2022-2022学年河南省三门峡市灵宝一高高二（上）期中化学试卷 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共42分）1．下列物质的水溶液因发生水解而显酸性的是（ ）A．NH4ClB．KHSO4C．NaHCO3D．H2SO4 2．将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（ ）A．c（H+）B．Ka（HF）C．D． 3．氢氰酸（HCN）的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）A．0.1mol/L该酸溶液的pH约为3B．HCN水溶液中，c（H+）＞c（OH﹣）C．10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应D．HCN易溶于水 4．将气体A、B置于容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：4A（g）+B（g）=2C（g）．反应进行到4s末，测得A为0.5mol，B为0.4mol，C为0.2mol．则用反应物A浓度的减少来表示该反应的速率应为（ ）A．0.025mol/（L•s）B．0.0125mol/（L•s）C．0.05mol/（L•s）D．0.1mol/（L•s） 5．已知反应：①101kPa时，2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ/mol②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol．下列结论正确的是（ ）A．碳的燃烧热小于110.5kJ/molB．①的反应热为221kJ/molC．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为﹣57.3kJ/molD．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ 6．如图中的曲线是在其他条件一定时反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）（正反应放热）中NO的最大转化率与温度的关系．图上标有A、B、C、D、E五点，其中表示未达到平衡状态，且v正＞v逆的点是（ ）A．A或EB．CC．BD．D 7．一定温度下在容积恒定的密闭容器中，进行如下可逆反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g），当下列物理量不发生变化时，能表明该反应已达到平衡状态的是（ ）27\n①容器内气体的压强②混合气体的密度③混合气体的总物质的量④B的物质的量浓度．A．②④B．②③C．②④D．①③ 8．可逆反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）△H，同时符合下列两图中各曲线的规律是（ ）A．a+b＞c+d T1＞T2△H＞0B．a+b＞c+d T1＜T2△H＜0C．a+b＜c+d T1＞T2△H＞0D．a+b＜c+d T1＜T2△H＜0 9．分别取40mL的0.50mol/L盐酸与40mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和热的测定．下列说法错误的是（ ）A．稍过量的氢氧化钠是确保盐酸完全反应B．仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒C．在实验过程中，如果不把温度计上的酸用水冲洗干净直接测量NaOH溶液的温度，则测得的△H偏大D．用Ba（OH）2和硫酸代替盐酸和氢氧化钠溶液，结果也是正确的 10．向足量H2SO4溶液中加入100mL0.4mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，放出的热量是5.12kJ．如果向足量Ba（OH）2溶液中加入100mL0.4mol•L﹣1盐酸时，放出的热量为2.2kJ．则Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为（ ）A．Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）═BaSO4（s）△H=﹣2.92kJ•mol﹣1B．Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）═BaSO4（s）△H=﹣18kJ•mol﹣1C．Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）═BaSO4（s）△H=﹣73kJ•mol﹣1D．Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）═BaSO4（s）△H=﹣0.72kJ•mol﹣1 11．下列实验操作或装置不符合实验要求的是（ ）A．装置Ⅰ可用于测定中和热27\nB．装置Ⅱ久置后，饱和硫酸铜溶液可能析出蓝色晶体C．装置Ⅲ在海带提碘实验中用于灼烧海带D．装置Ⅳ可用于吸收易溶于水的尾气 12．已知某温度下的热化学方程式：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣197kJ/mol．在同温同压下向密闭容器中通入2molSO2和1molO2，达到平衡时放出热量为Q1kJ；向另一相同密闭容器中通入1.5molSO2、0.75molO2和0.5molSO3，达到平衡时放出热量Q2kJ，下列关系正确的是（ ）A．Q1＜Q2＜197B．Q1=Q2＞197C．Q1＞Q2＞197D．Q2＜Q1＜197 13．在25℃、1.01×105Pa下，将22gCO2通入到750mL1.0mol•L﹣1的NaOH溶液中充分反应，放出xkJ热量．在该条件下1molCO2通入到2L1.0mol•L﹣1的NaOH溶液中充分反应，放出ykJ热量，则CO2与NaOH反应生成NaHCO3的热化学反应方程式为（ ）A．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（2y﹣x）kJ•mol﹣1B．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（4x﹣y）kJ•mol﹣1C．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（2x﹣y）kJ•mol﹣1D．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（8x﹣2y）kJ•mol﹣1 14．常温下，浓度均为0.1mol/L的四种溶液pH如下表依据已有的知识和信息判断，下列说法正确的是（ ）溶质Na2CO3NaClONaHCO3NaHSO3pH11.610.39.74.0A．常温下，HSO3¯的水解能力强于其电离能力B．常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH依次升高C．Na2CO3溶液中存在以下关系：c（Na+）+c（H+）=c（CO32¯）+c（HCO3¯）+c（OH¯）D．向氯水中加入少量NaHCO3固体，不能增大HClO的浓度 15．常温下，用0.01mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.01mol•L﹣1CH3COOH溶液，所得滴定曲线如图．下列说法正确的是（ ）A．a点对应溶液的pH=2B．b点对应的溶液中：c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）=c（Na+）+c（H+）C．c点表示NaOH溶液与CH3COOH溶液恰好完全反应D．d点对应的溶液中，水的电离程度小于同温下纯水的电离程度 16．下列混合溶液中，离子的浓度大小顺序正确的是（ ）27\nA．10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合，c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．10mL0.1mol/L醋酸与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．10mL0.5mol/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合，c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+） 17．将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g）；②2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）．达到平衡时，c（H2）=0.5mol/L，c（HI）=4mol/L，则此温度下反应①的平衡常数为（ ）A．9B．16C．20D．25 18．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是（ ）A．配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质B．滴定终点读数时，仰视滴定管读数，其他操作正确C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗D．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 19．关于各组溶液中微粒浓度的关系正确的是（ ）A．将一定量氨气通入0.1mol/LNH4Cl溶液中可能有：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．等物质的量的NaClO和NaHCO3的混合溶液中一定有：c（HClO）+c（ClO﹣）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）C．向CH3COONa溶液中滴加稀盐酸至溶液呈中性时有：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）D．等浓度等体积的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液混合均匀后：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+） 20．25℃时，在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol/L的Ba（OH）2溶液中，发生电离的水的物质的量之比是（ ）A．1：10B．1：5C．1：20D．10：1 21．已知反应mX（g）+nY（g）⇌qZ（g）；△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．通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动B．X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍C．降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小D．若平衡时X、Y的转化率相等，说明反应开始时X、Y的物质的量之比为n：m 二、填空题（共58分）27\n22．偏二甲肼与N2O4是常用的火箭推进剂，二者发生如下化学反应：（CH3）2NNH2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）（Ⅰ）（1）反应（Ⅰ）中氧化剂是 ．（2）火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：N2O4（g）⇌2NO2（g）△H（Ⅱ）当温度升高时，气体颜色变深，则反应（Ⅱ）中△H 0（填“＞”或“＜”），保持温度和体积不变向上述平衡体系中再充入一定量的N2O4，再次达到平衡时，混合气体中NO2的体积分 （填“增大”、“减小”或“不变”），混合气体的颜色 （填“变深”或“变浅”）．（3）一定温度下，将1molN2O4充入一恒压密闭容器中发生反应（Ⅱ），下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是 ．若在相同温度下，上述反应改在体积为10L的恒容密闭容器中进行，平衡常数 （填“增大”“不变”或“减小”）． 23．向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，在温度为T时发生如下反应PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）△H=+124kJ•mol﹣1．反应过程中测定的部分数据见下表：时间t/s050150250350n（PCl3）/mol00.160.190.20.2回答下列问题：（1）反应在前50s的平均速率v（PCl5）= ．（2）温度为T时，该反应的化学平衡常数= ．（3）上述反应到达平衡状态时，PCl3的体积分数为 ．要提高平衡时PCl3的体积分数，可采取的措施有 ．A．温度不变，压缩容器体积增大压强B．使用高效催化剂C．温度和体积不变，减小PCl5的起始量D．体积不变，提高反应温度（4）在温度为T时，若起始时向容器中充入0.5molPCl5和amolCl2平衡时PCl5的转化率仍为20%，则a= ．（5）在热水中，五氯化磷完全水解，生成磷酸（H3PO4），该反应的化学方程式是 ． 24．常温下，某溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1.0×10﹣10mol/L，该溶液可以是（ ）A．pH=4的醋酸B．pH=10的NaOH溶液C．pH=9的Na2CO3溶液D．pH=2的硫酸E．pH=4的NH4Cl溶液 25．常温下，amL0.1mol/L盐酸与bmL0.1mol/L氨水混合，充分反应．若混合后溶液呈中性，则a b（填“＜”、“=”或“＞”）． 26．常温下，amLpH=3的盐酸与bmLpH=11的氨水混合，充分反应．若a=b，则反应后溶液中离子浓度从大到小的顺序是 ．27\n 27．氯化铝水溶液呈 性，原因是（用离子方程式表示）： ．把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是 ． 28．相同温度下等物质量浓度的下列溶液中，A、NH4ClB、NH4HCO3C、NH4HSO4D、（NH4）2SO4①pH值由大到小的顺序是 （用对应的字母填写）②NH4+离子浓度由大到小的顺序是 （用对应的字母填写） 29．在温度t℃下，某Ba（OH）2的稀溶液中c（H+）=10﹣amol/L，c（OH﹣）=10﹣bmol/L，已知a+b=12，向该溶液中逐滴加入pH=b的NaHSO4，测得混合溶液的部分pH如下表所示：序号氢氧化钡的体积/mL硫酸氢钠的体积/mL溶液的pH①33.000.008②33.00x7③33.0033.006（1）依据题意判断，t℃ 25℃（填“大于”、“小于”或“等于”），该温度下水的离子积常数Kw= ．（2）b= ，x= mL．（3）反应③的离子方程式为 （4）将此温度下的Ba（OH）2溶液取出1mL，加水稀释至1L，则稀释后溶液中c（Ba2+）﹕c（OH﹣）= ；（5）与NaHSO4相同，NaHSO3和NaHCO3也为酸式盐．已知NaHSO3溶液呈酸性，NaHCO3溶液呈碱性．现有浓度均为0.1mol/L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），其中可能正确的是 （填正确答案的标号）．A．c（Na+）＞c（HRO）＞c（H+）＞c（RO）＞c（OH﹣）B．c（Na+）+c（H+）=c（HRO）+2c（RO）+c（OH﹣）C．c（H+）+c（H2RO3）=c（RO）+c（OH﹣）D．两溶液中c（Na+）、c（HRO）、c（RO）分别相等． 30．某同学在用稀盐酸与铁制取氢气的实验中，发现加入少量氯化铜溶液可加快氢气的生成速率．请回答下列问题：（1）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有 ； （答两种）；（2）实验室中现有NaCl、CuSO4、FeCl2、ZnCl2等4种溶液，可与实验中CuCl2溶液起相似作用的是 ；（3）为了进一步研究氯化铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验．将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间．实验（混合溶液）ABCDEF27\n4mol/L盐酸/mL60V1V2V3V4V5饱和CuCl2溶液/mL01.05.010V640H2O/mLV7V8V9V10200①请完成此实验设计，其中：V1= ，V6= ，V9= ；②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuCl2溶液时，生成氢气的速率会大大提高．但当加入的CuCl2溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降．请分析氢气生成速率下降的主要原因 ． 27\n2022-2022学年河南省三门峡市灵宝一高高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共42分）1．下列物质的水溶液因发生水解而显酸性的是（ ）A．NH4ClB．KHSO4C．NaHCO3D．H2SO4【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】物质的水溶液因发生水解而显酸性的是强酸弱碱盐，弱碱阳离子结合水动力平衡状态的氢氧根离子促进水的电离，溶液氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈酸性．【解答】解：A、NH4Cl溶液呈酸性，是因为铵根离子水解显酸性，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故A正确；B、KHSO4溶液呈酸性是因为KHSO4=K++H++SO42﹣，但不是盐类水解的原因，故B错误；C、NaHCO3溶液由于碳酸氢根离子水解导致溶液显示碱性，故C错误；D、H2SO4是强酸，能电离出氢离子，显酸性不是水解的原因，故D错误；故选A．【点评】本题考查了盐类水解的原理应用判断，物质性质是解题关键，题目难度中等． 2．将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（ ）A．c（H+）B．Ka（HF）C．D．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】热点问题；类比迁移思想；控制单因变量法；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变来解答．【解答】解：A、因HF为弱酸，则浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，故A错误；B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HF）在稀释过程中不变，故B错误；C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F﹣，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c（H+）不会超过10﹣7mol•L﹣1，c（F﹣）不断减小，则比值变小，故C错误；D、因Ka（HF）=，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c（F﹣）不断减小，Ka（HF）不变，则增大，故D正确；故选：D．【点评】本题考查弱电解质的稀释，明确稀释中电离程度、离子浓度、Ka的变化即可解答，本题难点和易错点是不断稀释时c（H+）不会超过10﹣7mol•L﹣1． 3．氢氰酸（HCN）的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）27\nA．0.1mol/L该酸溶液的pH约为3B．HCN水溶液中，c（H+）＞c（OH﹣）C．10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应D．HCN易溶于水【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】氢氰酸为弱电解质，则利用其电离不完全来分析，一般测定溶液的pH或测定相同条件下与强酸的导电性比较以及对应盐溶液的酸碱性来判断．【解答】解：A．氢氰酸为一元酸，0.1mol/L氢氰酸溶液的pH=1时该酸为强酸，但pH约为3，说明电离生成的氢离子约为10﹣3mol/L＜0.1mol/L，电离不完全，故A正确；B．c（H+）＞c（OH﹣），只能证明呈酸性，但不能证明酸性的强弱，故B错误；C．二者物质的量相等，不能证明酸性的强弱，故C错误；D．不能利用物质的溶解性来判断是否为弱电解质，即溶解性与电解质的强弱无关，故D错误．故选：A．【点评】本题考查弱电解质的判断方法，明确弱电解质在水中电离不完全是解答本题的关键，学生应注意在平时的学习中归纳判断弱电解质的方法，难度不大． 4．将气体A、B置于容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：4A（g）+B（g）=2C（g）．反应进行到4s末，测得A为0.5mol，B为0.4mol，C为0.2mol．则用反应物A浓度的减少来表示该反应的速率应为（ ）A．0.025mol/（L•s）B．0.0125mol/（L•s）C．0.05mol/（L•s）D．0.1mol/（L•s）【考点】反应速率的定量表示方法．【专题】化学反应速率专题．【分析】根据v=计算v（C），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（A）．【解答】解：4s末，测得C为0.2mol，则v（C）==0.025mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，则v（A）=2v（C）=0.025mol/（L•s）×2=0.05mol/（L•s），故选：C．【点评】本题考查化学反应速率的计算，比较基础，常用计算方法有定义法与化学计量数法，根据题目情况选择合适的计算方法． 5．已知反应：①101kPa时，2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ/mol②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol．下列结论正确的是（ ）A．碳的燃烧热小于110.5kJ/molB．①的反应热为221kJ/molC．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为﹣57.3kJ/molD．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ27\n【考点】化学能与热能的相互转化．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量；B、反应热包含符号，①的反应热为﹣221kJ•mol﹣1；C、根据中和热的概念分析；D、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量．【解答】解：A、由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5kJ，所以碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，故A错误；B、反应热包含符号，①的反应热为﹣221kJ•mol﹣1，故B错误；C、中和热是稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量，△H=﹣57.3kJ/mol，所以稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ/mol，故C错误；D、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D正确；故选：D．【点评】本题考查学生对于反应热、中和热的理解及有关计算等，难度不大，注意稀的强酸、强碱的中和热为△H=﹣57.3kJ/mol． 6．如图中的曲线是在其他条件一定时反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）（正反应放热）中NO的最大转化率与温度的关系．图上标有A、B、C、D、E五点，其中表示未达到平衡状态，且v正＞v逆的点是（ ）A．A或EB．CC．BD．D【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】在曲线上，当温度一定时，NO的转化率也一定，故曲线上任意一点都表示达到平衡状态，而曲线外的任意一点都表示未达平衡状态．在曲线下方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向上引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要增大，平衡向右移动，则V正＞V逆．在曲线上方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要减小，平衡向左移动，则V正＜V逆，据此解答．【解答】解：A．A、E点都在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由A、E点向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要减小，平衡向左移动，故v（正）＜v（逆），故A错误；B．C点在曲线下方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由C点向上引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要增大，平衡向右移动，故v（正）＞v（逆），故B正确；C．B点在曲线上，处于平衡状态，v（正）=v（逆），故C错误；D．D点在曲线上，处于平衡状态，v（正）=v（逆），故D错误；故选：B．27\n【点评】考查化学平衡图象，涉及平衡状态的判断、平衡移动等，难度中等，判断曲线上的任意一点都表示达到平衡状态是关键，根据NO的转化率判断反应进行分析． 7．一定温度下在容积恒定的密闭容器中，进行如下可逆反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g），当下列物理量不发生变化时，能表明该反应已达到平衡状态的是（ ）①容器内气体的压强②混合气体的密度③混合气体的总物质的量④B的物质的量浓度．A．②④B．②③C．②④D．①③【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：①该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，不能证明达到了平衡状态，故错误；②该容器的体积保持不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会变化，所以容器内气体的密度会变，当容器中气体的密度不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，故正确；③该反应是反应前后混合气体的总物质的量没有变化的反应，所以容器中的混合气体的总物质的量不再发生变化，不能证明达到了平衡状态，故错误；④反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，所以B的浓度不再变化时，该反应达到平衡状态，故正确；故选：A．【点评】本题利用一些基本量来判断一个可逆反应是否达到化学平衡状态，具有很强的灵活性，需要学习时理解化学平衡状态的内涵和外延，此点是高考的热点，也是学习的难点，判断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． 8．可逆反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）△H，同时符合下列两图中各曲线的规律是（ ）A．a+b＞c+d T1＞T2△H＞0B．a+b＞c+d T1＜T2△H＜0C．a+b＜c+d T1＞T2△H＞0D．a+b＜c+d T1＜T2△H＜0【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】由左图可知T1＜T2，升高温度生成物浓度降低，说明平衡向逆反应方向移动；由右图可知增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，以此解答该题．【解答】解：由左图可知T1＜T2，升高温度生成物浓度降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，△H＜0；由右图可知增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则a+b＞c+d，27\n故选B．【点评】本题考查化学平衡的移动问题，题目难度中等，注意把握温度、压强对平衡移动的影响，答题时注意分析图象曲线变化的趋势，把握图象的分析能力． 9．分别取40mL的0.50mol/L盐酸与40mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和热的测定．下列说法错误的是（ ）A．稍过量的氢氧化钠是确保盐酸完全反应B．仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒C．在实验过程中，如果不把温度计上的酸用水冲洗干净直接测量NaOH溶液的温度，则测得的△H偏大D．用Ba（OH）2和硫酸代替盐酸和氢氧化钠溶液，结果也是正确的【考点】中和热的测定．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．中和热的测定中，为了使测定结果更准确，一般需要使其中一种反应物过量；B．根据形状确定仪器名称；C．中和反应是放热反应；D．氢氧化钡与硫酸反应生成了硫酸钡沉淀，生成沉淀的过程中会有热量变化，影响测定结果．【解答】解：A．测定中和热时，为了使氢离子或者氢氧根离子完全反应，需要让其中一种反应物稍稍过量，故A正确；B．仪器A是环形玻璃搅拌棒，故B正确；C．中和反应是放热反应，温度计上的酸与NaOH溶液反应放热，使温度计读数升高，使测得的中和热偏高，故C正确；D．硫酸与Ba（OH）2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba（OH）2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热，故D错误．故选D．【点评】本题考查学生有关中和热的测定知识，注意对中和热概念的理解，难度不大，在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热． 10．向足量H2SO4溶液中加入100mL0.4mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，放出的热量是5.12kJ．如果向足量Ba（OH）2溶液中加入100mL0.4mol•L﹣1盐酸时，放出的热量为2.2kJ．则Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为（ ）A．Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）═BaSO4（s）△H=﹣2.92kJ•mol﹣1B．Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）═BaSO4（s）△H=﹣18kJ•mol﹣1C．Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）═BaSO4（s）△H=﹣73kJ•mol﹣1D．Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）═BaSO4（s）△H=﹣0.72kJ•mol﹣1【考点】反应热和焓变；热化学方程式．27\n【专题】化学反应中的能量变化．【分析】向H2SO4溶液中加入100mL0.4mol•L﹣1Ba（OH）2溶液反应涉及的离子方程式有Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）=BaSO4（s），H+（aq）+OH﹣（aq）=H20（l），向足量Ba（OH）2溶液中加入100mL0.4mol•L﹣1HCl溶液时，反应涉及的离子方程式为H+（aq）+OH﹣（aq）=H20（l），Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的离子方程式为Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）=BaSO4（s），从能量守恒的角度解答．【解答】解：100mL0.4mol•L﹣1Ba（OH）2的物质的量为0.04mol，向H2SO4溶液中加入100mL0.4mol•L﹣1Ba（OH）2溶液反应涉及的离子方程式有Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）=BaSO4（s），H+（aq）+OH﹣（aq）=H20（l），100mL0.4mol•L﹣1HCl的物质的量为0.04mol，反应涉及的离子方程式为H+（aq）+OH﹣（aq）=H20（l），根据放出的热量为2.2kJ，可知H+（aq）+OH﹣（aq）=H20（l）△H=﹣=﹣55kJ•mol﹣1，设Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）=BaSO4（s）△H=﹣QkJ•mol﹣1，则0.04Q+0.08mol×55kJ•mol﹣1=5.12kJ，解之得Q=18，所以Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）=BaSO4（s）△H=﹣18kJ•mol﹣1．故选B．【点评】本题考查热化学方程式的书写和反应热的计算，题目难度不大，注意从能量守恒的角度解答该题． 11．下列实验操作或装置不符合实验要求的是（ ）A．装置Ⅰ可用于测定中和热B．装置Ⅱ久置后，饱和硫酸铜溶液可能析出蓝色晶体C．装置Ⅲ在海带提碘实验中用于灼烧海带D．装置Ⅳ可用于吸收易溶于水的尾气【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．缺少环形玻璃搅拌器；B．CaO具有吸水性；C．坩埚用于灼烧；D．球形装置可防止倒吸．【解答】解：A．缺少环形玻璃搅拌器，则不能正确测定中和热，故A选；B．CaO具有吸水性，则装置Ⅱ久置后，饱和硫酸铜溶液溶剂减少，可能析出蓝色晶体，故B不选；C．坩埚用于灼烧，则装置Ⅲ在海带提碘实验中用于灼烧海带，故C不选；D．球形装置可防止倒吸，则装置Ⅳ可用于吸收易溶于水的尾气，故D不选；27\n故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及中和热测定、灼烧、防止倒吸装置及饱和溶液，侧重实验操作的考查，注重基础知识的考查，题目难度不大． 12．已知某温度下的热化学方程式：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣197kJ/mol．在同温同压下向密闭容器中通入2molSO2和1molO2，达到平衡时放出热量为Q1kJ；向另一相同密闭容器中通入1.5molSO2、0.75molO2和0.5molSO3，达到平衡时放出热量Q2kJ，下列关系正确的是（ ）A．Q1＜Q2＜197B．Q1=Q2＞197C．Q1＞Q2＞197D．Q2＜Q1＜197【考点】反应热的大小比较．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），△H=﹣197kJ/mol，表示在上述条件下2molSO2和1molO2完全反应生成1molSO3气体放出热量为197kJ，再结合可逆反应中反应物不能完全反应解答．【解答】解：反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=﹣197kJ/mol，由热化学方程式可知，在上述条件下反应生成2molSO3气体放热197kJ，加入2molSO2和1molO2，生成的三氧化硫量小于2mol，所以Q1＜197kJ，通入1.5molSO2和0.75molO2，如果转化率与加入2molSO2和1molO2相同，则放热为kJ，但是此时体系压强比加入2molSO2和1molO2要小，所以平衡会向左移动，所以实际放出的热量＜kJ，即2Q2＜Q1，综上得：2Q2＜Q1＜197kJ，所以Q2＜Q1＜197kJ；故选D．【点评】本题考查反应热的计算，题目难度中等，本题注意浓度对平衡的影响以及可逆反应的特征是关键． 13．在25℃、1.01×105Pa下，将22gCO2通入到750mL1.0mol•L﹣1的NaOH溶液中充分反应，放出xkJ热量．在该条件下1molCO2通入到2L1.0mol•L﹣1的NaOH溶液中充分反应，放出ykJ热量，则CO2与NaOH反应生成NaHCO3的热化学反应方程式为（ ）A．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（2y﹣x）kJ•mol﹣1B．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（4x﹣y）kJ•mol﹣1C．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（2x﹣y）kJ•mol﹣1D．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（8x﹣2y）kJ•mol﹣1【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据题意可知，22gCO2通入1mol•L﹣1NaOH溶液750mL中充分反应，测得反应放出xkJ的热量，写出热化学反应方程式，再利用1molCO2通入2mol•L﹣1NaOH溶液2L中充分反应放出ykJ的热量写出热化学反应方程式，最后利用盖斯定律来书写CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式．【解答】解：根据题意，22gCO2通入1mol•L﹣1NaOH溶液750mL中充分反应，n（CO2）==0.5mol，n（NaOH）=1mol•L﹣1×0.75L=0.75mol，该反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，方程式为2CO2+3NaOH═NaHCO3+Na2CO3+H2O，27\n由0.5molCO2反应放出热量为xKJ，则2molCO2反应放出热量为4xKJ，即热化学反应方程式为2CO2（g）+3NaOH（aq）═NaHCO3（aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=﹣4xKJ/mol①，又1molCO2通入2mol•L﹣1NaOH溶液2L中充分反应放出ykJ的热量，则热化学方程式为2NaOH（aq）+CO2（g）═Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=﹣yKJ/mol②，由盖斯定律可知，①﹣②可得，NaOH（aq）+CO2（g）═NaHCO3（aq）△H=﹣（4x﹣y）KJ/mol，故选B．【点评】本题考查热化学方程式的书写和计算，是高考中常见题型，计算中涉及到化学方程式的有关计算问题和盖斯定律的有关应用，是一重点题型，学生还应注意在书写热化学方程式时标明各物质的状态． 14．常温下，浓度均为0.1mol/L的四种溶液pH如下表依据已有的知识和信息判断，下列说法正确的是（ ）溶质Na2CO3NaClONaHCO3NaHSO3pH11.610.39.74.0A．常温下，HSO3¯的水解能力强于其电离能力B．常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH依次升高C．Na2CO3溶液中存在以下关系：c（Na+）+c（H+）=c（CO32¯）+c（HCO3¯）+c（OH¯）D．向氯水中加入少量NaHCO3固体，不能增大HClO的浓度【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】A、0.1mol/L的NaHSO3溶液的pH等于4.0，说明溶液呈酸性，即电离大于水解；B、强碱弱酸盐的碱性越强，对应的酸越弱，NaClO的pH大于NaHCO3溶液的pH，所以碳酸的酸性强于次氯酸，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO酸性减弱；C、根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（CO32¯）+c（HCO3¯）+c（OH¯）；D、向氯水中加入少量NaHCO3固体，盐酸酸性强于碳酸，使平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO正向移动，从而使HClO的浓度增大．【解答】解：A、0.1mol/L的NaHSO3溶液的pH等于4.0，说明溶液呈酸性，即电离大于水解，故A错误；B、强碱弱酸盐的碱性越强，对应的酸越弱，NaClO的pH大于NaHCO3溶液的pH，所以碳酸的酸性强于次氯酸，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO酸性减弱，所以pH依次升高，故B正确；C、根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（CO32¯）+c（HCO3¯）+c（OH¯），故C错误；D、向氯水中加入少量NaHCO3固体，盐酸酸性强于碳酸，使平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO正向移动，体积不变，次氯酸的物质的量增加，从而使HClO的浓度增，故D错误；故选B．【点评】本题考查盐的水解、电荷守恒和平衡的移动的相关知识，综合性较强，有一定的难度． 15．常温下，用0.01mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.01mol•L﹣1CH3COOH溶液，所得滴定曲线如图．下列说法正确的是（ ）27\nA．a点对应溶液的pH=2B．b点对应的溶液中：c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）=c（Na+）+c（H+）C．c点表示NaOH溶液与CH3COOH溶液恰好完全反应D．d点对应的溶液中，水的电离程度小于同温下纯水的电离程度【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．醋酸为弱酸，不能完全电离；B．b点时溶液呈酸性，结合电荷守恒解答；C．c点时溶液呈中性，如醋酸和氢氧化钠恰好完全反应，则溶液应呈碱性；D．d点时溶液呈碱性，如二者恰好中和，则促进水解的电离．【解答】解：A．醋酸为弱酸，不能完全电离，则0.01mol•L﹣1CH3COOH溶液pH＞2，故A错误；B．溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故B正确；C．醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误；D．d点时溶液呈碱性，如二者恰好中和，完全反应生成醋酸钠，水解呈碱性，促进水的电离，故D错误．故选B．【点评】本题以NaOH滴定CH3COOH的滴定曲线为载体，考查盐类的水解、溶液离子浓度的大小比较等，难度中等，注意离子浓度大小比较中电荷守恒，把握影响弱电解质的电离和盐类水解的因素，注重相关基础知识的积累，难度不大． 16．下列混合溶液中，离子的浓度大小顺序正确的是（ ）A．10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合，c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．10mL0.1mol/L醋酸与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．10mL0.5mol/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合，c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；盐类水解的应用．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A.10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合，完全反应生成NH4Cl，NH4+水解呈酸性；27\nB.10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，生成NaCl和氨水，反应溶液呈碱性；C.10mL0.1mol/L醋酸与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，完全反应生成CH3COONa，CH3COO﹣水解，溶液呈碱性；D.10mL0.5mol/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合，盐酸过量，溶液呈酸性．【解答】解：A.10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合，完全反应生成NH4Cl，NH4+水解呈酸性，则有：c（H+）＞c（OH﹣），c（Cl﹣）＞c（NH4+）故A错误；B.10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，生成NaCl和氨水，反应溶液呈碱性，则有c（Na+）=c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+），氨水的电离程度较低，则有c（Cl﹣）＞c（OH﹣），故B正确；C.10mL0.1mol/L醋酸与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，完全反应生成CH3COONa，CH3COO﹣水解，溶液呈碱性，则c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故C错误；D.10mL0.5mol/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合，盐酸过量，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），故D错误．故选B．【点评】本题考查酸碱混合的判断，题目难度不大，本题注意酸碱的强弱的判断以及混合后反应的程度，注意从电解质的电离和盐类的水解等角度综合考虑． 17．将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g）；②2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）．达到平衡时，c（H2）=0.5mol/L，c（HI）=4mol/L，则此温度下反应①的平衡常数为（ ）A．9B．16C．20D．25【考点】化学平衡常数的含义．【分析】反应①的平衡常数k=c（NH3）•c（HI），NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的NH3，由反应②可知分解的c（HI）为平衡时c（H2）的2倍，求出为NH4I分解生成的NH3，代入反应①的平衡常数k=c（NH3）•c（HI）计算．【解答】解：平衡时c（HI）=4mol•L﹣1，HI分解生成的H2的浓度为0.5mol•L﹣1．NH4I分解生成的HI的浓度为4mol•L﹣1+2×0.5mol•L﹣1=5mol•L﹣1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为5mol•L﹣1，所以反应①的平衡常数k=c（NH3）•c（HI）=5mol•L﹣1×4mol•L﹣1=20mol2•L﹣2．故选C．【点评】本题的解题关键在于平衡时HI为NH4I分解生成的HI与分解的HI之差，难度较大． 18．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是（ ）A．配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质B．滴定终点读数时，仰视滴定管读数，其他操作正确C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗D．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液【考点】中和滴定．【专题】化学实验基本操作．【分析】根据c（酸）=判断不当操作对相关物理量的影响27\n【解答】解：A、所用的固体KOH中混有NaOH，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配得溶液的OH﹣浓度偏大，造成V（碱）偏小，根据c（酸）=可知c（酸）偏小，故A正确；B、滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，造成V（碱）偏大，根据c（酸）=可知c（酸）偏大，故B错误；C、盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗，待测液的物质的量偏多，造成V（碱）偏大，根据c（酸）=可知c（酸）偏大，故C错误；D、滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成V（碱）偏大，根据c（酸）=可知c（酸）偏大，故D错误；故选A．【点评】本题主要考查酸碱滴定实验的基本操作，学生应注意操作的规范性和实验中常见的误差分析，根据公式分析误差． 19．关于各组溶液中微粒浓度的关系正确的是（ ）A．将一定量氨气通入0.1mol/LNH4Cl溶液中可能有：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．等物质的量的NaClO和NaHCO3的混合溶液中一定有：c（HClO）+c（ClO﹣）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）C．向CH3COONa溶液中滴加稀盐酸至溶液呈中性时有：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）D．等浓度等体积的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液混合均匀后：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．根据电荷守恒分析，正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度；B．根据物料守恒分析，溶液中C元素的总物质的量等于Cl元素的总物质的量；C．溶液显中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒分析；D．根据物料守恒分析．【解答】解：A．将一定量氨气通入0.1mol/LNH4Cl溶液中，其电荷守恒为：c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），若c（Cl﹣）＞c（NH4+），则c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；B．等物质的量的NaClO和NaHCO3的混合溶液中，C元素的总物质的量等于Cl元素的总物质的量，所以溶液中一定有：c（HClO）+c（ClO﹣）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣），故B正确；C．向CH3COONa溶液中滴加稀盐酸至溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知：c（Cl﹣）+c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），所以（Na+）＞c（Cl﹣），故C错误；D．等浓度等体积的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液混合，溶液中c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故D错误．故选B．【点评】本题考查了溶液质量总浓度大小比较，注意把握电荷守恒和物料守恒的应用，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．27\n 20．25℃时，在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol/L的Ba（OH）2溶液中，发生电离的水的物质的量之比是（ ）A．1：10B．1：5C．1：20D．10：1【考点】水的电离；pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】根据H20⇌H++OH﹣可知，H2SO4溶液、Ba（OH）2溶液抑制水的电离，根据溶液的H2SO4溶液的PH或Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）计算水的电离的物质的量．【解答】解：设溶液的体积为1L，①中pH=0的H2SO4中c（H+）=1.0mol•L﹣1，c（OH﹣）=1.0×10﹣14mol•L﹣1，水电离的物质的量为1.0×10﹣14mol；②中c（OH﹣）=0.1mol•L﹣1，c（H+）=1.0×10﹣13mol•L﹣1，水电离的物质的量为1.0×10﹣13mol；故①②中水的电离的物质的量之比为：1.0×10﹣14mol：1.0×10﹣13mol=1：10，故选A．【点评】本题考查水的电离以及溶液中PH的简单计算，难度不大，做题时注意如何计算水的电离是解答此类题目的关键． 21．已知反应mX（g）+nY（g）⇌qZ（g）；△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．通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动B．X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍C．降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小D．若平衡时X、Y的转化率相等，说明反应开始时X、Y的物质的量之比为n：m【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、恒容条件下，通入稀有气体使压强增大，反应混合物的浓度不变，正、逆反应速率不变；B、可逆反应达平衡时不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比；C、降低温度平衡向正反应移动，由于m+n＞q，反应混合气体总的物质的量减小，结合M=判断；D、反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比转化率相同．【解答】解：A、恒容条件下，通入稀有气体使压强增大，反应混合物的浓度不变，正、逆反应速率不变，平衡不移动，故A错误；B、可逆反应达平衡时不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，X的正反应速率是Y的逆反应速率的m/n倍，说明反应到达平衡，故B正确；C、降低温度平衡向正反应移动，由于m+n＞q，反应混合气体总的物质的量减小，混合气体总质量不变，结合M=可知混合气体的平均摩尔质量增大，故降低温度，混合气体的平均相对分子质量增大，故C错误；D、反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比转化率相同，平衡时X、Y的转化率相等，说明反应开始时X、Y的物质的量之比为m：n，故D错误．27\n故选B．【点评】本题考查化学平衡移动的影响因素、化学平衡状态的判断等，难度中等，A为易错点，注意压强的变化不能引起浓度的变化化学平衡不移动，反应前后气体的体积不变化，即使引起浓度不变，但化学平衡不移动． 二、填空题（共58分）22．偏二甲肼与N2O4是常用的火箭推进剂，二者发生如下化学反应：（CH3）2NNH2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）（Ⅰ）（1）反应（Ⅰ）中氧化剂是 N2O4 ．（2）火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：N2O4（g）⇌2NO2（g）△H（Ⅱ）当温度升高时，气体颜色变深，则反应（Ⅱ）中△H ＞ 0（填“＞”或“＜”），保持温度和体积不变向上述平衡体系中再充入一定量的N2O4，再次达到平衡时，混合气体中NO2的体积分 减小 （填“增大”、“减小”或“不变”），混合气体的颜色 变深 （填“变深”或“变浅”）．（3）一定温度下，将1molN2O4充入一恒压密闭容器中发生反应（Ⅱ），下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是 acd ．若在相同温度下，上述反应改在体积为10L的恒容密闭容器中进行，平衡常数 不变 （填“增大”“不变”或“减小”）．【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】（1）在氧化还原反应中化合价降低的反应物是氧化剂；（2）升高温度，平衡向吸热反应方向移动；保持温度和体积不变向上述平衡体系中再充入一定量的N2O4，相对于成比例增大反应物，即增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，但二氧化氮的浓度一定增大；（3）根据达到平衡状态，各组分浓度不变，正逆反应速率相等进行判断；化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关．【解答】解：（1）反应（Ⅰ）中，N2O4（l）中N元素得电子化合价降低，N2O4（l）是氧化剂，（CH3）2NNH2（l）中碳元素化合价升高，是还原剂，故答案为：N2O4；（2）升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，当温度升高时，气体颜色变深，平衡向正反应方向移动，所以正反应是吸热反应即△H＞0；保持温度和体积不变向上述平衡体系中再充入一定量的N2O4，相对于成比例增大反应物，即增大压强平衡向气体体积减小的方向移动即逆反应方向，所以NO2的体积分数减小，但二氧化氮的浓度仍然增大，则混合气体的颜色变深，故答案为：＞；减小；变深；（3）a、反应方程式两边气体的质量不相等，密度不变，说明达到了平衡状态，故a正确；b、反应过程中，反应热不会变化，不是变量，无法判断是否达到平衡状态，故b错误；c、根据图象，正反应速率不变，则说明达到了平衡状态，故c正确；d、四氧化二氮的转化率不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故d正确；27\n化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，所以平衡常数K不变；故答案为：acd；不变．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断、化学反应速率的计算等知识，题目难度中等，注意掌握化学平衡状态的判断方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力． 23．向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，在温度为T时发生如下反应PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）△H=+124kJ•mol﹣1．反应过程中测定的部分数据见下表：时间t/s050150250350n（PCl3）/mol00.160.190.20.2回答下列问题：（1）反应在前50s的平均速率v（PCl5）= 0.0016mol/（L•s） ．（2）温度为T时，该反应的化学平衡常数= 0.025 ．（3）上述反应到达平衡状态时，PCl3的体积分数为 16.7% ．要提高平衡时PCl3的体积分数，可采取的措施有 CD ．A．温度不变，压缩容器体积增大压强B．使用高效催化剂C．温度和体积不变，减小PCl5的起始量D．体积不变，提高反应温度（4）在温度为T时，若起始时向容器中充入0.5molPCl5和amolCl2平衡时PCl5的转化率仍为20%，则a= 0.1 ．（5）在热水中，五氯化磷完全水解，生成磷酸（H3PO4），该反应的化学方程式是 PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl ．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）由表中数据可知，50s内△n（PCl3）=0.16mol，由方程式可知△n（PCl5）=△n（PCl3），根据v=计算v（PCl5）；（2）温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，平衡时n（PCl3）=0.2mol，则：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）开始（mol/L）：0.500变化（mol/L）：0.10.10.1平衡（mol/L）：0.40.10.1再根据K=计算平衡常数；（3）PCl3的体积分数=×100%；要提高平衡时PCl3的体积分数，改变条件平衡正向移动，但不能减小PCl3的浓度，注意改变PCl5的浓度等效为压强改变；（4）平衡时PCl5的转化率仍为20%，转化的PCl5为0.5mol×20%=0.1mol，表示出平衡时各组分物质的量，再根据平衡常数列方程计算解答；（5）在热水中，五氯化磷完全水解，生成磷酸（H3PO4），还生成HCl．27\n【解答】解：（1）由表中数据可知，50s内△n（PCl3）=0.16mol，由方程式可知△n（PCl5）=△n（PCl3）=0.16mol，则v（PCl5）==0.0016mol/（L•s），故答案为：0.0016mol/（L•s）；（2）温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，平衡时n（PCl3）=0.2mol，则：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）开始（mol/L）：0.500变化（mol/L）：0.10.10.1平衡（mol/L）：0.40.10.1则平衡常数K===0.025，故答案为：0.025；（3）由（2）中计算数据可知，平衡时PCl3的体积分数=×100%=16.7%；A．温度不变，压缩容器体积增大压强，平衡逆向移动，PCl3的体积分数减小，故A错误；B．使用高效催化剂，不影响平衡移动，PCl3的体积分数不变，故B错误；C．温度和体积不变，减小PCl5的起始量，等效为降低压强，平衡正向移动，PCl3的体积分数增大，故C错误；D．体积不变，提高反应温度，正反应为吸热反应，平衡正向移动，PCl3的体积分数增大，故D正确，故答案为：16.7%；CD；（4）在温度为T时，若起始时向容器中充入0.5molPCl5和amolCl2，平衡时PCl5的转化率仍为20%，则转化的PCl5为0.5mol×20%=0.1mol，反应正向进行，则：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）开始（mol/L）：0.2500.5a变化（mol/L）：0.050.050.05平衡（mol/L）：0.20.050.5a+0.05则平衡常数K==0.025，解得a=0.1故答案为：0.1；（5）在热水中，五氯化磷完全水解，生成磷酸（H3PO4），还生成HCl，反应方程式为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，故答案为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率、平衡常数计算等，难度中等，（4）中注意利用平衡醋酸是进行计算解答． 24．常温下，某溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1.0×10﹣10mol/L，该溶液可以是（ ）A．pH=4的醋酸B．pH=10的NaOH溶液C．pH=9的Na2CO3溶液D．pH=2的硫酸E．pH=4的NH4Cl溶液【考点】pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．27\n【分析】酸或碱、强酸酸式盐抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，常温下水电离出的c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，某溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1.0×10﹣10mol/L，水的电离被抑制，说明溶液中的溶质为酸、碱或强酸酸式盐，酸溶液中氢氧根离子完全由水电离，碱溶液中氢离子完全由水电离，根据各选项PH进行分析解答．【解答】解：A．pH等于4的醋酸溶液中，c（H+）=10﹣4mol/L，对水的电离起到抑制作用，酸溶液中氢氧根离子完全由水电离，水电离出的c（OH﹣）==1.0×10﹣10mol/L，故A正确；B．pH=10的NaOH溶液中，c（H+）=10﹣10mol/L，对水的电离起到抑制作用，碱溶液中氢离子完全由水电离，水电离出的c（OH﹣）=c（H+）=1.0×10﹣10mol/L，故B正确；C．Na2CO3属于强碱弱酸盐，促进水电离，pH=9的Na2CO3溶液中，c（H+）=10﹣9mol/L，水电离出的c（OH﹣）==10﹣5mol/L，故C错误；D．pH=2的硫酸溶液中，c（H+）=10﹣2mol/L，对水的电离起到抑制作用，酸溶液中氢氧根离子完全由水电离，水电离出的c（OH﹣）==1.0×10﹣12mol/L，故D错误；E．NH4Cl属于强酸弱碱盐，促进水电离，pH=4的NH4Cl溶液中，c（H+）=10﹣4mol/L，水电离出的c（OH﹣）=c（H+）=10﹣4mol/L，故E错误；故选AB．【点评】本题以水的电离为载体考查溶液pH的计算，明确促进或抑制水电离物质是解本题关键，注意溶液中氢离子浓度与水电离出氢离子浓度关系，题目难度中等． 25．常温下，amL0.1mol/L盐酸与bmL0.1mol/L氨水混合，充分反应．若混合后溶液呈中性，则a ＜ b（填“＜”、“=”或“＞”）．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】根据NH4Cl溶液呈酸性可知，要使混合后呈中性，必须一水合氨过量，据此分析．【解答】根据NH4Cl溶液呈酸性可知，要使混合后呈中性，必须一水合氨过量，相同物质的量浓度的盐酸和氨水反应后溶液显中性，说明氨水的体积大于盐酸，所以a＜b；故答案为：＜．【点评】本题考查了酸碱反应后溶液酸碱性分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等． 26．常温下，amLpH=3的盐酸与bmLpH=11的氨水混合，充分反应．若a=b，则反应后溶液中离子浓度从大到小的顺序是 c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） ．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】常温下，pH=3的盐酸溶液中c（HCl）=0.001mol/L，一水合氨是弱电解质，部分电离，所以pH=11的氨水浓度大于0.01mol/L，二者等体积混合时氨水有剩余，导致溶液呈碱性，结合电荷守恒判断离子浓度大小．【解答】27\n解：常温下，pH=3的盐酸溶液中c（HCl）=0.001mol/L，一水合氨是弱电解质，部分电离，所以pH=11的氨水浓度大于0.01mol/L，二者等体积混合时氨水有剩余，导致溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒得c（Cl﹣）＜c（NH4+），一水合氨电离程度较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确混合溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意结合电荷守恒分析解答，题目难度不大． 27．氯化铝水溶液呈 酸 性，原因是（用离子方程式表示）： Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+ ．把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是 2Al（OH）3Al2O3+3H2O ．【考点】盐类水解的原理．【分析】AlCl3为强酸弱碱盐，铝离子水解导致溶液呈酸性；将AlCl3溶液蒸干过程中，氯化铝水解生成HCl和Al（OH）3，温度越高HCl挥发性越强，导致蒸干时得到的固体是Al（OH）3，灼烧Al（OH）3得到的固体是氧化铝．【解答】解：AlCl3为强酸弱碱盐，铝离子水解导致溶液呈酸性，水解方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；将AlCl3溶液蒸干过程中，氯化铝水解生成HCl和Al（OH）3，温度越高HCl挥发性越强，导致蒸干时得到的固体是Al（OH）3，灼烧Al（OH）3得到的固体是氧化铝，方程式为2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故答案为：酸；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；2Al（OH）3Al2O3+3H2O．【点评】本题考查盐类水解，根据形成盐的酸、碱强弱确定盐的类型，从而确定溶液酸碱性，注意：蒸干、灼烧难挥发性酸的盐时得到盐本身，蒸干、灼烧挥发性酸的盐时得到金属氧化物． 28．相同温度下等物质量浓度的下列溶液中，A、NH4ClB、NH4HCO3C、NH4HSO4D、（NH4）2SO4①pH值由大到小的顺序是 C＞D＞A＞B （用对应的字母填写）②NH4+离子浓度由大到小的顺序是 D＞C＞A＞B （用对应的字母填写）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．铵根离子水解，溶液呈酸性，B．碳酸氢根离子促进铵根离子水解，酸性较氯化铵溶液酸性弱，C．电离出氢离子，并抑制铵根离子水解，显强酸性，D．铵根离子水解，水解程度不大，铵根离子浓度最大，酸性比氯化铵溶液的酸性强．【解答】解：A．铵根离子水解，溶液呈酸性，B．碳酸氢根离子促进铵根离子水解，酸性较氯化铵溶液酸性弱，C．电离出氢离子，并抑制铵根离子水解，显强酸性，D．铵根离子水解，水解程度不大，铵根离子浓度最大，酸性比氯化铵溶液的酸性强．①pH值由大到小的顺序是：C＞D＞A＞B，故答案为：C＞D＞A＞B；②NH4+离子浓度由大到小的顺序是：D＞C＞A＞B，故答案为：D＞C＞A＞B．【点评】本题考查溶液离子浓度大小比较、溶液pH判断等，注意硫酸氢铵为强酸性溶液． 29．在温度t℃下，某Ba（OH）2的稀溶液中c（H+）=10﹣amol/L，c（OH﹣）=10﹣bmol/L，已知a+b=12，向该溶液中逐滴加入pH=b的NaHSO4，测得混合溶液的部分pH如下表所示：序号氢氧化钡的体积/mL硫酸氢钠的体积/mL溶液的pH①33.000.00827\n②33.00x7③33.0033.006（1）依据题意判断，t℃ ＞ 25℃（填“大于”、“小于”或“等于”），该温度下水的离子积常数Kw= 1×10﹣12 ．（2）b= 4 ，x= 27 mL．（3）反应③的离子方程式为 Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O （4）将此温度下的Ba（OH）2溶液取出1mL，加水稀释至1L，则稀释后溶液中c（Ba2+）﹕c（OH﹣）= 1：20 ；（5）与NaHSO4相同，NaHSO3和NaHCO3也为酸式盐．已知NaHSO3溶液呈酸性，NaHCO3溶液呈碱性．现有浓度均为0.1mol/L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），其中可能正确的是 ABC （填正确答案的标号）．A．c（Na+）＞c（HRO）＞c（H+）＞c（RO）＞c（OH﹣）B．c（Na+）+c（H+）=c（HRO）+2c（RO）+c（OH﹣）C．c（H+）+c（H2RO3）=c（RO）+c（OH﹣）D．两溶液中c（Na+）、c（HRO）、c（RO）分别相等．【考点】离子浓度大小的比较；离子方程式的有关计算．【分析】（1）根据Kw=c（H+）•c（OH﹣）计算水的离子积，然后根据水的电离过程为吸热过程判断温度大小；（2）根据水电离离子积及溶液的pH计算出氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度；两溶液混合后溶液的pH=8，根据该温度下水的离子积可知，混合液显示碱性，说明氢氧根离子过量，根据题中数据计算出x；（3）反应后的溶液的pH=6，溶液为中性，说明二者恰好反应，据此写出反应的离子方程式；（4）先根据氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度计算出氢氧化钡的浓度、钡离子浓度，再计算出稀释1000倍后溶液中钡离子浓度；而对于氢氧化钡溶液中，氢氧根离子在稀释过程中其浓度只能无限接近中性时离子浓度，据此计算出二者浓度之比；（5）A．NaHSO3溶液呈酸性说明亚硫酸氢离子电离大于水解；B．依据溶液中电荷守恒分析判断；C．依据溶液中的物料守恒进行判断；D．溶液中电离和水解程度不同，离子浓度不同．【解答】解：（1）该温度下水的离子积为：Kw=c（H+）•c（OH﹣）=10﹣a×10﹣b=10﹣（a+b）=1×10﹣12＞1×10﹣14，水的电离为吸热过程，所以该温度t℃＞25℃，故答案为：＞；1×10﹣12；（2）氢氧化钡溶液的pH=8，水电离离子积为1×10﹣12，则溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）=10﹣bmol/L=mol/L=10﹣4mol/L，所以b=4；两溶液混合后溶液的pH=7，根据水电离离子积为1×10﹣12可知溶液显示碱性，反应后的溶液中氢氧根离子浓度为10﹣5mol/L，则=10﹣5mol/L，解得：x=27，27\n故答案为：4；27；（3）该温度下，溶液的pH=6，说明溶液显示中性，反应的离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故答案为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O；（4）氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度为：10﹣4mol/L，则氢氧化钡的浓度为5×10﹣5mol/L，c（Ba2+）=c[Ba（OH）2]=5×10﹣5mol/L，1mL该氢氧化钡溶液稀释到1L时，钡离子浓度为：mol/L=5×10﹣8mol/L，而氢氧根离子浓度只能无限接近1×10﹣6mol/L，所以稀释后溶液中c（Ba2+）﹕c（OH﹣）=5×10﹣8mol/L：1×10﹣6mol/L=1：20，故答案为：1：20；（5）A．若是亚硫酸氢钠溶液，NaHSO3溶液呈酸性说明亚硫酸氢离子电离大于水解、溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣），所以该离子浓度关系可能成立，故A正确；B．溶液中存在电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（HRO3﹣）+2c（RO32﹣）+c（OH﹣），故B正确；C．依据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（HRO3﹣）+2c（RO32﹣）+c（OH﹣），物料守恒得到c（Na+）=c（HRO3﹣）+c（RO32﹣）+c（H2RO3），二者结合得到：c（H+）+c（H2RO3）=c（RO32﹣）+c（OH﹣），故C正确；D．溶液中电离和水解程度不同，溶液中各离子浓度不同，故D错误；故答案为：ABC．【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、水的电离及其影响因素、溶液酸碱性与溶液pH的计算等知识，题目难度中等，试题涉及的题量较大，知识点较大，注意掌握酸碱混合时的定性判断、溶液酸碱性与溶液pH的计算方法，明确溶液中离子浓度大小比较的方法，（4）为易错点，注意明确氢氧化钡溶液稀释后氢氧根离子浓度为该温度下的中性时的浓度． 30．某同学在用稀盐酸与铁制取氢气的实验中，发现加入少量氯化铜溶液可加快氢气的生成速率．请回答下列问题：（1）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有 升高温度 ； 适当增加盐酸浓度 （答两种）；（2）实验室中现有NaCl、CuSO4、FeCl2、ZnCl2等4种溶液，可与实验中CuCl2溶液起相似作用的是 CuSO4 ；（3）为了进一步研究氯化铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验．将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间．实验（混合溶液）ABCDEF4mol/L盐酸/mL60V1V2V3V4V5饱和CuCl2溶液/mL01.05.010V640H2O/mLV7V8V9V10200①请完成此实验设计，其中：V1= 60 ，V6= 20 ，V9= 35 ；②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuCl2溶液时，生成氢气的速率会大大提高．但当加入的CuCl2溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降．请分析氢气生成速率下降的主要原因 生成Cu覆盖在Zn表面，降低了Zn与酸溶液的接触面积 ．【考点】化学反应速率的影响因素．27\n【专题】化学反应速率专题．【分析】（1）根据温度、浓度、接触面积对反应速率的影响来解答；（2）实验中加CuCl2溶液形成原电池加快反应速率，则应选择CuSO4；（3）①研究氯化铜的量对氢气生成速率的影响，则盐酸的体积相同，改变氯化铜的量，由A、F可知结合溶液的总体积为60mL+40mL=100mL可判断V6、V9；②当加入的CuCl2溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降是因生成Cu覆盖在Zn表面，降低了Zn与酸溶液的接触面积．【解答】解：（1）因升高温度、适当增加盐酸浓度、增大Zn的接触面积可加快反应速率，故答案为：升高温度；适当增加盐酸浓度；（2）实验中加CuCl2溶液形成原电池加快反应速率，只有硫酸铜与Zn反应，则应选择CuSO4，故答案为：CuSO4；（3）①研究氯化铜的量对氢气生成速率的影响，则盐酸的体积相同，则V1为60，改变氯化铜的量，由A、F可知结合溶液的总体积为60mL+40mL=100mL，则V6，=100﹣60﹣20=80，则V9=100﹣60﹣5=35，故答案为：60；20；35；②当加入的CuCl2溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降是因生成Cu覆盖在Zn表面，降低了Zn与酸溶液的接触面积，故答案为：生成Cu覆盖在Zn表面，降低了Zn与酸溶液的接触面积．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，注意影响反应速率的因素及实验中控制变量的方法测定反应速率，（3）为解答的难点，题目难度中等． 27
