化学卷·2018届山东省德州市陵城一中高二上学期期中化学试卷 （解析版） 33页

‎2016-2017学年山东省德州市陵城一中高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题包括16个小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意．）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．凡是能量达到活化能的分子发生的碰撞均为有效碰撞 B．熵增大的反应都是自发反应，熵减少的反应都不能进行 C．升高温度，可逆反应的正反应速率和逆反应速率都一定增大 D．使用催化剂可以增加反应物分子的能量，从而增大反应速率 ‎2．已知充分燃烧a g乙炔（C2H2）气体时生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，则乙炔燃烧热的热化学方程式正确的是（　　）‎ A．2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2b kJ/mol B．C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣b kJ/mol C．2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣4b kJ/mol D．C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣2b kJ/mol ‎3．如图，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色．下列说法正确的是（　　）‎ A．X极是电源负极，Y极是电源正极 B．a极的电极反应是2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑‎ C．电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大 D．Pt极上有6.4g Cu析出时，b极产生2.24L（标准状况）气体 ‎4．紫外线作用下氧气可生成臭氧：3O2（g）⇌2O3（g），一定条件下反应达到平衡状态的标志是（　　）‎ A．单位时间内生成2 mol O3，同时消耗3 mol O2‎ B．O2的消耗速率0.3 mol•L﹣1•s﹣1，O3的消耗速率0.2 mol•L﹣1•s﹣1‎ C．容器内，2种气体O3、O2浓度相等 D．恒容时，密度不再发生变化，气体的平均相对分子质量也不再发生变化 ‎5．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△S＜0‎ B．镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈 C．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，氢气的反应速率和转化率均增大 D．水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应 ‎6．低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）⇌2N2（g）+3H2O（g）△H＜0 在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是（　　）‎ A．平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大 B．平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小 C．平衡时，2v正（NO）=v逆（N2）‎ D．其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大 ‎7．右图表示反应X（g）4Y（g）+Z（g），△H＜0，在某温度时X的浓度随时间变化的曲线：‎ 下列有关该反应的描述正确的是（　　）‎ A．第6min后，反应就终止了 B．X的平衡转化率为85%‎ C．若升高温度，X的平衡转化率将大于85%‎ D．若降低温度，v正和v逆将以同样倍数减小 ‎8．一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图的是（　　）‎ A．CO2（g）+2NH3（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H＜0‎ B．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）；△H＞0‎ C．CH3CH2OH （g）⇌CH2=CH2（g）+H2O（g）；△H＞0‎ D．2C6H5CH2CH3（g）+O2（g）⇌2 C6H5CH=CH2（g）+2H2O（g）；△H＜0‎ ‎9．在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表．下列说法正确的是（　　）‎ t/min ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎9‎ n（Y）/mol ‎0.12‎ ‎0.11‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ A．反应前2min的平均速率v（Z）=2.0×10﹣5mol/（L•min）‎ B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）＞v（正）‎ C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44‎ D．其他条件不变，再充入0.2mol Z，平衡时X的体积分数增大 ‎10．用来表示可逆反应：2A（g）+B（g）≒2C（g） （△H＞0）的正确图象（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．由水电离产生的[H+]=10﹣13mol/L的溶液中，一定可以大量共存的离子组是（　　）‎ A．NH4+、NO3﹣、CO32﹣、Na+ B．Na+、Ba2+、Mg2+、HCO3﹣‎ C．NO3﹣、Na+、K+、Cl﹣ D．NO3﹣、K+、[Al（OH）4]﹣、OH﹣‎ ‎12．下列叙述正确的是（　　）‎ A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性 B．pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4‎ C．0.2mol/L的盐酸，稀释至2倍后pH=1‎ D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7‎ ‎13．醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（　　）‎ ‎①白醋中滴入石蕊试液呈红色 ‎ ‎②室温时，0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3‎ ‎③10mL 1mol/L醋酸恰好与10mL 1mol/L NaOH溶液完全反应 ‎④常温下，测得醋酸钠溶液的pH＞7 ‎ ‎⑤醋酸溶液的导电性比强酸溶液的弱 ‎⑥常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH＜4．‎ A．②④⑤⑥ B．①②④ C．②④⑥ D．②⑥‎ ‎14．室温下，下列关于pH均为9、体积均为10mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液的说法正确的是（　　）‎ A．两种溶液中的c（Na+）相等 B．分别加热到相同温度时，CH3COONa溶液的pH大 C．分别加水稀释到100 mL时，两种溶液的pH依然相等 D．两溶液中由水电离出的c（OH﹣）之比为 ‎15．下列溶液混合后，常温下溶液一定呈碱性的是（　　）‎ A．pH=12的氢氧化钠溶液与pH=2的某酸溶液等体积混合 B．pH=2的某酸溶液与pH=12某碱溶液等体积混合 C．pH=2的盐酸pH=12的氨水等体积混合 D．1×10﹣3mol/L的盐酸和6×10﹣4mol/L的Ba（OH）2溶液各取10mL，混合后再稀释100倍 ‎16．现有等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量镁，产生H2‎ 的体积（同温同压下测定）的变化图示如下：其中正确的是（　　）‎ A．①③ B．②④ C．①②③④ D．都不对 ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分52分）‎ ‎17．完成下列各空：‎ ‎（1）已知：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol H2（g）=H2（l）△H=﹣0.92kJ/mol ‎ O2（g）=O2（l）△H=﹣6.84kJ/mol H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ/mol 写出液氢和液氧生成气态水的热化学方程式：　　_‎ ‎（2）一种甲醇（CH3OH）燃料电池是采用铂或碳化钨作为电极催化剂，在氢氧化钠溶液中直接加入纯化后的甲醇，同时向一个电极通入空气．此电池的负极发生的电极反应式是　　‎ ‎（3）100℃下，将pH=11的NaOH溶液V1 L与pH=1的稀硫酸V2 L混合，所得混合溶液的pH=2，则V1：V2=　　（水的离子积KW=1×10﹣12 mol2•L﹣2）‎ ‎（4）室温时，将pH为13的强碱溶液和pH为2的强酸溶液以1：9体积比混合，混合后pH=　　‎ ‎（5）常温下，向纯水中滴入盐酸使c（H+）=5×10﹣6mol/L，则水电离出的c（OH﹣）=　　mol/L；加入氢氧化钠使C（OH﹣）=5×10﹣6mol/L，则Kw=　　mol2•L﹣2；加入碳酸钠使水的pH值为10，则水电离出的c（OH﹣）=　　mol/L；上述三种物质能促进水的电离的是　　．‎ ‎18．如图装置所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同（假设通电前后溶液体积不变），A、B为外接直流电源的两极．将直流电源接通后，F极附近呈红色．‎ 请回答：‎ ‎（1）B极是电源的　　 极；一段时间后，甲中溶液颜色　　（填“变深”、“变浅”或“不变”）；‎ ‎（2）若甲、乙中C、D、E、F电极均只有一种单质生成，对应单质的物质的量之比为　　．‎ ‎（3）现用丙装置给铜件镀银，则H应该是　　（填“镀层金属”或“镀件”），电镀液是　　溶液．当乙中溶液的pH是13时（此时乙溶液体积为500mL），丙中镀件上析出银的质量为　　 g，甲中溶液的pH　　（填“变大”、“变小”或“不变”）．‎ ‎（4）若将C电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生总反应的化学方程式是　　．‎ ‎19．科研生产中常涉及碳的化合物．请回答下列问题：‎ I、700℃时，向容积为3L的密闭容器中充人一定量的CO和H2O，发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），反应过程中测定的部分数据见表（表中t2＞t1）：‎ 反应时间/min n[CO（g）]mol n[H2O（g）]mol ‎0‎ ‎1.8‎ ‎0.9‎ t1‎ ‎1.2‎ t2‎ ‎0.3‎ ‎（1）该反应的平衡常数表达式为　　； 反应在0﹣t1 min内的平均速率为v（H2）=　　‎ ‎（2）保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.9mol CO和1.8mol H2‎ O（g），达平衡时，CO2的物质的量浓度c（CO2）=　　‎ ‎（3）判断该反应是否达到平衡的依据为　　（填正确选项前的字母）：‎ a．压强不随时间改变　　b．密度不随时间改变 c．c（CO）不随时间改变　　 d．单位时间里生成CO和CO2的物质的量相等 II、CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）‎ CO在不同温度下平衡转化率与压强的关系如图所示，该反应的△H　　0（填“＞”、“=”或“＜”），实际生产条件控制在250℃，1.3×l04kPa左右，选择此压强而不选择更高压强的理由是　　‎ III、某温度下，将1mol CO和1mol H2O（g）充入某固定容积的反应容器中，一段时间后达到平衡：‎ CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），此时有的CO转化为CO2．‎ ‎（1）达平衡时H2O（g）的转化率是　　‎ ‎（2）相同条件下，开始时向容器中充入1mol CO2、1mol H2、1mol H2O和0.2mol CO，则开始时的速率 v（正）　　v（逆）（填“＞”、“＜”或“=”）‎ ‎20．常温下有浓度均为0.5mol/L的四种溶液：①Na2CO3、②NaOH、③HCl、④NH3•H2O ‎（1）上述溶液中，可发生水解的是　　（填序号，下同）‎ ‎（2）向④中加入少量氯化铵固体，此时的值　　（填“增大”、“减小”或“不变”）‎ ‎（3）将③和④的溶液等体积混合后溶液呈　　（填“酸”、“碱”或“中”）性，原因是　　（用离子方程式解释）‎ ‎（4）取10mL溶液③，加水稀释到500mL，则此时溶液中由水电离出的c（H+）=　　 mol/L．‎ ‎21．今有①CH3COOH、②HCl、③H2SO4 三种溶液，用序号回答下列问题：‎ ‎（1）当它们pH相同时，其物质的量浓度的由大到小排列是　　‎ ‎（2）当它们的物质的量浓度相同时，其pH的由大到小排列是　　‎ ‎（3）中和同一烧碱溶液，需同浓度的三种酸溶液的体积关系为　　‎ ‎（4）体积和pH相同的①、②、③三溶液，分别与足量锌粉反应，相同条件下产生氢气的体积关系为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省德州市陵城一中高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括16个小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意．）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．凡是能量达到活化能的分子发生的碰撞均为有效碰撞 B．熵增大的反应都是自发反应，熵减少的反应都不能进行 C．升高温度，可逆反应的正反应速率和逆反应速率都一定增大 D．使用催化剂可以增加反应物分子的能量，从而增大反应速率 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】A．活化分子碰撞需要合适的方向才发生反应；‎ B．△H﹣T△S＜0的反应可自发进行；‎ C．升高温度，提供分子转化为活化分子需要的能量；‎ D．使用催化剂，降低反应需要的活化能．‎ ‎【解答】解：A．活化分子碰撞需要合适的方向才发生反应，则能量达到活化能的分子发生的碰撞不一定为有效碰撞，故A错误；‎ B．△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，则熵增大、熵减少的反应都可能自发反应，故B错误；‎ C．升高温度，提供分子转化为活化分子需要的能量，则可逆反应的正反应速率和逆反应速率都一定增大，故C正确；‎ D．使用催化剂，降低反应需要的活化能，反应速率加快，不能增加反应物分子的能量，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．已知充分燃烧a g乙炔（C2H2）气体时生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，则乙炔燃烧热的热化学方程式正确的是（　　）‎ A．2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2b kJ/mol B．C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣b kJ/mol C．2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣4b kJ/mol D．C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣2b kJ/mol ‎【考点】燃烧热．‎ ‎【分析】燃烧a g乙炔气体时生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，由物质的物质的量与反应放出的热量成正比结合燃烧热可燃物的系数要求必须是1mol解答．‎ ‎【解答】解：根据题意知：燃烧a g乙炔气体时生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，并且燃烧热可燃物的系数要求必须是1mol，则乙炔燃烧热的热化学方程式正确的是C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣b kJ/mol，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．如图，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色．下列说法正确的是（　　）‎ A．X极是电源负极，Y极是电源正极 B．a极的电极反应是2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑‎ C．电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大 D．Pt极上有6.4g Cu析出时，b极产生2.24L（标准状况）气体 ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，依据电解质溶液为氯化钠的酚酞溶液，判断b电极是阴极，Y为电源负极，X为电源正极，Pt为阳极，Cu为阴极；依据电极原理分析选项；‎ A、分析判断Y为电源负极，X为电源正极；‎ B、a电极是氯离子失电子发生的氧化反应；‎ C、电解过程中硫酸铜溶液中氢氧根离子放电生成氧气，溶液的pH减小；‎ D、Pt电极分析判断为阳极，所以铜离子在Cu电极析出．‎ ‎【解答】解：A、a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，依据电解质溶液为氯化钠的酚酞溶液，判断b电极是阴极，Y为电源负极，X为电源正极，故A错误；‎ B、a电极是氯离子失电子发生的氧化反应，电极反应为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故B正确；‎ C、电解过程中CuSO4溶液中 的氢氧根离子在阳极Pt电极失电子生成氧气，溶液中铜离子在Cu电极得到电子析出铜，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH逐渐减小，故C错误；‎ D、电解过程中CuSO4溶液中 的氢氧根离子在阳极Pt电极失电子生成氧气，溶液中铜离子在Cu电极得到电子析出铜，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．紫外线作用下氧气可生成臭氧：3O2（g）⇌2O3（g），一定条件下反应达到平衡状态的标志是（　　）‎ A．单位时间内生成2 mol O3，同时消耗3 mol O2‎ B．O2的消耗速率0.3 mol•L﹣1•s﹣1，O3的消耗速率0.2 mol•L﹣1•s﹣1‎ C．容器内，2种气体O3、O2浓度相等 D．恒容时，密度不再发生变化，气体的平均相对分子质量也不再发生变化 ‎【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2 mol O3，同时消耗3 mol O2，只体现正反应速率，故A错误；‎ B、O2的消耗速率0.3 mol•L﹣1•s﹣1，等效于O3的生成速率0.2 mol•L﹣1•s﹣1，O3的消耗速率0.2 mol•L﹣1•s﹣1，正逆反应速率相等，说明达平衡状态，故B正确；‎ C、容器内，2种气体O3、O2浓度相等，而不是不变，故C错误；‎ D、恒容容器中，反应物和生成物都是气体，所以密度始终不变，但气体的平均相对分子质量也不再发生变化，说明气体的物质的量不再变化，反应达平衡状态，故D正确；‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎5．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△S＜0‎ B．镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈 C．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，氢气的反应速率和转化率均增大 D．水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应 ‎【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）的△H＞0，△S＞0；‎ B．镀铜铁制品镀层受损后，构成原电池时Fe为负极；‎ C．为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；‎ D．水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，Kw只与温度有关．‎ ‎【解答】解：A．CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）的△H＞0，△S＞0，由△H﹣T△S＜0的反应可自发进行可知，高温下可发生，故A错误；‎ B．镀铜铁制品镀层受损后，构成原电池时Fe为负极，则铁制品比受损前更容易生锈，故B正确；‎ C．为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则气的反应速率增大，转化率减小，故C错误；‎ D．水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，Kw只与温度有关，可知水的电离吸热，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）⇌2N2（g）+3H2O（g）△H＜0 在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是（　　）‎ A．平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大 B．平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小 C．平衡时，2v正（NO）=v逆（N2）‎ D．其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大 ‎【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】A、平衡常数只受温度影响，从平衡移动的方向判断平衡常数的变化；‎ B、可逆反应中，加入一种反应物，平衡向正方向移动，以此判断转化率变化；‎ C、反应达到平衡时，不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比；‎ D、催化剂能加快反应速率，但不影响平衡的移动．‎ ‎【解答】解：A、正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A错误；‎ B、增大一个反应物浓度，其它反应物转化率增大，故B错误；‎ C、2v正（NO）=v逆（N2）说明单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2时，等于化学计量数之比，反应到达平衡，故C正确．‎ D、使用催化剂平衡不移动，废气中氮氧化物的转化率不变，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．右图表示反应X（g）4Y（g）+Z（g），△H＜0，在某温度时X的浓度随时间变化的曲线：‎ 下列有关该反应的描述正确的是（　　）‎ A．第6min后，反应就终止了 B．X的平衡转化率为85%‎ C．若升高温度，X的平衡转化率将大于85%‎ D．若降低温度，v正和v逆将以同样倍数减小 ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】根据图可知，X的浓度在随时间逐渐减少，到第6min浓度不再变化，则反应达到化学平衡；利用X变化的量来计算转化率，再利用温度对反应的影响来分析转化率的变化及反应速率的变化．‎ ‎【解答】解：A、6min时反应达平衡，但未停止，故A错；‎ B、X的变化量为1mol/L﹣0.15mol/L=0.85mol/L，则X的转化率为×100%=85%，故B正确；‎ C、△H＜0，反应为放热，故升高温度，平衡将逆向移动，则X的转化率减小，故C错；‎ D、降温时，正、逆反应速率同时减小，但是降温平衡正向移动，故V正＞V逆，即逆反应减小的倍数大，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图的是（　　）‎ A．CO2（g）+2NH3（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H＜0‎ B．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）；△H＞0‎ C．CH3CH2OH （g）⇌CH2=CH2（g）+H2O（g）；△H＞0‎ D．2C6H5CH2CH3（g）+O2（g）⇌2 C6H5CH=CH2（g）+2H2O（g）；△H＜0‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】由左图可知，温度为t2到达平衡时间短，故t2＞t1，随着温度的升高，水蒸气的含量减小，说明升高温度平衡向减少水的方向移动，则正反应应为放热反应；‎ 由右图可知，压强为p1先到达平衡，故p1＞p2，随着压强增大，水蒸气的含量增大，说明增大压强平衡向生成水的方向移动，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A、正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，水蒸气的含量降低，正反应是体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，水蒸气的含量增大，符合图象，故A正确；‎ B、正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，水蒸气的含量增大，反应是一个体积不变的，压强对水蒸气的含量不影响，不符合图象，故B错误；‎ C、正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，水蒸气的含量增大，正反应是体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应移动，水蒸气的含量减小，不符合图象，故C错误；‎ D、正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，水蒸气的含量降低，正反应是体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应移动，水蒸气的含量降低，不符合图象，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎9．在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表．下列说法正确的是（　　）‎ t/min ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎9‎ n（Y）/mol ‎0.12‎ ‎0.11‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ A．反应前2min的平均速率v（Z）=2.0×10﹣5mol/（L•min）‎ B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）＞v（正）‎ C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44‎ D．其他条件不变，再充入0.2mol Z，平衡时X的体积分数增大 ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A、2min内Y物质的量变化为0.16mol﹣0.12mol=0.04mol，根据v=计算v（Y），在利用速率之比等于化学计量数之比计算v（Z）；‎ B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正）；‎ C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，根据平衡时Y的物质的量，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量，由于反应气体氢气的化学计量数相等，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；‎ D、再通入0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动．‎ ‎【解答】解：A、由表中数据可求得前2min内生成Z为0.08mol，故，故A错误；‎ B、该反应的正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正），故B错误；‎ C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，Y的物质的量为0.10mol，此时X的物质的量也为0.10mol，Z的物质的量也为0.12mol，X、Y、Z的物质的量浓度分别为：0.01mol•L﹣1、0.01mol•L﹣1、0.012mol•L﹣1，故平衡常数，故C正确；‎ D、因该反应前后气体的体积不变，其他条件不变，再充入0.2 mol Z，因为在等温等容条件下，左右气体化学计量数相等，原平衡环境和D 选项的平衡环境互为等效平衡，平衡不移动，X的体积分数不变，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．用来表示可逆反应：2A（g）+B（g）≒2C（g） （△H＞0）的正确图象（　　）‎ A． B． C． 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．‎ ‎【分析】由反应方程式可知，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，C的百分含量增大，增大压强，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，C的百分含量增大，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，C的百分含量增大，图象不符，故A错误；‎ B．升高温度，正逆反应速率都增大，图象不符，故B错误；‎ C．增大压强，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，说明正反应速率增大的倍数比逆反应速率增大的多，与图象吻合，故C正确；‎ D．增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，升高温度平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，但图象减小，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．由水电离产生的[H+]=10﹣13mol/L的溶液中，一定可以大量共存的离子组是（　　）‎ A．NH4+、NO3﹣、CO32﹣、Na+ B．Na+、Ba2+、Mg2+、HCO3﹣‎ C．NO3﹣、Na+、K+、Cl﹣ D．NO3﹣、K+、[Al（OH）4]﹣、OH﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】由水电离产生的[H+]=10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，则离子大量共存，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．酸溶液中不能大量存在CO32﹣，碱性溶液中不能大量存在NH4+，故A不选；‎ B．碱溶液中不能大量存在Mg2+、HCO3﹣，酸溶液中不能大量存在HCO3﹣，故B不选；‎ C．酸碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故C选；‎ D．酸溶液中不能大量存在[Al（OH）4]﹣、OH﹣，故D不选；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．下列叙述正确的是（　　）‎ A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性 B．pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4‎ C．0.2mol/L的盐酸，稀释至2倍后pH=1‎ D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算．‎ ‎【分析】A．纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液呈中性；‎ B．醋酸的弱电解质，醋酸溶液中存在醋酸电离平衡；‎ C．氯化氢是强电解质，稀释前后氢离子的物质的量不变，根据稀释后氢离子浓度计算溶液的pH；‎ D．pH=3的醋酸溶液中醋酸浓度大于0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液氢氧化钠浓度等于0.01mol/L，二者等体积混合后酸剩余．‎ ‎【解答】解：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，纯水中氢离子浓度增大，但氢离子浓度仍然等于氢氧根离子浓度，所以溶液仍然呈中性，故A错误；‎ B．醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在醋酸电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，将pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＜4，故B错误；‎ C.0.2mol/L的盐酸，稀释至2倍后氢离子浓度为0.1mol/L，则pH=1，故C正确；‎ D．pH=3的醋酸溶液中醋酸浓度大于0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液氢氧化钠浓度等于0.01mol/L，二者等体积混合后酸剩余，溶液呈酸性，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎13．醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（　　）‎ ‎①白醋中滴入石蕊试液呈红色 ‎ ‎②室温时，0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3‎ ‎③10mL 1mol/L醋酸恰好与10mL 1mol/L NaOH溶液完全反应 ‎④常温下，测得醋酸钠溶液的pH＞7 ‎ ‎⑤醋酸溶液的导电性比强酸溶液的弱 ‎⑥常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH＜4．‎ A．②④⑤⑥ B．①②④ C．②④⑥ D．②⑥‎ ‎【考点】弱电解质的判断．‎ ‎【分析】只要说明醋酸在水溶液中部分电离就能证明醋酸是弱电解质，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：①白醋中滴入石蕊试液变红色，说明白醋属于酸，不能证明其部分电离，所以不能证明醋酸是弱酸，故错误；‎ ‎②‎ 室温时，0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3，说明溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，说明醋酸部分电离，所以能证明醋酸是弱电解质，故正确；‎ ‎③10mL 1mol/L醋酸恰好与10mL 1mol/L NaOH溶液完全反应，说明醋属于一元酸，不能证明其部分电离，所以不能证明醋酸是弱酸，故错误；‎ ‎④常温下，测得醋酸钠溶液的pH＞7，说明醋酸根发生水解显碱性，以能证明醋酸是弱电解质，故正确；‎ ‎⑤醋酸溶液的导电性比强酸溶液的弱，只能证明醋酸溶液中离子浓度比强酸溶液小，不能证明其部分电离，所以不能证明醋酸是弱酸，故错误；‎ ‎⑥常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH＜4，说明加水稀释促进电离，如为强酸，稀释后pH=4，可证明为弱酸是弱电解质，故正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎14．室温下，下列关于pH均为9、体积均为10mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液的说法正确的是（　　）‎ A．两种溶液中的c（Na+）相等 B．分别加热到相同温度时，CH3COONa溶液的pH大 C．分别加水稀释到100 mL时，两种溶液的pH依然相等 D．两溶液中由水电离出的c（OH﹣）之比为 ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】NaOH为强碱，pH=9，则c（OH﹣）=10﹣5mol/L，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解显碱性，则c（CH3COONa）＞10﹣5mol/L，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．两溶液因pH均为9，因此c（ CH3COONa）大于c（NaOH），因此CH3COONa溶液中c（Na+）大于NaOH溶液中c（Na+），故A错误；‎ B．分别加热到相同温度时，NaOH溶液pH变化不大，加热促进CH3COONa水解，其pH增大，故B正确；‎ C．分别加水稀释到100mL时，促进CH3COONa水解，pH变化的小，所以醋酸钠的pH大于氢氧化钠的pH，故C错误；‎ D．NaOH溶液中由水电离出的c（OH﹣）为10﹣9mol/L，CH3COONa溶液中由水电离出的c（OH﹣）为10﹣5mol/L，NaOH溶液和CH3‎ COONa溶液中由水电离出的c（OH﹣）之比为，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．下列溶液混合后，常温下溶液一定呈碱性的是（　　）‎ A．pH=12的氢氧化钠溶液与pH=2的某酸溶液等体积混合 B．pH=2的某酸溶液与pH=12某碱溶液等体积混合 C．pH=2的盐酸pH=12的氨水等体积混合 D．1×10﹣3mol/L的盐酸和6×10﹣4mol/L的Ba（OH）2溶液各取10mL，混合后再稀释100倍 ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】A．若酸为弱酸，则混合液中酸过量，溶液显示酸性；‎ B．若酸为弱酸，碱为强碱，则混合液中酸过量，溶液显示酸性；若二者都是强电解质，混合液呈中性；‎ C．氨水为弱碱，混合液中氨水过量，混合液呈碱性；‎ D．计算出两溶液中的氢离子、氢氧根离子的浓度，然后判断过量情况及溶液酸碱性．‎ ‎【解答】解：A．pH=12的氢氧化钠溶液与pH=2的某酸溶液等体积混合，如果该酸为弱酸，则混合液中酸过量，混合液呈酸性，故A错误；‎ B．pH=2的某酸溶液与pH=12某碱溶液等体积混合，若酸为弱酸、碱为强碱，则混合液显示碱性，若都是强电解质，则混合液显示中性，故B错误；‎ C．pH=2的盐酸pH=12的氨水等体积混合，氨水为弱碱，混合液中氨水过量，溶液一定显示碱性，故C正确；‎ D.1×10﹣3mol/L的盐酸中氢离子浓度为1×10﹣3mol/L，6×10﹣4mol/L的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为：1.2×10﹣3mol/L，各取10mL混合后氢氧根离子过量，混合液一定显示碱性，故D正确；‎ 故选CD．‎ ‎　‎ ‎16．现有等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量镁，产生H2‎ 的体积（同温同压下测定）的变化图示如下：其中正确的是（　　）‎ A．①③ B．②④ C．①②③④ D．都不对 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】醋酸为弱酸，不能完全电离，当pH相等时，醋酸浓度较大，溶质的物质的量较多，当等浓度时，醋酸溶液中氢离子浓度较小，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：①随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，故①错误；‎ ‎②等pH时，醋酸浓度较大，加入足量镁，不仅产生的氢气的体积更大，反应更快，而且反应时间更长，不可能比盐酸更早结束，故②错误；‎ ‎③随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，不可能逐渐减小，故③错误；‎ ‎④等物质的量浓度时，醋酸溶液中氢离子浓度较小，反应速率较小，不可能比盐酸反应的快，故④错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分52分）‎ ‎17．完成下列各空：‎ ‎（1）已知：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol H2（g）=H2（l）△H=﹣0.92kJ/mol ‎ O2（g）=O2（l）△H=﹣6.84kJ/mol H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ/mol 写出液氢和液氧生成气态水的热化学方程式：　2H2（l）+O2（l）=2H2O（g）△H=﹣191.12KJ/mol　_‎ ‎（2）一种甲醇（CH3OH）燃料电池是采用铂或碳化钨作为电极催化剂，在氢氧化钠溶液中直接加入纯化后的甲醇，同时向一个电极通入空气．此电池的负极发生的电极反应式是　CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O　‎ ‎（3）100℃下，将pH=11的NaOH溶液V1 L与pH=1的稀硫酸V2 L混合，所得混合溶液的pH=2，则V1：V2=　9：11　（水的离子积KW=1×10﹣12 mol2•L﹣2）‎ ‎（4）室温时，将pH为13的强碱溶液和pH为2的强酸溶液以1：9体积比混合，混合后pH=　11　‎ ‎（5）常温下，向纯水中滴入盐酸使c（H+）=5×10﹣6mol/L，则水电离出的c（OH﹣）=　2×10﹣7　mol/L；加入氢氧化钠使C（OH﹣）=5×10﹣6mol/L，则Kw=　1×10﹣14　mol2•L﹣2；加入碳酸钠使水的pH值为10，则水电离出的c（OH﹣）=　1×10﹣4　mol/L；上述三种物质能促进水的电离的是　碳酸钠　．‎ ‎【考点】热化学方程式；电极反应和电池反应方程式；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】（1）已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣285.8kJ•mol﹣1‎ ‎②H2（g）═H2（l）△H=﹣0.92kJ•mol﹣1‎ ‎③O2（g）═O2（l）△H=﹣6.84kJ•mol﹣1‎ ‎④H2O（l）═H2O（g）△H=+44.0kJ•mol﹣1‎ 据盖斯定律，①﹣②×2﹣③+④×2得液氢和液氧生成气态水的热化学方程式；‎ ‎（2）原电池中负极上燃料失电子发生氧化反应；‎ ‎（3）100℃下，pH=11的NaOH溶液中c（OH﹣）=0.1mol/L，与pH=1的稀硫酸V2 L混合，所得混合溶液的pH=2，则有=0.01；‎ ‎（4）pH=13的强碱溶液中c（OH﹣）=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液c（H+）=0.01mol/L，二者以1：9体积比混合，n（碱）＞n（酸），所以强碱有剩余，计算混合溶液中c（OH﹣），进而计算c（H+），可计算pH；‎ ‎（5）根据Kw=c（H+）•c（OH﹣）计算水电离的c（OH﹣），酸、碱抑制水的电离，盐水解促进水的电离．‎ ‎【解答】解：（1）已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣285.8kJ•mol﹣1‎ ‎②H2（g）═H2（l）△H=﹣0.92kJ•mol﹣1‎ ‎③O2（g）═O2（l）△H=﹣6.84kJ•mol﹣1‎ ‎④H2O（l）═H2O（g）△H=+44.0kJ•mol﹣1‎ 据盖斯定律，①﹣②×2﹣③+④×2得：2H2（l）+O2（l）=2H2O（g）△H=﹣191.12KJ/mol，‎ 故答案为：2H2（l）+O2（l）=2H2O（g）△H=﹣191.12KJ/mol；‎ ‎（2）原电池中负极上燃料失电子发生氧化反应，电极方程式为CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O，故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O；‎ ‎（3）100℃下，pH=11的NaOH溶液中c（OH﹣）=0.1mol/L，与pH=1的稀硫酸V2 L混合，所得混合溶液的pH=2，则有=0.01，则V1：V2=9：11，‎ 故答案为：9：11；‎ ‎（4）pH=13的强碱溶液中c（OH﹣）=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液c（H+）=0.01mol/L，二者以1：9体积比混合，n（碱）＞n（酸），所以强碱有剩余，混合溶液中c（OH﹣）=mol/L=0.001mol/L，c（H+）=10﹣11 mol/L，所以pH=11，‎ 故答案为：11；‎ ‎（5）常温下，向纯水中滴入盐酸使c（H+）=5×10﹣6mol/L，则水电离出的c（OH﹣）==2×10﹣7mol/L；加入氢氧化钠使c（OH﹣）=5×10﹣6mol/L，由于温度不变，则水的离子积不变，则Kw=1×10﹣14mol2•L﹣2；加入碳酸钠使水的pH值为10，则水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣4mol/L，上述三种物质能促进水的电离的是碳酸钠，‎ 故答案为：2×10﹣7；1×10﹣14；1×10﹣4；碳酸钠．‎ ‎　‎ ‎18．如图装置所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同（假设通电前后溶液体积不变），A、B为外接直流电源的两极．将直流电源接通后，F极附近呈红色．‎ 请回答：‎ ‎（1）B极是电源的　负　 极；一段时间后，甲中溶液颜色　变浅　（填“变深”、“变浅”或“不变”）；‎ ‎（2）若甲、乙中C、D、E、F电极均只有一种单质生成，对应单质的物质的量之比为　1：2：2：2　．‎ ‎（3）现用丙装置给铜件镀银，则H应该是　镀件　（填“镀层金属”或“镀件”），电镀液是　AgNO3　溶液．当乙中溶液的pH是13时（此时乙溶液体积为500mL），丙中镀件上析出银的质量为　5.4　 g，甲中溶液的pH　变小　（填“变大”、“变小”或“不变”）．‎ ‎（4）若将C电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生总反应的化学方程式是　Fe+CuSO4Cu+FeSO4　．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以F即是阴极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极，A是电源的正极，B是负极；‎ ‎（1）将直流电源接通后，F极附近呈红色，可知道氢离子在该电极放电，所以F即是阴极，B是负极，甲中硫酸铜中铜离子减少导致溶液颜色的变化；‎ ‎（2）C、D、E、F电极转移的电子数目相等，根据转移电子数可计算生成的单质的量；‎ ‎（3）电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，电镀液含有镀层金属阳离子；‎ 根据乙中氢氧根离子的浓度计算其物质的量，结构电极反应式计算转移电子物质的量，各个电极上转移的电子数是相等的，据此计算丙中析出Ag的物质的量，进而计算质量；‎ 电解硫酸铜的过程中水放电生成氧气，有硫酸生成，氢离子浓度增大，所以酸性增强，甲中溶液的pH变小；‎ ‎（4）铁电极做阳极则该电极放电的是金属铁本身．‎ ‎【解答】解：将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以F即是阴极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极，A是电源的正极，B是负极；‎ ‎（1）A是电源的正极，B电极是电源的负极，在A池中，电解硫酸铜的过程中，铜离子逐渐减少，导致溶液颜色变浅，故答案为：负极；变浅；‎ ‎（2）C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH﹣═O2↑+2H2O+4e﹣、Cu2++2e﹣═Cu、2Cl﹣═Cl2↑+2e﹣、2H++2e﹣═H2↑，当各电极转移电子均为1mol时，生成单质的量分别为：0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1：2：2：2，‎ 故答案为：1：2：2：2；‎ ‎（3）电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以H应该是镀件，电镀液含有镀层金属阳离子，故电镀液为AgNO3溶液；‎ 当乙中溶液的pH是13时即c（OH﹣）=0.1mol•L﹣1时（此时乙溶液体积为500mL），根据电极反应2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，则放电的氢离子的物质的量为：0.1mol/l×0.5L=0.05mol，当转移0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量=108g/mol×0.05mol=5.4g，‎ 电解硫酸铜的过程中水放电生成氧气，有硫酸生成，所以氢离子浓度增大，所以酸性增强，甲中溶液的pH变小，‎ 故答案为：镀件；AgNO3；5.4g；变小；‎ ‎（4）C电极换为铁，则阳极铁失电子，阴极铜离子得电子，电解池总的化学反应式为：Fe+CuSO4Cu+FeSO4；‎ 故答案为：Fe+CuSO4Cu+FeSO4．‎ ‎　‎ ‎19．科研生产中常涉及碳的化合物．请回答下列问题：‎ I、700℃时，向容积为3L的密闭容器中充人一定量的CO和H2O，发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），反应过程中测定的部分数据见表（表中t2＞‎ t1）：‎ 反应时间/min n[CO（g）]mol n[H2O（g）]mol ‎0‎ ‎1.8‎ ‎0.9‎ t1‎ ‎1.2‎ t2‎ ‎0.3‎ ‎（1）该反应的平衡常数表达式为　　； 反应在0﹣t1 min内的平均速率为v（H2）=　mol/（L．min）　‎ ‎（2）保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.9mol CO和1.8mol H2O（g），达平衡时，CO2的物质的量浓度c（CO2）=　0.3mol/L　‎ ‎（3）判断该反应是否达到平衡的依据为　cd　（填正确选项前的字母）：‎ a．压强不随时间改变　　b．密度不随时间改变 c．c（CO）不随时间改变　　 d．单位时间里生成CO和CO2的物质的量相等 II、CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）‎ CO在不同温度下平衡转化率与压强的关系如图所示，该反应的△H　＜　0（填“＞”、“=”或“＜”），实际生产条件控制在250℃，1.3×l04kPa左右，选择此压强而不选择更高压强的理由是　在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，经济效益低　‎ III、某温度下，将1mol CO和1mol H2O（g）充入某固定容积的反应容器中，一段时间后达到平衡：‎ CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），此时有的CO转化为CO2．‎ ‎（1）达平衡时H2O（g）的转化率是　66.7%　‎ ‎（2）相同条件下，开始时向容器中充入1mol CO2、1mol H2、1mol H2O和0.2mol CO，则开始时的速率 v（正）　＜　v（逆）（填“＞”、“＜”或“=”）‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）根据平衡常数的定义写出反应的平衡常数表达式，根据v=计算反应速率；‎ ‎（2）t2min时反应的水为0.9mol﹣0.3mol=0.4mol，由方程式可知参加反应的CO为0.6mol，故t2min时CO为1.8mol﹣0.6mol=1.2mol，与t1min时CO的物质的量相等，则t1min时到达平衡状态．若保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.90molCO（g）和1.80molH2O（g），与原平衡中物质的量互换，二者按物质的量1：1反应，平衡常数不变，则生成物中同种物质的浓度相等，恒容条件下同种物质的物质的量相等；‎ ‎（3）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；‎ II、从横坐标上一点，画一条平行于纵坐标的虚线，看相同压强下不同温度时CO的平衡转化率，温度越低转化率越低，说明，升温时平衡向逆向移动；‎ III、利用将1.0mol CO和1.0mol H2O（g）充入某固定容积的反应器中达到平衡时，发现有的CO转化为CO2，根据化学平衡的三段法计算出平衡时的量，根据公式计算出H2O（g）的转化率，然后计算该温度下的平衡常数，再结合Qc与K的关系，判断反应进行的方向，确定V正与V逆的关系．‎ ‎【解答】解：（1）反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数表达式K=，由表中数据，可知t1min内△n（CO）=1.8mol﹣1.2mol=0.6mol，由方程式可知△n（H2）=△‎ n（CO）=0.6mol，则v（H2）==mol/（L．min），故答案为：； mol/（L．min）；‎ ‎（2）t2min时反应的水为0.9mol﹣0.3mol=0.6mol，由方程式可知参加反应的CO为0.6mol，故t2min时CO为1.8mol﹣0.6mol=1.2mol，与t1min时CO的物质的量相等，则t1min时到达平衡状态，平衡时二氧化碳为0.6mol．若保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.90molCO（g）和1.80molH2O（g），与原平衡中物质的量互换，二者按物质的量1：1反应，平衡常数不变，则生成物中同种物质的浓度相等，恒容条件下同种物质的物质的量相等，故到达平衡时n（CO2）=0.60mol，c（CO2）==0.30mol/L，故答案为：0.3mol/L；‎ ‎（3）a．该反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，故压强不随时间改变不能说明到达平衡，故a错误；‎ b．该反应前后气体的体积不变，混合气体的质量不变，气体的密度始终不变，故b错误；‎ c．可逆反应到达平衡时，各物质的浓度不变，故c（CO）不随时间改变，说明到达平衡，故c正确；‎ d．单位时间里生成CO和CO2的物质的量相等，说明单位时间内生成的物质的量与消耗CO的物质的量相等，说明到达平衡，故d正确；‎ 故选cd；‎ II、从横坐标上一点0.5处，画一条平行于纵坐标的虚线，看相同压强下不同温度时CO的平衡转化率，温度越高转化率越低，说明，升温时平衡向逆向移动．‎ 第二问：实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是工业生产要考虑速经济效益，要考虑速度和效率，压强越大需要的条件越高，花费越大．‎ 故答案为：＜；在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，经济效益低；‎ III、假设容器体积为1L，由到平衡时，发现有的CO转化为CO2，则 ‎ H2O （g）+CO（g） H2 （g）+CO2（g）‎ 开始（mol/L） 1 1 0 0‎ 转化（mol/L） ‎ 平衡（mol/L） ‎ ‎（1）达平衡时H2O（g）的转化率是×100=66.7%，故答案为：66.7%；‎ ‎ 则此反应的平衡常数K==4；‎ ‎（2）相同条件下，开始时向容器中充入1mol CO2、1mol H2、1mol H2O和0.2mol CO，则Qc==5＜K，说明此时反应逆向进行，即V正＜V逆，故答案为：＜．‎ ‎　‎ ‎20．常温下有浓度均为0.5mol/L的四种溶液：①Na2CO3、②NaOH、③HCl、④NH3•H2O ‎（1）上述溶液中，可发生水解的是　①　（填序号，下同）‎ ‎（2）向④中加入少量氯化铵固体，此时的值　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）‎ ‎（3）将③和④的溶液等体积混合后溶液呈　酸　（填“酸”、“碱”或“中”）性，原因是　NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+　（用离子方程式解释）‎ ‎（4）取10mL溶液③，加水稀释到500mL，则此时溶液中由水电离出的c（H+）=　10﹣12　 mol/L．‎ ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】（1）根据盐的水解规律，含有弱酸根或弱碱根的盐能水解；‎ ‎（2）向④中加入少量氯化铵固体，c（NH4+）增大，抑制NH3•H2O的电离 ‎（3）③HCl、④NH3•H2O溶液等体积混合后，恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解溶液显酸性；‎ ‎（4）取10mL溶液③，加水稀释到100mL，溶液浓度为原来的，为0.01mol/L．‎ ‎【解答】解：（1）根据盐的水解规律，含有弱酸根或弱碱根的盐能水解，所以①Na2CO3能水解，故答案为：①；‎ ‎（2）向④中加入少量氯化铵固体，c（NH4+）增大，抑制NH3•H2O的电离，则c（OH﹣）减小，所以的值增大，故答案为：增大；‎ ‎（3）③HCl、④NH3•H2O溶液等体积混合后，恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解溶液显酸性，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，‎ 故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；‎ ‎（4）取10mL溶液③，加水稀释到100mL，溶液浓度为原来的，为0.01mol/L，由Kw=c（OH﹣）•c（H+）可知，c（OH﹣）=10﹣12 mol•L﹣1，则此时溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣12 mol•L﹣1，‎ 故答案为：10﹣12．‎ ‎　‎ ‎21．今有①CH3COOH、②HCl、③H2SO4 三种溶液，用序号回答下列问题：‎ ‎（1）当它们pH相同时，其物质的量浓度的由大到小排列是　①＞②＞③　‎ ‎（2）当它们的物质的量浓度相同时，其pH的由大到小排列是　①＞②＞③　‎ ‎（3）中和同一烧碱溶液，需同浓度的三种酸溶液的体积关系为　①=②＞③　‎ ‎（4）体积和pH相同的①、②、③三溶液，分别与足量锌粉反应，相同条件下产生氢气的体积关系为　①＞②=③　．‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】（1）pH相同溶液中氢离子浓度相同，醋酸是一元弱酸，硫酸是二元强酸、盐酸是一元强酸，据此判断；‎ ‎（2）浓度相同，溶液pH与溶液中氢离子浓度成反比；‎ ‎（3）中和等量氢氧化钠，消失同浓度酸的体积与酸电离出最终氢离子的浓度成反比；‎ ‎（4）pH相同溶液中氢离子浓度相同，醋酸是一元弱酸，硫酸是二元强酸、盐酸是一元强酸，根据最终能电离的氢离子的总量分析．‎ ‎【解答】解：（1）pH相同溶液中氢离子浓度相同，醋酸是一元弱酸，硫酸是二元强酸、盐酸是一元强酸，假设氢离子浓度为1mol/L，则醋酸浓度大于1mol/L、盐酸浓度是1mol/L、硫酸浓度是0.5mol/L，所以其物质的量浓度的由大到小排列是 ①＞②＞③；‎ 故答案为：①＞②＞③；‎ ‎（2）当它们的物质的量浓度相同时，假设都是1mol/L，醋酸中氢离子浓度小于1mol/L、硫酸中氢离子浓度是2mol/L、盐酸中氢离子浓度是1mol/L，氢离子浓度越大pH越小，所以其pH的由大到小排列是①＞②＞③；‎ 故答案为：①＞②＞③；‎ ‎（3）中和等量氢氧化钠，消失同浓度酸的体积与酸电离出最终氢离子的浓度成反比，三种溶液浓度相等，硫酸是二元酸、醋酸和盐酸都是一元酸，所以最终电离出氢离子的浓度硫酸＞醋酸=盐酸，所以消耗三种酸的体积大小顺序是①=②＞③，‎ 故答案为：①=②＞③；‎ ‎（4）pH相同溶液中氢离子浓度相同，醋酸是一元弱酸，硫酸是二元强酸、盐酸是一元强酸，假设氢离子浓度为1mol/L，则醋酸浓度大于1mol/L、盐酸浓度是1mol/L、硫酸浓度是0.5mol/L，分别与足量锌粉反应，盐酸与硫酸反应生成的氢气相同，相同条件下产生氢气的体积关系为①＞②=③，‎ 故答案为：①＞②=③．‎ ‎　‎ ‎2017年4月16日