化学卷·2018届江西省吉安一中高二上学期期中化学试卷（理科） （解析版） 17页

‎2016-2017学年江西省吉安一中高二（上）期中化学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．强酸跟强碱的反应热一定是中和热 B．1molC完全燃烧放热383.3kJ，其热化学方程为：C+O2═CO2 △H=﹣383.3kJ•mol﹣1‎ C．在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1mol H2O时的反应热叫做中和热 D．表示中和热的离子方程式为：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）；△H=57.3KJ•mol﹣1‎ ‎2．下列做法与盐的水解无关的是（　　）‎ A．实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞 B．施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与碳铵混合使用 C．厨房中常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污 D．配制FeCl2溶液时常常要在溶液中加入少量铁粉 ‎3．COCl2俗名光气，是有毒气体．在一定条件下，可发生的化学反应为：COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＜0．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．在一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率 B．当反应达平衡时，恒温恒压条件下通入Ar，能提高COCl2的转化率 C．单位时间内生成CO和Cl2的物质的量比为1：1时，反应达到平衡状态 D．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 ‎4．下列溶液加热蒸干后，能析出溶质固体的是（　　）‎ A．AlCl3 B．KHCO3 C．Fe2（SO4）3 D．NH4HCO3‎ ‎5．下列关于实验现象的描述不正确的是（　　）‎ A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡 B．用银片做阳极，铁片作阴极，电解硝酸银溶液，铁片表面出现一层银 C．把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁 D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快 ‎6．将①H+、②Cl﹣、③Al3+、④K+、⑤S2﹣、⑥OH﹣、⑦NO3﹣、⑧NH4+ 分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的是（　　）‎ A．①③⑤⑦⑧ B．②④⑦ C．①⑥ D．②④⑥⑧‎ ‎7．已知：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+130kJ•mol﹣1 ‎ ‎2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣220kJ•mol﹣1．‎ 其中H﹣H和O﹣H键的键能分别为436kJ•mol﹣1和462kJ•mol﹣1，则O=O键的键能为（　　）‎ A．496 kJ•mol﹣1 B．248 kJ•mol﹣1 C．428 kJ•mol﹣1 D．284 kJ•mol﹣1‎ ‎8．将2.0molPCl3和2.0molCl2充入体积不变的1L密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3（g）+Cl2（g）⇌PCl5（g） 达到平衡时，PCl5为1.0mol；如果此时将PCl3和Cl2全部移走，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（　　）‎ A．0.38mol B．0.50mol C．0.62mol D．无法确定 ‎9．t℃时，某平衡体系中含有X、Y、Z、W四种物质，此温度下发生反应的平衡常数表达式为K=．有关该平衡体系的说法正确的是（　　）‎ A．当混合气体的平均相对分子质量保持不变时，反应达平衡 B．增大压强，各物质的浓度不变 C．升高温度，平衡常数K增大 D．增加X的量，平衡既可能正向移动，也可能逆向移动 ‎10．已知某酸H2B在水溶液中存在下列关系：①H2B⇌H++HB﹣，②HB﹣⇌H++B2﹣．关于该酸对应的酸式盐NaHB的溶液，‎ 下列说法中一定正确的是（　　）‎ A．NaHB属于弱电解质 B．溶液中的离子浓度c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）‎ C．c（Na+）=c（HB﹣）+c（B2﹣）+c（H2B）‎ D．NaHB和NaOH溶液反应的离子方程式为H++OH﹣=H2O ‎11．室温下，将1.000mol•L﹣1盐酸滴入20.00mL 1.000mol•L﹣1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．a点由水电离出的c（H+）=1.0×10﹣14mol•L﹣1‎ B．b点：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（Cl﹣）‎ C．c点：c（Cl﹣）=c（NH4+）‎ D．d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3•H2O电离吸热 ‎12．实验室用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列对测定结果评价错误的是（　　）‎ 选项 操作 测定结果评价 A 酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2～3次 偏高 B 开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失 偏高 C 锥形瓶未干燥 无影响 D 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次 偏低 A．A B．B C．C D．D ‎13．下列叙述正确的是（　　）‎ A．pH=3和pH=4的盐酸各10mL混合，所得溶液的pH=3.5‎ B．溶液中c（H+）越大，pH值也越大，溶液的酸性就越强 C．液氯虽然不导电，但溶于水后导电情况良好，因此，液氯也是强电解质 D．当温度不变时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数 ‎14．下列离子方程式中正确的是（　　）‎ A．氯气通入冷水中：Cl2+H2O⇌Cl﹣+ClO﹣+2H+‎ B．亚硫酸氨溶液与足量氢氧化钠溶液反应 HSO3﹣+OH﹣═SO32﹣+H2O C．氢氧化钠溶液吸收过量的二氧化碳 OH﹣+CO2═HCO3﹣‎ D．碳酸镁悬浊液中加醋酸 CO32﹣+2CH3COOH═2CH3COO﹣+CO2↑+H2O ‎15．草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性．常温下，向10mL 0.01mol•L﹣1NaHC2O4溶液中滴加0.01mol•L﹣1NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（　　）‎ A．V（NaOH）=0时，c（H+）=1×10﹣2mol•L﹣1‎ B．V（NaOH）＜10mL时，不可能存在c（Na+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣ ）‎ C．V（NaOH）=10 mL时，c（H+）=1×10﹣7mol•L﹣1‎ D．V（NaOH）＞10 mL时，c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣ ）‎ ‎16．一定温度下，三种碳酸盐MCO3（M：Mg2+、Ca2+、Mn2+）的沉淀溶解平衡曲线如图所示．已知：pM=﹣lg c（M），pCO32﹣=﹣lg c（CO32﹣）．下列说法不正确的是（　　）‎ A．MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次减小 B．a 点可表示MnCO3 的饱和溶液，且c（Mn2+）=c（CO32﹣）‎ C．b 点可表示的CaCO3不饱和溶液，且c（Ca2+）＜c（CO32﹣）‎ D．c 点可表示MgCO3 的不饱和溶液，且c（Mg2+）＜c（CO32﹣）‎ ‎　‎ 二、解答题（共6小题，满分52分）‎ ‎17．依据氧化还原反应：2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）设计的原电池如图所示．请回答下列问题：‎ ‎（1）电极X的材料是　　，电解质溶液Y是　　；‎ ‎（2）银电极为电池的　　极，发生的电极反应为　　 X电极上发生的电极反应为　　．‎ ‎（3）外电路中的电子是从　　电极流向　　电极．‎ ‎18．物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡．‎ 请根据所学知识的回答：‎ ‎（1）浓度为0.1mol/L的8种溶液：①HNO3 ②H2SO4③HCOOH ④Ba（OH）2⑤NaOH ⑥CH3COONa ⑦KCl ⑧NH4Cl 溶液pH值由小到大的顺序是（填写编号）　　．‎ ‎（2）B为0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液，实验测得NaHCO3溶液的pH＞7，请用离子方程式表示其原因：　　．‎ ‎（3）在0.10mol•L﹣1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=　　（已知Ksp[Cu（OH）2]=2.2x10﹣20）．若在0.10mol•L﹣1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是．‎ ‎19．在25℃时，对于0.1mol•L﹣1的氨水，请回答以下问题：‎ ‎（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中将　　（填“增大”、“减小”或“不变”）；‎ ‎（2）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，此时溶液的pH　　7（填“大于”、“小于”或“等于”），用离子方程式表示其原因　　，此时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为　　．‎ ‎（3）若向氨水中加入0.05mol•L﹣1稀硫酸至溶液正好呈中性，所用氨水的体积V1与稀硫酸的体积V2的关系为V1　　V2（填“大于”、“小于”或“等于”），写出溶液中各离子浓度之间满足的电荷守恒表达式　　．‎ ‎20．金属镍具有优良的物理和化学特性，是高技术产业的重要原料．‎ 羰基法提纯镍涉及的反应为：Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g）‎ ‎①当温度升高时，减小，则△H　　0（填“＞”或“＜”）．‎ ‎②一定温度下，将一定量的粗镍和CO加入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是　　（填代号）‎ 在相同温度下，上述反应改在体积为1L的恒容密闭容器中进行，平衡常数　　（填“增大”、“不变”或“减小”），反应进行3s后测得Ni（CO）4的物质的量为0.6mol，则0﹣3s内的平均反应速率v（CO）=　　．‎ ‎21．甲乙两容器，甲的容积固定，乙的容积可变．在一定温度下，向甲中通入3mol N2和4mol H2，反应达到平衡时，生成NH3的物质的量为amol．‎ ‎（1）相同温度下，向乙中通入2molNH3，且保持容积与甲相同，当反应达到平衡时，各物质的浓度与甲平衡中相同．起始时乙中还通入了　　mol N2和　　mol H2．‎ ‎（2）相同温度下，若向乙中通入6mol N2和8mol H2，且保持压强与甲相等，当反应达到平衡时，生成氨的物质的量为b mol，则a：b　　1：2；若乙与甲的容积始终相等，达到平衡时，生成氨的物质的量为c mol，则a：c　　1：2 （填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎22．某工厂废水中含游离态氮，通过下列实验测定其浓度 ‎①取水样10.0mL于锥形瓶，加入10.0mLKI溶液（足量），滴入指示剂2﹣3滴．‎ ‎②取一滴定管依次用自来水，蒸馏水洗净，然后注入0.01mol•L﹣1的Na2S2O3溶液，调整液面，记下读数．‎ ‎③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6．‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）步骤①加入的指示剂是　　．‎ ‎（2）步骤②应使用　　式滴定管．‎ ‎（3）试描述滴定终点的现象：　　．‎ ‎（4）若耗去Na2S2O3溶液20.00mL，则废水中C12的物质的量浓度为　　．‎ ‎（5）请指出实验中的一处明显错误：　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省吉安一中高二（上）期中化学试卷（理科）‎ 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．下列说法正确的是（　　）‎ A．强酸跟强碱的反应热一定是中和热 B．1molC完全燃烧放热383.3kJ，其热化学方程为：C+O2═CO2 △H=﹣383.3kJ•mol﹣1‎ C．在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1mol H2O时的反应热叫做中和热 D．表示中和热的离子方程式为：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）；△H=57.3KJ•mol﹣1‎ ‎【考点】热化学方程式；中和热．‎ ‎【分析】A、中和热是强酸、强碱稀溶液全部反应生成1mol水放出的热量；‎ B、热化学方程式中物质聚集状态未标注；‎ C、中和热是强酸、强碱稀溶液全部反应生成1mol水放出的热量；‎ D、中和反应是放热反应，反应焓变为负值．‎ ‎【解答】解：A、中和热是强酸、强碱稀溶液全部反应生成1mol水放出的热量，若是浓硫酸和氢氧化钠溶液反应过程中除中和热还有溶解热，不是中和热，故A错误；‎ B、热化学方程式中物质聚集状态未标注，1molC完全燃烧放热383.3kJ，其热化学方程为：C（s）+O2（g）═CO2 （g）△H=﹣383.3kJ•mol﹣1，故B错误；‎ C、中和热是强酸、强碱稀溶液全部反应生成1mol水放出的热量，在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1mol H2O时的反应热叫做中和热，故C正确；‎ D、中和反应是放热反应，反应焓变为负值，表示中和热的离子方程式为：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l），△H=﹣57.3KJ•mol﹣1，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．下列做法与盐的水解无关的是（　　）‎ A．实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞 B．施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与碳铵混合使用 C．厨房中常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污 D．配制FeCl2溶液时常常要在溶液中加入少量铁粉 ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】A、碱性溶液能腐蚀玻璃；‎ B、碳酸钾和碳铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效；‎ C、油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性；‎ D、FeCl2易被氧化，铁粉具有还原性；‎ ‎【解答】解：A、碱性溶液能腐蚀玻璃，碳酸钠水解溶液显碱性，则实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞，故A不选；‎ B、碳酸钾水解显碱性，能促进铵根离子的水解，生成氨气，降低肥效，故B不选；‎ C、油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性，所以厨房中常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污，故C不选；‎ D、FeCl2易被氧化，铁粉具有还原性，配制FeCl2溶液时常常要在溶液中加入少量铁粉，可以防止FeCl2被氧化，与水解原理无关，故D选；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．COCl2俗名光气，是有毒气体．在一定条件下，可发生的化学反应为：COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＜0．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．在一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率 B．当反应达平衡时，恒温恒压条件下通入Ar，能提高COCl2的转化率 C．单位时间内生成CO和Cl2的物质的量比为1：1时，反应达到平衡状态 D．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 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．催化剂改变速率不改变平衡；‎ B．恒温恒压容器通入惰性气体，容器的体积增大；‎ C．反应过程中生成的一氧化碳和氯气始终1：1，不能作为平衡的判断依据；‎ D．反应是放热反应，升温平衡逆向进行．‎ ‎【解答】解：A．在一定条件下，使用催化剂能加快反应速率，不能提高反应物的平衡转化率，故A错误；‎ B．当反应达平衡时，恒温恒压条件下通人Ar，容器的体积增大，反应物的分压减小，平衡正向进行，能提高COCl2的转化率，故B正确；‎ C．反应过程中生成的一氧化碳和氯气始终1：1，则单位时间内生成CO和Cl2的物质的量比为1：1时，不能证明反应达到平衡状态，故C错误；‎ D、平衡时，其他条件不变，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．下列溶液加热蒸干后，能析出溶质固体的是（　　）‎ A．AlCl3 B．KHCO3 C．Fe2（SO4）3 D．NH4HCO3‎ ‎【考点】盐类水解的原理．‎ ‎【分析】溶液加热蒸干后，能析出溶质固体本身，说明在加热过程中物质本身不分解，或不水解，或水解生成的酸为难挥发性酸，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．加热AlCl3溶液，水解生成盐酸和氢氧化铝，不能得到AlCl3，故A错误；‎ B．加热KHCO3分解，最终得到碳酸钾，故B错误；‎ C．加热Fe2（SO4）3溶液，虽然水解，但硫酸难挥发，最终仍为Fe2（SO4）3，故C正确；‎ D．NH4HCO3加热易分解生成氨气、水和二氧化碳气体，最后没有固体剩余，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．下列关于实验现象的描述不正确的是（　　）‎ A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡 B．用银片做阳极，铁片作阴极，电解硝酸银溶液，铁片表面出现一层银 C．把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁 D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A．铜为正极，正极上氢离子得电子被还原生成氢气；‎ B．为电镀装置；‎ C．铜和氯化铁发生氧化还原反应生成氯化铜和氯化亚铁；‎ D．锌置换出铜，形成原电池反应．‎ ‎【解答】解：A．铜为正极，正极上氢离子得电子被还原生成氢气，则铜片表面出现气泡，故A正确；‎ B．为电镀装置，银离子在阴极被还原生成银，故B正确；‎ C．铜和氯化铁发生氧化还原反应生成氯化铜和氯化亚铁，不能置换出铁，故C错误；‎ D．锌置换出铜，形成原电池反应，电化学反应较化学反应快，故D正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．将①H+、②Cl﹣、③Al3+、④K+、⑤S2﹣、⑥OH﹣、⑦NO3﹣、⑧NH4+ 分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的是（　　）‎ A．①③⑤⑦⑧ B．②④⑦ C．①⑥ D．②④⑥⑧‎ ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】水是一种弱电解质，存在电离平衡，影响水的电离平衡的因素主要有：温度，电离过程是吸热过程，升高温度促进电离；酸、碱抑制水的电离；能水解的弱碱阳离子、弱酸阴离子，促进水的电离；活泼金属促进水的电离，据此进行分析．‎ ‎【解答】解：水的电离平衡为：H2O⇌H++OH﹣，‎ ‎①H+，加入氢离子，氢离子浓度增大，抑制了水的电离，故①错误；‎ ‎②Cl﹣，加入氯离子，不影响水的电离，故②正确；‎ ‎③Al3+，加入铝离子，能够结合水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，故③错误；‎ ‎④K+，加入钾离子，不影响水的电离，故④正确；‎ ‎⑤S2﹣，加入硫离子，能够结合水电离的氢离子，促进了水的电离影响水的电离，故⑤错误；‎ ‎⑥OH﹣，加入氢氧根离子，溶液中的氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离，故⑥错误；‎ ‎⑦NO3﹣，加入硝酸根离子，不影响水的电离，故⑦正确；‎ ‎⑧NH4+，加入铵离子，铵离子结合水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，故⑧错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．已知：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+130kJ•mol﹣1 ‎ ‎2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣220kJ•mol﹣1．‎ 其中H﹣H和O﹣H键的键能分别为436kJ•mol﹣1和462kJ•mol﹣1，则O=O键的键能为（　　）‎ A．496 kJ•mol﹣1 B．248 kJ•mol﹣1 C．428 kJ•mol﹣1 D．284 kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变△H=H产物﹣H反应物再结合化学键能和物质能量的关系来回答．‎ ‎【解答】解：设O=O键的键能为xkJ•mol﹣1，‎ 已知①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+130kJ•mol﹣1，‎ ‎②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣220kJ•mol﹣1‎ ‎①×2﹣②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=480kJ•mol﹣1，‎ ‎△H=4×462﹣x﹣2×436=480kJ•mol﹣1，‎ 解得x=496 kJ•mol﹣1．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．将2.0molPCl3和2.0molCl2充入体积不变的1L密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3（g）+Cl2（g）⇌PCl5（g） 达到平衡时，PCl5为1.0mol；如果此时将PCl3和Cl2全部移走，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（　　）‎ A．0.38mol B．0.50mol C．0.62mol D．无法确定 ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】达平衡后移走1.0mol PC13和1.0mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0mol PC13和1.0mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，依据平衡常数计算．‎ ‎【解答】解：达平衡后移走1.0mol PC13和1.0mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0mol PC13和1.0mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，结合化学平衡三段式列式计算 ‎ PCl3（g）+Cl2（g）⇌PCl5（g）‎ 起始量（mol） 2 2 0‎ 变化量（mol） 1 1 1‎ 平衡量（mol） 1 1 1‎ 平衡常数K==1‎ 如果此时将PCl3和Cl2全部移走，相当于开始加入1.0mol PC13和1.0mol C12到达的平衡，设氯气反应物质的量为x ‎ PCl3（g）+Cl2（g）⇌PCl5（g）‎ 起始量（mol） 1.0 1.0 0‎ 变化量（mol） x x x 平衡量（mol） 1.0﹣x 1.0﹣x x 平衡常数K==1‎ x=0.38mol；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎9．t℃时，某平衡体系中含有X、Y、Z、W四种物质，此温度下发生反应的平衡常数表达式为K=．有关该平衡体系的说法正确的是（　　）‎ A．当混合气体的平均相对分子质量保持不变时，反应达平衡 B．增大压强，各物质的浓度不变 C．升高温度，平衡常数K增大 D．增加X的量，平衡既可能正向移动，也可能逆向移动 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】根据平衡常数的定义推知，反应前后气体的体积保持不变，即平衡体系中Y是生成物且是气体，Z和W是反应物且也是气体，X未计入平衡常数中，说明X是固体或液体，但不能确定是反应物还是生成物，由于反应的热效应未知，则升高温度不能确定平衡移动的方向，以此解答．‎ ‎【解答】解：A．由平衡常数可知Z、W为反应物，Y为生成物，X应为固体或纯液体，反应前后气体的物质的量不变，但由于X为固体或液体，得到平衡时，气体的总质量不变，则平均相对分子质量保持不变，可判断得到平衡状态，故A正确；‎ B．增大压强虽然平衡不移动，但由于体积变小，因此各物质的浓度均增大，故B错误；‎ C．由于反应的热效应未知，则升高温度不能确定平衡移动的方向，故C错误；‎ D．X未计入平衡常数中，X量的多少不影响平衡状态，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎10．已知某酸H2B在水溶液中存在下列关系：①H2B⇌H++HB﹣，②HB﹣⇌H++B2﹣．关于该酸对应的酸式盐NaHB的溶液，‎ 下列说法中一定正确的是（　　）‎ A．NaHB属于弱电解质 B．溶液中的离子浓度c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）‎ C．c（Na+）=c（HB﹣）+c（B2﹣）+c（H2B）‎ D．NaHB和NaOH溶液反应的离子方程式为H++OH﹣=H2O ‎【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A．NaHB属于离子化合物，且在溶液中完全电离，属于强电解质；‎ B．溶液酸碱性取决于HB﹣的电离程度与水解程度大小，所以NaHB溶液可能为酸性溶液，也可能显示碱性；‎ C．溶液中一定满足物料守恒，根据NaHB溶液中的物料守恒判断；‎ D．H2B为弱电解质，HB﹣不能拆开，离子方程式中应该写成整体．‎ ‎【解答】解：A．NaHB为离子化合物，在溶液中完全电离出钠离子和HB﹣，所以NaHB一定为强电解质，故A错误；‎ B．由于没有告诉NaHB溶液的酸碱性，无法判断HB﹣的电离程度与水解程度大小，无法判断溶液中各离子浓度大小，故B错误； ‎ C．根据NaHB溶液中的物料守恒可得：c（Na+）=c（HB﹣）+c（B2﹣）+c（H2B），故C正确；‎ D．HB﹣不能拆开，NaHB和NaOH溶液反应正确的离子方程式为：HB﹣+OH﹣=H2O+B2﹣，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．室温下，将1.000mol•L﹣1盐酸滴入20.00mL 1.000mol•L﹣1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．a点由水电离出的c（H+）=1.0×10﹣14mol•L﹣1‎ B．b点：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（Cl﹣）‎ C．c点：c（Cl﹣）=c（NH4+）‎ D．d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3•H2O电离吸热 ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】根据酸碱滴定过程的图中a、b、c点的pH值来分析溶液中离子的浓度或溶液中的溶质，并利用原子守恒和电荷守恒来分析解答．‎ ‎【解答】解：A、因a点7＜pH＜14，因此水电离出的c（H+）＞1.0×10﹣14mol•L﹣1，故A错误；‎ B、b点时pH＞7，则盐酸和氨水反应，氨水过量，则c（NH4+）+c（NH3•H2O）＞c（Cl﹣），故B错误；‎ C、因c点pH=7溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知c（Cl﹣）=c（NH4+），故C正确；‎ D、d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．实验室用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列对测定结果评价错误的是（　　）‎ 选项 操作 测定结果评价 A 酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2～3次 偏高 B 开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失 偏高 C 锥形瓶未干燥 无影响 D 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次 偏低 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】根据中和滴定操作方法对c（待测）=中V（标准）的影响判断滴定误差．‎ ‎【解答】解：A．酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2～3次，导致标准液被稀释，滴定时消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故A正确；‎ B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故B正确；‎ C．锥形瓶未干燥，对待测液没有影响，则不影响测定结果，故C正确；‎ D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，导致待测液中溶质氢氧化钠的物质的量偏大，滴定时消耗标准液体积偏高，测定结果偏高，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．下列叙述正确的是（　　）‎ A．pH=3和pH=4的盐酸各10mL混合，所得溶液的pH=3.5‎ B．溶液中c（H+）越大，pH值也越大，溶液的酸性就越强 C．液氯虽然不导电，但溶于水后导电情况良好，因此，液氯也是强电解质 D．当温度不变时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数 ‎【考点】pH的简单计算；水的电离．‎ ‎【分析】A．pH不同的同一强酸的溶液等体积混合，混合溶液的pH=pH（小）+0.3；‎ B．溶液中氢离子浓度越大，溶液的pH越小；‎ C．液氯是单质，既不是电解质也不是非电解质；‎ D．水的离子积常数只与温度有关．‎ ‎【解答】解：A．pH不同的同一强酸的溶液等体积混合，混合溶液的pH=pH（小）+0.3，所以pH=3和pH=4的盐酸各10mL混合，所得溶液的pH=3+0.3=3.3，故A错误；‎ B．溶液中氢离子浓度越大，其溶液的pH越小，溶液的酸性越强，故B错误；‎ C．液氯是单质既不是电解质也不是非电解质，氯气溶于水后生成盐酸和次氯酸，氯化氢和次氯酸电离出阴阳离子而使溶液导电，故C错误；‎ D．水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎14．下列离子方程式中正确的是（　　）‎ A．氯气通入冷水中：Cl2+H2O⇌Cl﹣+ClO﹣+2H+‎ B．亚硫酸氨溶液与足量氢氧化钠溶液反应 HSO3﹣+OH﹣═SO32﹣+H2O C．氢氧化钠溶液吸收过量的二氧化碳 OH﹣+CO2═HCO3﹣‎ D．碳酸镁悬浊液中加醋酸 CO32﹣+2CH3COOH═2CH3COO﹣+CO2↑+H2O ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．次氯酸为弱酸，离子方程式中次氯酸不能拆开；‎ B．亚硫酸铵与氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠和一水合氨，不存在亚硫酸氢根离子；‎ C．二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钠；‎ D．碳酸镁为难溶物，离子方程式中不能拆开．‎ ‎【解答】解：A．氯气通入冷水中，反应生成氯化氢和次氯酸，正确的离子方程式为：Cl2+H2O⇌Cl﹣+HClO+H+，故A错误；‎ B．亚硫酸氨溶液与足量氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：NH4++OH﹣═NH3•H2O，故B错误；‎ C．氢氧化钠溶液吸收过量的二氧化碳，反应的离子方程式为：OH﹣+CO2═HCO3﹣，故C正确；‎ D．碳酸镁和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为：MgCO3+2CH3COOH=Mg2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎15．草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性．常温下，向10mL 0.01mol•L﹣1NaHC2O4溶液中滴加0.01mol•L﹣1NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（　　）‎ A．V（NaOH）=0时，c（H+）=1×10﹣2mol•L﹣1‎ B．V（NaOH）＜10mL时，不可能存在c（Na+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣ ）‎ C．V（NaOH）=10 mL时，c（H+）=1×10﹣7mol•L﹣1‎ D．V（NaOH）＞10 mL时，c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣ ）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】A．草酸是二元中强酸，V（NaOH）=0时，NaHC2O4不能完全电离出H+；‎ B．V（NaOH）＜10mL时，溶液中溶质为NaHC2O4、Na2C2O4；‎ C．V（NaOH）=10 mL时，溶液中溶质为Na2C2O4；‎ D．V（NaOH）＞10 mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4．‎ ‎【解答】解：A．草酸是二元中强酸，V（NaOH）=0时，NaHC2O4不能完全电离出H+，则c（H+）＜1×10﹣2mol•L﹣1，故A错误；‎ B．V（NaOH）＜10mL时，溶液中溶质为NaHC2O4、Na2C2O4，当电离等于水解，即c（H+）=c（OH﹣），所以存在c（Na+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣ ），故B错误；‎ C．V（NaOH）=10 mL时，溶液中溶质为Na2C2O4，溶液显碱性，则c（H+）＜1×10﹣7mol•L﹣1，故C错误；‎ D．V（NaOH）＞10 mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4，C2O42﹣水解生成HC2O4﹣，则离子浓度为c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣ ），故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎16．一定温度下，三种碳酸盐MCO3（M：Mg2+、Ca2+、Mn2+）的沉淀溶解平衡曲线如图所示．已知：pM=﹣lg c（M），pCO32﹣=﹣lg c（CO32﹣）．下列说法不正确的是（　　）‎ A．MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次减小 B．a 点可表示MnCO3 的饱和溶液，且c（Mn2+）=c（CO32﹣）‎ C．b 点可表示的CaCO3不饱和溶液，且c（Ca2+）＜c（CO32﹣）‎ D．c 点可表示MgCO3 的不饱和溶液，且c（Mg2+）＜c（CO32﹣）‎ ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】A、pM相等时，图线中p（CO32﹣）数值越大，实际浓度越小； ‎ B、a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32﹣）；‎ C、b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM＞p（CO32﹣）；‎ D、pM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO3 的不饱和溶液，pM＞p（CO32﹣）．‎ ‎【解答】解：A、pM相等时，图线中p（CO32﹣）数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次减小，故A正确；‎ B、a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32﹣），所以c（Mn2+）=c（CO32﹣），故B正确；‎ C、b点可表示CaCO3的饱和溶液，故C错误；‎ D、pM数值越小，实际浓度越大，已知c点不在曲线上，而在曲线上面，则c点表示MgCO3 的不饱和溶液，pM＞p（CO32﹣），所以c（Mg2+）＜c（CO32﹣），故D正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二、解答题（共6小题，满分52分）‎ ‎17．依据氧化还原反应：2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）设计的原电池如图所示．请回答下列问题：‎ ‎（1）电极X的材料是　Cu　，电解质溶液Y是　AgNO3　；‎ ‎（2）银电极为电池的　正　极，发生的电极反应为　2Ag++2e﹣═2Ag　 X电极上发生的电极反应为　Cu﹣2e﹣═Cu2+　．‎ ‎（3）外电路中的电子是从　Cu　电极流向　Ag　电极．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】（1）根据电池反应式知，失电子化合价升高的金属作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，得电子的化合价降低的可溶性反应物作电解质溶液，据此设计原电池；‎ ‎（2）原电池中，易失电子的电极铜为负极，银作正极，正极上得电子发生还原反应；‎ ‎（3）电子从负极沿导线流向正极．‎ ‎【解答】解：（1）由反应2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）可知，在反应中，Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，所以X电极材料是Cu，Ag+在正极上得电子被还原，电解质溶液为AgNO3 ，‎ 故答案为：Cu；AgNO3；‎ ‎（2）正极为活泼性较Cu弱的Ag，Ag+在正极上得电子被还原，电极反应为2Ag++2e﹣═2Ag，X（铜）电极失电子发生氧化反应，电极反应为Cu﹣2e﹣═Cu2+，‎ 故答案为：正极； 2Ag++2e﹣=2Ag；Cu﹣2e﹣═Cu2+；‎ ‎（3）电子从负极Cu沿导线流向正极Ag，‎ 故答案为：Cu；Ag．‎ ‎　‎ ‎18．物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡．‎ 请根据所学知识的回答：‎ ‎（1）浓度为0.1mol/L的8种溶液：①HNO3 ②H2SO4③HCOOH ④Ba（OH）2⑤NaOH ⑥CH3COONa ⑦KCl ⑧NH4Cl 溶液pH值由小到大的顺序是（填写编号）　②①③⑧⑦⑥⑤④　．‎ ‎（2）B为0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液，实验测得NaHCO3溶液的pH＞7，请用离子方程式表示其原因：　HCO3+H2O⇌H2CO3+OH﹣　．‎ ‎（3）在0.10mol•L﹣1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=　2.2×10﹣8mol•L﹣1　（已知Ksp[Cu（OH）2]=2.2x10﹣20）．若在0.10mol•L﹣1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是．‎ ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；pH的简单计算．‎ ‎【分析】（1）先将物质的按照碱、盐、酸的顺序分类，再根据盐的水解和弱电解质的电离特点比较PH，再按照溶液的PH由大到小进行排序；‎ ‎（2）在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡和电离平衡；水的电离平衡；溶液显碱性是因为溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；‎ ‎（3）根据溶度积常数及溶液中氢氧根离子浓度计算出c（Cu2+）；在0.1mol/L硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，硫酸根离子浓度为0.1mol/L，根据溶液的电中性计算H+浓度．‎ ‎【解答】解：（1）属于碱的为：④Ba（OH）2⑤NaOH，浓度相同时，碱性④＞⑤；‎ 水解呈碱性的为：⑥CH3COONa，但水解程度较小，则pH：④＞⑤＞⑥；‎ 溶液呈中性的为：⑦KCl；‎ 溶液呈酸性的有：①②③⑧，其中①为一元强酸，②为二元强酸，③为弱酸，⑧水解呈酸性，浓度相同时，‎ 溶液的pH：②＜①＜③＜⑧，‎ 综合以上分析可知，溶液的pH由小到大的顺序是为：②①③⑧⑦⑥⑤④，‎ 故答案为：②①③⑧⑦⑥⑤④；‎ ‎（2）在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为：HCO3+H2O⇌H2CO3+OH﹣，电离平衡为：HCO3﹣⇌H++CO32﹣，而以水解为主，即碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度溶液，故显碱性，‎ 故答案为：HCO3+H2O⇌H2CO3+OH﹣；‎ ‎（3）根据题给Cu（OH）2的溶度积即可确定pH=8时，c（OH﹣）=10﹣6mol/L，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20，则：c（Cu2+）==2.2×10﹣8mol•L﹣1；‎ 在0.1mol•L﹣1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的溶质为硫酸，c（SO42﹣）不变，为0.1mol•L﹣1，由电荷守恒可知c（H+）为0.2mol•L﹣1，‎ 故答案为：2.2×10﹣8mol•L﹣1；0.2mol•L﹣1．‎ ‎　‎ ‎19．在25℃时，对于0.1mol•L﹣1的氨水，请回答以下问题：‎ ‎（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中将　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）；‎ ‎（2）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，此时溶液的pH　小于　7（填“大于”、“小于”或“等于”），用离子方程式表示其原因　NH4++H2ONH3•H2O+H+　，此时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为　c（NH4+）＞c（SO42﹣ ）＞c（H+）＞c（OH﹣）　．‎ ‎（3）若向氨水中加入0.05mol•L﹣1稀硫酸至溶液正好呈中性，所用氨水的体积V1与稀硫酸的体积V2的关系为V1　大于　V2（填“大于”、“小于”或“等于”），写出溶液中各离子浓度之间满足的电荷守恒表达式　c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42﹣ ）+c（OH﹣）　．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】（1）根据加入少量硫酸铵固体后，溶液中的铵根离子的浓度判断；‎ ‎（2）根据生成的盐的类型判断PH值，根据盐类水解判断离子浓度大小；‎ ‎（3）根据弱电解质的性质判断溶液体积大小，根据电荷守恒写出表达式．‎ ‎【解答】解：（1）由于（NH4）2SO4=2NH4++SO42﹣，溶液中NH4+浓度增大，故答案为：增大．‎ ‎（2）pH=1的硫酸溶液，C（ H +）=0.1mol•L﹣1，氢离子浓度与氨水浓度相等，体积相同，所以恰好反应生成盐，但由于硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解，使溶液呈酸性，PH＜7；‎ 如果NH4+不水解，C（ NH4+）：C（SO42﹣）=2：1，但水解是较弱的，所以c（NH4+）＞c（SO42﹣ ）；溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣）；‎ 故答案为：小于；NH4++H2ONH3•H2O+H+；c（NH4+）＞c（SO42﹣ ）＞c（H+）＞c（OH﹣）；‎ ‎（3）酸碱浓度比为1：2，由H2SO4+2NH3．H2O=（NH4）2SO4+2H20得，酸碱溶液的体积比应为1：1，但由于硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解，使溶液呈酸性，要想使溶液呈中性，加入碱液的体积要比恰好反应的大一些；无论溶液的酸碱性如何，但溶液中阴阳离子所带电荷相等，即c（NH4+）V×NA×1+c（H+）V×NA×1=c（SO42﹣ ）V×NA×2+c（OH﹣）V×NA×1，化简得c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42﹣ ）+c（OH﹣）‎ 故答案为：大于；c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42﹣ ）+c（OH﹣）．‎ ‎　‎ ‎20．金属镍具有优良的物理和化学特性，是高技术产业的重要原料．‎ 羰基法提纯镍涉及的反应为：Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g）‎ ‎①当温度升高时，减小，则△H　＜　0（填“＞”或“＜”）．‎ ‎②一定温度下，将一定量的粗镍和CO加入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是　bd　（填代号）‎ 在相同温度下，上述反应改在体积为1L的恒容密闭容器中进行，平衡常数　不变　（填“增大”、“不变”或“减小”），反应进行3s后测得Ni（CO）4的物质的量为0.6mol，则0﹣3s内的平均反应速率v（CO）=　0.8mol•L﹣1•s﹣1　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变．‎ ‎【分析】①当温度升高时，减小，可知升高温度，平衡逆向移动；‎ ‎②a．反应向正向进行生成气体Ni（CO）4密度增大；‎ b．反应向正向进行，CO浓度减小，速率减小，当CO正反应速率不变时说明反应掉的CO速率等于生成CO的速率，反应达到平衡状态；‎ c．该反应是放热反应，一定量的粗镍和CO加入一恒压密闭容器中，开始时反应正向进行，焓变发生改变；‎ d．一定量的粗镍和CO加入一恒压密闭容器中，反应正向进行，CO转化率升高，达到平衡时，消耗的CO等于生成的CO，故转化率保持不变；‎ 平衡常数只与温度有关，温度不变化，平衡常数不变；‎ 根据给出条件可求出用Ni（CO）4表示的3s内反应速率，然后依据反应速率之比等于方程式计量系数之比求出v（CO）．‎ ‎【解答】解：①当温度升高时，减小，可知升高温度，平衡逆向移动，可知正反应为放热反应，所以△H＜0，故答案为：＜；‎ ‎②a．反应向正向进行，CO气体减少，生成气体Ni（CO）4密度增大，故a错误；‎ b．反应向正向进行，CO浓度减小，速率减小，当CO正反应速率不变时说明反应掉的CO速率等于生成CO的速率，反应达到平衡状态，故b正确；‎ c．该反应是放热反应，一定量的粗镍和CO加入一恒压密闭容器中，开始时反应正向进行，焓变发生改变，故c错误；‎ d．一定量的粗镍和CO加入一恒压密闭容器中，反应正向进行，CO转化率升高，达到平衡时，消耗的CO等于生成的CO，故转化率保持不变，故d正确；‎ 平衡常数只受温度影响，所以温度不变化，平衡常数K不变；‎ v（Ni（CO）4）===0.2mol•L﹣1•s﹣1，V（CO）：V（Ni（CO）4）=4：1，可知v（CO）=0.8mol•L﹣1•s﹣1；‎ 故答案为：bd；不变；0.8mol•L﹣1•s﹣1．‎ ‎　‎ ‎21．甲乙两容器，甲的容积固定，乙的容积可变．在一定温度下，向甲中通入3mol N2和4mol H2，反应达到平衡时，生成NH3的物质的量为amol．‎ ‎（1）相同温度下，向乙中通入2molNH3，且保持容积与甲相同，当反应达到平衡时，各物质的浓度与甲平衡中相同．起始时乙中还通入了　1　mol N2和　3　mol H2．‎ ‎（2）相同温度下，若向乙中通入6mol N2和8mol H2，且保持压强与甲相等，当反应达到平衡时，生成氨的物质的量为b mol，则a：b　=　1：2；若乙与甲的容积始终相等，达到平衡时，生成氨的物质的量为c mol，则a：c　＜　1：2 （填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）保持容积与甲相同，当反应达到平衡时，各物质的浓度与甲平衡中相同，说明两个平衡互为等效平衡，从等效平衡的角度分析；‎ ‎（2）相同温度下，若向乙中通入8molN2和8molH2，且保持压强与甲相等，甲乙量容器的平衡状态相同，各物质的含量相同；若保持容积不变，相当于增大了压强，则平衡时平衡时氨的物质的量物质的量c＞2a．‎ ‎【解答】解：（1）相同温度下，保持容积与甲相同，反应达平衡时各物质的量浓度与甲中平衡时相同，从等效平衡的角度分析，所加的各物质的物质的量等效于4molH2和4molN2，‎ ‎ N2+3H2⇌2NH3，‎ 甲：4mol 4mol 0‎ 乙：x y 2mol 应满足：x+1mol=4mol，y+3mol=4mol，解得：x=3mol、y=1mol，‎ 故答案为：1；3；‎ ‎（2）相同温度下，若向乙中通入8molN2和8molH2，是甲反应物的物质的量的2倍，保持压强与甲相等，体积也应是甲的2倍，则两种容器的浓度相等，压强相等，应为相同平衡状态，平衡时，各物质的浓度、含量相等，所以生成的NH3物质的量为甲的2倍，即2×1amol=2amol，则a：b=1：2；‎ 若乙与甲的容积始终相等，乙与甲相比，乙的压强增大，则平衡向着正向移动，平衡时氨的物质的量物质的量c＞2a，即a：c＜1：2，‎ 故答案为：=；＜．‎ ‎　‎ ‎22．某工厂废水中含游离态氮，通过下列实验测定其浓度 ‎①取水样10.0mL于锥形瓶，加入10.0mLKI溶液（足量），滴入指示剂2﹣3滴．‎ ‎②取一滴定管依次用自来水，蒸馏水洗净，然后注入0.01mol•L﹣1的Na2S2O3溶液，调整液面，记下读数．‎ ‎③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6．‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）步骤①加入的指示剂是　淀粉溶液　．‎ ‎（2）步骤②应使用　碱　式滴定管．‎ ‎（3）试描述滴定终点的现象：　滴最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色　．‎ ‎（4）若耗去Na2S2O3溶液20.00mL，则废水中C12的物质的量浓度为　0.01mol/L　．‎ ‎（5）请指出实验中的一处明显错误：　步骤②滴定管用蒸馏水洗净后未用待测液润洗　．‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．‎ ‎【分析】（1）碘遇淀粉溶液变蓝色，当完全反应时，溶液褪色；‎ ‎（2）硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管；‎ ‎（3）溶液呈蓝色，随反应I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色；‎ ‎（4）根据反应Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6结合c=进行计算；‎ ‎（5）步骤②碱式滴定管未用Na2S2O3溶液润洗，使得Na2S2O3溶液浓度偏小判断．‎ ‎【解答】解：（1）溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去；‎ 故答案为：淀粉溶液；‎ ‎（2）硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管；‎ 故答案为：碱；‎ ‎（3）碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点，判断达到滴定终点的实验现象是：滴最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；‎ 故答案为：滴最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；‎ ‎（4）根据反应Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6；‎ 则有Cl2～2Na2S2O3‎ ‎ 1 2‎ n 0.01mol•L﹣1×0.0200L n=0.0001ml c（Cl2）==0.01mol/L；‎ 故答案为：0.01mol/L；‎ ‎（5）碱式滴定管未用Na2S2O3溶液润洗，使得Na2S2O3溶液浓度偏小，消耗的Na2S2O3溶液体积偏大，测得I2的物质的量偏多，所以实验中的一处明显错误为步骤②滴定管用蒸馏水洗净后未用待测液润洗，故答案为：步骤②滴定管用蒸馏水洗净后未用待测液润洗．‎ ‎　‎