化学卷·2018届吉林省辽源市普通高中高二上学期期中化学试卷 （解析版） 35页

‎2016-2017学年吉林省辽源市普通高中高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共20小题，每小题2分，满分50分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．1 mol硫酸与1 mol Ba（OH）2完全中和所放出的热量为中和热 B．101 kPa时，1 mol碳燃烧所放出的热量为碳的燃烧热 C．CO是不稳定的氧化物，它能继续和氧气反应生成稳定的CO2，所以CO的燃烧反应一定是吸热反应 D．25℃、101 kPa时，1 mol S和2 mol S的燃烧热相等 ‎2．常温下，下列离子能使纯水中的H+离子数目增加的是（　　）‎ A．S2﹣ B．CO32﹣ C．NH4+ D．Br﹣‎ ‎3．某一反应在一定条件下的平衡转化率为25.3%，当使用了催化剂时，其转化率为（　　）‎ A．大于25.3% B．小于25.3% C．等于25.3% D．约等于25.3%‎ ‎4．下列各组离子一定能大量共存的是（　　）‎ A．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣‎ B．在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣‎ C．在c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣‎ D．在pH=0的溶液中：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣‎ ‎5．对于合成氨反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） 298K时，△H=﹣92.2kJ•mol﹣1，△S=﹣198.2kJ•mol﹣1•K﹣1，‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．升高温度和增大压强都有利于平衡向生成氨的方向移动 B．298K时合成氨反应不能自发进行 C．298K时合成氨的反应速率一定很大 D．298K时合成氨反应可自发进行 ‎6．将4mol A气体和2mol B气体在体积为2L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A（g）+B（g）⇌xC（g），若经2s后测得A的物质的量为2.8mol，C的物质的量浓度为0.6mol/L．现有几种说法：①‎ ‎2s内用物质A表示的平均反应速率为0.3mol/（L•s）；②2s内用物质B表示的平均反应速率为0.6mol/（L•s）；③2s时物质B的转化率为70%；④x=2．其中正确的是（　　）‎ A．①③ B．①④ C．②③ D．③④‎ ‎7．用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（　　）‎ A． B．‎ C．c（H+）和c（OH﹣）的乘积 D．OH﹣的物质的量 ‎8．下列事实一定能说明HF是弱酸的是（　　）‎ ‎①常温下NaF溶液的pH大于7；　‎ ‎②用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗；‎ ‎③HF与NaCl不能发生反应；　　 ‎ ‎④常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3；‎ ‎⑤HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体； ‎ ‎⑥HF与水能以任意比混溶；‎ ‎⑦1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红．‎ A．①②⑦ B．②③⑤ C．③④⑥ D．①④‎ ‎9．一定温度下，水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（　　）‎ A．升高温度，可能引起由c向b的变化 B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10﹣13‎ C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化 D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化 ‎10．已知化学反应：C（s）+O2（g）═CO（g）△H1＜0，CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2＜0，‎ C（s）+O2（g）═CO2（g）△H3＜0；下列说法正确的是（　　）‎ A．56 g CO和32 g O2所具有的总能量小于88 g CO2所具有的总能量 B．碳的燃烧热是△H3‎ C．△H1＜△H3‎ D．28 g CO的总能量比44 g CO2的总能量高 ‎11．某温度下在密闭容器中发生如下反应：2M（g）+N（g）⇌2E（g）若开始时只充入2molE（g），达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了20%；若开始时只充入2molM和1molN的混合气体，达平衡时M的转化率为（　　）‎ A．20% B．40% C．60% D．80%‎ ‎12．已知下列热化学方程式：‎ ‎①Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H1=﹣26.7kJ•mol﹣1‎ ‎②3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）△H2=﹣50.75kJ•mol﹣1‎ ‎③Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H3=﹣36.5kJ•mol﹣1‎ 则反应FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）的焓变为（　　）‎ A．+7.28 kJ•mol﹣1 B．﹣7.28 kJ•mol﹣1‎ C．+43.68 kJ•mol﹣1 D．﹣43.68 kJ•mol﹣1‎ ‎13．汽车尾气中，产生NO的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是（　　）‎ A．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0‎ B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小 C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂 D．温度T下，该反应的平衡常数K=‎ ‎14．将一定量的固体Ag2SO4置于容积不变的容器中（装有少量V2O5），在某温度下发生反应：‎ Ag2SO4（s）⇌Ag2O（s）+SO3（g），2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）反应经过10min达到平衡，测得c（SO3）=0.4mol/L、c（SO2）=0.1mol/L，则下列叙述中正确的是（　　）‎ A．容器里气体的密度为40 g/L B．SO3的分解率为30%‎ C．在这10 min内的平均速率为v（O2）=0.05 mol•L﹣1•min﹣1‎ D．化学反应速率：v（Ag2SO4）=v（SO3）‎ ‎15．氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是（　　）‎ A．再通入少量氯气，减小 B．通入少量SO2，溶液的漂白性增强 C．加入少量水，水的电离平衡向正反应方向移动 D．加入少量固体NaOH，一定有c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）‎ ‎16．NH4HS（s）⇌NH3（g）+H2S（g）在一定温度下达到平衡，下列情况不能使平衡发生移动的是（　　）‎ A．温度、容积不变，充入NH3‎ B．温度、容积不变时，充入SO2气体 C．充入N2，保持压强不变 D．移走一部分NH4HS固体 ‎17．25℃时，在10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（　　）‎ A．未加盐酸时：c（OH﹣）＞c（Na+）=c（NH3•H2O）‎ B．加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）‎ C．加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl﹣）=c（Na+）‎ D．加入20mL盐酸时：c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（Na+）‎ ‎18．对于可逆反应mA（g）+nB（s）⇌pC（g）+qD（g）反应过程中，其他条件不变时，D的百分含量与温度（T）或压强（P）关系如图所示，反应达平衡后，下列叙述正确的是（　　）‎ A．升高温度，平衡正移 B．使用催化剂，D的百分含量增加 C．m＜p+q D．B的颗粒越小，反应速率越快，有利于平衡向正反应方向移动 ‎19．在容积一定的密闭容器中，反应2A⇌B （g）+C （g）达到平衡后，升高温度容器内气体密度增大，则下列叙述正确的是（　　）‎ A．改变压强对该平衡的移动无影响 B．正反应是放热反应且A不是气态 C．其它条件不变，加入少量A，该平衡向正反应方向移动 D．正反应是吸热反应且A不是气态 ‎20．羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害．在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：‎ CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g） K=0.1‎ 反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，下列说法正确的是（　　）‎ A．升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应 B．通入CO后，正反应速率逐渐增大 C．反应前H2S物质的量为7mol D．CO的平衡转化率为80%‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分50分）‎ ‎21．可逆反应3A（g）⇌3B（？）+C（？）△H＞0达到化学平衡后，‎ ‎（1）升高温度，用“变大”、“变小”、“不变”或“无法确定”填空．‎ a．若B、C都是气体，气体的平均相对分子质量　　；‎ b．若B、C都不是气体，气体的平均相对分子质量　　；‎ c．若B是气体，C不是气体，气体的平均相对分子质量　　；‎ ‎（2）如果平衡后保持温度不变，将容器体积增加一倍，新平衡时A的浓度是原来的60%，则B是　　态，C是　　态．‎ ‎22．已知：T℃、P kpa时，容积为V 的密闭容器中充有1molA和2molB，保持恒温恒压使反应达平衡：A（g）+B（g）⇌C（g），平衡时C 的体积分数为40%．‎ ‎（1）欲保持温度、压强在上述条件下不变，在密闭容器中充入2molA和4molB，则平衡时体系容积为　　，C的体积分数为　　．‎ ‎（2）另取一个容积固定不变的密闭容器，仍控制温度为T℃，加入1molB和1molC，要使平衡时C 的体积分数仍为40%，则该密闭容器体积为　　．‎ ‎23．T℃、2L密闭容器中某一反应不同时刻各物质的量如图（E为固体，其余为气体）．回答下列问题：‎ ‎（1）写出该反应的化学方程式　　．‎ ‎（2）反应开始至3min时，用D表示的平均反应速率为　　mol/（L•min）．‎ ‎（3）T℃时，该反应的化学平衡常数K=　　．‎ ‎（4）第6min时，保持温度不变，将容器的体积缩小至原来的一半，重新达到平衡后，D的体积分数为　　．‎ 物质 A B D E 物质的量mol ‎0.8‎ ‎1.0‎ ‎0.4‎ ‎0.2‎ ‎（5）另有一个2L的密闭容器，T℃、某一时刻时，容器中各物质的量如表所示：此时v（正）　　v（逆）（填“大于”或“等于”或“小于”）．‎ ‎24．（1）室温下，0.1 mol/L NaClO溶液的pH　　0.1 mol/L Na2SO3溶液的pH．‎ ‎（选填“大于”、“小于”或“等于”）．浓度均为0.1 mol/L 的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32﹣、CO32﹣、HSO3﹣、HCO3﹣ 浓度从大到小的顺序为　　．‎ 已知：H2SO3 K1=1.54×10﹣2 K2=1.02×10﹣7 HClO K1=2.95×10﹣8‎ H2CO3 K1=4.3×10﹣7 K2=5.6×10﹣11‎ ‎（2）用标准碘溶液滴定容有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，应选用　　作指示剂，达到滴定终点的现象是　　．‎ ‎（3）常温下，将amol/lCH3COONa溶于水配成溶液，向其中滴加等体积bmol•L﹣1的盐酸使溶液呈中性（不考虑醋酸和盐酸的挥发），用含a和b的代数式表示醋酸的电离平衡常数Ka=　　．‎ ‎25．甲、乙两个小组利用酸性KMnO4与H2C2O4溶液反应，设计实验探究影响反应速率的因素（2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O）‎ 甲组：利用如图装置，通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小．（实验中所用KMnO4溶液均已加入H2SO4）‎ 序号 ‎ A溶液 ‎ B溶液 ‎①‎ ‎ 2ml 0.2mol/LH2C2O4溶液 ‎ 4ml 0.01mol/LKMnO4溶液 ‎②‎ ‎ 2ml 0.1mol/LH2C2O4溶液 ‎ 4ml 0.01mol/LKMnO4溶液 ‎③‎ ‎ 2ml 0.2mol/LH2C2O4溶液 ‎ 4ml 0.01mol/LKMnO4溶液和少量MnSO4‎ ‎（1）该实验的目的是探究　　对化学反应速率的影响．‎ ‎（2）分液漏斗中A溶液应该　　加入（填“一次性”或“逐滴滴加”）‎ ‎（3）实验结束后，读数前为了使两个量气管的压强相等，避免产生压强差，影响测定结果，需要进行的操作是　　．乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验 实验编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 水/ml ‎10‎ ‎5‎ ‎0‎ X ‎0.5mol/L H2C2O4/ml ‎5‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎5‎ ‎0.2mol/L KMnO4/ml ‎5‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎10‎ 时间/s ‎40‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎﹣﹣﹣‎ ‎（4）X=　　‎ A．5 B．10 C．15 D．20‎ ‎4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年吉林省辽源市普通高中高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共20小题，每小题2分，满分50分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．1 mol硫酸与1 mol Ba（OH）2完全中和所放出的热量为中和热 B．101 kPa时，1 mol碳燃烧所放出的热量为碳的燃烧热 C．CO是不稳定的氧化物，它能继续和氧气反应生成稳定的CO2，所以CO的燃烧反应一定是吸热反应 D．25℃、101 kPa时，1 mol S和2 mol S的燃烧热相等 ‎【考点】燃烧热；吸热反应和放热反应；中和热．‎ ‎【分析】A．根据中和热的概念分析，中和热是指强酸、强碱生成1mol水放出的热量，SO42﹣和Ba2+反应生成BaSO4，需要放出热量；‎ B．根据燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量；‎ C．根据物质的能量越低越稳定；‎ D．根据燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，燃烧热与物质的物质的量的多少无关．‎ ‎【解答】解：A．1 mol 硫酸与1mol Ba（OH）2 完全中和生成硫酸钡沉淀和2molH2O，同时SO42﹣和Ba2+反应生成BaSO4，需要放出热量，所以放出的热量不是中和热，故A错误；‎ B．101kPa时，1mol碳燃烧若没有生成稳定的氧化物所放出的热量就不是碳的燃烧热，故B错误；‎ C．CO是不稳定的氧化物，它能继续和氧气反应生成稳定的CO2，能量越低越稳定，所以CO的燃烧反应一定是放热反应，故C错误；‎ D．燃烧热与物质的物质的量的多少无关，所以在25℃．101kPa下，1 mol 硫和2 mol硫燃烧热相等，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．常温下，下列离子能使纯水中的H+离子数目增加的是（　　）‎ A．S2﹣ B．CO32﹣ C．NH4+ D．Br﹣‎ ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】常温下，能使纯水中的H+离子数目增加，说明了该离子能发生水解反应，且水解后溶液显示酸性，即弱碱离子的水解反应，据此进行判断．‎ ‎【解答】解：A．硫离子结合水电离的氢离子，促进了水的电离，溶液中氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，溶液显示碱性，故A错误；‎ B．碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，溶液中氢氧根离子数目增加，氢离子数目减少，溶液显示碱性，故B错误；‎ C．铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，导致溶液中氢离子数目增加，氢氧根离子数目减少，故C正确；‎ D．Br﹣离子不水解，所以不改变溶液中氢离子数目，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．某一反应在一定条件下的平衡转化率为25.3%，当使用了催化剂时，其转化率为（　　）‎ A．大于25.3% B．小于25.3% C．等于25.3% D．约等于25.3%‎ ‎【考点】探究浓度、催化剂对化学平衡的影响．‎ ‎【分析】根据使用催化剂，只改变反应速率、化学平衡不移动来分析．‎ ‎【解答】解：某一反应在一定条件下的平衡转化率为25.3%，其他条件不变，有一催化剂存在时，催化剂改变反应速率，不能改变化学平衡，其转化率不变为25.3%；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．下列各组离子一定能大量共存的是（　　）‎ A．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣‎ B．在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣‎ C．在c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣‎ D．在pH=0的溶液中：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A．Fe3+与SCN﹣发生络合反应；‎ B．强碱溶液中存在大量的OH﹣；‎ C．c（H+）=10﹣13mol/L的溶液呈碱性，存在大量的OH﹣；‎ D．pH=0的溶液呈酸性，存在大量的H+．‎ ‎【解答】解：A．Fe3+与SCN﹣发生络合反应生成Fe（SNC）3而不能共存，故A错误；‎ B．强碱溶液中存在大量的OH﹣，离子之间不发生任何反应，可以大量共存，故B正确；‎ C．c（H+）=10﹣13mol/L的溶液呈碱性，存在大量的OH﹣，NH4+与OH﹣反应生成NH3•H2O，A13+与OH﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；‎ D．pH=0的溶液呈酸性，存在大量的H+，Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．对于合成氨反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） 298K时，△H=﹣92.2kJ•mol﹣1，△S=﹣198.2kJ•mol﹣1•K﹣1，‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．升高温度和增大压强都有利于平衡向生成氨的方向移动 B．298K时合成氨反应不能自发进行 C．298K时合成氨的反应速率一定很大 D．298K时合成氨反应可自发进行 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A、正反应是气体体积缩小的放热反应；‎ B、根据△G=△H﹣T△S，进行判断；‎ C、温度越高反应速率越快；‎ D、根据△G=△H﹣T△S，进行判断．‎ ‎【解答】‎ 解：A、正反应是气体体积缩小的放热反应，所以降低温度和增大压强都有利于平衡向生成氨的方向移动，故A错误；‎ B、因为△H=﹣92.2kJ•mol﹣1，△S=﹣198.2kJ•mol﹣1•K﹣1，由△G=△H﹣T△S=﹣92.2kJ•mol﹣1+198.2kJ•mol﹣1•K﹣1×298K＞0，所以反应不能自发，故B正确；‎ C、温度越高反应速率越快，而298K时是低温，所以反应速率很低，故C错误；‎ D、因为△H=﹣92.2kJ•mol﹣1，△S=﹣198.2kJ•mol﹣1•K﹣1，由△G=△H﹣T△S=﹣92.2kJ•mol﹣1+198.2kJ•mol﹣1•K﹣1×298K＞0，所以反应不能自发，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．将4mol A气体和2mol B气体在体积为2L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A（g）+B（g）⇌xC（g），若经2s后测得A的物质的量为2.8mol，C的物质的量浓度为0.6mol/L．现有几种说法：①2s内用物质A表示的平均反应速率为0.3mol/（L•s）；②2s内用物质B表示的平均反应速率为0.6mol/（L•s）；③2s时物质B的转化率为70%；④x=2．其中正确的是（　　）‎ A．①③ B．①④ C．②③ D．③④‎ ‎【考点】化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系．‎ ‎【分析】2s后生成C为0.6mol/L×2L=1.2mol，2A（g）+B（g）⇌xC（g），‎ ‎ 开始 4mol 2mol 0‎ ‎ 转化 1.2mol 0.6mol 1.2mol ‎ 2s 2.8mol 1.4mol 1.2mol ‎2s内用物质C表示的平均反应速率为=0.3mol/（L•s），结合反应速率之比等于化学计量数之比分析①②④；‎ ‎2s时物质B的转化率等于参加反应的物质的量与起始物质的量之比来计算．‎ ‎【解答】解：2s后生成C为0.6mol/L×2L=1.2mol，2A（g）+B（g）⇌xC（g），‎ ‎ 开始 4mol 2mol 0‎ ‎ 转化 1.2mol 0.6mol 1.2mol ‎ 2s 2.8mol 1.4mol 1.2mol ‎2s内用物质C表示的平均反应速率为=0.3mol/（L•s），‎ ‎①2s内用物质A表示的平均反应速率为 ‎=0.3mol/（L•s），故①正确；‎ ‎②反应速率之比等于化学计量数之比，则2s内用物质B表示的平均反应速率为0.3mol/（L•s）×=0.15mol/（L•s），故②错误；‎ ‎③2s时物质B的转化率为×100%=30%，故③错误；‎ ‎④反应速率之比等于化学计量数之比，A、C的反应速率相同，则x=2，故④正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（　　）‎ A． B．‎ C．c（H+）和c（OH﹣）的乘积 D．OH﹣的物质的量 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH3．H2O⇌OH﹣+NH4+可知，n（OH﹣）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH﹣）减小，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少．‎ ‎【解答】解：A、由NH3．H2O⇌OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少，n（OH﹣）增大，增大，故A错误；‎ B、由NH3．H2O⇌OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少，n（OH﹣）增大，减小，故B正确；‎ C、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH﹣）的乘积不变，故C错误；‎ D、由NH3．H2O⇌OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，OH﹣的物质的量增大，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．下列事实一定能说明HF是弱酸的是（　　）‎ ‎①常温下NaF溶液的pH大于7；　‎ ‎②用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗；‎ ‎③HF与NaCl不能发生反应；　　 ‎ ‎④常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3；‎ ‎⑤HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体； ‎ ‎⑥HF与水能以任意比混溶；‎ ‎⑦1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红．‎ A．①②⑦ B．②③⑤ C．③④⑥ D．①④‎ ‎【考点】强电解质和弱电解质的概念．‎ ‎【分析】根据弱电解质的电离是不完全的，酸的溶解性及酸的通性无法确定酸电离的程度，而比较酸的浓度与酸电离c（H+）可判断酸的电离程度．‎ ‎【解答】解：①常温下碱性溶液中PH＞7，NaF溶液的pH大于7说明呈碱性，说明NaF发生了水解，HF是弱酸，故①正确；‎ ‎②导电性强弱主要与离子浓度有关，不能说明HF是弱酸，故②错误；‎ ‎③HF与NaCl不能发生反应与HF是弱酸无关，故③错误；‎ ‎④常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3说明HF部分电离是弱酸，故④正确；‎ ‎⑤HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体说明HF的酸性比碳酸的强，不能说明HF是弱酸，故⑤错误；‎ ‎⑥HF与水能以任意比混溶与HF的酸性无关，故⑥错误；‎ ‎⑦1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红说明HF水溶液显酸性，不能说明HF是弱酸，故⑦错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．一定温度下，水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（　　）‎ A．升高温度，可能引起由c向b的变化 B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10﹣13‎ C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化 D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化 ‎【考点】水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A、由图可知abc为等温线；‎ B、由b点计算此温度下水的离子积常数为1.0×10﹣14；‎ C、b点到a点，氢离子浓度变大，氢氧根离子浓度减小，据此解答即可；‎ D、稀释不会引起水的离子积的改变，据此解答即可．‎ ‎【解答】解：A、由图可知abc三点对应的平衡常数不变，故abc为等温线，故升高温度，不能由c到b，故A错误；‎ B、b点c（H+）=c（OH﹣）=1.0×10﹣7，故KW=1.0×10﹣7×1.0×10﹣7=1.0×‎ ‎10﹣14，故B错误；‎ C、加入FeCl3，氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子结合水电离出的氢氧根，促进水的电离平衡右移，即氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小（由b到a），符合图象变化趋势，故C正确；‎ D、由c点到d点，水的离子积常数减小，温度不变，K不变，故不能利用稀释使其形成此变化，故D错误，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．已知化学反应：C（s）+O2（g）═CO（g）△H1＜0，CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2＜0，‎ C（s）+O2（g）═CO2（g）△H3＜0；下列说法正确的是（　　）‎ A．56 g CO和32 g O2所具有的总能量小于88 g CO2所具有的总能量 B．碳的燃烧热是△H3‎ C．△H1＜△H3‎ D．28 g CO的总能量比44 g CO2的总能量高 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A．CO的燃烧为放热反应；‎ B.1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量数值等于燃烧热；‎ C．△H3和△H1为负值，放热多则△H小；‎ D．CO生成二氧化碳为放热反应，但不能确定CO和二氧化碳的能量大小．‎ ‎【解答】解：A．CO的燃烧为放热反应，则56 g CO和32 g O2所具有的总能量大于88 g CO2所具有的总能量，故A错误；‎ B.1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量数值等于燃烧热，由热化学方程式可知碳的燃烧热是△H3，故B正确；‎ C．△H3和△H1为负值，放热多则△H小，所以△H3＜△H1，故C错误；‎ D．CO生成二氧化碳为放热反应，则CO和氧气的总能量大于二氧化碳的总能量，但不能确定CO和二氧化碳的能量大小，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．某温度下在密闭容器中发生如下反应：2M（g）+N（g）⇌2E（g）若开始时只充入2molE（g），达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了20%；若开始时只充入2molM和1molN的混合气体，达平衡时M的转化率为（　　）‎ A．20% B．40% C．60% D．80%‎ ‎【考点】等效平衡；化学平衡的计算．‎ ‎【分析】根据等效平衡，在相同温度下，固定容积的反应容器内，2molE与2molM和1molN的物质的量相当，达到平衡时，两者的平衡状态相同，利用三段式解题方法，可求知结果．‎ ‎【解答】解：设充入2molE达到平衡状态时反应了2xmolE，根据方程式计算如下：‎ ‎ 2M（g）+N（g）2E（g）‎ 起始 0 mol 0 mol 2mol 转化 2x x 2x 平衡 2x x 2﹣2x 根据阿伏加德罗定律可知相同条件下气体的物质的量之比等于压强之比，则有： =1.2，解得x=0.4mol；‎ 在相同条件下，2molE与2molM和1molN的物质的量相当，达到平衡时，两者的平衡状态相同，即若开始时只充入2molM和1molN的混合气体，‎ 达平衡时M的物质的量为0.8mol，转化的M的物质的量为2mol﹣0.8mol=1.2mol所以达平衡时M的转化率=，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．已知下列热化学方程式：‎ ‎①Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H1=﹣26.7kJ•mol﹣1‎ ‎②3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）△H2=﹣50.75kJ•mol﹣1‎ ‎③Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H3=﹣36.5kJ•mol﹣1‎ 则反应FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）的焓变为（　　）‎ A．+7.28 kJ•mol﹣1 B．﹣7.28 kJ•mol﹣1‎ C．+43.68 kJ•mol﹣1 D．﹣43.68 kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】根据盖斯定律将三个化学方程式进行处理得到FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）的焓变．‎ ‎【解答】解：由①×3﹣②﹣③×2得：6FeO（s）+6CO（g）═6Fe（s）+6CO2（g）　④‎ 再由④÷6得：FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）‎ 故△H===+7.28 kJ•mol﹣1．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎13．汽车尾气中，产生NO的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是（　　）‎ A．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0‎ B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小 C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂 D．温度T下，该反应的平衡常数K=‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A、由图可知，b曲线化学反应速率快，若是升高温度，氮气的平衡浓度减小，则正反应为吸热反应；‎ B、此容器为恒容密闭容器，ρ=，据此判断即可；‎ C、催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质的转化率；‎ D、依据氮气的浓度变化，找出三段式，计算平衡常数即可．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，b曲线化学反应速率快（变化幅度大），氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0，故A错误；‎ B、反应物和生成物均是气体，故气体的质量m不变，容器为恒容容器，故V不变，那么密度ρ=不变，故B错误；‎ C、由图可知，b曲线氮气的平衡浓度减小，故应是平衡发生移动，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，故b曲线不可能是由于催化剂影响的，故C错误；‎ D、N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），‎ 起（mol/L） c0 c0 0‎ 转（mol/L） c0 ﹣c1 c0 ﹣c1 2（c0 ﹣c1 ）‎ 平（mol/L） c1 c1 2（c0 ﹣c1 ）‎ 故K=，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎14．将一定量的固体Ag2SO4置于容积不变的容器中（装有少量V2O5），在某温度下发生反应：‎ Ag2SO4（s）⇌Ag2O（s）+SO3（g），2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）反应经过10min达到平衡，测得c（SO3）=0.4mol/L、c（SO2）=0.1mol/L，则下列叙述中正确的是（　　）‎ A．容器里气体的密度为40 g/L B．SO3的分解率为30%‎ C．在这10 min内的平均速率为v（O2）=0.05 mol•L﹣1•min﹣1‎ D．化学反应速率：v（Ag2SO4）=v（SO3）‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】已知①Ag2SO4（s）⇌Ag2O（s）+SO3（g），②2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），经10分钟反应达到平衡，此时c（SO3）=0.4mol/L，c（O2）=0.05mol/L，由反应②可知消耗SO30.1mol/L，生成c （SO2）=0.1mol/L，可知反应①共生成SO3的浓度为0.4mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：已知①Ag2SO4（s）⇌Ag2O（s）+SO3（g），②2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），经10分钟反应达到平衡，此时c（SO3）=0.4mol/L，c（O2）=0.05mol/L，由反应②可知消耗SO30.1mol/L，生成c （SO2）=0.1mol/L，可知反应①共生成SO3的浓度为0.4mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L，‎ A．平衡时c （SO2）=0.1mol/L，c （O2）=0.05mol/L，c（SO3）=0.4mol/L，设容器体积为1L，‎ 则m（SO2）=0.1mol/L×1L×64g/mol=6.4g，m（O2）=0.05mol/L×1L×32g/mol=1.6g，m（SO3）=0.4mol/L×1L×80g/mol=32g，则容器内气体密度==40g/L，故A正确；‎ B．SO3的分解率==20%，故B错误；‎ C．在这10 min内的平均速率==0.01 mol•L﹣1•min﹣1，故C错误；‎ D．因为纯固体不可以用来表示反应速率，所以υ（Ag2SO4）表达错误，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎15．氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是（　　）‎ A．再通入少量氯气，减小 B．通入少量SO2，溶液的漂白性增强 C．加入少量水，水的电离平衡向正反应方向移动 D．加入少量固体NaOH，一定有c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素；氯气的化学性质．‎ ‎【分析】A、氯气与水的反应，加入氯气，溶液为饱和溶液；‎ B、通入二氧化硫，其与氯气反应生成无漂白性的盐酸和硫酸，平衡左移，漂白性减弱；‎ C、氯气与水的反应，加入水，电离平衡向右移动；‎ D、根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣））+c（ClO﹣）+c（OH﹣），加入少量固体NaOH，溶液呈酸性，只有溶液为中性时c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）．‎ ‎【解答】解：在氯水中存在如下平衡：Cl2+H2OHCl+HClO、H2OH++OH﹣、HClOH++ClO﹣．‎ A．氯气溶于水达到平衡后，再通入少量氯气，此时已经为饱和溶液，浓度比值不变，故A错误；‎ B、通入少量SO2，发生反应：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，平衡左移，HClO的浓度减小，溶液漂白性减弱，故B错误；‎ C、加入少量水，促进水的电离，水的电离平衡向正反应方向移动，故C正确；‎ D、加入少量氢氧化钠，反应后溶液中阴阳离子所带正负电荷总数相等，故存在c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（ClO﹣），加入少量固体NaOH，溶液呈酸性，则有：c（H+）＞c（OH﹣），所以c（Na+）＜c（Cl﹣）+c（ClO﹣），故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎16．NH4HS（s）⇌NH3（g）+H2S（g）在一定温度下达到平衡，下列情况不能使平衡发生移动的是（　　）‎ A．温度、容积不变，充入NH3‎ B．温度、容积不变时，充入SO2气体 C．充入N2，保持压强不变 D．移走一部分NH4HS固体 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．容积不变，充入氨气，平衡逆向进行；‎ B．温度、容积不变时，通入SO2气体，与硫化氢反应生成S，硫化氢的浓度降低，据此分析解答；‎ C．充入氮气，保持压强不变，体积增大，反应气体混合物各组分的浓度降低，平衡向体积增大的方向移动．‎ D．NH4HS为固体，改变NH4HS固体的用量，不影响平衡移动．‎ ‎【解答】解：A．容积不变，充入氨气，增大生成物浓度，平衡向左移动，故A不符合； ‎ B．温度、容积不变时，通入SO2气体，与硫化氢反应生成S，硫化氢的浓度降低，平衡向正反应方向移动，故B不符合；‎ C．充入氮气，保持压强不变，体积增大，反应气体混合物各组分的浓度降低，压强降低，平衡向正反应方向移动，故C不符合；‎ D．NH4HS为固体，改变NH4HS固体的用量，不影响平衡移动，故D符合；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎17．25℃时，在10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（　　）‎ A．未加盐酸时：c（OH﹣）＞c（Na+）=c（NH3•H2O）‎ B．加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）‎ C．加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl﹣）=c（Na+）‎ D．加入20mL盐酸时：c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（Na+）‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；真题集萃．‎ ‎【分析】氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离，一水合氨为弱碱，在水溶液中部分电离，相同体积与浓度的氢氧化钠与一水合氨其中和能力是相同的，据此分析解答即可．‎ ‎【解答】解：A、NaOH和NH3•H2O混合溶液中，NaOH完全电离，NH3•H2O部分电离，因此c（OH﹣）＞0.1mol/L，c（Na+）=0.1mol/L，c（NH3•H2O）＜0.1mol/L，故c（OH﹣）＞c（Na+）＞c（NH3•H2O），故A错误；‎ B、在此混合溶液中加入10mL盐酸，存在电中性原则：c（NH4+）+c（H+）+‎ c（Na+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），由于等体积等浓度混合，故c（Na+）=c（Cl﹣），即c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣），故B正确；‎ C、加入盐酸至pH=7时，溶液呈中性，即c（H+）=c（OH﹣），那么c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl﹣），即c（Cl﹣）＞c（Na+），故C错误；‎ D、加入20mL盐酸时，此时溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液，此时溶液呈酸性，即存在c（H+）＞c（OH﹣），那么c（NH4+）+c（Na+）＜c（Cl﹣），故D错误，故选B．‎ ‎　‎ ‎18．对于可逆反应mA（g）+nB（s）⇌pC（g）+qD（g）反应过程中，其他条件不变时，D的百分含量与温度（T）或压强（P）关系如图所示，反应达平衡后，下列叙述正确的是（　　）‎ A．升高温度，平衡正移 B．使用催化剂，D的百分含量增加 C．m＜p+q D．B的颗粒越小，反应速率越快，有利于平衡向正反应方向移动 ‎【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线．‎ ‎【分析】A、由图Ⅰ根据先拐先平数值大可知，T2＞T1，升高温度，D的含量减小，平衡逆向移动；‎ B、催化剂对化学平衡无影响；‎ C、由图Ⅱ根据先拐先平数值大可知，P2＞P1，增大压强，D的含量减小，平衡逆向移动；‎ D、B的颗粒越小，接触面积越大，可以加快化学反应速率，但对化学平衡无影响．‎ ‎【解答】解：A、由图Ⅰ根据先拐先平数值大可知，T2＞T1，升高温度，D的含量减小，平衡逆向移动，故A错误；‎ B、催化剂对化学平衡无影响，不会使D%有所增加，故B错误；‎ C、由图Ⅱ根据先拐先平数值大可知，P2＞P1，增大压强，D的含量减小，平衡逆向移动，故m＜p+q，故C正确；‎ D．B的颗粒越小，接触面积越大，可以加快化学反应速率，但对化学平衡不产生影响，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎19．在容积一定的密闭容器中，反应2A⇌B （g）+C （g）达到平衡后，升高温度容器内气体密度增大，则下列叙述正确的是（　　）‎ A．改变压强对该平衡的移动无影响 B．正反应是放热反应且A不是气态 C．其它条件不变，加入少量A，该平衡向正反应方向移动 D．正反应是吸热反应且A不是气态 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】利用公式ρ=可知，容器内气体的密度增大，则混合气体的总质量增大，则A为非气态，根据外界条件（浓度、温度、压强）对化学平衡的影响进行分析判断．‎ ‎【解答】解：利用公式ρ=可知，容器内气体的密度增大，则混合气体的总质量增大，则A为非气态，‎ A、则A为非气态，所以两边的计量数不等，故改变压强对该平衡的移动有影响，平衡逆向移动，故A错误；‎ B、因温度升高，平衡向吸热的方向移动，平衡正向移动，所以正反应是吸热反应，故B错误；‎ C、在平衡体系中加入少量A，A为非气态，不影响平衡移动，混合气体的密度不变，故C错误；‎ D、高温度容器内气体密度增大，所以正反应是吸热反应且A不是气态，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎20．羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害．在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：‎ CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g） K=0.1‎ 反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，下列说法正确的是（　　）‎ A．升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应 B．通入CO后，正反应速率逐渐增大 C．反应前H2S物质的量为7mol D．CO的平衡转化率为80%‎ ‎【考点】真题集萃；反应热和焓变；化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A．升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；‎ B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小；‎ C．反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：‎ ‎ CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g） 起始（mol）：10 n 0 0‎ 变化（mol）：2 2 2 2‎ 平衡（mol）：8 n﹣2 2 2‎ 反应恰好气体分子数目不变，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=列方程计算；‎ D．根据C中的计算数据计算CO的平衡转化率．‎ ‎【解答】解：A．升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则该反应是放热反应，故A错误；‎ B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，故B错误；‎ C．反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：‎ ‎ CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g） ‎ 起始（mol）：10 n 0 0‎ 变化（mol）：2 2 2 2‎ 平衡（mol）：8 n﹣2 2 2‎ 反应恰好气体分子数目不变，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K===0.1，解得n=7，故C正确；‎ D．根据上述数据，可知CO的平衡转化率为×100%=20%，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分50分）‎ ‎21．可逆反应3A（g）⇌3B（？）+C（？）△H＞0达到化学平衡后，‎ ‎（1）升高温度，用“变大”、“变小”、“不变”或“无法确定”填空．‎ a．若B、C都是气体，气体的平均相对分子质量　变小　；‎ b．若B、C都不是气体，气体的平均相对分子质量　不变　；‎ c．若B是气体，C不是气体，气体的平均相对分子质量　变小　；‎ ‎（2）如果平衡后保持温度不变，将容器体积增加一倍，新平衡时A的浓度是原来的60%，则B是　固或液　态，C是　气　态．‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，结合物质的状态判断相对分子质量的变化；‎ ‎（2）如果平衡后保持温度不变，将容器体积增加一倍，新平衡时A的浓度是原来的60%，则说明平衡向正反应移动，反应物气体的计量数大于生成物气体的计量数．‎ ‎【解答】解：（1）反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，结合物质的状态判断相对分子质量的变化；‎ a．若B、C都是气体，气体的总质量不变，但物质的量增大，则气体的平均相对分子质量变小，故答案为：变小；‎ b．若B、C都不是气体，气体只有A，则气体的平均相对分子质量不变，故答案为：不变；‎ c．若B是气体，C不是气体，气体的物质的量不变，但气体的质量减小，则相对分子质量减小，故答案为：变小；‎ ‎（2）如果平衡后保持温度不变，将容器体积增加一倍，如平衡不移动，则新平衡时A的浓度是原来的50%，而新平衡时A的浓度是原来的60%，说明平衡向正反应移动，反应物气体的计量数大于生成物气体的计量数，所以B为固体或液体，C为气体，故答案为：固或液；气．‎ ‎　‎ ‎22．已知：T℃、P kpa时，容积为V 的密闭容器中充有1molA和2molB，保持恒温恒压使反应达平衡：A（g）+B（g）⇌C（g），平衡时C 的体积分数为40%．‎ ‎（1）欲保持温度、压强在上述条件下不变，在密闭容器中充入2molA和4molB，则平衡时体系容积为　VL　，C的体积分数为　40%　．‎ ‎（2）另取一个容积固定不变的密闭容器，仍控制温度为T℃，加入1molB和1molC，要使平衡时C 的体积分数仍为40%，则该密闭容器体积为　VL　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】恒温恒压，使反应：A（g）+B（g）⇌C（g）达到平衡时，C的物质的量分数为40%，‎ ‎（1）温度和压强在上述条件下恒定不变，在密闭容器中充入2mol A和2mol B，2mol：2mol=1mol：1mol，平衡等效，平衡时体积分数与原状态达平衡的体积分数相同，‎ 令转化的物质的量为a，则：‎ ‎ A（g）+B（g）⇌C（g）‎ 开始（mol）：1 2 0‎ 变化（mol）：a a a ‎ 平衡（mol）：（1﹣a ） （2﹣a） a 则×100%=40%，解得a=‎ mol，故平衡后反应混合物的总的物质的量为3mol﹣mol=mol，‎ 利用同温同压下体积之比等于物质的量之比，计算容器的体积，由于是恒压过程，起始反应物成比例，所以C的体积分数和原平衡一样，据此答题；‎ ‎（2）容积固定不变的密闭容器，仍然控制温度为T℃，使1molB和1molC反应达到平衡状态时，假设将C完全转化为A和B，A为1mol、B为2mol，C的物质的量分数仍然为40%，所以该容器中反应与初始为等效平衡，所以该装置容器容积与等温等压反应达到平衡后容器体积相等，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：恒温恒压，使反应：A（g）+B（g）⇌C（g）达到平衡时，C的物质的量分数为40%，‎ ‎（1）温度和压强在上述条件下恒定不变，在密闭容器中充入2mol A和2mol B，2mol：2mol=1mol：1mol，平衡等效，平衡时体积分数与原状态达平衡的体积分数相同，‎ 令转化的物质的量为a，则：‎ ‎ A（g）+B（g）⇌C（g）‎ 开始（mol）：1 2 0‎ 变化（mol）：a a a ‎ 平衡（mol）：（1﹣a ） （2﹣a） a 则×100%=40%，解得a=mol，故平衡后反应混合物的总的物质的量为3mol﹣mol=mol，‎ 由于是恒压过程，起始反应物成比例，所以在容器中充入2molA和4molB和容器中充有1molA和2molB时C的体积分数一样仍为40%，所以在密闭容器中充入2molA和4molB，则平衡时体系的总物质的量为mol，由同温同压下体积之比等于物质的量之比，则容器的体积VL×mol×=VL，‎ 故答案为： VL；40%；‎ ‎（2）容积固定不变的密闭容器，仍然控制温度为T℃，使1molB和1molC反应达到平衡状态时，假设将C完全转化为A和B，A为1mol、B为2mol，C的物质的量分数仍然为40%，所以该容器中反应与初始为等效平衡，所以该装置容器容积与等温等压反应达到平衡后容器体积相等，‎ ‎1molA和2molB在等温等压条件下发生反应时，设生成的C的物质的量为xmol，‎ 则存在 A（g）+B（g）⇌C（g）‎ 开始（mol）：1 2 0‎ 变化（mol）：x x x 平衡（mol）：（1﹣x ）（2﹣x） x C的体积分数==40%，x=，‎ 等温等压下，气体的物质的量之比等于其体积之比，所以平衡时气体体积==VL ‎，因为等效平衡，所以等温等容条件下，该容器容积为VL，故答案为： VL．‎ ‎　‎ ‎23．T℃、2L密闭容器中某一反应不同时刻各物质的量如图（E为固体，其余为气体）．回答下列问题：‎ ‎（1）写出该反应的化学方程式　2A+B3D+E　．‎ ‎（2）反应开始至3min时，用D表示的平均反应速率为　0.1mol/（L•min）　mol/（L•min）．‎ ‎（3）T℃时，该反应的化学平衡常数K=　　．‎ ‎（4）第6min时，保持温度不变，将容器的体积缩小至原来的一半，重新达到平衡后，D的体积分数为　　．‎ 物质 A B D E 物质的量mol ‎0.8‎ ‎1.0‎ ‎0.4‎ ‎0.2‎ ‎（5）另有一个2L的密闭容器，T℃、某一时刻时，容器中各物质的量如表所示：此时v（正）　大于　v（逆）（填“大于”或“等于”或“小于”）．‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）根据图中的数据，利用各物质变化的物质的量之比等于化学反应计量数之比，可写出化学方程式；‎ ‎（2）根据v=计算反应速率；‎ ‎（3）根据生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积计算平衡常数；‎ ‎（4）在温度不变条件下，根据外界条件对平衡移动的影响作判断及体积之比等于物质的量之比计算D的体积分数；‎ ‎（5）根据Qc与K比较，判断平衡移动方向，进而比较正逆反应速率大小；‎ ‎【解答】解：（1）根据图中的数据可知，AB的物质的量减小，DE物质的量增加，所以AB为反应物，DE为生成物，△n（A）：△n（B）：△n（D）：△n（E）=0.4：0.2：0.6：0.2=2：1：3：1利用各物质变化的物质的量之比等于化学反应计量数之比，可写出化学方程式为2A+B3D+E，故答案为：2A+B3D+E；‎ ‎（2）反应开始至3min时，用D表示的平均反应速率为v===0.1mol/（L•min），故答案为：0.1mol/（L•min）；‎ ‎（3）根据生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积计算平衡常数，因为E是固体，所以K===；故答案为：；‎ ‎（4）在温度不变条件下，反应2A（g）+B（g）3D（g）+‎ E（s）前后气体体积不变，所以体积压缩为原来一半时，平衡不移动，D的体积分数不变，所以D的体积分数为：，故答案为：0.3；‎ ‎（5）根据表中数据可知，此时Qc==＜；即Qc＜K 反应未达平衡，要正向移动，所以v（正）＞v（逆），故答案为：大于．‎ ‎　‎ ‎24．（1）室温下，0.1 mol/L NaClO溶液的pH　大于　0.1 mol/L Na2SO3溶液的pH．‎ ‎（选填“大于”、“小于”或“等于”）．浓度均为0.1 mol/L 的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32﹣、CO32﹣、HSO3﹣、HCO3﹣ 浓度从大到小的顺序为　c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（HSO3﹣）　．‎ 已知：H2SO3 K1=1.54×10﹣2 K2=1.02×10﹣7 HClO K1=2.95×10﹣8‎ H2CO3 K1=4.3×10﹣7 K2=5.6×10﹣11‎ ‎（2）用标准碘溶液滴定容有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，应选用　淀粉溶液　作指示剂，达到滴定终点的现象是　当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色　．‎ ‎（3）常温下，将amol/lCH3COONa溶于水配成溶液，向其中滴加等体积bmol•L﹣1的盐酸使溶液呈中性（不考虑醋酸和盐酸的挥发），用含a和b的代数式表示醋酸的电离平衡常数Ka=　　．‎ ‎【考点】盐类水解的原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】（1）H2SO3Ki1=1.54×10﹣2，Ki2=1.02×10﹣7，HClOKi1=2.95×10﹣8 ，说明ClO﹣水解程度大于SO32﹣；H2SO3Ki1=1.54×10﹣2 Ki2=1.02×10﹣7，H2CO3Ki1=4.3×10﹣7Ki2=5.6×10﹣11．说明SO32﹣水解程度小于CO32﹣；‎ ‎（2）淀粉遇碘变蓝色，达到滴定终点蓝色褪色且半分钟内不褪色；‎ ‎（3）盐酸和醋酸钠之间反应生成氯化钠和醋酸，溶液显示中性，所以醋酸钠会剩余，c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，由于溶液体积加倍，则离子浓度均减半，故c（Cl﹣）=0.5bmol/L，而根据溶液的电中性可知：c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣）=c（Na+）=0.5amol/L，所以c（CH3COO﹣）=（0.5a﹣0.5b）mol/L，根据醋酸的电离常数表达式来计算．‎ ‎【解答】解：（1）H2SO3 Ki1=1.54×10﹣2，Ki2=1.02×10﹣7，HClOKi1=2.95×10﹣8 ，说明ClO﹣水解程度大于SO32﹣，0.1mol/L NaClO溶液的pH大于0.1mol/L Na2SO3溶液的pH，依据电离平衡常数大小比较，H2SO3Ki1=1.54×10﹣2 Ki2=1.02×10﹣7，H2CO3Ki1=4.3×10﹣7Ki2=5.6×10﹣11．说明SO32﹣水解程度小于CO32﹣，浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32﹣、CO32﹣、HSO3﹣、HCO3﹣浓度从大到小的顺序为c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）c（HCO3﹣）＞c（HSO3﹣），‎ 故答案为：大于；c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（HSO3﹣）；‎ ‎（2）淀粉遇碘变蓝色，达到滴定终点的现象是当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；‎ 故答案为：淀粉溶液；当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；‎ ‎（3）盐酸和醋酸钠之间反应生成氯化钠和醋酸，溶液显示中性，所以醋酸钠会剩余，则生成的c（CH3COOH）=0.5bmol/L，溶液显中性，故c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，根据电荷守恒，c（Cl﹣）=0.5bmol/L，c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣）=c（Na+）=0.5amol/L，所以c（CH3COO﹣）=（0.5a﹣0.5b）mol/L，‎ 醋酸的电离常数Ka===，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎25．甲、乙两个小组利用酸性KMnO4与H2C2O4溶液反应，设计实验探究影响反应速率的因素（2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O）‎ 甲组：利用如图装置，通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小．（实验中所用KMnO4溶液均已加入H2SO4）‎ 序号 ‎ A溶液 ‎ B溶液 ‎①‎ ‎ 2ml 0.2mol/LH2C2O4溶液 ‎ 4ml 0.01mol/LKMnO4溶液 ‎②‎ ‎ 2ml 0.1mol/LH2C2O4溶液 ‎ 4ml 0.01mol/LKMnO4溶液 ‎③‎ ‎ 2ml 0.2mol/LH2C2O4溶液 ‎ 4ml 0.01mol/LKMnO4溶液和少量MnSO4‎ ‎（1）该实验的目的是探究　草酸浓度和催化剂　对化学反应速率的影响．‎ ‎（2）分液漏斗中A溶液应该　一次性　加入（填“一次性”或“逐滴滴加”）‎ ‎（3）实验结束后，读数前为了使两个量气管的压强相等，避免产生压强差，影响测定结果，需要进行的操作是　移动量气管，使两个量气管的液面相平　．乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验 实验编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 水/ml ‎10‎ ‎5‎ ‎0‎ X ‎0.5mol/L H2C2O4/ml ‎5‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎5‎ ‎0.2mol/L KMnO4/ml ‎5‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎10‎ 时间/s ‎40‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎﹣﹣﹣‎ ‎（4）X=　A　‎ A．5 B．10 C．15 D．20‎ ‎4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是　KMnO4溶液过量　．‎ ‎【考点】探究影响化学反应速率的因素．‎ ‎【分析】（1）根据实验①②、①③中不同的物理量判断该实验目的；‎ ‎（2）无论避免影响测定结果，分液漏斗中的A溶液不能逐滴加入；‎ ‎（3）使装置内外形成气压差是气密性检查的常用手段；‎ ‎（4）探究浓度对反应速率的影响时，溶液的总体积都为20mL，据此判断X值；由于4号实验中高锰酸钾过量，则溶液没有褪色．‎ ‎【解答】解：（1）根据表中数据可知，实验①②探究的是浓度对反应速率的影响，实验①③探究的是催化剂对反应速率的影响，所以该实验的目的是探究温度、催化剂对反应速率的影响，故答案为：草酸浓度和催化剂；‎ ‎（2）为了避免实验误差，实验过程中分液漏斗中的溶液A必须一次性加入，不能逐滴加入，‎ 故答案为：一次性；‎ ‎（3）实验结束后读数前需要移动量气管，使两个量气管的液面相平，其作用是使两个量气管的压强相等，避免产生压强差，影响测定结果，‎ 故答案为：移动量气管，使两个量气管的液面相平；‎ ‎（4）为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响，实验1﹣4中溶液的总体积应该为20，则X=20﹣10﹣5=5；根据反应2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，10mL酸性高锰酸钾需要消耗10mL草酸溶液，所以实验4中高锰酸钾过量，导致溶液没有褪色，‎ 故答案为：A；KMnO4溶液过量．‎ ‎　‎ ‎2017年1月21日