1、2016-2017学年湖北省襄阳市四校（襄州一中、枣阳一中、宜城一中、曾都一中）高二（上）期中化学试卷一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（）A硅太阳能电池B锂离子电池C太阳能集热器D燃气灶2下列有关的方程式不正确的是（）A测0.1 mol/L氨水的pH为11：NH3H2ONH4+OHB水滴石穿：CO2+CaCO3+H2OCa（HCO3）2CNH4Cl溶解在T2O中：NH4+T2ONH3T2O+H+D乙烷的燃烧热为1559.9 kJmol1，则乙烷燃烧的热化学方程式可表示为：2C2H6（g）+7O2（g）4CO2（g）+6H2O
2、（l）H=3119.8kJmol13在一定温度下体积不变的密闭容器中，下列叙述不是可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）达到平衡状态标志的是（）C的生成速率与C的分解速率相等 单位时间内生成a molA，同时生成3a molBA、B、C的分子数之比为1：3：2 A、B、C的总质量不再变化混合气体的总压强不再变化 混合气体的总物质的量不再变化单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol B A、B、C的浓度不再变化ABCD4下列液体均处于25，有关叙述正确的是（）ApH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（Na+）c（CH3COO）B强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶
3、液的导电性强CAgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同DpH=4.0的番茄汁中c（H+）是pH=6.0的牛奶中c（H+）的100倍5室温下，下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3、IB水电离出的c（H+）=11012molL1的溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42Cc（ Al 3+）=0.1 molL1的溶液中：Na+、K+、HCO3、ClD加入KSCN溶液显红色的溶液：K+、NH4+、Cl、NO36利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）反应过程中的能量变化情况如图所示
4、，曲线和曲线分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况下列判断正确的是（）A该反应的H=+91 kJmol1B加入催化剂，该反应的H变小C反应物的总能量小于生成物的总能量D如果该反应生成液态CH3OH，则H减小7将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固据此下列叙述不正确的是（）A该反应是吸热反应B生成物的总能量低于反应物的总能量C导致醋酸凝固的原因：该反应吸热使大烧杯中的热能转化为小烧杯中产物的内能D该反应的热化学方程式为：NH4HCO3（s）+HCl（aq）=NH4Cl（aq）+CO2（g）+H2O（l）H=+Q kJmol18
5、一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）ApH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS）=1105 molL1BpH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）=2c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4）DpH相同的CH3COONa、NaHCO3、NaClO三种溶液的c（Na+）：9某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+mY（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡
6、后，X、Y、Z的体积分数不变下列叙述不正确的是（）Am=2B两次平衡的平衡常数相同CX与Y的平衡转化率之比为1：1D第二次平衡时，Z的浓度为0.4molL110下列叙述中说明某化学平衡一定发生移动的是（）A混合体系中气体密度发生变化B正、逆反应速率改变C混合物中各组分的浓度改变D反应物的转化率改变11一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）经过一段时间后达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表：t/s0t1t2t3t4n（SO3）/mol00.81.41.81.8下列说法正确的是（）A反应在前t1s的平均速率v（O2
7、）=0.4/t1molL1s1B保持其他条件不变，体积压缩到1.0L，平衡常数将增大C保持温度不变，向该容器中再充入0.3 molSO2、0.1molO2和0.2molSO3，则此时V正V逆D相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，达到平衡时，SO3的转化率大于10%12pH=2的两种一元酸x和y，体积均为100mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示分别滴加NaOH溶液（c=0.1mol/L）至pH=7，消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy，则（）Ax为弱酸，VxVyBx为强酸，VxVyCy为弱酸，VxVyDy为强酸，VxVy13醋酸钡晶体（CH3COO）2BaH2O是一种媒染剂，
8、易溶于水下列有关0.1molL1醋酸钡溶液中粒子浓度关系的表示中，错误的是（）Ac（Ba2+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）Bc（H+）+2c（Ba2+）=c（CH3COO）+c（OH）Cc（H+）=c（OH）c（CH3COOH）D2c（Ba2+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH）14下列各组物质充分反应后过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终不能得到纯净物的是（）A向漂白粉浊液中通入过量CO2B向带有氧化膜的铝片中加入盐酸C向含1mol Ca（HCO3）2的溶液中加入1mol Na2O2D向含1 mol KAl（SO4）2的溶液中加入2 mol Ba（OH）215常温时，Ks
9、pMg（OH）2=1.11011，Ksp（AgCl）=1.81010，Ksp（Ag2CrO4）=1.91012Ksp（CH3COOAg）=2.3103，下列叙述不正确的是（）A浓度均为0.2 molL1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定产生CH3COOAg沉淀B将0.001 molL1的AgNO3溶液滴入0.001 molL1的KCl和0.001 molL1的K2CrO4的混合溶液中，先产生Ag2CrO4沉淀Cc（Mg2+）为0.11 molL1的溶液中要产生Mg（OH）2沉淀，溶液的pH要控制在9以上D在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp（
10、AgCl）不变16常温下，向20.00mL 0.1000molL1 （NH4）2SO4溶液中逐滴加入0.2000molL1 NaOH时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发）下列说法正确的是（）A点a所示溶液中：c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH）B点b所示溶液中：c（NH4+）=c（Na+）c（H+）=c（OH）C点d所示溶液中：c（SO42）c（NH3H2O ）c（OH）c（NH4+）D点c所示溶液中：c（SO42）+c（H+）=c（NH3H2O ）+c（OH）二、填空17常温下，下列四种溶液：0.10molL1 （NH4）2SO4 0.10molL1 N
11、H3H2O0.10molL1 CH3COONH4 0.10molL1 NH4HSO4请根据要求填空：（1）溶液呈酸性，其原因是（用离子方程式表示）：（2）若将溶液稀释10倍，则稀释后的溶液中c（OH）原来的十分之一（填“大于”、“小于”或“等于”）（3）实验测得溶液的pH=7，则c（CH3COO）c（NH4+）（填“”、“”或“=”）（4）上述四种溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序为（填序号）（5）将溶液混合，写出反应的离子方程式：18含碳的化合物能形成上千万种化合物，并且有的物质之间很容易发生转化请回答下列问题：（1）有机物M在有光的时候很容易转化成N，其过程如图：其中较稳定的物质是M，原
12、因是（2）已知（l）的燃烧热为3267.5kJmol1，（l）+6O2（g）6CO2（g）+3H2（g）H=a kJmol1，则a3267.5（填“”、“”或“=”）（3）使Br2（g）和H2O（g）在1500时与焦炭反应，生成HBr和CO2，当有1mol Br2（g）参与反应时释放出125kJ热量，写出该反应的热化学方程式（4）将C（石墨）、Al粉和TiO2固体在一定比例的条件下，在极高的温度下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）2Al2O3（s）+3TiC（s）H=1440kJmol1，则反应过程中，每转移amol电子放出的热量为（用含a的表达式表示）（
13、5）已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H=+490.0kJmol1CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=280.0kJmol1C（石墨）+O2（g）=CO2（g）H=390.5kJmol12Fe2O3（s）=4Fe（s）+3O2（g）H=19运用化学反应原理研究氮、磷等单质及其化合物的反应有重要意义（1）试判断用于汽车净化的一个反应2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），在298K、100kPa下能否自发进行（填“能”或“否”）已知：在298K、100kPa下该反应的H=113.0kJmol1，S=145.3Jmol1K1（2）25下，将a mol
14、L1的氨水与0.005molL1的硫酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）=2c（SO42），用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb=（3）25时，Ksp（BaSO4）=1.11010，Ksp（BaCO3）=2.6109，现将BaCl2溶液滴入浓度均为0.01molL1的Na2SO4和Na2CO3的混合溶液中，当两种沉淀共存时，溶液中c （CO32）：c（SO42）=（不考虑CO32的水解）（4）次磷酸（H3PO2）是一种一元中强酸，重要的精细化工产品写出次磷酸的电离方程式：已知某温度下0.01mol/L的NaOH溶液pH=10，将该NaOH溶液与等浓度等体积的H3PO2溶液混合，
15、混合后溶液pH=7，则此时c（OH）c（H3PO2）=该温度下将pH=a的盐酸Vaml与pH=b的氢氧化钠Vbml混合后溶液呈中性，且a+b=10，则Va：Vb=20已知：O2（g）+2H2（g）=2H2O（g）H=483.6kJmol1C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g）H=393.5kJmol1CO2（g）+C（s，石墨）=2CO（g）H=+172.5kJmol1（1）请写出CO与水蒸汽反应的热化学方程式（2）在一体积为10L的密闭容器中，通入一定量的CO和水蒸汽，在850时发生反应，容器中CO和水蒸汽浓度变化如图，则04min的平均反应速率v（CO）=，请计算此时的平衡常数K=时间/
16、minCOH2OCO2H200.2000.3000020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c34c1c2c3c350.1160.2160.08460.0960.2660.104（3）t（高于850）时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如右表表中3min4min之间反应处于状态；c1数值0.08mol/L （填大于、小于或等于）反应在4min5min间，平衡向逆方向移动，可能是以下的原因（填字母），表中5min6min之间数值发生变化，可能的原因是（填字母）a增加水蒸气 b降低温度 c使用催化剂 d增加氢气浓度21铁是人体不可缺少的微量元素，摄入含铁的化合物可补
17、充铁“速力菲”是市场上一种常见的补铁药物，如图1是它的说明书：该药品中Fe2+会缓慢氧化，国家规定该药物中Fe2+的氧化率超过10%即不能再服用（1）为了检验某药店出售的“速力菲”是否被氧化，实验室可选用的最常用且最灵敏的检验试剂为（填试剂的名称）（2）实验室采用H2SO4酸化的KMnO4溶液对“速力菲”中的Fe2+进行滴定（假设药品中其他成分不与KMnO4反应）；该反应的离子方程式为：（3）称量上述含铁元素质量分数为20.00%的“速力菲”19.00g，将其全部溶于稀硫酸中，配制成1000.00mL溶液取出20.00mL，用0.01300mol/L的KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液体积
18、如图2所示实验前，首先要精确配制0.01300mol/L KMnO4溶液250mL，配制时需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需某同学的滴定方式（夹持部分略去）如图，最合理的是由图可知消耗KMnO4溶液体积为 mL；滴定终点观察到的现象为；以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度，判断以下操作所引起实验结果偏小的是A滴定过程中，锥形瓶振荡太剧烈，有少量液滴溅出B未用标准KMnO4溶液润洗滴定管C滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁D滴定前仰视，滴定后俯视（标准液）2016-2017学年湖北省襄阳市四校（襄州一中、枣阳一中、宜城一中、曾都一中）高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析
19、一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（）A硅太阳能电池B锂离子电池C太阳能集热器D燃气灶【考点】常见的能量转化形式【分析】化学变化中不但生成新物质而且还会伴随着能量的变化，解题时要注意看过程中否发生化学变化，是否产生了热量【解答】解：A硅太阳能电池是太阳能转化为电能，故A错误； B锂离子电池是把化学能转化为电能，故B错误；C太阳能集热器是把太阳能转化为热能，故C错误；D燃烧是放热反应，是化学能转化为热能，故D正确故选D2下列有关的方程式不正确的是（）A测0.1 mol/L氨水的pH为11：NH3H2ONH4+OHB水滴石穿：CO
20、2+CaCO3+H2OCa（HCO3）2CNH4Cl溶解在T2O中：NH4+T2ONH3T2O+H+D乙烷的燃烧热为1559.9 kJmol1，则乙烷燃烧的热化学方程式可表示为：2C2H6（g）+7O2（g）4CO2（g）+6H2O（l）H=3119.8kJmol1【考点】化学方程式的书写；盐类水解的应用【分析】A根据0.1 mol/L氨水的pH为11，则氨水不完全电离；B水滴石穿表示空气中的二氧化碳和水溶解碳酸钙；CNH4Cl溶解在T2O中NH4+发生水解显酸性；D根据燃烧热指1mol物质完全燃烧生成稳定的化合物所放出的热量书写【解答】解：A因为0.1 mol/L氨水的pH为11，则氨水不完
21、全电离，所以电离方程式为：NH3H2ONH4+OH，故A正确；B水滴石穿表示空气中的二氧化碳和水溶解碳酸钙生成碳酸氢钙，反应为：CO2+CaCO3+H2OCa（HCO3）2，故B正确；CNH4Cl溶解在T2O中NH4+发生水解显酸性，水解方程式为：NH4+T2ONH3HTO+T+，故C错误；D因为燃烧热指1mol物质完全燃烧生成稳定的化合物所放出的热量，又乙烷的燃烧热为1559.9 kJmol1，所以2C2H6（g）+7O2（g）4CO2（g）+6H2O（l）H=3119.8kJmol1，故D正确；故选：C3在一定温度下体积不变的密闭容器中，下列叙述不是可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）达
22、到平衡状态标志的是（）C的生成速率与C的分解速率相等 单位时间内生成a molA，同时生成3a molBA、B、C的分子数之比为1：3：2 A、B、C的总质量不再变化混合气体的总压强不再变化 混合气体的总物质的量不再变化单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol B A、B、C的浓度不再变化ABCD【考点】化学平衡状态的判断【分析】可逆反应达到平衡状态时，同一物质的正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答【解答】解：C的生成速率与C的分解速率相等，说明C的正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确； 无论是否达到
23、平衡，总存在单位时间内生成a molA、同时生成3a molB，所以不能据此判断平衡状态，故错误；A、B、C的分子数之比为1：3：2时，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，所以不能据此判断平衡状态，故错误； 任何化学反应中都存在质量守恒，所以无论反应是否达到平衡状态，A、B、C的总质量不变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；反应前后气体的物质的量减少导致压强减小，当混合气体的总压强不再变化时，各物质的物质的量之和不变，该反应达到平衡状态，故正确； 反应前后气体的物质的量减少，当混合气体的总物质的量不再变化时，该物质的物质的量不变，该反应达到平衡状态，故正确；单位时间内消耗a
24、mol A，同时生成3a mol B，同时生成amolA，则A正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确； A、B、C的浓度不再变化时，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确；故选B4下列液体均处于25，有关叙述正确的是（）ApH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（Na+）c（CH3COO）B强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强CAgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同DpH=4.0的番茄汁中c（H+）是pH=6.0的牛奶中c（H+）的100倍【考点】pH的简单计算【分析】A、pH=5.6，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒来分析；B
25、、溶液的导电性取决于离子浓度大小；C、同浓度的CaCl2和NaCl溶液中氯离子浓度不同；D、c（H+）=10pH【解答】解：A、pH=5.6，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒可知：c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（Na+），则有：；c（Na+）c（CH3COO），故A错误；B、溶液的导电性取决于离子浓度大小，和电解质的强弱无关，故B错误；C、同浓度的CaCl2和NaCl溶液中氯离子浓度不同，前者是后者的2倍，故对氯化银的溶解的抑制前者更大，则氯化银在CaCl2溶液中的溶解度更小，故C错误；D、c（H+）=10pH，故pH=4的番茄汁中氢离子浓度为104mol/L，pH=6的牛
26、奶中氢离子浓度为106mol/L，故前者是后者的100倍，故D正确故选D5室温下，下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3、IB水电离出的c（H+）=11012molL1的溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42Cc（ Al 3+）=0.1 molL1的溶液中：Na+、K+、HCO3、ClD加入KSCN溶液显红色的溶液：K+、NH4+、Cl、NO3【考点】离子共存问题【分析】ApH=1的溶液，显酸性；B水电离出的c（H+）=11012molL1的溶液，为酸或碱溶液；C离子之间相互促进水解；D加入KSCN溶液显红色的溶液，含铁离子，该组离子之间不
27、反应【解答】解：ApH=1的溶液，显酸性，NO3、I发生氧化还原反应，不能共存，故A不选；B水电离出的c（H+）=11012molL1的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Al3+，故B不选；CAl3+、HCO3相互促进水解，不能共存，故C不选；D加入KSCN溶液显红色的溶液，含铁离子，该组离子之间不反应，可大量共存，故D选；故选D6利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线和曲线分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况下列判断正确的是（）A该反应的H=+91 kJmol1B加入催化剂，该反应的H变小
28、C反应物的总能量小于生成物的总能量D如果该反应生成液态CH3OH，则H减小【考点】反应热和焓变【分析】反应物总能量大于生成物总能量，该反应放热，曲线活化能降低，应加入催化剂，以此解答该题【解答】解：A反应物总能量大于生成物总能量，该反应放热，故A错误；B加入催化剂，降低了反应的活化能，但反应物和生成物能量没变，其能量差即H不变，故B错误；C由图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，故C错误；D如果该反应生成液态CH3OH，放出更多的热量，因反应热为负值，则H减小，故D正确故选D7将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固据此下列
29、叙述不正确的是（）A该反应是吸热反应B生成物的总能量低于反应物的总能量C导致醋酸凝固的原因：该反应吸热使大烧杯中的热能转化为小烧杯中产物的内能D该反应的热化学方程式为：NH4HCO3（s）+HCl（aq）=NH4Cl（aq）+CO2（g）+H2O（l）H=+Q kJmol1【考点】吸热反应和放热反应【分析】反应过程中醋酸逐渐凝固，说明HCl和NH4HCO3反应过程中温度降低，则该反应是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，以此解答该题【解答】解：A醋酸逐渐凝固，说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，故A正确；B因反应为吸热反应，则反应物的总能量低
30、于生成物的总能量，故B错误；C该反应为吸热反应，即吸收的热量转化为产物内部的能量，故C正确；D书写热化学方程式时，应注明物质的状态，吸热反应H=+Q kJmol10，所以该反应的热化学方程式为NH4HCO3（s）+HCl（aq）=NH4Cl（aq）+CO2（g）+H2O（l）H=+Q kJmol1，故D正确故选B8一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）ApH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS）=1105 molL1BpH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）=2c（HC2O4）+c（C2O42）
31、+c（H2C2O4）DpH相同的CH3COONa、NaHCO3、NaClO三种溶液的c（Na+）：【考点】离子浓度大小的比较【分析】A硫化氢是二元弱酸分步电离；B氨水溶液中一水合氨是弱碱存在电离平衡，稀释促进电离；C溶液中存在物料守恒，n（Na）=n（C2O42）；D对应酸的酸性越弱，其盐的水解程度越大，溶液的碱性越强，溶液PH越大；当PH相同时，酸越强，盐的浓度越大；【解答】解：ApH=5的H2S溶液中存在电离平衡，H2SH+HS，HSH+S2，c（H+）=1105 molL1c（HS），故A错误；B氨水溶液中一水合氨是弱碱存在电离平衡，稀释促进电离pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=
32、b，则ba+1，故B错误；C含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液中存在物料守恒：2c（Na+）=3c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4），故C错误；D在相同的条件下测得CH3COONaNaHCO3 NaClO三种溶液pH相同，已知酸性：CH3COOHHClOHCO3，所以水解程度：NaClONaHCO3CH3COONa，pH相同时，溶液的浓度：NaClONaHCO3CH3COONa，即c（Na+）：，故D正确；故选D9某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+mY（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30
33、%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变下列叙述不正确的是（）Am=2B两次平衡的平衡常数相同CX与Y的平衡转化率之比为1：1D第二次平衡时，Z的浓度为0.4molL1【考点】真题集萃；化学平衡的计算【分析】A平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变；B平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；C设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol，根据转化率=进行计算；D该反应的反应前后气体计量数之和不变，第
34、一次反应是按照X、Y的计量数之比来投料，所以第二次平衡与第一次平衡是等效平衡，两次平衡后各物质的含量不变，据此解答【解答】解：A平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变，所以m=2，故A正确；B平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以两次平衡的平衡常数相同，故B正确；C设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol， X（g）+2Y（g）3Z（g）开始（mol） 1 2 0转化（mol） a 2a 3a平衡（mol）（1a）（22a） 3a相同条件下，气
35、体的体积与物质的量成正比，所以其体积分数等于其物质的量分数，即（1a）：（22a）：3a=30%：60%：10%，所以a=0.1，则参加反应的n（X）=0.1mol、n（Y）=0.2mol，转化率=，X的转化率=10%，Y的转化率=10%，所以X和Y的转化率之比为1：1，故C正确；D该反应的反应前后气体计量数之和不变，第一次反应是按照X、Y的计量数之比来投料，所以第二次平衡与第一次平衡是等效平衡，两次平衡后各物质的含量不变，投入Z后，设Z参加反应的物质的量为3bmol， X（g）+2Y（g）3Z（g）第一次平衡（mol）：0.9 1.8 0.3加入1molZ：0.9 1.8 1.3转化：b 2
36、b 3b第二次平衡（mol）：（0.9+b） （1.8+2b）（1.33b）各物质含量不变，所以（0.9+b）：（1.8+2b）：（1.33b）=30%：60%：10%=3：6：1，b=0.3，n（Z）=（1.30.9）mol=0.4mol，Z的物质的量浓度=0.2mol/L，故D错误；故选D10下列叙述中说明某化学平衡一定发生移动的是（）A混合体系中气体密度发生变化B正、逆反应速率改变C混合物中各组分的浓度改变D反应物的转化率改变【考点】化学平衡的影响因素【分析】已达到平衡的反应，外界反应条件改变时，平衡混合物里各组成物质的百分含量也就会改变而达到新的平衡状态叫化学平衡移动至于对于反应前后气
37、体体积相等的反应来说，增大体系的体积，体系各组分的物质的量浓度减小，气体的密度减小，反应速率较小，平衡却不移动【解答】解：A、对于反应前后气体体积相等的反应来说，增大压强，气体的密度增大，平衡不移动，故A错误；B、对于反应前后气体体积不变的反应，增大压强反应速率增大，但平衡不发生变化，故B错误；C、对于反应前后气体体积相等的反应来说，增大体系的体积，体系各组分的物质的量浓度减小，平衡不移动，故C错误；D、反应物的转化率发生变化，说明物质的浓度浓度一定在变化，化学平衡一定发生移动，故D正确；故选D11一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生反应：2SO2（g）+
38、O2（g）2SO3（g）经过一段时间后达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表：t/s0t1t2t3t4n（SO3）/mol00.81.41.81.8下列说法正确的是（）A反应在前t1s的平均速率v（O2）=0.4/t1molL1s1B保持其他条件不变，体积压缩到1.0L，平衡常数将增大C保持温度不变，向该容器中再充入0.3 molSO2、0.1molO2和0.2molSO3，则此时V正V逆D相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，达到平衡时，SO3的转化率大于10%【考点】化学平衡的计算【分析】A先计算三氧化硫反应速率，再根据同一可逆反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之
39、比计算v（O2）；B化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变；C先计算浓度商，根据浓度商与化学平衡常数相对大小判断反应方向，从而确定正逆反应速率相对大小；D相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，如果三氧化硫完全转化为二氧化硫和氧气，二氧化硫和氧气的物质的量分别是4mol、2mol，为原来的2倍，增大压强平衡正向移动，则二氧化硫转化率增大【解答】解：A根据表格中数据知，当n（SO3）=1.8mol，该反应达到平衡状态，反应在前t1s的平均速率v（SO3）=0.4/t1molL1s1，再根据同一可逆反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算v（O2）=0.2/
40、t1molL1s1，故A错误；B化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，与压强、物质浓度都无关，故B错误；C反应达到平衡状态时，c（SO3）=0.9mol/L，c（SO2）=mol/L=0.1mol/L，c（O2）=mol/L=0.05mol/L，化学平衡常数K=1620，向该容器中再充入0.3 molSO2、0.1molO2和0.2molSO3，c（SO3）=（0.9+）mol/L=1mol/L、c（SO2）=（0.1+）mol/L=0.25mol/L，c（O2）=（0.05+）mol/L=0.1mol/L，浓度商=1601620，则该反应向正反应方向移动，则此时V正V逆，故C
41、正确；D相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，如果三氧化硫完全转化为二氧化硫和氧气，二氧化硫和氧气的物质的量分别是4mol、2mol，为原来的2倍，增大压强平衡正向移动，则二氧化硫转化率增大，所以二氧化硫转化率大于90%，相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，达到平衡时，SO3的转化率小于10%，故D错误；故选C12pH=2的两种一元酸x和y，体积均为100mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示分别滴加NaOH溶液（c=0.1mol/L）至pH=7，消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy，则（）Ax为弱酸，VxVyBx为强酸，VxVyCy为弱酸，VxVyDy为强酸，VxV
42、y【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】根据稀释相同倍数酸x、y的pH变化，判断强酸、弱酸，pH相等的强酸和弱酸与碱反应，反应中弱酸还继续电离，弱酸消耗碱的量大【解答】解：从图象看，稀释10倍，x的pH值变化1，y的pH值变化小于1，说明x为强酸，y为弱酸pH相等的强酸和弱酸与碱反应，反应中弱酸还继续电离，故弱酸消耗碱的量大，即VxVy，故选C13醋酸钡晶体（CH3COO）2BaH2O是一种媒染剂，易溶于水下列有关0.1molL1醋酸钡溶液中粒子浓度关系的表示中，错误的是（）Ac（Ba2+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）Bc（H+）+2c（Ba2+）=c（CH3COO）+c（OH
43、）Cc（H+）=c（OH）c（CH3COOH）D2c（Ba2+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用【分析】A、CH3COO离子水解程度较小，水解后溶液呈碱性，c（CH3COO）c（Ba2+）；B、从溶液的电中性角度考虑；C、根据溶液电中性和物料守恒分析；D、根据物料守恒分析【解答】解：A、CH3COO离子水解程度较小，水解后溶液呈碱性，由（CH3COO）2Ba可知，则有c（CH3COO）c（Ba2+），c（OH）c（H+），正确的顺序应为，c（CH3COO）c（Ba2+）c（OH）c（H+），故A错误；B、溶液呈电中性，溶液中阳离子所带电荷等于
44、阴离子所带电荷，故c（H+）+2c（Ba2+）=c（CH3COO）+c（OH），故B正确；C、根据溶液电中性可知：c（H+）+2c（Ba2+）=c（OH）+c（CH3COO），根据物料守恒可知，c（CH3COOH）+c（CH3COO）=2c（Ba2+），则有c（H+）+c（CH3COOH）+c（CH3COO）=c（OH）+c（CH3COO），则c（H+）=c（OH）c（CH3COOH），故C正确；D、由（CH3COO）2Ba，根据物料守恒可知，c（CH3COOH）+c（CH3COO）=2c（Ba2+），故D正确故选A14下列各组物质充分反应后过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终不能得到纯净物
45、的是（）A向漂白粉浊液中通入过量CO2B向带有氧化膜的铝片中加入盐酸C向含1mol Ca（HCO3）2的溶液中加入1mol Na2O2D向含1 mol KAl（SO4）2的溶液中加入2 mol Ba（OH）2【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物【分析】A、漂白粉的水溶液中通入足量的CO2生成碳酸氢钙和次氯酸，碳酸氢钙、次氯酸受热分解，氯化氢挥发；B、氧化铝和金属铝和盐酸之间反应都生成氯化铝；C、1mol Na2O2可以和水之间反应生成2mol氢氧化钠，根据碳酸氢钙和氢氧化钠之间的反应来回答；D、根据铝离子和氢氧根离子、钡离子和硫酸根离子之间量的关系来回答【
46、解答】解：A、漂白粉的水溶液中通入足量的CO2生成碳酸氢钙和次氯酸，加热蒸干，碳酸氢钙、次氯酸受热分解，氯化氢挥发，残留固体为碳酸钙、氯化钙，故A正确；B、向带有氧化膜的铝片中加入盐酸，得到氯化铝溶液，将滤液加热、蒸干至质量不变，得到的是氢氧化铝，属于纯净物，故B错误；C、1mol Na2O2可以和水之间反应生成2mol氢氧化钠，2mol氢氧化钠和1mol Ca（HCO3）2的溶液反应生成的是碳酸钙沉淀、碳酸钠溶液，过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终得到的是碳酸钠，属于纯净物，故C错误；D、1 mol KAl（SO4）2的溶液中加入2 mol Ba（OH）2会生成2mol硫酸钡沉淀和1mo
47、l偏铝酸钾溶液，过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，偏铝酸钾虽在水中水解，蒸干时得到的是KAl（OH）4，是纯净物，故D错误，故选A15常温时，KspMg（OH）2=1.11011，Ksp（AgCl）=1.81010，Ksp（Ag2CrO4）=1.91012Ksp（CH3COOAg）=2.3103，下列叙述不正确的是（）A浓度均为0.2 molL1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定产生CH3COOAg沉淀B将0.001 molL1的AgNO3溶液滴入0.001 molL1的KCl和0.001 molL1的K2CrO4的混合溶液中，先产生Ag2CrO4沉淀Cc（Mg2+）为0.1
48、1 molL1的溶液中要产生Mg（OH）2沉淀，溶液的pH要控制在9以上D在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp（AgCl）不变【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A根据Ksp（CH3COOAg）=c（CH3COO）c（Ag+）计算；B根据Ksp（AgCl）以及Ksp（Ag2CrO4）计算生成沉淀时银离子的浓度，根据银离子浓度判断；C根据KspMg（OH）2=c（Mg2+）c2（OH）计算；DKsp（AgCl）只受温度的影响【解答】解：A等体积混合浓度均为0.1molL1，c（CH3COO）c（Ag+）=0.012.3103，一定产生CH3COO
49、Ag沉淀，故A正确；B0.001 molL1的KCl溶液中形成AgCl沉淀时，银离子的浓度为c（Ag+）=1.8107mol/L，0.001 molL1的K2CrO4溶液中形成Ag2CrO4沉淀时，c（Ag+）=105mol/L，则KCl溶液中形成AgCl沉淀时银离子浓度小，即AgCl先达到饱和，应先生成AgCl沉淀，故B错误；CKspMg（OH）2=c（Mg2+）c2（OH），c（OH）=105 molL1，溶液的pH至少要控制在9以上，故C正确；DKsp（AgCl）只受温度的影响，与浓度无关，所以在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp（AgCl）不变，故D正
50、确；故选B16常温下，向20.00mL 0.1000molL1 （NH4）2SO4溶液中逐滴加入0.2000molL1 NaOH时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发）下列说法正确的是（）A点a所示溶液中：c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH）B点b所示溶液中：c（NH4+）=c（Na+）c（H+）=c（OH）C点d所示溶液中：c（SO42）c（NH3H2O ）c（OH）c（NH4+）D点c所示溶液中：c（SO42）+c（H+）=c（NH3H2O ）+c（OH）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】Aa点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，但铵根
51、离子水解较微弱；Bb点溶液中，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据溶质的性质判断；Cd点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半；Dc点溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒、物料守恒判断【解答】解：Aa点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c（H+）c（OH），铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c（NH4+）c（SO42），所以溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH），故A错误；Bb点溶液中，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42）+c（OH），硫酸铵
52、的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以c（NH4+）c（Na+），故B错误；Cd点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以c（NH3H2O ）c（SO42），故C错误；Dc点溶液中，溶液呈碱性，所以c（H+）c（OH），溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42）+c（OH），根据物料守恒得，根据物料守恒得c（NH4+）+c（NH3H2O）=2c（SO42）=2c（Na+），所以得c（SO42）+c（H+）=c（NH3H2O ）+c（O
53、H），故D正确；故选D二、填空17常温下，下列四种溶液：0.10molL1 （NH4）2SO4 0.10molL1 NH3H2O0.10molL1 CH3COONH4 0.10molL1 NH4HSO4请根据要求填空：（1）溶液呈酸性，其原因是（用离子方程式表示）：NH4+H2ONH3H2O+H+（2）若将溶液稀释10倍，则稀释后的溶液中c（OH）大于原来的十分之一（填“大于”、“小于”或“等于”）（3）实验测得溶液的pH=7，则c（CH3COO）=c（NH4+）（填“”、“”或“=”）（4）上述四种溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序为（填序号）（5）将溶液混合，写出反应的离子方程式：NH3
54、H2O+H+=NH4+H2O【考点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较【分析】（1）（NH4）2SO4 是强酸弱碱盐，NH4+水解显酸性；（2）加水稀释，一水合氨的电离平衡被促进；（3）溶液的pH=7，则c（OH）=c（H+），根据电荷守恒来分析；（4）根据是强电解质，能完全电离，而为弱电解质，不能完全电离，并结合中含2个铵根离子、中只含一个铵根离子，且发生双水解、中铵根离子的水解被抑制来分析；（5）溶液混合，发生的是NH3H2O和H+的反应，生成NH4+和水【解答】解：（1）（NH4）2SO4 是强酸弱碱盐，NH4+水解显酸性：NH4+H2ONH3H2O+H+，故答案为：NH4+H2ONH3
55、H2O+H+；（2）加水稀释，一水合氨的电离平衡向右移，即电离被促进，电离出更多的氢氧根，故将溶液稀释10倍，则稀释后的溶液中c（OH）大于原来的十分之一，故答案为：大于；（3）根据电荷守恒可知：c（OH）+c（CH3COO）=c（H+）+c（NH4+），而溶液的pH=7，即c（OH）=c（H+），故有：c（CH3COO）=c（NH4+），故答案为：=；（4）根据是强电解质，能完全电离，而为弱电解质，不能完全电离，故中c（NH4+）最小；而中含2个铵根离子、中只含一个铵根离子，故中c（NH4+）最大；而中铵根离子发生双水解、中铵根离子的水解被抑制，故中的c（NH4+）大于，故c（NH4+）由大
56、到小的顺序为，故答案为：；（5）溶液混合，发生的是NH3H2O和H+的反应，生成NH4+和水，离子方程式为：NH3H2O+H+=NH4+H2O，故答案为：NH3H2O+H+=NH4+H2O18含碳的化合物能形成上千万种化合物，并且有的物质之间很容易发生转化请回答下列问题：（1）有机物M在有光的时候很容易转化成N，其过程如图：其中较稳定的物质是M，原因是M转化为N为吸热反应，能量升高，M能量低，稳定些（2）已知（l）的燃烧热为3267.5kJmol1，（l）+6O2（g）6CO2（g）+3H2（g）H=a kJmol1，则a3267.5（填“”、“”或“=”）（3）使Br2（g）和H2O（g）在
57、1500时与焦炭反应，生成HBr和CO2，当有1mol Br2（g）参与反应时释放出125kJ热量，写出该反应的热化学方程式2Br2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HBr（g）+CO2（g）H=250kJmol1（4）将C（石墨）、Al粉和TiO2固体在一定比例的条件下，在极高的温度下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）2Al2O3（s）+3TiC（s）H=1440kJmol1，则反应过程中，每转移amol电子放出的热量为120akJ（用含a的表达式表示）（5）已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H=+490.0kJmol1C
58、O（g）+O2（g）=CO2（g）H=280.0kJmol1C（石墨）+O2（g）=CO2（g）H=390.5kJmol12Fe2O3（s）=4Fe（s）+3O2（g）H=+1643.0kJmol1【考点】反应热和焓变【分析】（1）反应为吸热反应，物质能量越高越活泼，能量越低越稳定；（2）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧放热，放热反应的焓变为负值比较大小，据此分析判断；（3）1molBr2参与反应时释放出125KJ热量，则反应2Br2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HBr（g）+CO2（g）会放出250KJ的能量，根据热化学方程式的含义和书写方法来回答；（4
59、）所给反应中转移12个电子，故每转移1mol电子放出的热量为=120kJ；（5）Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H=+490.0kJmol1CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=280.0kJmol1C（石墨）+O2（g）=CO2（g）H=390.5kJmol1依据盖斯定律计算，+33得到2Fe2O3（s）=4Fe（s）+3O2（g） 反应的焓变【解答】解：（1），反应为吸热反应，M能量低于N，则M能量低稳定，故答案为：M转化为N为吸热反应，能量升高，M能量低，稳定些；（2）已知（l）的燃烧热为3267.5kJmol1，（l）+O2（g）6CO2（g）+3H2O（l
60、）H=3267.5kJmol1，（l）+6O2（g）6CO2（g）+3H2（g）H=a kJmol1，氢气燃烧放热，放热反应的焓变为负值，则a3267.5kJmol1 ，故答案为：；（3）1molBr2参与反应时释放出125KJ热量，则反应2Br2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HBr（g）+CO2（g）会放出250KJ的能量，即2Br2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HBr（g）+CO2（g）H=250kJmol1，故答案为：2Br2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HBr（g）+CO2（g）H=250kJmol1；（4）将C（石墨）、Al粉和TiO2固体在一定比例的条件下，在极高
61、的温度下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）2Al2O3（s）+3TiC（s）H=1440kJmol1，所给反应中转移12个电子，故每转移1mol电子放出的热量为=120kJ，则反应过程中，每转移amol电子放出的热量为120a kJ，故答案为：120a kJ；（5）Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H=+490.0kJmol1CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=280.0kJmol1C（石墨）+O2（g）=CO2（g）H=390.5kJmol1依据盖斯定律计算，（+33）2得到：2Fe2O3（s）=4Fe（s）+3O2（g）H=
62、+1643.0 kJmol1 ，故答案为：+1643.0 kJmol119运用化学反应原理研究氮、磷等单质及其化合物的反应有重要意义（1）试判断用于汽车净化的一个反应2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），在298K、100kPa下能否自发进行能（填“能”或“否”）已知：在298K、100kPa下该反应的H=113.0kJmol1，S=145.3Jmol1K1（2）25下，将a molL1的氨水与0.005molL1的硫酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）=2c（SO42），用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb=（3）25时，Ksp（BaSO4）=1.11010，
63、Ksp（BaCO3）=2.6109，现将BaCl2溶液滴入浓度均为0.01molL1的Na2SO4和Na2CO3的混合溶液中，当两种沉淀共存时，溶液中c （CO32）：c（SO42）=260：11（不考虑CO32的水解）（4）次磷酸（H3PO2）是一种一元中强酸，重要的精细化工产品写出次磷酸的电离方程式：H3PO2H2PO2+H+已知某温度下0.01mol/L的NaOH溶液pH=10，将该NaOH溶液与等浓度等体积的H3PO2溶液混合，混合后溶液pH=7，则此时c（OH）c（H3PO2）=107该温度下将pH=a的盐酸Vaml与pH=b的氢氧化钠Vbml混合后溶液呈中性，且a+b=10，则Va
64、：Vb=1：100【考点】反应热和焓变；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】（1）依据G=HTS计算判断，若G0，反应自发进行，若G0，反应非自发进行；（2）在25下，将amol/L的氨水与0.005mol/L的硫酸等体积混合，反应平衡时溶液呈中性，c（H+）=c（OH），平衡时溶液中c（NH4+）=2c（SO42）=0.01mol/L，根据物料守恒得c（NH3H2O）=（0.5a0.01）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH）=107mol/L，溶液呈中性，NH3H2O的电离常数Kb=；（3）将BaCl2溶液滴入浓度均为0.01molL1的Na2SO4和Na2CO3的混合溶
65、液中，当两种沉淀共存时，依据沉淀转化平衡常数和溶度积常数计算；（4）根据H3PO2是一元中强酸可知，H3PO2是弱电解质，溶液中部分电离出氢离子，据此写出电离方程式；已知某温度下0.01mol/L的NaOH溶液PH=10，氢离子浓度c（H+）=1010mol/L，该温度下Kw=1012，将该NaOH溶液与等浓度等体积的H3PO2溶液混合，混合后溶液PH=7，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒计算得到离子浓度关系，该温度下将pH=a的盐酸Vaml与pH=b的氢氧化钠Vbml混合后溶液呈中性，且a+b=10，氢离子物质的量等于氢氧根离子物质的量列式计算【解答】解：（1）已知：在298K、10
66、0kPa下该反应的H=113.0kJmol1，S=145.3Jmol1K1，G=HTS=113.0 kJmol1298 K（145.3 Jmol1K1）10369.7 kJmol10，反应自发进行，故答案为：能；（2）在25下，将amol/L的氨水与0.005mol/L的硫酸等体积混合，反应平衡时溶液呈中性，c（H+）=c（OH），平衡时溶液中c（NH4+）=2c（SO42）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3H2O）=（0.5a0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH）=107mol/L，溶液呈中性，NH3H2O的电离常数Kb=，故答案为：；（3）298K时，K
67、sp（BaSO4）=1.11010，Ksp（BaCO3）=2.6109，现将BaCl2溶液滴入浓度均为0.01molL1的Na2SO4和Na2CO3的混合溶液中，当两种沉淀共存时，BaCO3+SO42=BaSO4+CO32，K=，溶液中c （CO32）：c （SO42）=260：11，故答案为：260：11；（4）H3PO2是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电离方程式为H3PO2H2PO2+H+，故答案为：H3PO2H2PO2+H+；已知某温度下0.01mol/L的NaOH溶液PH=10，氢离子浓度c（H+）=1010mol/L，该温度下Kw=1012，将该NaOH溶液与等浓度等体积
68、的H3PO2溶液混合恰好反应生成盐为NaH2PO2，混合后溶液PH=7，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（H2PO2 ），物料守恒为：c（Na+）=c（H2PO2）+c（H3PO2）计算得到离子浓度关系，C（OH）C（H3PO2）=c（H+）=107mol/L，该温度下将pH=a的盐酸Vaml与pH=b的氢氧化钠Vbml混合后溶液呈中性，且a+b=10，氢离子物质的量等于氢氧根离子物质的量，Va ml10amol/L=Vbml，Va：Vb=1012+a+b，a+b=10，Va：Vb=1：100，故答案为：107；1：10020已知：O2（g）+2H2（
69、g）=2H2O（g）H=483.6kJmol1C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g）H=393.5kJmol1CO2（g）+C（s，石墨）=2CO（g）H=+172.5kJmol1（1）请写出CO与水蒸汽反应的热化学方程式CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.2kJmol1（2）在一体积为10L的密闭容器中，通入一定量的CO和水蒸汽，在850时发生反应，容器中CO和水蒸汽浓度变化如图，则04min的平均反应速率v（CO）=0.03mol/（Lmin），请计算此时的平衡常数K=1时间/minCOH2OCO2H200.2000.3000020.1380.2380.0620.0
70、623c1c2c3c34c1c2c3c350.1160.2160.08460.0960.2660.104（3）t（高于850）时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如右表表中3min4min之间反应处于平衡状态；c1数值大于0.08mol/L （填大于、小于或等于）反应在4min5min间，平衡向逆方向移动，可能是以下的原因d（填字母），表中5min6min之间数值发生变化，可能的原因是a（填字母）a增加水蒸气 b降低温度 c使用催化剂 d增加氢气浓度【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】（1）O2（g）+2H2（g）=2H2O（g）H=483.6kJmol1C（s，
71、石墨）+O2（g）=CO2（g）H=393.5kJmol1CO2（g）+C（s，石墨）=2CO（g）H=+172.5kJmol1将方程式得CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H进行相应的改变；（2）04min的平均反应速率v（CO）=；根据方程式知，平衡时c（CO）=c（CO2）=c（H2）=（0.200.08）mol/L=0.12mol/L，c（CO）=0.08mol/L，c（H2O）=0.18mol/L，化学平衡常数K=；（3）表中3min4min之间各物质的浓度不变，处于平衡状态；850达到平衡时c（CO）=0.08mol/L，该反应为放热反应，升高温度逆向移动；反应在4mi
72、n5min，平衡向逆方向移动，根据平衡移动原理，结合选项判断；由表中数据可知，5min6minCO的浓度降低，CO2浓度增大，浓度变化都是0.02mol/L，说明平衡向正反应移动，再结合水的浓度变化进行判断【解答】解：（1）O2（g）+2H2（g）=2H2O（g）H=483.6kJmol1C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g）H=393.5kJmol1CO2（g）+C（s，石墨）=2CO（g）H=+172.5kJmol1将方程式得CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=kJ/mol=41.2kJmol1；故答案为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.2kJm
73、ol1；（2）04min的平均反应速率v（CO）=mol/（Lmin）=0.03 mol/（Lmin）；根据方程式知，平衡时c（CO）=c（CO2）=c（H2）=（0.200.08）mol/L=0.12mol/L，c（CO）=0.08mol/L，c（H2O）=0.18mol/L，化学平衡常数K=1；故答案为：0.03 mol/（Lmin）；1；（3）在高于850时发生反应，化学反应速率加快，一定在4min前达到化学平衡另外从表中可看出反应在3min和4min时的各物质浓度相同，故3min4min之间反应应处于平衡状态由于是放热反应，温度升高，化学平衡向逆反应方向移动，C1数值应大于0.08 m
74、ol/L故答案为：平衡；大于；反应在4min5min间，平衡向逆方向移动可能是升高温度、增大生成物浓度、减少反应物浓度等因素引起，故选d表中5min6min之间CO浓度减少，H2O浓度增大，CO2浓度增大，只有增加水蒸气，使化学平衡向正反应方向移动故选a，故答案为：d；a21铁是人体不可缺少的微量元素，摄入含铁的化合物可补充铁“速力菲”是市场上一种常见的补铁药物，如图1是它的说明书：该药品中Fe2+会缓慢氧化，国家规定该药物中Fe2+的氧化率超过10%即不能再服用（1）为了检验某药店出售的“速力菲”是否被氧化，实验室可选用的最常用且最灵敏的检验试剂为硫氰化钾溶液（填试剂的名称）（2）实验室采用
75、H2SO4酸化的KMnO4溶液对“速力菲”中的Fe2+进行滴定（假设药品中其他成分不与KMnO4反应）；该反应的离子方程式为：8H+MnO4+5Fe2+=5Fe3+Mn2+4H2O（3）称量上述含铁元素质量分数为20.00%的“速力菲”19.00g，将其全部溶于稀硫酸中，配制成1000.00mL溶液取出20.00mL，用0.01300mol/L的KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液体积如图2所示实验前，首先要精确配制0.01300mol/L KMnO4溶液250mL，配制时需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需250ml容量瓶某同学的滴定方式（夹持部分略去）如图，最合理的是b由图可知
76、消耗KMnO4溶液体积为19.00 mL；滴定终点观察到的现象为滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由浅绿色变为紫红色，且半分钟内颜色不再改变滴定达到终点；以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度，判断以下操作所引起实验结果偏小的是ADA滴定过程中，锥形瓶振荡太剧烈，有少量液滴溅出B未用标准KMnO4溶液润洗滴定管C滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁D滴定前仰视，滴定后俯视（标准液）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）根据Fe2+氧化会生成Fe3+，即检验Fe3+的存在；（2）MnO4具有氧化性能将Fe2+氧化生成Fe3+，自身被还原成Mn2+，根据化合价升降总数相等、质量守
77、恒以及电荷守恒配平；（3）配制0.01300mol/L KMnO4溶液250mL，配制时需要的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；根据题意用标准液高锰酸钾滴定滤液1，高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀橡胶；滴定终点读数与滴定前读数之差就是消耗KMnO4溶液的体积；酸性KMnO4溶液为紫红色，滴定终点时溶液原来的颜色变为紫红色；根据关系式MnO45Fe2+可知高锰酸钾的用量偏小则会引起实验结果偏小【解答】解：（1）Fe2+氧化会生成Fe3+，可用硫氰化钾溶液检验Fe3+的存在，溶液变成血红色，故答案为：硫氰化钾溶液；（2）MnO4具有氧化性能将Fe2+氧化生成Fe3+，自身被还原成M
78、n2+，反应的离子方程式为：8H+MnO4+5Fe2+=5Fe3+Mn2+4H2O，故答案为：8H+MnO4+5Fe2+=5Fe3+Mn2+4H2O；（3）配制0.01300mol/L KMnO4溶液250mL，配制时需要的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；根据题意用标准液高锰酸钾滴定滤液1，滤液1待测液用锥形瓶盛放，高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应装在酸式滴定管中，b符合，故答案为：b；滴定前读数是0.80mL，滴定终点读数是19.80mL，则消耗KMnO4溶液体积为19.80mL0.80mL=19.00mL，故答案为：19.00；KMnO
79、4溶液呈紫红色，硫酸亚铁反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由浅绿色变为紫红色，且半分钟内颜色不再改变滴定达到终点，故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由浅绿色变为紫红色，且半分钟内颜色不再改变滴定达到终点；A滴定过程中，锥形瓶振荡太剧烈，有少量液滴溅出，待测液的物质的量偏小，造成V（标准）偏小，则c（待测）偏小，故A正确；B未用标准KMnO4溶液润洗滴定管，溶液被稀释，造成V（标准）偏大，c（待测）偏大，故B错误；C滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗瓶内壁，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，c（待测）不变，故C错误；D滴定前仰视，滴定后俯视（标准液），造成V（标准）偏小，则c（待测）偏小，故D正确；故答案为：AD2016年12月16日