1、山东师范大学附属中学2018-2019学年高二上学期期中学分认定考试化学试题1.已知反应2C(s)O2(g) =2CO(g)的H0。设H和S不随温度而变，下列说法中正确的是()A. 低温下才能自发进行B. 高温下才能自发进行C. 任何温度下都能自发进行D. 任何温度下都不能自发进行【答案】C【解析】【分析】反应自发进行的判断依据是H-TS0，依据焓变、熵变和温度分析判断。【详解】已知反应2C(s)O2(g)2CO(g)的H0，S0，所以H-TS0，即反应在任何温度下都是能自发进行，答案选C。2.下列说法能够用勒夏特列原理来解释的是()A. 加入催化剂可以提高单位时间氨的产量B. 高压有利于氨的
2、合成反应C. 700 K高温比室温更有利于合成氨的反应D. 恒温恒容下，在合成氨平衡体系中充入He，使压强增大，则平衡正向移动，NH3增多【答案】B【解析】【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，且平衡发生移动，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A催化剂只影响化学反应速率不改变平衡移动，所以不能用平衡移动原理解释，故A不选；B增大压强平衡正向移动，所以高压有利于氨的合成，可以用平衡移动原理解释，故B选；C合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则高温比室温更不利于合成氨的反应，不能用平衡移动原理解
3、释，故C不选；D恒温恒容下，在合成氨平衡体系中充入He，使压强增大，但氮气、氢气和氨气浓度不变，不影响平衡移动，不能用平衡移动原理解释，故D不选；答案选B。【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应并且从平衡移动的角度分析。选项D是解答的易错点，注意压强对反应速率和平衡移动影响的实质。3.一定温度下，在一固定体积的密闭容器中，对于可逆反应：A(s)3B(g) 2C(g)，下列说法说明达到平衡状态的是()C的生成速率和C的分解速率相等；单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B；气体密度不再变化；混合气体的总压强不再变化；A、B、C的物质的量之
4、比为132；C的体积分数不再变化A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断。【详解】对于可逆反应：A(s)3B(g)2C(g)，则C的生成速率与C的分解速率相等，故正逆反应速率相等，故正确；单位时间内a mol A生成是逆反应，同时3a molB是逆反应，未体现正与逆的关系，故错误；密度是混合气的质量和容器容积的比值，气体的总质量会变，体积不变，故气体密度不再变化可作为判断是否达到平衡状态的依据，故正确；反应前后气体的体积不等，故混合气体的总压强不再变化可作为
5、判断是否达到化学平衡状态的依据，故正确；平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故A、B、C的物质的量比为1：3：2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；容器中C的体积分数不变，说明各物质的量不变，达平衡状态，故正确；说法正确的是，答案选B。4.工业上利用可逆反应N2(g)3H2(g)2NH3(g)合成氨，下列叙述正确的是A. 合成氨的适宜条件是高温、高压、催化剂，其中催化剂不改变该反应的逆反应速率B. 恒容通入氩气，使反应体系的压强增大，反应速率一定增大C. 该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间D. 在t1、t2时刻，NH3(g)的浓度分别是c1、c2
6、，则时间间隔t1t2内，NH3(g)生成的平均速率为v=(c2c1)/(t2t1)【答案】D【解析】【详解】A催化剂既影响正反应速率，也影响逆反应速率，A错误；B恒容通入氩气，使反应体系的压强增大，由于反应体系中各组分的浓度不变，所以反应速率不变，B错误；C温度降低，反应速率减小，反应达到平衡需要的时间增加，C错误；D在t1、t2时刻，NH3（g）的浓度分别是c1、c2，则该时间段内NH3（g）生成的平均速率为：v=(c2c1)/(t2-t1)，D正确；答案选D。5.某温度下，反应H2(g)I2(g)2HI(g) H0，在一带有活塞的密闭容器中达到平衡，下列说法不正确的是 ( )A. 恒温，压
7、缩体积，平衡不移动，颜色加深B. 恒压，迅速充入HI，开始时正反应速率减小C. 恒容，升温逆反应速率增大，正反应速率减小D. 恒容，充入H2，I2转化率增大【答案】C【解析】【详解】A. 恒温，压缩体积，压强增大，反应前后体积不变，因此平衡不移动，单质碘的浓度大，则颜色加深，A正确；B. 恒压，迅速充入HI，容器体积增大，反应物浓度减小，所以开始时正反应速率减小，B正确；C. 恒容，升温，正、逆反应速率均增大，C错误；D. 恒容，充入H2，平衡向正反应方向进行，I2转化率增大，D正确。答案选C。6.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律(图中p表示压
8、强，T表示温度，n表示物质的量)：根据以上规律判断，下列结论正确的是()A. 反应：H0，p2p1B. 反应：HT1C. 反应：H0，T2T1或H0，T2T1D. 反应：HT1【答案】C【解析】A由图可知，升高温度，A的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，则H0，正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，A的转化率增大，则P2P1，故A错误；B温度越高，反应速率越快，到达平衡的时间越快，则温度T1T2，升高温度C的物质的量减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，则H0，故B错误；C若H0，T2T1，则升高温度平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，如H0，T2T1
9、，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，与图像吻合，故C正确；D如H0，则升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，则T2T1，故D错误；故选C。7.在一定的温度下，将2mol A和3mol B充入一密闭容器中发生如下反应：aA(g)B(g)C(g)D(g)，5 min后达到平衡。已知该温度下反应的平衡常数K1，在t0时刻，若保持温度不变将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则下列说法正确的是()A. 正反应是一个体积减小的反应，a2B. 速率随时间的变化关系可用上图表示C. 达平衡时B的转化率为40%D. 为提高A的转化率，可采取升高温度的措施【答案】C【解
10、析】【分析】对于反应前后气体的系数和不变的反应，压强变化不会引起化学平衡的移动，根据三段式计算化学反应中物质的转化率。【详解】在t0时刻，若保持温度不变将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则可以确定反应前后体积不变，因此a=1，设B的转化率为x，则A(g)B(g)C(g)D(g)初始量（mol） 2 3 0 0变化量（mol） 3x 3x 3x 3x平衡量（mol） 2-3x 3-3x 3x 3x由于反应前后体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则(3x3x)/(2-3x)(3-3x)=1，解得x=0.4，即B的转化率是(30.4)/3100%=40%。A、正反应是一
11、个体积不变的反应，a=1，A错误；B、保持温度不变将容器体积扩大为原来的10倍，速率减小，B错误；C、达平衡时B的转化率为40%，C正确；D、因为反应的热效应不知，所以无法确定，D错误；答案选C。8.向绝热恒容的密闭容器中通入SO2和NO2，发生反应SO2(g)NO2(g) SO3(g)NO(g)，其正反应速率(v正)随时间(t)变化的关系如图所示。下列结论中错误的是()A. 反应在c点达到平衡状态B. 反应物浓度：a点大于b点C. 反应物的总能量高于生成物的总能量D. 逆反应速率：c点大于b点【答案】A【解析】试题分析：A、反应在c点时v正达最大值，随后v正逐渐减小，并非保持不变，故c点时反
12、应未达平衡状态，错误；B、由正反应速率变化曲线可知，a点的速率小于b点，但开始时通入SO2和NO2，反应由正反应方向开始，故a点反应物的浓度大于b点，正确；C、在c点之前，反应物的浓度逐渐减小，容器的容积保持不变，v正逐渐增大说明反应的温度逐渐升高，该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，正确；D、反应体系中生成物的浓度越来越大，温度越来越高，随着时间进行，逆反应速率逐渐增大，所以c点反应速率大于b点，正确。考点：化学平衡图像问题。9.CO和NO都是汽车尾气中的有害物质，它们之间能缓慢地发生如下反应：2NO(g)2CO(g) N2(g)2CO2(g) H0，现利用此反应，拟设计一种
13、环保装置，用来消除汽车尾气对大气的污染，下列方案可以提高尾气处理效率的是()选用适当的催化剂 提高装置温度 增大装置的压强 装置中放入碱石灰A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】要提高尾气处理效果，需要尾气排放到大气之前尽可能的转化为无害气体，应从速率及平衡的角度分析。【详解】选用适当的催化剂，可以加快反应速率，但不影响转化率，使有害气体在排出之前尽可能地转化为无害气体，可以提高尾气处理效果；故正确；提高装置温度，虽然能加快反应速率，但会降低转化率，故不正确；增大装置的压强，既加快反应速率，又提高转化率，故正确；装置中放入碱石灰，可以吸收生成的二氧化碳，使平衡向右移动，提高转化率，
14、故正确。答案选A。10.25 时，水的电离达到平衡：H2OHOH，下列叙述正确的是()A. 将纯水加热到95 时，KW变大，pH不变，水仍呈中性B. 向纯水中加入少量NaOH溶液，平衡逆向移动， KW变小C. 向纯水中加入少量盐酸，平衡逆向移动，H增大，KW不变D. 向纯水中加入醋酸钠，平衡正向移动，KW增大【答案】C【解析】【分析】水的电离吸热，结合酸、碱、盐对是水电离平衡的影响以及影响水的离子积常数的因素分析解答。【详解】A. 电离吸热，将纯水加热到95时促进水的电离，KW变大，氢离子浓度变大，pH减小，水仍呈中性，A错误；B. 向纯水中加入少量NaOH溶液，氢氧根浓度增大，抑制水的电离，
15、平衡逆向移动，温度不变，KW不变，B错误；C. 向纯水中加入少量盐酸，氢离子浓度增大，抑制水的电离，平衡逆向移动，温度不变，KW不变，C正确；D. 向纯水中加入醋酸钠，醋酸根水解，促进水的电离，平衡正向移动，温度不变，KW不变，D错误。答案选C。11.常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是()A. 两溶液稀释前的浓度相同B. a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为abcC. a点的Kw值比b点的Kw值大D. a点水电离的n(H)大于c点水电离的n(H)【答案】D【解析】【分析】稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋
16、酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，加水稀释时，醋酸进一步电离，所以稀释过程中，醋酸导电能力大于盐酸，则为醋酸稀释曲线，为盐酸稀释曲线，据此回答判断即可。【详解】A稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，A错误；B导电能力越大，说明离子浓度越大，酸性越强，则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为bac，B错误；C相同温度下，Kw相同，C错误；Dc点离子溶液导电能力大于a点，溶液导电性越强，氢离子浓度就越大，对水的电离抑制程度越大，则c点水电离的H+物质的量浓度小于a点水电离的H+物质的量浓度，又因为a点稀释的倍数大
17、于c点稀释的倍数，则a点水电离的n(H)大于c点水电离的n(H)，D正确。答案选D。【点睛】本题考查弱电解质的电离，注意溶液离子浓度与导电性之间的关系是解本题关键，选项D是易错点，注意搞清楚是比较离子浓度还是物质的量以及是水电离出的氢离子还是溶液中的氢离子。12.下列离子方程式表示的是盐类的水解且正确的是()A. HSH2OH3OS2B. HSH=H2SC. CO32-2H2OH2CO32OHD. Fe33H2OFe(OH)33H【答案】D【解析】【分析】盐电离出来的离子结合水电离出来的H+或OH-生成弱电解质的过程是盐类水解，据此解答。【详解】A. HS水解的方程式为HSH2OOHH2S，H
18、SH2OH3OS2表示其电离方程式，A错误；B. HSHH2S表示HS与氢离子反应生成硫化氢，B错误；C. 碳酸根水解分步进行，以第一步水解为主：CO32-H2OHCO3OH，C错误；D. 铁离子水解方程式为Fe33H2OFe(OH)33H，D正确。答案选D。13.下列说法正确的是()A. 25 时，在pH4的盐酸和NH4Cl溶液中，由水电离出的H浓度相等B. 25 时，pH3和pH5的盐酸等体积混合后，溶液的pH4C. 25 时，pH9和pH11的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH10D. 25 时，pH3.6的某橙汁中的c(H)是pH5.6的某西瓜汁中的c(H)的100倍【答案】D【解析
19、】【详解】A盐酸抑制水电离，氯化铵促进水电离，所以由水电离出的离子浓度氯化铵大于盐酸，A错误；B25时，pH3和pH5的盐酸等体积混合后，混合溶液中c（H+）(10-3+10-5)/2 mol/L5.0510-4mol/L，pH3.3，B错误；C25时，pH9和pH11的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液中c（OH-）(10-3+10-5)/2 mol/L5.0510-4mol/L，c（H+）1.9810-10mol/L，pH10.7，C错误；D25时，pH3.6的某橙汁中的c(H)是pH5.6的某西瓜汁中的c(H)的比=10-3.6：10-5.6=100:1，D正确；答案选D。【点睛】本题考
20、查了pH的简单计算及弱电解质的电离，了解氢离子浓度和pH的关系是解本题关键，注意酸酸或碱碱混合溶液中pH的计算方法。14.化学在日常生活和生产中有着重要的应用。下列说法不正确的是()A. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B. 某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为溶液中的SO32-水解C. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制备Fe(OH)3胶体，利用的是盐类水解原理D. 配制FeCl3溶液时加入少量的盐酸，抑制Fe3水解【答案】B【解析】【详解】A明矾净水的原理是：Al3+3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+，利用Al(OH)3胶体
21、的吸附性进行净水，A正确；B正常的雨水溶解二氧化碳，其pH为5.6，pH值小于5.6的雨水为酸雨，pH由4.68变为4.28，主要是雨水中溶解的二氧化硫生成亚硫酸，亚硫酸被氧化为硫酸，由弱酸转化为强酸，酸性增强，B错误；C三价铁离子结合水电离出的氢氧根离子生成氢氧化铁，水解是吸热过程，升温促进水解且饱和氯化铁浓度较大，有利于胶体的生成，C正确；D氯化铁水解生成氢氧化铁和盐酸，因此配制FeCl3溶液时加入少量的盐酸，可抑制Fe3水解，D正确；答案选B。15.常温下，能证明乙酸是弱酸的实验事实是（ ）A. 0.1mol/L CH3COONa溶液的pH大于7B. CH3COOH溶液的导电能力弱C.
22、0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红D. CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2【答案】A【解析】【详解】A0.1mol/LCH3COONa溶液的pH值大于7，该盐溶液显碱性，由于NaOH是强碱，说明醋酸根水解，故可以证明乙酸是弱酸，A正确；BCH3COOH溶液的导电能力弱，只能证明溶液中离子的浓度较小，不能证明其酸性强弱，B错误；C0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊变红，可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，C错误。DCH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2，可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，D错误；答案选A。【点睛】弱电
23、解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。16.298 K时，在20.0 mL 0.10 molL1氨水中滴入0.10 molL1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 molL1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述不正确的是()A. 该滴定过程应选择甲基橙作为指示剂B. M点对应的盐酸体积小于20.0 mLC. M点: NH4+ NH3H2O ClD. M点处的溶液中NH4ClHOH【答案】C【解析】【详解】A. 把盐酸滴加到氨水中，开始时溶液显
24、碱性，当滴定达到终点时，溶液由碱性变为酸性，根据人视觉有滞后性，观察溶液的颜色由浅到深比较敏锐，所以为减小滴定误差，在该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂更精确些，A正确；B. 如果二者恰好反应，则会生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，因M点pH7，则M点对应的盐酸体积小于20.0 mL，B正确；C. 如果溶液中的溶质只有氯化铵，则根据物料守恒守恒可知溶液中c(NH4)+c(NH3H2O)c(Cl)，但M点时盐酸不足，氨水过量，则溶液中c(NH4)+c(NH3H2O)c(Cl)，C错误；D. 根据电荷守恒可得：c(NH4)+c(H)c(Cl)+c(OH)，由于M点处的溶液显
25、中性，c(H)c(OH)，所以c(NH4)c(Cl)。氯化铵是强电解质，电离远远大于弱电解质水的电离程度，所以溶液中离子浓度关系是：c(NH4)c(Cl)c(H)c(OH)，D正确；答案选C。【点睛】判断电解质溶液中离子浓度大小时，经常要用到三个守恒：电荷守恒、物料守恒、质子守恒，会根据相应的物质写出其符合题意的式子，并进行叠加，得到正确的算式。17.常温下，下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是()A. 能使pH试纸变红的溶液中：CO32-、K、Cl、NaB. 由水电离产生的OH11010molL1的溶液中：NO3-、Mg2、Na、SO42-C. 在11012的溶液中：NH4+、Fe2、
26、Cl、NO3-D. 1010molL1的溶液中：Na、HCO3-、Cl、K【答案】B【解析】【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、溶液的酸碱性等分析解答。【详解】A. 能使pH试纸变红的溶液显酸性，酸性溶液中CO32-不能大量共存，A错误；B. 由水电离产生的OH11010molL1的溶液中水的电离被抑制，如果溶液显酸性，则NO3-、Mg2、Na、SO42-能大量共存，B正确；C. 在c(OH)/c(H+)11012的溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度，溶液显酸性，则Fe2与NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，C错误；D. KW/c(H+)1010molL1的溶液中
27、c(OH)1010molL1，溶液显碱性，HCO3-不能大量共存，D错误。答案选B。18.25 时，Ksp(BaSO4)11010 mol2L2，Ksp(BaCO3)5.1109 mol2L2。在该温度下，下列说法不正确的是()A. 因为Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)，所以BaSO4比BaCO3溶解度更小B. 若误饮Ba21.0105molL1的溶液时，会引起Ba2中毒C. 向同浓度Na2SO4和Na2CO3的混合液中滴加BaCl2溶液，BaSO4先析出D. 在BaSO4的饱和溶液液中，SO42-1.0105molL1【答案】B【解析】【详解】A. 因为Ksp(BaCO3)Ksp(B
28、aSO4)，所以BaSO4比BaCO3溶解度更小，A正确；B. 若误饮Ba21.0105molL1的溶液时，由于钡离子浓度很小，不会引起钡离子中毒，B错误；C. 物质Ksp小的容易生成沉淀，所以同浓度的Na2SO4和Na2CO3混合溶液中滴加BaCl2溶液，BaSO4先析出，C正确；D. 在BaSO4的饱和溶液液中，SO42-Ba21.0105molL1，D正确。答案选B。【点睛】本题考查了沉淀之间的转化，沉淀溶解平衡的移动，Ksp的有关计算，综合性较强，注意把握沉淀溶解平衡的原理及影响因素是解题的关键。19.（1）恒温下，向一个2L的恒容密闭容器中充入1 molN2和2.6 molH2，反应
29、过程中对NH3的浓度进行检测，得到的数据如下表所示。时间/min51015202530c(NH3)/(molL-1)0.080.140.180.200.200.20前20min的平均速率(H2)为_，该温度下此反应化学平衡平衡常数为_。能提高反应中N2的平衡转化率的是_。A增加N2的浓度 B增加H2的量 C移出部分NH3D提高反应温度 E加入合适的催化剂（2）工业合成氨的反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。在一定温度下，将一定量的N2和H2通入到体积为1L的恒容密闭容器中达到平衡后。改变下列条件，能使平衡向正反应方向移动且平衡常数不变的是_。A、充入氦气增大压强 B、增大反应物的浓
30、度 C、使用催化剂 D、降低温度（3）已知某化学反应的平衡常数表达式为KCO2H2/COH2O，在不同的温度下该反应的平衡常数如下表：t7008008301 0001 200K1.671.111.000.600.38该反应的化学方程式是_；若在1 L的密闭容器中通入CO2和H2各1 mol，5 min后温度升高到830，此时测得CO2为0.4 mol，该反应_达到平衡状态（填是或否）。【答案】 (1). 0.015 molL1 min1 (2). 0.10 （molL1）-2 (3). BC (4). B (5). CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g) (6). 否【解析】【详解】（
31、1）前20min内生成氨气的浓度是0.20mol/L，则根据方程式N2+3H22NH3可知消耗氢气的浓度是0.30mol/L，因此反应的平均速率(H2)为0.30mol/L20min0.015 molL1min1。反应前氮气和氢气的浓度分别是0.5mol/L、1.3mol/L，平衡时氨气浓度是0.20mol/L，消耗氮气和氢气的浓度分别是0.1mol/L、0.3mol/L，所以平衡时氮气和氢气的浓度分别是0.4mol/L、1.0mol/L，则该温度下此反应化学平衡平衡常数为。A增加N2的浓度平衡向正反应方向进行，但会降低氮气的转化率；B增加H2的量，氢气浓度增大，平衡向正反应方向进行，提高氮气
32、的转化率；C移出部分NH3，生成物浓度降低，平衡向正反应方向进行，提高氮气的转化率；D正反应放热，提高反应温度，平衡向逆反应方向进行，降低氮气的转化率；E加入合适的催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态，转化率不变。答案选BC。（2）A、充入氦气增大压强浓度不变，平衡不移动，A不符合；B、增大反应物的浓度，能使平衡向正反应方向移动，温度不变平衡常数不变，B符合；C、使用催化剂平衡不移动，C不符合；D、正反应放热，降低温度，能使平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，D不符合。答案选B。（3）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此根
33、据反应的平衡常数表达式为KCO2H2/COH2O可知该反应的化学方程式是CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)；若在1 L的密闭容器中通入CO2和H2各1 mol，5 min后温度升高到830，此时测得CO2为0.4 mol，根据方程式可知生成氢气也是0.4mol，消耗CO和水蒸气均是0.4mol，剩余CO和水蒸气均是0.6mol，此时浓度熵是，所以该反应没有达到平衡状态。20.在硫酸工业中，通过下列反应使SO2氧化成SO3：2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)H198kJmol1。下表为不同温度和压强下SO2的转化率(%)1105510511065106110745097.598.
34、999.299.699.755085.692.994.997.798.3（1）实际生产中，选定400500作为操作温度，其原因是_。（2）实际生产中，采用的压强为常压，其原因是_。【答案】 (1). 该温度下催化剂的活性最高 (2). 常压时转化率已经很高了，再加压得不偿失（或不经济或成本升高）【解析】【详解】（1）由于催化剂的活性受温度影响较大，因此实际生产中，选定400500作为操作温度的原因是该温度下催化剂的活性最高。（2）根据表中数据可知常压时转化率已经很高了，再加压得不偿失（或不经济或成本升高），因此实际生产中，采用的压强为常压。21.现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 m
35、ol/L的NaOH溶液，乙为0.1 mol/L的HCl溶液，丙为0.1 mol/L的CH3COOH溶液，试回答下列问题：（1）甲溶液的pH_；（2）丙溶液中存在电离平衡为_、_(用电离方程式表示)；（3）某同学用甲溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和 20.00 mL丙溶液，得到如图所示两条滴定曲线，请完成有关问题：甲溶液滴定丙溶液的曲线是_(填“图1”或“图2”)；a_。【答案】 (1). 13 (2). CH3COOH CH3COOH (3). H2O OHH (4). 图2 (5). 20.00【解析】【详解】（1）0.1molL-1的NaOH溶液中c（OH-）=0.1mol/L，故根据
36、水的离子积常数可知溶液中c（H+）=110-13mol/L，因此该溶液的pH=-lg10-13=13；（2）0.1molL-1的CH3COOH溶液中存在溶剂水，水为弱电解质，溶质乙酸为弱电解质，因此存在电离平衡为CH3COOHCH3COOH、H2OOHH；（3）醋酸为弱电解质，滴定过程中pH变化较盐酸缓慢，滴定终点时溶液呈碱性，则滴定醋酸溶液的曲线是图2；滴定终点时n（CH3COOH）=n（NaOH），则a=20.00mL，反应生成了醋酸钠，醋酸根离子发生水解，CH3COO+H2OCH3COOH+OH，溶液显示碱性pH7。【点睛】本题综合考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，明确溶液酸碱性与
37、溶液pH的关系结合图象进行判断是解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。22.（1）常温下，0.1 molL-1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中HCO3、CO32、H2CO3 三种微粒的浓度由大到小的顺序为：_。（2）NaHCO3溶液与硫酸铝溶液混合的离子方程式_。（3）Ba(OH)2是一种强电解质，现有25、pH13的Ba(OH)2溶液与某浓度盐酸溶液按体积比（碱与酸之比）1 ：9混合后，所得溶液pH11（假设混合溶液的体积等于混合前两溶液的体积和），该盐酸溶液的pH_。【答案】 (1). c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32） (2). Al33
38、HCO3=Al(OH)33CO2 (3). 2【解析】【详解】（1）常温下，0.1 molL-1NaHCO3溶液的pH大于8，这说明溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，由于水解程度较弱，则溶液中HCO3、CO32、H2CO3三种微粒的浓度由大到小的顺序为c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32）。（2）NaHCO3溶液与硫酸铝溶液混合后碳酸氢根离子与铝离子的水解相互促进，生成氢氧化铝并放出二氧化碳，则反应的离子方程式为Al33HCO3Al(OH)33CO2。（3）设氢氧化钡溶液的体积是1L，盐酸是9L，其浓度是c。25、pH13的Ba(OH)2溶液与某浓度盐酸溶液按体积比
39、（碱与酸之比）1：9混合后，所得溶液pH11（假设混合溶液的体积等于混合前两溶液的体积和），说明氢氧化钡过量，反应后溶液中氢氧根的浓度是0.001mol/L，则，解得c0.01mol/L，所以该盐酸溶液的pH2。23.某学生用0.2000 molL1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并注入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，并记下读数量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3mL酚酞溶液用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数（1）以上步骤有错误的是（填编号）_。（2）用标
40、准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入_中。（从图中选填“甲”或“乙”）（3）下列操作会引起实验结果偏大的是：_（填编号）A在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水B滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡C量取待测液的滴定管用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗D装标准溶液的滴定管滴定前仰视读数，滴定后俯视读【答案】 (1). (2). 乙 (3). B【解析】【详解】（1）滴定管用蒸馏水洗后，不润洗，使标准液的浓度减小，消耗的体积增大，测定结果偏大，所以必须用氢氧化钠溶液润洗，故操作有误；量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，滴入几滴指示剂即可，故操作有误；答案为； （2）氢氧化钠是强碱，应该用
41、碱式滴定管，故选乙；（3）根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)可知A在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水不影响溶质的物质的量，不影响滴定结果；B滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡，消耗的标准液的体积增加，使滴定结果偏大；C酸式滴定管未润洗，待测液被稀释，浓度变小，消耗标准液的体积减小，使滴定结果偏小；D装标准溶液的滴定管滴定前仰视读数，读数偏大，滴定后俯视读，读数偏小，则消耗标准液体积减小，使滴定结果偏小；答案选B。【点睛】明确滴定操作方法、原理及误差分析方法是解题的关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，误差分析是解答的易错点，注意掌握误差分析的依据并结合实验操作解答
42、。24.已知MOH为一元弱碱，25时，电离常数Kb=110 6 molL1。25时，0.01 molL1 MOH溶液的pH=10，将其与等体积pH=4的盐酸溶液混合，则混合溶液的pH_7（填“”、“ (2). 1108【解析】【分析】MOH为弱电解质，二者混合后碱过量，溶液显示碱性；根据MCl的水解方程式写出水解平衡常数表达式，再根据水的离子积及MOH的电离常数计算出Kh。【详解】25时，0.01molL-1 MOH溶液的pH=10，氢氧根离子浓度为10-4molL-1，pH=4的盐酸中氢离子浓度为10-4molL-1，由于MOH为弱碱，则反应后MOH过量，溶液显示碱性，即pH7；MCl的水解方程式为M+H2OMOH+H+，则溶液中MCl的水解平衡常数Kh=c(MOH)c(H+)/c(M+)=1108。【点睛】本题考查了酸碱混合后溶液定性判断及水解常数的简单计算，注意掌握溶液酸碱性的判断方法。水解常数计算为难点和易错点，注意掌握计算MCl的水解平衡常数的方法。
