1、甘肃省武威第一中学2020-2021学年高二化学上学期期中试题（含解析）第I卷(选择题)一、单选题 1. 速率与限度是研究化学反应的重要视角，下列叙述错误的是( )A. 对于反应，其他条件不变，增加木炭的量，反应速率不变B. 某物质化学反应速率为是指时该物质的浓度为C. 氯酸钾分解制取氧气时添加少量二氧化锰，可增大反应速率D. 在给定条件下，达到平衡时，可逆反应完成程度达到最大【答案】B【解析】【详解】A对于反应，其他条件不变，增加木炭的量不能改变其浓度，故反应速率不变，A正确；B某物质化学反应速率为是指平均内该物质的浓度的变化量为，B错误；C二氧化锰可以催化氯酸钾分解，因此，氯酸钾分解制取氧
2、气时添加少量二氧化锰，可增大反应速率，C正确；D化学平衡状态就是在给定条件下某可逆反应所能达到的最大限度，D正确；综上所述，相关叙述错误的是B。2. 下列事实一定能说明HF是弱酸的是（ ）常温下NaF溶液的pH大于7； 用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗；HF与NaCl不能发生反应；常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体HF与水能以任意比混溶1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】如果常温下NaF溶液的pH大于7，则NaF属于强碱弱酸盐，它水解使溶液显碱性：F-+H2OHF+OH-，可推知H
3、F一定是弱酸，项正确；用HF溶液做导电性实验时，缺少了等浓度等体积的一元强酸（如HCl）的对照实验，故该事实不能说明HF一定是弱酸，项错误；根据强酸制弱酸的原理，HF与NaCl不能发生反应，可推知HF可能是弱酸或是强酸。项错误；由题意知常温下0.1mol/L的HF溶液中c(H+)=10-2.3mol/L 0，欲提高反应的速率和H2的转化率，可采用的措施为 （ ）A. 压缩容器体积B. 降温C. 增大C(s)的量D. 恒温恒压时加入一定量H2【答案】A【解析】【分析】考查影响化学反应速率的因素和影响化学平衡移动的因素；【详解】A、压缩容器的体积，气体的压强增大，化学反应速率增大，根据勒夏特列原理
4、，本题中增大压强，平衡向正反应方向移动，H2的转化率增大，故A符合题意；B、该反应为吸热反应，降温，平衡向逆反应方向进行，H2的转化率减小，降温，化学反应速率降低，故B不符合题意；C、C为固体，浓度视为常数，增大C(s)的量，化学反应速率不变，化学平衡不移动，故C不符合题意；D、恒温恒压下，通入一定量H2，与原平衡等效，H2的转化率不变，故D不符合题意。4. 一定温度和压强不变的条件下，发生可逆反应：A(g)3B(g)4C(g)，下列叙述能作为该反应达到平衡状态的标志的是( )混合气体的平均摩尔质量不再变化 v(A)v(B)v(C)134A、B、C的浓度不再变化 C的体积分数不再变化A、B、C
5、的分子数之比为134 混合气体的密度不再变化单位时间消耗a mol A，同时生成3a mol BA. B. C. D. 【答案】B【解析】反应前后气体体积不变，气体物质的量不变，质量守恒，所以混合气体的摩尔质量始终不变，故错误；速率之比等于化学计量数之比，不能说明正逆反应速率相等，故错误；各组分浓度不变，说明反应达到平衡状态，故正确；C的体积分数不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；平衡时各物质的分子式之比，决定于开始加入物质的多少和反应程度，与平衡无关，故错误；混合气体质量守恒，体积不变，密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故错误；消耗amolA，同时生成3a
6、molB，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；故答案为B。点睛：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，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，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。5. 下列说法正确的一组是不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于弱电解质氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na和Cl，所以氯化钠是强电解质强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度熔融的电解质都能导电强电解质可能是离子化合物，也
7、可能是共价化合物A. B. C. 只有D. 只有【答案】D【解析】【详解】CaCO3、BaSO4虽不溶于水，但它们是强电解质，故错；二氧化碳溶于水生成了碳酸，碳酸部分电离，是弱电解质，但二氧化碳是非电解质，故错；氯化钠在水分子的作用下电离出Na+和Cl-，所以氯化钠是强电解质，故错；0.000 01 mol/L盐酸中氢离子浓度小于1 mol/L CH3COOH中氢离子浓度，故错；熔融的纯硫酸不导电，故错误；属于强电解质的有强酸、强碱和大多数盐，所以强电解质可能是离子化合物，也可能是共价化合物，正确；综上所述，选D。6. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A. 已知C（石墨, s）=C（金刚
8、石， s）H0，则金刚石比石墨稳定B. 2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=-483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJmol-1C. 500、30MPa下，N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=-92.4kJmol-1；将1.5molH2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量46.2kJD. H2（g）+F2（g）=2HF（g） H = -270kJmol-1，则相同条件下，2molHF气体的能量小于1mol氢气和1mol氟气的能量之和【答案】D【解析】【详解】A该反应是吸热反应，说明石墨的总能量低于金刚石的总能量，因此石墨较稳定，A错误；B氢气的燃烧热是值1mol
9、氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，单位是kJ/mol，气态水液化时放出热量，由 H2（g）+O2（g）2H2O（g） H=-483.6kJmol-1可知，其燃烧热大于483.6kJmol-12=241.8kJmol-1，B错误；C合成氨是可逆反应，1.5molH2在氮气过量的情况下也不可能全部转化为生成物，放出的热量应小于46.2kJ，C错误；D此反应是放热反应，说明反应物的总能量大于生成物的总能量，D正确；答案为D。【点晴】关于化学反应中的能量变化，涉及热化学方程式的书写、燃烧热及中和热的计算，判断热化学方程式书的正误，首先观察物质的聚积态有没有注明，H的正负与反应原理是否吻合，H0为放热反
10、应，反之为吸热反应，容易混淆，再观察反应物的系数与H的数值关系是否满足物质的量对就成比例，是否与燃烧热、中和热等概念吻合；另外反应热的计算要注意盖斯定律的应用要准确，要关注反应原理如选项C反应是可逆反应，反应物的转化量小于提供的物质的量等，总之要细心审题，紧扣概念。7. 一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示。下列叙述正确的是A. 反应开始到10 s末时，用Z表示的反应速率为0.158 molL1s1B. 反应开始到10 s末时，X的物质的量浓度减少了0.79 molL1C. 反应开始到10 s时，Y的转化率为79.0%D. 反应的化学方程式为X
11、(g)Y(g)Z(g)【答案】C【解析】【分析】由图象可以看出，随着时间的推移，X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且010s内n(Y)：n(X)：n(Z)=0.79mol：0.79mol：1.58mol=1：1：2，则反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)2Z(g)，结合物质的量的变化解答该题。【详解】A反应开始到10s，用Z表示的反应速率为(Z)= 0.079mol/（Ls），故A错误；B由图象可知反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了=0.395mol/L，故B错误；C反应开始到10s时，Y的转化率为=79%，故C正确；D由以上分析可知反应的化学方程式
12、为：X(g)+Y(g)2Z(g)，故D错误；答案选C。8. 常温下，下列四种溶液：c(H)103molL1的醋酸0.01molL1的盐酸0.1molL1的NaOH溶液c(OH)1molL1氨水溶液。由水电离出的氢离子浓度之比为A. 1000100101B. 111210C. 11121314D. 321314【答案】A【解析】【分析】根据溶液中水的离子积Kw=c(H+)c(OH)，其中c(H+)是溶液中所有的氢离子的浓度，c(OH)是溶液中所有的氢氧离子的浓度，且在任何溶液中，由水电离的氢离子与氢氧根离子浓度相等，酸溶液中OH-全部来自水电离，碱溶液中H+全部来自水电离，据此分析作答。【详解】
13、根据常温下水的离子积为110-14 可知：（1）c(H)103 molL1的醋酸中，由水电离出的氢氧根离子浓度c(OH) = = 110-11 mol/L，故由水电离的氢离子浓度等于c(OH) = 110-11 mol/L；（2）0.01molL1的盐酸中，由水电离出的氢氧根离子浓度c(OH) = = 110-12 mol/L，故由水电离的氢离子浓度等于c(OH) = 110-12 mol/L；（3）0.1molL1的NaOH溶液中，由水电离出的氢离子浓度为： = 110-13 mol/L；（4）c(OH)1 molL1氨水溶液中，由水电离出的氢离子浓度为： =110-14 mol/L；则四种
14、溶液中由水电离出的氢离子浓度之比为：1000：100：10：1，故A项正确；答案选A。【点睛】水的离子积适用于任何溶液，理解氢离子和氢氧根离子的来源是解题的关键。如本题不管是强酸还是弱酸，其c(H)主要来源于溶质，c(OH)则来源于水，而由水电离出的c(H)与c(OH)相等，据此分析由水电离的c(H)这个问题便可迎刃而解。9. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A. 0.1 mol/LFeCl3溶液中：K+、I-、SCN-B. 能使酚酞变红的溶液中：Na+、Cu2+、C. c(H+)c(OH-)的溶液中：Na+、K+、ClO-D. 加入铝粉能产生氢气的溶液中：、Fe2+、
15、【答案】C【解析】【详解】AFe3+与碘离子能发生氧化还原反应不能共存，且Fe3+与SCN-能形成络合离子不能共存，故A不符合题意；B能使酚酞变红的溶液显碱性，存在大量OH-，OH-能与铜离子反应，且Cu2+与也能形成沉淀，故B不符合题意；Cc(H+)0，能否自发进行与温度有关B. 1mol H2O在不同状态时的熵值：SH2O(s)SH2O(g)C. 放热过程(H0)的过程一定是自发的D. 常温下，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则可推知该反应的H0【答案】C【解析】【详解】ACaCO3(s)CaO(s)CO2(g) H0，S0，能否自发进行，HTS液体S固体S，1mol
16、 H2O在不同状态时的熵值：SH2O(s)SH2O(g)，故B正确；C如能自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，应满足HTS0，反应一定不能自发进行，S0的反应，H0，故D正确；故选：A。18. 某温度下，将2molSO2和1molO2置于10L密闭容器中发生反应：2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)；HT1D. 达平衡后，若增大容器容积，则反应速率变化图像可以用图丙表示【答案】B【解析】【分析】由图甲可知增大压强二氧化硫的转化率增大，平衡正向移动；先拐先平衡，数据越大，因而图乙中可知温度T1T2；又因反应为放热反应，升高温度平衡向着吸热的方向移动，因此升高温度平衡逆向移动，结合以上分析进
17、行判断并计算。【详解】A. 设B点SO2的转化量为x mol，根据三段法可知： 2SO2(g) O2(g) 2SO3(g)始（mol） 2 1 0转（mol） x x平（mol） 2-x 1- x =0.85 x=1.7mol平衡时SO2的平衡浓度为=0.03mol/L，A项错误；B. 设A点O2的转化量为y mol，根据三段法可知： 2SO2(g) O2(g) 2SO3(g)始（mol/L） 0.2 0.1 0转（mol/L） 2y y 2y平（mol/L） 0.2-2y 0.1-y 2y =0.80 y=0.08mol/L平衡常数K=800 Lmol-1，B项正确；C. 先拐先平衡，数据越
18、大，因而图乙中T1T2，C项错误；D. 达平衡后，若增大容器容积，相当于减小压强，反应速率减慢，平衡逆向移动，v(逆)v(正)，因此不能用图丙表示，D项错误；答案选B。19. 在浓度均为0.1 mol/L、体积均为V0的HX、HY，分别加水稀释至体积V，pH随lg V/V0的变化关系如右图所示。下列叙述正确的是A. a、b两点的溶液中：c（X-）c（Y-）B. 相同温度下，电离常数K(HX)：daC. 溶液中水的的电离程度：dcbaD. lgV/V0=2时，若同时微热两种液体（不考虑挥发），则c(X-) /c(Y-) 增大【答案】D【解析】当lgV/V0=0时，0.1mol/LHY溶液的pH=
19、1，0.1mol/LHX溶液的pH1，则HY为强酸，HX为弱酸。A项，a点HX溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（OH-）+c（X-），b点HY溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（OH-）+c（Y-），a点、b点pH相同，两溶液中c（H+）、c（OH-）相等，则a、b两点溶液中c（X-）=c（Y-），错误；B项，稀释时温度不变，电离平衡常数不变，a、d点的K（HX）相等，错误；C项，酸溶液中OH-全部来自水的电离，图中a、b、c、d点的pH由大到小的顺序为：dca=b，四点溶液中c（OH-）由大到小的顺序为dca=b，溶液中水的电离程度：dca=b，错误；D项，当lgV/V0=2时，微热两种溶液，
20、由于HY为强酸，c（Y-）不变，HX为弱酸，升高温度促进HX的电离，c（X-）增大，则c（X-）/c（Y-）增大，正确；答案选D。20. 在373K时，把0.5mol N2O4气体通入体积为5L的恒容密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2秒时,NO2的浓度为0.02 mol/L。在60秒时,体系已达平衡,此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是（ ）A. 前2秒，以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/(Ls)B. 在2秒时体系内的压强为开始时的1.2倍C. 在平衡时体系内含N2O40.20molD. 平衡时，如果再充入一定量N2O4, 则可提高N2O4的转化率【答
21、案】C【解析】【分析】A根据化学反应速率的定义可知，利用单位时间内浓度的变化量来计算化学反应速率；B利用一定条件下反应前后的物质的量之比等于压强之比来计算；C利用平衡时容器内压强为开始时的1.6倍来计算平衡时各物质的物质的量；D若往容器内充入N2O4气体，相当于压缩容器体积，相当于增大压强，利用压强对化学平衡的影响来分析能否提高N2O4的转化率。【详解】A项，前2秒，以NO2的浓度变化表示的平均反应速率为=0.01mol/(Ls)，则以N2O4浓度变化表示的平均反应速率为0.005mol/(Ls)，故A项错误；B项2秒时，NO2的浓度为0.02 mol/L，其物质的量为0.02 mol/L5L
22、=0.1mol，则容器内气体的总物质的量为0.5mol-0.05mol+0.1mol=0.55mol，容器内的压强为反应前的=1.1倍，故B项错误；C项，平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol1.6=0.8mol，设剩余N2O4的物质的量为xmol，则有(0.5-x)2+x=0.8，解得x=0.2mol，即体系内含0.2molN2O4，故C项正确；D项，平衡时，若往容器内充入N2O4气体，相当于在原来的基础上缩小体积，由N2O42NO2，则缩小体积，压强增大，化学平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题考查化学平衡及化学反应速率的计算，题目难度
23、中等，明确信息中的压强关系及不同时间混合体系中各物质的物质的量的关系是解答的关键，并熟悉化学反应速率的计算式及影响化学平衡移动的因素即可解答。21. 常温下，将pH=a的NaOH溶液与pH=b的醋酸溶液等体积混合后，两者恰好完全反应，则该温度下醋酸的电离平衡常数约为A. 1014-a-2bB. 10 a+b-14C. 10a-2bD. 10a-2b+14【答案】A【解析】【详解】pH=b的醋酸溶液中c(H+)=c(CH3COOO-)=10-bmol/L，pH=a的NaOH溶液中c(OH-)=c(NaOH)=10a-14mol/L，将两者等体积混合，恰好完全反应，则说明醋酸的物质的量浓度等于Na
24、OH的物质的量浓度，c(CH3COOH)约为10a-14mol/L,故该温度下醋酸的电离平衡常数为1014-a-2b 。答案选A。22. 为探究Fe3和Cu2对H2O2分解反应的催化效果，甲、乙两组同学分别设计了如图1、图2所示的实验。下列叙述不正确的是()A. 图1实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小B. 用图2装置比较反应速率可通过测定在相同状况下反应产生一定体积气体所需时间的多少C. 若图1所示的实验中反应速率为，则一定说明Fe3比Cu2对H2O2分解催化效果好D. 为检查图2装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否复原【答案】
25、C【解析】【详解】A反应速率可以通过观察产生气泡的快慢来判断，故A正确；B反应速率可以用单位时间内产生气体的快慢表示，故B正确；C若图甲所示实验中反应速率，则能够说明FeCl3比CuSO4对H2O2分解催化效果好，但不一定是Fe3+和Cu2+，可能是硫酸根离子和氯离子，故C错误； D关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，若气密性不好，气体就能够加入，活塞不能回到原位，故D正确。答案选C。23. 已知可逆反应：2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g)、2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) (不考虑NO2和N2O4之间的相互转化)，当加入一定量的SO3使上述系统达到平衡时，n(O2)=0.
26、1 mol、n(NO2)=3.6 mol，则此时SO2气体的物质的量为（ ）A. 0.1 molB. 3.6 molC. 1.8 molD. 3.8 mol【答案】D【解析】【详解】（1）设参加反应的SO3为xmol，参加反应的NO为ymol， 2SO3（g）2SO2 +O2起始的量（mol）：4 0 0 转化的量（mol）：x x 平衡的量（mol）：4-x x 2NO+O2 2NO2起始的量（mol）：4 0转化的量（mol）：y y 平衡的量（mol）：4-y - y已知平衡时，O2和NO2的物质的量分别为n（O2）=0.1mol、n（NO2）=3.6mol，即y=3.6mol，-=0.
27、1mol，即x=3.8mol，所以平衡时SO2气体的物质的量为：3.8mol，故选D。24. 下列图示与对应的叙述相符的是（ ）A. 图1表示反应在一定温度下达到平衡时B的体积分数随压强变化的关系，x点反应速率比y点的小B. 图2表示可逆反应的速率一时间图象，在t时刻改变的条件一定是加入催化剂C. 图3表示反应中A的体积分数随温度的变化情况D. 图4中的阴影部分面积的含义是(v正-v逆)【答案】A【解析】【详解】Ax点的压强比y点的低，所以x点反应速率比y点的小，A正确；B该反应前后气体的总物质的量不变，故在t时刻改变条件使正逆反应速率仍相等，可能是加入催化剂或增大压强，B错误；CM点为平衡状
28、态，随温度的升高，A的体积分数增大，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，C错误；D图中阴影部分的面积表示某一反应物和某一生成物浓度的差值，D错误；答案选A。25. 在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：X(g)+Y(g)2Z(g)Hv（正）C. 其他条件不变，起始时向容器中充入0.32mol气体X和0.32mol气体Y，到达平衡时，c(Z)=0.24molL-lD. 该温度下此反应的平衡常数：K=1.44【答案】D【解析】【详解】A其他条件不变，向平衡体系中再充入0.16mol气体X，与原平衡相比，达到新平衡时，气体Y的转化率增大，X的体积分数增大
29、，A错误；BX(g)+Y(g)2Z(g)H0，正反应为放热反应，其他条件不变，降低温度，平衡正向移动，故反应达到新平衡前：v（逆）v（正），B错误；CX(g)+Y(g)2Z(g)H= (4). ，则产生氢气的速率快慢为：；生成氢气的量与酸能够提供氢离子的物质的量有关，三种溶液中：中生成氢气的量最大，、生成的氢气相等，所以生成氢气总量关系为：，故答案为：；(3)若将等体积、等浓度的氨水、NaOH溶液，氨水中的溶质是弱碱存在电离平衡，溶液pH；溶液加热至相同温度后，溶液电离促进，氢氧根离子浓度增大，但不能完全电离；溶液中离子积增大，氢氧根离子浓度不变；氢氧根离子浓度，则pH，故答案为：(4)25时
30、，某Na2SO4溶液中c()5104mol/L，则溶液中钠离子浓度是1103mol/L如果稀释10倍，则钠离子浓度是1104mol/L但硫酸钠溶液是显中性的，所以c(Na)：c(OH)104：1071000：1。故答案为：1000：1；(5)t温度下水的离子积常数是11012，所以在该温度下，pH11的NaOH溶液中OH的浓度是0.1mol/L，硫酸中氢离子的浓度也是0.1mol/L，所得混合溶液的pH2，说明稀硫酸过量，所以有0.01，解得V1：V29：11，故答案为：9：11。(6)亚硫酸氢铵是强电解质能够完全电离，电离方程式为：NH4HSO3=+，故答案为：NH4HSO3=+；27. I
31、.已知：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H1=+41.2kJmol-1 K1CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2=-90.6kJmol-1 K2则CO2(g)和H2(g)的反应生成CH3OH(g)的热化学方程式III为_，该反应的化学平衡常数K3=_。(用K1，K2表示)II.已知A(g)+B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下： 温度/70080090010001200平衡常数0.50.61.01.62.0回答下列问题： (1)该反应的H= _ 0(填“”“”“=”)； (2)900时，向一个固定容器为2L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.
32、80mol的B，若反应初始到2s内A浓度变化0.05molL-1。则A的平均反应速率v(A)= _ 。该反应达到平衡时A的转化率为 _ ，如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，平衡时A的转化率 _ (填”变大“、”变小“或”不变“) (3)1200时，若向另一相同容器中充入0.30molA、0.40mol B、0.40mol C和0.50molD，此时v正 _ v逆(填”大于“、”小于“或”等于“)。【答案】 (1). CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.4kJmol-1 (2). K1K2 (3). (4). 0.025mol/(Ls) (5). 80%
33、 (6). 不变 (7). 大于【解析】【详解】I.已知：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H1=+41.2kJmol-1 K1CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2=-90.6kJmol-1 K2则根据盖斯定律可知+即得到CO2(g)和H2(g)的反应生成CH3OH(g)的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-49.4kJmol-1，写出和反应的平衡表达式，利用二式相乘，得出反应III的化学平衡常数K3=K1K2。.(1)由表中数据可知，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，则正反应是吸热反应，其H0；(2)900时
34、，向一个固定容器为2L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，若反应初始到2s内A浓度变化0.05molL-1，则A的平均反应速率v(A)0.05molL-12s0.025mol/(Ls)。900时，平衡常数等于1，则，解得x0.08，该反应达到平衡时A的转化率为；容器体积不变，充入1mol氩气，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，A的转化率不变；(3)1200时，若向另一相同容器中充入0.30molA、0.40mol B、0.40mol C和0.50molD，此时浓度商为2.0，反应正向进行，则v正大于v逆。28. 已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中 Na
35、OH 的质量分数，进行如下步骤实验：称量 1.0g 样品溶于水，配成 250 mL 溶液；准确量取 25.00 mL 所配溶液于锥形瓶中；滴加几滴酚酞溶液；用 0.10mol/L的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如下：滴定序号待测液体积(mL)所消耗盐酸标准液的体积(mL)滴定前滴定后125.000.5020.60225.006.0026.00325.001.1021.00请回答：(1)将样品配成 250 mL 溶液，除小烧杯、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有_、_。(2)用_滴定管(填“酸式”或“碱式”)盛装 0.10mol/L 盐酸标准液。(3)滴定到终点的标志是_。(4)若出现下列
36、情况，测定结果偏高的是_。a.滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶b.在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出 c.若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外d.盛装标准液的滴定管水洗后未用标准液再润洗(5)烧碱样品的纯度为_。【答案】 (1). 250mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 酸式 (4). 滴入最后一滴标准液，溶液由粉红色变为无色，且30s内不恢复红色 (5). cd (6). 80.0%【解析】【详解】（1）配制一定物质的量浓度的溶液时需要的仪器有烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；（2）盐酸标准液为酸溶液，应用酸式滴定管盛装0.10mol/L盐酸标
37、准液；故答案为：酸式；（3）滴加几滴酚酞的NaOH溶液显红色，滴定到终点的标志是滴入最后一滴标准液，溶液由粉红色变为无色，且30s内不恢复红色，故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由粉红色变为无色，且30s内不恢复红色；（4）a.若滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，由稀释定律可知，溶液中溶质的物质的量不变，对结果无影响，故不符合题意；b.若在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，溶液中溶质的物质的量减小，导致标准液的体积偏小，所测结果偏低，故不符合题意；c.若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，导致标准液的体积偏大，所测结果偏高，故符合题意；d.若盛装标准液的滴定管水洗后未用标准液再润洗，会稀释标准液，导
38、致标准液的体积偏大，所测结果偏高，故符合题意；cd符合题意，故答案为：cd；（5）由题给数据可知，三次实验消耗0.10mol/L盐酸标准液的体积分别为20.10mL、20.00mL、19.90mL，消耗盐酸的平均体积为=20.00mL，由完全反应时盐酸的物质的量等于氢氧化钠的物质的量可得n(NaOH)= 0.10mol/L0.02L=0.002mol，则烧碱样品的纯度为100%=80%，故答案为：80%。29. 已知在 25时，次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数如下：HClO Ka=4.710-8 mol/LH2CO3 Ka1=4.210-7 mol/L Ka2=5.610-11 mol/L
39、H2SO3 Ka1=1.5410-2 mol/L Ka2=1.0210-7 mol/L(1)下列离子在溶液中不能大量共存的是 _A. 、 B. 、 C. 、 D.、(2)将少量 CO2 通入到 NaClO 溶液中发生反应的离子方程式_(3)常温常压下，空气中的 CO2 溶于水达到平衡时，溶液的 pH=5.60，c( H2CO3)=1.510-5molL-1.若忽略水的电离及 H2CO3 的第二级电离，已知 10-5.60=2.510-6，则 H2CO3H+的平衡常数是_(4)实验室用 Zn 和稀硫酸制取 H2，反应时溶液中水的电离程度_(填“增大”“减小”或者“不变”)；若加入少量下列固体试剂
40、，可使产生 H2 的总量不变而速率减小的是_。aNaNO3 b.CuSO4 c.CH3COONa d.Na2SO4【答案】 (1). B (2). CO2+H2O+ClO-=+ HClO (3). 4.210-7 (4). 增大 (5). c【解析】【详解】(1)AKa2(H2CO3)Ka2(H2SO3)，所以酸性HCOHSO，则和不反应，可以大量共存，故A不符合题意；BKa2(H2CO3)Ka2(H2SO3)，所以酸性HCOKa2(H2SO3)，Ka1(H2SO3)Ka2(H2CO3)，所以和不反应，可以大量共存，故D不符合题意；综上所述答案为B；(2)根据各酸的电离平衡常数大小可知酸性H2
41、CO3HClOHCO，所以将少量 CO2通入到 NaClO 溶液反应生成HClO和NaHCO3，离子方程式为CO2+H2O+ClO-=+ HClO；(3) 溶液pH=5.60，则c(HCO)=c(H+)=110-5.6，所以H2CO3H+的平衡常数Ka2=4.210-7；(4) Zn 和稀硫酸制取 H2，硫酸电离出的氢离子不断被消耗，浓度减小，对水的电离的抑制作用减弱，所以水的电离程度增大；若加入少量下列固体试剂，可使产生 H2的总量不变而速率减小的是：a加入硝酸钠固体可以电离出硝酸根，酸性环境硝酸根的氧化性更强，会被锌还原成氮氧化物，不产生氢气，故a不符合题意；b锌置换出铜单质后形成原电池加快反应速率，故b不符合题意；c加入醋酸钠，醋酸根结合氢离子使溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，但不影响氢离子的总量和锌的总量，产生氢气的总量不变，故c符合题意；d加入硫酸钠固体不影响反应速率，故d不符合题意；综上所述答案为c。
