1、2015-2016学年河南省洛阳一中高二（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（下列16小题每小题所给选项只有1个符合题意，每小题3分）1下列“化学与生活”的说法不正确的是（）A硫酸钡可用钡餐透视B盐卤可用于制豆腐C明矾可用于水的消毒，杀菌D醋可用于除去暖水瓶中的水垢2工业上可利用合成气（CO和H2的混合气体）生产甲醇已知：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=92.9kJ/mol一定条件下，该反应在一体积固定的密闭容器中达到平衡下列说法正确的是（）A该反应的S0B该反应在任何温度下均能自发进行C向容器中充入少量He，平衡向正反应方向移动D升高温度平衡向正反应方向移动3下列说法中正确的
2、是（）A在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化B生成物全部化学键形成时所释放的能量大于破坏反应物全部化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应C对一个可逆反应来说，吸热反应一方的速率受温度变化的影响总是大于放热反应DFeCl3+3KSCN3KCl+Fe（SCN）3 体系中加入KCl固体，平衡向逆反应方向移动4某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0mol A和1.0mol B，反应A（g）+B（g）C（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，下列说法正确的是（）t/s05152535n（A）/mol1.00.850.810.800.80A反应在前5 s的平均速率v（
3、A）=0.17 molL1s1B保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（A）=0.41 molL1，则反应的H0C相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，达到平衡时，C的转化率大于80%D相同温度下，起始时向容器中充入0.20 mol A、0.20 mol B和1.0 mol C，反应达到平衡前v（正）v（逆）5某恒温密闭容器中，可逆反应A（s）B+C（g）H=+QkJ/mol（QO） 达到平衡缩小容器体积，重新达到平衡时，C（g）的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等以下分析正确的是（）A保持体积不变，向平衡体系中加入B，平衡可能向逆反应方向移动B平衡时，单位时间内c（A）消耗：c（C）消
4、耗=1：1C产物B的状态只能为固态或液态D若开始时向容器中加入1mol B和1mol C，达到平衡时放出热量QkJ6相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：X2（g）+3Y2（g）2XY3（g）H=92.6kJmol1实验测得反应在起始、达到平衡时的有关数据如下表所示：下列叙述不正确的是（）容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系能量的变化X2Y2XY3130放热23.15kJ0.61.80.8Q（Q0）A容器、中反应的平衡常数相等B达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度均为2molL1C容器中反应达到平衡时放出的热量为QD若将容器体积缩小为0.20L，则达平
5、衡时放出的热量大于23.15kJ7某温度时，在体积为1L的密闭容器中，A、B、C三种气体浓度的变化如图I所示，若其它条件不变，当温度分别为Tl和T2时，B的体积百分含量与时间关系如图所示则下列结论正确的是（）A该反应的热化学方程式为：A（g ）+3B（g）2C（g）；H0B达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动C达到平衡后，若其他条件不变，减小体积，平衡向逆反应方向移动D若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，A的转化率减小8向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2一定条件下使反应SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示
6、意图如图所示，由图可得出的正确结论是（）At1=t2时，SO2的转化率：ab段小于bc段B反应物的总能量低于生成物的总能量C反应物浓度：a点小于b点D反应在C点达到平衡状态9常温下，向浓度为0.1molL1硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示a、b、c、d分别表示实验时不同阶段的溶液，下列有关叙述中不正确的是（）A溶液的pH：abcdB溶液的导电性：cdCa、b溶液呈酸性Dc、d溶液呈碱性10下列叙述正确的是（）A用水稀释0.1 mol/L的氨水，则溶液中增大B在等体积等pH 的盐酸和醋酸两溶液中分别加入等质量的相同锌粒，若只有一种
7、溶液中的锌粒有剩余，则该溶液一定是盐酸CpH=3的盐酸和醋酸分别升高相同的温度，pH均不变D两种氨水溶液的物质的量浓度分别为C1和C2，pH分别为a和a+1，则C2=10C111下列情况会使所配溶液浓度偏低或其它测量值偏低的是（）中和热测定时用稀醋酸和稀氢氧化钠溶液，测得的中和热数值用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，标准液滴定管水洗未润洗定容时，仰视容量瓶的刻度线用标准液滴定未知溶液（放于锥形瓶中）时，滴定管滴定前无气泡滴定后有气泡ABCD12下列有关实验的叙述中，合理的是（）A用
8、25mL碱式滴定管准确量取22.00 mL的KMnO4溶液B用广泛pH试纸测出某盐酸溶液的pH为3.2C使用pH试纸测定溶液pH时先润湿，则测得溶液的pH都偏小D实验室配制氯化铁溶液时，可以先将氯化铁溶解在盐酸中，再配制到所需要的浓度13下列有关溶液组成的描述合理的是（）A无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SCN14下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时KNO3的过饱和溶液B
9、图2表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C图3表示0.1000molL1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL1醋酸溶液得到滴定曲线D图4表示向NH4Al（SO4）2溶液中逐渐滴入Ba（OH）2溶液，随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化1525时，已知弱酸的电离常数：K（CH3COOH）=1.8105；K1（H2CO3）=4.4107；K2（H2CO3）=4.71011；K（HClO）=4.0108则下列说法正确的是（）A25时，0.1mol/L的醋酸溶液比0.01mol/L的醋酸溶液的K值小B25时，甲基橙滴入0.1mol/L的醋酸溶
10、液中，溶液呈黄色C新制氯水与碳酸氢钠不反应D等物质的量浓度的碳酸钠溶液、醋酸钠溶液、次氯酸钠溶液的pH：pH（Na2CO3）pH（NaClO）pH（CH3COONa）16如图1、2为常温下用0.10molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.10molL1 盐酸和20.00mL 0.10molL1醋酸的曲线若以HA表示酸，下列判断和说法正确的是（）A图1是滴定盐酸的曲线BE点时溶液中离子浓度为c（Na+ ）=c（A ）CB点时，反应消耗溶液体积：V（NaOH）V（HA）D当0mLV（NaOH）20.00mL时，溶液中一定是c（A）c（Na+ ）c（H+ ）c（OH ）二、非选择题：（本大题
11、共4小题，52分）17某学生用0.2000molL1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；移取20.00mL待测液注入洁净的还存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞试液；用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数请回答：（1）以上步骤有错误的是（填编号），若测定结果偏高，其原因可能是A配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质B滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确C盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗D滴定到终点读数
12、时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液（2）判断滴定终点的现象是：（3）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为mL（4）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度：mol/L滴定次数待测体积（mL）标准烧碱体积（mL）滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4020.40第二次20.002.0024.10第三次20.004.0024.0018化学反应原理在科研和生产中有广泛应用（1）利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应TaS2（s）+2I2（g）TaI4（g）+S2（g）H0 （ I） 如图1所示，反应（ I）在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2
13、（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，则温度T1T2（填“”“”或“=”）（2）利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量做法是将钢铁中的硫转化为H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，所用指示剂为，滴定反应的离子方程式为（3）25时，H2SO3HSO3+H+的电离常数Ka=1102mol/L，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh=，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将（填“增大”“减小”或“不变”）（4）在一个2L的密闭容器中，发生反应：2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）H0，其中SO3的变化如图2示：能使该反应的反应速率增大，且平衡向逆反应方
14、向移动的是a减少SO3气体的浓度 b适当升高温度c体积不变，增大压强 d选择高效催化剂从8min起，压缩容器为1L，则SO3的变化曲线为Aa Bb Cc Dd19研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） K1H0 （I）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g） K2H0 （）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=（用K1、K2表示）（2）为研究不同条件对反应（II）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2
15、，10min时反应（II）达到平衡测得10min内v（ClNO）=7.5103molL1min1，则平衡后n（Cl2）=mol，NO的转化率1=其它条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率21（填“”“”或“=”），平衡常数K2（填“增大”“减小”或“不变”）若要使K2减小，可采用的措施是（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3）、c（NO2）和c（CH3COO）由大到小的
16、顺序为（已知HNO2的电离常数Ka=7.1104molL1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105molL1），可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是a向溶液A中加适量水 b向溶液A中加适量NaOHc向溶液B中加适量水 d向溶液B中加适量NaOH20：（1）某温度（t）时，测得0.01molL1 NaOH溶液的pH=13，此温度下，将pH=a的NaOH溶液Va L与pH=b的H2SO4溶液VbL混合（忽略体积变化），若所得混合液为中性，且a=12，b=2，则Va：Vb=（2）25时，pH=a的20mL的H2SO4溶液与c（H+）=10b的200mL的NaOH溶液混合后（忽略体积变化），溶液呈
17、中性，则a和b满足的关系：常温下，取0.2molL1 HCl溶液与0.2molL1 MOH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=6，试回答以下问题：（1）混合溶液中由水电离出的c （H+）0.2molL1HCl溶液中由水电离出的c （H+） （填“、或=”）（2）求出混合物中下列算式的精确计算结果（填具体数字）：c （Cl）c （M+）=molL1，c （H+）c （MOH）=molL1（3）若常温下取0.2molL1 MOH溶液与0.1molL1 HCl溶液等体积混合，测得混合溶液的pH7，说明MOH的电离程度（填“、或=”）MCl的水解程度溶液中各离子浓度由大到小
18、的顺序为2015-2016学年河南省洛阳一中高二（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（下列16小题每小题所给选项只有1个符合题意，每小题3分）1下列“化学与生活”的说法不正确的是（）A硫酸钡可用钡餐透视B盐卤可用于制豆腐C明矾可用于水的消毒，杀菌D醋可用于除去暖水瓶中的水垢【考点】化学科学的主要研究对象；物质的组成、结构和性质的关系【分析】A、根据钡餐的成分和性质以及医疗上做钡餐透视用的盐的用途来回答；B、根据制豆腐所应用的胶体聚沉的原理来回答；C、根据明矾净水的原理来回答；D、根据水垢的成分以及性质来分析【解答】解：A、硫酸钡不溶于胃酸，是一种白色难溶解的固体，在医疗上
19、可以做钡餐，故A项正确；B、盐卤属于盐类，是电解质，电解质的加入可以使豆浆胶体发生凝聚生产豆腐，故B项正确；C、明矾可以用于水的净化，原理是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物质而净水，明矾不能杀菌、消毒，故C项错误；D、醋酸可以与水垢的成分碳酸钙、氢氧化镁反应，生成易溶的物质，可以用来除垢，故D项正确故选：C2工业上可利用合成气（CO和H2的混合气体）生产甲醇已知：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=92.9kJ/mol一定条件下，该反应在一体积固定的密闭容器中达到平衡下列说法正确的是（）A该反应的S0B该反应在任何温度下均能自发进行C向容器中充入少量He，平衡向正反应方向
20、移动D升高温度平衡向正反应方向移动【考点】焓变和熵变；化学平衡建立的过程【分析】A、根据方程式中气体的计量数的变化判断；B、化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据；C、向容器中充入少量He，容器体积不变，反应物浓度不变；D、根据温度对平衡的影响分析【解答】解：A、已知：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=92.9kJ/mol，由方程式中气体的计量数可知反应后气体物质的量减小，所以熵减小，即S0，故A正确；B、化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当G=HTS0时，反应能自发进行；已知H0，S0所以反应的在高温时能自发进行，故B错误；C、向容器中充入少量He，容器体
21、积不变，反应物浓度不变，正逆反应速率不变，所以平衡不移动，故C错误；D、已知该反应H0，所以升高温度平衡逆移，故D错误；故选A3下列说法中正确的是（）A在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化B生成物全部化学键形成时所释放的能量大于破坏反应物全部化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应C对一个可逆反应来说，吸热反应一方的速率受温度变化的影响总是大于放热反应DFeCl3+3KSCN3KCl+Fe（SCN）3 体系中加入KCl固体，平衡向逆反应方向移动【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素【分析】A、物质发生化学反应的同时，伴随着能量变化；B、吸热反应生成物全部化学键形成时所释放的能量
22、小于破坏反应物全部化学键所吸收的能量；C、当温度升高时，吸热方向速率增加程度更大；温度降低时，吸热方向速率减小程度更大；D、氯离子不参与反应【解答】解：A、因物质发生化学反应的同时，伴随着能量变化，故A错误；B、因吸热反应生成物全部化学键形成时所释放的能量小于破坏反应物全部化学键所吸收的能量，故B错误；C、当温度升高时，正、逆反应速率均增大，但由于吸热方向速率增加程度更大，因此平衡向吸热方向移动；温度降低时，正、逆反应速率均减小，但吸热方向速率减小程度更大，因此平衡向放热的方向移动，故C正确；D、氯离子不参与反应，平衡不移动，故D错误；故选：C4某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0mol
23、A和1.0mol B，反应A（g）+B（g）C（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，下列说法正确的是（）t/s05152535n（A）/mol1.00.850.810.800.80A反应在前5 s的平均速率v（A）=0.17 molL1s1B保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（A）=0.41 molL1，则反应的H0C相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，达到平衡时，C的转化率大于80%D相同温度下，起始时向容器中充入0.20 mol A、0.20 mol B和1.0 mol C，反应达到平衡前v（正）v（逆）【考点】化学平衡的计算【分析】依据化学平衡三段式
24、列式计算； A（g）+B（g）C（g）起始量（mol） 1.0 1.0 0变化量（mol） 0.20 0.20 0.20平衡量（mol） 0.80 0.80 0.20A、依据V（A）=计算；B、平衡状态A的物质的量为0.8mol，升高温度，平衡时c（A）=0.41molL1，物质的量为0.82mol，物质的量增大，说明平衡逆向进行；C、等效为起始加入2.0mol A和2.0mol B，与原平衡相比，压强增大，平衡向正反应方向移动，平衡时的AB转化率较原平衡高，故平衡时AB的物质的量小于1.6mol，C的物质的量大于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，达到平衡时，C
25、的物质的量大于0.4mol，参加反应的C的物质的量小于1.6mol，据此判断D、计算平衡常数，结合起始量计算浓度商计算与平衡常数对比判断反应进行的方向【解答】解：A的物质的量达到0.80mol反应达到平衡状态，则 A（g）+B（g）C（g）起始量（mol） 1.0 1.0 0变化量（mol） 0.20 0.20 0.20平衡量（mol） 0.80 0.80 0.20K=0.625A、反应在前5s的平均速率v（A）=0.015molL1s1 ，故A错误；B、保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（A）=0.41molL1，A物质的量为0.41mol/L2L=0.82mol0.80mol，说明升温平
26、衡逆向进行，正反应是放热反应，则反应的H0，故B错误；C、等效为起始加入2.0mol A和2.0mol B，与原平衡相比，压强增大，平衡向正反应方向移动，平衡时的AB转化率较原平衡高，故平衡时AB的物质的量小于1.6mol，C的物质的量大于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，达到平衡时，C的物质的量大于0.4mol，参加反应的C的物质的量小于1.6mol，转化率小于80%，故C错误；D、相同温度下，起始时向容器中充入0.20mol A、0.20mol B和1.0mol C，Qc=50K，反应逆向进行，反应达到平衡前v（正）v（逆），故D正确；故选D5某恒温密闭容器
27、中，可逆反应A（s）B+C（g）H=+QkJ/mol（QO） 达到平衡缩小容器体积，重新达到平衡时，C（g）的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等以下分析正确的是（）A保持体积不变，向平衡体系中加入B，平衡可能向逆反应方向移动B平衡时，单位时间内c（A）消耗：c（C）消耗=1：1C产物B的状态只能为固态或液态D若开始时向容器中加入1mol B和1mol C，达到平衡时放出热量QkJ【考点】化学平衡的影响因素【分析】A、保持体积不变，若B为气态，则向平衡体系中加入B，平衡逆向移动，B为固体，则平衡不动；B、平衡时，各物质的量不再改变，正反应速率和逆反应速率相等，因此单位时间内n（A）消耗=n（C）消耗
28、；C、若B为气体，且原平衡时B与C的浓度相等时，因容器保持恒温，缩小容器体积，达到新平衡时平衡常数不变，则气体C的浓度也一定不变；D、因反应为可逆反应，故加入1molB和1molC至反应达到平衡时不能完全消耗，放出热量小于Q【解答】解：A、保持体积不变，B可以是气体或是非气体，则向平衡体系中加入B，平衡可能不移动，也可能逆向进行，故A正确；B、平衡时，各物质的量不再改变，正反应速率和逆反应速率相等，因此单位时间内n（A）消耗=n（C）消耗，但A为固体，没有浓度变化，故B错误；C、若B是气体，平衡常数K=c（B）c（C），若B是非气体，平衡常数K=c（C），由于C（g）的浓度不变，因此B可以是非
29、气体也可以是气态，故C错误；D、因反应为可逆反应，故加入1molB和1molC至反应达到平衡时转化率一定小于100%，因此放出热量小于Q，故D错误；故选A6相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：X2（g）+3Y2（g）2XY3（g）H=92.6kJmol1实验测得反应在起始、达到平衡时的有关数据如下表所示：下列叙述不正确的是（）容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系能量的变化X2Y2XY3130放热23.15kJ0.61.80.8Q（Q0）A容器、中反应的平衡常数相等B达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度均为2molL1C容器中反应达到平衡时放出的热量为
30、QD若将容器体积缩小为0.20L，则达平衡时放出的热量大于23.15kJ【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素【分析】A平衡常数只与温度有关；B由达平衡时放出的热为23.15 kJ，计算平衡时XY3的物质的量浓度，再根据两平衡是完全等效平衡解答；C由达平衡时放出的热为23.15 kJ，计算平衡时X2、Y2和XY3的物质的量，分析是否处于平衡状态或是向哪个方向进行，判断是吸热还是放热，再根据转化率计算具体的值；D从平衡移动的角度比较反应放出的热量与23.15kJ的关系【解答】解：A衡常数只与温度有关，温度不变，对同一反应平衡常数不变，故A正确；B容器中放出23.15kJ热量，则生成氨气的
31、物质的量为： =0.5mol， X2（g）+3Y2（g）2XY3（g）起始（mol）：1 3 0 转化（mol）：0.25 0.75 0.5平衡（mol）：0.75 2.25 0.5可知平衡时容器中X2、Y2和XY3的物质的量分别为0.75mol、2.25mol和0.5mol，与为完全等效平衡，所以，平衡时容器中X2、Y2和XY3的物质的量也分别为0.75mol、2.25mol和0.5mol，此时XY3的物质的量浓度均为=2mol/L，将按化学计量数比换算成左边与对应的物质的物质的量相等，恒温恒容下，两平衡是完全等效平衡，平衡时各物质的浓度相等，故B正确；C容器中放出23.15kJ热量，则生成
32、氨气的物质的量为： =0.5mol， X2（g）+3Y2（g）2XY3（g）起始（mol）：1 3 0 转化（mol）：0.25 0.75 0.5平衡（mol）：0.75 2.25 0.5可知平衡时容器中X2、Y2和XY3的物质的量分别为0.75mol、2.25mol和0.5mol，与为完全等效平衡，所以，平衡时容器中X2、Y2和XY3的物质的量也分别为0.75mol、2.25mol和0.5mol，可知的反应向逆反应方向进行，反应过程需要吸收热，故C错误；D若容器体积为0.20L，增大压强平衡向正反应方向移动，放出热量多，故D正确故选C7某温度时，在体积为1L的密闭容器中，A、B、C三种气体浓
33、度的变化如图I所示，若其它条件不变，当温度分别为Tl和T2时，B的体积百分含量与时间关系如图所示则下列结论正确的是（）A该反应的热化学方程式为：A（g ）+3B（g）2C（g）；H0B达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动C达到平衡后，若其他条件不变，减小体积，平衡向逆反应方向移动D若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，A的转化率减小【考点】化学平衡建立的过程；物质的量或浓度随时间的变化曲线；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线【分析】A、根据图A浓度减小了（0.50.3）mol/L=0.2mol/L，B浓度减小了（0.70.1）mol/L=0.6mol/L，
34、所以A、B为反应物，C的浓度增加了0.4mol/L，所以C为生成物，它们的变化量之比为0.2：0.6：0.4=1：3：2，反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，写出化学方程式为A（g ）+3B（g）2C（g），根据图可知，T1T2，高温时B的体积分数大，平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应H0；B、恒容条件下通稀有气体，反应中的各物质的浓度不变，所以平衡不移动；C、减小体积平衡向体积减小的方向移动，根据反应A（g ）+3B（g）2C（g）可知，平衡向正反应方向移动；D、升高温度正逆反应速率均增大，该反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小；【解答】解：A、根据图A
35、浓度减小了（0.50.3）mol/L=0.2mol/L，B浓度减小了（0.70.1）mol/L=0.6mol/L，所以A、B为反应物，C的浓度增加了0.4mol/L，所以C为生成物，它们的变化量之比为0.2：0.6：0.4=1：3：2，反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，写出化学方程式为A（g ）+3B（g）2C（g），根据图可知，T1T2，高温时B的体积分数大，平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应H0，故A错误；B、恒容条件下通稀有气体，反应中的各物质的浓度不变，所以平衡不移动，故B错误；C、减小体积平衡向体积减小的方向移动，根据反应A（g ）+3B（g）2C（g）可知，
36、平衡向正反应方向移动，故C错误；D、升高温度正逆反应速率均增大，该反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，故D正确；故选D8向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2一定条件下使反应SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示，由图可得出的正确结论是（）At1=t2时，SO2的转化率：ab段小于bc段B反应物的总能量低于生成物的总能量C反应物浓度：a点小于b点D反应在C点达到平衡状态【考点】化学反应速率变化曲线及其应用【分析】At1=t2时，vt=n，根据图象知，ab段vt之积大于bc段，则ab段参加反应的物质的量大于bc段；B是绝
37、热条件下，当达到平衡状态时，温度升高，正反应速率降低，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应；C反应向正反应进行，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低；D当正反应速率不变时，达到化学平衡状态【解答】解：At1=t2时，vt=n，根据图象知，ab段vt之积大于bc段，则ab段参加反应的物质的量大于bc段，反应初始物质的量相等，所以SO2的转化率：ab段小于bc段，故A正确；B是绝热条件下，当达到平衡状态时，温度升高，正反应速率降低，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，所以反应物总能量大于生成物总能量，故B错误；C反应向正反应进行，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，所以反应物浓度a点大于b点，故C
38、错误；D当正反应速率不变时，达到化学平衡状态，根据图知，C点是平衡后的点，所以不是平衡点，故D错误；故选A9常温下，向浓度为0.1molL1硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示a、b、c、d分别表示实验时不同阶段的溶液，下列有关叙述中不正确的是（）A溶液的pH：abcdB溶液的导电性：cdCa、b溶液呈酸性Dc、d溶液呈碱性【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】硫酸和氢氧化钡反应方程式为Ba2+2OH+SO42+2H+=BaSO4+2H2O，根据方程式知，随着反应的进行，溶液中离子浓度逐渐减小直至其完全反应，c点恰好反
39、应，之后相当于氢氧化钡溶液被稀释A硫酸溶液呈酸性，随着氢氧化钡的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，pH逐渐增大；B溶液导电能力与离子浓度成正比；Ca、b点碱不足量，硫酸有剩余；Dc点酸碱恰好反应生成硫酸钡和水，d点氢氧化钡过量【解答】解：A从a到c酸不断消耗，酸性不断减弱PH不断变大，直到硫酸恰好反应，c点PH=7，再到d点溶液显碱性PH大于7，故A正确；B从a到c的过程中随着反应的进行溶液中离子浓度不断变小导电性也不断变弱，到c点两物质恰好反应，继续加入氢氧化钡溶液的导电性又会不断增强，故B正确；Ca、b点碱不足量，硫酸没有完全中和掉，所以溶液呈酸性，故C正确；Dc点酸碱恰好反应生成硫酸钡和水
40、，d点氢氧化钡过量，所以c溶液呈中性、d溶液呈碱性，故D错误，故选D10下列叙述正确的是（）A用水稀释0.1 mol/L的氨水，则溶液中增大B在等体积等pH 的盐酸和醋酸两溶液中分别加入等质量的相同锌粒，若只有一种溶液中的锌粒有剩余，则该溶液一定是盐酸CpH=3的盐酸和醋酸分别升高相同的温度，pH均不变D两种氨水溶液的物质的量浓度分别为C1和C2，pH分别为a和a+1，则C2=10C1【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A、用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH3H2OOH+NH4+可知，n（OH）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH）减小，加水促进电离，则n（
41、NH3H2O）减少；B、pH相同的盐酸和醋酸，醋酸的浓度大于盐酸，酸的物质的量越多则消耗的锌越多；C、升高温度促进醋酸电离；D相同温度下，不同浓度的相同弱电解质溶液中，浓度越大其电离程度越小【解答】解：A、由NH3H2OOH+NH4+可知，加水促进电离，则c（NH3H2O）减少，c（OH）减小，平衡正向移动，所以分子减小的程度大，减小，Kw不变，故A错误；B、pH相同的盐酸和醋酸，醋酸的浓度大于盐酸，相同体积的两种酸，则醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多消耗的锌越多，所以若只有一种溶液中的锌粒有剩余，则该溶液一定是盐酸，故B正确；C、醋酸的电离是吸热反应，升高温度促进醋酸电离，氯化氢是强
42、电解质完全电离，所以pH=3的盐酸和醋酸分别升高相同的温度，盐酸的pH不变，醋酸的减小，故C错误；D两种氨水溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，浓度越大其电离程度越小，所以则c210 c1，故D错误；故选B11下列情况会使所配溶液浓度偏低或其它测量值偏低的是（）中和热测定时用稀醋酸和稀氢氧化钠溶液，测得的中和热数值用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，标准液滴定管水洗未润洗定容时，仰视容量瓶的刻度线用标准液滴定未知溶液（放于锥形瓶中）时，滴定管滴定前无气泡滴定后有
43、气泡ABCD【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；中和热的测定【分析】醋酸为弱电解质，电离需要吸收热量；滴定管小数在上，大数在下；依据C=分析；在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，标准液滴定管水洗未润洗，导致标准液浓度偏下，滴加液体体积偏大，因此浓度偏大；定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液的体积偏大；在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，滴定前无气泡滴定后有气泡，导致标准液的体积偏小【解答】解：醋酸为弱电解质，电离需要吸收热量，导致测得的中和热数值偏低，故选；用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积偏大，故不选；溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
44、，导致溶质的物质的量偏小，依据C=分析可知溶液的浓度偏小，故选；在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，标准液滴定管水洗未润洗，导致标准液浓度偏下，滴加液体体积偏大，因此浓度偏大，故不选；定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液的体积偏大，依据C=分析可知溶液的浓度偏小，故选；在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，滴定前无气泡滴定后有气泡，导致标准液的体积偏小，未知溶液的浓度偏小，故选；故选：A12下列有关实验的叙述中，合理的是（）A用25mL碱式滴定管准确量取22.00 mL的KMnO4溶液B用广泛pH试纸测出某盐酸溶液的pH为3.2C使用pH试纸测定溶液pH时先润湿，则测得溶液的pH都偏小D实验
45、室配制氯化铁溶液时，可以先将氯化铁溶解在盐酸中，再配制到所需要的浓度【考点】测定溶液pH的方法；盐类水解的应用【分析】A高锰酸钾能腐蚀橡胶；B广泛pH试纸测定的pH值为整数；C如溶液呈中性，则pH不变；D先将氯化铁溶解在盐酸中，可防止铁离子水解【解答】解：A量取高锰酸钾溶液应用酸式滴定管，故A错误；B广泛pH试纸测定的pH值为整数，3.2是小数，所以不合理，故B错误；CpH不能事先湿润，湿润后如溶液呈中性，则pH不变，若呈酸性，则测量偏高，若呈碱性，则偏低，故C错误；D先将氯化铁溶解在盐酸中，可防止水解而使溶液变浑浊，故D正确；故选D13下列有关溶液组成的描述合理的是（）A无色溶液中可能大量存
46、在Al3+、NH4+、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SCN【考点】离子共存问题【分析】A无色溶液不存在有颜色离子，离子之间不反应的能大量共存；B酸性溶液中存在大量氢离子，离子之间不反应且和氢离子不反应的能大量共存；C弱碱性条件下，离子之间不反应的能大量共存；D中性条件下，铁离子和硫氰根离子发生络合反应【解答】解：AAl3+、S2发生双水解反应而不能大量共存，故A错误；B酸性条件下，ClO、I发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C弱碱性条件下，这几种离子之间不
47、反应，碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性，所以能大量共存，故C正确；D中性条件下，Fe3+、SCN生成络合物而不能大量共存，故D错误故选C14下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时KNO3的过饱和溶液B图2表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C图3表示0.1000molL1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL1醋酸溶液得到滴定曲线D图4表示向NH4Al（SO4）2溶液中逐渐滴入Ba（OH）2溶液，随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；反应热和焓变；
48、酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；铵盐【分析】A、KNO3的溶解度随着温度的升高而升高；B、吸热反应中，生成物总能力应高于反应物的总能量；C、醋酸为弱酸，0.1000mol/L的醋酸溶液pH应大于1；D、根据硫酸铝铵和氢氧化钡溶液反应的情况来判断【解答】解：A、KNO3的溶解度随着温度的升高而升高，溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，故A错误；B、吸热反应中，生成物总能力应高于反应物的总能量，此图为放热反应，故B错误；C、醋酸为弱酸，0.1000mol/L的醋酸溶液pH应大于1，故C错误；D、开始滴加同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（O
49、H）3，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH，Al3+反应掉0.03molOH，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）继续滴加Ba（OH）2，
50、Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，（b到c），故D正确；故选D1525时，已知弱酸的电离常数：K（CH3COOH）=1.8105；K1（H2CO3）=4.4107；K2（H2CO3）=4.71011；K（HClO）=4.0108则下列说法正确的是（）A25时，0.1mol/L的醋酸溶液比0.01mol/L的醋酸溶液的K值小B25时，甲基橙滴入0.1mol/L的醋酸溶液中，溶液呈黄色C新制氯水与碳酸氢钠不反应D等物质的量浓度的碳酸钠溶液、
51、醋酸钠溶液、次氯酸钠溶液的pH：pH（Na2CO3）pH（NaClO）pH（CH3COONa）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】弱酸的电离常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，则酸根离子的水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答，注意酸的电离常数只与温度有关【解答】解：弱酸的电离常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，则酸根离子的水解程度越小，根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序是：CH3COOHH2CO3HClOHCO3，A温度相同，则醋酸的电离常数相同，与溶液的酸碱性强弱无关，故A错误；B.25时，甲基橙滴入0.1mol/L的醋酸溶液中，溶液中氢离子浓度为mol/L，则溶液的pH4.4，
52、则溶液呈橙色，故B错误；C新制氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸和碳酸氢钠反应，故C错误；D酸性强弱顺序是：CH3COOHH2CO3HClOHCO3，酸性越强，则酸根离子的水解程度越小，等物质的量浓度的碳酸钠溶液、醋酸钠溶液、次氯酸钠溶液中，pH大小顺序是pHNa2CO3（aq）pHNaClO（aq）pHCH3COONa（aq），故D正确；故选D16如图1、2为常温下用0.10molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.10molL1 盐酸和20.00mL 0.10molL1醋酸的曲线若以HA表示酸，下列判断和说法正确的是（）A图1是滴定盐酸的曲线BE点时溶液中离子浓度为c（Na+ ）=c（A
53、）CB点时，反应消耗溶液体积：V（NaOH）V（HA）D当0mLV（NaOH）20.00mL时，溶液中一定是c（A）c（Na+ ）c（H+ ）c（OH ）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A根据盐酸和醋酸在滴定开始时的pH来判断；B根据溶液中的电荷守恒来判断；C根据酸和碱反应的化学方程式来计算回答；D根据氢氧化钠和醋酸以及盐酸反应的原理结合给定的物质的量计算来回答【解答】解：A滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH1，所以滴定盐酸的曲线是图2，故A错误；B达到B、E状态时，溶液是中性的，此时c（H+）=c（OH），根据电荷守恒，则两溶液中
54、离子浓度均为c（Na+）=c（A），故B正确；C左图为滴定醋酸溶液，B点溶液显中性，醋酸过量，反应消耗溶液体积：V（NaOH）V（HA），故C错误；D当0 mLV（NaOH）20.00 mL时，酸相对于碱来说是过量的，所得溶液是生成的盐和酸的混合物，假设当加入的氢氧化钠极少量时，生成了极少量的钠盐（氯化钠或是醋酸钠），剩余大量的酸，此时c（A）c（H+）c（Na+）c（OH），故D错误；故选B二、非选择题：（本大题共4小题，52分）17某学生用0.2000molL1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；固定好滴定管并
55、使滴定管尖嘴充满液体；调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；移取20.00mL待测液注入洁净的还存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞试液；用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数请回答：（1）以上步骤有错误的是（填编号），若测定结果偏高，其原因可能是ABCDA配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质B滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确C盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗D滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液（2）判断滴定终点的现象是：滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红，且半分钟内不变色（3）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数
56、为22.60 mLmL（4）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度：0.2000mol/L滴定次数待测体积（mL）标准烧碱体积（mL）滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4020.40第二次20.002.0024.10第三次20.004.0024.00【考点】中和滴定【分析】（1）根据碱式滴定管在装液前应用所装液体进行润洗；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；（2）根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；（3）根据滴定管的结构和精确度读数；（4）先根据数据的有效性，舍去第3组数据，然后求出1、2组平均消耗V（NaOH），接着根据c（待测）=来计
57、算【解答】解：（1）根据碱式滴定管在装液前应用所装液体进行润洗，用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上，A配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质，则在滴定时消耗的盐酸偏少，所以盐酸的体积一定时，消耗的标准溶液的体积偏大，则测定结果偏大，故A正确；B滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，则标准溶液的体积偏大，则测定结果偏大，故B正确，C盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗，锥形瓶中盐酸的物质的量偏大，滴定时消耗的标准溶液的体积偏大，所以测定结果偏大，故C正确；D滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，则消耗的标准溶液的体积偏大，所以测定结果偏大，故D正
58、确；故答案为：；ABCD；（2）滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，所以滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红，且半分钟内不变色，故答案为：滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红，且半分钟内不变色；（3）滴定管中的液面读数为22.60mL，故答案为：22.60；（4）三次滴定消耗的体积为：20.00mL，22.10mL，20.00，舍去第2组数据，然后求出1、2组平均消耗V（NaOH）=20.00mL，c（待测）=0.2000molL1，故答案为：0.200018化学反应原理在科研和生产中有广泛应用（1）利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发
59、生如下反应TaS2（s）+2I2（g）TaI4（g）+S2（g）H0 （ I） 如图1所示，多余反应（ I）在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，则温度T1T2（填“”“”或“=”）（2）利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量做法是将钢铁中的硫转化为H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，所用指示剂为淀粉溶液，滴定反应的离子方程式为H2SO3+I2+H2O=4H+SO42+2I（3）25时，H2SO3HSO3+H+的电离常数Ka=1102mol/L，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh=
60、1.01012，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将增大（填“增大”“减小”或“不变”）（4）在一个2L的密闭容器中，发生反应：2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）H0，其中SO3的变化如图2示：能使该反应的反应速率增大，且平衡向逆反应方向移动的是ca减少SO3气体的浓度 b适当升高温度c体积不变，增大压强 d选择高效催化剂从8min起，压缩容器为1L，则SO3的变化曲线为cAa Bb Cc Dd【考点】化学平衡的影响因素；热化学方程式【分析】（1）通过题意温度T2端利于反应正向进行，为高温，温度T1端利于反应向左进行，为低温，所以T1T2；（2）因为I2遇到淀粉会变蓝色，所以
61、可以用淀粉溶液作指示剂；根据氧化还原反应书写化学方程式；（3）根据Ka=，Kh=，代入数据进行计算；（4）据影响化学反应速率和影响平衡移动的因素角度综合考虑；根据压强对化学平衡的影响分析【解答】解：（1）由所给方程式可知该反应为吸热反应，通过题意温度T2端利于反应正向进行，为高温，温度T1端利于反应向左进行，为低温，所以T1T2；故答案为：；（2）因为I2遇到淀粉会变蓝色，所以可以用淀粉溶液作指示剂，滴定终点时溶液的颜色变化为无色变为蓝色，反应的离子方程式为H2SO3+I2+H2O=4H+SO42+2I；故答案为：淀粉溶液；H2SO3+I2+H2O=4H+SO42+2I；（3）Ka=，HSO3
62、+H2OH2SO3+OH，Kh=1.01021.01014=1.01012，当加入少量I2时，碘把弱酸（亚硫酸）氧化成强酸（硫酸、氢碘酸），溶液酸性增强，H+增大，但是温度不变，Kh不变，则将增大，故答案为：1.01012；增大；（4）a、减少SO3气体的浓度，反应速率减慢，故错误；b、升温平衡正向移动，故错误；c、增大压强，反应速率加快，平衡逆向移动，故正确；d、催化剂不影响平衡移动，故错误；故选c；容器的体积减小，压强增大，平衡向逆反应方向移动，SO3的物质的量增多，故答案为：c19研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）
63、+ClNO（g） K1H0 （I）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g） K2H0 （）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=（用K1、K2表示）（2）为研究不同条件对反应（II）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2，10min时反应（II）达到平衡测得10min内v（ClNO）=7.5103molL1min1，则平衡后n（Cl2）=0.025mol，NO的转化率1=75%其它条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率21（填“”“”或“=”），平衡常数K2不变（填
64、“增大”“减小”或“不变”）若要使K2减小，可采用的措施是升高温度（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3）、c（NO2）和c（CH3COO）由大到小的顺序为c（NO3）c（NO2）c（CH3COO）（已知HNO2的电离常数Ka=7.1104molL1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105molL1），可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是bca向溶液A中加适量水 b向溶液A中加适量Na
65、OHc向溶液B中加适量水 d向溶液B中加适量NaOH【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） K1H0 （I）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g） K2H0 （II）根据盖斯定律，2可得：4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则该反应平衡常数为的平衡常数平方与的平衡常数的商；（2）测得10min内v（ClNO）=7.5103molL1min1，则n（ClNO）=7.5103molL1min110min2L=0.15mol，由方程式计算参加反
66、应NO、氯气的物质的量，进而计算平衡时氯气的物质的量、NO的转化率；其它条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，等效为在原平衡基础上增大压强，与原平衡相比，平衡正向移动，平衡时NO的转化率增大；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向向移动，平衡常数减小；（3）0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，由2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L；HNO2的电离常数Ka=7.1104molL1，CH3COOH的电离常数Ka=
67、1.7105molL1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度小于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液【解答】解：（1）2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） K1H0 （I）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g） K2H0 （II）根据盖斯定律，2可得：4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则该反应平衡常数K=，故答案为：；（2）测得10min内v（ClNO）=7.5103molL1min1，则n（ClNO）=7.5103molL1min110min2L=0.15mol，由方程式可知，参加
68、反应氯气的物质的量为0.15mol=0.075mol，故平衡时氯气的物质的量为0.1mol0.075mol=0.025mol；参加反应NO物质的量为0.15mol，则NO的转化率为100%=75%；其它条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，等效为在原平衡基础上增大压强，与原平衡相比，平衡正向移动，平衡时NO的转化率增大，则平衡时NO的转化率21，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故平衡常数K2不变，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向向移动，平衡常数减小，故答案为：0.025；75%；不变；升高温度；（3）0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A
69、，由2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液；HNO2的电离常数Ka=7.1104molL1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105molL1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度小于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液，两溶液中c（NO3）、c（NO2）和c（CH3COO）由大到小的顺序为c（NO3）c（NO2）c（CH3COO），a溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，碱性减弱，不能调节溶液p
70、H相等，故a错误；b向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相等，故b正确；c向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH相等，故c正确；d溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，故d错误；故答案为：c（NO3）c（NO2）c（CH3COO）；bc20：（1）某温度（t）时，测得0.01molL1 NaOH溶液的pH=13，此温度下，将pH=a的NaOH溶液Va L与pH=b的H2SO4溶液VbL混合（忽略体积变化），若所得混合液为中性，且a=12，b=2，则Va：Vb=10：1（2）25时，pH=a的20mL的H2SO4溶液与c（H+）=10b的2
71、00mL的NaOH溶液混合后（忽略体积变化），溶液呈中性，则a和b满足的关系a+b=15：常温下，取0.2molL1 HCl溶液与0.2molL1 MOH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=6，试回答以下问题：（1）混合溶液中由水电离出的c （H+）0.2molL1HCl溶液中由水电离出的c （H+） （填“、或=”）（2）求出混合物中下列算式的精确计算结果（填具体数字）：c （Cl）c （M+）=9.9107molL1，c （H+）c （MOH）=1.0108molL1（3）若常温下取0.2molL1 MOH溶液与0.1molL1 HCl溶液等体积混合，测得混合溶
72、液的pH7，说明MOH的电离程度（填“、或=”）MCl的水解程度溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（Cl）c（M+）c（H+）c（OH）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】、（1）c（H+）c（OH）=Kw，混合溶液呈中性，且硫酸和氢氧化钠都是强电解质，所以酸中氢离子物质的量和碱中氢氧根离子的物质的量相等；（2）混合溶液呈中性，且硫酸和氢氧化钠都是强电解质，所以酸中氢离子物质的量和碱中氢氧根离子的物质的量相等，据此计算；、（1）室温下取0.2molL1HCl溶液与0.2molL1 MOH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=6，说明得到的盐是强酸弱碱盐
73、，其溶液呈酸性，含有弱根离子的盐促进水电离；（2）根据物料守恒和电荷守恒计算离子浓度大小；（3）室温下如果取0.2molL1 MOH溶液与0.1molL1 HCl溶液等体积混合，溶液中的溶质是MCl和MOH，测得混合溶液的pH7，说明碱的电离程度小于盐的水解程度，根据电荷守恒判断离子浓度大小【解答】解：、（1）混合溶液呈中性，且硫酸和氢氧化钠都是强电解质，所以酸中氢离子物质的量和碱中氢氧根离子的物质的量相等，pH=a的NaOH溶液中氢氧根离子浓度=10 a15 mol/L，pH=b的H2SO4溶液氢离子浓度=10b mol/L，10 a15 mol/LVaL=10b mol/LVbL且a=12
74、，b=2，Z则Va：Vb=10：1，故答案为：10：1；（2）混合溶液呈中性，且硫酸和氢氧化钠都是强电解质，所以酸中氢离子物质的量和碱中氢氧根离子的物质的量相等，所以10a0.02L=0.2L，1a=b14，解得a+b=15，故答案为：a+b=15；、（1）等体积等浓度的盐酸和MOH恰好反应生成盐，得到的盐溶液呈酸性，说明该盐是强酸弱碱盐，含有弱根离子的盐促进水电离，酸抑制水电离，所以混合溶液中水电离出的c（H+）0.2 molL1 HCl溶液中水电离出的c（H+），故答案为：；（2）根据电荷守恒得c（Cl）c（M+）=c（H+）c（OH）=106 mol/L108 mol/L=9.9107molL1，根据质子守恒得 c（H+）c（MOH）=c（OH）=1.0108molL1，故答案为：9.9107；1.0108；（3）室温下如果取0.2molL1 MOH溶液与0.1molL1 HCl溶液等体积混合，溶液中的溶质是MCl和MOH，测得混合溶液的pH7，说明碱的电离程度小于盐的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），结合电荷守恒知c（Cl）c（M+），盐中阴阳离子浓度大于氢离子和氢氧根离子浓度，所以溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（Cl）c（M+）c（H+）c（OH），故答案为：；c（Cl）c（M+）c（H+）c（OH）2016年12月2日
