化学卷·2018届新疆兵团二中高二上学期期中化学试卷 （解析版） 45页

‎2016-2017学年新疆兵团二中高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共25小题，每小题2分，满分50分）‎ ‎1．下列关于能源的说法不正确的是（　　）‎ A．煤的干馏是物理变化，煤的气化和液化是化学变化 B．煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠 C．沼气（主要成分是CH4）是可再生能源 D．太阳能、氢能、风能、地热能、生物质能都是新能源 ‎2．在298K、1.01×105 Pa下，将22g CO2通入750mL 1mol/L NaOH溶液中充分反应，测得反应放出x kJ的热量．已知在该条件下，1mol CO2通入1L 2mol/L NaOH溶液中充分反应放出y kJ的热量．则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式是（　　）‎ A．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（2y﹣x）kJ/mol B．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（2x﹣y）kJ/mol C．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（4x﹣y）kJ/mol D．2CO2（g）+2NaOH（l）═2NaHCO3（l）△H=﹣（8x﹣2y）kJ/mol ‎3．用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶解废旧印刷电路板上的铜．已知：Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H=+64.39kJ•mol ﹣11H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H=﹣196.46kJ•mol ﹣1H2（g）+O2（g）═H2O（l））△H=﹣285.84kJ•mol ﹣1在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2+（aq）和H2O（l）的反应热△H等于（　　）‎ A．﹣417.91kJ•mol ﹣1 B．﹣319.68kJ•mol ﹣1‎ C．+546.69kJ•mol ﹣1 D．﹣448.46kJ•mol ﹣1‎ ‎4．反应 A+B→C（△H＜0）分两步进行 ①A+B→X （△H＞0）②X→C（△H＜0）下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（　　）‎ A． B． C．‎ ‎ D．‎ ‎5．根据以下3个热化学方程式：‎ ‎2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=﹣Q1 kJ/mol ‎2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）△H=﹣Q2 kJ/mol ‎2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（g）△H=﹣Q3 kJ/mol 判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（　　）‎ A．Q1＞Q2＞Q3 B．Q1＞Q3＞Q2 C．Q3＞Q2＞Q1 D．Q2＞Q1＞Q3‎ ‎6．下列说法正确的是（　　）‎ A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大 B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大 C．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数 D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率 ‎7．足量块状铁与100mL 0.01mol/L的稀硫酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（　　）‎ ‎①加H2O ‎ ‎②加NaOH固体 ‎ ‎③加CH3COONa固体 ‎ ‎④加Na2CO3固体 ‎ ‎⑤加入NaNO3固体 ‎ ‎⑥加NaCl溶液 ‎ ‎⑦滴入几滴硫酸铜溶液 ‎ ‎⑧升高温度 ‎ ‎⑨将块状铁改为铁粉 ‎ ‎ ⑩将稀硫酸改用98%的浓硫酸．‎ A．⑧⑨⑩ B．⑦⑧⑨ C．③⑦⑩ D．⑦⑧⑩‎ ‎8．可逆反应：2NO22NO+O2在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是（　　）‎ ‎①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2‎ ‎②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO ‎③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态 ‎④混合气体的颜色不再改变的状态 ‎⑤混合气体的密度不再改变的状态 ‎⑥混合气体的压强不再改变的状态 ‎⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．‎ A．①④⑥⑦ B．②③⑤⑦ C．①③④⑤ D．全部 ‎9．在一固定容积的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C（s）+2NO（g）⇌CO2（g）+N2（g），平衡时c （NO）与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该反应的△H＞0‎ B．若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2‎ C．若状态B、C、D的压强分别为PB、PC、PD，则 PC=PD＞PB D．在T2时，若 反 应 体 系 处于 状 态D，则 此 时 v正＞v逆 ‎10．一定温度下，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）‎ ‎11．密闭容器中进行的可逆反应：aA（g）+bB（g）⇌cC（g）在不同温度（T1和T2）及压强（p1和p2）下，混合气体中B的质量分数w（B）与反应时间（t）的关系如图所示．下列判断正确的是（　　）‎ A．T1＜T2，p1＜p2，a+b＞c，正反应为吸热反应 B．T1＞T2，p1＜p2，a+b＜c，正反应为吸热反应 C．T1＜T2，p1＞p2，a+b＜c，正反应为吸热反应 D．T1＞T2，p1＞p2，a+b＞c，正反应为放热反应 ‎12．甲、乙、丙三个容器中最初存在的物质的量如图所示，三个容器最初的容积相等、温度相同，反应中甲、丙的容积不变，乙中的压强不变，在一定温度下反应达到平衡．下列说法正确的是（　　）‎ A．平衡时各容器内c（NO2）的大小顺序为乙＞甲＞丙 B．平衡时N2O4的百分含量：乙＞甲=丙 C．平衡时甲中NO2 与丙中N2O4 的转化率不可能相同 D．平衡时混合物的平均相对分子质量：甲＞乙＞丙 ‎13．下列反应能用勒沙特列原理解释的是（　　）‎ A．由SO2和O2反应制SO3需使用催化剂 B．燃烧粉碎的黄铁矿矿石有利于三氧化硫的生成 C．硫酸生产中用98.3%的硫酸吸收SO3，而不用水或稀硫酸吸收SO3‎ D．用氮气和氢气合成氨需采用高压 ‎14．下列说法错误的是（　　）‎ A．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应 B．2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0‎ C．反应NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0‎ D．CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0‎ ‎15．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，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.8倍．下列叙述正确的是（　　）‎ A．平衡向正反应方向移动 B．（a+b）＞（c+d）‎ C．Z的体积分数变大 D．X的转化率变小 ‎16．在一固定容积的密闭容器中，加入4L X（g）和6L Y（g），发生如下反应：X（g）+nY（g）⇌2R（g）+W（g），反应达到平衡时，测知X和Y的转化率分别为25%和50%，则化学方程式中的n值为（　　）‎ A．4 B．3 C．2 D．1‎ ‎17．在一真空固定体积的密闭容器中，充入10mol N2和30mol H2混合后发生反应：N2+3H2⇌2NH3．在一定温度下达到平衡，H2的转化率为20%．若在同一容器中充入NH3，欲使反应达到平衡时各成分的百分含量与上述平衡时相同，则起始时充入NH3的物质的量和达到平衡时NH3的转化率是（　　）‎ A．15mol 20% B．20mol 20% C．20mol 80% D．40mol 80%‎ ‎18．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，可溶性酸和具有极性键的化合物都是强电解质 ‎19．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 ‎20．已知：常温下，0.01mol•L﹣1 MOH溶液的pH为10，MOH（aq）与H2SO4（aq）反应生成1mol正盐的△H=﹣24.2kJ•mol﹣1，强酸与强碱的稀溶液的中和热为△H=﹣57.3kJ•mol﹣1．则MOH在水溶液中电离的△H为（　　）‎ A．﹣69.4 kJ•mol﹣1 B．﹣45.2 kJ•mol﹣1‎ C．+69.4 kJ•mol﹣1 D．+45.2 kJ•mol﹣1‎ ‎21．将pH=1的盐酸平均分成2份，1份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为（　　）‎ A．9：1 B．10：1 C．11：1 D．12：1‎ ‎22．常温下，向20mL某盐酸溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，溶液pH的变化与加入氨水的体积关系如图所示，下列叙述正确的是（　　）‎ A．盐酸的物质的量浓度为1mol/L B．在①、②之间的任意一点：c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（OH﹣）‎ C．在点②所示溶液中：c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），且V＜20‎ D．在点③所示溶液中：由水电离出的c（OH﹣）＞10﹣7mol/L ‎23．用已知物质的量浓度的HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液时，下列操作会导致测定结果偏高的是（　　）‎ ‎①酸式滴定管用蒸馏水洗后未用待装液润洗；‎ ‎②碱式滴定管用蒸馏水洗后未用待装液润洗；‎ ‎③滴定前酸式滴定管尖嘴处未充满溶液，滴定终点充满溶液；‎ ‎④取碱液时滴定管尖嘴处未充满溶液，取完后，充满溶液；‎ ‎⑤锥形瓶用蒸馏水洗后再用待测液润洗；‎ ‎⑥滴定时摇动锥形瓶将液体溅出瓶外；‎ ‎⑦滴定过程中，滴定管漏出液体，溅至锥形瓶外；‎ ‎⑧读取标准溶液体积时，滴定前仰视，滴定后俯视．‎ A．②④ B．①③⑤⑦ C．④⑧ D．②④⑥⑧‎ ‎24．常温下，下列有关离子浓度及pH大小的比较正确的是（　　）‎ A．NH4+浓度相同的下列溶液：①（NH4）2Fe（SO4）2②（NH4）2CO3③（NH4）2SO4，溶液浓度由大到小的顺序为③＞②＞①‎ B．由pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积和混合，其离子浓度不可能是c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）‎ C．pH=13的Ba（OH）2溶液与pH=1的盐酸等体积混合，混合溶液的 pH＞7‎ D．pH=12的Ba（OH）2溶液与pH=14的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH范围是13.7‎ ‎25．已知某温度时CH3COOH的电离平衡常数为K．该温度下向20mL 0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1NaOH溶液变化），pH变化曲线如图所示（忽略温度），以下叙述正确的是（　　）‎ A．根据图中数据可计算出K值约为1×10﹣5‎ B．①②③点水的电离程度由大到小的顺序为：②＞③＞①‎ C．点①所示溶液中：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（CH3COOH）+c（H+）‎ D．点③时c（CH3COOH）+（CH3COO﹣）=0.1mol/L ‎　‎ 二、解答题（共10小题，满分50分）‎ ‎26．Cu（NO3）2的水溶液呈　　（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH　　7（填“＞”、“=”、“＜”），原因是（用离子方程式表示）：　　；实验室在配制 AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以　　（填“促进”、“抑制”）其水解．‎ ‎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．在配制氯化铁溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的　　．‎ ‎29．一定条件下铁可以和CO2发生反应：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H＞0，1 100℃时，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示．‎ ‎（1）该反应的平衡常数表达式K=　　．‎ ‎（2）下列措施中能使平衡时K增大的是　　（填序号）．‎ A．升高温度B．增大压强C．充入一定量COD．降低温度 ‎（3）8分钟内，CO的平均反应速率v（CO）=　　mol•L﹣1•min﹣1．‎ ‎（4）1100℃时，2L的密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：‎ 容器 甲 乙 反应物投入量 ‎3mol Fe、‎ ‎2mol CO2‎ ‎4mol FeO、‎ ‎3mol CO CO的浓度（mol•L﹣1）‎ c1‎ c2‎ CO2的体积分数 φ1‎ φ2‎ 体系压强（Pa）‎ p1‎ p2‎ 气态反应物的转化率 α1‎ α2‎ ‎①下列说法正确的是　　．A．2c1=3c2 B．φ1=φ2C．p1＜p2 D．α1=α2‎ ‎②求c1=　　、φ1=　　、α2=　　．‎ ‎30．向一容积不变的密闭容器中充入一定量A和B，发生如下反应：xA（g）+2B（s）⇌yC（g）△H＜0在一定条件下，容器中A、C的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示．请回答下列问题：‎ ‎（1）根据图示可确定x：y=　　．‎ ‎（2）用A的浓度变化表示该反应在0～10min内的平均反应速率v（A）=　　．‎ ‎（3）0～10min容器内压强　　（填“变大”、“不变”或“变小”）．‎ ‎（4）推测第10min引起曲线变化的反应条件可能是　　；第16min引起曲线变化的反应条件可能是　　．‎ ‎①减压 ②增大A的浓度 ③增大C的量 ④升温 ⑤降温 ⑥加催化剂 ‎（5）若平衡Ⅰ的平衡常数为K1，平衡Ⅱ平衡常数为K2，则K1　　K2（填“＞”、“=”或“＜”）．‎ ‎31．将等体积、等物质的量浓度的醋酸与氢氧化钠溶液混合后，溶液呈　　（填“酸性”、“中性”或“碱性”．下同．）溶液中C（Na+）　　C（CH3COO‾）（填“大于”、“小于”或“等于”．下同．）‎ ‎32．pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈　　，溶液中c（Na+）　　c（CH3COO﹣）．‎ ‎33．物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈　　，醋酸体积　　氢氧化钠溶液体积．‎ ‎34．将m mol/L的醋酸和n mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7，则醋酸溶液中c（H+）　　氢氧化钠溶液中c（OH﹣），m与n的大小关系是m　　n．‎ ‎35．某实验小组用0.50mol•L﹣1NaOH溶液和0.50mol•L﹣1硫酸溶液进行中和热的测定．‎ Ⅰ．配制0.50mol•L﹣1NaOH溶液 ‎（1）若实验中大约要使用245mLNaOH溶液，至少需要称量NaOH固体　　g．‎ ‎（2）从图中选择称量NaOH固体所需要的仪器是（填字母）：　　．‎ 名称 托盘天平 ‎（带砝码）‎ 小烧杯 坩埚钳 玻璃棒 药匙 量筒 仪器 序号 a b c d e f Ⅱ．测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示．‎ ‎（1）不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒的理由是　　．‎ ‎（2）在操作正确的前提下，提高中和热测定准确性的关键是　　．大烧杯如不盖硬纸板，求得的中和热数值将　　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．结合日常生活实际该实验在　　中（家用产品）效果更好．‎ ‎（3）写出该反应中和热的热化学方程式：（中和热为57.3kJ•mol﹣1）　　．‎ ‎（4）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如表．‎ 试验次数 起始温度t1/℃‎ 终止温度t2/℃‎ 温度差平均值（t2﹣t1）/℃‎ H2SO4‎ NaOH 平均值 ‎1‎ ‎26.2‎ ‎26.0‎ ‎26.1‎ ‎29.6‎ ‎2‎ ‎27.0‎ ‎27.4‎ ‎27.2‎ ‎31.2‎ ‎3‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎29.8‎ ‎4‎ ‎26.4‎ ‎26.2‎ ‎26.3‎ ‎30.4‎ ‎①表中的温度差平均值为　　℃．‎ ‎②近似认为0.50mol•L﹣1 NaOH溶液和0.50mol•L﹣1硫酸溶液的密度都是1g•cm﹣3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J•（g•℃）﹣1．则中和热△H=　　（取小数点后一位）．‎ ‎③上述实验数值结果与57.3kJ•mol﹣1有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母）　　．‎ a．实验装置保温、隔热效果差 b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数 c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度 ‎④实验中改用60mL0.5mol/L盐酸跟50mL0.55mol•L﹣1氢氧化钠进行反应，与上述实验相比，所放出的热量　　（填相等或不相等，下同），所求的中和热　　简述理由　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年新疆兵团二中高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共25小题，每小题2分，满分50分）‎ ‎1．下列关于能源的说法不正确的是（　　）‎ A．煤的干馏是物理变化，煤的气化和液化是化学变化 B．煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠 C．沼气（主要成分是CH4）是可再生能源 D．太阳能、氢能、风能、地热能、生物质能都是新能源 ‎【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；物理变化与化学变化的区别与联系．‎ ‎【分析】A．煤的干馏是化学变化；‎ B．石油分馏可以得到汽油、煤油、柴油等物质；金属钠能与空气中的氧气和水反应，须贮存在煤油中以隔离空气；‎ C．沼气是生物质能；‎ D．煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源．‎ ‎【解答】解：A．煤的干馏是在隔绝空气条件下发生的复杂的物理、化学变化，故A错误； ‎ B．煤油可由石油分馏获得，煤油可用作燃料和保存少量金属钠，故B正确；‎ C．沼气可以通过发酵制取，是一种可再生能源，故C正确；‎ D．太阳能、氢能、风能、地热能、生物质能都是新能源，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎2．在298K、1.01×105 Pa下，将22g CO2通入750mL 1mol/L NaOH溶液中充分反应，测得反应放出x kJ的热量．已知在该条件下，1mol CO2通入1L 2mol/L NaOH溶液中充分反应放出y kJ的热量．则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式是（　　）‎ A．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（2y﹣x）kJ/mol B．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（2x﹣y）kJ/mol C．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（4x﹣y）kJ/mol D．2CO2（g）+2NaOH（l）═2NaHCO3（l）△H=﹣（8x﹣2y）kJ/mol ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【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1mol CO2通入2mol•L﹣1NaOH溶液1L中充分反应放出y kJ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：22gCO2通入1mol•L﹣1NaOH溶液750mL中充分反应，二氧化碳的物质的量为：n（CO2）==0.5mol，氢氧化钠的物质的量为：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，且碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量相等，反应方程式为：2CO2+3NaOH═NaHCO3+Na2CO3+H2O，‎ 由0.5molCO2反应放出热量为xkJ，则2molCO2反应放出热量为4xkJ，则热化学反应方程式为：2CO2（g）+3NaOH（aq）═NaHCO3 （aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=﹣4xkJ/mol ①，‎ ‎1mol CO2通入2mol•L﹣1NaOH溶液1L中充分反应放出y kJ的热量，则热化学方程式为：2NaOH（aq）+CO2（g）═Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=﹣ykJ/mol ②，‎ 根据盖斯定律，①﹣②可得：CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（4x﹣y）kJ/mol，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶解废旧印刷电路板上的铜．已知：Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H=+64.39kJ•mol ﹣11H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H=﹣196.46kJ•mol ﹣1H2（g）+O2（g）═H2O（l））△H=﹣285.84kJ•mol ﹣1在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2+（aq）和H2O（l）的反应热△H等于（　　）‎ A．﹣417.91kJ•mol ﹣1 B．﹣319.68kJ•mol ﹣1‎ C．+546.69kJ•mol ﹣1 D．﹣448.46kJ•mol ﹣1‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】根据已知的热化学反应方程式和盖斯定律来分析Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式，由盖斯定律①+×②+③得到：Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+2H2O（l）△H，由盖斯定律可知该反应的反应热△H=H1+H2×+H3，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：①Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H=+64.39kJ/mol，‎ ‎②2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H=﹣196.46kJ/mol，‎ ‎③H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.84kJ/mol，‎ 由盖斯定律①+×②+③得到：Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+2H2O（l）△H=+64.39kJ/mol+×（﹣196.46kJ/mol）+（﹣285.84kJ/mol）=﹣319.68kJ/mol，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．反应 A+B→C（△H＜0）分两步进行 ①A+B→X （△H＞0）②X→C（△H＜0）下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）﹣E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：由反应 A+B→C（△H＜0）分两步进行 ①A+B→X （△H＞0）②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X （△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X 的能量大于C，图象B符合，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．根据以下3个热化学方程式：‎ ‎2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=﹣Q1 kJ/mol ‎2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）△H=﹣Q2 kJ/mol ‎2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（g）△H=﹣Q3 kJ/mol 判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（　　）‎ A．Q1＞Q2＞Q3 B．Q1＞Q3＞Q2 C．Q3＞Q2＞Q1 D．Q2＞Q1＞Q3‎ ‎【考点】反应热的大小比较．‎ ‎【分析】三个反应都为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：已知①2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=﹣Q1 kJ/mol，‎ ‎②2H2S（g）+O2（g）=2S （s）+2H2O（l）△H=﹣Q2 kJ/mol，‎ ‎③2H2S（g）+O2（g）=2S （s）+2H2O（g）△H=﹣Q3kJ/mol，‎ ‎①与②相比较，由于S→SO2放热，则Q1＞Q2，‎ ‎②与③相比较，由于H2O（l）→H2O（g）吸热，则Q2＞Q3，‎ 则Q1＞Q2＞Q3，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．下列说法正确的是（　　）‎ A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大 B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大 C．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数 D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率 ‎【考点】活化能及其对化学反应速率的影响．‎ ‎【分析】增大浓度、压强，活化分子的浓度增大，但百分数不变，升高温度、加入催化剂，可增大活化分子的百分数，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但百分数不变，故A错误；‎ B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的浓度增大，但百分数不变，故B错误；‎ C．升高温度，活化分子的百分数，反应速率增大，故C正确；‎ D．催化剂降低反应的活化能，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．足量块状铁与100mL 0.01mol/L的稀硫酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（　　）‎ ‎①加H2O ‎ ‎②加NaOH固体 ‎ ‎③加CH3COONa固体 ‎ ‎④加Na2CO3固体 ‎ ‎⑤加入NaNO3固体 ‎ ‎⑥加NaCl溶液 ‎ ‎⑦滴入几滴硫酸铜溶液 ‎ ‎⑧升高温度 ‎ ‎⑨将块状铁改为铁粉 ‎ ‎ ⑩将稀硫酸改用98%的浓硫酸．‎ A．⑧⑨⑩ B．⑦⑧⑨ C．③⑦⑩ D．⑦⑧⑩‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】为加快铁与盐酸的反应速率，可增大浓度，升高温度，形成原电池反应或增大固体的表面积，不改变生成氢气的总量，则铁的物质的量应不变，以此解答．‎ ‎【解答】解：①加H2O，浓度降低，反应速率减小，故错误；‎ ‎②加NaOH固体，盐酸浓度降低，反应速率减小，故错误； ‎ ‎③加CH3COONa固体，生成弱酸，氢离子浓度降低，反应速率减小，故错误； ‎ ‎④加Na2CO3固体，消耗盐酸，改变H2的产量，故错误；‎ ‎⑤加入NaNO3固体，因硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与铁反应不生成氢气，故错误；‎ ‎⑥加NaCl溶液，溶液浓度降低，反应速率减小，故错误； ‎ ‎⑦滴加几滴硫酸铜溶液，生成铜，形成原电池反应，加快反应速率，故正确；‎ ‎⑧升高温度（不考虑盐酸挥发），反应速率增大，故正确； ‎ ‎⑨将块状铁改为铁粉，固体表面积增大，反应速率增大，故正确； ‎ ‎ ⑩将稀硫酸改用98%的浓硫酸，与铁反应不发生氢气，故错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．可逆反应：2NO22NO+O2在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是（　　）‎ ‎①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2‎ ‎②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO ‎③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态 ‎④混合气体的颜色不再改变的状态 ‎⑤混合气体的密度不再改变的状态 ‎⑥混合气体的压强不再改变的状态 ‎⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．‎ A．①④⑥⑦ B．②③⑤⑦ C．①③④⑤ D．全部 ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论．注意反应中反应物的化学计量数之和与生成物的化学计量数之和的大小关系．‎ ‎【解答】解：2NO22NO+O2，‎ ‎①单位时间内生成nmolO2是正反应速率，同时生成2nmolNO2是逆反应速率，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，故①正确；‎ ‎②单位时间内生成nmolO2是正反应速率，同时生成2nmolNO也是正反应速率，故不能说明达到平衡状态，故②错误；‎ ‎③化学反应速率之比等于化学计量数之比，故用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比始终为2：2：1，故不能说明达到平衡状态，故③错误；‎ ‎④二氧化氮为红棕色气体，一氧化氮和氧气为无色气体，故混合气体的颜色不再改变，说明达到平衡状态，故④正确；‎ ‎⑤密度=，总质量不变，体积不变，故混合气体的密度不再改变，不能说明达到平衡状态，故⑤错误；‎ ‎⑥反应前后气体的物质的量不等，故混合气体的压强不再改变，说明达到平衡状态，故⑥正确；‎ ‎⑦平均相对分子质量=，总质量不变，总物质的量会变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明达到平衡状态，故⑦正确；‎ 故达到平衡状态的标志是①④⑥⑦，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎9．在一固定容积的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C（s）+2NO（g）⇌CO2（g）+N2（g），平衡时c （NO）与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该反应的△H＞0‎ B．若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2‎ C．若状态B、C、D的压强分别为PB、PC、PD，则 PC=PD＞PB D．在T2时，若 反 应 体 系 处于 状 态D，则 此 时 v正＞v逆 ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡常数的含义．‎ ‎【分析】A．由图可知，温度越高平衡时c（NO）越大，即升高温度平衡逆移；‎ B．化学平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，根据平衡移动判断温度对平衡常数的影响分析；‎ C．达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系；‎ D．由图可知，T2时反应进行到状态D，c（NO）高于平衡浓度，故反应向逆反应进行．‎ ‎【解答】解：A．由图可知，温度越高平衡时c（NO）越大，即升高温度平衡逆移，所以正反应为放热反应，即△H＜0，故A错误；‎ B．该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以升温化学平衡常数减小，故K1＞K2，故B错误；‎ C．达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系，则PB=PD＜PC，故C错误；‎ D．T2时反应进行到状态D，c（NO）高于平衡浓度，故反应向正反应进行，则一定有υ（正）＞υ（逆），故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．一定温度下，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．‎ ‎　‎ ‎11．密闭容器中进行的可逆反应：aA（g）+bB（g）⇌cC（g）在不同温度（T1和T2）及压强（p1和p2）下，混合气体中B的质量分数w（B）与反应时间（t）的关系如图所示．下列判断正确的是（　　）‎ A．T1＜T2，p1＜p2，a+b＞c，正反应为吸热反应 B．T1＞T2，p1＜p2，a+b＜c，正反应为吸热反应 C．T1＜T2，p1＞p2，a+b＜c，正反应为吸热反应 D．T1＞T2，p1＞p2，a+b＞c，正反应为放热反应 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】根据温度、压强对平衡移动的影响分析，温度越高、压强越大，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：相同压强下，根据温度对反应速率的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：T1＞T2，升高温度，B的含量减小，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应；‎ 相同温度下，根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：P2＞P1，压强越大，B的含量越大，说明平衡向逆反应方向移动，则a+b＜c，故选B．‎ ‎　‎ ‎12．甲、乙、丙三个容器中最初存在的物质的量如图所示，三个容器最初的容积相等、温度相同，反应中甲、丙的容积不变，乙中的压强不变，在一定温度下反应达到平衡．下列说法正确的是（　　）‎ A．平衡时各容器内c（NO2）的大小顺序为乙＞甲＞丙 B．平衡时N2O4的百分含量：乙＞甲=丙 C．平衡时甲中NO2 与丙中N2O4 的转化率不可能相同 D．平衡时混合物的平均相对分子质量：甲＞乙＞丙 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】甲、乙存在平衡2NO2⇌N2O4，该反应为气体物质的量减小的反应，故甲中压强减小，乙中压强不变，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大；但平衡移动的结果是降低NO2浓度增大，不会消除增大；反应混合气体的总质量不变，总的物质的量减小，混合气体的平衡摩尔质量增大；‎ 丙中存在平衡N2O4⇌2NO2，相当于开始加入2molNO2，与甲为等效平衡，NO2浓度、N2O4的百分含量、混合气体的平衡摩尔质量与甲中相同．平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等，据此计算转化率判断甲中NO2 与丙中N2O4 的转化率是否可能相同．‎ ‎【解答】解：甲、乙存在平衡2NO2⇌N2O4，该反应为气体物质的量减小的反应，故甲中压强减小，乙中压强不变，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，丙中存在平衡N2O4⇌2NO2，相当于开始加入2molNO2，与甲为等效平衡，‎ A．甲与丙为完全等效平衡，平衡时NO2浓度的相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，但平衡移动的结果是降低NO2浓度增大，不会消除增大，故平衡时容器内c（NO2）的大小顺序为乙＞甲=丙，故A错误；‎ B．甲与丙为完全等效平衡，平衡时N2O4的百分含量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大，故平衡时N2O4的百分含量：乙＞甲=丙，故B正确；‎ C．甲与丙为完全等效平衡，平衡时甲、丙中N2O4‎ 的物质的量相等，则0.2α=0.1（1﹣α），解得α=，故平衡时甲中NO2 与丙中N2O4 的转化率可能相同，故C错误；‎ D．甲与丙为完全等效平衡，平衡时混合气体的平衡摩尔质量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，总的物质的量减小，乙中平均摩尔质量解得，故平衡时混合物的平均相对分子质量：乙＞甲=丙，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎13．下列反应能用勒沙特列原理解释的是（　　）‎ A．由SO2和O2反应制SO3需使用催化剂 B．燃烧粉碎的黄铁矿矿石有利于三氧化硫的生成 C．硫酸生产中用98.3%的硫酸吸收SO3，而不用水或稀硫酸吸收SO3‎ D．用氮气和氢气合成氨需采用高压 ‎【考点】化学平衡移动原理．‎ ‎【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；在使用勒夏特列原理时，反应必须是可逆反应且存在平衡移动，否则勒夏特列原理不适用．‎ ‎【解答】解：A．催化剂对平衡移动没有影响，不能用勒沙特列原理解释，故A错误；‎ B．燃烧粉碎的黄铁矿，固体表面积较大，能加快反应速率，与勒沙特列原理无关，故B错误；‎ C．不能用水吸收三氧化硫而用98.3%的浓硫酸，若用水或稀硫酸吸收，轻易形成酸雾，且吸收速度慢，不能用勒沙特列原理解释，故C错误；‎ D．对N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，正反应为气体总物质的量减小的反应，且正反应为放热反应，为使氨的产率提高，就要使化学平衡向正反应方向移动，就要降温并且加压，能用勒沙特列原理解释，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎14．下列说法错误的是（　　）‎ A．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应 B．2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0‎ C．反应NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0‎ D．CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A．根据△H﹣T•△S＜0反应自发分析；‎ B．该反应△S＜0，要使△H﹣T•△S＜0反应自发，必有△H＜0；‎ C．该反应△S＜0，在室温下△H﹣T•△S＜0反应自发；‎ D．该反应△S＞0，△H﹣T•△S＞0不能自发进行，必有△H＞0．‎ ‎【解答】解：A．△H﹣T•△S＜0反应自发，吸热反应△H＞0，只有△S＞0才能使△H﹣T•△S＜0，故A正确；‎ B．该反应气体体积减小，△S＜0，要使△H﹣T•△S＜0反应自发，必有△H＜0，故B错误；‎ C．该反应△S＜0，在室温下△H﹣T•△S＜0反应自发，必有△H＜0，故C正确；‎ D．该反应有气体生成，△S＞0，△H﹣T•△S＞0不能自发进行，必有△H＞0，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．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，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.8倍．下列叙述正确的是（　　）‎ A．平衡向正反应方向移动 B．（a+b）＞（c+d）‎ C．Z的体积分数变大 D．X的转化率变小 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】‎ 假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，W的浓度为原来的2倍，实际再次达到新平衡时，W的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a+b＜c+d，据此结合选项解答．‎ ‎【解答】解：A、气体体积压缩到原来的一半，W的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，故A错误；‎ B、气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a+b＜c+d，故B错误；‎ C、压强增大，平衡向逆反应移动，Z的体积分数减小，故C错误；‎ D、压强增大，平衡向逆反应移动，反应物X转化率减小，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎16．在一固定容积的密闭容器中，加入4L X（g）和6L Y（g），发生如下反应：X（g）+nY（g）⇌2R（g）+W（g），反应达到平衡时，测知X和Y的转化率分别为25%和50%，则化学方程式中的n值为（　　）‎ A．4 B．3 C．2 D．1‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】根据消耗体积之比等于化学计量数之比，结合信息中反应物的转化率计算．‎ ‎【解答】解：设X转化aL，‎ ‎ X（气）+nY（气）⇌2R（气）+Q（气）‎ 起始：4L 6L 转化：aL anL 则： =25%：50%=1：2，‎ n=3，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎17．在一真空固定体积的密闭容器中，充入10mol N2和30mol H2混合后发生反应：N2+3H2⇌2NH3．在一定温度下达到平衡，H2的转化率为20%．若在同一容器中充入NH3，欲使反应达到平衡时各成分的百分含量与上述平衡时相同，则起始时充入NH3的物质的量和达到平衡时NH3的转化率是（　　）‎ A．15mol 20% B．20mol 20% C．20mol 80% D．40mol 80%‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】固定体积的密闭容器，反应达到平衡时各成分的百分含量与上述平衡时相同，则极限转化为生成物时，生成物的物质的量相同，即起始时充入NH3的物质的量为20mol，‎ ‎ N2+3H2⇌2NH3‎ 开始 10 30 0‎ 转化 2 6 4‎ 平衡 8 24 4‎ 平衡浓度分别为、、，‎ K=，‎ ‎ 2NH3⇌N2+3H2‎ 开始 20 0 0‎ 转化 2x x 3x 平衡 20﹣2x x 3x 平衡浓度分别为、、‎ K1=，‎ 温度不变时，二者互为逆反应，平衡常数K互为倒数关系，以此计算．‎ ‎【解答】解：固定体积的密闭容器，反应达到平衡时各成分的百分含量与上述平衡时相同，则极限转化为生成物时，生成物的物质的量相同，即起始时充入NH3的物质的量为20mol，‎ ‎ N2+3H2⇌2NH3‎ 开始 10 30 0‎ 转化 2 6 4‎ 平衡 8 24 4‎ 平衡浓度分别为、、，‎ K=，‎ ‎ 2NH3⇌N2+3H2‎ 开始 20 0 0‎ 转化 2x x 3x 平衡 20﹣2x x 3x 平衡浓度分别为、、‎ K1=，‎ 温度不变时，二者互为逆反应，平衡常数K互为倒数关系，‎ 则×=1，‎ 解得x=8，‎ 达到平衡时NH3的转化率是×100%=80%，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎18．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，可溶性酸和具有极性键的化合物都是强电解质 ‎【考点】强电解质和弱电解质的概念．‎ ‎【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．‎ ‎　‎ ‎19．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．‎ ‎　‎ ‎20．已知：常温下，0.01mol•L﹣1 MOH溶液的pH为10，MOH（aq）与H2SO4（aq）反应生成1mol正盐的△H=﹣24.2kJ•mol﹣1，强酸与强碱的稀溶液的中和热为△H=﹣57.3kJ•mol﹣1．则MOH在水溶液中电离的△H为（　　）‎ A．﹣69.4 kJ•mol﹣1 B．﹣45.2 kJ•mol﹣1‎ C．+69.4 kJ•mol﹣1 D．+45.2 kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】由题意知MOH是弱碱：MOH（aq）+H+（aq）═M+（aq）+H2O（l）△H1=﹣12.1 kJ•mol﹣1①，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H2=﹣57.3 kJ•mol﹣1②，根据盖斯定律构造MOH（aq）⇌M+（aq）+OH﹣（aq）并计算焓变．‎ ‎【解答】解：常温下，0.01mol•L﹣1 MOH溶液的pH为10，说明MOH是弱碱：MOH（aq）+H+（aq）═M+（aq）+H2O（l）△H1=﹣12.1 kJ•mol﹣1①，‎ H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H2=﹣57.3 kJ•mol﹣1②，‎ 根据盖斯定律，由①﹣②得：MOH（aq）⇌M+（aq）+OH﹣（aq）△H=（﹣12.1+57.3）kJ•mol﹣1=+45.2 kJ•mol﹣1，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎21．将pH=1的盐酸平均分成2份，1份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为（　　）‎ A．9：1 B．10：1 C．11：1 D．12：1‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】此题为溶液PH的计算，涉及两种题型，一种为溶液的稀释，另一种为酸碱溶液的混合，计算时前者根据溶质的物质的量不变，后者计算反应后剩余的酸的物质的量和溶液的体积进行计算．‎ ‎【解答】解：根据题意盐酸平均分成2份，设每份都为1L，将pH=l的盐酸加适量的水，pH升高了1，则体积是原盐酸体积的10倍，说明所加的水的体积是原溶液的9倍，即水的体积为9L；‎ 另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH也升高了1．可设碱液体积x．依题意可列出下列等式：10﹣1mol/L×1L﹣10﹣1mol/L×‎ xL=10﹣2mol/L×（1+x）L，‎ 解之得x=L，则加入的水与NaOH溶液的体积比为9： =11：1．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎22．常温下，向20mL某盐酸溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，溶液pH的变化与加入氨水的体积关系如图所示，下列叙述正确的是（　　）‎ A．盐酸的物质的量浓度为1mol/L B．在①、②之间的任意一点：c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（OH﹣）‎ C．在点②所示溶液中：c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），且V＜20‎ D．在点③所示溶液中：由水电离出的c（OH﹣）＞10﹣7mol/L ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A、根据当未加氨水时盐酸的PH值计算盐酸溶液的物质的量浓度．‎ B、采用极值法判断溶液中各种离子浓度的关系．‎ C、根据溶液中电荷守恒判断各种离子浓度的关系，由生成盐的类型判断氨水的体积．‎ D、无论酸溶液还是碱溶液都抑制水的电离．‎ ‎【解答】解：A、当未加氨水时，盐酸的PH=1，HCl是强电解质完全电离，氢离子的浓度=HCl的浓度，所以盐酸的物质的量浓度=0.1mol/L，故A错误．‎ B、采用极值法分析，当未加氨水时，溶液中没有铵根离子，所以c（Cl﹣）＞c（NH4+），该溶液呈酸性，即氢离子的浓度大于氢氧根离子的浓度c（H+）＞c（OH﹣），故B正确．‎ C、当溶液的PH=7时，溶液中c（H+）=c（OH﹣），溶液呈电中性，所以c（Cl﹣）=c（NH4+）；氯化铵是强酸弱碱盐溶液呈酸性，要使溶液呈碱性，氨水的物质的量应该稍微大一些，即V＞20，故C错误．‎ D、无论酸溶液还是碱溶液都抑制水的电离，点③‎ 所示溶液呈碱性，能抑制水的电离，所以由水电离出的c（OH﹣）＜10﹣7mol/L，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎23．用已知物质的量浓度的HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液时，下列操作会导致测定结果偏高的是（　　）‎ ‎①酸式滴定管用蒸馏水洗后未用待装液润洗；‎ ‎②碱式滴定管用蒸馏水洗后未用待装液润洗；‎ ‎③滴定前酸式滴定管尖嘴处未充满溶液，滴定终点充满溶液；‎ ‎④取碱液时滴定管尖嘴处未充满溶液，取完后，充满溶液；‎ ‎⑤锥形瓶用蒸馏水洗后再用待测液润洗；‎ ‎⑥滴定时摇动锥形瓶将液体溅出瓶外；‎ ‎⑦滴定过程中，滴定管漏出液体，溅至锥形瓶外；‎ ‎⑧读取标准溶液体积时，滴定前仰视，滴定后俯视．‎ A．②④ B．①③⑤⑦ C．④⑧ D．②④⑥⑧‎ ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】根据c（NaOH）=及不当操作导致V（盐酸）偏大，则导致测定结果偏高，以此来解答．‎ ‎【解答】解：①酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，相当于稀释了盐酸，导致V（盐酸）偏大，c（NaOH）偏高，故符合；‎ ‎②碱式滴定管用蒸馏水洗后未用待测液润洗，待测液浓度偏小，所取待测液的物质的量偏小，造成V（盐酸）偏小，c（NaOH）低，故不符合；‎ ‎③滴定前酸式滴定管尖嘴处未充满溶液，滴定终点充满溶液，造成V（盐酸）偏大，c（NaOH）偏高，故符合；‎ ‎④取碱液时滴定管尖嘴处未充满溶液，取完后，充满溶液，待测液的物质的量偏小，造成V（盐酸）偏小，c（NaOH）低，故不符合；‎ ‎⑤锥形瓶用蒸馏水洗后再用待测液润洗，待测液的物质的量偏大，导致V（盐酸）偏大，c（NaOH）偏高，故符合；‎ ‎⑥滴定时摇动锥形瓶时将液体溅出瓶外，待测液的物质的量偏小，造成V（盐酸）偏小，c（NaOH）低，故不符合；‎ ‎⑦滴定过程中，滴定管漏出液体，溅至锥形瓶外，导致V（盐酸）偏大，c（NaOH）偏高，故符合；‎ ‎⑧读取标准溶液体积时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（盐酸）偏小，c（NaOH）低，故不符合；‎ 使结果偏高的有：①③⑤⑦；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎24．常温下，下列有关离子浓度及pH大小的比较正确的是（　　）‎ A．NH4+浓度相同的下列溶液：①（NH4）2Fe（SO4）2②（NH4）2CO3③（NH4）2SO4，溶液浓度由大到小的顺序为③＞②＞①‎ B．由pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积和混合，其离子浓度不可能是c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）‎ C．pH=13的Ba（OH）2溶液与pH=1的盐酸等体积混合，混合溶液的 pH＞7‎ D．pH=12的Ba（OH）2溶液与pH=14的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH范围是13.7‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A．亚铁离子抑制铵根离子水解、碳酸根离子促进铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，相同铵根离子浓度的溶液其浓度越大；‎ B．常温下，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断；‎ C．pH=13的氢氧化钡溶液中c（OH﹣）等于pH=1的盐酸溶液中c（H+），二者的等体积混合后，二者恰好完全反应生成强酸强碱盐和水；‎ D．室温下，将pH=12 Ba（OH）2中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，pH=14NaOH溶液中氢氧根离子浓度为1mol/L，两溶液混合后溶液中氢氧根离子浓度为： mol/L=0.505mol/L＞0.1mol/L．‎ ‎【解答】解：A．亚铁离子抑制铵根离子水解、碳酸根离子促进铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，相同铵根离子浓度的溶液其浓度越大，所以NH4+浓度相同的下列溶液：①（NH4）2Fe（SO4）2②（NH4）2CO3③（NH4）2SO4，溶液浓度由大到小的顺序为②＞③＞①，故A错误；‎ B．常温下，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，再结合电荷守恒得c（CH3COO﹣）＞c（Na+），因为醋酸电离程度很小，所以溶液中存在c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；‎ C．pH=13的氢氧化钡溶液中c（OH﹣）等于pH=1的盐酸溶液中c（H+），二者的等体积混合后，二者恰好完全反应生成强酸强碱盐和水，混合溶液呈中性，pH=7，故C错误；‎ D．室温下，将pH=12 Ba（OH）2中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，pH=14NaOH溶液中氢氧根离子浓度为1mol/L，两溶液混合后溶液中氢氧根离子浓度为： mol/L=0.505mol/L＞0.1mol/L，则混合液的pH＞13，所以混合液的pH范围为：13＜pH＜14，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎25．已知某温度时CH3COOH的电离平衡常数为K．该温度下向20mL 0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1NaOH溶液变化），pH变化曲线如图所示（忽略温度），以下叙述正确的是（　　）‎ A．根据图中数据可计算出K值约为1×10﹣5‎ B．①②③点水的电离程度由大到小的顺序为：②＞③＞①‎ C．点①所示溶液中：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（CH3COOH）+c（H+）‎ D．点③时c（CH3COOH）+（CH3COO﹣）=0.1mol/L ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】A．起点pH=3，根据CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+和醋酸的电离平衡常数表达式进行计算；‎ B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；‎ C．点①‎ 是加入10ml氢氧化钠溶液和醋酸反应，得到溶液中是等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，结合溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析；‎ D．点③是加入20ml氢氧化钠溶液和醋酸反应，得到溶液中是醋酸钠溶液，结合溶液中物料守恒计算分析．‎ ‎【解答】解：A．起点pH=3，由CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+可知，c（H+）=c（CH3COO﹣）=10﹣3mol/L，该温度下醋酸的电离平衡常数K==1×10﹣5，故A正确；‎ B．酸或碱抑制水电离，①点溶液中含有酸，所以抑制水电离，②点呈中性，但溶质为醋酸钠和醋酸，醋酸电离程度等于醋酸根离子水解程度，水自然电离，③点溶质为醋酸钠，醋酸根离子水解促进水电离，所以①②③点水的电离程度由大到小的顺序为：③＞②＞①，故B错误；‎ C．点①是加入10ml氢氧化钠溶液和醋酸反应，得到溶液中是等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），醋酸的电离大于醋酸钠的水解，则c（CH3COO﹣）＞（CH3COOH），结合溶液中电荷守恒：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）①，溶液中存在物料守恒：2c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）②，①×2+②得到：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）=（CH3COOH）+2c（H+），则溶液中c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＞（CH3COOH）+c（H+），故C错误；‎ D．点③是加入20ml氢氧化钠溶液和醋酸反应，得到溶液中是醋酸钠溶液，结合溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.05mol/L，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ 二、解答题（共10小题，满分50分）‎ ‎26．Cu（NO3）2的水溶液呈　酸　（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH　＜　7（填“＞”、“=”、“＜”），原因是（用离子方程式表示）：　Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+　；实验室在配制 AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以　抑制　（填“促进”、“抑制”）其水解．‎ ‎【考点】盐类水解的原理．‎ ‎【分析】Cu（NO3）2中的铜离子在水中易水解，而显酸性；实验室在配制AgNO3‎ 的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，为了抑制其水解．‎ ‎【解答】解：Cu（NO3）2中的铜离子在水中易水解，而显酸性，pH＜7，水解方程为：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，为了抑制其水解，故答案为：酸；＜；Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+；抑制．‎ ‎　‎ ‎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．‎ ‎　‎ ‎28．在配制氯化铁溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的　盐酸　．‎ ‎【考点】盐类水解的原理．‎ ‎【分析】氯化铁为强酸弱碱盐，水解呈酸性；配制氯化铁溶液时滴加少量盐酸的作用是抑制氯化铁的水解．‎ ‎【解答】解：FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+离子水解使溶液呈酸性，水解方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；‎ 在配制FeCl3的溶液时，滴加少量盐酸，防止Fe3+水解，‎ 故答案为：盐酸．‎ ‎　‎ ‎29．一定条件下铁可以和CO2发生反应：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H＞0，1 100℃时，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示．‎ ‎（1）该反应的平衡常数表达式K=　　．‎ ‎（2）下列措施中能使平衡时K增大的是　A　（填序号）．‎ A．升高温度B．增大压强C．充入一定量COD．降低温度 ‎（3）8分钟内，CO的平均反应速率v（CO）=　0.0625　mol•L﹣1•min﹣1．‎ ‎（4）1100℃时，2L的密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：‎ 容器 甲 乙 反应物投入量 ‎3mol Fe、‎ ‎2mol CO2‎ ‎4mol FeO、‎ ‎3mol CO CO的浓度（mol•L﹣1）‎ c1‎ c2‎ CO2的体积分数 φ1‎ φ2‎ 体系压强（Pa）‎ p1‎ p2‎ 气态反应物的转化率 α1‎ α2‎ ‎①下列说法正确的是　BC　．A．2c1=3c2 B．φ1=φ2C．p1＜p2 D．α1=α2‎ ‎②求c1=　0.67mol•L﹣1　、φ1=　33.3%　、α2=　33.3%　．‎ ‎【考点】化学平衡常数的含义．‎ ‎【分析】（1）依据平衡常数概念写出，用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积得到；‎ ‎（2）平衡常数随温度变化，结合平衡移动原理分析判断；‎ ‎（3）8分钟内，一氧化碳难度变化0.5mol/L，依据V=计算CO的平均反应速率；‎ ‎（4）Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），反应是气体体积不变的吸热反应，依据 ‎①依据图表数据分析，反应前后气体体积不变，加入2molCO2，加入3mol CO，相当于加入3molCO2，的平衡状态，气体物质条件分数相同，物质的量不同，压强不同，气体物质的量大的容器中压强大，起始量不同，平衡浓度、转化率不同；‎ ‎②依据题干计算平衡常数，结合化学平衡三段式列式计算；‎ ‎【解答】解：（1）Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），依据平衡常数概念书写，注意固体和纯液体不写入表达式，表达式为：K=；‎ 故答案为：；‎ ‎（2）平衡常数随温度变化，不随浓度压强等因素变化，反应是吸热反应，升温平衡时K增大；‎ A．升高温度，平衡正向进行，平衡常数增大，故A正确；‎ B．增大压强，平衡不动，平衡常数不变，故B错误；‎ C．充入一定量CO，平衡逆向进行，但平衡常数不变，故C错误；‎ D．降低温度，平衡逆向进行，平衡常数减小，故D错误；‎ 故答案为：A；‎ ‎（3）依据图象分析，8分钟内，一氧化碳浓度变化0.5mol/L，CO的平均反应速率v（CO）==0.062 5mol/L•min；‎ 故答案为：0.062 5；‎ ‎（4）①依据图表数据分析，反应前后气体体积不变，加入2molCO2，加入3mol CO，相当于加入3molCO2，平衡时气体体积分数相同，物质的量不同，压强不同，气体物质的量大的容器中压强大，起始量不同，平衡浓度、转化率不同；‎ A．达到平衡状态，一氧化碳的浓度关系为：3c1=2c2，故A错误；‎ ‎ B．反应物和生成物都是一种，平衡常数相同，所以达到平衡状态二氧化碳的体积分数相同，φ1=φ2，故B正确；‎ C．乙容器中气体物质的量大于甲容器，所以达到平衡状态p1＜p2，故C正确；‎ D．起始量不同，甲容器正向进行，乙容器逆向进行，反应前后气体体积不变，气态反应物的转化率不相同，故D错误；‎ 故答案为：BC；　‎ ‎②图象分析反应在1100°C反应的平衡常数K==2‎ ‎ 甲容器中设反应的二氧化碳浓度为x ‎ Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），‎ 起始量（mol/L） 1 0‎ 变化量（mol/L） x x 平衡量（mol/L） 1﹣x x K==2‎ x=mol/L 平衡状态一氧化碳的浓度=（mol/L）=0.67mol/L，‎ CO2的体积分数φ1×100%=×100%=33.3%；‎ 乙容器中温度和甲容器相同，平衡常数相同，所以二氧化碳的体积分数φ2=φ1 =33.3%；‎ 故答案为：0.67mol•L﹣1　33.3%　33.3%；‎ ‎　‎ ‎30．向一容积不变的密闭容器中充入一定量A和B，发生如下反应：xA（g）+2B（s）⇌yC（g）△H＜0在一定条件下，容器中A、C的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示．请回答下列问题：‎ ‎（1）根据图示可确定x：y=　1：2　．‎ ‎（2）用A的浓度变化表示该反应在0～10min内的平均反应速率v（A）=　0.02mol•（L•min）﹣1　．‎ ‎（3）0～10min容器内压强　变大　（填“变大”、“不变”或“变小”）．‎ ‎（4）推测第10min引起曲线变化的反应条件可能是　④⑥　；第16min引起曲线变化的反应条件可能是　④　．‎ ‎①减压 ②增大A的浓度 ③增大C的量 ④升温 ⑤降温 ⑥加催化剂 ‎（5）若平衡Ⅰ的平衡常数为K1，平衡Ⅱ平衡常数为K2，则K1　＞　K2（填“＞”、“=”或“＜”）．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）利用0～10min内A、C的物质的量浓度变化的比值求得；‎ ‎（2）根据图象计算出0～10min内A的浓度变化，再利用化学反应速率公式计算；‎ ‎（3）根据反应前后气体计量数大小比较；‎ ‎（4）由图可知，第10min时，单位时间内A、C的物质的量变化量较大，反应速率明显增大，根据影响速率的因素分析；根据第16min时平衡移动方向分析；‎ ‎（5）已知第16min时改变的条件是温度，根据温度对平衡的影响分析 ‎【解答】解：（1）0～10min内容器中A的物质的量浓度变化为：0.45mol/L﹣0.25mol/L=0.2mol/L；0～10min内容器中C的物质的量浓度变化为：0.40mol/L，x：y=0.2mol/L：0.40mol/L=1：2，故答案为：1：2；‎ ‎（2）0～10min内△n（A）=0.45mol﹣0.25mol=0.2mol，v（A）==0.02mol/（L•min）；故答案为：0.02mol/（L•min）；‎ ‎（3）反应前气体物质的量小于反应后气体物质的量，随着反应的进行，气体物质的量增大，气体压强增大，故答案为：变大；‎ ‎（4）第10min时，单位时间内A、C的物质的量变化量较大，反应速率明显增大，可能为升高温度或者使用催化剂；第16min时，C的物质的量减小，A的物质的量增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，应为升高温度，故答案为：④⑥；④；‎ ‎（5）已知第16min时改变的条件是升高温度，而该反应是放热反应，所以升高温度平衡逆移，则平衡常数减小，所以K1＞K2，故答案为：＞．‎ ‎　‎ ‎31．将等体积、等物质的量浓度的醋酸与氢氧化钠溶液混合后，溶液呈　碱性　（填“酸性”、“中性”或“碱性”．下同．）溶液中C（Na+）　大于　C（CH3‎ COO‾）（填“大于”、“小于”或“等于”．下同．）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成CH3COONa，醋酸根离子水解，溶液显示碱性，结合电荷守恒判断离子浓度大小．‎ ‎【解答】解：（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成CH3COONa，由化学式可知，阴阳离子之比为1：1，醋酸根离子水解显碱性，根据电荷守恒可得：c（Na+）＞c（CH3COO﹣），‎ 故答案为：碱性；大于．‎ ‎　‎ ‎32．pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈　酸性　，溶液中c（Na+）　＜　c（CH3COO﹣）．‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量；根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），醋酸过量，溶液呈酸性，所以c（H+）＞C（OH﹣）．‎ ‎【解答】解：pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则溶液显酸性，‎ 醋酸过量，溶液呈酸性，所以c（H+）＞C（OH﹣），根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），所以c（Na+）＜c（CH3COO﹣），‎ 故答案为：酸；＜．‎ ‎　‎ ‎33．物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈　中性　，醋酸体积　＞　氢氧化钠溶液体积．‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），等体积等浓度混合时显碱性，则中性时应使醋酸过量．‎ ‎【解答】解：根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则c（H+）=c（OH﹣），溶液为中性，‎ 若等体积等浓度混合时显碱性，则中性时应使醋酸过量，即醋酸体积＞氢氧化钠溶液的体积，‎ 故答案为：中性；＞．‎ ‎　‎ ‎34．将m mol/L的醋酸和n mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7，则醋酸溶液中c（H+）　＜　氢氧化钠溶液中c（OH﹣），m与n的大小关系是m　＞　n．‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】醋酸为弱电解质，溶液中部分电离出氢离子，等体积的两溶液混合pH=7，若m=n，溶液显示中性，则醋酸浓度稍大．‎ ‎【解答】解：将m mol/L的醋酸和n mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7，当m=n时，两溶液恰好反应生成醋酸钠，溶液显示碱性，若使溶液的pH=7，则醋酸的浓度应该稍大一些，即m＞n；由于醋酸为弱酸，则溶液中氢离子浓度小于氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度，即c（H+）＜氢氧化钠溶液中c（OH﹣），‎ 故答案为：＜；＞．‎ ‎　‎ ‎35．某实验小组用0.50mol•L﹣1NaOH溶液和0.50mol•L﹣1硫酸溶液进行中和热的测定．‎ Ⅰ．配制0.50mol•L﹣1NaOH溶液 ‎（1）若实验中大约要使用245mLNaOH溶液，至少需要称量NaOH固体　5.0　g．‎ ‎（2）从图中选择称量NaOH固体所需要的仪器是（填字母）：　abe　．‎ 名称 托盘天平 ‎（带砝码）‎ 小烧杯 坩埚钳 玻璃棒 药匙 量筒 仪器 序号 a b c d e f Ⅱ．测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示．‎ ‎（1）不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒的理由是　Cu传热快，热量损失大　．‎ ‎（2）在操作正确的前提下，提高中和热测定准确性的关键是　减少实验过程中的热量损失　．大烧杯如不盖硬纸板，求得的中和热数值将　偏小　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．结合日常生活实际该实验在　保温杯　中（家用产品）效果更好．‎ ‎（3）写出该反应中和热的热化学方程式：（中和热为57.3kJ•mol﹣1）　H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol；　．‎ ‎（4）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如表．‎ 试验次数 起始温度t1/℃‎ 终止温度t2/℃‎ 温度差平均值（t2﹣t1）/℃‎ H2SO4‎ NaOH 平均值 ‎1‎ ‎26.2‎ ‎26.0‎ ‎26.1‎ ‎29.6‎ ‎2‎ ‎27.0‎ ‎27.4‎ ‎27.2‎ ‎31.2‎ ‎3‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎29.8‎ ‎4‎ ‎26.4‎ ‎26.2‎ ‎26.3‎ ‎30.4‎ ‎①表中的温度差平均值为　4.0　℃．‎ ‎②近似认为0.50mol•L﹣1 NaOH溶液和0.50mol•L﹣1硫酸溶液的密度都是1g•cm﹣3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J•（g•℃）﹣1．则中和热△H=　﹣53.5kJ/mol　（取小数点后一位）．‎ ‎③上述实验数值结果与57.3kJ•mol﹣1有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母）　acd　．‎ a．实验装置保温、隔热效果差 b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数 c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度 ‎④实验中改用60mL0.5mol/L盐酸跟50mL0.55mol•L﹣1氢氧化钠进行反应，与上述实验相比，所放出的热量　不相等　（填相等或不相等，下同），所求的中和热　相等　简述理由　中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1mol水所放出的热量为标准的，而与酸、碱的用量无关．　．‎ ‎【考点】中和热的测定．‎ ‎【分析】Ⅰ、（1）根据公式m=nM=cVM来计算氢氧化钠的质量，但是没有245mL的容量瓶；‎ ‎（2）氢氧化钠要在玻璃器皿中称量，根据称量固体氢氧化钠所用的仪器来回答；‎ Ⅱ、（1）金属导热快，热量损失多；‎ ‎（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失；日常生活中我们经常用到保温杯，在保温杯中进行实验保温效果会更好；‎ ‎（3）稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，应生成1mol液态水；‎ ‎（4）①先计算出每次试验操作测定的温度差，然后舍弃误差较大的数据，最后计算出温度差平均值；‎ ‎②根据Q=m•c•△T计算出反应放出的热量，然后计算出生成1mol水放出的热量，就可以得到中和热；‎ ‎③a．实验装置保温、隔热效果差，热量散失较大；‎ b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大；‎ c．分多次把NaOH溶液倒入盛有稀硫酸的小烧杯中，热量散失较大；‎ d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，硫酸的起始温度偏高；‎ ‎④反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；‎ ‎【解答】解：Ⅰ、（1）容量瓶没有245mL规格的，只能用250mL规格的，需要称量NaOH固体m=nM=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g；‎ 故答案为：5.0；‎ ‎（2）氢氧化钠要在小烧杯中称量，称量固体氢氧化钠所用的仪器有天平、烧杯和药匙；‎ 故答案为：abe；‎ Ⅱ、（1）不能将环形玻璃搅拌棒改为铜丝搅拌棒，因为铜丝搅拌棒是热的良导体；‎ 故答案为：Cu传热快，热量损失大；‎ ‎（2）在中和反应中，必须确保热量不散失，应提高装置的保温效果；大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小；在日常生活实际该实验在保温杯中效果更好；‎ 故答案为：提高装置的保温效果；偏小；保温杯； ‎ ‎（3）稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，应生成1mol液态水，热化学方程式为： H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol；‎ 故答案为： H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol；‎ ‎（2）①第一次测定温度差为3.5℃，第二次测定的温度差为4.0℃，第三次测定的温度差为3.9℃，第四次测定的温度差为4.1℃，实验1的误差太大要舍去，三次温度差的平均值为4.0℃，‎ 故答案为：4.0；‎ ‎②50mL 0.50mol•L﹣1氢氧化钠与30mL0.50mol•L﹣1硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：80mL×1g/cm3=100g，温度变化的值为△T=4.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为：Q=m•c•△T=80g×4.18J/（g•℃）×4.0℃=1337.6J，即1.3376KJ，所以实验测得的中和热△H=﹣=﹣53.5kJ/mol 故答案为：﹣53.5kJ/mol； ‎ ‎③a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a正确；‎ b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故b错误；‎ c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，故c正确；‎ d．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故d正确．‎ 故答案为：acd；‎ ‎④反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，实验中改用60mL0.5mol/L盐酸跟50mL0.55mol•L﹣1氢氧化钠进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，中和热数值相等，‎ 故答案为：不相等；相等；中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1mol水所放出的热量为标准的，而与酸、碱的用量无关．‎