶液中的反应，则Q1、Q2、Q3的绝对值大小的关系为（ ）A．Q1=Q2=Q3B．Q2＞Q1＞Q3C．Q2＞Q3＞Q1D．Q2=Q3＞Q1 3．在一定温度下，反应A2（g）+B2（g）⇌2AB（g）达到平衡的标志是（ ）A．单位时间内生成nmolA2，同时生成nmolABB．容器内总压强不随时间改变C．单位时间内生成2nmolAB同时生成nmolB2D．任何时间内A2、B2的物质的量之比为定值 4．可逆反应：2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）；△H＞0．在密闭容器中进行，当达到平衡时欲使混合气体的颜色加深，应采取的措施（ ）A．增大容器体积B．降低温度C．加入催化剂D．充入I2气体 5．设C+CO2⇌2CO；△H＞0，反应速率为v1，N2+3H2⇌2NH3；△H＜0，反应速率为v2，对于上述反应，当温度降低时，v1和v2的变化情况为（ ）-24-A．同时增大B．同时减小C．v1增大，v2减小D．v1减小，v2增大 6．90℃时水的离子积KW=3.8×10﹣13，该温度时纯水的pH是（ ）A．等于7B．小于7C．大于7D．无法确定 7．在100mL0.1mol/L的醋酸溶液中，欲使醋酸的电离程度增大，氢离子浓度减小，可采用的方法是（ ）A．加热B．加入lmol/L的醋酸溶液l00mLC．加入少量的0.5mol/L的硫酸D．加入少量的lmol/L的NaOH溶液 8．准确量取25.00毫升高锰酸钾溶液，可选用的仪器是（ ）A．50mL量筒B．10mL量筒C．50mL酸式滴定管D．50mL碱式滴定管 9．pH=11的NaOH溶液和pH=3的醋酸溶液以等体积混合后，所得溶液中c（Na+）和c（CH3COO﹣）)的正确关系是（ ）A．c（Na+）＞c（CH3COO﹣）)B．c（Na+）=c（CH3COO﹣）)C．c（Na+）＜c（CH3COO﹣）)D．不能确定 10．下列离子方程式不正确的是（ ）A．氨气通入稀硫酸溶液中NH3+H+=NH4+B．二氧化碳通入碳酸钠溶液中CO2+CO32﹣+H2O=2HCO3﹣C．硫酸铝溶液跟偏铝酸钠溶液反应Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓D．氯气通入冷的氢氧化钠溶液中2Cl2+2OH﹣=3Cl﹣+ClO﹣+H2O 11．用pH试纸测定溶液pH的正确操作是（ ）A．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照-24-B．将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照C．将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照D．将一小条试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照 12．等物质的量浓度的下列溶液中，NH4+的浓度最大的是（ ）A．NH4ClB．NH4HCO3C．NH4HSO4D．NH4NO3 二、双项选择题（本题包括4小题，每小题4分，共16分．每小题均有二个选项符合题意，选一个且正确得2分，全对得4分，含任意一个错误答案得0分）13．常温下某氨水的pH=X，某盐酸的pH=Y，已知X+Y=14，将上述氨水与盐酸等体积混合后，所得溶液中各种离子浓度的关系正确的是（ ）A．c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．c（NH4+）+c（H+）═c（Cl﹣）+c（OH﹣） 14．25℃时，水的电离可达到平衡：H2O⇌H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（ ）A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，Kw不变C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H+）降低D．将水加热，Kw增大，pH变小，但仍呈中性 15．石灰乳中存在下列平衡：Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq），加入下列溶液，可使Ca（OH）2减少的是（ ）A．Na2CO3溶液B．AlCl3溶液C．NaOH溶液D．CaCl2溶液 16．在一密闭容器中，反应aA（气）⇌bB（气）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则（ ）A．平衡向正反应方向移动了B．物质A的转化率减少了-24-C．物质B的质量分数增加了D．a＞b 三、填空计算题：（每题12分，共48分．请把答案填写在答卷上．）17．（12分）今有a﹣盐酸b﹣硫酸c﹣醋酸三种酸：（1）在同体积，同pH的三种酸中，分别加入足量的碳酸钠粉末，在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是 ．（填序号，例如a＞b＞c，下同）（2）在同体积、同浓度的三种酸中，分别加入足量的碳酸钠粉末，在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是 ．（3）物质的量浓度为0.1mol•L﹣1的三种酸溶液的pH由大到小的顺序是 ；如果取等体积的0.1mol•L﹣1的三种酸溶液，用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液中和，当恰好完全反应时，消耗NaOH溶液的体积由大到小的顺序是 ． 18．（12分）将2molSO2和1molO2混合置于体积可变，压强恒定的密闭容器中，在一定温度下发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），△H＜0，当反应进行到时间t1点时达到平衡状态，测得混合气体总物质的量为2.1mol．试回答下列问题：（1）反应进行到t1时，SO2的物质的量是多少？写出简要计算过程：（2）若在t1时充入一定量的氩气（Ar），SO2的物质的量将 （填“增大”、“减小”或“不变”）．（3）若在t1时升温，重新达到平衡状态，新平衡混合物中气体的总物质的量 2.1mol（填“＜”、“＞”或“=”），并简单说明原因 ．（4）若其它条件不变，在t1时再加入0.2molSO2、0.1molO2和1.8molSO3，则SO2的体积分数 （填“增大”、“减小”或“不变”）． 19．（12分）碳和碳的化合物在生产、生活中的应用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生活”不再只是理想，更是一种值得期待的新的生活方式，请运用化学反应原理的相关知识研究碳及其化合物的性质．甲醇是一种新型燃料，甲醇燃料电池即将从实验室走向工业化生产．工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：-24-CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=﹣116kJ•mol﹣1①已知：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣283kJ•mol﹣1H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=﹣242kJ•mol﹣1则表示1mol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式为 ；②在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃、270℃三种温度下合成甲醇的规律．如图是上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率的关系．请回答：ⅰ）在上述三种温度中，曲线Z对应的温度是 ⅱ）利用图中a点对应的数据，计算出曲线Z在对应温度下CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数K= ．③在某温度下，将一定量的CO和H2投入10L的密闭容器中，5min时达到平衡，各物质的物质的浓度（mol•L﹣1）变化如下表所示：0min5min10minCO0.10.05H20.20.2CH3OH00.040.05若5min～10min只改变了某一条件，所改变的条件是 ；且该条件所改变的量是 ． 20．（12分）将磷肥生产中形成的副产物石膏（CaSO4•2H2O）转化为硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料，无论从经济效益、资源综合利用还是从环境保护角度看都具有重要意义．以下是石膏转化为硫酸钾和氯化钙的工艺流程示意图．-24-（1）本工艺中所用的原料除CaSO4•2H2O、CaCO3、H2O外，还需要 等原料．（2）写出石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后发生反应的离子方程式： ．（3）过滤Ⅰ操作所得滤液是（NH4）2SO4溶液．检验滤液中含有CO32﹣的操作方法是： ．（4）若过滤I的滤液中的Ca2+浓度低于1.0×10﹣5mol•L﹣1时可认为被沉淀完全．若要使Ca2+沉淀完全，则滤液中CO32﹣离子的物质的量浓度不得低于 ．（已知：Ksp（CaCO3）=5.0×10﹣9）（5）写出蒸氨过程中的化学方程式 ． -24-广东省深圳市福田区红岭中学2022-2022学年高二（下）第一学段考化学试卷参考答案与试题解析 一、单项选择题（本题包括12小题，每小题3分，共36分．每小题只有一个选项符合题意）1．热化学方程式C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；△H=+131.3kJ/mol表示（ ）A．碳和水反应吸收131.3kJ能量B．1mol碳和1mol水反应生成一氧化碳和氢气并吸收131.3kJ热量C．1mol固态碳和1mol水蒸气反应生成一氧化碳气体和氢气，并吸热131.3kJD．1个固态碳原子和1分子水蒸气反应吸热131.1kJ【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；B、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；C、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；D、热化学方程式的系数只表示物质的量不表示微粒个数；【解答】解：A、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；故A错误；B、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；故B错误；C、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；故C正确；D、热化学方程式的系数只表示物质的量不表示微粒个数；故D错误；故选C．【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法和注意问题，系数只表示物质的量不表示微粒个数是易错点，题目难度中等． 2．已知：CH3COOH（aq）+NaOH（aq）=CH3COONa（aq）+H2O（l）△H=Q1kJ/molH2SO4（浓）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=Q2kJ/molHNO3（aq）+KOH（aq）=KNO3（aq）+H2O（l）△H=Q3kJ/mol，上述反应均为溶液中的反应，则Q1、Q2、Q3的绝对值大小的关系为（ ）-24-A．Q1=Q2=Q3B．Q2＞Q1＞Q3C．Q2＞Q3＞Q1D．Q2=Q3＞Q1【考点】反应热的大小比较．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，注意弱电解质的电离吸热、浓硫酸稀释放热来解答．【解答】解：醋酸的电离吸热，放出的热量Q1的绝对值偏小，浓硫酸稀释放热，放出的热量Q2的绝对值偏大，而稀硝酸为稀的强酸，中和热不变，所以：Q2＞Q3＞Q1，故选：C．【点评】本题考查中和热，明确中和热的概念及弱电解质的电离吸热、浓硫酸稀释放热即可解答，难度不大． 3．在一定温度下，反应A2（g）+B2（g）⇌2AB（g）达到平衡的标志是（ ）A．单位时间内生成nmolA2，同时生成nmolABB．容器内总压强不随时间改变C．单位时间内生成2nmolAB同时生成nmolB2D．任何时间内A2、B2的物质的量之比为定值【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【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，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，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．【解答】解：A、单位时间内生成nmolA2，等效于单位时间内消耗2nmolAB同时生成nmolAB，正逆反应速率不相等，故A错误；B、从反应开始到平衡容器内总压强始终不变，故B错误；C、单位时间内生成2nmolAB，等效于单位时间内消耗nmolB2同时生成nmolB2，正逆反应速率相等，故C正确；D、任何时间内A2、B2的物质的量之比为定值，而不是不变，故D错误；故选C．-24-【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0． 4．可逆反应：2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）；△H＞0．在密闭容器中进行，当达到平衡时欲使混合气体的颜色加深，应采取的措施（ ）A．增大容器体积B．降低温度C．加入催化剂D．充入I2气体【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】该反应是一个反应前后气体体积不变的吸热反应，要使混合气体的颜色加深，应使c（I2）增大，可使平衡向正反应方向移动，缩小容器的体积、升高温度等．【解答】解：A．增大体积，平衡不移动，但c（I2）减小，混合气体的颜色变浅，故A错误；B．降低温度，平衡向左移动，c（I2）减小，混合气体的颜色变浅，故B错误；C．加入催化剂对平衡无影响，则碘蒸气浓度不改变，所以混合气体颜色不变，故C错误；D．充入I2气体，平衡逆向移动，碘的浓度增大，故D正确；故选D．【点评】本题考查影响化学平衡的因素，题目难度不大，注意把握从平衡移动的角度使c（I2）增大的措施，掌握基础是关键． 5．设C+CO2⇌2CO；△H＞0，反应速率为v1，N2+3H2⇌2NH3；△H＜0，反应速率为v2，对于上述反应，当温度降低时，v1和v2的变化情况为（ ）A．同时增大B．同时减小C．v1增大，v2减小D．v1减小，v2增大【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】温度降低，反应速率减小，以此来解答．【解答】解：C+CO2⇌2CO△H＞0，反应速率为v1，N2+3H2⇌2NH3△H＜0，反应速率为v2，温度降低时，v1和v2都减小，故选B．【点评】本题考查温度对反应速率的影响，题目较简单，注意降低温度反应速率减小，与反应的热效应无关．-24- 6．90℃时水的离子积KW=3.8×10﹣13，该温度时纯水的pH是（ ）A．等于7B．小于7C．大于7D．无法确定【考点】水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】水的电离过程为吸热反应，温度升高，水的电离程度增大，溶液中的氢离子浓度增大，根据pH=﹣lgc（H+）可知，溶液的pH小于7，据此进行解答．【解答】解：常温下，水的离子积为1×10﹣14，纯水中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，溶液的pH=7；升高温度，水的电离程度增大，水中氢离子浓度增大，pH=﹣lgc（H+）可知，氢离子浓度越大，pH越小，所以90℃时pH＜7，故选B．【点评】本题考查了水的电离与溶液pH的判断，题目难度不大，注意掌握氢离子浓度与pH之间转化关系，明确水的电离为吸热反应，温度升高水的纯程度增大． 7．在100mL0.1mol/L的醋酸溶液中，欲使醋酸的电离程度增大，氢离子浓度减小，可采用的方法是（ ）A．加热B．加入lmol/L的醋酸溶液l00mLC．加入少量的0.5mol/L的硫酸D．加入少量的lmol/L的NaOH溶液【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】醋酸是弱电解质，弱电解质的电离是吸热反应，升高温度促进其电离，向醋酸中加入和氢离子反应或醋酸根离子反应的物质或者是加水稀释都能促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，说明改变的条件能和氢离子反应．【解答】解：A．醋酸是弱电解质，醋酸的电离是吸热反应，升高温度促进醋酸电离，氢离子浓度增大，所以不符合条件，故A错误；B．向溶液中加入浓醋酸溶液，氢离子浓度增大，所以不符合条件，故B错误；C．向溶液中加入少量硫酸，氢离子浓度增大，抑制醋酸电离，所以不符合条件，故C错误；-24-D．向溶液中加入少量氢氧化钠溶液，氢氧根离子和氢离子反应，所以促进醋酸电离，且氢离子浓度降低，故D正确；故选D．【点评】本题考查了弱电解质的电离，既要考虑促进醋酸电离又要考虑氢离子浓度降低，根据外界条件对其影响分析解答即可，难度不大． 8．准确量取25.00毫升高锰酸钾溶液，可选用的仪器是（ ）A．50mL量筒B．10mL量筒C．50mL酸式滴定管D．50mL碱式滴定管【考点】计量仪器及使用方法．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】准确量取25.00mL高锰酸钾溶液，需要用精密量具，精确到0.1，估读到0.01，学过的量具，滴定管、移液管是能精确计量的仪器；注意高锰酸钾溶液的强氧化性．【解答】解：A、50mL量筒的感量是0.1mL，所以50mL量筒不能精确地量取25.00毫升高锰酸钾溶液，故A错误．B、10mL量筒的感量是0.1mL，且25mL溶液比10mL量筒的量程大，所以10mL量筒不能量取25.00毫升高锰酸钾溶液，故B错误．C、滴定管、移液管是能精确计量的仪器，准确量取25.00mL溶液，应用25ml的滴定管、50mL滴定管量取，高锰酸钾溶液中含有酸，所以溶液呈酸性，应该用酸式滴定管量取，故C正确．D、碱式滴定管的下端有一段橡皮管，高锰酸钾具有强腐蚀性，量取高锰酸钾溶液要用酸式滴定管不能用碱式滴定管量取，故D错误．故选C．【点评】本题考查了化学中常见的准确量取液体的仪器和粗略量取的仪器的使用方法和注意问题，难度不大． 9．pH=11的NaOH溶液和pH=3的醋酸溶液以等体积混合后，所得溶液中c（Na+）和c（CH3COO﹣）)的正确关系是（ ）A．c（Na+）＞c（CH3COO﹣）)B．c（Na+）=c（CH3COO﹣）)C．c（Na+）＜c（CH3COO﹣）)D．不能确定-24-【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】氢氧化钠为强电解质，pH=11的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度为0.001mol/L；醋酸为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢离子，pH=3的醋酸溶液中醋酸的浓度大于0.001mol/L，两溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液显示酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）可知c（Na+）＜c（CH3COO﹣）．【解答】解：NaOH属于强碱，pH=11的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度为：c（NaOH）=c（OH﹣）==0.001mol/L，醋酸为弱酸，pH=3的醋酸溶液中氢离子浓度为：c（H+）=0.001mol/L，醋酸的浓度c（CH3COOH）＞c（H+）=0.001mol/L，两溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液显示酸性，则：c（H+）＞c（OH﹣），根据反应后的溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），反应后的溶液中一定满足：c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故选C．【点评】本题考查了酸碱混合后定性判断及溶液中离子浓度定性比较，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的计算方法，能够根据溶液的酸碱性、电荷守恒、物料守恒比较溶液中各离子之间浓度大小． 10．下列离子方程式不正确的是（ ）A．氨气通入稀硫酸溶液中NH3+H+=NH4+B．二氧化碳通入碳酸钠溶液中CO2+CO32﹣+H2O=2HCO3﹣C．硫酸铝溶液跟偏铝酸钠溶液反应Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓D．氯气通入冷的氢氧化钠溶液中2Cl2+2OH﹣=3Cl﹣+ClO﹣+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、氨气是非电解质，应用化学式；B、二氧化碳通入生成碳酸氢钠溶液；C、硫酸铝溶液跟偏铝酸钠溶液发生双水解；D、得失电子不守恒；-24-【解答】解：A、氨气是非电解质，应用化学式，正确的离子方程式为：NH3+H+=NH4+，故A正确；B、二氧化碳通入生成碳酸氢钠溶液，正确的离子方程式为：CO2+CO32﹣+H2O=2HCO3﹣，故B正确；C、硫酸铝溶液跟偏铝酸钠溶液发生双水解，正确的离子方程式为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，故C正确；D、得失电子不守恒，正确的离子方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故D错误；故选D．【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析． 11．用pH试纸测定溶液pH的正确操作是（ ）A．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照B．将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照C．将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照D．将一小条试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照【考点】试纸的使用．【专题】化学实验基本操作．【分析】用pH试纸测定时，用玻璃棒蘸取待测溶液，滴在试纸上，然后再与标准比色卡对照，便可测出溶液的pH；【解答】解：A．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照，符合测量要求，故A正确；B．pH试纸先用水润湿再用玻璃棒蘸取少量待测点在试纸上，这样的操作会使溶液变稀，测量的数据不准确，故B错误；C．pH试纸直接浸入待测液，这样会污染溶液，故C错误；D．pH试纸先用水润湿再浸入待测液，这样的操作会使溶液变稀，直接浸入待测液，同时会污染溶液，故D错误．故选：A．-24-【点评】本题主要考查了PH试纸使用，解题的关键是能正确的解决PH使用的操作要领，题目难度不大． 12．等物质的量浓度的下列溶液中，NH4+的浓度最大的是（ ）A．NH4ClB．NH4HCO3C．NH4HSO4D．NH4NO3【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】根据铵根离子水解的影响角度来分析，如果含有对铵根离子水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，如果含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱．【解答】解：A、氯化铵中，铵根离子的水解不受氯离子的影响；B、碳酸氢根离子对铵根离子的水解起到促进作用，导致铵根离子水解程度大；C、硫酸氢铵中电离出来的氢离子对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度很小；D、硝酸铵中的硝酸根离子不影响铵根的水解，铵根浓度和A一样．综上NH4+的浓度最大的是NH4HSO4．故选C．【点评】本题考查学生离子的水解的影响因素，可以根据所学知识进行回答，难度不大． 二、双项选择题（本题包括4小题，每小题4分，共16分．每小题均有二个选项符合题意，选一个且正确得2分，全对得4分，含任意一个错误答案得0分）13．常温下某氨水的pH=X，某盐酸的pH=Y，已知X+Y=14，将上述氨水与盐酸等体积混合后，所得溶液中各种离子浓度的关系正确的是（ ）A．c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．c（NH4+）+c（H+）═c（Cl﹣）+c（OH﹣）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】常温下某氨水的pH=X，某盐酸的pH=Y，已知X+Y=14，常温下某氨水的pH=X，则氨水中c（OH﹣）=10X﹣14mol/L，某盐酸的pH=Y，盐酸中c（H+）=10﹣Ymol/L，所以氨水中c（OH﹣）等于盐酸中c（H+），一水合氨是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以氨水浓度大于盐酸，二者等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性，根据质子守恒和电荷守恒分析解答．-24-【解答】解：X+Y=14，常温下某氨水的pH=X，则氨水中c（OH﹣）=10X﹣14mol/L，某盐酸的pH=Y，盐酸中c（H+）=10﹣Ymol/L，所以氨水中c（OH﹣）等于盐酸中c（H+），一水合氨是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以氨水浓度大于盐酸，二者等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性；二者混合时，氨水过量，所以溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒得c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），所以c（Cl﹣）＜c（NH4+），所以溶液中各离子浓度关系为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），所以A正确，BC错误；反应后的溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒得：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），故D正确；故选AD．【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，结合电荷守恒和质子守恒来分析解答，题目难度中等． 14．25℃时，水的电离可达到平衡：H2O⇌H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（ ）A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，Kw不变C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H+）降低D．将水加热，Kw增大，pH变小，但仍呈中性【考点】水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【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、向水中加入稀氨水，电离出的氢氧根离子，抑制水的电离，平衡逆向移动，c（OH﹣）增大，故A错误；B、向水中加入少量固体硫酸氢钠，电离出氢离子，c（H+）增大，温度不变，Kw不变，故B正确；C、CH3COONa是强碱弱酸盐，弱离子水解，促进水的电离，平衡正向移动，c（H+）降低，故C错误；-24-D、△H＞0，将水加热，Kw增大，氢离子浓度变大，pH变小，水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度相等，仍呈中性，故D正确；故选：BD；【点评】本题考查水的电离平衡移动，题目难度不大，注意从浓度、温度对平衡移动的影响角度分析，水溶液永远呈中性． 15．石灰乳中存在下列平衡：Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq），加入下列溶液，可使Ca（OH）2减少的是（ ）A．Na2CO3溶液B．AlCl3溶液C．NaOH溶液D．CaCl2溶液【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】依据沉淀溶解平衡的影响因素分析判断平衡移动方向，使氢氧化钙减少平衡应正向进行；【解答】解：A、加入碳酸钠溶液碳酸根离子会结合钙离子形成更难溶的碳酸钙沉淀，平衡正向进行，氢氧化钙减少，故A正确；B、加入氯化铝溶液铝离子和氢氧根离子结合生成氢氧化铝沉淀，平衡正向进行，氢氧化钙减少，故B正确；C、加入氢氧化钠溶液氢氧根离子浓度增大，平衡左移，氢氧化钙增加，故C错误；D、加入氯化钙溶液，钙离子浓度增大，平衡左移，氢氧化钙增加，故D错误；故选AB．【点评】本题考查了沉淀溶解平衡的分析判断，影响平衡因素的分析是解题关键，注意离子性质的应用，题目较简单． 16．在一密闭容器中，反应aA（气）⇌bB（气）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则（ ）A．平衡向正反应方向移动了B．物质A的转化率减少了C．物质B的质量分数增加了D．a＞b【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．【专题】压轴题；化学平衡专题．-24-【分析】采用假设法分析，假设a=b，则保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，B和C的浓度应均是原来的倍，但当达到新的平衡时，B和C的浓度均是原来的60%，说明减小压强平衡向正反应方向移动，则说明a＜b．【解答】解：假设a=b，则保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，B和C的浓度应均是原来的倍，但当达到新的平衡时，B和C的浓度均是原来的60%，说明减小压强平衡向正反应方向移动，则说明a＜b．A、由以上分析可知，平衡应向正反应方向移动，故A正确；B、平衡应向正反应方向移动，A的转化率增大，故B错误；C、平衡应向正反应方向移动，物质B的质量分数增加了，故C正确D、增大压强平衡向逆反应方向移动，则说明a＜b，故D错误．故选：AC．【点评】本题考查化学平衡移动问题，题目难度不大，注意通过改变体积浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键． 三、填空计算题：（每题12分，共48分．请把答案填写在答卷上．）17．（12分）今有a﹣盐酸b﹣硫酸c﹣醋酸三种酸：（1）在同体积，同pH的三种酸中，分别加入足量的碳酸钠粉末，在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是 c＞a=b ．（填序号，例如a＞b＞c，下同）（2）在同体积、同浓度的三种酸中，分别加入足量的碳酸钠粉末，在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是 b＞a=c ．（3）物质的量浓度为0.1mol•L﹣1的三种酸溶液的pH由大到小的顺序是 c＞a＞b ；如果取等体积的0.1mol•L﹣1的三种酸溶液，用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液中和，当恰好完全反应时，消耗NaOH溶液的体积由大到小的顺序是 b＞a=c ．【考点】pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）醋酸为弱酸，硫酸为二元强酸，盐酸为一元强酸，同pH时，醋酸浓度最大；（2）等浓度时，硫酸生成氢气体积最大；（3）物质的量浓度相等时，硫酸溶液中c（H+）最大，醋酸最小，与碱反应时，硫酸消耗氢氧化钠最多．-24-【解答】解：（1）在同体积、同pH的三种酸中，醋酸和金属反应时能产生氢离子的物质的量最大，所以加入足量的锌粒，在相同条件下产生H2的体积最大，盐酸和硫酸都是强酸，同体积、同pH的两种酸中氢离子的物质的量是一样的，产生的氢气是一样的，故答案为：c＞a=b；（2）在同体积、同浓度的三种酸中，盐酸、醋酸、硫酸的物质的量是相等的，分别加入足量的锌粒，在相同条件下盐酸和醋酸产生H2的体积一样，但是硫酸是二元酸，加入足量的锌粒，在相同条件下产生H2的体积是盐酸、醋酸的2倍，所以产生H2的体积由大到小的顺序是b＞a=c，故答案为：b＞a=c；（3）硫酸是二元强酸，0.1mol•L﹣1的硫酸中氢离子浓度是0.2mol•L﹣1，盐酸是一元强酸，0.1mol•L﹣1的硫酸中氢离子浓度是0.2mol•L﹣1，醋酸是一元弱酸，0.1mol•L﹣1的硫酸中氢离子浓度小于0.1mol•L﹣1，氢离子浓度越大，则pH越小，所以三种酸溶液的pH由大到小的顺序是c＞a＞b；等体积的0.1mol•L﹣1的三种酸溶液，硫酸是二元酸，消耗的氢氧化钠最多，醋酸和盐酸都是一元酸，物质的量一样，消耗氢氧化钠一样多，所以用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的顺序是b＞a=c，故答案为：c＞a＞b；b＞a=c．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱酸电离特点是解本题关键，知道题目要求是溶液浓度相等还是pH相等，再结合题目分析解答，题目难度中等． 18．（12分）将2molSO2和1molO2混合置于体积可变，压强恒定的密闭容器中，在一定温度下发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），△H＜0，当反应进行到时间t1点时达到平衡状态，测得混合气体总物质的量为2.1mol．试回答下列问题：（1）反应进行到t1时，SO2的物质的量是多少？写出简要计算过程：（2）若在t1时充入一定量的氩气（Ar），SO2的物质的量将 增大 （填“增大”、“减小”或“不变”）．（3）若在t1时升温，重新达到平衡状态，新平衡混合物中气体的总物质的量 ＞ 2.1mol（填“＜”、“＞”或“=”），并简单说明原因 升高温度反应向吸热反应方向进行，即化学平衡向逆反应方向移动，气体的总物质的量增大 ．-24-（4）若其它条件不变，在t1时再加入0.2molSO2、0.1molO2和1.8molSO3，则SO2的体积分数 不变 （填“增大”、“减小”或“不变”）．【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）依据化学平衡三段式列式计算，设消耗氧气物质的量为x，结合三段式计算混合气体总物质的量为2.1mol计算得到消耗氧气物质的量，得到二氧化硫物质的量；（2）压强恒定的密闭容器中加入惰性气体，保持恒压，体积增大，压强减小，平衡向气体体积增大的方向进行；（3）反应是放热反应，升温平衡向吸热反应方向进行分析判断；（4）恒压条件下，在t1时再加入0.2molSO2、0.1molO2和1.8molSO3，与原平衡是等效平衡．【解答】解：（1）设反应达到平衡时氧气消耗了xmol，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），△H＜0开始时：（mol）2.01.00消耗了：（mol）2xx2x平衡时：（mol）2.0﹣2x1.0﹣x2x2.0﹣2x+1.0﹣x+2x=2.1x=0.9mol则SO2为0.2mol；答：设反应达到平衡时氧气消耗了xmol，（2）体积可变，压强恒定的密闭容器中充入一定量的氩气（Ar），体积增大，反应物的分压减小，所以平衡向体积增大的方向移动，即向逆反方向移动，所以SO2的物质的量增大，故答案为：增大；（3）已知该反应的正方向为放热反应，所以升高温度平衡逆移，逆方向为物质的量增大的方向，所以新平衡混合物中气体的总物质的量＞2.1mol，故答案为：＞；升高温度反应向吸热反应方向进行，即化学平衡向逆反应方向移动，气体的总物质的量增大；（4）恒压条件下，在t1时再加入0.2molSO2、0.1molO2和1.8molSO3，极值转化为反应物2molSO2和1molO2混合，与原平衡是等效平衡，则SO2的体积分数不变；故答案为：不变．-24-【点评】本题考查了平衡移动、化学平衡图象等，难度中等，本题要注意对等效平衡的分析． 19．（12分）碳和碳的化合物在生产、生活中的应用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生活”不再只是理想，更是一种值得期待的新的生活方式，请运用化学反应原理的相关知识研究碳及其化合物的性质．甲醇是一种新型燃料，甲醇燃料电池即将从实验室走向工业化生产．工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=﹣116kJ•mol﹣1①已知：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣283kJ•mol﹣1H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=﹣242kJ•mol﹣1则表示1mol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式为 CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣651kJ•mol﹣1 ；②在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃、270℃三种温度下合成甲醇的规律．如图是上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率的关系．请回答：ⅰ）在上述三种温度中，曲线Z对应的温度是 270℃ ⅱ）利用图中a点对应的数据，计算出曲线Z在对应温度下CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数K= 4L2/mol2 ．③在某温度下，将一定量的CO和H2投入10L的密闭容器中，5min时达到平衡，各物质的物质的浓度（mol•L﹣1）变化如下表所示：0min5min10minCO0.10.05H20.20.2CH3OH00.040.05若5min～10min只改变了某一条件，所改变的条件是 增大H2的浓度 ；且该条件所改变的量是 增大了0.1mol•L﹣1 ．-24-【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；转化率随温度、压强的变化曲线；化学平衡的计算．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．【分析】①根据盖斯定律和题中热化学方程式写出甲醇完全燃烧生成二氧化碳的热化学方程式；②ⅰ）根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小判断；ⅱ）根据K=计算；③根据5min和10min时各物质浓度的变化来确定改变条件．【解答】解：①根据反应①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；△H1=﹣116kJ•mol﹣1，②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣283kJ•mol﹣1，③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=﹣242kJ•mol﹣1，根据盖斯定律：①﹣②﹣③×2得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣651kJ•mol﹣1，故答案是：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣651kJ•mol﹣1；②ⅰ）根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，所以曲线Z为270℃，故答案为：270℃；ⅱ）起始时CO的物质的量为1mol，根据氢气和一氧化碳的物质的量之比知，氢气的物质的量为1.5mol，一氧化碳的转化率为50%，所以参加反应的CO的物质的量是0.5mol，氢气参加反应的物质的量是1mol，剩余氢气的物质的量是0.5mol，剩余CO的物质的量是0.5mol，生成甲醇的物质的量是0.5mol，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）-24-起始/mol11.50转化/mol0.510.5平衡/mol0.50.50.5平衡浓度/mol/L0.50.50.5K=L2/mol2=4L2/mol2，故答案为：4L2/mol2；③反应达到平衡时，根据反应方程式知各物理量之间的关系式知，c（CO）=0.1mol/L﹣0.04mol/L=0.06mol/L，C（H2）=0.2mol/L﹣0.08mol/L=0.12mol/L，10min时，c（CO）减小，c（H2）增大，c（CH3OH）增大，则平衡向正反应方向移动，但氢气浓度增大，所以改变的物理量是增大了氢气的浓度，氢气浓度增大了0.2mol/L﹣0.12mol/L+0.02mol/L=0.1mol/L，故答案为：增大H2的浓度；增大了0.1mol•L﹣1．【点评】本题考查了化学平衡移动原理、盖斯定律等知识点，难点化学平衡移动的分析，要结合浓度该变量来确定改变条件，难度中等． 20．（12分）将磷肥生产中形成的副产物石膏（CaSO4•2H2O）转化为硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料，无论从经济效益、资源综合利用还是从环境保护角度看都具有重要意义．以下是石膏转化为硫酸钾和氯化钙的工艺流程示意图．（1）本工艺中所用的原料除CaSO4•2H2O、CaCO3、H2O外，还需要 KClNH3 等原料．（2）写出石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后发生反应的离子方程式： CaSO4+CO32﹣=CaCO3+SO42﹣ ．（3）过滤Ⅰ操作所得滤液是（NH4）2SO4溶液．检验滤液中含有CO32﹣的操作方法是： 用滴管取少量滤液于试管中，滴加盐酸，若产生气泡，证明滤液中含有CO32﹣ ．-24-（4）若过滤I的滤液中的Ca2+浓度低于1.0×10﹣5mol•L﹣1时可认为被沉淀完全．若要使Ca2+沉淀完全，则滤液中CO32﹣离子的物质的量浓度不得低于 5.0×10﹣4mol/L ．（已知：Ksp（CaCO3）=5.0×10﹣9）（5）写出蒸氨过程中的化学方程式 CaO+2NH4Cl+5H2OCaCl2•6H2O+2NH3↑ ．【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题．【分析】流程图分析：吸收环节NH3、CO2、H2O生成碳酸铵，碳酸铵和石膏悬浊液反应生成CaCO3、（NH4）2SO4，经过滤后分离，（NH4）2SO4和KCl的饱和溶液中，由于溶解度不同，析出K2SO4晶体，过滤分离得到NH4Cl和K2SO4，蒸氨环节的为CaO、H2O、NH4Cl生成为CaCl2．6H2O和NH3．（1）由上述分析可知，原料除CaSO4.2H2O、CaCO3、H2O外，还需要的两种原料是氨气与氯化钾；（2）碳酸铵和石膏悬浊液反应生成CaCO3、（NH4）2SO4；（3）利用CO32﹣与酸反应生成二氧化碳进行检验；（4）根据Ksp（CaCO3）=c（Ca2+）×c（CO32﹣）计算；（5）蒸氨环节的为CaO、H2O、NH4Cl生成为CaCl2．6H2O和NH3．【解答】解：由流程图可知，吸收环节NH3、CO2、H2O生成碳酸铵，碳酸铵和石膏悬浊液反应生成CaCO3、（NH4）2SO4，经过滤后分离，（NH4）2SO4和KCl的饱和溶液中，由于溶解度不同，析出K2SO4晶体，过滤分离得到NH4Cl和K2SO4，蒸氨环节的为CaO、H2O、NH4Cl生成为CaCl2．6H2O和NH3．（1）由上述分析可知，原料除CaSO4.2H2O、CaCO3、H2O外，还需要的两种原料是NH3与KCl，故答案为：KCl、NH3；（2）碳酸铵和石膏悬浊液反应生成CaCO3、（NH4）2SO4，反应离子方程式为：CaSO4+CO32﹣=CaCO3↓+SO42﹣，故答案为：CaSO4+CO32﹣=CaCO3↓+SO42﹣；（3）利用CO32﹣与酸反应生成二氧化碳进行检验，具体操作为：取少量溶液，滴加稀盐酸，若有气泡产生则还含有CO32﹣，反之，则不含有CO32﹣，故答案为：取少量溶液，滴加稀盐酸，若有气泡产生则还含有CO32﹣，反之，则不含有CO32﹣；-24-（4）Ca2+浓度低于1.0×10﹣5mol•L﹣1时可认为被沉淀完全，若要使Ca2+沉淀完全，根据Ksp（CaCO3）=c（Ca2+）×c（CO32﹣），可知溶液中c（CO32﹣）＞mol/L=5.0×10﹣4mol/L，故答案为：5.0×10﹣4mol/L；（5）蒸氨环节的为CaO、H2O、NH4Cl生成为CaCl2．6H2O和NH3，反应方程式为：CaO+NH4Cl+5H2OCaCl2．6H2O+2NH3↑，故答案为：CaO+NH4Cl+5H2OCaCl2．6H2O+2NH3↑．【点评】本题考查物质的制备方案、混合物分离提纯的综合应用．溶度积有关计算等，关键是理解工艺流程原理，侧重反应原理的分析及应用，题目难度中等． 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