2022-2022学年江西省九江市都昌一中高一（下）期末化学试卷一、单项选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只是一个选项符合题意）1．下列有关化学用语使用正确的是()A．NH3的电子式：B．S2﹣的结构示意图：C．中子数为146、质子数为92的铀（U）原子UD．氮气分子的结构式：N﹣N2．下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是()A．碳与二氧化碳高温反应B．乙醇燃烧C．铝粉与氧化铁粉末反应D．氧化钙溶于水3．下列溶液一定呈中性的是()A．滴入酚酞呈无色的溶液B．pH=7的溶液C．c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L溶液D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液4．下列说法中正确的是()A．凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的B．自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变C．醋酸溶液的导电能力可能比稀硫酸强D．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件的△H不同5．下列说法错误的是()A．微粒半径：S＜S2﹣＜KB．稳定性：H2O＞H2S＞PH3C．酸性：H3PO4＜HNO3＜HClO4D．沸点：HF＜HCl＜HBr＜HI6．对于反应：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列为四种不同情况下测得的反应速率，其中能表明该反应进行最快的是()A．v（NH3）=0.2mol•L﹣1•s﹣1B．v（O2）=0.24mol•L﹣1•s﹣1C．v（H2O）=0.25mol•L﹣1•s﹣1D．v（NO）=0.15mol•L﹣1•s﹣17．在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是()A．CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=+725.8kJ/mol23\nB．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ/molC．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣725.8kJ/molD．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=+1452kJ/mol8．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是()A．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣﹣1，则氢气的燃烧热为241.8kJ•mol﹣1B．已知NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3kJ的热量C．已知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H=akJ•mol﹣﹣12C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=bkJ•mol﹣﹣1则a＞bD．已知P（红磷，s）═P（白磷，s）△H＞0，则白磷比红磷稳定9．下列有关水的电离的说法正确的是()A．将水加热，KW增大，pH不变B．向水中加入少量NaHSO4固体，恢复到原温度，水的电离被抑制，C（H+）增大C．向水中加入少量NH4Cl固体，恢复到原温度，水的电离程度减小D．向水中加少量KOH固体，恢复到原温度，水的电离程度增大10．蒸干并灼烧下列物质的水溶液，仍能得到该物质的是()A．氯化铝B．碳酸氢钠C．硫酸亚铁D．碳酸钠11．对于可逆反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，下列研究目的和示意图相符的是()ABCD研究目的压强对反应的影响（p2＞p1）温度对反应的影响平衡体系增加O2的浓度对反应的影响体积恒定的密闭容器中催化剂对反应的影响图示A．AB．BC．CD．D12．常温，下列各组离子，在指定的环境中一定能大量共存的是()A．含大量Al3+的溶液中：Na+、AlO2﹣、SO42﹣、I﹣B．在能使pH试纸变深蓝色的溶液中：Na+、S2﹣、NO3﹣、CO32﹣C．由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、AlO2﹣、S2﹣、CO32﹣D．c（H+）=10﹣14mol•L﹣1的溶液中：Mg2+、NO3﹣、Fe2+、ClO﹣13．下列图示与对应的叙述相符的是()23\nA．图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B．图2表示0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线C．图3表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液D．图4表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大14．已知可逆反应aA+bB⇌cC中，物质的含量A%和C%随温度的变化曲线如图所示，下列说法正确的是()A．该反应在T1；T3温度时达到过化学平衡B．该反应在T2温度时达到过化学平衡C．该反应的逆反应是放热反应D．升高温度，平衡常数K增大15．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，下列叙述不正确的是()A．CH3COOH溶液中离子浓度的关系满足：c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）B．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，CH3COOH的电离平衡逆向移动C．0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c（OH﹣）减小D．常温下，0.01mol/L的硫酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＜716．相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：X2（g）+3Y2（g）⇌2XY3（g）△H=﹣92.6kJ•mol﹣1实验测得反应在起始、达到平衡时的有关数据如下表所示：容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系能量的变化X2Y2XY3①130放热23.15kJ②0.61.80.8Q（Q＞0）下列叙述不正确的是()A．容器①、②中反应的平衡常数相等B．容器②中反应达到平衡时放出的热量为QC．达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度均为2mol•L﹣1D．若容器①体积为0.20L，则达平衡时放出的热量大于23.15kJ23\n二、填空：17．有A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，C燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在高温下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物E，试根据以上叙述完成下列问题：（1）写出元素名称：C__________．（2）写出D元素在周期表中的位置：__________（3）E的电子式为__________，该化合物所含化学键为__________．（4）用棉花包住E，放入装有CO2的集气瓶中，可看到棉花燃烧起来，产生这种现象的原因是：__________．（5）已知：agA与B2反应生成AB2放出热量Q1KJ，生成的AB2与足量的A生成AB吸收热量Q2KJ，写出A与B2反应生成AB的热化学方程式：__________（各物质用化学式表示）18．（13分）（1）在温度t℃时，pH=3的某水溶液中c（OH﹣）=10﹣9mol/L，在此温度下pH均为4的盐酸和（NH4）2SO4溶液中由水电离出的c（H+）之比为__________．（2）常温下，pH=10的强碱AOH和pH=4的酸HB等体积混合后溶液显酸性，则AOH与HB完全中和所得溶液呈__________性，其原因用离子方程式表示为__________．（3）常温下，0.1mol/L的下列溶液：A组：①HCl、②FeCl3、③CH3COONa、④NaCl、⑤Na2CO3B组：①NH4Cl、②NH4HCO3、③NH4HSO4、④（NH4）2CO3（Ⅰ）A组中pH由大到小排列顺序为__________（填序号）；（Ⅱ）B组中C（NH4+）由大到小排列顺序为__________（填序号）；（4）实验室配制A组②的溶液时常需加入少量盐酸，否则得到的是浑浊的溶液，产生浑浊的原因是（用离子方程式表示）__________（5）将硫酸铝溶液和B组②的溶液混合时，可看到的实验现象是__________，产生该现象的原因是__________（用离子方程式解释原因）．19．按要求回答问题：（1）已知0.4mol液态肼与足量的液态H2O2反应生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量．反应的热化学方程式为__________．又知H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ/mol，则16g液态肼与足量液态过氧化氢反应生成液态水时放出的热量是__________kJ．（2）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义．有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定．现根据下列3个热化学反应方程式：①Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣24.8kJ•mol﹣1②3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=﹣47.2kJ•mol﹣1③Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ•mol﹣1写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：__________．20．氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO（g）（1）该反应的平衡常数表达式为K=__________；23\n（2）升高温度，平衡常数K减小，则该反应为__________反应，（填“放热”、或“吸热”）；（3）若已知CO生成速率为v（CO）=18mol•L﹣1•min﹣1，则N2消耗速率为v（N2）=__________mol•L﹣1•min﹣1（4）在一定温度下，不能作为该可逆反应达到平衡状态的标志是__________；A．单位时间内1.2molSi﹣O断裂的同时有0.2molN三N形成B．Si3N4的质量不变C．v（CO）：v（N2）=3：1D．N2的转化率不变（5）若该反应的平衡常数为K=729，则在同温度下1L密闭容器中，足量的SiO2和C与2molN2充分反应，则N2的转化率是__________（提示：272=729）（6）达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、CO的量），反应速率v与时间t的关系如右图．图中t4时引起平衡移动的条件可能是__________；图中表示平衡混合物中CO的含量最高的一段时间是__________．21．某学生在实验室测定一未知浓度的稀盐酸，已知25℃时，在20ml氢氧化钠标准溶液中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液的PH变化曲线如图所示：（1）该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为__________（2）在A点有关离子浓度大小关系为__________（3）配制100mLNaOH标准溶液所需仪器除托盘天平、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要__________（4）用__________量取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用NaOH标准溶液进行滴定．为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取稀盐酸体积均为20.00mL，三次实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗NaOH溶液体积19.0021.8121.79该盐酸的浓度约为__________mol．L﹣1（保留两位有效数字）．滴定达到终点的标志是__________（5）下列哪些操作会使测定结果偏高__________（填序号）．A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗C．滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数．23\n23\n2022-2022学年江西省九江市都昌一中高一（下）期末化学试卷一、单项选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只是一个选项符合题意）1．下列有关化学用语使用正确的是()A．NH3的电子式：B．S2﹣的结构示意图：C．中子数为146、质子数为92的铀（U）原子UD．氮气分子的结构式：N﹣N【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．氨气分子中，N原子最外层达到8电子稳定结构，漏掉了N原子的1对完成键电子对；B．硫离子的核外电子总数为18，最外层达到8电子稳定结构；C．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；D．氮气分子中应该含有1个氮氮三键．【解答】解：A．氨气为共价化合物，分子中存在3个N﹣H键，NH3正确的电子式为，故A错误；B．硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，S2﹣的结构示意图为：，故B正确；C．中子数为146、质子数为92的铀（U）原子的质量数为238，该核素的正确表示方法为：92238U，故C错误；D．氮气分子中含有的氮氮键为氮氮三键，氮气分子正确的结构式为：N≡N，故D错误；故选B．【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及离子结构示意图、电子式、元素符号、结构式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力．2．下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是()A．碳与二氧化碳高温反应B．乙醇燃烧C．铝粉与氧化铁粉末反应D．氧化钙溶于水【考点】吸热反应和放热反应．【分析】生成物总能量高于反应物总能量的反应属于吸热反应，根据常见的放热反应和吸热反应进行判断．若反应物的总能量大于生成物的总能量则为放热反应．常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸、所有中和反应、绝大多数化合反应，铝热反应；23\n常见的吸热反应有：个别的化合反应（如C和CO2）、绝大数分解反应、少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）．【解答】解：A．碳与二氧化碳高温反应属于吸热反应，生成物总能量高于反应物总能量，故A正确；B．乙醇燃烧属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故B错误；C．铝粉与氧化铁粉末反应属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故C错误；D．氧化钙溶于水与水发生化合反应，属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故D错误．故选A．【点评】本题主要考查了放热反应和放热反应，题目难度不大，掌握常见的放热反应和放热反应是解题的关键．3．下列溶液一定呈中性的是()A．滴入酚酞呈无色的溶液B．pH=7的溶液C．c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L溶液D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液【考点】水的电离．【分析】溶液呈酸碱性本质，取决与溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小，当溶液中：c（H+）＞c（OH﹣），溶液呈酸性；c（H+）=c（OH﹣），溶液呈中性；c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性；常温下，水的离子积Kw=1×10﹣14，所以，pH＜7，溶液呈酸性；pH=7，溶液呈中性；pH＞7，溶液呈碱性．Kw受温度影响，水的电离是吸热反应，温度越高Kw越大，据此进行判断．【解答】解：A、酚酞的变色范围是8﹣10，酚酞显示无色，溶液有可能显示碱性，故A错误；B、pH=7的溶液，不一定是常温下，水的离子积不一定是Kw=1×10﹣14，溶液中c（H+）、c（OH﹣）不一定相等，故B错误；C、溶液呈酸碱性本质，取决与溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液一定显示中性，故C正确；D、由强酸与强碱等物质的量反应得到的溶液，若氢离子浓度物质的量与氢氧根离子的物质的量不相等，反应后溶液不会显示中性，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了溶液酸碱性的判断，溶液的酸碱性是由溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小决定的，而不在于c（H+）或c（OH﹣）绝对值的大小．4．下列说法中正确的是()A．凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的B．自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变C．醋酸溶液的导电能力可能比稀硫酸强D．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件的△H不同【考点】反应热和焓变；焓变和熵变．【分析】A、根据自发反应的判断依据判断，判断依据为：△G=△H﹣T△S，当△G=△H﹣T△S＜0，反应能自发进行；当△G=△H﹣T△S=0，反应达到平衡状态；当△G=△H﹣T△S＞0，反应不能自发进行；23\nB、熵增的反应不一定自发，熵减的反应不一定非自发；C、溶液的导电能力取决于溶液中离子浓度大小；D、反应热△H的大小取决于反应物和生成物的总能量的相对大小．【解答】解：A、化学反应能否自发进行的判断依据为：△G=△H﹣T△S，当△G=△H﹣T△S＜0，反应能自发进行；当△G=△H﹣T△S=0，反应达到平衡状态；当△G=△H﹣T△S＞0，反应不能自发进行，故放热反应不一定自发，吸热反应不一定非自发，故A错误；B、熵增的反应不一定自发，自发反应不一定是熵增的反应，熵减的反应不一定非自发，非自发的反应不一定是熵减或不变的反应，故B错误；C、溶液的导电能力取决于溶液中离子浓度大小，与电解质的强弱无关，故醋酸溶液的导电能力可能比稀硫酸强，故C正确；D、反应热△H的大小取决于反应物和生成物的总能量的相对大小，与反应条件无关，故无论是点燃还是光照，对反应热无影响，故D错误．故选C．【点评】本题考查了反应的熵变与反应能否自发的关系以及反应热的决定因素，应注意的是反应热△H的大小取决于反应物和生成物的总能量的相对大小，与反应条件无关．5．下列说法错误的是()A．微粒半径：S＜S2﹣＜KB．稳定性：H2O＞H2S＞PH3C．酸性：H3PO4＜HNO3＜HClO4D．沸点：HF＜HCl＜HBr＜HI【考点】元素周期律的作用．【分析】A、原子核外电子排布相同的离子，核电核数越大，半径越大，离子的原子核外电子层数越多，半径越大；B、元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；C、元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；D、含氢键的物质沸点最高，氢化物的相对分子质量越大沸点越大．【解答】解：A、K电子层数最多，半径最大，硫得到2个电子后为硫离子，半径大于S原子，故A正确；B、非金属性：O＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：H2O＞H2S＞PH3，故B正确；C、非金属性：Cl＞N＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性HClO4＞HNO3＞H3PO4，故C正确；D、含氢键的物质沸点最高，氢化物的相对分子质量越大沸点越大，HF中存在氢键，则沸点为HF＞HI＞HBr＞HCl，故D错误，故选D．【点评】本题考查元素周期表与周期律的递变性，为高频考点，把握元素周期律、元素性质的比较等为解答的关键，学习中注重基础知识的积累，题目难度中等．6．对于反应：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列为四种不同情况下测得的反应速率，其中能表明该反应进行最快的是()A．v（NH3）=0.2mol•L﹣1•s﹣1B．v（O2）=0.24mol•L﹣1•s﹣1C．v（H2O）=0.25mol•L﹣1•s﹣1D．v（NO）=0.15mol•L﹣1•s﹣1【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】利用速率之比等于化学计量数之比转化为同一物质表示的速率，据此进行比较．23\n【解答】解：都表示为H2O的反应速率进行比较，A、v（NH3）=0.2mol•L﹣1•s﹣1，速率之比等于化学计量数之比，故v（H2O）=v（NH3）=×0.2mol•L﹣1•s﹣1=0.3mol•L﹣1•s﹣1，B、v（O2）=0.24mol•L﹣1•s﹣1，速率之比等于化学计量数之比，故v（H2O）=v（O2）=×0.24mol•L﹣1•s﹣1=0.288mol•L﹣1•s﹣1，C、v（H2O）=0.25mol•L﹣1•s﹣1；D、v（NO）=0.15mol•L﹣1•s﹣1，速率之比等于化学计量数之比，故v（H2O）=v（NO）=×0.15mol•L﹣1•s﹣1=0.225mol•L﹣1•s﹣1；故氨气表示的速率最快，故选A．【点评】本题考查化学反应速率的快慢表示，难度不大，注意速率常用比较方法，1、归一法：按化学计量之比转化为同一物质表示，进行比较，2、比值法，速率与该物质的化学计量数之比，比值越大表示速率越快．7．在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是()A．CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=+725.8kJ/molB．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ/molC．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣725.8kJ/molD．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=+1452kJ/mol【考点】热化学方程式．【专题】热点问题；基本概念与基本理论．【分析】A、根据反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值来分析；B、根据热化学方程式的书写原则以及方程式系数的含义来分析；C、根据甲醇燃烧时的用量和放出的热量之间的关系进行回答；D、根据反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值来分析；【解答】解：A、反应吸热时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，甲醇燃烧是放热反应，故△H＜0，故A错误；B、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g甲醇即2mol甲醇燃烧放的热量为1452kJ，根据热化学方程式的书写方法写出为：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ/mol，故B正确；C、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g甲醇即2mol甲醇燃烧放的热量为1452kJ，答案中焓变的数值错误，故C错误；D、反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，甲醇燃烧是放热反应，故△H＜0，故D错误；故选B．23\n【点评】本题主要考查学生热化学方程式的书写方法及系数的含义，注意焓变的正负和单位问题，该题型是考试的热点．8．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是()A．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣﹣1，则氢气的燃烧热为241.8kJ•mol﹣1B．已知NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3kJ的热量C．已知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H=akJ•mol﹣﹣12C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=bkJ•mol﹣﹣1则a＞bD．已知P（红磷，s）═P（白磷，s）△H＞0，则白磷比红磷稳定【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；B、醋酸是弱电解质，电离吸热；C、2mol碳单质，完全燃烧时放出热量更多；D、据能量越低的物质就越稳定，白磷转化成红磷是放热反应，故红磷的能量低，红磷稳定．【解答】解：A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，H转化为液态水，故A错误；B、醋酸是弱电解质，电离吸热，故B正确；C、2mol碳单质，完全燃烧时放出热量更多，故有a＞b，故C错误；D、据能量越低的物质就越稳定，白磷转化成红磷是放热反应，故红磷的能量低，红磷比白磷稳定，故D错误；故选B．【点评】本题考查了燃烧热的概念、中和热的数值和反应热的大小比较以及稳定性的比较，难度不大．9．下列有关水的电离的说法正确的是()A．将水加热，KW增大，pH不变B．向水中加入少量NaHSO4固体，恢复到原温度，水的电离被抑制，C（H+）增大C．向水中加入少量NH4Cl固体，恢复到原温度，水的电离程度减小D．向水中加少量KOH固体，恢复到原温度，水的电离程度增大【考点】水的电离．【分析】A、温度升高，水的离子积常数增大，则pH值减小；B、硫酸氢钠能完全电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子；C、铵根离子的水解对水的电离起到促进作用；D、碱能抑制水的电离．【解答】解：A、温度升高，水的离子积常数KW增大，则pH值减小，故A错误；B、NaHSO4═Na++SO42﹣+H+，其中电离出的氢离子使c（H+）增大，但是温度不变，KW不变，故B正确；C、铵根离子的水解能结合OH﹣，对水的电离起到促进作用，水的电离平衡右移，电离程度增大，故C错误；23\nD、向水中加入KOH，溶液中氢氧根的浓度增大，水的电离平衡被抑制，即水的电离程度减小，故D错误．故选B．【点评】本题考查学生水的电离知识，难度不大，酸、碱对水的电离起抑制作用，水解的盐对水的电离起促进作用．10．蒸干并灼烧下列物质的水溶液，仍能得到该物质的是()A．氯化铝B．碳酸氢钠C．硫酸亚铁D．碳酸钠【考点】盐类水解的应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．【分析】从盐类水解的角度和物质的稳定性的角度分析，当水解生成挥发性酸时，加热蒸干并灼烧最终得到的是金属氧化物，当水解生成非挥发性酸时，加热蒸干并灼烧最终得到的是原物质．【解答】解：A．氯化铝易水解生成HCl和氢氧化铝，升高温度促进盐酸挥发，所以蒸干溶液时得到氢氧化铝，灼烧时氢氧化铝分解生成氧化铝，所以最终得到的是氧化铝，故A错误；B．碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成碳酸钠，所以蒸干、灼烧碳酸氢钠溶液时得到的是碳酸钠，故B错误；C．硫酸亚铁不稳定，易被氧气氧化生成硫酸铁，所以得不到原来物质，故C错误；D．碳酸钠较稳定，受热不易分解，蒸干溶液时仍然得到原来溶质，故D正确；故选D．【点评】本题考查盐类水解及物质的稳定性，明确物质性质是解本题关键，注意根据盐类物质特点确定是否得到原来物质，题目难度不大．11．对于可逆反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，下列研究目的和示意图相符的是()ABCD研究目的压强对反应的影响（p2＞p1）温度对反应的影响平衡体系增加O2的浓度对反应的影响体积恒定的密闭容器中催化剂对反应的影响图示A．AB．BC．CD．D【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线；转化率随温度、压强的变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．【专题】化学平衡专题．【分析】对于可逆反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，应反应物气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数，增大压强平衡向正反应方向移动，正反应为放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，加入催化剂，反应速率增大，但平衡不移动，如只增加氧气的浓度，则正反应增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动．【解答】解：A．增大压强，反应速率增大，到达平衡所用时间较少，图象不符，故A错误；B．正反应为放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，氧气的转化率降低，图象不符，故B错误；23\nC．只增加氧气的浓度，则正反应增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，与图象吻合，故C正确；D．加入催化剂，反应速率增大，到达平衡所用时间较少，但平衡不移动，图象不符，故D错误．故选C．【点评】本题以图象题的形成考查外界条件对化学平衡的影响，题目难度不大，注意根据反应的化学方程式判断，为解答该题的关键．12．常温，下列各组离子，在指定的环境中一定能大量共存的是()A．含大量Al3+的溶液中：Na+、AlO2﹣、SO42﹣、I﹣B．在能使pH试纸变深蓝色的溶液中：Na+、S2﹣、NO3﹣、CO32﹣C．由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、AlO2﹣、S2﹣、CO32﹣D．c（H+）=10﹣14mol•L﹣1的溶液中：Mg2+、NO3﹣、Fe2+、ClO﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．铝离子与偏铝酸根离子发生双水解反应；B．在能使pH试纸变深蓝色的溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；C．由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，AlO2﹣、S2﹣、CO32﹣与酸性溶液中的氢离子反应；D．c（H+）=10﹣14mol•L﹣1的溶液中存在大量氢氧根离子，镁离子、亚铁离子能够与氢氧根离子反应，次氯酸根离子能够一行亚铁离子．【解答】解：A．Al3+、AlO2﹣之间发生双水解反应，在溶液中大量共存，故A错误；B．在能使pH试纸变深蓝色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、S2﹣、NO3﹣、CO32﹣之间不反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．该溶液为酸性或碱性溶液，AlO2﹣、S2﹣、CO32﹣与酸性溶液中的氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故C错误；D．c（H+）=10﹣14mol•L﹣1的溶液为碱性溶液，Mg2+、Fe2+与碱性溶液中的氢氧根离子反应，Fe2+、ClO﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．13．下列图示与对应的叙述相符的是()A．图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化23\nB．图2表示0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线C．图3表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液D．图4表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大【考点】反应热和焓变；溶解度、饱和溶液的概念；物质的量或浓度随时间的变化曲线；中和滴定．【专题】图像图表题．【分析】A、当反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的；B、强碱滴定醋酸溶液时，醋酸是弱酸不能完全电离；C、硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大；D、化学反应达到平衡状态时，反应物的转化率最高．【解答】解：A、催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的，加入催化剂后活化能会降低，但是图中信息得出：反应物的能量高于生成物的能量，反应是放热反应，故A错误；B、强碱强氧化钠滴定醋酸溶液时，开始20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液pH大于1，故B错误；C、硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，溶解度曲线下方的点是不饱和溶液的点，故C正确；D、可逆反应达到平衡状态时，反应物的转化率最高，由图知反应物转化率最大在t时刻以后，故D错误．故选C．【点评】注意识图能力是解决问题的关键，考查学生对质的梳理和归纳能力，综合性较强，难度较大．14．已知可逆反应aA+bB⇌cC中，物质的含量A%和C%随温度的变化曲线如图所示，下列说法正确的是()A．该反应在T1；T3温度时达到过化学平衡B．该反应在T2温度时达到过化学平衡C．该反应的逆反应是放热反应D．升高温度，平衡常数K增大【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之前是反应没有达到平衡状态，而T2℃时恰好平衡，T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，正反应为放热反应，据此分析．【解答】解：T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之前是反应没有达到平衡状态，而T2℃时恰好平衡，T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，正反应为放热反应．23\nA、T1温度之后A%继续变小，C%继续增大，T3温度之后A%继续增大，C%继续减小，故T1、T3温度时未达到化学平衡，故A错误；B、T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，而T2℃时恰好平衡，故B正确；C、T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，正反应为放热反应，故C错误；D、T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，温度升高使平衡向逆反应移动，则平衡常数K减小，故D错误．故选：B．【点评】本题考查化学平衡图象、温度对化学平衡的影响，难度中等，明确图象中含量随温度的平衡关系判断T2℃时恰好平衡是解题关键．15．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，下列叙述不正确的是()A．CH3COOH溶液中离子浓度的关系满足：c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）B．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，CH3COOH的电离平衡逆向移动C．0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c（OH﹣）减小D．常温下，0.01mol/L的硫酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＜7【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】A．醋酸溶液中存在电荷守恒；B．加入含有相同离子的物质能抑制弱电解质电离；C．加水稀释促进弱电解质电离；D．根据氢离子和氢氧根离子的物质的量相对大小确定溶液的酸碱性．【解答】解：A．醋酸溶液中存在电荷守恒，所以得c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故A正确；B．醋酸钠中含有醋酸根离子，向醋酸溶液中加入醋酸钠固体，抑制醋酸电离，故B正确；C．加水稀释醋酸，促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，故C错误；D．常温下，pH=12的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，硫酸和氢氧化钠都是强电解质，等体积等物质的量浓度的氢氧化钠和硫酸溶液中，硫酸中氢离子的物质的量大于氢氧化钠溶液中氢氧根离子的物质的量，所以混合溶液呈酸性，故D正确；故选C．【点评】本题考查了影响弱电解质电离的因素、酸碱混合溶液酸碱性的判断等知识点，易错选项是C，注意稀释醋酸溶液时，醋酸溶液中不是所有粒子浓度都减小，为易错点．16．相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：X2（g）+3Y2（g）⇌2XY3（g）△H=﹣92.6kJ•mol﹣1实验测得反应在起始、达到平衡时的有关数据如下表所示：容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系能量的变化X2Y2XY3①130放热23.15kJ②0.61.80.8Q（Q＞0）下列叙述不正确的是()A．容器①、②中反应的平衡常数相等23\nB．容器②中反应达到平衡时放出的热量为QC．达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度均为2mol•L﹣1D．若容器①体积为0.20L，则达平衡时放出的热量大于23.15kJ【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】A．平衡常数只与温度有关；B．由达平衡时①放出的热为23.15kJ，计算平衡时X2、Y2和XY3的物质的量，分析②是否处于平衡状态或是向哪个方向进行，判断②是吸热还是放热，再根据转化率计算具体的值；C．由达平衡时①放出的热为23.15kJ，计算平衡时XY3的物质的量浓度，再根据两平衡是完全等效平衡解答；D．从平衡移动的角度比较反应放出的热量与23.15kJ的关系．【解答】解：A．衡常数只与温度有关，温度不变，对同一反应平衡常数不变，故A正确；B．①容器中放出23.15kJ热量，则生成氨气的物质的量为：=0.5mol，X2（g）+3Y2（g）⇌2XY3（g）起始（mol）：130转化（mol）：0.250.750.5平衡（mol）：0.752.250.5可知平衡时①容器中X2、Y2和XY3的物质的量分别为0.75mol、2.25mol和0.5mol，②与①为完全等效平衡，所以，平衡时②容器中X2、Y2和XY3的物质的量也分别为0.75mol、2.25mol和0.5mol，可知②的反应向逆反应方向进行，反应过程需要吸收热，故B错误；C．由B计算可知此时XY3的物质的量浓度均为=2mol/L，将②按化学计量数比换算成左边与①对应的物质的物质的量相等，恒温恒容下，两平衡是完全等效平衡，平衡时各物质的浓度相等，故C正确；D．若容器①体积为0.20L，增大压强平衡向正反应方向移动，放出热量多，故D正确．故选B．【点评】本题考查化学平衡移动问题、等效平衡、反应热等问题，题目难度不大，注意B项根据计算分析，从等效平衡的角度判断反应进行的方向是解答该题的关键．二、填空：17．有A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，C燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在高温下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物E，试根据以上叙述完成下列问题：（1）写出元素名称：C钠．（2）写出D元素在周期表中的位置：第三周期ⅥA族（3）E的电子式为，该化合物所含化学键为共价键和离子键．（4）用棉花包住E，放入装有CO2的集气瓶中，可看到棉花燃烧起来，产生这种现象的原因是：过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，且反应放热，达到棉花的着火点．23\n（5）已知：agA与B2反应生成AB2放出热量Q1KJ，生成的AB2与足量的A生成AB吸收热量Q2KJ，写出A与B2反应生成AB的热化学方程式：2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H1═（×Q2﹣×Q1）kJ/mol（各物质用化学式表示）【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，A的L层电子数是K层电子数的两倍，则A有2个电子层，L层电子数为4，故A为碳元素；D单质颜色是淡黄色固态化合物，则D为硫元素；A和B原子有相同的电子层数，C燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在高温下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物E，则C为钠元素，B为氧元素，生成化合物E为过氧化钠，据此答题．【解答】解：A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，A的L层电子数是K层电子数的两倍，则A有2个电子层，L层电子数为4，故A为碳元素；D单质颜色是淡黄色固态化合物，则D为硫元素；A和B原子有相同的电子层数，C燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在高温下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物E，则C为钠元素，B为氧元素，生成化合物E为过氧化钠，（1）根据上面的分析可知，C为钠元素，故答案为：钠；（2）D为硫元素，D元素在周期表中的位置是第三周期ⅥA族，故答案为：第三周期ⅥA族；（3）E为过氧化钠，E的电子式为，该化合物所含化学键为共价键和离子键，故答案为：；共价键和离子键；（4）用棉花包住过氧化钠，放入装有CO2的集气瓶中，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，且反应放热，达到棉花的着火点，所以可以可看到棉花燃烧起来，故答案为：过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，且反应放热，达到棉花的着火点；（5）已知：agC与O2反应生成CO2放出热量Q1KJ，生成的CO2与足量的C生成CO吸收热量Q2KJ，两个反应的热化学方程式为①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣×Q1kJ/mol；②CO2（g）+C（s）=2CO（g）△H2=+×Q2kJ/mol，所以根据盖斯定律，将①+②得C与O2反应生成CO的热化学方程式为2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H1═（×Q2﹣×Q1）kJ/mol，故答案为：2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H1═（×Q2﹣×Q1）kJ/mol．【点评】本题考查结构性质与位置关系、常用化学用语，难度不大．注意常用化学用语的书写规则．18．（13分）（1）在温度t℃时，pH=3的某水溶液中c（OH﹣）=10﹣9mol/L，在此温度下pH均为4的盐酸和（NH4）2SO4溶液中由水电离出的c（H+）之比为10﹣4．（2）常温下，pH=10的强碱AOH和pH=4的酸HB等体积混合后溶液显酸性，则AOH与HB完全中和所得溶液呈碱性，其原因用离子方程式表示为B﹣+H2O⇌HB+OH﹣．23\n（3）常温下，0.1mol/L的下列溶液：A组：①HCl、②FeCl3、③CH3COONa、④NaCl、⑤Na2CO3B组：①NH4Cl、②NH4HCO3、③NH4HSO4、④（NH4）2CO3（Ⅰ）A组中pH由大到小排列顺序为①＜②＜④＜③＜⑤；（填序号）；（Ⅱ）B组中C（NH4+）由大到小排列顺序为④＞③＞①＞②（填序号）；（4）实验室配制A组②的溶液时常需加入少量盐酸，否则得到的是浑浊的溶液，产生浑浊的原因是（用离子方程式表示）Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+（5）将硫酸铝溶液和B组②的溶液混合时，可看到的实验现象是溶液出现白色沉淀，同时有气体产生，产生该现象的原因是Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑（用离子方程式解释原因）．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；pH的简单计算；镁、铝的重要化合物．【分析】（1）在温度t℃时，pH=3的某水溶液中c（OH﹣）=10﹣9mol/L，离子积Kw=10﹣3mol/L×10﹣9mol/L=10﹣12，此温度下pH均为4的盐酸溶液中依据离子积常数计算水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度=10﹣8mol，（NH4）2SO4溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣4mol/L；（2）常温下，pH=10的强碱AOH和pH=4的酸HB等体积混合后溶液显酸性，溶液呈酸性，证明HB为弱酸，恰好反应生成的是强碱弱酸盐，酸根离子水解溶液成碱性；（3）Ⅰ首先对物质进行分类，一般来说等浓度时，酸、碱的浓度大于盐类溶液中酸碱性；Ⅱ①NH4Cl、②NH4HCO3、③NH4HSO4、④（NH4）2CO3，先不考虑水解，则④（NH4）2CO3含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它三种物质，再根据盐类的水解角度分析解答；（4）实验室配制FeCl3溶液为防止水解需加入少量盐酸，产生混浊的原因是铁离子水解生成氢氧化铁；（5）铝离子和碳酸氢根离子水解双促进，据此回答判断．【解答】解：（1）在温度t℃时，pH=3的某水溶液中c（OH﹣）=10﹣9mol/L，离子积Kw=10﹣3mol/L×10﹣9mol/L=10﹣12，此温度下pH均为4的盐酸溶液中依据离子积常数计算水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度=10﹣8mol/L，（NH4）2SO4溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣4mol/L，此温度下pH均为4的盐酸和（NH4）2SO4溶液中由水电离出的c（H+）之比=10﹣8mol/L：10﹣4mol/L=10﹣4，故答案为：10﹣4；（2）常温下，pH=10的强碱AOH和pH=4的酸HB等体积混合后溶液显酸性，说明溶液呈酸性，证明HB为弱酸，恰好反应生成的是强碱弱酸盐，生成的盐化学式AB，酸根离子水解溶液成碱性，离子方程式为B﹣+H2O⇌HB+OH﹣；故答案为：碱；B﹣+H2O⇌HB+OH﹣；（3）ⅠA组物质中，③⑤溶液呈碱性，且pH⑤＞③，④溶液呈中性，①②溶液呈酸性，且pH②＞①，则pH由小到大排列顺序为①＜②＜④＜③＜⑤，故答案为：①＜②＜④＜③＜⑤；Ⅱ0.1mol/L的下列溶液：①NH4Cl、②NH4HCO3、③NH4HSO4、④（NH4）2CO3，先不考虑水解，则④（NH4）2CO3含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它三种物质，①②③三种物质中，③NH4HSO4酸性最强，NH4+水解受到的抑制最大，即NH4+的量较多，溶液中c（NH4+）较大，①NH4Cl、②NH4HCO3中HCO3﹣水解显碱性，促进NH4+水解，所以溶液中c（NH4+）①＞②，所以按c（NH4+）由大到小的顺序排列为：④＞③＞①＞②，故答案为：④＞③＞①＞②；23\n（4）实验室配制FeCl3溶液为防止水解需加入少量盐酸，产生混浊的原因是铁离子水解生成氢氧化铁，离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；（5）将硫酸铝溶液和NH4HCO3溶液混合，发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，溶液出现白色沉淀，同时有气体产生，反应的离子方程式为：Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：溶液出现白色沉淀，同时有气体产生；Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑．【点评】本题考查了盐类水解的分析判断，溶液酸碱性分析理解，主要是盐类水解的应用，掌握基础是关键，题目难度中等．19．按要求回答问题：（1）已知0.4mol液态肼与足量的液态H2O2反应生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量．反应的热化学方程式为N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.63kJ•molˉ1．又知H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ/mol，则16g液态肼与足量液态过氧化氢反应生成液态水时放出的热量是408.815kJ．（2）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义．有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定．现根据下列3个热化学反应方程式：①Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣24.8kJ•mol﹣1②3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=﹣47.2kJ•mol﹣1③Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ•mol﹣1写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：CO（g）+FeO（s）=CO2（g）+Fe（s）△H=﹣218kJ•molˉ1．【考点】热化学方程式．【分析】（1）根据热化学方程式的书写原则和注意问题写出；注意物质的聚集状态标注，焓变的正负号和单位；结合上述写出的热化学方程式和谁转化的热化学方程式，根据盖斯定律合并写出生成液态水时的热化学方程式进行计算；（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算所需热化学方程式，①×3﹣②﹣③×2得到6CO（g）+6FeO（s）=6Fe（s）+6CO2（g），焓变也随之计算得到．【解答】解：（1）已知0.4mol液态肼和足量双氧水反应生成氮气和水蒸气时放出256.652KJ的热量；肼和双氧水反应的热化学方程式：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g），△H=﹣641.63KJ/mol，①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）；△H=﹣641.63KJ/mol；②H2O（l）=H2O（g）；△H=+44KJ/mol；依据盖斯定律①﹣②×4得到：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（L）；△H=﹣817.63KJ/mol；化学方程式中32g全部反应放热817.63KJ，16g液态肼与足量双氧水反应生成氮气和液态水时，放出的热量是408.815KJ，故答案为：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.63KJ/mol；408.815；（2）Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣24.8kJ/mol①3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=﹣47.2kJ/mol②Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ/mol③①×3﹣②﹣③×2得到6CO（g）+6FeO（s）=6Fe（s）+6CO2（g）△H=（﹣24.8kJ/mol）×3﹣（﹣47.2kJ/mol）﹣（+640.5kJ/mol）×2=﹣1308.2kJ/mol，即CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=﹣218.0kJ/mol23\n故答案为：CO（g）+FeO（s）=CO2（g）+Fe（s）△H=﹣218kJ•molˉ1【点评】本题考查反应热的计算，题目难度不大，注意盖斯定律的应用，掌握基础是解题关键．20．氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO（g）（1）该反应的平衡常数表达式为K=；（2）升高温度，平衡常数K减小，则该反应为放热反应，（填“放热”、或“吸热”）；（3）若已知CO生成速率为v（CO）=18mol•L﹣1•min﹣1，则N2消耗速率为v（N2）=6mol•L﹣1•min﹣1（4）在一定温度下，不能作为该可逆反应达到平衡状态的标志是C；A．单位时间内1.2molSi﹣O断裂的同时有0.2molN三N形成B．Si3N4的质量不变C．v（CO）：v（N2）=3：1D．N2的转化率不变（5）若该反应的平衡常数为K=729，则在同温度下1L密闭容器中，足量的SiO2和C与2molN2充分反应，则N2的转化率是50%（提示：272=729）（6）达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、CO的量），反应速率v与时间t的关系如右图．图中t4时引起平衡移动的条件可能是升高温度或增大压强；图中表示平衡混合物中CO的含量最高的一段时间是t3～t4．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学反应速率变化曲线及其应用．【分析】（1）K=生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；（2）升高温度，平衡常数K减小，则升高温度平衡逆向移动；（3）CO生成速率为v（CO）=18mol•L﹣1•min﹣1，结合反应速率之比等于化学计量数之比计算v（N2）；（4）结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判断平衡状态；（5）在同温度下1L密闭容器中，足量的SiO2和C与2molN2充分反应，设转化的氮气为xmol，则3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO（g）开始2mol0转化x3x平衡2﹣x3x=729，以此计算转化率；23\n（6）t4时正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，则为升高温度或增大压强；从开始改变条件平衡均向正反应进行，t4时平衡逆向移动．【解答】解：（1）K=生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则平衡常数表达式为K=，故答案为：；（2）升高温度，平衡常数K减小，则升高温度平衡逆向移动，可知该反应为放热反应，故答案为：放热；（3）CO生成速率为v（CO）=18mol•L﹣1•min﹣1，由反应速率之比等于化学计量数之比可知v（N2）=18mol•L﹣1•min﹣1×=6mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：6mol•L﹣1•min﹣1；（4）A．单位时间内1.2molSi﹣O断裂的同时有0.2molN三N形成，可知正逆反应速率相等，能判断平衡，故A不选；B．Si3N4的质量不变，可知反应达到平衡状态，故B不选；C．v（CO）：v（N2）=3：1，始终存在此关系，不能判断平衡，故C选；D．N2的转化率不变，可知反应达到平衡状态，故D不选；故答案为：C；（5）在同温度下1L密闭容器中，足量的SiO2和C与2molN2充分反应，设转化的氮气为xmol，则3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO（g）开始2mol0转化x3x平衡2﹣x3x=729，解得x=1mol，则N2的转化率是×100%=50%，故答案为：50%；（6）该反应为气体体积增大且放热的反应，t4时正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，则改变条件为升高温度或增大压强；从开始改变条件平衡均向正反应进行，t4时平衡逆向移动，即表示平衡混合物中CO的含量最高的一段时间是t3～t4，故答案为：升高温度或增大压强；t3～t4．【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握平衡常数的含义、化学平衡移动因素、平衡判定及三段法计算是解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．21．某学生在实验室测定一未知浓度的稀盐酸，已知25℃时，在20ml氢氧化钠标准溶液中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液的PH变化曲线如图所示：（1）该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.1mol/L（2）在A点有关离子浓度大小关系为c（Na+）＞c（Ac﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）（3）配制100mLNaOH标准溶液所需仪器除托盘天平、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要100mL容量瓶23\n（4）用酸式滴定管量取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用NaOH标准溶液进行滴定．为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取稀盐酸体积均为20.00mL，三次实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗NaOH溶液体积19.0021.8121.79该盐酸的浓度约为0.109mol．L﹣1（保留两位有效数字）．滴定达到终点的标志是最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色，半分钟内不褪色（5）下列哪些操作会使测定结果偏高AC（填序号）．A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗C．滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；中和滴定．【分析】（1）NaOH为强碱，其pH=13；（2）A点醋酸溶液的体积为10mL，恰好与氢氧化钠完全反应，所得溶液为醋酸钠溶液，醋酸根水解，溶液呈碱性，据此分析；（3）配制100mLNaOH标准溶液，必须使用100mL容量瓶、烧杯、托盘天平、玻璃棒、胶头滴管等；（4）利用酸式滴定管盛酸，酸遇酚酞不变色，碱遇酚酞变红，利用c（碱）=来进行计算浓度；（5）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：（1）NaOH为强碱，其pH=13，氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.1mol/L，故答案为：0.1mol/L；（2）A点醋酸溶液的体积为10mL，恰好与氢氧化钠完全反应，所得溶液为醋酸钠溶液，醋酸根水解，溶液呈碱性，所以溶液中各离子浓度大小关系为c（Na+）＞c（Ac﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（Ac﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），；（3）配制100mLNaOH标准溶液，必须使用100mL容量瓶、烧杯、托盘天平、玻璃棒、胶头滴管等，故答案为：100mL容量瓶；23\n（4）利用酸式滴定管量取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，因酸遇酚酞不变色，碱遇酚酞变红，则滴定终点的标志为最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色，半分钟内不褪色，由c（碱）=可知，因第一次数据差别较大，则V（NaOH）==21.8mL，则c（HCl）==0.109mol/L，故答案为：酸式滴定管；0.109；最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色，半分钟内不褪色；（5）A．锥形瓶水洗后用待测液润洗，导致待测液的物质的量增加，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（标准）偏大，故A正确；B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，对滴定没有影响，故B错误；C．滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（标准）偏大，故C正确；D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，可知c（标准）偏小，故D错误，故选AC．【点评】本题考查中和滴定，明确滴定实验中的仪器、数据处理是解答本题的关键，注意酸碱中和的实质、醋酸为弱酸为解答的易错点，题目难度中等23
