化学卷·2018届黑龙江省大庆四中高二上学期期中化学试卷 （解析版） 24页

‎2016-2017学年黑龙江省大庆四中高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）‎ ‎1．下列叙述正确的是（　　）‎ A．物质燃烧都是吸热反应 B．化学反应总是伴随着能量的变化 C．需要加热的反应一定是吸热反应 D．化学反应中放出的热量就是反应热 ‎2．下列说法中，正确的是（　　）‎ A．强电解质的水溶液一定比弱电解质溶液的导电能力强 B．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物 C．强电解质的水溶液中不存在溶质分子 D．不溶性盐都是弱电解质，可溶性盐都是强电解质 ‎3．下列关于化学反应的自发性叙述中正确的是（　　）‎ A．焓变小于0而熵变大于0的反应肯定是自发的 B．焓变和熵变都小于0的反应肯定是自发的 C．焓变和熵变都大于0的反应肯定是自发的 D．熵变小于0而焓变大于0的反应肯定是自发的 ‎4．下列关于平衡常数K的说法中，正确的是（　　）‎ A．在任何条件下，化学平衡常数是一个恒定值 B．改变反应物浓度或生成物浓度都会改变平衡常数K C．平衡常数K只与温度有关，与反应浓度、压强无关 D．从平衡常数K的大小不能推断一个反应进行的程度 ‎5．在一定温度下，反应A2（气）+B2（气）⇌2AB（气）达到平衡的标志是（　　）‎ A．单位时间生成n mol的A2同时生成n mol的AB B．容器内的总压强不随时间变化 C．单位时间生成2n mol的AB同时生成n mol的B2‎ D．单位时间生成n mol的A2同时生成n mol的B2‎ ‎6．对A+3B=2C+2D来说，下列四种不同情况下的反应速率最快的是（　　）‎ A．υ（A）=0.25 mol/（L•min） B．υ（B）=0.6 mol/（L•min）‎ C．υ（C）=0.5 mol/（L•min） D．υ（D）=0.6 mol/（L•min）‎ ‎7．在密闭容器中进行如下反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），在温度T1和T2时，产物的量与反应时间的关系如图所示，符合图示的正确判断是（　　）‎ A．T1＞T2，△H＞0 B．T1＞T2，△H＜0 C．T1＜T2，△H＞0 D．T1＜T2，△H＜0‎ ‎8．在密闭容器中，反应X2（g）+Y2（g）⇌2XY（g）△H＜0，达到甲平衡．在仅改变某一条件后，达到乙平衡，对此过程的分析正确的是（　　）‎ A．图Ⅰ是增大压强的变化情况 B．图Ⅱ是一定是加入催化剂的变化情况 C．图Ⅲ是增大压强或升高温度的变化情况 D．图Ⅲ一定是升高温度的变化情况 ‎9．下列叙述正确的是（　　）‎ A．将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，c（SO42﹣）＞c（NH4+）‎ B．两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1=10c2‎ C．pH=11的NaOH溶液与pH=3醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊试液呈红色 D．向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大 ‎10．在密闭容器中发生如下反应：aX（g）+bY（g）⇌cZ（g）+d W（g）．反应达平衡后保持温度不变，将气体体积压缩到原来的，当再次达平衡时，W的浓度为原平衡时的1.8倍．下列叙述中不正确的是（　　）‎ A．平衡向逆反应方向移动 B．a+b＜c+d C．Z的体积分数增加 D．X的转化率下降 ‎11．一定温度下，在2L的密闭容器中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示下列描述正确的是（　　）‎ A．反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为0.158 mol/（L•s）‎ B．反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了0.79 mol/L C．反应开始到10 s时，Y的转化率为79%‎ D．反应的化学方程式为：X（g）+Y（g）⇌Z（g）‎ ‎12．T℃时在2L容积不变的密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）．反应过程中X、Y、Z的物质的量变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示．则下列结论错误的是（　　）‎ A．容器中发生的反应可表示为：3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）‎ B．保持其他条件不变，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动 C．反应进行前4 min内，用X表示的反应速率 v（X）=0.075mol•（L•min）﹣1‎ D．若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是使用催化剂 ‎13．对于反应C2H4（g）→C2H2（g）+H2（g），2CH4（g）→C2H4（g）+2H2（g）都是吸热反应，观察下列反应，判定①②③中的△H1，△H2，△H3大小顺序是（　　）‎ ‎①C（s）+2H2（g）→CH4（g）△H1‎ ‎②2C（s）+H2（g）→C2H2（g）△H2‎ ‎③2C（s）+2H2（g）→C2H4 （g）△H3．‎ A．△H2＞△H3＞2△H1 B．△H1＞△H2＞△H3 C．△H2＞△H1＞△H3 D．△H3＞△H2＞2△Hl ‎14．已知反应mX（g）+nY（g）⇌qZ（g）的△H＜0，m+n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是（　　）‎ A．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．增加X的物质的量，Y的转化率降低 ‎15．COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0当反应达到平衡时，下列措施：上述情况中能提高COCl2转化率的是（　　）‎ ‎①升温 ‎ ‎②恒容通入惰性气体 ‎ ‎ ③增加CO的浓度 ‎ ‎④减压 ‎ ‎⑤加催化剂 ‎⑥恒压通入惰性气体．‎ A．①②④ B．①④⑥ C．②③⑥ D．③⑤⑥‎ ‎16．温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容条件，已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1测得反应达到平衡时的有关数据如表，则下列选项正确的是（　　）‎ 容器 甲 乙 丙 反应物的投入量 ‎1molN2、3molH2‎ ‎2molNH3‎ ‎4molNH3‎ NH3的浓度（mol•L﹣1）‎ c1‎ c2‎ c3‎ 反应的能量变化 放出akJ 吸收bkJ 吸收ckJ 体系的压强（Pa）‎ p1‎ p2‎ p3‎ 反应物的转化率 a1‎ a2‎ a3‎ A．a+b=92.4 B．2c1＞c3 C．2p2＜p3 D．α1+α3=1‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎17．常温时，根据下列要求填空：‎ ‎（1）书写下列物质在水溶液中的电离方程式：NaHSO4　　 NaHCO3　　‎ ‎（2）pH=12的NaOH溶液100mL，要使它的pH为11．（体积变化忽略不计）‎ ‎①如果加入蒸馏水，应加　　mL；‎ ‎②如果加入pH=10的NaOH溶液，应加　　mL；‎ ‎（3）有pH=1的①盐酸 ②硫酸 ③醋酸 ‎①设三种溶液的物质的量浓度分别为a、b、c，则其大小关系为　　．‎ ‎②同体积的三种溶液与足量的NaOH溶液反应生成盐的物质的量分别为a、b、c，则其大小关系为　　．‎ ‎③完全中和物质的量浓度和体积都相同的NaOH溶液时，需三种酸溶液的体积分别为a、b、c，则其大小关系为　　．‎ ‎（4）已知下列热化学方程式：‎ Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H1=a KJ/mol ‎3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）△H2=b kJ/mol Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H3=c kJ/mol 根据提供的方程式，试计算 FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）的反应热△H=　　（用a、b、c表示）‎ ‎18．用0.1mol/L KOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：‎ ‎（A）移取20.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2﹣3滴酚酞 ‎（B）用标准溶液润洗滴定管2﹣3次 ‎（C）把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液 ‎（D）取标准KOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2﹣3cm ‎（E）调节液面至0或0刻度以下，记下读数 ‎（F）把锥形瓶放在滴定管下面，用标准KOH溶液滴定至终点，记下液面的刻度 完成以下填空：‎ ‎（1）正确操作的顺序是（用序号字母填写）　　．‎ ‎（2）上述（B）操作的目的是　　．‎ ‎（3）判断到达滴定终点的实验现象是　　；‎ ‎（4）下列操作中可能使所测盐酸的浓度数值偏低的是　　．‎ A．碱式滴定管未用标准溶液润洗就直接注入标准液 B．滴定前盛放盐酸的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．读取氢氧化钾溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 E．若称取一定量的KOH固体（含少量NaOH）配制标准溶液并用来滴定上述盐酸 ‎（5）若滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图，则所用盐酸溶液的体积为　　．‎ ‎19．表是稀硫酸与某金属反应的实验数据：‎ 序号 金属质量 g 金属状态 c（H2SO4）‎ mol•L﹣1‎ V（H2SO4）‎ mL 溶液温度/℃‎ 金属消失的 时间/s 反应前 反应后 ‎1‎ ‎0.10‎ 丝 ‎0.5‎ ‎50‎ ‎20‎ ‎34‎ ‎500‎ ‎2‎ ‎0.10‎ 粉末 ‎0.5‎ ‎50‎ ‎20‎ ‎35‎ ‎50‎ ‎3‎ ‎0.10‎ 丝 ‎0.7‎ ‎50‎ ‎20‎ ‎36‎ ‎250‎ ‎4‎ ‎0.10‎ 丝 ‎0.8‎ ‎50‎ ‎20‎ ‎35‎ ‎200‎ ‎5‎ ‎0.10‎ 粉末 ‎0.8‎ ‎50‎ ‎20‎ ‎36‎ ‎25‎ ‎6‎ ‎0.10‎ 丝 ‎1.0‎ ‎50‎ ‎20‎ ‎35‎ ‎125‎ ‎7‎ ‎0.10‎ 丝 ‎1.0‎ ‎50‎ ‎35‎ ‎50‎ ‎50‎ ‎8‎ ‎0.10‎ 丝 ‎1.1‎ ‎50‎ ‎20‎ ‎34‎ ‎100‎ ‎9‎ ‎0.10‎ 丝 ‎1.1‎ ‎50‎ ‎30‎ ‎44‎ ‎40‎ ‎（1）实验4和5表明，　　对反应速率有影响；‎ ‎（2）仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有　　（填实验序号）；‎ ‎（3）本实验中影响反应速率的其他因素还有　　，‎ ‎（4）实验中的所有反应，反应前后溶液的温度变化值（约15℃）相近，推测其原因：　　．‎ ‎20．K值大小与温度的关系是：温度升高，K值　　（填“一定增大”、“一定减小”、或“可能增大也可能减小”）．‎ ‎21．在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0．CO和H2O的浓度变化如图所示，则0～4min的平均反应速率v（CO）=　　mol•L﹣1•min﹣1．‎ ‎22．在850℃时发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2 （g）△H＜0．CO和H2O浓度变化如右图，t℃（高于850℃）时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如表．‎ 时间（min）‎ CO H2O CO2‎ H2‎ ‎0‎ ‎0.200‎ ‎0.300‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎0.138‎ ‎0.238‎ ‎0.062‎ ‎0.062‎ ‎3‎ C1‎ C2‎ C3‎ C3‎ ‎4‎ C1‎ C2‎ C3‎ C3‎ ‎5‎ ‎0.116‎ ‎0.216‎ ‎0.084‎ ‎6‎ ‎0.096‎ ‎0.266‎ ‎0.104‎ ‎①表中3min﹣4min之间反应处于　　状态；C1数值　　0.08mol/L （填大于、小于或等于）．‎ ‎②反应在4min﹣5min问，平衡向逆方向移动，可能的原因是　　（单选），表中5min﹣6min之间数值发生变化，可能的原因是　　（单选）．‎ a．增加水蒸气 b．降低温度 c．使用催化剂 d．增加氢气浓度．‎ ‎23．已知：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）平衡常数随温度的变化如表：‎ 温度/℃‎ ‎400‎ ‎500‎ ‎800‎ 平衡常数Kc ‎9.94‎ ‎9‎ ‎1‎ 试回答下列问题 ‎（1）上述化学变化的逆向反应是：　　 反应（选填：放热、吸热）．‎ ‎（2）800℃发生上述反应，以表中的物质的量投入恒容反应器，‎ A B C D E n（CO2）‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎1‎ n（H2）‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ n（CO）‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎0.5‎ ‎3‎ n（H2O）‎ ‎5‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ 其中向正向移动的有　　（选填A、B、C、D、E）．‎ ‎（3）已知在一定温度下：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H1平衡常数K；‎ C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H2平衡常数K1；‎ CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H3平衡常数K2，‎ 则K、K1、K2之间的关系是：　　．‎ ‎（4）若在500℃时进行，若CO、H2O的起始浓度均为0.020mol/L，在该条件下，CO的最大转化率为：　　．‎ ‎（5）若800℃进行，设起始时CO和H2O（g）共5mol，水蒸气体积分数为x；平衡时CO转化率为y，则y随x变化的函数关系式为：y=　　．（用含x的代数式表达）‎ ‎24．某温度（t℃）时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的pH为11，则该温度下Kw=　　t℃　　25℃（填“＞”、“＜”或“=”），其理由是　　该温度下，将pH=a的NaOH溶液VaL和pH=b的硫酸Vb L混合，通过计算填写以下不同情况时两溶液的体积比：‎ ‎（1）若所得混合液为中性，且a+b=14，则Va：Vb=　　‎ ‎（2）若所得混合液为中性，且a+b=12，则Va：Vb=　　‎ ‎（3）若所得混合液为中性，且a+b=x，则Va：Vb=　　‎ ‎（4）若所得混合液的pH=10，且a=12，b=2，则Va：Vb=　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省大庆四中高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）‎ ‎1．下列叙述正确的是（　　）‎ A．物质燃烧都是吸热反应 B．化学反应总是伴随着能量的变化 C．需要加热的反应一定是吸热反应 D．化学反应中放出的热量就是反应热 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】化学反应伴随着化学键的断裂和形成，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，吸热反应、放热反应与是否加热才能进行无关，化学反应中，化学能可转化为热能、光能等，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．化学反应放热还是吸热，看化学反应反应物和生成物能量的相对大小，与反应的条件无关，物质燃烧需加热，是通过加热达到反应的着火点，所有的燃烧反应都是放热反应，故A错误；‎ B．化学反应伴随着化学键的断裂和形成，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，所以，化学反应总是伴随着能量的变化，故B正确；‎ C．物质燃烧需加热，是通过加热达到反应的着火点，但该反应是放热反应，故C错误；‎ D．化学反应除了放热，还有发光等，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．下列说法中，正确的是（　　）‎ A．强电解质的水溶液一定比弱电解质溶液的导电能力强 B．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物 C．强电解质的水溶液中不存在溶质分子 D．不溶性盐都是弱电解质，可溶性盐都是强电解质 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A．溶液导电能力取决于溶液中离子浓度大小，与电解质强弱无关；‎ B．某些共价化合物是强电解质；‎ C．强电解质完全电离成离子；‎ D．某些不溶性盐是强电解质；某些可溶性酸是弱电解质；某些具有极性键的化合物是弱强电解．‎ ‎【解答】解：A．溶液的导电能力与溶液中离子浓度成正比，与电解质的强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强，故A错误；‎ B．强电解质不一定都是离子化合物，如氯化氢；弱电解质都是共价化合物，故B错误；‎ C．强电解质的特征是水溶液中完全电离，所以不存在溶质分子，故C正确；‎ D．不溶性盐不一定是弱电解质，如硫酸钡；可溶性酸不一定是强电解质，如醋酸；具有极性键的化合物不一定是强电解，如甲烷，故D错误，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．下列关于化学反应的自发性叙述中正确的是（　　）‎ A．焓变小于0而熵变大于0的反应肯定是自发的 B．焓变和熵变都小于0的反应肯定是自发的 C．焓变和熵变都大于0的反应肯定是自发的 D．熵变小于0而焓变大于0的反应肯定是自发的 ‎【考点】焓变和熵变．‎ ‎【分析】依据反应自发的判据：△H﹣T△S＜0，只有当△H＜0，△S＞0，所有温度下反应自发进行；而△H＜0，△S＜0，只有在低温下反应自发进行，△H＞0，△S＞0，只有在高温下反应自发进行，△H＞0，△S＜0，所有的温度下反应都不自发进行．‎ ‎【解答】解：A、△H＜0，△S＞0，△H﹣T△S＜0，常温下反应就能自发进行，故A正确；‎ B、△H＜0，△S＜0，只有在低温下反应自发进行，△H﹣T△S＜0，高温时可能不自发进行，故B错误；‎ C、△H＞0，△S＞0，只有在高温下反应自发进行△H﹣T△S＜0，故C错误；‎ D、△H＞0，△S＜0，△H﹣T△S＞0，只有在很低的温度下在可能进行，但温度过低反应速率太小，可认为不能自发进行，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．下列关于平衡常数K的说法中，正确的是（　　）‎ A．在任何条件下，化学平衡常数是一个恒定值 B．改变反应物浓度或生成物浓度都会改变平衡常数K C．平衡常数K只与温度有关，与反应浓度、压强无关 D．从平衡常数K的大小不能推断一个反应进行的程度 ‎【考点】化学平衡常数的含义．‎ ‎【分析】化学平衡常数只受温度影响，与浓度、压强无关，平衡常数越大，反应进行的程度越大，可逆程度越小．‎ ‎【解答】解：A、化学平衡常数受温度影响，温度变化，化学平衡常数发生变化，故A错误；‎ B、浓度不影响化学平衡常数，故B错误；‎ C、平衡常数K只与温度有关，反应浓度、压强不影响化学平衡常数，故C正确；‎ D、平衡常数越大，反应进行的程度越大，可逆程度越小，平衡常数K的大小可以推断一个反应进行的程度，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．在一定温度下，反应A2（气）+B2（气）⇌2AB（气）达到平衡的标志是（　　）‎ A．单位时间生成n mol的A2同时生成n mol的AB B．容器内的总压强不随时间变化 C．单位时间生成2n mol的AB同时生成n mol的B2‎ D．单位时间生成n mol的A2同时生成n mol的B2‎ ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【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nmol A2，等效于单位时间内消耗2nmol AB，同时生成nmol AB，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2nmol AB，等效于单位时间内消耗nmol B2同时生成nmol B2，正逆反应速率相等，故C正确；‎ D、任何时间内生成A2、B2的物质的量之比为定值，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．对A+3B=2C+2D来说，下列四种不同情况下的反应速率最快的是（　　）‎ A．υ（A）=0.25 mol/（L•min） B．υ（B）=0.6 mol/（L•min）‎ C．υ（C）=0.5 mol/（L•min） D．υ（D）=0.6 mol/（L•min）‎ ‎【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．‎ ‎【分析】由于不同物质的速率之比等于其化学计量数之比，反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越大，以此来解答．‎ ‎【解答】解：由于不同物质的速率之比等于其化学计量数之比，反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越大，‎ A. =0.25 mol/（L•min）；‎ B. =0.2 mol/（L•min）；‎ C. =0.25 mol/（L•min）；‎ D. =0.3 mol/（L•min），‎ 所以反应速率v（D）＞v（A）=v（C）＞v（B），‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．在密闭容器中进行如下反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），在温度T1和T2时，产物的量与反应时间的关系如图所示，符合图示的正确判断是（　　）‎ A．T1＞T2，△H＞0 B．T1＞T2，△H＜0 C．T1＜T2，△H＞0 D．T1＜T2，△H＜0‎ ‎【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．‎ ‎【分析】根据温度对平衡移动的影响分析，温度越高，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大．‎ ‎【解答】解：温度越高，化学反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，所以T1＜T2；升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，导致产物的量降低，说明该反应向逆反应方向移动，所以逆反应方向是吸热反应，正反应是放热反应，即正反应的△H＜0，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．在密闭容器中，反应X2（g）+Y2（g）⇌2XY（g）△H＜0，达到甲平衡．在仅改变某一条件后，达到乙平衡，对此过程的分析正确的是（　　）‎ A．图Ⅰ是增大压强的变化情况 B．图Ⅱ是一定是加入催化剂的变化情况 C．图Ⅲ是增大压强或升高温度的变化情况 D．图Ⅲ一定是升高温度的变化情况 ‎【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；体积百分含量随温度、压强变化曲线．‎ ‎【分析】该反应是一个反应前后气体体积不变的放热反应，增大压强和使用催化剂只增大反应速率但不影响平衡移动，升高温度增大反应速率，平衡向逆反应方向移动，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．该反应是一个反应前后气体体积不变的放热反应，增大压强能增大反应速率但不影响平衡移动，故A错误；‎ B．加入催化剂和增大压强都增大反应速率且不影响平衡移动，故B错误；‎ C．增大压强平衡不移动，所以生成物的含量不变，故C错误；‎ D．升高温度，反应速率增大，缩短反应到达平衡的时间，平衡向逆反应方向移动，生成物的含量减小，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．下列叙述正确的是（　　）‎ A．将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，c（SO42﹣）＞c（NH4+）‎ B．两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1=10c2‎ C．pH=11的NaOH溶液与pH=3醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊试液呈红色 D．向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大 ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A、根据溶液呈电中性，即溶液中阴阳离子所带电量相等判断硫酸根离子和铵根离子的关系；‎ B、醋酸的浓度与醋酸溶液中的氢离子浓度不等；‎ C、醋酸是弱电解质，醋酸的浓度远远大于氢离子浓度，根据酸碱混合后溶液的酸碱性判断石蕊试液的颜色；‎ D、根据硫酸铵对氨水电离平衡的影响分析判断．‎ ‎【解答】解：A、将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；溶液呈电中性，所以阴阳离子所带电量相等，所以2c（SO42﹣）=c（NH4+），故A错误；‎ B、醋酸是弱电解质，在水溶液中只有部分电离，所以醋酸的浓度大于氢离子浓度；两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+‎ ‎1的两种醋酸溶液中氢离子浓度之比=10：1，当两种酸的电离度相同时，则c1=10c2，实际上，两种酸的浓度不等，且浓度越大，酸的电离度越小，所以两种酸的浓度关系为c1＞10c2，故B错误；‎ C、pH=11的NaOH溶液的C（NaOH）=10﹣3 mol/L，pH=3醋酸溶液的c（CH3COOH）＞10﹣3 mol/L，等体积的两种溶液n（CH3COOH）＞n（NaOH），醋酸有剩余，但CH3COOH大于CH3COO﹣水解程度，则等体积混合后溶液呈酸性，所以向混合液中滴入石蕊试液呈红色，故C正确；‎ D、氨水的电离方程式为：NH3．H2O⇌NH4++OH﹣，当向氨水中加入硫酸铵时，硫酸铵中含有铵根离子，导致氨水的电离平衡向逆反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度降低，氨水的浓度增大，则溶液中减小，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．在密闭容器中发生如下反应：aX（g）+bY（g）⇌cZ（g）+d W（g）．反应达平衡后保持温度不变，将气体体积压缩到原来的，当再次达平衡时，W的浓度为原平衡时的1.8倍．下列叙述中不正确的是（　　）‎ A．平衡向逆反应方向移动 B．a+b＜c+d C．Z的体积分数增加 D．X的转化率下降 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】在密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）⇌cZ（g）+dW（g），反应达到平衡后，保持温度不变，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，不考虑平衡移动，只考虑体积改变，W浓度应为原来的2倍，题干中W的浓度为原平衡的1.8倍，说明平衡逆向进行，依据平衡移动方向分析选项．‎ ‎【解答】解：在密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）⇌cZ（g）+dW（g），反应达到平衡后，保持温度不变，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，不考虑平衡移动，只考虑体积改变，W浓度应为原来的2倍，题干中W的浓度为原平衡的1.8倍，说明平衡逆向进行，依 A、依据条件改变分析判断平衡逆向进行，故A正确；‎ B、压缩容器体积，压强增大，平衡逆向进行，所以逆向是气体体积减小的反应，所以a+b＜c+d，故B正确；‎ C、反应平衡逆向进行，Z的体积分数减小，故C错误；‎ D、平衡逆向进行，X转化率减小，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．一定温度下，在2L的密闭容器中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示下列描述正确的是（　　）‎ A．反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为0.158 mol/（L•s）‎ B．反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了0.79 mol/L C．反应开始到10 s时，Y的转化率为79%‎ D．反应的化学方程式为：X（g）+Y（g）⇌Z（g）‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】根据图象的曲线变化判断物质的量的变化以及反应速率、转化率的计算，根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式．‎ ‎【解答】解：A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率=0.079mol/（L•s），故A错误；‎ B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了=0.395mol/L，故B错误；‎ C．反应开始到10s时，Y的转化率为=79%，故C正确；‎ D．由图象可以看出，反应中x、Y的物质的量减少，应为反应物，z的物质的量增多，应为生成物，‎ 当反应进行到10s时，△n（X）=0.79mol，△n（Y）=0.79mol，△n（Z）=1.58mol，‎ 则△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，‎ 则反应的方程式为X（g）+Y（g）⇌2Z（g），故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．T℃时在2L容积不变的密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）．反应过程中X、Y、Z的物质的量变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示．则下列结论错误的是（　　）‎ A．容器中发生的反应可表示为：3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）‎ B．保持其他条件不变，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动 C．反应进行前4 min内，用X表示的反应速率 v（X）=0.075mol•（L•min）﹣1‎ D．若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是使用催化剂 ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线．‎ ‎【分析】A、由图1可知，X、Y的物质的量减小，为反应物，Z的物质的量增大，为生成物，根据物质的量变化量之比等于化学计量数之比，确定化学计量数，反应最后各物质的物质的量不变，为可逆反应，据此书写．‎ B、由图2可知，温度T2到达平衡需要的时间较短，故T2＞T1，温度越高Y的含量降低，升高温度平衡向正反应方向移动；‎ C、由图1可知，3min是反应达平衡，X的物质的量变化量为2.0mol﹣1.4mol=0.6mol，根据v=计算v（X）；‎ D、图3与图1相比，平衡时各组分的物质的量不变，到达平衡时间缩短，说明改变条件，增大反应速率，平衡不移动，使用催化剂满足，结合反应方程式判断改变压强是否满足．‎ ‎【解答】解：A、由图1可知，X、Y的物质的量减小，为反应物，△n（X）=2.0mol﹣1.4mol=0.6mol，△n（Y）=1.6mol﹣1.4mol=0.2mol，Z的物质的量增大，为生成物，△n（Z）=0.8mol﹣0.4mol=0.4mol，故X、Y、Z的化学计量数之比为0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，反应最后各物质的物质的量不变，为可逆反应，故该反应为3X（g）+Y（g）⇌2Z（g），故A正确；‎ B、由图2可知，温度T2到达平衡需要的时间较短，故T2＞T1，温度越高Y的含量降低，升高温度平衡向正反应方向移动，说明正反应是吸热反应，故B错误；‎ C、由图1可知，3min是反应达平衡，X的物质的量变化量为2.0mol﹣1.4mol=0.6mol，故v（X）==0.075mol•（L•min）﹣1，故C正确；‎ D、图3与图1相比，平衡时各组分的物质的量不变，到达平衡时间缩短，说明改变条件，增大反应速率，平衡不移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是增大压强，故改变条件是使用催化剂，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎13．对于反应C2H4（g）→C2H2（g）+H2（g），2CH4（g）→C2H4（g）+2H2（g）都是吸热反应，观察下列反应，判定①②③中的△H1，△H2，△H3大小顺序是（　　）‎ ‎①C（s）+2H2（g）→CH4（g）△H1‎ ‎②2C（s）+H2（g）→C2H2（g）△H2‎ ‎③2C（s）+2H2（g）→C2H4 （g）△H3．‎ A．△H2＞△H3＞2△H1 B．△H1＞△H2＞△H3 C．△H2＞△H1＞△H3 D．△H3＞△H2＞2△Hl ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】该反应正向为吸热反应，然后利用已知方程式结合盖斯定律判断，利用盖斯定律，2×[②﹣③]，得到C2H4（g）⇌C2H2（g）+H2（g），得：△H2、△H3关系；利用盖斯定律，③﹣2×①，得△H3、2△H1关系，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：①C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H1‎ ‎②2C（s）+H2（g）⇌C2H2（g）△H2‎ ‎③2C（s）+2H2（g）⇌C2H4（g）△H3‎ 利用盖斯定律，2×[②﹣③]，得到C2H4（g）⇌C2H2（g）+H2（g），△H=2（△H2﹣△H3），与题干中的①中的方程式一样，而①中的反应为吸热反应，△H＞0，则△H2﹣△H3＞0，所以△H2＞△H3，‎ 同理：③﹣2×①，得到2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g），△H=△H3﹣2△H1，‎ 与题干中的②中的方程式一样，而②中的反应为吸热反应，则△H3﹣2△H1＞0，所以△H3＞2△H1；‎ 综上所述△H2＞△H3＞2△H1，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎14．已知反应mX（g）+nY（g）⇌qZ（g）的△H＜0，m+n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是（　　）‎ A．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．增加X的物质的量，Y的转化率降低 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A、通入稀有气体总压增大，分压不变，平衡不动；‎ B、速率之比等于化学方程式的系数之比，平衡状态整你分压速率相同；‎ C、反应是放热反应，降温平衡正向进行，反应前后气体体积减小，过程中气体质量不变，相对分子质量增大；‎ D、增加X的量会提高Y的转化率，本身转化率减小；‎ ‎【解答】解：A、通入稀有气体总压增大，分压不变，平衡不动，故A错误；‎ B、速率之比等于化学方程式的系数之比，v（X）正：v（Y）正=m：n，平衡时，X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍，故B正确；‎ C、反应是放热反应，降温平衡正向进行，反应前后气体体积减小，过程中气体质量不变，混合气体的相对分子质量增大，故C错误；‎ D、增加X的量会提高Y的转化率，Y的转化率降低，本身转化率减小；故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0当反应达到平衡时，下列措施：上述情况中能提高COCl2转化率的是（　　）‎ ‎①升温 ‎ ‎②恒容通入惰性气体 ‎ ‎ ③增加CO的浓度 ‎ ‎④减压 ‎ ‎⑤加催化剂 ‎⑥恒压通入惰性气体．‎ A．①②④ B．①④⑥ C．②③⑥ D．③⑤⑥‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】对于COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应为吸热反应，反应物气体的计量数小于生成物气体的计量数之和，如提高COCl2转化率，可使平衡正向移动，结合温度、压强以及浓度对平衡移动的影响解答该题．‎ ‎【解答】解：化学反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，‎ ‎①升温平衡向正反应移动，COCl2转化率增大，故①正确；‎ ‎②恒容通入惰性气体，总压增大，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故②错误；‎ ‎③增加CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，COCl2转化率减小故③错误；‎ ‎④减压平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故④正确；‎ ‎⑤加催化剂，改变速率不改变平衡，COCl2转化率不变，故⑤错误；‎ ‎⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行，COCl2转化率增大，故⑥正确，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容条件，已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1测得反应达到平衡时的有关数据如表，则下列选项正确的是（　　）‎ 容器 甲 乙 丙 反应物的投入量 ‎1molN2、3molH2‎ ‎2molNH3‎ ‎4molNH3‎ NH3的浓度（mol•L﹣1）‎ c1‎ c2‎ c3‎ 反应的能量变化 放出akJ 吸收bkJ 吸收ckJ 体系的压强（Pa）‎ p1‎ p2‎ p3‎ 反应物的转化率 a1‎ a2‎ a3‎ A．a+b=92.4 B．2c1＞c3 C．2p2＜p3 D．α1+α3=1‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量2molNH3，恒温且乙容器容积和甲容器相同，则甲容器与乙容器是等效平衡；‎ 甲容器反应物投入1molN2、3molH2，丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡；所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故a+b=92.4，故A正确；‎ B．甲容器内的平衡与乙容器内平衡是等效平衡，所以平衡时NH3的浓度相等，即c1=c2，丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，相当于增大压强，平衡正移，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即c3＞2c2，所以c3＞2c1，故B错误；‎ C．丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2＞p3，故C错误；‎ D．丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率α1+α3＜1，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎17．常温时，根据下列要求填空：‎ ‎（1）书写下列物质在水溶液中的电离方程式：NaHSO4　NaHSO4=Na++H++SO42﹣　 NaHCO3　NaHCO3=Na++HCO3﹣　‎ ‎（2）pH=12的NaOH溶液100mL，要使它的pH为11．（体积变化忽略不计）‎ ‎①如果加入蒸馏水，应加　900　mL；‎ ‎②如果加入pH=10的NaOH溶液，应加　1000　mL；‎ ‎（3）有pH=1的①盐酸 ②硫酸 ③醋酸 ‎①设三种溶液的物质的量浓度分别为a、b、c，则其大小关系为　c＞a＞b　．‎ ‎②同体积的三种溶液与足量的NaOH溶液反应生成盐的物质的量分别为a、b、c，则其大小关系为　c＞a＞b　．‎ ‎③完全中和物质的量浓度和体积都相同的NaOH溶液时，需三种酸溶液的体积分别为a、b、c，则其大小关系为　a=b＞c　．‎ ‎（4）已知下列热化学方程式：‎ Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H1=a KJ/mol ‎3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）△H2=b kJ/mol Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H3=c kJ/mol 根据提供的方程式，试计算 FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）的反应热△H=　（3a﹣b﹣2c）kJ/mol　（用a、b、c表示）‎ ‎【考点】pH的简单计算；热化学方程式．‎ ‎【分析】（1）硫酸氢钠为强电解质，在水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子；碳酸氢钠为强电解质，在水溶液中完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，据此分别写出其电离方程式；‎ ‎（2）①先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据c1V1=c2（V1+V2）计算加入的水体积；‎ ‎②先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据c1V1+c2V2=c3（V1+V2）计算加入的氢氧化钠溶液体积；‎ ‎（3）盐酸是一元强酸完全电离，硫酸是二元强酸完全电离，醋酸是弱酸部分电离．‎ ‎①pH相等的酸中，如果酸的元数相等，酸的电离程度越大，则酸的浓度越小，元数越多的酸，其浓度最小；‎ ‎②同体积的三种溶液，与足量的NaOH溶液反应生成盐，盐酸生成盐的物质的量为硫酸的两倍，醋酸生成盐的物质的量大于盐酸；‎ ‎③pH均为2的盐酸、硫酸中和碱的能力相同，醋酸是弱酸，中和碱的能力大于等PH的盐酸、硫酸；‎ ‎（4）Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=akJ/mol ①‎ ‎ 3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=bkJ/mol ②‎ ‎ Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=ckJ/mol ③‎ ‎①×3﹣②﹣③×2得：6CO（g）+6FeO（s）=6Fe（s）+6CO2（g），根据盖斯定律计算反应的焓变．‎ ‎【解答】解：（1）①硫酸氢钠为强电解质，在水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，即NaHSO4=Na++H++SO42﹣；碳酸氢钠为强电解质，在水溶液中完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，即NaHCO3=Na++HCO3﹣，故答案为：NaHSO4=Na++H++SO42﹣；NaHCO3=Na++HCO3﹣；‎ ‎（2）①pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，设加入水的体积是V2，c1V1=c2（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L=（0.1+V2）L×0.001mol/L，则：V2==0.9L=900mL，‎ 故答案为：900；‎ ‎②pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，pH=10的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.0001mol/L，‎ 设加入pH=10的NaOH溶液体积是V2，c1V1+c2V2=c3（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L+0.0001mol/L×V2=0.001mol/L（0.1+V2），‎ 解得：V2=1L=1000mL，‎ 故答案为：1000；‎ ‎（3）①pH=1的①盐酸 ②硫酸 ③醋酸三种溶液中，c（盐酸）=c（H+），c（硫酸）=0.5c（H+），c（醋酸）＞c（H+），则其大小关系为c＞a＞b，‎ 故答案为：c＞a＞b； ‎ ‎②三种溶液的物质的量浓度醋酸＞盐酸＞硫酸，同体积的三种溶液，溶质的物质的量为：醋酸＞盐酸＞硫酸，与足量的NaOH溶液反应生成盐的物质的量c＞a＞b，‎ 故答案为：c＞a＞b； ‎ ‎③pH均为2的盐酸、硫酸中和碱的能力相同，中和含等物质的量NaOH的溶液，需要的硫酸和盐酸的体积相同，醋酸是弱酸部分电离，酸的浓度大于氢离子浓度，中和含等物质的量NaOH的溶液，消耗的醋酸的体积最小，所以a=b＞c；‎ 故答案为：a=b＞c；‎ ‎（4）Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=akJ/mol ①‎ ‎ 3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=bkJ/mol ②‎ ‎ Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=ckJ/mol ③‎ ‎①×3﹣②﹣③×2得：6CO（g）+6FeO（s）=6Fe（s）+6CO2（g）△H=akJ/mol×3﹣bkJ/mol﹣ckJ/mol×2=（3a﹣b﹣2c）kJ/mol，即 CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=（3a﹣b﹣2c）kJ/mol；‎ 故答案为：CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=（3a﹣b﹣2c）kJ/mol．‎ ‎　‎ ‎18．用0.1mol/L KOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：‎ ‎（A）移取20.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2﹣3滴酚酞 ‎（B）用标准溶液润洗滴定管2﹣3次 ‎（C）把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液 ‎（D）取标准KOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2﹣3cm ‎（E）调节液面至0或0刻度以下，记下读数 ‎（F）把锥形瓶放在滴定管下面，用标准KOH溶液滴定至终点，记下液面的刻度 完成以下填空：‎ ‎（1）正确操作的顺序是（用序号字母填写）　B、D、C、E、A、F　．‎ ‎（2）上述（B）操作的目的是　滴定管内壁有一层水膜，如果直接装液会使浓度降低　．‎ ‎（3）判断到达滴定终点的实验现象是　锥形瓶内溶液颜色由无色变浅红，半分钟不褪色　；‎ ‎（4）下列操作中可能使所测盐酸的浓度数值偏低的是　DE　．‎ A．碱式滴定管未用标准溶液润洗就直接注入标准液 B．滴定前盛放盐酸的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．读取氢氧化钾溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 E．若称取一定量的KOH固体（含少量NaOH）配制标准溶液并用来滴定上述盐酸 ‎（5）若滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图，则所用盐酸溶液的体积为　25.90 mL　．‎ ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】（1）中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等操作；‎ ‎（2）滴定管在使用之前要润洗，否则相当于把溶液稀释；‎ ‎（3）用0.1mol/L KOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，滴定终点时，锥形瓶内溶液的颜色变化：锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持半分钟内不褪色，可说明达到滴定终点；‎ ‎（4）根据公式：c（酸）=结合实际操作来分析；‎ ‎（5）滴定管的“0”刻度在最上方，每一个单元格表示的体积是0.10mL，据此回答．‎ ‎【解答】解：（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为BDCEAF，故答案为：B、D、C、E、A、F；‎ ‎（2）滴定管内壁有一层水膜，如果直接装液会使浓度降低，所以用标准溶液润洗滴定管2﹣3次，故答案为：滴定管内壁有一层水膜，如果直接装液会使浓度降低；‎ ‎（3）用0.1mol/L KOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，滴定终点时，锥形瓶内溶液的颜色变化：锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持半分钟内不褪色，可说明达到滴定终点；‎ 故答案为：锥形瓶内溶液颜色由无色变浅红，半分钟不褪色；‎ ‎（4）A．碱式滴定管未用标准溶液润洗就直接注入标准液，标准液浓度偏小，则消耗的标准溶液体积偏大，所以测得盐酸的浓度数值偏高，故A错误；‎ B．滴定前盛放盐酸的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，盐酸的物质的量不变，滴定时消耗的KOH的物质的量不变，所以测得盐酸的浓度数值不变，故B错误；‎ C．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则消耗的KOH的物质的量偏大，所以测得盐酸的浓度数值偏高，故C错误；‎ D．读取氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，则读数偏大，滴定结束时俯视读数，则读数偏小，所以读数差偏小，即消耗的KOH的体积偏小，则测得盐酸的浓度数值偏小，故D正确；‎ E．若称取一定量的KOH固体（含少量NaOH）配制标准溶液并用来滴定上述盐酸，KOH的相对分子质量大于NaOH，造成KOH标准液的浓度偏高，则消耗的KOH的体积偏小，则测得盐酸的浓度数值偏小，故E正确；‎ 故选DE；‎ ‎（5）根据滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面，则所用盐酸溶液的体积为25.90 mL，故答案为：25.90 mL．‎ ‎　‎ ‎19．表是稀硫酸与某金属反应的实验数据：‎ 序号 金属质量 g 金属状态 c（H2SO4）‎ mol•L﹣1‎ V（H2SO4）‎ mL 溶液温度/℃‎ 金属消失的 时间/s 反应前 反应后 ‎1‎ ‎0.10‎ 丝 ‎0.5‎ ‎50‎ ‎20‎ ‎34‎ ‎500‎ ‎2‎ ‎0.10‎ 粉末 ‎0.5‎ ‎50‎ ‎20‎ ‎35‎ ‎50‎ ‎3‎ ‎0.10‎ 丝 ‎0.7‎ ‎50‎ ‎20‎ ‎36‎ ‎250‎ ‎4‎ ‎0.10‎ 丝 ‎0.8‎ ‎50‎ ‎20‎ ‎35‎ ‎200‎ ‎5‎ ‎0.10‎ 粉末 ‎0.8‎ ‎50‎ ‎20‎ ‎36‎ ‎25‎ ‎6‎ ‎0.10‎ 丝 ‎1.0‎ ‎50‎ ‎20‎ ‎35‎ ‎125‎ ‎7‎ ‎0.10‎ 丝 ‎1.0‎ ‎50‎ ‎35‎ ‎50‎ ‎50‎ ‎8‎ ‎0.10‎ 丝 ‎1.1‎ ‎50‎ ‎20‎ ‎34‎ ‎100‎ ‎9‎ ‎0.10‎ 丝 ‎1.1‎ ‎50‎ ‎30‎ ‎44‎ ‎40‎ ‎（1）实验4和5表明，　固体反应物的表面积　对反应速率有影响；‎ ‎（2）仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有　1、3、4、6、8或2、5　（填实验序号）；‎ ‎（3）本实验中影响反应速率的其他因素还有　反应温度　，‎ ‎（4）实验中的所有反应，反应前后溶液的温度变化值（约15℃）相近，推测其原因：　因为所有反应中，金属质量和硫酸溶液体积均相等，且硫酸过量，产生热量相等，故溶液温度变化值相近　．‎ ‎【考点】探究影响化学反应速率的因素．‎ ‎【分析】影响化学反应速率的因素有浓度、温度、催化剂以及固体表面积等，‎ 固体颗粒的大小，在其他条件相同时，固体颗粒越小，反应物的表面积越大，化学反应速率越快；固体颗粒越小，固体反应物的表面积越小，化学反应速率降低；‎ 反应物的浓度，在其他条件相同时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快；减小反应物的浓度，反应速率降低；‎ 反应物的温度，在其他条件相同时，升高反应物的温度，化学反应速率加快；降低反应物的温度，反应速率降低．‎ ‎（1）实验1和2以及4和5固体的表面积不相同，硫酸浓度相同，可用于比较表面积对反应速率的影响；‎ ‎（2）仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验，金属的状态就应该相同，或者为丝状，或者为粉末；‎ ‎（3）实验6和7反应温度也影响化学反应速率；‎ ‎（4）金属质量相等，完全反应放出的热量相同，则温度升高数值相等．‎ ‎【解答】解：（1）观察实验4和5，金属和稀硫酸的量相同，金属的状态不同，可知固体的表面积越大反应速率越快，‎ 故答案为：固体反应物的表面积；‎ ‎（2）仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验，金属的状态就应该相同，或者为丝状，或者为粉末，仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有1、3、4、6、8或2、5，‎ 故答案为：1、3、4、6、8或2、5；‎ ‎（3）本实验中，反应温度也影响化学反应速率，如实验6和7；‎ 故答案为：反应温度；‎ ‎（4）金属质量相等，如完全反应，放出的热量相同，因硫酸溶液体积均相等，且硫酸过量，则温度升高数值相等，溶液温度变化值相近，‎ 故答案为：因为所有反应中，金属质量和硫酸溶液体积均相等，且硫酸过量，产生热量相等，故溶液温度变化值相近．‎ ‎　‎ ‎20．K值大小与温度的关系是：温度升高，K值　可能增大也可能减小　（填“一定增大”、“一定减小”、或“可能增大也可能减小”）．‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】若正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，若正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小．‎ ‎【解答】解：若正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，若正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，由于正反应反应是放热反应还是吸热反应未知，故平衡常数可能增大也可能减小，‎ 故答案为：可能增大也可能减小．‎ ‎　‎ ‎21．在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0．CO和H2O的浓度变化如图所示，则0～4min的平均反应速率v（CO）=　0.03　mol•L﹣1•min﹣1．‎ ‎【考点】反应速率的定量表示方法．‎ ‎【分析】根据v=进行计算．‎ ‎【解答】解：由图象可知：0～4min的v（CO）==0.03mol/（L•min），‎ 故答案为：0.03．‎ ‎　‎ ‎22．在850℃时发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2 （g）△H＜0．CO和H2O浓度变化如右图，t℃（高于850℃）时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如表．‎ 时间（min）‎ CO H2O CO2‎ H2‎ ‎0‎ ‎0.200‎ ‎0.300‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎0.138‎ ‎0.238‎ ‎0.062‎ ‎0.062‎ ‎3‎ C1‎ C2‎ C3‎ C3‎ ‎4‎ C1‎ C2‎ C3‎ C3‎ ‎5‎ ‎0.116‎ ‎0.216‎ ‎0.084‎ ‎6‎ ‎0.096‎ ‎0.266‎ ‎0.104‎ ‎①表中3min﹣4min之间反应处于　平衡　状态；C1数值　大于　0.08mol/L （填大于、小于或等于）．‎ ‎②反应在4min﹣5min问，平衡向逆方向移动，可能的原因是　d　（单选），表中5min﹣6min之间数值发生变化，可能的原因是　a　（单选）．‎ a．增加水蒸气 b．降低温度 c．使用催化剂 d．增加氢气浓度．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】①表中3min﹣4min之间各物质的浓度不变，处于平衡状态；850℃达到平衡时c（CO）=0.08mol/L，该反应为放热反应，升高温度逆向移动；‎ ‎②反应在4min～5min，平衡向逆方向移动，根据平衡移动原理，结合选项判断；‎ 由表中数据可知，5min～6minCO的浓度降低，CO2浓度增大，浓度变化都是0.02mol/L，说明平衡向正反应移动，再结合水的浓度变化进行判断．‎ ‎【解答】解：①由表中数据可知，3min、4min时，反应混合物对应物质的浓度不变，处于与平衡状态；由图可知850℃平衡时CO的浓度为0.8mol/L，该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，达新平衡时CO的浓度大于0.08mol/L，‎ 故答案为：平衡；大于；‎ ‎②反应在4min～5min，平衡向逆方向移动，增大水蒸气的浓度，平衡向正反应移动，降低温度平衡向正反应移动，使用催化剂平衡不移动，增大氢气的浓度，平衡向逆反应移动，故4min～5min改变条件为增大氢气的浓度；‎ 由表中数据可知，5min～6minCO的浓度降低，CO2浓度增大，浓度变化都是0.02mol/L，说明平衡向正反应移动，而水的浓度增大0.05mol/L，应是增大水蒸气的浓度，‎ 故答案为：d；a．‎ ‎　‎ ‎23．已知：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）平衡常数随温度的变化如表：‎ 温度/℃‎ ‎400‎ ‎500‎ ‎800‎ 平衡常数Kc ‎9.94‎ ‎9‎ ‎1‎ 试回答下列问题 ‎（1）上述化学变化的逆向反应是：　吸热　 反应（选填：放热、吸热）．‎ ‎（2）800℃发生上述反应，以表中的物质的量投入恒容反应器，‎ A B C D E n（CO2）‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎1‎ n（H2）‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ n（CO）‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎0.5‎ ‎3‎ n（H2O）‎ ‎5‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ 其中向正向移动的有　BCE　（选填A、B、C、D、E）．‎ ‎（3）已知在一定温度下：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H1平衡常数K；‎ C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H2平衡常数K1；‎ CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H3平衡常数K2，‎ 则K、K1、K2之间的关系是：　　．‎ ‎（4）若在500℃时进行，若CO、H2O的起始浓度均为0.020mol/L，在该条件下，CO的最大转化率为：　75%　．‎ ‎（5）若800℃进行，设起始时CO和H2O（g）共5mol，水蒸气体积分数为x；平衡时CO转化率为y，则y随x变化的函数关系式为：y=　x　．（用含x的代数式表达）‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）由表可知，温度升高，反应的化学平衡常数减小，故正反应为放热反应，逆反应为吸热反应；‎ ‎（2）计算反应的浓度商Qc，与800℃的K作比较，可得；‎ ‎（3）已知：①C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H1、K；‎ ‎②C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H2、K1；‎ ‎③CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H3、K2，‎ 根据盖斯定律①=②﹣③可得；‎ ‎（4）500℃，K=9，设CO的平衡转化率为x，根据三段式表示K，计算可得；‎ ‎（5）起始时水的物质的量为5xmol，转化的CO的物质的量为 5（1﹣x）ymol，利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，代入800℃平衡常数，据此解答．‎ ‎【解答】解：（1）由表可知，温度升高，反应的化学平衡常数减小，说明温度升高，化学平衡逆向移动，逆方向为吸热方向；‎ 故答案为：吸热；‎ ‎（2）800℃，K=1，反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），化学计量数相同，由物质的量代替浓度有：‎ A、Qc=＞1，反应向着逆反应方向进行；B、Qc=＜1，反应向着正方向进行；C、产物起始浓度为0，向着正方向进行，D、Qc==1，反应平衡；E、Qc=＜1，反应向着正方向进行；‎ 故答案为：BCE；‎ ‎（3）已知：①C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H1、K；‎ ‎②C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H2、K1；‎ ‎③CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H3、K2，‎ 根据盖斯定律①=②﹣③可得；则K=；‎ 故答案为：K=；‎ ‎（4）设CO的平衡转化率为x，‎ ‎ CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）‎ c始：0.02 0.02 0 0 ‎ c转：0.02x 0.02x 0.02x 0.02x c平：0.02﹣0.02x 0.02﹣0.02x 0.02x 0.02 x ‎500℃，K==9，解得x=75%；‎ 故答案为：75%；‎ ‎（5）利用三段式，‎ ‎ CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），‎ 起始：5（1﹣x） 5x 0 0‎ 转化：5（1﹣x）y 5（1﹣x）y 5（1﹣x）y 5（1﹣x）y 平衡：5（1﹣x）（1﹣y） 5（x﹣y+xy） 5（1﹣x）y 5（1﹣x）y 根据平衡常数K==1，‎ 解得y=x；‎ 故答案为：x．‎ ‎　‎ ‎24．某温度（t℃）时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的pH为11，则该温度下Kw=　1.0×10﹣13　t℃　＞　25℃（填“＞”、“＜”或“=”），其理由是　水的电离是吸热的，升高温度时水的电离平衡正向移动，Kw增大，因该温度下的Kw比25℃时大，所以该温度大于25℃　该温度下，将pH=a的NaOH溶液VaL和pH=b的硫酸Vb L混合，通过计算填写以下不同情况时两溶液的体积比：‎ ‎（1）若所得混合液为中性，且a+b=14，则Va：Vb=　1：10　‎ ‎（2）若所得混合液为中性，且a+b=12，则Va：Vb=　10：1　‎ ‎（3）若所得混合液为中性，且a+b=x，则Va：Vb=　1013﹣（a+b）：1或1013﹣x：1　‎ ‎（4）若所得混合液的pH=10，且a=12，b=2，则Va：Vb=　1：9　．‎ ‎【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．‎ ‎【分析】0.01mol/L NaOH溶液，c（OH﹣）=0.01mol/L，pH=11，则c（H+）=10﹣11mol/L，Kw=c（OH﹣）×c（H+），常温下Kw=10﹣14；‎ 所得混合溶液为中性，Va：Vb==1013﹣a﹣b，结合a+b的值计算（1）、（2）、（3）；‎ ‎（4）所得混合溶液的pH=10，碱过量，则=0.001mol/L．‎ ‎【解答】解：0.01mol/L NaOH溶液，c（OH﹣）=0.01mol/L，pH=11，则c（H+）=10﹣11mol/L，Kw=c（OH﹣）×c（H+）=1.0×10﹣13，而常温下Kw=10﹣14，水的电离是吸热的，升高温度时水的电离平衡正向移动，Kw增大，则温度高于25℃，‎ 故答案为：1.0×10﹣13；＞；水的电离是吸热的，升高温度时水的电离平衡正向移动，Kw增大，因该温度下的Kw比25℃时大，所以该温度大于25℃；‎ ‎（1）该温度下Kw=1.0×10﹣13，所得混合溶液为中性，Va：Vb==1013﹣a﹣b，且a+b=14，解得Va：Vb=1：10，故答案为：1：10；‎ ‎（2）所得混合溶液为中性，Va：Vb==1013﹣a﹣b，且a+b=12，解得Va：Vb=10：1，故答案为：10：1；‎ ‎（3）所得混合溶液为中性，Va：Vb==1013﹣a﹣b，且a+b=x，解得Va：Vb=1013﹣（a+b）：1 或1013﹣x：1，故答案为：1013﹣（a+b）：1 或1013﹣x：1；‎ ‎（4）所得混合溶液的pH=10，碱过量，则=0.001mol/L，解得Va：Vb=1：9，故答案为：1：9．‎ ‎　‎