2022-2022学年黑龙江省绥化市安达高中高二（上）期中化学试卷（理科）（A卷）一、选择题（共28小题，每小题2分，满分56分）1．下列关于热化学反应的描述中正确的是()A．一个化学反应是否能在常温下发生与该反应的△H值的大小有必然联系B．同温同压下，反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下进行的△H不相同C．在一定条件下，某一化学反应是吸热反应还是放热反应，由生成物与反应物的焓值差决定D．甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3kJ•mol﹣12．下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是()ABCD强电解质AgClNaClHNO3CuSO4•5H2O弱电解质HINH3H3PO4Fe（OH）3非电解质葡萄糖液氯盐酸CO2A．AB．BC．CD．D3．在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列物理量不再变化时，表明反应：A（g）+2B（g）⇌C（g）+D（g）已达到平衡状态的是()①混合气体的压强②混合气体的密度③混合气体的平均相对分子质量④各气体的物质的量浓度之比为1：2：1：1．A．①④B．①③C．②④D．②③4．加入下列物质对水的电离平衡不产生影响的是()A．NaIB．NaHSO4C．CH3COONH4D．KF5．常温下某溶液中由水电离出的c（H+）与c（OH﹣）的乘积为10﹣20，该溶液可能是()A．pH等于4的NH4Cl溶液B．pH等于4的H2SO4溶液C．pH等于10的Na2CO3溶液D．一定浓度的NaCl溶液6．水解原理在生产和生活中都具有重要的用途．下列应用与盐类的水解无关的是()A．TiCl4溶于大量水加热制备TiO2B．热的纯碱溶液用于清洗油污C．次氯酸钠常用作消毒剂D．FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe（OH）3胶体7．常温下，将浓度均为0.05mol/L的Ba（0H）2和H2SO4溶液以2：1体积比混合（忽略体积变化），所得溶液的pH等于()\nA．pH=2.5B．pH=1.5C．pH=12.5D．pH=11.58．下列方程式书写正确的是()A．NaHCO3═Na++H++CO32﹣B．Na2HPO4⇌2Na++HPO42﹣C．NH4++2H2O⇌NH3•H2O+H3O+D．C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=+393.5kJ•mol﹣19．下列说法不正确的是()A．需要持续加热才能发生的反应一定是吸热反应B．MnO2能加速H2O2的分解，是因为MnO2可以降低反应所需的活化能C．分别稀释10mLpH=1的盐酸和醋酸至100mL，后者pH变化大，说明醋酸是弱酸D．向橙色的K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液，溶液颜色变黄，说明化学平衡发生了移动10．一定温度下，在容积为3L的密闭容器内发生反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H＜0，起始时充入1molCO和1molH2O（g），2min后反应达到平衡状态，此时CO2的浓度为0.2mol•L﹣1，下列说法正确的是()A．达到平衡时CO2的体积分数为20%B．降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大C．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变D．在达平衡的过程中，任意时刻CO和H2O的转化率都相同11．对于可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＞0，下列图形正确的是()A．B．C．D．12．在25℃和1.01×105Pa时，反应（NH4）2CO3（s）=NH4HCO3（s）+NH3（g）△H=+74.9kJ/mol能自发进行的合理解释()A．该反应熵判据起决定作用B．该反应焓判据起决定作用C．该反应是熵减的反应D．该反应是分解反应13．下列说法不正确的是()A．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3两种溶液的c（Na+）：②＞①B．反应2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）不能自发进行，则该反应△H一定大于0\nC．向明矾溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液至硫酸根离子刚好沉淀完全时，溶液呈碱性D．将盛有NO2气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深，这一事实可以用勒夏特列原理解释14．混合下列各组物质使之充分反应，加热蒸干产物并在300℃灼烧至质量不变，最终残留固体不是纯净物的是()A．向红褐色的Fe（OH）3固体中加入过量盐酸B．等物质的量浓度、等体积的（NH4）2SO4与BaCl2溶液C．等物质的量的NaHCO3与Na2O2固体D．向NaBr溶液中通入过量氯气15．现有常温时pH=1的某强酸溶液10mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是()A．加入10mL0.01mol•L﹣1的NaOH溶液B．加入10mL的水进行稀释C．加水稀释成100mLD．加入10mL0.01mol•L﹣1的盐酸溶液16．下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是()A．AlO2﹣浓度为0.1mol•L﹣1的溶液中：Na+、K+、HCO3﹣、Cl﹣B．室温下，pH=11的溶液中：Na+、Ba2+、AlO2﹣、NO3﹣C．加入KSCN溶液显红色的溶液：K+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣D．由水电离的H+浓度为1×10﹣11mol•L﹣1的溶液中：Mg2+、NH4+、S2O32﹣、SO42﹣17．在密闭恒容的真空容器中加入一定量纯净的氨基甲酸铵固体（固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），已知25℃时，平衡气体总浓度为2.4×10﹣3mol•L﹣1．下列说法中正确的是()A．恒温下压缩体积，容器中气体的平均相对分子质量减少B．再加入一定量氨基甲酸铵，平衡正向移动C．CO2的体积分数不变则该反应达到平衡状态D．25℃时氨基甲酸铵的分解平衡常数为2.048×10﹣9mol3•L﹣318．在一定条件下对于100mL1mol•L﹣1的Na2CO3溶液，下列说法正确的是()A．稀释溶液，c（CO32﹣）/c（OH﹣）增大B．升高温度，c（CO32﹣）/c（HCO3﹣）增大C．溶液中存在：c（Na+）+c（H+）═c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）D．完全吸收0.1molCO2气体后，溶液中存在：c（Na+）═c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）19．关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是()A．①和②等体积混合后的溶液：c（H+）═c（OH﹣）+c（NH3•H2O）B．①和③等体积混合后的溶液pH约为9.7：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．①和③等体积混合后的溶液：c（H+）+c（NH4+）═c（OH﹣）+c（NH3•H2O）D．①和体积为V的③混合后的溶液呈中性：混合后的溶液体积小于2V\n20．要求设计实验证明：某种盐的水解是吸热的．有四位同学作了如下回答，其中不正确的是()A．甲同学：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的B．乙同学：用加热的方法可除去KNO3溶液中混有的Fe3+，说明含有Fe3+的盐的水解是吸热的C．丙同学：通过实验发现同浓度的热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液去油污效果好D．丁同学：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热（不考虑水蒸发）后若红色加深，说明醋酸钠水解是吸热的21．一定条件下在2L的密闭容器中，充入2molSO2和1molO2发生反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196kJ•moL﹣1，当气体的总物质的量减少0.6mol时反应达到平衡，下列有关叙述不正确的是()A．将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀的质量为453.2gB．保持温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，v（正）＞v（逆）C．相同温度下，起始时向容器中充入2molSO3，达平衡时SO3的转化率为40%D．保持其他条件不变，若起始时向容器中充入2molSO3，达平衡时吸收78.4kJ的热量22．一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的浓HNO3中，收集到NO2气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO为8.0g，则V可能为()A．9.0LB．11.2LC．16.8LD．17.92L23．下列实验事实所得出的结论中，错误的是()A．向AgCl沉淀中滴入稀KI溶液白色沉淀变黄，说明AgI比AgCl更难溶B．加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则试样中一定有CO32﹣C．先加入盐酸无沉淀，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，则试样中一定有SO42﹣D．盐溶液中加入NaOH微热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则一定是铵盐24．下列各离子浓度的大小比较，正确的是()A．同浓度下列溶液中：①（NH4）2SO4②NH4HCO3③NH4Cl④NH3•H2O，c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞③＞②＞④B．常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后，pH=7，则c（NH4+）＞c（Cl﹣）C．0.2mol•L﹣1Na2CO3溶液中：c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+c（H+）+c（H2CO3）D．0.01mol•L﹣1的NH4Cl溶液与0.05mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）25．在100mL1.0×10﹣4mol/L的KCl溶液中，加入100mL2.0×10﹣6mol/L的AgNO3溶液，下列说法正确的是()A．有AgCl沉淀生成B．无AgCl沉淀生成C．有沉淀生成但不是AgClD．无法确定\n26．常温下，0.1mol•L﹣1某一元酸（HA）溶液中=1×10﹣8，下列叙述正确的是()A．由pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液中c（Na+）＞c（Ac﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．0.1mol•L﹣1HA溶液与0.05mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中，2c（H+）+c（HA）=c（A﹣）+c（OH﹣）C．该溶液中由水电离出的c（H+）=1×10﹣11mol•L﹣1D．浓度均为0.1mol/L的HA和NaA溶液等体积混合后，若溶液呈酸性，则c（A﹣）＞c（HA）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）27．25℃时，取0.2mol•L﹣1HX溶液与0.2mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=8，则下列说法（或关系式）不正确的是()A．混合溶液中由水电离出的c（OH﹣）小于0.2mol•L﹣1HX溶液中由水电离出的c（H+）B．c（Na+）=c（X﹣）+c（HX）=0.1mol•L﹣1C．c（Na+）﹣c（X﹣）=9.9×10﹣7mol•L﹣1D．c（OH﹣）=c（HX）+c（H+）=1×10﹣6mol•L﹣128．常温下，有甲、乙两份体积为1L、浓度均为0.1mol．•L﹣1的醋酸溶液，其pH为3，①甲用蒸馏水稀释100倍后，溶液的pH变为x；②乙与等体积、浓度为0.2mol•L﹣1的NaOH混合，在混合液中：n（CH3COO﹣）+n（OH﹣）﹣n（H+）=ymol．x、y的正确答案组合为()A．3；0.1B．5；0.2C．3＜x＜5；0.1D．3＜x＜5；0.2二、填空题（本题包括4大题，共44分）29．（14分）盐酸和氢氧化钠是工业上重要的化工原料，也是实验室里常见的试剂．Ⅰ．测定中和热．（1）写出稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应表示中和热的热化学方程式（中和热数值为57.3kJ/mol）：__________（2）取50mL0.5mol/LHCl溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行测定，但实验数值小于57.3kJ/mol，原因可能是__________填序号）．a．实验装置保温、隔热效果差b．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中c．量取盐酸的体积时仰视读数d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸的温度Ⅱ．酸碱中和滴定．（1）某学生用已知物质的量浓度的盐酸测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，选择酚酞作指示剂．实验中不必用到的是__________a．容量瓶b．铁架台c．锥形瓶__________d．酸式滴定管（2）用标准的盐酸滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视__________．直到因加入一滴盐酸，溶液的颜色由__________色变为__________色，且半分钟不褪色，即停止滴定．\n（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示：则起始读数为__________mL，终点读数为__________mL．已知用c（HCl）=1.0×10﹣2mol/L的盐酸标定25mL的氢氧化钠溶液，测得c（NaOH）__________mol/L（4）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是__________（填序号）．a．碱式滴定管未用待测液润洗就直接注入待测氢氧化钠溶液b．锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥c．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失d．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数．30．下列三个化学反应的平衡常数与温度的关系分别如表所示：化学反应平衡常数温度973K1173K①Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H=Q1kJ/molK11.472.15②Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g）△H=Q2kJ/molK22.381.72③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=QkJ/molK？？请回答：（1）写出反应③的平衡常数K的表达式__________．（2）根据反应①与②推导出Q1、Q2与Q的关系，Q=__________（用Q1、Q2表示）根据反应①与②推导出K1、K2与K的关系，则K=__________（用K1、K2表示）．（3）反应③是__________（填“吸热”或“放热”）反应．（4）要使反应③在一定条件下建立的平衡向逆反应方向移动，可采取的措施有__________（填序号）．a．扩大反应容器的容积b．升高温度c．使用合适的催化剂d．增大CO2的浓度（5）1173K时，若向一容积固定的密闭容器中同时充入1.0molCO、3.0molH2O、1.0molCO2和xmolH2，若要使上述反应开始时正向进行，则x应满足的条件是__________．31．已知：①25℃时弱电解质电离平衡数；Ka（CH3COOH）═1.8×10﹣5，Ka（HSCN）═0.13；难溶电解质的溶度积常数：KSD（CaF2）═1.5×10﹣10②25℃时，2×l0﹣3mol•L﹣1氢氟酸水溶液中，调节溶液pH（忽略体积变化），得到c（HF）、C（F﹣）与溶液pH的变化关系，如图1所示：\n请根据以下信息回答下列问题：（1）25℃时，将20mL0.10mol•L﹣1CH3COOH溶液和20mL0．lmol•L﹣1HSCN溶液分别与20mL0.10mol•L﹣1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）变化的示意图为图2所示：反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是__________，反应结束后所得两溶液中，C（CH3COO﹣）__________c（SCN﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）（2）25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka≈__________．（3）4×10﹣3mol•L﹣1HF溶液与4×10﹣4mol•L﹣1CaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0（忽略调节混合液体积的变化），通过列式计算说明是否有沉淀产生．32．已知某溶液中只存在OH﹣、H+、NH4+、Cl﹣四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：①c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）②c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）③c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）④c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）填写下列空白：（1）若溶液中只溶解一种溶质，则该溶质是__________，上述四种离子浓度的大小顺序为（填序号）__________；（2）若四种离子的关系符合③，则溶质为__________；若四种离子的关系符合④，则溶质为__________；（3）将pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数，下列图象正确的是（填图象符号）__________；\n（4）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c（HCl）__________c（NH3•H2O）（填“大于”“小于”或“等于”，下同）；混合前酸中c（H+）和碱中c（OH﹣）的关系为c（H+）__________c（OH﹣）．\n2022-2022学年黑龙江省绥化市安达高中高二（上）期中化学试卷（理科）（A卷）一、选择题（共28小题，每小题2分，满分56分）1．下列关于热化学反应的描述中正确的是()A．一个化学反应是否能在常温下发生与该反应的△H值的大小有必然联系B．同温同压下，反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下进行的△H不相同C．在一定条件下，某一化学反应是吸热反应还是放热反应，由生成物与反应物的焓值差决定D．甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、化学反应是否能在常温下发生与物质的稳定性有关；B、根据盖斯定律可知，反应中的能量变化与反应物、生成物有关，与反应途径无关；C、反应放热或吸热的能量变化是有反应物和生成物的焓值差决定，即焓变决定反应热量变化；D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分析．【解答】解：A、化学反应是否能在常温下发生与物质的稳定性有关，与该反应的△H值的大小没有必然联系，故A错误；B、根据盖斯定律可知，同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下反应的△H一定相同，故B错误；C、反应放热或吸热的能量变化是有反应物和生成物的焓值差决定，即焓变决定反应热量变化，故C正确；D、根据燃烧热的概念：1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，所放出的热量为燃烧热，水的状态应该为液态，故D错误；故选C．【点评】本题考查学生反应热的有关知识，注意对中和热和燃烧热的概念理解，掌握基础是关键，题目难度不大．2．下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是()ABCD强电解质AgClNaClHNO3CuSO4•5H2O弱电解质HINH3H3PO4Fe（OH）3非电解质葡萄糖液氯盐酸CO2A．AB．BC．CD．D【考点】强电解质和弱电解质的概念；电解质与非电解质．【分析】强电解质是水溶液中或熔融状态下完全电离的电解质；弱电解质是水溶液中不能完全电离的电解质；非电解质是指在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物，据此解答．【解答】解：A、AgCl为盐，熔融状态完全电离，属于强电解质，HI为强酸，属于强电解质，故A错误；B、氨气不能电离，属于非电解质，液氯为单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；\nC、盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D、CuSO4•5H2O为盐，属于强电解质，Fe（OH）3为弱碱，属于弱电解质，二氧化碳为非电解质，故D正确，故选D．【点评】本题考查了强电解质和弱电解质的概念分析应用，明确物质性质和类别是解题关键，注意单质、混合物既不是电解质又不是非电解质，题目难度不大．3．在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列物理量不再变化时，表明反应：A（g）+2B（g）⇌C（g）+D（g）已达到平衡状态的是()①混合气体的压强②混合气体的密度③混合气体的平均相对分子质量④各气体的物质的量浓度之比为1：2：1：1．A．①④B．①③C．②④D．②③【考点】化学平衡状态的判断．【分析】反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断．【解答】解：①该反应是反应前后气体体积变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，能证明达到了平衡状态，故①正确；②该容器的体积保持不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量不变，所以当混合气体的密度不再发生变化时，不能表明达到化学平衡状态，故②错误；③容器中的气体平均相对分子质量M=，反应前后混合气体的质量不变化，该反应是反应前后气体体积变化的反应，所以当M不再发生变化时，表明已经平衡，故③正确；④各气体的物质的量浓度之比为1：2：1：1，可能达到平衡状态，也可能没有达到平衡状态，故④错误；故选B．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，难度不大，注意只有反应前后不相同的量才能作为判断化学平衡的依据，反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡的依据，如该反应中的压强就不能作为判断化学平衡的依据．4．加入下列物质对水的电离平衡不产生影响的是()A．NaIB．NaHSO4C．CH3COONH4D．KF【考点】水的电离．【分析】根据影响因素来进行判断，影响因素有温度、酸、碱、盐等，加酸、加碱抑制水的电离；能水解的盐促进水的电离；A．NaI溶液中钠离子和碘离子不水解；B．NaHSO4溶液能电离出氢离子；C．CH3COONH4溶液能电离出醋酸根和铵根离子，为弱离子；D．KF电离出的F﹣为弱酸根．【解答】解：水的电离H2O⇌H++OH﹣，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离，A．NaI为强电解质，在溶液中电离出钠离子和碘离子，这两种离子都不水解，对水的电离平衡无影响，故A正确；\nB．NaHSO4溶液能电离出氢离子，溶液显强酸性，对水的电离有抑制作用，故B错误；C．CH3COONH4溶液能电离出醋酸根和铵根离子，为弱离子，在溶液中均能水解，对水的电离有促进作用，故C错误；D．KF电离出的F﹣为弱酸根，在溶液中水解，对水的电离有促进作用，故D错误．故选A．【点评】本题考查了对水的电离的影响因素，解答的关键是抓住酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离，题目不难．5．常温下某溶液中由水电离出的c（H+）与c（OH﹣）的乘积为10﹣20，该溶液可能是()A．pH等于4的NH4Cl溶液B．pH等于4的H2SO4溶液C．pH等于10的Na2CO3溶液D．一定浓度的NaCl溶液【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】水电离出的c（H+）和c（OH﹣）的乘积是1×10﹣20，由于c（H+）和c（OH﹣）的乘积小于10﹣14，说明水的电离受到了抑制，其溶质只能是酸或碱，据此进行判断．【解答】解：A、氯化铵是强酸弱碱盐，其水解能够促进水的电离，常温下由水电离出的c（H+）与c（OH﹣）的乘积为10﹣8，故A错误；B、常温下pH=4的硫酸中，c（OH﹣）=1×10﹣10mol/L，水电离出来的氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同，故B正确；C、碳酸钠是弱酸强碱盐，其水解能够促进水的电离，由水电离出的c（H+）与c（OH﹣）的乘积为10﹣8，故C错误；D、氯化钠溶液中由水电离出的c（H+）与c（OH﹣）的乘积为10﹣14，故D错误；故选B．【点评】本题考查了水的电离、水的离子积常数，题目难度中等，注意水电离的氢离子与溶液酸碱性的关系．6．水解原理在生产和生活中都具有重要的用途．下列应用与盐类的水解无关的是()A．TiCl4溶于大量水加热制备TiO2B．热的纯碱溶液用于清洗油污C．次氯酸钠常用作消毒剂D．FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe（OH）3胶体【考点】盐类水解的应用．【分析】A、TiCl4溶液水解生成H2TiO3，钛酸加热分解生成二氧化钛；B、纯碱水解显碱性；C、次氯酸钠具有强氧化性；D、向沸水中滴加少量的FeCl3溶液，FeCl3水解生成Fe（OH）3胶体．【解答】解：A、四氯化钛在热水中水解：TiCl4+3H2O⇌H2TiO3+4HCl，钛酸受热分解：H2TiO3TiO2+H2O，与盐类水解有关，故A错误；B、纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油污在碱性条件下水解较完全，可用于油污的清洗，故B错误；C、次氯酸钠本身具有强氧化性，可用于杀菌消毒，与盐的水解无关，故C正确；D、向沸水中滴加少量的FeCl3溶液生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，故D错误．\n故选C．【点评】本题考查了盐类水解的原理和应用，应注意的是次氯酸钠本身有强氧化性，能杀菌消毒．7．常温下，将浓度均为0.05mol/L的Ba（0H）2和H2SO4溶液以2：1体积比混合（忽略体积变化），所得溶液的pH等于()A．pH=2.5B．pH=1.5C．pH=12.5D．pH=11.5【考点】pH的简单计算．【分析】先计算出氢离子、氢氧根离子浓度，然后根据等体积混合后酸碱过量情况计算出反应后的溶液中氢离子浓度，最后根据溶液pH的表达式计算出溶液的pH．【解答】解：0.05mol/L的氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）=2c（Ba（OH）2）=0.1mol/L，0.05mol/L的H2SO4溶液中氢离子浓度为：c（H+）=2c（H2SO4）=0.1mol/L，两溶液以2：1体积比混合混合后氢氧根离子过量，则反应后溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）=mol/L=mol/L，溶液中氢离子浓度为：c（H+）==3×10﹣13mol/L，混合液的pH为：pH=﹣lgc（H+）=13﹣lg3≈12.5，故选C．【点评】本题考查酸碱混合液pH的计算，题目难度不大，试题侧重基础知识的考查，注意酸碱物质的量的计算和过量问题，把握好溶液酸碱性与溶液pH的计算公式．8．下列方程式书写正确的是()A．NaHCO3═Na++H++CO32﹣B．Na2HPO4⇌2Na++HPO42﹣C．NH4++2H2O⇌NH3•H2O+H3O+D．C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=+393.5kJ•mol﹣1【考点】离子方程式的书写．【分析】A．碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，不拆；B．磷酸氢二钠为强电解质，完全电离产生2个钠离子和磷酸氢根离子；C．铵根离子水解生成一水合氨和氢离子；D．放热反应焓变小于0．【解答】解：A．碳酸氢钠电离方程式：NaHCO3═Na++HCO3﹣，故A错误；B．磷酸氢二钠电离方程式：Na2HPO4=2Na++HPO42﹣，故B错误；C．铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，离子方程式：NH4++2H2O⇌NH3•H2O+H3O+，故C正确；D．碳燃烧属于放热反应，焓变值为负，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，侧重考查电解质电离方程式的书写，明确电解质强弱是解题关键，题目难度不大．9．下列说法不正确的是()\nA．需要持续加热才能发生的反应一定是吸热反应B．MnO2能加速H2O2的分解，是因为MnO2可以降低反应所需的活化能C．分别稀释10mLpH=1的盐酸和醋酸至100mL，后者pH变化大，说明醋酸是弱酸D．向橙色的K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液，溶液颜色变黄，说明化学平衡发生了移动【考点】反应热和焓变．【分析】A、需要持续加热，说明反应是吸热反应；B、催化剂降低反应所需的活化能；C、弱酸稀释中会促进弱酸的电离；D、橙红色的Cr2O72﹣与黄色的CrO42﹣有平衡关系为Cr2O72﹣（aq）+H2O（l）⇌2CrO42﹣（aq）+2H+（aq）．【解答】解：A、需要持续加热才能发生反应，说明反应是吸热反应，故A正确；B、MnO2能加速H2O2的分解即为催化剂，催化剂可以降低反应所需的活化能，故B正确；C、盐酸是强酸，醋酸是弱酸，弱酸稀释中会促进弱酸的电离，稀释10mLpH=1的盐酸至100mL，pH变为2，稀释10mLpH=1的醋酸至100mL，pH小于2，pH变化比盐酸小，故C错误；D、橙红色的Cr2O72﹣与黄色的CrO42﹣有平衡关系为Cr2O72﹣（aq）+H2O（l）⇌2CrO42﹣（aq）+2H+（aq），则滴加NaOH溶液，溶液颜色变黄，说明化学平衡正向移动，故D正确．故选C．【点评】本题考查化学平衡的移动以及弱酸的电离，明确常见的影响因素及存在的化学平衡体系是解答的关键，选项C为解答的难点，题目难度中等．10．一定温度下，在容积为3L的密闭容器内发生反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H＜0，起始时充入1molCO和1molH2O（g），2min后反应达到平衡状态，此时CO2的浓度为0.2mol•L﹣1，下列说法正确的是()A．达到平衡时CO2的体积分数为20%B．降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大C．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变D．在达平衡的过程中，任意时刻CO和H2O的转化率都相同【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A．反应前后气体物质的量不变，根据n=cV计算平衡时二氧化碳物质的量，进而计算二氧化碳体积分数；B．降低温度正、逆反应速率都减小，正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，则逆反应速率降低更多；C．反应热只与始态、终态有关，与反应途径无关；D．CO和H2O的起始物质的量为1：1，且二者按物质的量1：1反应，则二者转化率都相同．【解答】解：A．反应前后气体物质的量不变，平衡时混合气体总物质的量为2mol，二氧化碳的物质的量为3L×0.2mol/L=0.6mol，故二氧化碳的体积分数为×100%=30%，故A错误；B．降低温度正、逆反应速率都减小，正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，则正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大，故B正确；C．加入催化剂，降低活化能，改变了反应的途径，但反应热只与始态、终态有关，与反应途径无关，反应的△H不变，故C错误；\nD．CO和H2O的起始物质的量为1：1，且二者按物质的量1：1反应，则二者转化率都相同，故D正确；故选BD．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素，难度不大，侧重考查学生分析能力，注意对基础知识的理解掌握．11．对于可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＞0，下列图形正确的是()A．B．C．D．【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A、合成氨的反应是放热反应，利用温度对化学平衡的影响及图象来分析；B、合成氨的反应是放热反应，利用温度对化学平衡的影响及图象来分析；C、利用催化剂对化学反应速率及化学平衡的影响，结合图象来分析；D、合成氨反应是气体体积缩小的放热反应，则利用压强及其温度对化学平衡的影响，然后结合图象来分析．【解答】解：A、因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，所以平衡后，提高温度，逆反应速率增大幅度比正反应速率增大大，故A错误；B、因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象相符，故B正确；C、因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少，与图象不符，故C错误；D、该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，又该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，所以温度高，氨气的体积分数减小，与图象不符，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学平衡与图象，明确影响化学反应速率及化学平衡的影响因素，图象中纵横坐标的含义即可解答．12．在25℃和1.01×105Pa时，反应（NH4）2CO3（s）=NH4HCO3（s）+NH3（g）△H=+74.9kJ/mol能自发进行的合理解释()A．该反应熵判据起决定作用B．该反应焓判据起决定作用C．该反应是熵减的反应D．该反应是分解反应【考点】化学平衡的影响因素；焓变和熵变．\n【分析】由反应（NH4）2CO3（s）=NH4HCO3（s）+NH3（g）△H=+74.9kJ/mol，可知该反应吸热，且熵值增大，根据△G=△H﹣T•△S判断，反应能自发进行，必须满足=△H﹣T•△S＜0才可．【解答】解：反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，在反应（NH4）2CO3（s）=NH4HCO3（s）+NH3（g）△H=+74.9kJ/mol，可知该反应吸热，且熵值增大，根据△G=△H﹣T•△S判断，反应能自发进行，必须满足△H﹣T•△S＜0才可，即熵增大效应大于能量效应，故A正确．故选A．【点评】本题考查焓变和熵变，题目难度不大，本题注意反应能否自发进行，不取决于焓变或熵变中的一种，而是二者的综合判据，当△H﹣T•△S＜0时，反应才能自发进行．13．下列说法不正确的是()A．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3两种溶液的c（Na+）：②＞①B．反应2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）不能自发进行，则该反应△H一定大于0C．向明矾溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液至硫酸根离子刚好沉淀完全时，溶液呈碱性D．将盛有NO2气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深，这一事实可以用勒夏特列原理解释【考点】盐类水解的应用；反应热和焓变．【分析】A、根据越弱越水解来分析pH相同的①CH3COONa②NaHCO3两种溶液的浓度，从而得出钠离子的浓度关系；B、△H﹣T△S＞0的反应不能自发进行；C、明矾与氢氧化钡按照1：2反应时硫酸根离子刚好沉淀完全；D、2N02⇌N2O4△H＜0，N2O4无色．【解答】解：A、由于对应的酸越弱，则盐越水解，故可知NaHCO3的水解程度大于CH3COOH，故pH相同的①CH3COONa溶液的浓度大于②NaHCO3溶液的浓度，则c（Na+）：①＞②，故A错误；B、反应不能自发进行，一定满足△H﹣T△S＞0，由于△S＞0，所以△H一定大于0，即该反应为吸热反应，故B正确；C、向明矾溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液至硫酸根离子刚好沉淀完全2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，此时溶液中的溶质为KAlO2，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，故C正确；D、2N02⇌N2O4△H＜0，N2O4无色，加热平衡正向移动，气体颜色变浅，故D正确；故选A．【点评】本题考查了盐类水解的原理、化学平衡移动等和与量有关的方程式的书写，有一定难度，注意平时学习过程中的比较．14．混合下列各组物质使之充分反应，加热蒸干产物并在300℃灼烧至质量不变，最终残留固体不是纯净物的是()A．向红褐色的Fe（OH）3固体中加入过量盐酸B．等物质的量浓度、等体积的（NH4）2SO4与BaCl2溶液C．等物质的量的NaHCO3与Na2O2固体D．向NaBr溶液中通入过量氯气【考点】铁的氧化物和氢氧化物；氯气的化学性质；铵盐；钠的重要化合物．\n【分析】A．Fe（OH）3固体中加入过量盐酸反应生成氯化铁，氯化铁水解生成氢氧化铁沉淀和氯化氢，盐酸挥发，氢氧化铁分解最终得到氧化铁；B．等物质的量的硫酸铵和氯化钡反应生成硫酸钡和氯化铵，氯化铵受热分解；C．等物质的量的NaHCO3与Na2O2固体混合，发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，过氧化钠再与二氧化碳、水反应；D．向NaBr溶液中通入过量氯气反应生成NaCl、溴，溴易挥发．【解答】解：A．向红褐色的Fe（OH）3固体中加入过量盐酸反应生成氯化铁，氯化铁会水解得到氢氧化铁和盐酸，盐酸挥发，灼烧氢氧化铁分解最终得到氧化铁，为纯净物，故A错误；B．等物质的量的浓度、等体积的（NH4）2SO4与BaCl2溶液，反应生成硫酸钡和氯化铵，氯化铵分解生成氨气和HCl，氯化氢、氨气挥发，蒸干灼烧后的固体为硫酸钡，为纯净物，故B错误；C．等物质的量的NaHCO3与Na2O2固体混合，发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，过氧化钠再与二氧化碳、水反应，蒸干灼烧后的固体为碳酸钠和NaOH，为混合物，故C正确；D．向NaBr溶液中通入过量氯气反应生成NaCl、溴，溴易挥发，蒸干灼烧后的固体为NaCl，为纯净物，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了元素化合物的性质，明确发生的化学反应及物质的性质是解答本题的关键，题目难度中等，注意盐类水解的应用．15．现有常温时pH=1的某强酸溶液10mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是()A．加入10mL0.01mol•L﹣1的NaOH溶液B．加入10mL的水进行稀释C．加水稀释成100mLD．加入10mL0.01mol•L﹣1的盐酸溶液【考点】pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】常温下pH=1的某强酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，使溶液的pH变成2，即c（H+）=0.01mol/L，可加水稀释或加入一定量的碱进行中和，使c（H+）=0.01mol/L即可．【解答】解：常温下pH=1的某强酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，使溶液的pH变成2，即c（H+）=0.01mol/L，则：A、pH=1的某强酸溶液10mL，n（H+）=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，10mL0.01mol/L的NaOH溶液，n（OH﹣）=0.01L×0.01mol/L=0.0001mol，混合后c（H+）=≠0.01mol/L，故A错误；B、加入10mL的水进行稀释，混合后c（H+）==0.05mol/L≠0.01mol/L，故B错误；C、加水稀释成100mL，c（H+）==0.01mol/L，故C正确；\nD、加入10mL0.01mol/L的盐酸，混合后，c（H+）=≠0.01mol/L，故D错误．故选C．【点评】本题考查酸碱混合的计算和判断，题目难度中等，注意首先判断混合后溶液的酸碱性，根据溶液混合后c（H+）计算pH值．16．下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是()A．AlO2﹣浓度为0.1mol•L﹣1的溶液中：Na+、K+、HCO3﹣、Cl﹣B．室温下，pH=11的溶液中：Na+、Ba2+、AlO2﹣、NO3﹣C．加入KSCN溶液显红色的溶液：K+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣D．由水电离的H+浓度为1×10﹣11mol•L﹣1的溶液中：Mg2+、NH4+、S2O32﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．AlO2﹣促进HCO3﹣的电离；B．室温下，pH=11的溶液，显碱性；C．加入KSCN溶液显红色的溶液，含铁离子；D．由水电离的H+浓度为1×10﹣11mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液．【解答】解：A．AlO2﹣促进HCO3﹣的电离，不能大量共存，故A错误；B．室温下，pH=11的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．加入KSCN溶液显红色的溶液，含铁离子与CO32﹣相互促进水解生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D．由水电离的H+浓度为1×10﹣11mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，碱性溶液中不能大量存在Mg2+、NH4+，酸溶液中H+、S2O32﹣发生氧化还原反应，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．17．在密闭恒容的真空容器中加入一定量纯净的氨基甲酸铵固体（固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），已知25℃时，平衡气体总浓度为2.4×10﹣3mol•L﹣1．下列说法中正确的是()A．恒温下压缩体积，容器中气体的平均相对分子质量减少B．再加入一定量氨基甲酸铵，平衡正向移动C．CO2的体积分数不变则该反应达到平衡状态D．25℃时氨基甲酸铵的分解平衡常数为2.048×10﹣9mol3•L﹣3【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A．混合气体中氨气、二氧化碳物质的量之比为定值2：1；B．增大固体物质的用量，不影响平衡移动；C．混合气体中氨气、二氧化碳物质的量之比为定值2：1，自反应开始二氧化碳的体积分数不变；D．混合气体中氨气、二氧化碳物质的量之比为2：1，结合总浓度计算各自浓度，平衡常数K=c2（NH3）×c（CO2）．【解答】解：A．恒温下压缩体积，压强增大，平衡虽然想逆反应移动，但混合气体中氨气、二氧化碳物质的量之比为定值2：1，容器中气体的平均相对分子质量不变，故A错误；\nB．增大固体物质的用量，不影响平衡移动，故B错误；C．混合气体中氨气、二氧化碳物质的量之比为定值2：1，自反应开始二氧化碳的体积分数不变，故C错误；D．混合气体中氨气、二氧化碳物质的量之比为2：1，平衡气体总浓度为2.4×10﹣3mol•L﹣1，则：c（NH3）=1.6×10﹣3mol•L﹣1，c（CO2）=0.8×10﹣3mol•L﹣1，故平衡常数K=c2（NH3）×c（CO2）=2.048×10﹣9mol3•L﹣3，故D正确，故选：D．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素，C选项为易错点，学生容易忽略氨气与二氧化碳的物质的量为定比．18．在一定条件下对于100mL1mol•L﹣1的Na2CO3溶液，下列说法正确的是()A．稀释溶液，c（CO32﹣）/c（OH﹣）增大B．升高温度，c（CO32﹣）/c（HCO3﹣）增大C．溶液中存在：c（Na+）+c（H+）═c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）D．完全吸收0.1molCO2气体后，溶液中存在：c（Na+）═c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）【考点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．【分析】Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣．A、稀释溶液，Na2CO3的水解平衡右移，CO32﹣的物质的量减少，水解出的OH﹣的物质的量增多，据此分析；B、盐类水解吸热，升温会导致水解平衡右移，c（CO32﹣）减少，水解出的c（HCO3﹣）增多；C、根据溶液的电荷守恒来分析；D、溶液中Na2CO3的物质的量为0.1mol，完全吸收0.1molCO2气体后恰好完全反应生成0.1molNaHCO3，根据物料守恒来分析．【解答】解：Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣．A、稀释溶液，Na2CO3的水解平衡右移，n（CO32﹣）减少，水解出的n（OH﹣）增多，减小，故=减小，故A错误；B、盐类水解吸热，升温会导致水解平衡右移，c（CO32﹣）减少，水解出的c（HCO3﹣）增多，故c（CO32﹣）/c（HCO3﹣）减小，故B错误；C、溶液中Na2CO3的物质的量为0.1mol，完全吸收0.1molCO2气体后恰好完全反应生成0.1molNaHCO3，HCO3﹣既能水解为H2CO3又能电离为CO32﹣，根据物料守恒可有：c（Na+）═c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故D正确．故选D．【点评】本题考查了影响盐溶液水解平衡的因素和平衡移动后溶液中离子浓度的变化，难度不大，注意掌握盐溶液中的三个守恒．19．关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是()A．①和②等体积混合后的溶液：c（H+）═c（OH﹣）+c（NH3•H2O）\nB．①和③等体积混合后的溶液pH约为9.7：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．①和③等体积混合后的溶液：c（H+）+c（NH4+）═c（OH﹣）+c（NH3•H2O）D．①和体积为V的③混合后的溶液呈中性：混合后的溶液体积小于2V【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】A．①和②等体积混合的溶液为氯化铵溶液，利用质子守恒来分析；B．①和③等体积混合后的溶液pH约为9.7，显碱性；C．根据电荷守恒分析；D、若显中性，则混合时①的体积要小于V．【解答】解：A．盐酸和氨水混合后恰好完全反应，生成的盐为强酸弱碱盐，溶液显酸性，由质子守恒可知，c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O），故A正确；B．①和③等体积混合，溶液pH约为9.7，溶液呈碱性，即氨水的电离大于氯化铵的水解，则c（NH+4）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B正确；C．①和③等体积混合后的溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），由于NH3•H2O部分电离，则c（Cl﹣）＞c（NH3•H20），所以c（H+）+c（NH4+）＞c（OH﹣）+c（NH3•H20），故C错误；D．①和③等体积混合后的显碱性，若显中性，则混合时①的体积要小于V，所以混合后的溶液体积小于2V，故D正确；故选C．【点评】本题综合考查弱电解质的电离、盐类的水解以及离子浓度大小比较等相关知识，对于考生的要求较高，难度中等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力．20．要求设计实验证明：某种盐的水解是吸热的．有四位同学作了如下回答，其中不正确的是()A．甲同学：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的B．乙同学：用加热的方法可除去KNO3溶液中混有的Fe3+，说明含有Fe3+的盐的水解是吸热的C．丙同学：通过实验发现同浓度的热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液去油污效果好D．丁同学：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热（不考虑水蒸发）后若红色加深，说明醋酸钠水解是吸热的【考点】探究吸热反应和放热反应．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、硝酸铵的溶解过程是吸热的；B、根据温度升高有利于水解平衡正向移动来分析三价铁离子的水解平衡；C、根据温度升高有利于水解平衡正向移动来分析碳酸根的水解平衡；D、根据温度升高有利于水解平衡正向移动来分析醋酸的水解平衡．【解答】解：A、硝酸铵的溶解过程是吸热的，将硝酸铵晶体溶于水，水温下降，和铵根离子水解无关，故A错误；B、温度升高，有利于三价铁离子的水解平衡向右移动，三价铁转化为氢氧化铁沉淀下来，可除去KNO3溶液中混有的Fe3+，故B正确；C、温度升高，有利于碳酸根的水解平衡正向移动，生成的氢氧根浓度越大，碱性越强，酯的水解越彻底，去油污效果好，故C正确；D、碱遇酚酞显红色，温度升高，有利于醋酸根的水解平衡正向移动，生成的氢氧根浓度越大，碱性越强，红色越深，故D正确．故选A．\n【点评】本题考查学生水解平衡移动原理中温度的影响知识，可以根据教材知识来回答，难度不大．21．一定条件下在2L的密闭容器中，充入2molSO2和1molO2发生反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196kJ•moL﹣1，当气体的总物质的量减少0.6mol时反应达到平衡，下列有关叙述不正确的是()A．将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀的质量为453.2gB．保持温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，v（正）＞v（逆）C．相同温度下，起始时向容器中充入2molSO3，达平衡时SO3的转化率为40%D．保持其他条件不变，若起始时向容器中充入2molSO3，达平衡时吸收78.4kJ的热量【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】一定条件下在2L的密闭容器中，充入2molSO2和1molO2，当气体的总物质的量减少0.6mol时反应达到平衡，则：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）物质的量减少△n=1起始量（mol）：210变化量（mol）：1.20.61.20.6平衡量（mol）：0.80.41.2A．三氧化硫与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，平衡体系中未反应的二氧化硫、氧气物质的量之比为2：1，再溶液中恰好转化为硫酸，也生成硫酸钡沉淀，根据S元素守恒计算硫酸钡质量；B．保持温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，平衡正向移动；C．相同温度下，起始时向容器中充入2molSO3与原平衡等效，平衡时相同组分的物质的量相等；D．保持其他条件不变，若起始时向容器中充入2molSO3，与原平衡等效，平衡时三氧化硫的物质的量相等，可以计算转化的三氧化硫物质的量，结合热化学方程式计算吸收的热量．【解答】解：一定条件下在2L的密闭容器中，充入2molSO2和1molO2，当气体的总物质的量减少0.6mol时反应达到平衡，则：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）物质的量减少△n=1起始量（mol）：210变化量（mol）：1.20.61.20.6平衡量（mol）：0.80.41.2A．三氧化硫与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，平衡体系中未反应的二氧化硫、氧气物质的量之比为2：1，再溶液中恰好转化为硫酸，也生成硫酸钡沉淀，根据S元素守恒，硫酸钡物质的量为2mol，可以得到沉淀质量为2mol×233g/mol=466g，故A错误；B．保持温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，平衡正向移动，则v（正）＞v（逆），故B正确；C．相同温度下，起始时向容器中充入2molSO3与原平衡等效，平衡时相同组分的物质的量相等，则转化的三氧化硫为2mol﹣1.2mol=0.8mol，故三氧化硫转化率为×100%=40%，故C正确；\nD．保持其他条件不变，若起始时向容器中充入2molSO3，与原平衡等效，平衡时三氧化硫的物质的量相等，转化的三氧化硫为2mol﹣1.2mol=0.8mol，故吸收的热量为196kJ•moL﹣1×=78.4kJ，故D正确，故选：A．【点评】本题考查化学平衡计算，注意CD选项运用等效平衡解答，A选项为易错点，学生容易考查三氧化硫反应生成硫酸钡沉淀，忽略二氧化硫、氧气在溶液中转化为硫酸后也可以生成硫酸钡．22．一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的浓HNO3中，收集到NO2气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO为8.0g，则V可能为()A．9.0LB．11.2LC．16.8LD．17.92L【考点】氧化还原反应的计算．【分析】利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=计算n（CuO），根据电子转移守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n（NO2），根据V=nVm计算气体体积，实际气体介于二者之间．【解答】解：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）==0.1mol，转移电子物质的量=0.1×（6+2）=0.8mol．则NO2的物质的量为0.8mol，故气体体积V=0.8mol×22.4L/mol=17.92L；若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=×0.1mol=0.05mol，转移电子物质的量0.05×10=0.5mol，设NO2为xmol，x==0.5mol，气体体积0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故选C．【点评】本题考查氧化还原反应计算，难度中等，注意守恒思想与极限法的利用，是对学生综合能力的考查．23．下列实验事实所得出的结论中，错误的是()A．向AgCl沉淀中滴入稀KI溶液白色沉淀变黄，说明AgI比AgCl更难溶B．加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则试样中一定有CO32﹣C．先加入盐酸无沉淀，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，则试样中一定有SO42﹣D．盐溶液中加入NaOH微热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则一定是铵盐【考点】化学实验方案的评价；常见离子的检验方法；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】实验评价题；离子反应专题．【分析】A．从难溶电解质的溶解平衡的角度分析；B．产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，可能为CO32﹣、HCO3﹣或SO32﹣；C．先加入盐酸无沉淀，可排除Ag+的干扰，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，生成沉淀为BaSO4；D．使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3．\n【解答】解：A．向AgCl沉淀中滴入稀KI溶液白色沉淀变黄，说明生成AgI沉淀，则可说明AgI比AgCl更难溶，故A正确；B．产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，可能为CO32﹣、HCO3﹣或SO32﹣，不一定为CO32﹣，故B错误；C．先加入盐酸无沉淀，可排除Ag+的干扰，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，生成沉淀为BaSO4，则试样中一定有SO42﹣，故C正确；D．使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，可说明一定是铵盐，故D正确．故选B．【点评】本题考查实验方案的评价，侧重于物质的检验和鉴别的考查，题目难度不大，注意把握相关物质的性质，学习中注意积累．24．下列各离子浓度的大小比较，正确的是()A．同浓度下列溶液中：①（NH4）2SO4②NH4HCO3③NH4Cl④NH3•H2O，c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞③＞②＞④B．常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后，pH=7，则c（NH4+）＞c（Cl﹣）C．0.2mol•L﹣1Na2CO3溶液中：c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+c（H+）+c（H2CO3）D．0.01mol•L﹣1的NH4Cl溶液与0.05mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．硫酸铵的化学式中含有2个铵根离子，其铵根离子浓度最大；一水合氨为弱电解质，其溶液中铵根离子浓度最小；碳酸氢根离子促进了铵根离子的水解，则氯化铵中铵根离子浓度大于碳酸氢铵；B．pH=7的溶液中c（OH﹣）=c（H+），结合电荷守恒可知c（NH4+）=c（Cl﹣）；C．根据碳酸钠溶液中的质子守恒进行判断；D．反应后溶质为0.005mol/L的氯化钠、一水合氨和0.02mol/L的NaOH，钠离子浓度最大，其次是氢氧根离子浓度．【解答】解：A．①（NH4）2SO4的化学式中含有2个铵根离子，浓度相同时其铵根离子浓度最大；④NH3•H2O为弱电解质，其溶液中铵根离子浓度最小；碳酸氢根离子促进了铵根离子的水解，则③NH4Cl中铵根离子浓度大于NH4HCO3，所以c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞③＞②＞④，故A正确；B．常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后pH=7，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒可知c（NH4+）=c（Cl﹣），故B错误；C.0.2mol•L﹣1Na2CO3溶液中，根据质子守恒可知：c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+c（H+）+2c（H2CO3），故C错误；D.0.01mol•L﹣1的NH4Cl溶液与0.05mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合，反应后溶质为0.005mol/L的氯化钠、一水合氨和0.02mol/L的NaOH，钠离子浓度最大，其次是氢氧根离子，氢离子浓度最小，则溶液中正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+），故D错误；故选A．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理及其影响、电荷守恒、物料守恒及质子守恒的含义为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用基础知识的能力．\n25．在100mL1.0×10﹣4mol/L的KCl溶液中，加入100mL2.0×10﹣6mol/L的AgNO3溶液，下列说法正确的是()A．有AgCl沉淀生成B．无AgCl沉淀生成C．有沉淀生成但不是AgClD．无法确定【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】氯化银的溶解平衡为：AgCl（s）⇌Ag++Cl﹣，Ksp=c（Ag+）．c（Cl﹣），求算出氯离子、银离子的物质的量，混合后体积为0.2L，再计算出c（Ag+）、c（Cl﹣），带人氯化银的溶度积判断即可．【解答】解：由AgCl（s）⇌Ag++Cl﹣，Ksp=c（Ag+）．c（Cl﹣），混合后溶体积是0.2L，c（Cl﹣）==5×10﹣5，c（Ag+）==1×10﹣6mol/L，Ksp=c（Ag+）．c（Cl﹣）=5×10﹣5mol/L×1×10﹣6mol•L﹣1=5×10﹣11mol2•L﹣2＜1.8×10﹣10mol2•L﹣2，故无沉淀析出；故选B．【点评】本题考查根据难溶电解质溶度积判断沉淀情况，难度中等．26．常温下，0.1mol•L﹣1某一元酸（HA）溶液中=1×10﹣8，下列叙述正确的是()A．由pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液中c（Na+）＞c（Ac﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．0.1mol•L﹣1HA溶液与0.05mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中，2c（H+）+c（HA）=c（A﹣）+c（OH﹣）C．该溶液中由水电离出的c（H+）=1×10﹣11mol•L﹣1D．浓度均为0.1mol/L的HA和NaA溶液等体积混合后，若溶液呈酸性，则c（A﹣）＞c（HA）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】常温下，0.1mol•L﹣1某一元酸（HA）溶液中=1×10﹣8，c（OH﹣）．c（H+）=10﹣14，所以该溶液中c（H+）=mol/L=10﹣3mol/L＜0.1mol/L，所以HA是弱酸，A．pH=3的HA浓度大于pH=11的NaOH溶液浓度，等体积混合HA有剩余，溶液呈酸性；B．混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaA和HA，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；C．该溶液中由水电离出的c（H+）=c（OH﹣）；\nD．浓度均为0.1mol/L的HA和NaA溶液等体积混合后，若溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A﹣的水解程度．【解答】解：常温下，0.1mol•L﹣1某一元酸（HA）溶液中=1×10﹣8，c（OH﹣）．c（H+）=10﹣14，所以该溶液中c（H+）=mol/L=10﹣3mol/L＜0.1mol/L，所以HA是弱酸，A．pH=3的HA浓度大于pH=11的NaOH溶液浓度，等体积混合HA有剩余，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；B．混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaA和HA，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（Ac﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得c（A﹣）+c（HA）=2c（Na+），所以得c（HA）+2c（H+）=c（Ac﹣）+2c（OH﹣），故B错误；C．该溶液中由水电离出的c（H+）=c（OH﹣）=mol/L=1×10﹣11mol•L﹣1，故C正确；D．浓度均为0.1mol/L的HA和NaA溶液等体积混合后，若溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A﹣的水解程度，根据物料守恒得c（HA）＜c（Na+），故D错误；故选C．【点评】本题考查离子浓度大小比较，正确判断酸的强弱是解本题关键，再结合溶液酸碱性及电荷守恒、物料守恒等知识点分析解答，易错选项是C，注意酸溶液中水电离出氢离子浓度的计算方法，其不等于溶液中氢离子浓度，为易错点．27．25℃时，取0.2mol•L﹣1HX溶液与0.2mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=8，则下列说法（或关系式）不正确的是()A．混合溶液中由水电离出的c（OH﹣）小于0.2mol•L﹣1HX溶液中由水电离出的c（H+）B．c（Na+）=c（X﹣）+c（HX）=0.1mol•L﹣1C．c（Na+）﹣c（X﹣）=9.9×10﹣7mol•L﹣1D．c（OH﹣）=c（HX）+c（H+）=1×10﹣6mol•L﹣1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】相同物质的量浓度和体积的一元酸和一元碱恰好反应生成盐和水，根据盐溶液的酸碱性判断酸的强弱；A、含有弱根离子的盐能促进水的电离，酸或碱能抑制水的电离．B、根据物料守恒确定离子之间的关系式．C、根据电荷守恒计算钠离子和酸根离子的差．D、根据物料守恒和电荷守恒判断氢氧根离子和酸、氢离子浓度的关系．【解答】解：取0.2mol•L﹣1HX溶液与0.2mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），一元酸和一元碱的物质的量相等，混合后测得混合溶液的pH=8，说明形成的盐是强碱弱酸盐水溶液呈碱性．A、混合溶液是盐溶液，且该盐含有弱根离子所以能促进水的电离，酸或碱能抑制水的电离，所以混合溶液中由水电离出的c（OH﹣）大于0.2mol•L﹣1HX溶液中由水电离出的c（H+），故A错误．\nB、溶液混合后，溶液的体积扩大1倍，离子的浓度缩小1倍，根据物料守恒知c（Na+）=c（X﹣）+c（HX）=0.1mol•L﹣1，故B正确．C、溶液呈电中性，所以C（H+）+C（Na+）=c（X﹣）+C（OH﹣），所以c（Na+）﹣c（X﹣）=C（OH﹣）﹣C（H+）=10﹣6mol/L﹣10﹣8mol/L=9.9×10﹣7mol•L﹣1，故C正确．D、根据物料守恒知c（Na+）=c（X﹣）+c（HX）=0.1mol•L﹣1，根据电荷守恒得C（H+）+C（Na+）=c（X﹣）+C（OH﹣），所以C（OH﹣）=c（HX）+c（H+），溶液中氢离子浓度为10﹣8mol/L，所以氢氧根离子浓度大于1×10﹣8mol•L﹣1，故D正确．故选A．【点评】本题考查了混合溶液中离子浓度大小的判断，难度较大，注意含有弱根离子的盐能促进水的电离，酸或碱能抑制水的电离．28．常温下，有甲、乙两份体积为1L、浓度均为0.1mol．•L﹣1的醋酸溶液，其pH为3，①甲用蒸馏水稀释100倍后，溶液的pH变为x；②乙与等体积、浓度为0.2mol•L﹣1的NaOH混合，在混合液中：n（CH3COO﹣）+n（OH﹣）﹣n（H+）=ymol．x、y的正确答案组合为()A．3；0.1B．5；0.2C．3＜x＜5；0.1D．3＜x＜5；0.2【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】醋酸为弱电解质，加水稀释促进电离，0.1mol/L的醋酸用蒸馏水稀释100倍后，溶液的3＜pH＜5，与等体积、浓度为0.2mol/L的NaOH混合，可从电荷守恒的角度分析．【解答】解：醋酸为弱电解质，加水稀释促进电离，0.1mol/L的醋酸用蒸馏水稀释100倍后，溶液的3＜pH＜5，与等体积、浓度为0.2mol/L的NaOH混合，根据电荷守恒可知：n（Na+）+n（H+）=n（OH﹣）+n（CH3COO﹣），则n（CH3COO﹣）+n（OH﹣）﹣n（H+）=n（Na+）=ymol，n（Na+）=0.2mol/L×1L=0.2mol，所以y=0.2，故选D．【点评】本题考查酸碱混合的计算和判断，题目难度中等，注意把握弱电解质的电离特征，结合溶液的电中性原则解答该题．二、填空题（本题包括4大题，共44分）29．（14分）盐酸和氢氧化钠是工业上重要的化工原料，也是实验室里常见的试剂．Ⅰ．测定中和热．（1）写出稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应表示中和热的热化学方程式（中和热数值为57.3kJ/mol）：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol（2）取50mL0.5mol/LHCl溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行测定，但实验数值小于57.3kJ/mol，原因可能是abd填序号）．a．实验装置保温、隔热效果差b．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中c．量取盐酸的体积时仰视读数d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸的温度Ⅱ．酸碱中和滴定．\n（1）某学生用已知物质的量浓度的盐酸测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，选择酚酞作指示剂．实验中不必用到的是aa．容量瓶b．铁架台c．锥形瓶__________d．酸式滴定管（2）用标准的盐酸滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化．直到因加入一滴盐酸，溶液的颜色由红色变为无色，且半分钟不褪色，即停止滴定．（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示：则起始读数为9.00mL，终点读数为26.10mL．已知用c（HCl）=1.0×10﹣2mol/L的盐酸标定25mL的氢氧化钠溶液，测得c（NaOH）0.0068mol/L（4）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是ad（填序号）．a．碱式滴定管未用待测液润洗就直接注入待测氢氧化钠溶液b．锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥c．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失d．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数．【考点】中和热的测定；中和滴定．【分析】Ⅰ．（1）根据中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，标注物质聚集状态和对应焓变写出热化学方程式；（2）a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小；b．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失较多；c．量取盐酸的体积时仰视读数，会导致所量的盐酸体积偏大，放出的热量偏高；d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸的温度，盐酸的起始温度偏高；Ⅱ．（1）根据中和滴定实验的仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、铁架台；（2）酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定终点时溶液颜色由红色突变为无色；（3）根据滴定管的结构和精确度以及测量的原理：NaOH+HCl=NaCl+H2O来解答；（4）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．【解答】解：Ⅰ．（1）强酸强碱的中和热为﹣57.3kJ/mol，即强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量为57.3kJ，则稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol；故答案为：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol；（2）a．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．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失较多，中和热的数值偏小，故b正确；\nc．量取盐酸的体积时仰视读数，会导致所量的盐酸体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故c错误；d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸的温度，盐酸的起始温度偏高，温度差偏小，中和热的数值偏小，故d正确；故选abd；Ⅱ．（1）中和滴定实验的仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、铁架台，实验中不必用到的是容量瓶，故选a．（2）酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，滴定终点时溶液颜色由红色突变为无色，且半分钟内不褪色，且半分钟内不褪色，故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；红；无；（3）起始读数为9.00mL，终点读数为26.10mL，消耗的盐酸溶液的体积为17.10mL，用c（HCl）=1.0×10﹣2mol/L的盐酸标定25mL的氢氧化钠溶液，发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，则满足V（HCl）×c（HCl）=V（NaOH）×c（NaOH），c（NaOH）==0.0068mol/L；故答案为：9.00；26.10；0.0068；（4）a、碱式滴定管未用待测液润洗就直接注入待测氢氧化钠溶液，待测液的浓度偏小，物质的量偏小，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=可知，测定c（NaOH）偏小，故a错误；b、锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=可知，测定c（NaOH）无影响，故b错误；c、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知，测定c（NaOH）偏大，故c错误；d、读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=可知，测定c（NaOH）偏低，故d正确；故答案为：ad．【点评】本题主要考查了中和滴定操作与误差分析，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，难度不大，注意中和滴定的原理、酸碱中和时H+的物质的量与OH﹣离子的物质的量相等，把握误差分析．30．下列三个化学反应的平衡常数与温度的关系分别如表所示：化学反应平衡常数温度973K1173K\n①Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H=Q1kJ/molK11.472.15②Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g）△H=Q2kJ/molK22.381.72③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=QkJ/molK？？请回答：（1）写出反应③的平衡常数K的表达式．（2）根据反应①与②推导出Q1、Q2与Q的关系，Q=Q2﹣Q1（用Q1、Q2表示）根据反应①与②推导出K1、K2与K的关系，则K=（用K1、K2表示）．（3）反应③是放热（填“吸热”或“放热”）反应．（4）要使反应③在一定条件下建立的平衡向逆反应方向移动，可采取的措施有bd（填序号）．a．扩大反应容器的容积b．升高温度c．使用合适的催化剂d．增大CO2的浓度（5）1173K时，若向一容积固定的密闭容器中同时充入1.0molCO、3.0molH2O、1.0molCO2和xmolH2，若要使上述反应开始时正向进行，则x应满足的条件是x＜2.4．【考点】化学平衡的影响因素．【分析】（1）反应③的平衡常数K的表达式K=；（2）根据方程式①、②推测出方程式③，焓变进行相应的改变，从而得出K；（3）根据温度和平衡常数的关系判断该反应是吸热反应还是放热反应；（4）该反应是一个反应前后气体体积不变的且是正反应是放热的化学反应，所以压强对该反应无影响，要使该反应向逆反应方向移动，可以升高温度、增大生成物的浓度或减小反应物的浓度；（5）计算浓度商Qc和平衡常数K比较分析判断反应进行方向．【解答】解：（1）反应③的平衡常数K的表达式K=；故答案为：；（2）将方程式②﹣①得方程式③，所以Q=Q2﹣Q1，K=，故答案为：Q2﹣Q1；；（3）973K时K==1.62，1173K时K==0.8，升高温度，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应；故答案为：放热；（4）该反应是一个反应前后气体体积不变的且是正反应是放热的化学反应，所以压强对该反应无影响，要使该反应向逆反应方向移动，可以升高温度、增大生成物的浓度或减小反应物的浓度，故选bd；\n（5）1173K时，若向一容积固定的密闭容器中同时充入1.0molCO、3.0molH2O、1.0molCO2和xmolH2，反应前后系数相同，可以利用物质的量代替平衡浓度计算平衡常数和浓度商，浓度商Qc=，若要使上述反应开始时正向进行需要满足Qc=＜K=0.8，x＜2.4，故答案为：x＜2.4．【点评】本题考查了化学平衡常数的确定、外界条件对反应速率的影响等知识点，注意反应前后气体体积不变的可逆反应中，压强对能改变反应速率但不影响平衡的移动，为易错点．31．已知：①25℃时弱电解质电离平衡数；Ka（CH3COOH）═1.8×10﹣5，Ka（HSCN）═0.13；难溶电解质的溶度积常数：KSD（CaF2）═1.5×10﹣10②25℃时，2×l0﹣3mol•L﹣1氢氟酸水溶液中，调节溶液pH（忽略体积变化），得到c（HF）、C（F﹣）与溶液pH的变化关系，如图1所示：请根据以下信息回答下列问题：（1）25℃时，将20mL0.10mol•L﹣1CH3COOH溶液和20mL0．lmol•L﹣1HSCN溶液分别与20mL0.10mol•L﹣1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）变化的示意图为图2所示：反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是相同的起始条件，两种酸的电离程度不同导致溶液中起始反应时氢离子浓度不同引起反应速率不同，反应结束后所得两溶液中，C（CH3COO﹣）＜c（SCN﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）（2）25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka≈4×10﹣4．（3）4×10﹣3mol•L﹣1HF溶液与4×10﹣4mol•L﹣1CaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0（忽略调节混合液体积的变化），通过列式计算说明是否有沉淀产生．【考点】化学平衡的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．\n【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）反应速率与氢离子浓度成正比；酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大则酸的酸性越强，其酸根水解能力越小；（2）根据图象知，当pH=4时，c（H+）=10﹣4mol/L，c（F﹣）=1.6×10﹣3mol/L，c（HF）=4×10﹣4mol/L，电离平衡常数Ka=；（3）当pH=4.0时，溶液中的c（F﹣）=1.6×10﹣3mol•L﹣1，因等体积混合则溶液中c（Ca2+）=2.0×10﹣4mol•L﹣1，计算浓度积c（Ca2+）×c2（F﹣）与Ksp（CaF2）比较判断．【解答】解：（1）①反应速率与氢离子浓度成正比，硫氰酸的电离平衡常数大于醋酸，则硫氰酸的电离程度大于醋酸，等浓度的两种溶液中，硫氰酸中氢离子浓度大于醋酸，所以醋酸的反应速率小于硫氰酸；酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大则酸的酸性越强，其酸根水解能力越小，硫氰酸的电离平衡常数大于醋酸，所以醋酸根离子的水解能力大于硫氰酸根离子，则c（CH3COO﹣）＜c（SCN﹣），故答案为：相同的起始条件，两种酸的电离程度不同导致溶液中起始反应时氢离子浓度不同引起反应速率不同；＜；（2）根据图象知，当pH=4时，c（H+）=10﹣4mol/L，c（F﹣）=1.6×10﹣3mol/L，c（HF）=4×10﹣4mol/L，电离平衡常数Ka===4×10﹣4，故答案为：4×10﹣4；（3）由图可知当pH=4.0时，溶液中的c（F﹣）=1.6×10﹣3mol•L﹣1，因等体积混合则溶液中c（Ca2+）=2.0×10﹣4mol•L﹣1，即c（Ca2+）×c2（F﹣）=5.1×10﹣10＞Ksp（CaF2））=1.5×10﹣10，所以有沉淀产生，故答案为：有沉淀产生．【点评】本题考查弱电解质电离、电离平衡、溶度积有关计算等，较好的训练学生利用信息来分析问题、解决问题的能力．32．已知某溶液中只存在OH﹣、H+、NH4+、Cl﹣四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：①c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）②c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）③c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）④c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）填写下列空白：（1）若溶液中只溶解一种溶质，则该溶质是NH4Cl，上述四种离子浓度的大小顺序为（填序号）①；（2）若四种离子的关系符合③，则溶质为NH4Cl和NH3•H2O；若四种离子的关系符合④，则溶质为NH4Cl和HCl；（3）将pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数，下列图象正确的是（填图象符号）B；\n（4）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c（HCl）小于c（NH3•H2O）（填“大于”“小于”或“等于”，下同）；混合前酸中c（H+）和碱中c（OH﹣）的关系为c（H+）大于c（OH﹣）．【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；盐类水解的应用．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）任何水溶液中都有OH﹣、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，利用铵根离子水解使溶液显酸性来分析；（2）由③中离子的关系可知溶液显碱性，且c（NH4+）＞c（Cl﹣），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液；由④中的离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液；（3）pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数，盐酸为强电解质，则pH变化程度大，而稀释时促进氯化铵中铵根离子水解，则pH变化小；（4）体积相等稀盐酸和氨水混合，若浓度相等，则恰好完全反应生成氯化铵，溶液显酸性，则溶液恰好呈中性时应为氨水与氯化铵的混合溶液来分析．【解答】解：（1）因任何水溶液中都有OH﹣、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），水解显酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），又水解的程度很弱，则c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），即①符合，故答案为：NH4Cl；①；（2）③中离子的关系可知溶液显碱性，且c（NH4+）＞c（Cl﹣），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，其溶质为NH4Cl、NH3．H2O；④中的离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液，其溶质为HCl、NH4Cl，故答案为：NH4Cl和NH3•H2O；NH4Cl和HCl；（3）pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释时氢离子的浓度都变小，则pH都变大，但盐酸为强电解质，则pH变化程度大，而氯化铵水解显酸性，稀释促进水解，氢离子浓度减小的倍数小于盐酸中氢离子浓度的变化，则pH变化小，只有B符合题意，故答案为：B；（4）因体积、浓度相同的稀盐酸和氨水混合，溶液中的溶质为氯化铵，溶液显酸性，而该溶液恰好呈中性，则应为氨水与氯化铵的混合溶液，即c（HCl）＜c（NH3•H2O），而HCl为强电解质，完全电离，NH3．H2O为弱电解质，不完全电离，则混合前酸中c（H+）和碱中c（OH﹣）的关系为c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：小于；大于．【点评】本题考查离子浓度大小的比较，题目较难，考查学生利用离子的关系来分析溶液中的溶质，明确溶液中的电离和水解是解答本题的关键，并注意（3）、（4）是学生解答的难点，与强酸、弱酸的稀释相似．
