化学卷·2018届江西省宜春市丰城中学高二上学期第一次月考化学试卷（实验班） （解析版） 39页

‎2016-2017学年江西省宜春市丰城中学高二（上）第一次月考化学试卷（实验班） ‎ ‎　‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分共48分）‎ ‎1．室温下，下列溶液等体积混合后pH一定大于7的是（　　）‎ A．pH=3的醋酸与pH=11的氢氧化钾 B．0.1mol/L的盐酸与0.1mol/L的氨水 C．0.001mol/L的盐酸与pH=11的氨水 D．pH=3的盐酸与0.001mol/L的氨水 ‎2．下列装置或操作能达到实验目的是（　　）‎ A．图1装置用于中和热的测定 B．图2装置用于高锰酸钾溶液滴定草酸 C．图3装置用于测定氢气的反应速率（单位mL/s）‎ D．图4装置用于研究不同催化剂对反应速率的影响 ‎3．下列表述和方程式书写都正确的是（　　）‎ A．表示乙醇燃烧热的热化学方程式（△H的绝对值正确）：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1367.0kJ•mol﹣1‎ B．NH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液使SO42﹣完全沉淀：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O C．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O D．用硫酸酸化的橙色的重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液与乙醇作用生成乙酸和草绿色三价铬，可以用于检测是否酒后驾驶：2Cr2O72﹣+3C2H5OH+16H+→4Cr3++3CH3COOH+11H2O ‎4．常温下，不考虑混合后溶液体积的变化，下列说法错误的是（　　）‎ A．0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值增大 B．pH=4的CH3COOH溶液和pH=12的NaOH溶液等体积混合后恰好完全反应，则原CH3COOH溶液中CH3COOH的电离度为1%‎ C．amol•L﹣1H2C2O4溶液与2amol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合后，c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4）＞c（OH﹣）‎ D．0.1mol•L﹣1的下列溶液中：①NH4Al（SO4）2溶液 ②NH4Cl溶液、③CH3COONH4溶液，c（NH4+）的大小顺序为①＞②＞③‎ ‎5．在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）+B（g）⇌xC（g），有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）（　　）‎ A．P3＞P4，y轴表示B的转化率 B．P3＜P4，y轴表示B的体积分数 C．P3＜P4，y轴表示混合气体的密度 D．P3＜P4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量 ‎6．常温下，将0.20mol/L H2X溶液与0.20mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH=3.6，继续滴加NaOH溶液至pH=4.0时，部分粒子浓度如下图所示．下列说法错误的是（　　）‎ A．图中a代表Na+，d代表H2X分子 B．H2X为二元弱酸，HX﹣的电离程度大于水解程度 C．混合溶液pH=3.6时：c（H+）+c（H2X）=c（X2﹣）+c（OH﹣）‎ D．继续滴加NaOH溶液至pH=7.0时：c（Na+）＞c（HX﹣）+2c（X2﹣）‎ ‎7．一定温度下，有可逆反应：2A（g）+2B（g）⇌C（g）+3D（g）△H＜0．现将2 mol A和2 mol B充入体积为V的甲容器，将2 mol C和6 mol D充入乙容器并使乙容器在反应开始前的体积为2V（如图）．关于两容器中反应的说法正确的是（　　）‎ A．两容器达平衡后升高相同的温度时，甲容器的反应速率大于乙容器的速率 B．两容器中的反应均达平衡时，平衡混合物中各组份的体积百分组成相同，混合气体的密度不同 C．甲容器中的反应先达到化学平衡状态 D．在甲容器中再充入2 mol A和2 mol B，平衡后甲中物质C的物质的量是乙中物质C的物质的量的2倍 ‎8．常温下，向等体积、等物质的量浓度的盐酸、醋酸溶液中分别滴入0.1mol•L﹣1 NaOH溶液，测得溶液的pH与NaOH溶液体积的关系如图所示．下列说法错误的是（　　）‎ A．图中曲线①表示NaOH溶液滴定盐酸时的pH变化 B．酸溶液的体积均为10 mL C．a点：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）‎ D．a点：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）‎ ‎9．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）‎ A．NaHCO3溶液中：c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32﹣）+c（OH﹣）‎ B．0.1mol/L醋酸钠溶液20ml与0.1mol/L盐酸10ml混合后的溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH）‎ C．物质的量浓度相等的①NH4Cl、②（NH4）2SO4、③NH4Al（SO4）2三种溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序为：③＞②＞①‎ D．浓度为0.1mol/L的①氨水、②C6H5ONa溶液、③Na2CO3溶液、④NaHCO3溶液，pH的大小顺序：①＞④＞③＞②‎ ‎10．将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E（g）+F（s）⇌2G（g）．忽略固体体积，平衡时G的体积分数（%）随温度和压强的变化如下表所示．‎ ‎ 压强/MPa ‎ G体积分数/%‎ 温度/℃‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎810‎ ‎54.0‎ a b ‎915‎ c ‎75.0‎ d ‎1000‎ e f ‎83.0‎ ‎①b＜f②915℃，2.0MPa时E的转化率为60%③该反应的△S＜0 ④K＞K 上述①～④中正确的有（　　）‎ A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 ‎11．第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.010mol•L﹣1的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．气态氢化物的稳定性：Z＞W＞Y B．简单离子半径：Z＜W C．Y元素存在同素异形体 D．X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液呈中性 ‎12．常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述正确的是（　　）‎ A．b、c两点溶液的导电能力相同 B．a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞b C．c点溶液中c （H+）=c （OH﹣）+c （CH3COOH）‎ D．用等浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸体积 Vb=Vc ‎13．已知反应：2NO2 （g）⇌N2O4（g），把NO2、N2O4的混合气体盛装在两个连通的烧瓶里，然后用止水夹夹住橡皮管，把烧瓶A放入热水里，把烧瓶B放入冰水里，如图所示．与常温时烧瓶内气体的颜色进行对比发现，A烧瓶内气体颜色变深，B烧瓶内气体颜色变浅．下列说法错误的是（　　）‎ A．上述过程中，A烧瓶内正、逆反应速率均加快 B．上述过程中，B烧瓶内c（NO2）减小，c（N2O4）增大 C．上述过程中，A、B烧瓶内气体密度均保持不变 D．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的逆反应为放热反应 ‎14．在相同温度下，体积均为1L的四个密闭容器中，保持温度和容积不变，以四种不同的投料方式进行反应．平衡时有关数据如下（已知2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1）．‎ 容器 甲 乙 丙 丁 起始投料量 ‎2mol SO2+1mol O2‎ ‎1mol SO2+0.5mol O2‎ ‎2mol SO3‎ ‎2mol SO2+2mol O2‎ 反应放出或吸收的热量（kJ）‎ a b c d 平衡时c（SO3‎ e f g h ‎） （mol•L﹣1）‎ 下列关系正确的是（　　）‎ A．a=c；e=g B．a＞2b；e＞2f C．a＞d；e＞h D．c+98.3e＞196.6‎ ‎15．图I 是NO2（g）+CO（g）⇌CO2（g）+NO（g）反应过程中能量变化的示意图．一定条件下，在固定容积的密闭容器中该反应达到平衡状态．当改变其中一个条件X，Y随X的变化关系曲线如图II所示．‎ 下列有关说法正确的是（　　）‎ A．一定条件下，向密闭容器中加入1molNO2（g）与1molCO（g）反应放出234kJ热量 B．若X表示CO的起始浓度，则Y表示的可能是NO2的转化率 C．若X表示反应时间，则Y表示的可能是混合气体的密度 D．若X表示温度，则Y表示的可能是CO2的物质的量浓度 ‎16．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 ‎　‎ 二、非选择题部分 ‎17．我国是个钢铁大国，钢铁产量为世界第一，高炉炼铁是最为普遍的炼铁方法．‎ I．已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol ‎2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）△H=﹣825.5kJ/mol 则反应：Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe（s）+3CO2（g）△H=　　kJ/mol．‎ II．反应Fe2O3（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）在1000℃的平衡常数等于4.0．在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过l0min后达到平衡．‎ ‎（1）CO的平衡转化率=　　．‎ ‎（2）欲提高CO的平衡转化率，促进Fe2O3的转化，可采取的措施是　　‎ a．提高反应温度 b．增大反应体系的压强 c．选取合适的催化剂 d．及时吸收或移出部分CO2‎ e．粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触 III．高炉炼铁产生的废气中的CO可进行回收，使其在一定条件下和H2反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．请根据图1示回答下列问题：‎ ‎（3）从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示平均反应速率v（H2）=　　．‎ ‎（4）若在一体积可变的密闭容器中充入l molCO、2molH2和1molCH3‎ OH，达到平衡吋测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍，则该反应向　　（填“正”、“逆”）反应方向移动．‎ ‎（5）以甲烷为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图2．回答下列问题：‎ ‎①B极上的电极反应式为　　．‎ ‎②若用该燃料电池做电源，用石墨做电极电解硫酸铜溶液，当阳极收集到11.2L（标准状况）气体时，消耗甲烷的体积为　　L（标准状况下）．‎ ‎18．电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量．已知如表数据（25℃）：‎ 化学式 电离平衡常数 HCN K=4.9×10﹣10‎ CH3COOH K=1.8×10﹣5‎ H2CO3‎ K1=4.4×10﹣7，K2=4.7×10﹣11‎ ‎（1）25℃时，等浓度的三种溶液（A．NaCN溶液、B．Na2CO3溶液、C．CH3COONa溶液）的pH由大到小的顺序为　　．（填写序号）‎ ‎（2）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为　　．‎ ‎（3）现有浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/L NaOH等体积混合后，测得c（Na+）＞c（CN﹣），下列关系正确的是　　．‎ A．c（H+）＞c（OH﹣）‎ B．c（H+）＜c（OH﹣）‎ C．c（H+）+c（HCN）=c（OH﹣）‎ D．c（HCN）+c（CN﹣）=0.01mol/L ‎（4）浓的Al2（SO4）3溶液和浓的小苏打（NaHCO3）溶液混合可用于灭火，请用离子反应方程式表示灭火的原理　　．‎ ‎（5）已知NaHC2O4水溶液显酸性，请写出该溶液中各离子浓度的大小　　；电荷守恒表达式　　．‎ ‎（6）H2C2O4溶液和KMnO4酸性溶液可发生反应：H2C2O4+MnO4﹣+H+→CO2+Mn2++H2O，反应中每生成标况下4.48LCO2‎ 气体，转移的电子的物质的量为　　mol．‎ ‎19．维生素C是一种水溶性维生素（其水溶液呈酸性），它的化学式是C6H8O6，人体缺乏这样的维生素能得坏血症，所以维生素C又称抗坏血酸．在新鲜的水果、蔬菜、乳制品中都富含维生素C，例如新鲜橙汁中维生素C的含量在500mg/L（即2.84×10﹣3mol•L﹣1）左右．某校课外活动小组测定了某牌子的软包装橙汁中维生素C的含量，下面是测定实验分析报告．（请填写有关空白）‎ ‎（一）测定目的：测定××牌软包装橙汁中维生素C的含量．‎ ‎（二）测定原理：C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I﹣‎ ‎（三）实验用品及试剂 ‎（1）仪器和用品（自选，略）‎ ‎（2）试剂：指示剂　　（填名称），浓度为7.50×10﹣3mol•L﹣1的I2标准溶液、蒸馏水等．‎ ‎（四）实验过程 ‎（1）洗涤仪器，检查滴定管是否漏液，润洗后装好标准碘溶液待用．‎ ‎（2）用　　填仪器名称）向锥形瓶中移入20.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂．‎ ‎（3）用左手控制滴定管的　　（填部位），右手摇动锥形瓶，眼睛注视　　，直到滴定终点．滴定至终点时的现象是　　．‎ ‎（五）数据记录与处理（请在下面设计并画出数据记录和数据处理的表格，不必填数据）．若经数据处理，滴定中消耗标准碘溶液的体积是15.00mL，则此橙汁中维生素C的含量是　　mol/L．‎ ‎（六）问题讨论：‎ ‎（1）若滴定结束后读数采用仰视，则所测维生素C的含量　　．‎ ‎（2）若锥形瓶用待测橙汁润洗过，则所测维生素C的含量　　．‎ ‎（3）若取标准液的滴定管水洗后未用待装液润洗，则所测维生素C的含量　　．‎ ‎（4）从分析数据看，此软包装橙汁是否是纯天然橙汁？　　（填“是”或“不是”或“可能是”）‎ ‎20．常温下0.1mol•L﹣1的CH3‎ COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是（　　）‎ A．c（H+） B．‎ C．c（H+）•c（OH﹣） D．‎ ‎21．体积为10mL pH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1 000mL，稀释过程中pH变化如图所示，则HX的电离平衡常数　　（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的电离平衡常数；理由是　　，稀释后，HX溶液中由水电离出来的c（H+）　　（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸溶液中由水电离出来的c（H+）．‎ ‎22．体积均为10mL pH=2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别与等浓度的氢氧化钠溶液反应，消耗氢氧化钠溶液体积：醋酸溶液　　一元酸HX溶液（填“大于”、“等于”或“小于”）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省宜春市丰城中学高二（上）第一次月考化学试卷（实验班） ‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分共48分）‎ ‎1．室温下，下列溶液等体积混合后pH一定大于7的是（　　）‎ A．pH=3的醋酸与pH=11的氢氧化钾 B．0.1mol/L的盐酸与0.1mol/L的氨水 C．0.001mol/L的盐酸与pH=11的氨水 D．pH=3的盐酸与0.001mol/L的氨水 ‎【考点】pH的简单计算；水的电离．‎ ‎【分析】A．醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，溶液呈酸性，溶液的pH小于7；‎ B．二者恰好反应生成氯化铵，铵根离子部分水解，溶液呈酸性，溶液的pH小于7；‎ C．氨水为弱碱，混合液中氨水过量，溶液呈碱性，溶液的pH大于7；‎ D．pH=3的盐酸中氢离子浓度为0.001mol/L，二者恰好反应生成氯化铵，溶液呈酸性．‎ ‎【解答】解：常温下溶液的pH一定大于7，则反应后溶液呈碱性，‎ A．pH=3的醋酸与pH=11的氢氧化钾溶液等体积反应，由于醋酸为弱酸，pH=3的溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，醋酸的浓度大于0.001mol/L，则混合液中醋酸过量，反应后溶液呈酸性，故A错误；‎ B．0.1 mol/L的盐酸与0.1 mol/L的氨水等体积混合，二者恰好反应生成强酸弱碱盐氯化铵，溶液呈酸性，故B错误；‎ C．氨水为弱碱，0.001 mol/L的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，氨水过量，溶液一定呈碱性，故C正确；‎ D．pH=3的盐酸的浓度为0.001mol/L，与0.001 mol/L的氨水等体积反应后，恰好生成氯化铵，溶液呈酸性，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．下列装置或操作能达到实验目的是（　　）‎ A．图1装置用于中和热的测定 B．图2装置用于高锰酸钾溶液滴定草酸 C．图3装置用于测定氢气的反应速率（单位mL/s）‎ D．图4装置用于研究不同催化剂对反应速率的影响 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．缺少搅拌装置； ‎ B．草酸溶液与酸性高锰酸钾溶液反应；‎ C．无法测定时间；‎ D．两个实验是对照试验．‎ ‎【解答】解：A．缺少环形玻璃搅拌棒，故A错误； ‎ B．草酸溶液与酸性高锰酸钾溶液反应，加入最长一滴呈紫红色说明达到滴定终点，故B正确；‎ C．无法测定时间，缺少秒表，故C错误；‎ D．两试管中双氧水的浓度应保持一致，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．下列表述和方程式书写都正确的是（　　）‎ A．表示乙醇燃烧热的热化学方程式（△H的绝对值正确）：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1367.0kJ•mol﹣1‎ B．NH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液使SO42﹣完全沉淀：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O C．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O D．用硫酸酸化的橙色的重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液与乙醇作用生成乙酸和草绿色三价铬，可以用于检测是否酒后驾驶：2Cr2O72﹣+3C2H5OH+16H+→4Cr3++3CH3COOH+11H2O ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．燃烧热的热化学方程式中，水的状态必须为液体；‎ B．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42﹣完全沉淀，说明SO42﹣与Ba2+的比例是1：1，铵根离子结合氢氧根离子的能力大于氢氧化铝，则氢氧化铝不会溶解；‎ C．由于酸性高锰酸钾能够氧化氯离子，不能用盐酸酸化，可以用稀硫酸；‎ D．重铬酸钾在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化乙醇，溶液有橙色变为绿色．‎ ‎【解答】解：A．水为液体时稳定，则乙醇燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1367.0kJ•mol﹣1，故A错误；‎ B．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42﹣完全沉淀，硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，铵根离子优先结合氢氧根离子，则反应生成一水合氨和氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：2Ba2++NH4++Al3++2SO42﹣+4OH﹣═Al（OH）3↓+NH3•H2O+2BaSO4↓，故B错误；‎ C．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，由于酸性高锰酸根离子能够氧化氯离子，干扰了实验，无法证明H2O2具有还原性，可以用稀硫酸酸化，故C错误；‎ D．硫酸酸化的橙色的重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液具有强氧化性，能够氧化乙醇，同时生成乙酸和草绿色三价铬，可以用于检测是否酒后驾驶，反应的离子方程式为：2Cr2O72﹣+3C2H5OH+16H+→4Cr3++3CH3COOH+11H2O，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．常温下，不考虑混合后溶液体积的变化，下列说法错误的是（　　）‎ A．0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值增大 B．pH=4的CH3COOH溶液和pH=12的NaOH溶液等体积混合后恰好完全反应，则原CH3COOH溶液中CH3COOH的电离度为1%‎ C．amol•L﹣1H2C2O4溶液与2amol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合后，c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4）＞c（OH﹣）‎ D．0.1mol•L﹣1的下列溶液中：①NH4Al（SO4）2溶液 ②NH4Cl溶液、③CH3COONH4溶液，c（NH4+）的大小顺序为①＞②＞③‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A、CH3COOH溶液中=，据此回答；‎ B、pH=4的CH3COOH溶液和pH=12的NaOH溶液等体积混合后恰好完全反应，则醋酸的浓度是0.01mol/L，根据电离度概念来计算；‎ C、amol•L﹣1H2C2O4溶液与2amol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合后得到的是草酸钠的溶液，根据草酸根离子的水解原理来判断；‎ D、NH4Al（SO4）2溶液中铵根离子与铝离子水解相互抑制，CH3COONH4中铵根离子与醋酸根离子水解相互促进．‎ ‎【解答】解：A、CH3COOH溶液中=，CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中氢离子浓度减小，所以醋酸根离子和醋酸浓度的比值增加，故A正确；‎ B、pH=4的CH3COOH溶液和pH=12的NaOH溶液等体积混合后恰好完全反应，则醋酸的浓度是0.01mol/L，原CH3COOH溶液中CH3COOH的电离度为×100%=1%，故B正确；‎ C、amol•L﹣1H2C2O4溶液与2amol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合后得到的是草酸钠的溶液，根据草酸根离子的水解原理，得到：c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）‎ ‎＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4），故C错误；‎ D、NH4Al（SO4）2溶液中铵根离子与铝离子水解相互抑制，CH3COONH4中铵根离子与醋酸根离子水解相互促进，所以，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③CH3COONH4，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）+B（g）⇌xC（g），有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）（　　）‎ A．P3＞P4，y轴表示B的转化率 B．P3＜P4，y轴表示B的体积分数 C．P3＜P4，y轴表示混合气体的密度 D．P3＜P4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量 ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】由图（Ⅰ）中a、b的相对位置知，增压（因p2＞p1），C%升高，故x=1；由b、c的相对位置知，升温（因为T1＞T2），C%降低．故正反应为放热反应．‎ 即该反应为A（g）+B（g）⇌C（g）△H＜0，由反应式可知，升温和降压均可使反应向逆反应方向移动．‎ 由图Ⅱ，y随温度的升高而降低，可判断y为A的转化率或混合气体的平均摩尔质量等量，结合压强对平衡移动的影响判断P3、P4的关系．‎ ‎【解答】解：由图（Ⅰ）中a、b的相对位置知，增压（因p2＞p1），C%升高，故x=1；由b、c的相对位置知，升温（因为T1＞T2），C%降低．故正反应为放热反应，该反应为A（g）+B（g）⇌C（g）△H＜0，由反应可知，升温和降压均可使反应向逆反应方向移动．‎ 由图（Ⅱ）知：因随着温度升高y降低，故y降低的方向必为压强减小的方向，‎ A．P3＞P4，随着温度的升高，平衡将向左移动，B的转化率降低，与图象一致，故A正确；‎ B．温度越高，B物质的转化率减小，所以B的体积分数增大，与图象不符，故B错误；‎ C．气体的质量、体积均不变，则密度始终不变，与图象不符，故C错误；‎ D．温度越高，平衡逆移气体总物质的量增大，所以气体的平均摩尔质量减小，但压强越大，平衡正向移动，平均摩尔质量变大，与图象不符，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．常温下，将0.20mol/L H2X溶液与0.20mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH=3.6，继续滴加NaOH溶液至pH=4.0时，部分粒子浓度如下图所示．下列说法错误的是（　　）‎ A．图中a代表Na+，d代表H2X分子 B．H2X为二元弱酸，HX﹣的电离程度大于水解程度 C．混合溶液pH=3.6时：c（H+）+c（H2X）=c（X2﹣）+c（OH﹣）‎ D．继续滴加NaOH溶液至pH=7.0时：c（Na+）＞c（HX﹣）+2c（X2﹣）‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】酸H2X和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，H2X+NaOH=NaHX+H2O，所得溶液中Na+浓度等于于0.1mol/L，得溶液pH=3.6，说明NaHX是电离程度大于水解程度，继续滴加NaOH溶液至pH=4.0时，得到NaHX和Na2X的混合溶液，所以钠离子的浓度大于0.1mol/L，H2X溶液远小于0.01mol/L，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：A、图中a的浓度大于0.1mol/L，代表Na+，d的浓度小于0.01mol/L，代表H2X分子，故A正确；‎ B、两者等体积恰好完全反应生成NaHX，溶液呈酸性，说明H2X为二元弱酸，HX﹣的电离程度大于水解程度，故B正确；‎ C、根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HX﹣）+2c（X2﹣）+c（OH﹣）①，物料守恒可知：c（Na+）=c（HX﹣）+c（X2﹣）+C（H2X）②，②代入①得：c（H+）+C（H2X）=C（X2﹣）+c（OH﹣），故C正确；‎ D、根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HX﹣）+2c（X2﹣）+c（OH﹣），继续滴加NaOH溶液至pH=7.0时c（H+）=c（OH﹣），即：c（Na+）=c（HX﹣）+2c（X2﹣），故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．一定温度下，有可逆反应：2A（g）+2B（g）⇌C（g）+3D（g）△H＜0．现将2 mol A和2 mol B充入体积为V的甲容器，将2 mol C和6 mol D充入乙容器并使乙容器在反应开始前的体积为2V（如图）．关于两容器中反应的说法正确的是（　　）‎ A．两容器达平衡后升高相同的温度时，甲容器的反应速率大于乙容器的速率 B．两容器中的反应均达平衡时，平衡混合物中各组份的体积百分组成相同，混合气体的密度不同 C．甲容器中的反应先达到化学平衡状态 D．在甲容器中再充入2 mol A和2 mol B，平衡后甲中物质C的物质的量是乙中物质C的物质的量的2倍 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】由于反应2A（g）+2B（g）⇌C（g）+3D（g）中，反应两边气体的体积不变，所以压强不影响化学平衡，只要按照计量数将各物质的物质的量转化成A、B，满足物质的量之比1：1，就是等效平衡，各组分的含量不变；将乙中6molD、2molC转化成反应物为4molA、4molB，A、B物质的量比值相等，甲、乙为等效平衡；注意甲的容积不变，乙的压强不变、容积可变，但乙容器压强较大，体积小于甲体积的2倍，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：由题给信息可知，甲、乙为等效平衡，乙的压强较大，‎ A．乙的压强较大，反应速率较大，故A错误；‎ B．乙加砝码，压强较大，体积小于甲的2倍，但质量乙为甲的2倍，则乙的密度较大，故B正确；‎ C．虽然等效平衡后甲、乙容器中A、B浓度相等，但是该反应一个是从正反应进行，一个从逆反应进行，所以无法判断哪个容器先达平衡，故C错误；‎ D．在甲容器中再充入2 mol A和2 mol B，与乙的物质的量相当，为相同平衡状态，则平衡后甲、乙中物质C的物质的量相等，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．常温下，向等体积、等物质的量浓度的盐酸、醋酸溶液中分别滴入0.1mol•L﹣1 NaOH溶液，测得溶液的pH与NaOH溶液体积的关系如图所示．下列说法错误的是（　　）‎ A．图中曲线①表示NaOH溶液滴定盐酸时的pH变化 B．酸溶液的体积均为10 mL C．a点：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）‎ D．a点：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】A．盐酸完全电离，醋酸部分电离，所以醋酸的pH大于盐酸；‎ B．盐酸的pH等于1，盐酸的浓度0.1ml•L﹣1 ，当滴入10mL0.1ml•L﹣1 NaOH溶液呈中性，需要酸的体积为10mL；‎ C．由图知a点为等浓度的醋酸和醋酸钠，溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度；‎ D．根据a点的电荷守恒分析．‎ ‎【解答】解：A．常温下，向等体积、等物质的量浓度的盐酸、醋酸溶液，盐酸完全电离，醋酸部分电离，所以醋酸的PH大于盐酸，曲线①‎ 表示NaOH溶液滴定盐酸时的pH变化，故A正确；‎ B．盐酸的pH等于1，所以盐酸的浓度0.1ml•L﹣1 ，当滴入10mL0.1ml•L﹣1 NaOH溶液呈中性，所以酸的体积为10mL，故B正确；‎ C．当滴入氢氧化钠5ml时，得到等物质量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，由图知a点溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COOH）＜c（CH3COO﹣），故C错误；‎ D．根据a点电荷守恒可知：c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）‎ A．NaHCO3溶液中：c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32﹣）+c（OH﹣）‎ B．0.1mol/L醋酸钠溶液20ml与0.1mol/L盐酸10ml混合后的溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH）‎ C．物质的量浓度相等的①NH4Cl、②（NH4）2SO4、③NH4Al（SO4）2三种溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序为：③＞②＞①‎ D．浓度为0.1mol/L的①氨水、②C6H5ONa溶液、③Na2CO3溶液、④NaHCO3溶液，pH的大小顺序：①＞④＞③＞②‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A．根据碳酸氢钠溶液中的质子守恒判断；‎ B．反应后溶质为等浓度的醋酸、醋酸钠和NaCl，氢离子浓度较小，则c（CH3COOH）＞c（H+）；‎ C．硫酸铵中铵根离子浓度最大，铝离子抑制了铵根离子的水解，据此判断铵根离子浓度大小；‎ D．氨水为碱溶液，其溶液中铵根离子浓度最大；其它溶液中酸根离子对应酸的酸性越弱，其水解程度越大，溶液的pH越大．‎ ‎【解答】解：A．根据NaHCO3溶液中的质子守恒可知：c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32﹣）+c（OH﹣），故A正确；‎ B．0.1mol/L醋酸钠溶液20ml与0.1mol/L盐酸10ml混合，两溶液充分反应后溶质为等浓度的醋酸、醋酸钠和NaCl，氢离子浓度较小，则c（CH3COOH）＞c（H+），正确的离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故B错误；‎ C．物质的量浓度相等的①NH4Cl、②（NH4）2SO4、③NH4Al（SO4）2三种溶液中，②中的化学式中含有2个铵根离子，则其溶液中铵根离子浓度最大，③中铝离子水解抑制了铵根离子的水解，则③中铵根离子浓度大于①，所以c（NH4+）由大到小的顺序为：②＞③＞①，故C错误；‎ D．浓度为0.1mol/L的①氨水、②C6H5ONa溶液、③Na2CO3溶液、④NaHCO3溶液，①为碱溶液，其溶液的pH最大；②③④为强碱弱酸盐，碳酸的酸性最强，其次为苯酚，碳酸氢根离子的酸性最弱，则水解程度③＞②＞④，溶液的pH大小为③＞②＞④，实验四种溶液的pH大小为：①＞③＞②＞④，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎10．将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E（g）+F（s）⇌2G（g）．忽略固体体积，平衡时G的体积分数（%）随温度和压强的变化如下表所示．‎ ‎ 压强/MPa ‎ G体积分数/%‎ 温度/℃‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎810‎ ‎54.0‎ a b ‎915‎ c ‎75.0‎ d ‎1000‎ e f ‎83.0‎ ‎①b＜f②915℃，2.0MPa时E的转化率为60%③该反应的△S＜0 ④K＞K 上述①～④中正确的有（　　）‎ A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 ‎【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．‎ ‎【分析】①同温下，增大压强，平衡逆向进行，平衡时G的体积分数变小，故可知c＞75.0＞54.0＞a＞b，利用c＞75.0＞‎ ‎54.0可知同压下，升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，从而可知f＞75.0；‎ ‎②在915℃、2M Pa下，设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得×100%=75%，解得x=0.6；‎ ‎③该题是气体体积增大的反应，因此为熵增反应；‎ ‎④结合前面分析知升温平衡正向移动，则平衡常数增大．‎ ‎【解答】解：①利用图表分析结合平衡原理分析；a与b、c与d、e与f之间是压强问题，随着压强增大，平衡逆向移动，G的体积分数减小，b＜a；c＞75%，e＞83%；‎ f的温度比b的高，压强比b的小，所以f＞b，故正确；‎ ‎②设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得×100%=75%，解得x=0.6，α=60%，故错误；‎ ‎③该反应是一个气体分子增大的反应，属于熵增反应，故正确；‎ ‎④e是温度问题，随着温度升高，G的体积分数增大，所以正反应是一个吸热反应，所以，K＞K，故正确；‎ 所以正确的为3个，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.010mol•L﹣1的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．气态氢化物的稳定性：Z＞W＞Y B．简单离子半径：Z＜W C．Y元素存在同素异形体 D．X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液呈中性 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．‎ ‎【分析】第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液PH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na，Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液PH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，故Z为S元素，Y为P元素，据此解答．‎ ‎【解答】解：第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液PH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na，Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液PH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，故Z为S元素，Y为P元素，‎ A．非金属性W＞Z＞Y，气态氢化物的稳定性：W＞Z＞Y，故A错误；‎ B．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2﹣＞Cl﹣，故B错误；‎ C．Y为磷元素，单质有红磷、白磷，故C正确；‎ D．X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、磷酸，恰好中和生成磷酸钠，溶液中磷酸根水解，溶液呈碱性，故D错误，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述正确的是（　　）‎ A．b、c两点溶液的导电能力相同 B．a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞b C．c点溶液中c （H+）=c （OH﹣）+c （CH3COOH）‎ D．用等浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸体积 ‎ Vb=Vc ‎【考点】盐类水解的原理．‎ ‎【分析】NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH﹣）CH3COONa＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH，则b为NaOH，变化小的是CH3COONa，即c为CH3COONa，‎ A．溶液的导电能力与离子浓度成正比；‎ B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；‎ C．任何电解质溶液中都存在质子守恒；‎ D．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比．‎ ‎【解答】解：NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH﹣）CH3COONa＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH，则b为NaOH，变化小的是CH3COONa，即c为CH3COONa，‎ A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，pH相等的醋酸钠和氢氧化钠，c（CH3COONa）＞c（NaOH），所以c点导电能力大于b，即b、c两点溶液的导电能力不相同，故A正确；‎ B．氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸根离子浓度越大对水的电离程度越促进，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞b，故B正确；‎ C．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得C（H+）+C（CH3COOH）=C（OH﹣），故C正确；‎ D．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比，相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液n（CH3COONa）＞n（NaOH），所以醋酸钠消耗盐酸多，消耗盐酸体积Vb＜Vc，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎13．已知反应：2NO2 （g）⇌N2O4（g），把NO2、N2O4‎ 的混合气体盛装在两个连通的烧瓶里，然后用止水夹夹住橡皮管，把烧瓶A放入热水里，把烧瓶B放入冰水里，如图所示．与常温时烧瓶内气体的颜色进行对比发现，A烧瓶内气体颜色变深，B烧瓶内气体颜色变浅．下列说法错误的是（　　）‎ A．上述过程中，A烧瓶内正、逆反应速率均加快 B．上述过程中，B烧瓶内c（NO2）减小，c（N2O4）增大 C．上述过程中，A、B烧瓶内气体密度均保持不变 D．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的逆反应为放热反应 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．升高温度，正、逆反应速率都增大；‎ B．B烧瓶内气体颜色变浅，说明平衡向生成N2O4方向移动；‎ C．容器的容积不变，混合气体的质量不变，结合ρ=判断．‎ D．放在热水中的A烧瓶内气体颜色变深，放在冰水中的B烧瓶内气体颜色变浅，说明升高温度平衡向生成NO2，降低温度平衡向生成N2O4方向移动．‎ ‎【解答】解：A．升高温度，正、逆反应速率都增大，故A正确；‎ B．B烧瓶内气体颜色变浅，说明平衡向生成N2O4方向移动，B烧瓶内c（NO2）减小，c（N2O4）增大，故B正确；‎ C．容器的容积不变，混合气体的质量不变，由ρ=可知，A烧瓶、B烧瓶内气体密度都不变，故C正确；‎ D．放在热水中的A烧瓶内气体颜色变深，放在冰水中的B烧瓶内气体颜色变浅，说明升高温度平衡向生成NO2，降低温度平衡向生成N2O4方向移动，故反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的正反应为放热反应，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎14．在相同温度下，体积均为1L的四个密闭容器中，保持温度和容积不变，以四种不同的投料方式进行反应．平衡时有关数据如下（已知2SO2（g）+O2（g）⇌‎ ‎2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1）．‎ 容器 甲 乙 丙 丁 起始投料量 ‎2mol SO2+1mol O2‎ ‎1mol SO2+0.5mol O2‎ ‎2mol SO3‎ ‎2mol SO2+2mol O2‎ 反应放出或吸收的热量（kJ）‎ a b c d 平衡时c（SO3） （mol•L﹣1）‎ e f g h 下列关系正确的是（　　）‎ A．a=c；e=g B．a＞2b；e＞2f C．a＞d；e＞h D．c+98.3e＞196.6‎ ‎【考点】化学平衡建立的过程．‎ ‎【分析】A、甲容器起始时反应向正反应方向进行，而丙容器起始时反应向逆反应方向进行，反应热不同；‎ B、若将甲容器扩大为原来的2倍，则达平衡时甲与乙容器的浓度相等，但放出的热量是乙的2倍，现将甲容器再恢复为原来的体积，即加压，平衡向正反应方向移动；‎ C、丁中的O2可看作是在甲平衡后再充入1 mol O2，则平衡正向移动，放热增多；‎ D、依据热化学方程式和图表数据计算，结合a+c=196.6，计算分析判断；‎ ‎【解答】解：A、甲容器起始时反应向正反应方向进行，而丙容器起始时反应向逆反应方向进行，虽然最后是等效平衡，但a+c=196.6，故A不正确；‎ B、若将甲容器扩大为原来的2倍，则达平衡时甲与乙容器的浓度相等，但放出的热量是乙的2倍，现将甲容器再恢复为原来的体积，即加压，平衡向正反应方向移动，则放热又增多，故有a＞2b，同理有e＞2f，故B正确；‎ C、丁中的O2可看作是在甲平衡后再充入1 mol O2，则平衡正向移动，放热增多，即有a＜d，同时有e＜h，故C不正确；‎ D、根据反应：‎ ‎ 2SO2+O2=2SO3△H=﹣196.6 kJ•mol﹣1‎ ‎ 2 196.6‎ ea 解得a=98.3e，由选项A解析可知，a+c=196.6，即98.3e+c=196.6，故D不正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．图I 是NO2（g）+CO（g）⇌CO2（g）+NO（g）反应过程中能量变化的示意图．一定条件下，在固定容积的密闭容器中该反应达到平衡状态．当改变其中一个条件X，Y随X的变化关系曲线如图II所示．‎ 下列有关说法正确的是（　　）‎ A．一定条件下，向密闭容器中加入1molNO2（g）与1molCO（g）反应放出234kJ热量 B．若X表示CO的起始浓度，则Y表示的可能是NO2的转化率 C．若X表示反应时间，则Y表示的可能是混合气体的密度 D．若X表示温度，则Y表示的可能是CO2的物质的量浓度 ‎【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】由图象可知反应物总能量大于生成物总能量，则正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，图Ⅱ横坐标增大，纵坐标减小，结合平衡移动的影响因素解答该题．‎ ‎【解答】解：A．反应的焓变△H=E1﹣E2=134KJ/mol﹣368KJ/mol=﹣234kJ/mol，又1 mol NO2（g）与1 mol CO（g）不可能完全反应到底，所以放出小于234‎ ‎ kJ热量，故A错误；‎ B．两种反应物的化学平衡，增加一种物质的量，会提高另一种转化率，故B错误；‎ C．气体形成的平衡体系中气体质量不变，反应前后体积不变，所以密度不变，故C错误；‎ D．该反应是放热反应，升温，化学平衡逆向进行，二氧化碳浓度减小，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎16．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．‎ ‎　‎ 二、非选择题部分 ‎17．我国是个钢铁大国，钢铁产量为世界第一，高炉炼铁是最为普遍的炼铁方法．‎ I．已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol ‎2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）△H=﹣825.5kJ/mol 则反应：Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe（s）+3CO2（g）△H=　23.5　kJ/mol．‎ II．反应Fe2O3（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）在1000℃的平衡常数等于4.0．在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过l0min后达到平衡．‎ ‎（1）CO的平衡转化率=　60%　．‎ ‎（2）欲提高CO的平衡转化率，促进Fe2O3的转化，可采取的措施是　d　‎ a．提高反应温度 b．增大反应体系的压强 c．选取合适的催化剂 d．及时吸收或移出部分CO2‎ e．粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触 III．高炉炼铁产生的废气中的CO可进行回收，使其在一定条件下和H2反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．请根据图1示回答下列问题：‎ ‎（3）从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示平均反应速率v（H2）=　0.15mol/（L•min）　．‎ ‎（4）若在一体积可变的密闭容器中充入l molCO、2molH2和1molCH3OH，达到平衡吋测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍，则该反应向　正　‎ ‎（填“正”、“逆”）反应方向移动．‎ ‎（5）以甲烷为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图2．回答下列问题：‎ ‎①B极上的电极反应式为　CH4﹣8e﹣+402﹣=CO2+2H2O　．‎ ‎②若用该燃料电池做电源，用石墨做电极电解硫酸铜溶液，当阳极收集到11.2L（标准状况）气体时，消耗甲烷的体积为　5.6　L（标准状况下）．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】I．已知：①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol ‎②2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）△H=﹣825.5kJ/mol 则依据盖斯定律计算①×﹣②得到反应：Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe（s）+3CO2（g）的热化学方程式得到反应的焓变；‎ Ⅱ．（1）令平衡时CO的物质的量变化为nmol，利用三段式表示出平衡时CO、CO2的物质的量，化学计量数都是1，利用物质的量代替浓度代入平衡常数计算n的值，进而计算CO的浓度变化量，再利用转化率定义计算CO的转化率；‎ ‎（2）a．该反应正反应是放热反应，提高反应温度，平衡向逆反应移动；‎ b．反应前后气体的物质的量不变，减小容器的容积，增大压强平衡不移动；‎ c．加入合适的催化剂，平衡不移动；‎ d．移出部分CO2，平衡向正反应移动；‎ e．粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触，平衡不移动；‎ Ⅲ．（3）根据v=计算v（CH3OH），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；‎ ‎（4）平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍，则总物质的量变为原先的倍，据此判断反应的方向；‎ ‎（5）由阴离子移动方向可知B为负极，负极上甲烷失电子发生氧化反应，甲烷被氧化生成二氧化碳和水：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，结合电子守恒计算消耗甲烷的体积．‎ ‎【解答】解：I．已知：①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol ‎②2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）△H=﹣825.5kJ/mol 则依据盖斯定律计算①×﹣②得到反应：Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣23.5KJ/mol，‎ 故答案为：23.5；‎ Ⅱ．（1）令平衡时CO的物质的量变化为nmol，则：‎ Fe2O3（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）‎ 开始（mol）：1 1‎ 变化（mol）：n n 平衡（mol）：1﹣n n+1‎ 所以 =4，解得n=0.6，则CO的平衡转化率为×100%=60%，‎ 故答案为：60%；‎ ‎（2）a．该反应正反应是放热反应，提高反应温度，平衡向逆反应移动，CO的平衡转化率降低，故a错误；‎ b．反应前后气体的物质的量不变，减小容器的容积，增大压强平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故b错误；‎ c．加入合适的催化剂，平衡不移动，故c错误；‎ d．移出部分CO2，平衡向正反应移动，CO的平衡转化率增大，故d正确；‎ e．粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触，可以加快反应速率，但平衡不移动，故e错误；‎ 故答案为：d；‎ Ⅲ．（3）由图可知，达到平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，则v（CH3OH）==0.075mol/（L．min），速率之比等于化学计量数之比，v（H2）=2v（CH3OH）=0.15mol/（L•min），‎ 故答案为：0.15mol/（L•min）；‎ ‎（4）反应前后气体总质量不变，同温、同压下，达到平衡时，气体密度增大，即气体体积缩小；平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍，则总物质的量变为原先的倍，总物质的量=4×=2.5mol，反应前后减少了1.5mol，即化学反应向着正反应方向进行，‎ 故答案为：正；‎ ‎（5）①燃料电池中燃料在负极发生氧化反应，甲烷失电子在熔融盐中生成二氧化碳气体，B极上的电极反应式为：CH4﹣8e﹣+402﹣=CO2+2H2O，‎ 故答案为：CH4﹣8e﹣+402﹣=CO2+2H2O；‎ ‎②若用该燃料电池做电源，用石墨做电极电解硫酸铜溶液，当阳极收集到11.2L（标准状况）气体位氧气，物质的量==0.5mol，电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，结合单质守恒和电极反应得到 CH4﹣8e﹣+402﹣=CO2+2H2O，CH4～8e﹣～2O2，则消耗甲烷物质的量0.25mol，标准状况下的体积=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故答案为：5.6；‎ ‎　‎ ‎18．电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量．已知如表数据（25℃）：‎ 化学式 电离平衡常数 HCN K=4.9×10﹣10‎ CH3COOH K=1.8×10﹣5‎ H2CO3‎ K1=4.4×10﹣7，K2=4.7×10﹣11‎ ‎（1）25℃时，等浓度的三种溶液（A．NaCN溶液、B．Na2CO3溶液、C．CH3COONa溶液）的pH由大到小的顺序为　b＞a＞c　．（填写序号）‎ ‎（2）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为　NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN　．‎ ‎（3）现有浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/L NaOH等体积混合后，测得c（Na+）＞c（CN﹣），下列关系正确的是　B、D　．‎ A．c（H+）＞c（OH﹣）‎ B．c（H+）＜c（OH﹣）‎ C．c（H+）+c（HCN）=c（OH﹣）‎ D．c（HCN）+c（CN﹣）=0.01mol/L ‎（4）浓的Al2（SO4）3溶液和浓的小苏打（NaHCO3）溶液混合可用于灭火，请用离子反应方程式表示灭火的原理　Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑　．‎ ‎（5）已知NaHC2O4水溶液显酸性，请写出该溶液中各离子浓度的大小　c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）　；电荷守恒表达式　c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c （C2O42﹣）=c（H+）+c（Na+）　．‎ ‎（6）H2C2O4溶液和KMnO4酸性溶液可发生反应：H2C2O4+MnO4﹣+H+→CO2+Mn2++H2O，反应中每生成标况下4.48LCO2气体，转移的电子的物质的量为　0.2　mol．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．‎ ‎【分析】（1）根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，对应盐的水解程度越小，溶液的pH越小；‎ ‎（2）根据电离常数大小分析反应的生成物；‎ ‎（3）将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L 的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaCN、HCN，已知混合溶液中c（CN﹣）＜c（Na+），根据电荷守恒可知c（H+）＜c（OH﹣），混合溶液呈碱性，说明CN﹣的水解程度大于HCN的电离程度，据此进行判断；‎ ‎（4）铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀；‎ ‎（5）根据NaHC2O4水溶液显酸性及电荷守恒判断溶液中各离子浓度大小；由电荷守恒可知：正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度；‎ ‎（6）负极失去电子发生氧化反应，该反应中草酸失去电子生成二氧化碳气体，据此写出负极的电极反应式；根据化合价变化计算出生成4.48L二氧化碳转移的电子的物质的量．‎ ‎【解答】解：（1）根据图表数据分析，电离常数：醋酸＞HCN＞碳酸氢根离子，所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，即b＞a＞c；‎ 故答案为：b＞a＞c；‎ ‎（2）向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，故反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；‎ 故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；‎ ‎（3）将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L 的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005mol•L﹣1的NaCN、HCN，测得c（Na+）＞c（CN﹣），根据电荷守恒可知：c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性，所以HCN的浓度为0.005mol•L﹣1，CN﹣的浓度小于0.005mol•L﹣1，‎ A．根据分析可知，溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH﹣），故A错误；‎ B．混合液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），故B正确；‎ C．氢氧根离子浓度较小，c（CN﹣）远远大于c（OH﹣），故C错误；‎ D．根据物料守恒可知：c（HCN）+c（CN﹣）=0.01mol/L，故D正确；‎ 故答案为：BD；‎ ‎（4）铝离子与碳酸氢根离子混合发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑，‎ 故答案为：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑；‎ ‎（5）草酸氢钠溶液显示酸性，则HC2O4﹣的电离程度大于其水解程度，所以c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），由于氢离子来自水的电离和HC2O4﹣的电离，则c（H+）＞c（C2O42﹣），HC2O4﹣的水解程度较小，则c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣），所以溶液中各离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）；‎ 由电荷守恒可知：正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则溶液中的电荷守恒为：c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c （C2O42﹣）=c（H+）+c（Na+）；‎ 故答案为：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）；c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c （C2O42﹣）=c（H+）+c（Na+）；‎ ‎（6）H2C2O4溶液和KMnO4酸性溶液可发生反应：H2C2O4+MnO4﹣+H+→CO2+Mn2++H2O，若将该反应设计成原电池，负极失去电子发生氧化反应，该反应中草酸失去电子被氧化生成二氧化碳，则负极的电极反应式为：H2C2O4﹣2e=2CO2+2H+；‎ 标准状况下4.48L二氧化碳的物质的量为： =0.2mol，H2C2O4中C元素的化合价为+3价，二氧化碳分子中C的化合价为+4价，则生成0.2mol二氧化碳转移的电子的物质的量为：0.2mol×（4﹣3）=0.2mol，‎ 故答案为：0.2．‎ ‎　‎ ‎19．维生素C是一种水溶性维生素（其水溶液呈酸性），它的化学式是C6H8O6，人体缺乏这样的维生素能得坏血症，所以维生素C又称抗坏血酸．在新鲜的水果、蔬菜、乳制品中都富含维生素C，例如新鲜橙汁中维生素C的含量在500mg/L（即2.84×10﹣3mol•L﹣1）左右．某校课外活动小组测定了某牌子的软包装橙汁中维生素C的含量，下面是测定实验分析报告．（请填写有关空白）‎ ‎（一）测定目的：测定××牌软包装橙汁中维生素C的含量．‎ ‎（二）测定原理：C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I﹣‎ ‎（三）实验用品及试剂 ‎（1）仪器和用品（自选，略）‎ ‎（2）试剂：指示剂　淀粉溶液　（填名称），浓度为7.50×10﹣3mol•L﹣1的I2标准溶液、蒸馏水等．‎ ‎（四）实验过程 ‎（1）洗涤仪器，检查滴定管是否漏液，润洗后装好标准碘溶液待用．‎ ‎（2）用　酸式滴定管　填仪器名称）向锥形瓶中移入20.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂．‎ ‎（3）用左手控制滴定管的　活塞　（填部位），右手摇动锥形瓶，眼睛注视　锥形瓶内溶液颜色　，直到滴定终点．滴定至终点时的现象是　最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色　．‎ ‎（五）数据记录与处理（请在下面设计并画出数据记录和数据处理的表格，不必填数据）．若经数据处理，滴定中消耗标准碘溶液的体积是15.00mL，则此橙汁中维生素C的含量是　990　mol/L．‎ ‎（六）问题讨论：‎ ‎（1）若滴定结束后读数采用仰视，则所测维生素C的含量　偏大　．‎ ‎（2）若锥形瓶用待测橙汁润洗过，则所测维生素C的含量　偏大　．‎ ‎（3）若取标准液的滴定管水洗后未用待装液润洗，则所测维生素C的含量　偏大　．‎ ‎（4）从分析数据看，此软包装橙汁是否是纯天然橙汁？　不是　（填“是”或“不是”或“可能是”）‎ ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】（三）（2）根据碘能使淀粉变蓝色选择试剂；‎ ‎（四）（2）橙汁呈酸性，用酸式滴定管取用；‎ ‎（3）滴定时左手控制活塞；根据反应的原理，当出现溶液变蓝色且半分钟内不褪色时，维生素C已全部参加了反应；‎ ‎（五）数值记录和处理可以记录每次实验数据，起始、终了、变化的体积，根据反应原理及题中有关数据，可以计算出橙汁中维生素C的含量；‎ ‎（六）（1）至（3）根据标准液的体积偏大，测定结果偏大，反之偏小；‎ ‎（4）新鲜橙汁中维生素C的含量在500mg/L左右分析判断．‎ ‎【解答】解：（三）（2）利用I2氧化维生素C，根据碘使淀粉显蓝色的性质，应选择淀粉作指示剂，‎ 故答案为：淀粉；‎ ‎（四）（2）橙汁呈酸性，用酸式滴定管取用，向锥形瓶中移入20.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂；‎ 故答案为：酸式滴定管；‎ ‎（3）在滴定时左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化直到滴定终点；根据反应的原理，当出现溶液变蓝色时，维生素C已全部参加了反应，滴定终点现象为：最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色，‎ 故答案为：活塞，锥形瓶中溶液颜色的变化，最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色；‎ ‎（5）数值记录和处理可以记录每次实验数据，起始、终了、变化的体积 ‎15ml标准碘溶液含有碘的质量为：254g/mol×0.015L×7.5×10﹣3mol•L﹣1=28.575mg 设20.0mL待测橙汁中维生素C的质量为X C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I﹣‎ ‎176 254‎ X 28.575mg ‎=，解得：X=19.8mg 则1L中含维生素C的质量为：19.8mg×1000ml/20ml=990mg，‎ 所以，则此橙汁中维生素C的含量是990mg/L，‎ 故答案为：；990；‎ ‎（六）（1）读数时，滴定后仰视，导致消耗的标准液偏大，测定结果偏大；‎ ‎（2）若锥形瓶用待测橙汁润洗过，则需要标准液的偏大，浓度偏大；‎ ‎（3）若取标准液的滴定管水洗后未用待装液润洗，溶液变稀，导致消耗的标准液偏大，测定结果偏大；‎ 故答案为：偏大，偏答，偏大；‎ ‎（4）新鲜橙汁中维生素C的含量在500mg/L左右分析判断，从分析数据看此橙汁中维生素C的含量是990mg/L，此软包装橙汁不是纯天然橙汁，‎ 故答案为：不是．‎ ‎　‎ ‎20．常温下0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是（　　）‎ A．c（H+） B．‎ C．c（H+）•c（OH﹣） D．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】醋酸为弱酸，稀释过程中醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子、醋酸根离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小，由于溶液体积变化程度更大，则溶液中氢离子、醋酸根离子、醋酸的浓度减小；由于水的离子积不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，据此进行解答．‎ ‎【解答】解：A．CH3COOH溶液加水稀释过程中，由于溶液体积增大，而醋酸的电离程度较小，则稀释后溶液中c（H+）减小，故A正确；‎ B．稀释过程中氢离子的物质的量增大、醋酸的物质的量减小，由于在同一溶液中，溶液体积相同，则的比值增大，故B错误；‎ C．溶液中c（H+）•c（OH﹣）之积为水的离子积，稀释后溶液温度不变，则水的离子积不变，故C错误；‎ D．稀释过程中氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，则的比值减小，故D正确；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎21．体积为10mL pH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1 000mL，稀释过程中pH变化如图所示，则HX的电离平衡常数　大于　（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的电离平衡常数；理由是 ‎　pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大　，稀释后，HX溶液中由水电离出来的c（H+）　大于　（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸溶液中由水电离出来的c（H+）．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大．‎ ‎【解答】解：根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于常数；‎ 稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c（H+）大于醋酸溶液水电离出来c（H+），‎ 故答案为：大于；pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大；大于．‎ ‎　‎ ‎22．体积均为10mL pH=2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别与等浓度的氢氧化钠溶液反应，消耗氢氧化钠溶液体积：醋酸溶液　大于　一元酸HX溶液（填“大于”、“等于”或“小于”）‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】醋酸为弱酸，HX为一元强酸，pH相等的HX和醋酸溶液，两种溶液中H+离子浓度相等，则醋酸浓度大于HX，分别中和等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当酸恰好被完全中和时，消耗的碱的物质的量与对应的酸的物质的量相等，根据n=cV比较二者消耗的氢氧化钠的体积关系．‎ ‎【解答】解：醋酸为弱酸，HX为一元强酸，pH相等的HX和醋酸溶液，两种溶液中H+离子浓度相等，则醋酸浓度大与HX，设HX的浓度为c1，醋酸的浓度为c2，则c1＜c2，‎ 分别中和等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当酸恰好被完全中和时，消耗的碱等于对应的酸酸的物质的量，则有：n1=c1V1 n2=c2V2，体积均为10mL，V1=V2，由于c1＜c2，所以：n1＜n2，等浓度的氢氧化钠溶液，则消耗氢氧化钠溶液反应醋酸溶液体积大于一元酸HX溶液体积，‎ 故答案为：大于．‎