2022-2022学年内蒙古包头九中高二期中化学试卷 一、选择题1．下列有关认识正确的是A．各能级的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7B．各能层的能级都是从s能级开始至f能级结束C．各能层含有的能级数为n﹣1D．各能层含有的电子数为2n2 2．下列各组P、Q原子中，彼此的化学性质一定相似的是A．P原子：最外电子层1s2；Q原子：最外电子层2s2B．P原子：M电子层上有2个电子；Q原子：N电子层上有2个电子C．P原子：2p能级上有1个未成对电子；Q原子：3p能级上也有1个未成对电子D．P原子：最外电子层L层上只有一个空轨道；Q原子：最外电子层M层上也只有一个空轨道 3．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A．对盛在烧杯内的氨水加热，氨水中NH浓度减小B．对石灰的悬浊液加热使温度升高，悬浊液中Ca2固体的含量增加C．高压有利于合成氨的反应D．500℃左右比室温更有利于合成氨的反应 4．已建立化学平衡的可逆反应，当改变条件使化学平衡向正方向移动时，下列有关叙述正确的是①生成物体积分数一定增加②生成物的产量一定增加③反应物的转化率一定增大④反应物浓度一定降低⑤正反应速率一定大于逆反应速率．A．①②B．③④C．②⑤D．③⑤ 5．要求设计实验证明：某种盐的水解是吸热的．有四位同学分别设计如下方案，其中不正确的是A．甲同学：用加热的方法可除去KNO3溶液中混有的Fe3+，说明含Fe3+的盐水解是吸热的B．乙同学：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，说明碳酸钠水解是吸热的D．丁同学：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，说明醋酸钠水解是吸热的 6．某温度下在密闭容器中发生如下反应：2M+N⇌2E若开始时只充入2molE，达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了20%；若开始时只充入2molM和1molN的混合气体，达平衡时M的转化率为A．20%B．40%C．60%D．80% 23\n7．一定条件下，可逆反应X+3Y⇌2Z，若X、Y、Z起始浓度分别为c1、c2、c3，平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.1mol•L﹣1、0.3mol•L﹣1、0.08mol•L﹣1，则下列判断不合理的是A．X、Y的转化率不相等B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为3：2C．c1：c2=1：3D．c1的取值范围为0＜c1＜0.14mol•L﹣1 8．在容积固定的密闭容器中存在如下反应：A+3B⇌2C；△H＜0某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：下列判断正确的是A．图Ⅱ研究的可能是温度对反应的影响，且甲的温度较高B．图Ⅱ研究的可能是压强对反应的影响，且甲的压强较高C．图I研究的可能是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高D．图Ⅲ研究的可能是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高 9．如图所示，甲、乙之间的隔板K可以左右移动，甲中充入2molA和1molB，乙中充入2molC和1molHe，此时K停在0处．在一定条件下发生可逆反应：2A+B⇌2C，反应达到平衡后，恢复到反应发生前时的温度．下列有关说法不正确的是A．根据隔板K滑动与否可判断左右两边的反应是否达到平衡B．达到平衡后，隔板K最终停留在左侧刻度0﹣﹣2之间C．到达平衡时，甲容器中C的物质的量大于乙容器中C的物质的量D．若平衡时K停留在左侧1处，则活塞停留在右侧5﹣﹣6之间 10．将一元酸HA的溶液与一元碱BOH的溶液等体积混合，若所得溶液显酸性，下列有关判断正确的是A．若混合前酸、碱pH之和等于14，则HA肯定是弱酸B．若混合前酸、碱物质的量浓度相同，则HA肯定是弱酸C．溶液中水的电离程度：混合溶液＞纯水＞BOH溶液D．混合溶液中离子浓度一定满足：c＞c＞c＞c 11．FeCl3与KSCN混合时存在下列平衡：Fe3++SCN﹣⇌Fe2+．已知平衡时，物质的量浓度c[Fe2+]与温度T的关系如图，则下列说法正确的是23\nA．FeCl3与KSCN反应的热化学反应方程式为：Fe3++SCN﹣=Fe2+△H＞0B．温度为T1、T2时，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2C．反应处于D点时，一定有V正＞V逆D．A点与B点相比，A点的c大 12．常温下，pH=10的X、Y两种碱溶液各1mL，分别稀释到100mL，其pH与溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是A．稀释后X溶液中水的电离程度比Y溶液中水电离程度小B．若X、Y是一元碱，等物质的量浓度的盐酸盐溶液Y的pH大C．若8＜a＜10，则X、Y都是弱碱D．完全中和X，Y两溶液时，消耗同浓度稀硫酸的体积V＞V 13．下列比较中，正确的是A．同温度同物质的量浓度时，HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比NaCN溶液大B．0.2mol•L﹣lNH4CI和0．lmol•L﹣lNaOH溶液等体积混合后：c＞c＞c＞c＞cC．物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中：c+c=c+c+cD．同浓度的下列溶液中，①NH4Al2②NH4Cl③CH3COONH4④NH3•H2O；c由大到小的顺序是：①＞②＞③＞④ 14．已知某温度时CH3COOH的电离平衡常数为K．该温度下向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化曲线如图所示．下列说法中正确的是A．a点表示的溶液中c＞10﹣3mol/LB．b点表示的溶液中c＞cC．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全23\nD．b、d点表示的溶液中均等于K 15．某探究小组在某温度下测定溶液的pH值时发现，0.01mol•L﹣1的NaOH溶液中，由水电离出的c•c=10﹣222，则该小组在该温度下测得0.1mol•L﹣1的NaOH溶液pH值应为A．13B．12C．11D．10 16．25℃时，在氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg2═Mg2++2OH﹣，已知25℃时Ksp[Mg2]=1.8×10﹣11，Ksp[Cu2]=2.2×10﹣20．下列说法错误的是A．若向Mg2浊液中加入少量NH4Cl，c会增大B．若向Mg2浊液中滴加CuSO4溶液，沉淀将由白色逐渐变为蓝色C．若向Mg2浊液中加入适量蒸馏水，Ksp保持不变，故上述平衡不发生移动D．若向Mg2浊液中加入少量Na2CO3，固体质量将增大 二、填空题17．A、B、C、D、E、M六种元素均位于周期表的前四周期，它们的原子序数依次增大；M的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；A是周期表中原子半径最小的元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物反应生成一种盐X；D与A同主族；E元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物．请完成下列问题：写出M+的核外电子排布式 ，D与C形成原子个数比为1：1的化合物的电子式是 ；B原子的电子排布图是 ，其原子核外有 个运动状态不同的电子，能量最高的电子为 轨道上的电子，其轨道呈 形．E的最高价态与A、B、C形成酸式盐Y的化学式是 ，该盐在水溶液中的离子浓度由大到小的顺序是 ．常温时，B元素的最高价氧化物对应水化物Z的溶液与盐X的溶液的pH均为a，这两种溶液中由水电离出来的H+浓度分别用c1、c2表示，则c1：c2= ． 18．氧化还原滴定实验同中和滴定类似．I．现用1.0×10﹣4mol/L酸性KMnO4溶液滴定未知浓度的双氧水溶液．反应离子方程式是：2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O．填空回答问题：该滴定实验所需仪器为下列中的 ．A．酸式滴定管B．碱式滴定管C．量筒D．锥形瓶E．滴定管夹F．胶头滴管G．漏斗不用 式滴定管盛放高锰酸钾溶液．试分析原因： ．滴定前平视KMnO4液面，刻度为amL，滴定后俯视液面刻度为bmL，则mL比实际消耗KMnO4溶液的体积 ．根据mL计算得到的待测浓度，比实际浓度 ．II．测血钙的含量时，可将2.0mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀．将沉淀用稀硫酸处理得弱酸H2C2O4后，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+，若终点时用去20.0mL1.0×10﹣4mol•L﹣1的KMnO4溶液．写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式 ．23\n判断滴定终点的方法是 ．计算：血液中含钙离子的浓度为 mol•L﹣1． 19．随着人类对环境和资源短缺等问题的重视，如何降低大气中有害气体的含量及对其有效地开发利用，引起了各国的普遍重视．目前工业上有一种方法是用CO来生产燃料甲醇．一定条件下的密闭容器中，CO和H2生成甲醇的反应：CO+2H2⇌CH3OH；I．根据如图1所示判断反应达到平衡时．若升高温度，该反应化学平衡常数K值 500℃时，在体积为VL的密闭容器中发生上述反应，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v= 在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的，下列有关该体系的说法正确的是 a氢气的浓度减少b正反应速率加快，逆反应速率也加快c甲醇的物质的量增加d重新平衡时n/n增大II．在一定条件下向密闭容器中充入10molCO和20molH2，发生上述反应，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示．若A、B两点表示在某时刻达到的平衡状态，此时在A点时容器的体积为VAL，则该温度下的平衡常数K= ；A、B两点时容器中，n总：n总= ．若C点表示达到的平衡状态，此时容器体积保持不变，要提高H2的转化率可采取的措施是 ．A．升高温度B．加催化剂C．．通入COD．通入H2E．再通入5molCO和10molH2若A点表示达到的平衡状态，在温度不变且保证H2浓度不变的情况下，增大容器的体积，平衡 ．A．向正反应方向移动B．向逆反应方向移动C．不移动．23\n 20．某温度时，水的离子积为KW=1×10﹣13，则该温度 25℃．若将此温度下pH=11的苛性钠溶液aL与pH=1的稀硫酸bL混合，试通过计算填写以下不同情况时两种溶液的体积比：①若所得混合液为中性，则a：b= ．②若所得混合液的pH=2，则a：b= ．常温下，0.1mol•L﹣1HA溶液中，=108．现取0.1mol•L﹣1HA溶液与PH=13的NaOH溶液等体积混合．混合后溶液呈 性，该混合溶液中由水电离出的c 0.1mol•L﹣1NaOH溶液中由水电离出的c．已知NaB水溶液呈碱性，常温下将0.10molNaB和0.05molHCI溶于水，得到1L溶液．①已知该混合溶液为弱酸性，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 ；②向上述混合液中再加入0.03molNaOH，溶液中n+n﹣n= mol． 23\n2022-2022学年内蒙古包头九中高二期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题1．下列有关认识正确的是A．各能级的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7B．各能层的能级都是从s能级开始至f能级结束C．各能层含有的能级数为n﹣1D．各能层含有的电子数为2n2【考点】原子核外电子的能级分布．【专题】原子组成与结构专题．【分析】A．各能级的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7；B．各能层的能级都是从s能级开始，每个能层上能级个数与能层数相等；C．各能层含有的能级数为n；D．各能层最多含有的电子数为2n2．【解答】解：A．各能级的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7，s能级原子轨道呈球形，p能级原子轨道呈哑铃型，故A正确；B．各能层的能级都是从s能级开始，每个能层上能级个数与能层数相等，所以有的能层不含f能级，故B错误；C．各能层含有的能级数与其能层数相等为n，故C错误；D．各能层最多含有的电子数为2n2，但最外层不能超过8个电子，次外层不能超过18个电子，倒数第三层不能超过32个电子，故D错误；故选A．【点评】本题考查了电子的排布、能层和能级的关系等知识点，根据构造原理来分析解答即可，难度不大． 2．下列各组P、Q原子中，彼此的化学性质一定相似的是A．P原子：最外电子层1s2；Q原子：最外电子层2s2B．P原子：M电子层上有2个电子；Q原子：N电子层上有2个电子C．P原子：2p能级上有1个未成对电子；Q原子：3p能级上也有1个未成对电子D．P原子：最外电子层L层上只有一个空轨道；Q原子：最外电子层M层上也只有一个空轨道【考点】原子核外电子排布．【专题】原子组成与结构专题．【分析】A．最外电子层为1s2的原子是He，最外电子层为2s2的原子是Be；B．原子核外M层上仅有两个电子的原子是Mg，N层上有两个电子的元素为Ca或其它第四周期是过渡金属元素；C．2p上有一个未成对电子，外围电子排布式为2s22p1或2s22p5，可能为B或F；3p上有一个未成对电子的元素，外围电子排布式可能为3s23p1或3s23p5；D．最外电子层L层上只有一个空轨道，外围电子排布式为2s22p2，最外电子层M层上也只有一个空轨道，外围电子排布式为3s23p2，二者同主族．【解答】解：A.1s2为He，性质稳定，最外层为2s2的元素为Be，性质较活泼，二者性质一定不相似，故A错误；23\nB．M层上有两个电子为Mg，N层上有两个电子的元素为Ca或其它第四周期是过渡金属元素，如Fe等，二者性质不一定相似，故B错误；C．2p上有一个未成对电子，外围电子排布式为2s22p1或2s22p5，可能为B或F；3p上有一个未成对电子的元素，外围电子排布式可能为3s23p1或3s23p5，二者不一定为同主族元素，化学性质不一定相似，故C错误；D．最外电子层L层上只有一个空轨道，外围电子排布式为2s22p2，最外电子层M层上也只有一个空轨道，外围电子排布式为3s23p2，二者同主族，原子化学性质相似，故D正确，故选D．【点评】本题考查原子的结构和元素的性质、核外电子排布规律等，难度不大，注意原子核外电子排布特点与对应元素化合物的性质的关系． 3．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A．对盛在烧杯内的氨水加热，氨水中NH浓度减小B．对石灰的悬浊液加热使温度升高，悬浊液中Ca2固体的含量增加C．高压有利于合成氨的反应D．500℃左右比室温更有利于合成氨的反应【考点】化学平衡移动原理．【专题】化学平衡专题．【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．【解答】解：A．加热促进一水合氨分解导致一水合氨浓度降低，平衡逆向移动，则氨水中铵根离子浓度降低，所以能用勒夏特里原理解释，故A不选；B．氢氧化钙的溶解度随温度升高而降低，升高温度平衡逆向移动，导致溶液中氢氧化钙固体质量增加，所以可以用勒夏特里原理解释，故B不选；C．合成氨的正反应是反应前后气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，所以有利于合成氨反应，可以用平衡移动原理解释，故C不选；D．合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500℃左右比室温更有利于合成氨的反应，不能用平衡移动原理解释，故D选；故选D．【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆过程，且只有改变条件能引起平衡移动时才能用平衡原理解释，题目难度不大． 4．已建立化学平衡的可逆反应，当改变条件使化学平衡向正方向移动时，下列有关叙述正确的是①生成物体积分数一定增加②生成物的产量一定增加③反应物的转化率一定增大④反应物浓度一定降低⑤正反应速率一定大于逆反应速率．A．①②B．③④C．②⑤D．③⑤【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】①生成物体积增大小于混合物总体积增大，生成物的体积分数可能降低；②平衡向正反应移动，生成物的产量一定增加；③增大某一反应的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低；④如增大反应物的浓度，平衡向正方向移动，达到平衡时，反应物的浓度比改变条件前大；23\n⑤平衡向正反应移动，正反应速率一定大于逆反应速率；【解答】解：①总体积不变，向正反应移动，生成物的体积分数一定增大，若生成物体积增大小于混合物总体积增大，生成物的体积分数可能降低，故①错误；②平衡向正反应移动，生成物的产量一定增加，故②正确；③降低生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率一定增大，但增大某一反应的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，故③错误；④如增大反应物的浓度，平衡向正方向移动，达到平衡时，反应物的浓度比改变条件前大，故④错误；⑤平衡向正反应移动，正反应速率一定大于逆反应速率，故⑤正确；综上所述②⑤正确，故选C．【点评】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度中等，注意影响化学平衡移动的因素，解答时注意从勒沙特列原理的角度分析． 5．要求设计实验证明：某种盐的水解是吸热的．有四位同学分别设计如下方案，其中不正确的是A．甲同学：用加热的方法可除去KNO3溶液中混有的Fe3+，说明含Fe3+的盐水解是吸热的B．乙同学：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，说明碳酸钠水解是吸热的D．丁同学：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，说明醋酸钠水解是吸热的【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题；物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．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；B．硝酸铵的溶解过程是吸热的；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．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A正确；B．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B错误；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B．【点评】本题考查水解平衡移动原理中温度的影响知识，为高频考点，侧重于基本理论的理解和应用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大． 6．某温度下在密闭容器中发生如下反应：2M+N⇌2E若开始时只充入2molE，达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了20%；若开始时只充入2molM和1molN的混合气体，达平衡时M的转化率为A．20%B．40%C．60%D．80%【考点】等效平衡；化学平衡的计算．23\n【专题】计算题；化学平衡专题．【分析】根据等效平衡，在相同温度下，固定容积的反应容器内，2molE与2molM和1molN的物质的量相当，达到平衡时，两者的平衡状态相同，利用三段式解题方法，可求知结果．【解答】解：设充入2molE达到平衡状态时反应了2xmolE，根据方程式计算如下：2M+N2E起始0mol0mol2mol转化2xx2x平衡2xx2﹣2x根据阿伏加德罗定律可知相同条件下气体的物质的量之比等于压强之比，则有：=1.2，解得x=0.4mol；在相同条件下，2molE与2molM和1molN的物质的量相当，达到平衡时，两者的平衡状态相同，即若开始时只充入2molM和1molN的混合气体，达平衡时M的物质的量为0.8mol，转化的M的物质的量为2mol﹣0.8mol=1.2mol所以达平衡时M的转化率=，故选C．【点评】本题为等效平衡问题，解决这类问题时注意以下两个方面的问题：对于两边气体分子数不相等的可逆反应，只改变起始时加入物质的物质的量，如果通过可逆反应的化学计量数换算成方程式同一半边的物质时物质的量与起始所给物质对应相同，则两平衡等效．对于反应前后气体分子数相等的可逆反应，只要反应物的物质的量的比例与起始所给物质的比例对应相同，则两平衡等效． 7．一定条件下，可逆反应X+3Y⇌2Z，若X、Y、Z起始浓度分别为c1、c2、c3，平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.1mol•L﹣1、0.3mol•L﹣1、0.08mol•L﹣1，则下列判断不合理的是A．X、Y的转化率不相等B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为3：2C．c1：c2=1：3D．c1的取值范围为0＜c1＜0.14mol•L﹣1【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】X+3Y⇌2Z，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3，到达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol•L﹣1、0.3mol•L﹣1、0.08mol•L﹣1，利用极值转化；A．起始量相同，平衡量相同，转化率相同；B．达到平衡状态时，正逆反应速率相等；C．可根据反应转化关系和平衡浓度计算初始浓度关系；D．根据可逆不能完全转化的角度分析．【解答】解：A．反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故A错误；B．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故B正确；C．设X转化的浓度为x，X+3Y⇌2Z23\n初始：c1c2c3转化：x3x2x平衡：0.1moL/L0.3mol/L0.08mol/L所以c1：c2=：=1：3，故C正确；D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向逆反应分析进行，则c1＞0，如反应向正反应分析进行，则c1＜0.14mol•L﹣1，故有0＜c1＜0.14mol•L﹣1，故D正确；故选：A．【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，本题注意化学平衡状态的判断方法以及可逆反应的特点． 8．在容积固定的密闭容器中存在如下反应：A+3B⇌2C；△H＜0某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：下列判断正确的是A．图Ⅱ研究的可能是温度对反应的影响，且甲的温度较高B．图Ⅱ研究的可能是压强对反应的影响，且甲的压强较高C．图I研究的可能是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高D．图Ⅲ研究的可能是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A、从化学反应速率来讲，是甲的温度较高，升高温度平衡左移动，B的转化率减小；B、从化学反应速率来讲，是甲的压强较高，增大压强平衡右移，B的转化率增大；C、催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡；D、催化剂不影响化学平衡，平衡时压强不变，催化剂效率越高，到达平衡的时间越短．【解答】解：A、图Ⅱ根据到达平衡时间可知，如果甲、乙两个条件是温度对反应的影响，从化学反应速率来讲，是甲的温度较高，升高温度平衡向逆反应移动，故甲的转化率小于乙的转化率，图象与实际相符合，故A正确；B、从化学反应速率来讲，是甲的压强较高，增大压强平衡右移，B的转化率增大，与图Ⅱ不符，故B错误；C、图I中，根据到达平衡时间可知，在乙条件下的化学反应速率，明显比在甲条件下的化学反应速率快；在乙条件下C的平衡浓度，比在甲条件下的C的平衡浓度大，相比较而言，条件乙既有利于此反应的化学反应速率增大又有利于平衡向正反应方向移动，说明甲、乙两个条件不仅影响化学反应速率，而且影响化学平衡，而催化剂不影响化学平衡，故C错误；D、催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，但甲的时间短，反应速率快，则甲的催化效率高，选项中的描述与图象不符合，故D错误；故选：A．23\n【点评】本题考查化学平衡图象题，做题时注意外界条件对化学平衡的影响，正确分析图象中曲线的变化特点是本题的解答关键． 9．如图所示，甲、乙之间的隔板K可以左右移动，甲中充入2molA和1molB，乙中充入2molC和1molHe，此时K停在0处．在一定条件下发生可逆反应：2A+B⇌2C，反应达到平衡后，恢复到反应发生前时的温度．下列有关说法不正确的是A．根据隔板K滑动与否可判断左右两边的反应是否达到平衡B．达到平衡后，隔板K最终停留在左侧刻度0﹣﹣2之间C．到达平衡时，甲容器中C的物质的量大于乙容器中C的物质的量D．若平衡时K停留在左侧1处，则活塞停留在右侧5﹣﹣6之间【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A．平衡移动，气体体积会发生变化，隔板随之滑动；B．根据可逆反应不能完全反应进行分析；C．乙中充入1molHe，等于给甲加压，平衡右移，B的物质的量减少；D．“隔板K最终停留在左侧1处”说明反应后气体体积为5格，即物质的量为2.5mol，乙中A、B、C三种气体的总量比甲中至少多1mol，即大于3.5mol．【解答】解：A．平衡移动，气体体积会发生变化，隔板随之滑动，当隔板不移动时，说明达到平衡状态，故A正确；B、2A+B⇌2C，由于甲中充入2molA和1molB，反应向正反应方向移动，A中压强降低，最多能转化为2molC，但是由于反应是可逆反应，所以C的物质的量在0﹣2mol之间，所以达到平衡后，隔板K不再滑动，最终停留在左侧刻度0﹣2之间，故B正确；C．隔板可以滑动，说明是等压条件．乙中充入1molHe，等于给甲加压，平衡右移，C的物质的量增大，则甲容器中C的物质的量大于乙容器中C的物质的量，故C正确；D．“隔板K最终停留在左侧1处”说明反应后气体体积为5格，即物质量为2.5mol，甲中气体的物质的量为2.5mol，乙中A、B、C三种气体的总量比甲中至少多1mol，即大于3.5mol，故乙中气体的体积要在6刻度右侧，故D错误；故选D．【点评】本题结合压强改变考查平衡的移动知识、判断到达平衡的标志及等效平衡的有关知识，本题注意分析反应的可逆性特征和两容器压强相等，这两个角度是解答该题的关键，题目难度中等． 10．将一元酸HA的溶液与一元碱BOH的溶液等体积混合，若所得溶液显酸性，下列有关判断正确的是A．若混合前酸、碱pH之和等于14，则HA肯定是弱酸B．若混合前酸、碱物质的量浓度相同，则HA肯定是弱酸C．溶液中水的电离程度：混合溶液＞纯水＞BOH溶液D．混合溶液中离子浓度一定满足：c＞c＞c＞c【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．23\n【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．混合前酸、碱pH之和等于14，两溶液的c和c相等，由于反应后溶液呈酸性，则说明酸过量，为弱酸；B．若等物质的量浓度等体积的一元酸碱混合溶液呈酸性，则酸为强酸；C．酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；D．根据溶液的酸碱性结合电荷守恒判断．【解答】解：A．设酸的pH=a，碱的pH=b，混合前酸、碱pH之和等于14，则有a=14﹣b，即c=10﹣amol/L=10b﹣14mol/L，c=10b﹣14mol/L，即两溶液的c和c相等，由于反应后溶液呈酸性，则说明酸过量，为弱酸，故A正确；B．若等物质的量浓度等体积的一元酸碱混合溶液，二者恰好反应生成盐，盐溶液呈酸性，说明生成的盐是强酸弱碱盐，所以HA是强酸，故B错误；C．酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，如果混合溶液呈酸性是因为酸电离引起的，则抑制水电离，如果溶液呈酸性是因为阳离子水解而引起的，则促进水电离，故C错误；D．混合溶液呈酸性，则c＞c，溶液中存在电荷守恒c+c=c+c，所以c＜c，故D错误；故选：A．【点评】本题考查离子浓度大小比较及酸碱强弱的定性判断，题目较难，注意A项分析问题的角度，易错选项是C，明确溶液酸性原因即可解答． 11．FeCl3与KSCN混合时存在下列平衡：Fe3++SCN﹣⇌Fe2+．已知平衡时，物质的量浓度c[Fe2+]与温度T的关系如图，则下列说法正确的是A．FeCl3与KSCN反应的热化学反应方程式为：Fe3++SCN﹣=Fe2+△H＞0B．温度为T1、T2时，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2C．反应处于D点时，一定有V正＞V逆D．A点与B点相比，A点的c大【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】图象中曲线上的A、B、C三点为不同温度下的平衡状态，D在曲线下方，不是平衡状态，c[Fe2+]比平衡状态小，应向正反应方向移动，随着温度的升高c[Fe2+]逐渐减小，说明反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动．【解答】解：A．随着温度的升高c[Fe2+]逐渐减小，说明反应放热，△H＜0，故A错误；B．反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则k减小，所以温度为T1＜T2时，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2，故B错误；C．D在曲线下方，不是平衡状态，c[Fe2+]比平衡状态小，应向正反应方向移动，V正＞V逆，故C正确；D．由图象可知，A点c[Fe2+]较大，则c应较小，故D错误．故选C．23\n【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，本题注意分析图象中曲线的变化特征，把握温度对平衡移动的影响，此为解答该题的关键． 12．常温下，pH=10的X、Y两种碱溶液各1mL，分别稀释到100mL，其pH与溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是A．稀释后X溶液中水的电离程度比Y溶液中水电离程度小B．若X、Y是一元碱，等物质的量浓度的盐酸盐溶液Y的pH大C．若8＜a＜10，则X、Y都是弱碱D．完全中和X，Y两溶液时，消耗同浓度稀硫酸的体积V＞V【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】由图可知，开始的pH相同，两种碱溶液稀释后pH不同，则碱性强弱一定不同，稀释相同体积时，X的pH变化较大，而Y的pH变化较小，则说明在加水稀释时，Y进一步电离出OH﹣，说明电离程度Y较X小，结合题给信息和要求解答该题．【解答】解：A、由图可知，开始的pH相同，两种碱溶液稀释后pH不同，X的pH变化较大，而Y的pH变化较小，说明在加水稀释时，Y进一步电离出OH﹣，说明电离程度Y较X小，故A错误；B、稀释后X的pH变化较大，则碱性X大于Y，碱性越强，其阳离子的水解程度越小，X的盐酸盐的水解程度小，所以盐酸盐溶液X的pH大，故B错误；C、由图可知，开始的pH相同，若8＜a＜10，则溶液的pH在原来基础上变化小于2，说明X、Y中都存在电离平衡，是弱碱，故C正确；D、稀释后X的pH变化较大，则碱性X大于Y，pH相同时，碱性强的溶液的物质的量浓度较小，所以溶质浓度Y大于X，完全中和X、Y两溶液时，消耗同浓度硫酸的体积V＜V，故D错误；故选C．【点评】本题考查学生强弱电解质的电离知识，溶液稀释时pH的变化曲线图，明确碱溶液在稀释时的PH的变化程度及相同PH时碱性强的浓度比碱性弱的浓度小是解答本题的关键． 13．下列比较中，正确的是A．同温度同物质的量浓度时，HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比NaCN溶液大B．0.2mol•L﹣lNH4CI和0．lmol•L﹣lNaOH溶液等体积混合后：c＞c＞c＞c＞cC．物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中：c+c=c+c+cD．同浓度的下列溶液中，①NH4Al2②NH4Cl③CH3COONH4④NH3•H2O；c由大到小的顺序是：①＞②＞③＞④【考点】离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．23\n【分析】A．盐对应的酸越弱，对应的酸根离子水解程度越大；B.0.2mol•L﹣1NH4Cl和0.1mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合生成NH3•H2O和NaCl，NH3•H2O为弱电解质；C．从溶液的电中性原则分析；D．从影响盐类水解的角度分析，NH3•H2O为弱电解质，电离程度较小．【解答】解：A．HF比HCN易电离，NaF比NaCN水解程度大，NaF溶液的pH比NaCN溶液小，故A错误；B．等体积混合生成NH3•H2O和NaCl，NH3•H2O为弱电解质，只有部分电离，应有c＞c，故B错误；C．溶液存在电荷守恒，即阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，所以c+c=2c+c+c，故C错误；D．①NH4Al2中NH4+和Al3+水解都呈酸性，相互抑制，则NH4+水解程度较小，③CH3COONH4中NH4+与CH3COO﹣水解相互促进，NH4+水解程度较大，则c由大到小的顺序是：①＞②＞③，NH3•H2O为弱电解质，电离程度较小，c浓度最小，故有c由大到小的顺序是：①＞②＞③＞④，故D正确．故选D．【点评】本题考查了盐的水解原理、离子浓度大小比较，题目难度中等，本题易错点为D，注意影响离子水解的因素． 14．已知某温度时CH3COOH的电离平衡常数为K．该温度下向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化曲线如图所示．下列说法中正确的是A．a点表示的溶液中c＞10﹣3mol/LB．b点表示的溶液中c＞cC．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全D．b、d点表示的溶液中均等于K【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】A．a点pH=3，由CH3COOH═CH3COO﹣+H+分析；B．b点溶液显酸性，由电荷守恒分析；C．c点溶液的pH=7；D．b、d点温度不变，则K不变．【解答】解：A．a点pH=3，由CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+可知，c=c=10﹣3mol/L，故A错误；B．b点溶液显酸性，c＞c，由电荷守恒可知，c＜c，故B错误；C．c点溶液的pH=7，若CH3COOH和NaOH恰好反应完全生成醋酸钠，溶液的pH＞7，应醋酸剩余，故C错误；23\nD．=K，b、d点温度不变，则K不变，所以b、d点表示的溶液中均等于K，故D正确；故选D．【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断，明确图象中各点的pH及溶液中的溶质即可解答，注意电荷守恒及电离平衡常数只与温度有关，题目难度不大． 15．某探究小组在某温度下测定溶液的pH值时发现，0.01mol•L﹣1的NaOH溶液中，由水电离出的c•c=10﹣222，则该小组在该温度下测得0.1mol•L﹣1的NaOH溶液pH值应为A．13B．12C．11D．10【考点】pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】某温度下0.01mol•L﹣1的NaOH溶液中，由水电离出的c•c=10﹣222，c=c=10﹣11mol/L，则KW=c•c=10﹣11mol/L×0.01mol/L=10﹣132，根据水的离子积常数计算0.1mol氢氧化钠溶液氢离子浓度，从而得出溶液的pH．【解答】解：某温度下0.01mol•L﹣1的NaOH溶液中，由水电离出的c•c=10﹣222，c=c=10﹣11mol/L，则KW=c•c=10﹣11mol/L×0.01mol/L=10﹣132，则0.1mol/L氢氧化钠溶液中c=，则溶液的pH=12，故选：B．【点评】本题考查pH的简单计算，正确计算该温度下水的离子积常数是解本题关键，难度中等． 16．25℃时，在氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg2═Mg2++2OH﹣，已知25℃时Ksp[Mg2]=1.8×10﹣11，Ksp[Cu2]=2.2×10﹣20．下列说法错误的是A．若向Mg2浊液中加入少量NH4Cl，c会增大B．若向Mg2浊液中滴加CuSO4溶液，沉淀将由白色逐渐变为蓝色C．若向Mg2浊液中加入适量蒸馏水，Ksp保持不变，故上述平衡不发生移动D．若向Mg2浊液中加入少量Na2CO3，固体质量将增大【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】在Mg2⇌Mg2++2OH﹣中，改变c或c，可影响平衡移动，一般来说，加入少量Na2CO3，平衡逆向移动，加入蒸馏水、CuSO4溶液等，可使平衡正向移动，以此解答该题．【解答】解：A．向Mg2浊液中加入少量NH4Cl，c减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，c会增大，故A正确；B．向Mg2浊液中滴加CuSO4溶液，由于Ksp[Mg2]=1.8×10﹣11＜Ksp[Cu2]=2.2×10﹣20，则沉淀将由白色氢氧化镁逐渐变为蓝色的氢氧化铜，故B正确；C．加入少量水，Ksp保持不变，c、c减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，故C错误；23\nD．向Mg2浊液中加入少量Na2CO3，由于碳酸根水解成碱性，所以c增大，平衡逆向移动，有固体析出，则固体质量将增大，故D正确．故选C．【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度一般，要注意从平衡移动的角度分析． 二、填空题17．A、B、C、D、E、M六种元素均位于周期表的前四周期，它们的原子序数依次增大；M的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；A是周期表中原子半径最小的元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物反应生成一种盐X；D与A同主族；E元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物．请完成下列问题：写出M+的核外电子排布式 1s22s22p63s23p63d10 ，D与C形成原子个数比为1：1的化合物的电子式是 ；B原子的电子排布图是 ，其原子核外有 7 个运动状态不同的电子，能量最高的电子为 2p 轨道上的电子，其轨道呈 哑铃 形．E的最高价态与A、B、C形成酸式盐Y的化学式是 NH4HSO4 ，该盐在水溶液中的离子浓度由大到小的顺序是 c＞c＞c＞c ．常温时，B元素的最高价氧化物对应水化物Z的溶液与盐X的溶液的pH均为a，这两种溶液中由水电离出来的H+浓度分别用c1、c2表示，则c1：c2= 102a﹣14 ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C、D、E、M六种元素均位于周期表的前四周期，它们的原子序数依次增大，M的原子序数为29，则M为Cu；其余的均为短周期主族元素，A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物反应生成一种盐X，则B为N元素、X为NH4NO3；D与A同主族，D的原子序数大于氮元素，故D为Na；E处于第三周期，E元素的最外层电子数是其次外层电子数的倍，最外层电子数为6，故E为S元素；由原子序数可知，C为O、F中的一种，而A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物，则C为O元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E、M六种元素均位于周期表的前四周期，它们的原子序数依次增大，M的原子序数为29，则M为Cu；其余的均为短周期主族元素，A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物反应生成一种盐X，则B为N元素、X为NH4NO3；D与A同主族，D的原子序数大于氮元素，故D为Na；E处于第三周期，E元素的最外层电子数是其次外层电子数的倍，最外层电子数为6，故E为S元素；由原子序数可知，C为O、F中的一种，而A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物，则C为O元素．Cu+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，D与C形成原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，电子式是，23\n故答案为：1s22s22p63s23p63d10；；B为N元素，原子的电子排布图是，其原子核外有7个运动状态不同的电子，能量最高的电子为2p轨道上的电子，其轨道呈哑铃形，故答案为；7；2p；哑铃；S元素的最高价态与H、N、O形成酸式盐Y的化学式是NH4HSO4，溶液中完全电离得到H+、SO42﹣、NH4+，溶液呈酸性，而NH4+水解，溶液中H+浓度大于SO42﹣的，NH4+浓度小于SO42﹣的，故水溶液中的离子浓度由大到小的顺序是：c＞c＞c＞c，故答案为：NH4HSO4；c＞c＞c＞c；常温时，B元素的最高价氧化物对应水化物Z为HNO3，pH=a的硝酸溶液中水电离的氢离子等于溶液中氢氧根离子，故c1=10﹣14+amol/L，盐NH4NO3的溶液的pH=a，铵根离子水解溶液呈酸性，溶液中氢离子源于水的电离，则c2=10﹣amol/L，则c1：c2=10﹣14+amol/L：10﹣amol/L=102a﹣14，故答案为：102a﹣14．【点评】本题比较综合，涉及元素推断、核外电子排布、核外电子运动、电子式、离子浓度大小比较、盐类水解等，推断元素是解题关键，需要学生具备扎实的基础，难度中等． 18．氧化还原滴定实验同中和滴定类似．I．现用1.0×10﹣4mol/L酸性KMnO4溶液滴定未知浓度的双氧水溶液．反应离子方程式是：2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O．填空回答问题：该滴定实验所需仪器为下列中的 ADE ．A．酸式滴定管B．碱式滴定管C．量筒D．锥形瓶E．滴定管夹F．胶头滴管G．漏斗不用 碱 式滴定管盛放高锰酸钾溶液．试分析原因： 酸性KMnO4溶液会腐蚀碱式滴定管下端胶管 ．滴定前平视KMnO4液面，刻度为amL，滴定后俯视液面刻度为bmL，则mL比实际消耗KMnO4溶液的体积 小 ．根据mL计算得到的待测浓度，比实际浓度 小 ．II．测血钙的含量时，可将2.0mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀．将沉淀用稀硫酸处理得弱酸H2C2O4后，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+，若终点时用去20.0mL1.0×10﹣4mol•L﹣1的KMnO4溶液．写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式 2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O ．判断滴定终点的方法是 溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 ．计算：血液中含钙离子的浓度为 2.5×10﹣3 mol•L﹣1．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】综合实验题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；定量测定与误差分析；无机实验综合．【分析】I．酸性高锰酸钾具有强氧化性，实验时应用酸式滴定管，无色NaHSO3溶液显酸性，用酸式滴定管，滴定过程还需要烧杯、锥形瓶、滴定管夹和铁架台；高锰酸钾具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管；23\n滴定后俯视液面，读数偏小；根据c=×分析不当操作对V的影响，以此判断浓度的误差；II．高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，据此写出反应的滤渣方程式；高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液应该是由无色变为浅紫色；利用有关反应的方程式可以得出关系式：5Ca2+～2KMnO4，据此计算．【解答】解：I．酸性高锰酸钾具有强氧化性，实验时应用酸式滴定管，无色NaHSO3溶液显酸性，用酸式滴定管，滴定过程还需要要锥形瓶、滴定管夹和铁架台，所以需要用到的是：酸式滴定管、锥形瓶、滴定管夹，即ADE；故答案为：ADE；高锰酸钾具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，所以不用用碱式滴定管盛放高锰酸钾溶液，应该用酸式滴定管；故答案为：碱；酸性KMnO4溶液会腐蚀碱式滴定管下端胶管；滴定前平视KMnO4液面，刻度为amL，滴定后俯视液面刻度为bmL，读数偏小，则mL比实际消耗KMnO4溶液体积少；根据mL计算得到的待测浓度，造成V偏小，根据c=×分，c偏小；故答案为：小；小；II．高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，故答案为：溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；由CaC2O4+H2SO4═CaSO4+H2C2O4、2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可以得出关系式：5Ca2+～2KMnO4，所以n=2.5n=1.0×10﹣4mol/L×0.02L×2.5，所以可计算出2mL该血液中含钙的物质的量为：1.0×10﹣4mol/L×0.02L×2.5=5×10﹣6mol，所以血液中含钙离子的浓度为=2.5×10﹣3mol•L﹣1，故答案为：2.5×10﹣3．【点评】本题主要考查了化学方程式书写、氧化还原反应、滴定操作、误差分析以及计算，难度中等，理解掌握中和滴定、氧化还原滴定的原理是解题关键，是对所需知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础知识与分析问题、解决问题的能力． 19．随着人类对环境和资源短缺等问题的重视，如何降低大气中有害气体的含量及对其有效地开发利用，引起了各国的普遍重视．目前工业上有一种方法是用CO来生产燃料甲醇．一定条件下的密闭容器中，CO和H2生成甲醇的反应：CO+2H2⇌CH3OH；I．根据如图1所示判断反应达到平衡时．若升高温度，该反应化学平衡常数K值 减小 23\n500℃时，在体积为VL的密闭容器中发生上述反应，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v= mol•﹣1 在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的，下列有关该体系的说法正确的是 bc a氢气的浓度减少b正反应速率加快，逆反应速率也加快c甲醇的物质的量增加d重新平衡时n/n增大II．在一定条件下向密闭容器中充入10molCO和20molH2，发生上述反应，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示．若A、B两点表示在某时刻达到的平衡状态，此时在A点时容器的体积为VAL，则该温度下的平衡常数K= ；A、B两点时容器中，n总：n总= 5：4 ．若C点表示达到的平衡状态，此时容器体积保持不变，要提高H2的转化率可采取的措施是 CE ．A．升高温度B．加催化剂C．．通入COD．通入H2E．再通入5molCO和10molH2若A点表示达到的平衡状态，在温度不变且保证H2浓度不变的情况下，增大容器的体积，平衡 C ．A．向正反应方向移动B．向逆反应方向移动C．不移动．【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】I．温度升高时，甲醇的物质的量减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；根据甲醇的反应速率计算氢气的反应速率；23\n在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的，体系的压强增大，正逆反应速率增大，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增加，由于温度不变，则平衡常数不变，达新平衡时，虽然氢气反应一部分，但由于体积的影响大于平衡移动的影响，则氢气的浓度增大；II．A、B点是同温度下的平衡，转化率变化，但平衡常数不变，结合化学平衡三段式列式计算A处的平衡常数，A点一氧化碳转化率为50%，B点一氧化碳转化率为70%；提高氢气的转化率可采取的措施是改变条件促使平衡正向进行；根据影响化学平衡移动的因素来回答．【解答】解：I．由图象可知，当温度升高时，甲醇的物质的量减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则平衡常数减小，故答案为：减小；由图象可知，时间达到tB时，甲醇的物质的量为nB，则甲醇的反应速率为v=mol•﹣1，由方程式可知v=2v=mol•﹣1，故答案为：mol•﹣1；在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的，体系的压强增大，正逆反应速率增大，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增加，由于温度不变，则平衡常数不变，达新平衡时，虽然氢气反应一部分，但由于体积的影响大于平衡移动的影响，则氢气的浓度增大，故答案为：bc；II．依据图象分析可知AB是同温度下的平衡，平衡常数随温度变化，所以平衡常数不变，A点一氧化碳转化率为50%，B点一氧化碳转化率为70%，密闭容器中充有10molCO与20molH2，A点平衡常数结合平衡三段式列式计算；CO+2H2⇌CH3OH起始量10200变化量5105平衡量5105平衡常数K==；B点一氧化碳转化率为70%，则CO+2H2⇌CH3OH起始量10200变化量7147平衡量36723\nA、B两点时容器中，n总：n总=：=20：16=5：4；故答案为：；5：4；反应是气体体积减小的放热反应，A．升高温度，平衡逆向移动，则氢气的转化率减小，故错误；B．加催化剂，平衡不移动，则氢气的转化率不变，故错误；C．通入CO，平衡正向移动，则氢气的转化率增大，故正确；D．通入H2，虽然平衡正向移动，但氢气的转化率减小，故错误；E．再通入5molCO和10molH2，相对于压强增大，平衡正向移动，则氢气的转化率增大，故正确；故选：CE；保证H2浓度不变的情况下，增大容器的体积，则反应物，生成物的浓度均不变，即Qc仍然是等于K，仍然是平衡状态；故答案为：C；【点评】本题考查了化学平衡的计算应用，图象分析，影响平衡的因素分析判断，化学平衡移动原理是解题关键，题目难度中等． 20．某温度时，水的离子积为KW=1×10﹣13，则该温度 大于 25℃．若将此温度下pH=11的苛性钠溶液aL与pH=1的稀硫酸bL混合，试通过计算填写以下不同情况时两种溶液的体积比：①若所得混合液为中性，则a：b= 10：1 ．②若所得混合液的pH=2，则a：b= 9：2 ．常温下，0.1mol•L﹣1HA溶液中，=108．现取0.1mol•L﹣1HA溶液与PH=13的NaOH溶液等体积混合．混合后溶液呈 碱 性，该混合溶液中由水电离出的c 大于 0.1mol•L﹣1NaOH溶液中由水电离出的c．已知NaB水溶液呈碱性，常温下将0.10molNaB和0.05molHCI溶于水，得到1L溶液．①已知该混合溶液为弱酸性，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 c＞c＞c＞c＞c ；②向上述混合液中再加入0.03molNaOH，溶液中n+n﹣n= 0.08 mol．【考点】水的电离；pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离；该温度下，pH=11的NaOH溶液中c=c=mol/L=0.01mol/L，pH=1的稀硫酸中c=0.1mol/L，如果混合溶液呈中性，则n=c；如果混合溶液pH=2，则混合溶液中c=0.01mol/L，c=；含有弱根离子的盐能促进水电离，酸或碱能抑制水电离，据此解答即可；①NaA水溶液呈碱性，说明A﹣离子水解，HA是弱酸，常温下将0.10molNaA和0.05molHCl溶于水，发生反应，NaA+HCl=NaCl+HA，依据定量计算得到溶液中含有0.05molNaA，得0.05molHA，0.05molNaCl；得到pH＜7的溶液，说明溶液呈酸性，同浓度溶液中HA电离大于A﹣离子的水解；依据溶液中电荷守恒，电荷守恒，酸碱性分别计算分析判断；23\n②根据电荷守恒可得n+n﹣n=c﹣c，然后根据钠离子、氯离子总物质的量进行计算．【解答】解：水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，t℃时水的离子积为1×10﹣13＞1×10﹣14，则该温度大于25℃；该温度下，pH=11的NaOH溶液中c=c=mol/L=0.01mol/L，pH=1的稀硫酸中c=0.1mol/L，如果混合溶液呈中性，则n=c，所以0.01mol/L×aL=0.1mol/L×bL，a：b=10：1；如果混合溶液pH=2，则混合溶液中c=0.01mol/L，c===0.01mol/L，a：b=9：2，故答案为：大于；①10：1②9：2；0.1mol•L﹣1HA溶液中，=108，c×c=1×10﹣14，解得c=10﹣3＜10﹣1，那么HA为弱酸，取0.1mol•L﹣1HA溶液与PH=13的NaOH溶液等体积混合，此时溶液恰好为NaA，为强碱弱酸盐，水解呈碱性；含有弱根离子能促进水电离，氢氧化钠是强碱能抑制水电离，所以混合溶液中由水电离出的c＞0.1mol•L﹣1NaOH溶液中由水电离出的c，故答案为：碱；大于；①常温下将0.10molNaB和0.05molHCl溶于水，得到1L溶液，得到的溶液中含有0.05molNaB、0.05molHB、0.05molNaCl；溶液的pH＜7，说明溶液呈酸性，同浓度溶液中HB电离大于B﹣离子的水解，c＞c、c＞c，则溶液中离子浓度大小为c＞c＞c＞c＞c，故答案为：c＞c＞c＞c＞c；②根据混合液中电荷守恒可得：n+n+c=c+n，则n+n﹣n=c﹣c=0.03mol+0.10nol﹣0.05mol=0.08mol，故答案为：0.08．【点评】本题考查了弱电解质的电离及其影响、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握影响弱电解质的电离平衡的因素，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解判断溶液中各离子浓度大小，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力． 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