1、2015-2016学年河北省邯郸一中高二（下）期中化学试卷一、选择题（每题只有一个答案，1-15每题2分，16-25每题3分）1参照反应Br+H2HBr+H的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的是（） A正反应为放热反应B加入催化剂，该化学反应的反应热不变C反应物总能量高于生成物总能量D升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率2在一密闭容器中充入1molNO2气体，建立如下平衡：2NO2N2O4，测得NO2转化率为a%、在温度、体积不变时，再通入1molNO2，待新平衡建立时，测得 NO2转化率为b%，则a与b比较（）AabBabCa=bD无法确定3在密闭容中发生下列反应aA（g）cC（g
2、）+dD（g），压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是（）AA的转化率变大B平衡向正反应方向移动CD的体积分数变大Dac+d4下列各组热化学方程式中，化学反应的H1大于H2的是（）C（s）+O2（g）CO2（g）H1； C（s）+O2（g）CO（g）H22H2（g）+O2（g）2H2O（g）H1； 2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H2H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H1； H2（g）+l2（g）HCl（g）H2CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）H1； CaO（s）+H2O（l）Ca（OH）2（s）；H2ABCD5下列事实一定能证明H
3、NO2是弱电解质的是（）常温下NaNO2溶液pH大于7 用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗HNO2和NaCl不能发生反应 0.1molL1HNO2溶液的pH=2.1NaNO2和H3PO4反应，生成HNO20.1molL1HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1ABCD全部6化学反应A2+B22AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（）A该反应是吸热反应B断裂1mol AA键和1mol BB键能放出xkJ的能量C断裂2mol AB键需要吸收ykJ的能量D2mol AB的总能量高于1 mol A2和1mol B2的总能量7下列叙述能说明反应2A（g）+B（g）2C（g）已达平衡状态的有（）A
4、、B、C的百分含量相等；单位时间，消耗a mol B，同时生成2a mol C；单位时间，消耗a mol A，同时生成0.5a mol B；外界条件不变时，物质总质量不随时间改变；外界条件不变时，气体总分子数不再变化；A、B、C分子数之比为2：1：2A除外B除外CD8已知：2X+Y2Z，反应中（Z的物质的量分数）随温度T的变化如下图所示下列判断正确的是（） AT 1时，v正v逆B正反应的H0Ca、b两点的反应速率 v（ a）=v（ b）DTT 1时，增大的原因是平衡向正方向移动9已知某反应aA（g）+bB（g）cC（g）H=Q 在密闭容器中进行，在不同温度（T1和T2 ）及压强（P1 和P2
5、）下，混合气体中B的质量分数w（B）与反应时间（t）的关系如图所示，下列判断正确的是（）AT1T2，P1P2，a+bc，Q0BT1T2，P1P2，a+bc，Q0CT1T2，P1P2，a+bc，Q0DT1T2，P1P2，a+bc，Q010俄罗斯用“质子M”号运载火箭成功将“光线”号卫星送入预定轨道发射用的运载火箭使用的是以液氢为燃烧剂，液氧为氧化剂的高能低温推进剂，已知：（1）H2（g）=H2（l）H1=0.92kJmol1（2）O2（g）=O2（l）H2=6.84kJmol1（3）如图：下列说法正确的是（）A2mol H2（g）与1mol O2（g）所具有的总能量比2molH2O（g）所具有的
6、总能量低B氢气的燃烧热为H=241.8 kJmol1C火箭中液氢燃烧的热化学方程式为：2H2（l）+O2（l）2H2O（g）H=474.92kJmol1DH2O（g）变成H2O（l）的过程中，断键吸收的能量小于成键放出的能量11在体积为V L的恒容密闭容器中盛有一定量H2，通入Br2（g）发 生反应：H2（g）+Br2（g）2HBr（g）H0 当温度分别为T1、T2，平衡时，H2的体积分数与Br2（g）的物质的量变化关系如图所示下列说法正确的是（）A由图可知：T2T1Ba、b两点的反应速率：baC为了提高Br2（g）的转化率，可采取增加Br2（g）通入量的方法DT1时，随着Br2（g）加入，平
7、衡时HBr的体积分数不断增加12对可逆反应2A（s）+3B（g）C（g）+2D（g）；H0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（）增加A的量，平衡向正反应方向移动 增大B的浓度，v（正）v（逆）压强增大一倍（压缩体积），平衡不移动，v（正）、v（逆）不变升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（逆）增大、v（正）减小加入催化剂，B的转化率提高ABCD13如图所示，隔板I固定不动，活塞可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A（g）+3B（g）2C（g）H=192kJmol1向M、N中，都通入x mol A和y mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变下列说法正确的是（）A平衡时
8、A气体在两容器中体积分数可能相等B若x：y=1：2，则平衡时，M中的转化率：ABC若x：y=1：3，当M中放出热量172.8 kJ时，A的转化率为90%D若x=1，y=3，则达到平衡时反应物的转化率NM14已知NO2与N2O4相互转化：2NO2（g）N2O4（g）；H=24.2kJ/mol在恒温下，将一定量NO2和N2O4（g）的混合气体充入体积为2L的密闭容器中，其中物质的浓度随时间变化的关系如图下列推理分析合理的是（）Aa，b，c，d四点中c正与v逆均相等B反应进行到10min时，体系吸收的热量为9.68kJC前10min内，用v（NO2）表示的该反应速率为0.02mol/LminD25m
9、in时，导致平衡移动的原因是升温15已知723K时，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=QkJ/mol，在相同条件下，向一密闭容器中通入2mol SO2和1mol O2，达到平衡时放出的热量为Q1kJ；向另一体积相同的密闭容器中通入1mol SO2和0.5mol O2，达到平衡时放出的热量为Q2kJ则Q1、Q2、Q满足的关系是（）AQ2=BQ2CQ2Q1QDQ=Q1Q216关于化学平衡常数的叙述正确的是（）A温度一定，一个化学反应的平衡常数是一个常数B两种物质反应，不管怎样书写化学方程式，平衡常数不变C温度一定时，对于给定的化学反应，正、逆反应的平衡常数互为相反数D浓度商QcKc，v（
10、正）v（逆）17反应E+FG在温度T1下进行，反应M+NK在温度T2下进行，已知：T1T2，且E和F的浓度均大于M和N的浓度，则两者的反应速率（）A前者大B后者大C一样大D无法判断18已知：在一定温度下，H2（g）+I2（g）2HI（g）的平衡常数为K1；H2（g）+I2（g）HI（g）的平衡常数为K2，则K1、K2的关系为（）AK1=K2BK1=2K2CK1=1/2K2DK1=K2219下列图示与对应的叙述相符的是（）A向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化B向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：abC催化剂能改变化学反应的焓
11、变D等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2（g）N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的H020一定温度下，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）=1105molL1BpH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1CpH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）DpH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c（Na+）：21将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2（s）2BaO（s）+O2（g）达
12、到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（）A平衡常数减小BBaO量不变C氧气压强不变DBaO2量减少22可逆反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g），500时在容积为10L的密闭容器中进行，开始时加入1mol N2和6mol H2，则达到平衡时，NH3的浓度不可能达到（）A0.1 molL1B0.2 molL1C0.05 molL1D0.15 molL123一定条件下，对于可逆反应X（g）+3Y（g）2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为 c1、c2、c3（均不为零），达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.08mol/L，
13、则下列判断正确的是（）Ac1：c2=3：1B平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3CX、Y的转化率相等Dc1的取值范围为0.04 mol/Lc10.14 mol/L24科学家已获得了极具理论研究意义的N4分子，其结构为正四面体（如图所示），与白磷分子相似已知断裂 1mol NN键吸收193kJ热量，断裂 1mol NN键吸收941kJ热量，则下列说法不正确的是（）AN4与N2互为同素异形体B1 mol N4气体转化为N2时要放出724 kJ能量CN4变成N2是化学变化DN4不可能是分子晶体25在密闭容器中充入一定量的NO2，发生反应2NO2（g）N2O4（g）H=57kJmol1在温度为T1、T
14、2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示下列说法正确的是（）Aa、c两点的反应速率：acBa、b两点的转化率：abCa、c两点气体的颜色：a深，c浅D由a点到b点，可以用加热的方法二、非选择题（共40分）26某二元弱酸（简写为H2A）溶液，按下式发生一级和二级电离：H2AH+HA，HAH+A2已知相同浓度时的电离度（H2A）（HA），设有下列四种溶液：A.0.01molL1的H2A溶液B.0.01molL1的NaHA溶液C.0.02molL1的HCl与0.04molL1的NaHA溶液等体积混合液D.0.02molL1的NaOH与0.02molL1的NaHA溶液等体积混合液，据此
15、，填写下列空白（填代号）：（1）c（H+）最大的是，最小的是（2）c（H2A）最大的是，最小的是（3）c（A2）最大的是，最小的是27化学在解决雾霾污染中有着重要的作用，雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物（包括PM2.5）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等（1）已知：NO（g）+O2（g）NO2（g）H=56.5kJmol12SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=kJmol1一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的有a混合气体的平均相对分
16、子质量 b混合气体颜色保持不变cSO3和NO的体积比保持不变 d每消耗1mol SO3的同时生成1mol NO2（2）CO综合利用CO用于合成甲醇反应方程式为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），若起始投入1molCO，2mol H2，CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图1得知该反应H0，该反应实际生产条件控制在、1.3104kPa左右最为适宜电解CO制备CH4，电解质为碳酸钠溶液，工作原理如图2所示，写出阴极区电极反应式28FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小，请回答下列问题：（1）FeCl3净水的原理是，Fe
17、Cl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）；（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3若酸性FeCl2废液中c（Fe2+）=2.0102molL1，c（Fe3+）=1.0103molL1，c（Cl）=5.3102molL1，则该溶液的pH约为；完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：ClO3+Fe2+=Cl+Fe3+（3）FeCl3在溶液中分三步水解：Fe3+H2OFe（OH）2+H+ K1Fe（OH）2+H2OFe（OH）2+H+ K2Fe（OH）2+H2OFe（OH）3+H+ K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到
18、小的顺序是29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），K1H10 （）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g），K2H20 （）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）平衡常数K= （用K1、K2表示）（2）为研究不同条件对反应（）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（）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=其他条件
19、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”“不变”）（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，含0，.2mol NaOH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（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值相等的方法是a、向溶液A中加适量水 b、向溶液
20、A中加适量NaOHc、向溶液B中加适量水 d、向溶液B中加适量NaOH2015-2016学年河北省邯郸一中高二（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个答案，1-15每题2分，16-25每题3分）1参照反应Br+H2HBr+H的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的是（） A正反应为放热反应B加入催化剂，该化学反应的反应热不变C反应物总能量高于生成物总能量D升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率【考点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素【分析】根据反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，A、正反应为吸热反应；B、催化剂与反应热无关；C、正反应为吸热反应；D、升高
21、温度可增大正反应速率，也增大逆反应速率【解答】解：根据反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，A、反应物的总能量小于生成物的总能量，则正反应为吸热反应，故A错误；B、催化剂只能降低反应所需的活化能，与反应热大小无关，故B正确；C、正反应为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，故C错误；D、升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大，反应速率增大，则可增大正反应速率，也增大逆反应速率，故D错误；故选B2在一密闭容器中充入1molNO2气体，建立如下平衡：2NO2N2O4，测得NO2转化率为a%、在温度、体积不变时，再通入1molNO2，待新平衡建立时，测得 NO2转化率为b%，则a
22、与b比较（）AabBabCa=bD无法确定【考点】化学平衡的影响因素【分析】第一次达平衡后，再通入1molNO2所到达的新平衡状态，等效为在原平衡的基础上压强增大1倍所到达的平衡，增大压强平衡向体积减小的方向移动，据此分析解答【解答】解：第一次达平衡后，再通入1molNO2所到达的新平衡状态，在恒温恒压下，等效为在原平衡的基础上压强增大1倍所到达的平衡，增大压强平衡向体积减小的方向移动，即平衡向正反应方向移动，NO2的转化率增大，故b%a%，即ba，故选B3在密闭容中发生下列反应aA（g）cC（g）+dD（g），压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是（
23、）AA的转化率变大B平衡向正反应方向移动CD的体积分数变大Dac+d【考点】化学平衡建立的过程【分析】压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，如平衡不发生移动，则D的浓度应为原来的2倍，但D的浓度为原平衡的1.8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，以此解答该题【解答】解：压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，如平衡不发生移动，则D的浓度应为原来的2倍，但D的浓度为原平衡的1.8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有ac+d，且A的转化率减小，D的体积分数减小，故选D4下列各组热化学方程式中，化学反应的H1大于H2的是（）C（s）+O2（g）CO2（g）H1； C（s）+O2（g）CO（g）H
24、22H2（g）+O2（g）2H2O（g）H1； 2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H2H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H1； H2（g）+l2（g）HCl（g）H2CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）H1； CaO（s）+H2O（l）Ca（OH）2（s）；H2ABCD【考点】反应热的大小比较【分析】碳完全燃烧放出的热量多，放热反应H0；生成液态水放出的热量多反应方程式的计量数与反应热成正比；CaCO3分解吸热，CaO与水反应放热【解答】解：都为放热反应，H0，前者完全反应，放出的热量多，则H1H2，故错误；都为放热反应，H0，由于H2O（g）H2O（l）放热，则前者放出的热量少
25、，则H1H2，故正确；都为放热反应，H0，消耗的氢气越多，则放出的热量越多，则H1H2，故错误；前者为吸热反应，H10，后者为放热反应，H20，则H1H2，故正确故选C5下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（）常温下NaNO2溶液pH大于7 用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗HNO2和NaCl不能发生反应 0.1molL1HNO2溶液的pH=2.1NaNO2和H3PO4反应，生成HNO20.1molL1HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1ABCD全部【考点】弱电解质的判断【分析】部分电离、溶液中存在电离平衡的电解质为弱电解质，利用酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析HNO2是弱电解质
26、【解答】解：常温下NaNO2溶液pH大于7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，则亚硝酸是弱电解质，故正确；溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故错误；HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故错误；常温下0.1 molL1 HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故正确；强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸，故正确；
27、常温下pH=1的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1说明亚硝酸中存在电离平衡，则亚硝酸为弱电解质，故正确；故选C6化学反应A2+B22AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（）A该反应是吸热反应B断裂1mol AA键和1mol BB键能放出xkJ的能量C断裂2mol AB键需要吸收ykJ的能量D2mol AB的总能量高于1 mol A2和1mol B2的总能量【考点】化学反应中能量转化的原因【分析】A、根据反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应；B、根据旧键的断裂吸收能量，新键的形成释放能量；C、形成2molAB键放出的能量与断裂2mol AB键吸收的能量相等；D、根据图象可
28、判断反应物与生成物的总能量【解答】解：A、因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故A错误；B、因旧键的断裂吸收能量，而不是释放能量，故B错误；C、由图可知形成2molAB键需要放出ykJ能量，因此断裂2mol AB键需要吸收ykJ的能量，故C正确；D、由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误；故选C7下列叙述能说明反应2A（g）+B（g）2C（g）已达平衡状态的有（）A、B、C的百分含量相等；单位时间，消耗a mol B，同时生成2a mol C；单位时间，消耗a mol A，同时生成0.5a mol B；外界条件不变时，物质总质量不随时间改变
29、；外界条件不变时，气体总分子数不再变化；A、B、C分子数之比为2：1：2A除外B除外CD【考点】化学平衡状态的判断【分析】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，据此判断反应是否达到平衡状态【解答】解：A、B、C的百分含量相等，不一定各组分浓度不变，不能证明反应达到平衡状态，故错误；单位时间，消耗a mol B，同时生成2a mol C，是正反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明反应达到平衡状态，故错误；单位时间，消耗a mol A，同时生成0.5a molB，符合速率之比等于化学计量数之比，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；据质量守恒定律，反应前后气体质量不变，
30、所以外界条件不变时，物质总质量不随时间改变不能说明反应达到平衡状态，故错误；反应前后气体体积不同，即分子数不同，所以外界条件不变时，气体总分子数不再变化说明反应达到平衡状态，故正确；A、B、C分子数之比决定于开始加入物质的多少和反应限度，与平衡状态无关，故错误；故选D8已知：2X+Y2Z，反应中（Z的物质的量分数）随温度T的变化如下图所示下列判断正确的是（） AT 1时，v正v逆B正反应的H0Ca、b两点的反应速率 v（ a）=v（ b）DTT 1时，增大的原因是平衡向正方向移动【考点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素【分析】当可逆反应达到化学平衡状态时，反应物的转化率最大，产物的产率也最
31、高，由此可以判断0T1阶段是化学平衡的建立过程，以后是温度对化学平衡的影响情况，根据化学平衡的建立过程以及温度对化学平衡的影响知识来解决【解答】解：当可逆反应达到化学平衡状态时，产物Z的生成率最大，物质的量分数最大，所以T1时刻，化学反应达到了平衡状态A、T1时，化学反应达到了平衡状态，v正=v逆，故A错误；B、当温度高于T1时，Z的物质的量分数逐渐减小，所以化学平衡逆向移动，即逆反应方向是吸热的，所以正反应是一个放热反应，即H0，故B正确；C、温度越高，化学反应速率越大，b点温度高于a点，所以b的速率高于a点的速率，即vavb，故C错误；D、0T1阶段是化学平衡的建立过程，反应开始向右不断进
32、行，生成的Z的量越来越大，所以增大，故D错误故选B9已知某反应aA（g）+bB（g）cC（g）H=Q 在密闭容器中进行，在不同温度（T1和T2 ）及压强（P1 和P2 ）下，混合气体中B的质量分数w（B）与反应时间（t）的关系如图所示，下列判断正确的是（）AT1T2，P1P2，a+bc，Q0BT1T2，P1P2，a+bc，Q0CT1T2，P1P2，a+bc，Q0DT1T2，P1P2，a+bc，Q0【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线【分析】温度相同时，根据到达平衡的时间判断压强大小，再根据压强对B的含量的影响，判断压强对平衡的影响，确定反应气体气体体积变化情况；压强相同时，根据到达平衡的时
33、间判断温度大小，再根据温度对B的含量的影响，判断温度对平衡的影响，确定反应的热效应【解答】解：由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2P1，且压强越大，B的含量高，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，故正反应为气体体积增大的反应，即a+bc；压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T1T2，且温度越高，B的含量低，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，即Q0，故选：B10俄罗斯用“质子M”号运载火箭成功将“光线”号卫星送入预定轨道发射用的运载火箭使用的是以液氢为燃烧剂，液氧为氧化剂的高能低温推进剂，已知：（1）H2（g）=H2（l）H1=0.92kJmol1（2）O2（g
34、）=O2（l）H2=6.84kJmol1（3）如图：下列说法正确的是（）A2mol H2（g）与1mol O2（g）所具有的总能量比2molH2O（g）所具有的总能量低B氢气的燃烧热为H=241.8 kJmol1C火箭中液氢燃烧的热化学方程式为：2H2（l）+O2（l）2H2O（g）H=474.92kJmol1DH2O（g）变成H2O（l）的过程中，断键吸收的能量小于成键放出的能量【考点】反应热和焓变【分析】A由图象分析，2mol H2（g）与1mol O2（g）反应生成2mol H2O（g），放出483.6kJ的热量；B氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量；C由图象分析，
35、2H2（g）+O2（g）H2O（l）H1=483.6kJmol1，H2（g）=H2（l）H1=0.92kJmol1O2（g）=O2（l）H2=6.84kJmol1将22利用盖斯定律计算；DH2O（g）生成H2O（l）时，放出热量，故断键吸收的能量小于成键放出的能量【解答】解：A由图象分析，2mol H2（g）与1mol O2（g）反应生成2mol H2O（g），放出483.6kJ的热量，故2mol H2（g）与1mol O2（g）所具有的总能量比2mol H2O（g）所具有的总能量高，故A错误；B氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，故氢气的燃烧热为=285.8kJmol1
36、，故B错误；C由图象分析，2H2（g）+O2（g）H2O（l）H1=483.6kJmol1，H2（g）=H2（l）H1=0.92kJmol1O2（g）=O2（l）H2=6.84kJmol1将22可得2H2（l）+O2（l）2H2O（g）H=474.92kJmol1，故C正确；DH2O（g）生成H2O（l）为物理变化，不存在化学键的断裂和生成，故D错误；故选C11在体积为V L的恒容密闭容器中盛有一定量H2，通入Br2（g）发 生反应：H2（g）+Br2（g）2HBr（g）H0 当温度分别为T1、T2，平衡时，H2的体积分数与Br2（g）的物质的量变化关系如图所示下列说法正确的是（）A由图可知：
37、T2T1Ba、b两点的反应速率：baC为了提高Br2（g）的转化率，可采取增加Br2（g）通入量的方法DT1时，随着Br2（g）加入，平衡时HBr的体积分数不断增加【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线【分析】A该反应是正反应为放热的化学反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动导致氢气的含量增大，据此判断；B对比两个平衡状态，可以看作向a的平衡状态加入（n2n1）molBr2建立了化学平衡b，利用速率与平衡移动关系分析；C根据增加一种反应物的浓度，能使其他反应物的转化率增大，而本身的转化率降低判断；D加入溴平衡向正反应方向移动，HBr的体积分数与加入溴的量及转化率有关【解答】解：A根据图象可知，
38、当加入的n（Br2）均为n1建立化学平衡后，温度T1的H2的体积分数大于温度T2的，该反应是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆反应方向移动导致氢气的体积分数降低，所以T1T2，故A错误；B对a和b来说，温度相同，H2的初始量相同，Br2的初始量是ba，a、b两个平衡状态，可以认为是向a的平衡状态加入（n2n1）molBr2建立了化学平衡b，而加入Br2，平衡向正反应方向移动，建立平衡b后，其反应速率要增加，即两点的反应速率ba，故B正确；C增加Br2（g）通入量，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，而溴的转化率降低，故C错误；D当温度均为T1时，加入Br2，平衡会向正反应方向移动，导致HB
39、r的物质的量不断增大，但体积分数不一定逐渐增大，这与加入的溴的量及转化率有关，故D错误故选：B12对可逆反应2A（s）+3B（g）C（g）+2D（g）；H0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（）增加A的量，平衡向正反应方向移动 增大B的浓度，v（正）v（逆）压强增大一倍（压缩体积），平衡不移动，v（正）、v（逆）不变升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（逆）增大、v（正）减小加入催化剂，B的转化率提高ABCD【考点】化学平衡的影响因素【分析】A为固体，增加A的量，平衡不移动； 增大B的浓度，平衡正向移动；反应前后气体的体积不变，压强增大一倍（压缩体积），正逆反应速率增大相同倍数，平衡不
40、移动；升高温度，正逆反应速率均增大，平衡向吸热反应方向移动；加入催化剂，加快反应速率，平衡不移动【解答】解：A为固体，增加A的量，平衡不移动，故错误； 增大B的浓度，平衡正向移动，则改变条件瞬间v（正）v（逆），故正确；反应前后气体的体积不变，压强增大一倍（压缩体积），正、逆反应速率增大相同倍数，平衡不移动，故错误；升高温度，正、逆反应速率均增大，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，故错误；加入催化剂，同等程度加快正逆反应速率，平衡不移动，故错误故选：B13如图所示，隔板I固定不动，活塞可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A（g）+3B（g）2C（g）H=192kJmol1向M、N中
41、，都通入x mol A和y mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变下列说法正确的是（）A平衡时A气体在两容器中体积分数可能相等B若x：y=1：2，则平衡时，M中的转化率：ABC若x：y=1：3，当M中放出热量172.8 kJ时，A的转化率为90%D若x=1，y=3，则达到平衡时反应物的转化率NM【考点】等效平衡【分析】M容器保持恒容，N容器保持恒压，由于反应前后的气体系数和不等，所以两个平衡态也不一样，A、让M、N中平衡时A的体积分数一样，那么只能是M或N中，反应前后不论限度多少，A的体积分数始终为定值，假定反应的A为zmol，利用三段式表示平衡时各组分的物质的量据此判断；B、
42、由于x：y=1：2，即y=2 x，设反应中消耗掉amolA，用a表示参加反应的B的物质的量，表示出转化率，据此比较；C、题目中热化学方程式的意义为1molA完全反应，放热192 kJ，根据实际放出的热量计算参加反应的A的物质的量，进而表示出转化率进行判断；D、N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡减小容器体积，据此确定【解答】解：M容器保持恒容，N容器保持恒压，由于反应前后的气体系数和不等，所以两个平衡态也不一样，A、要让M、N中平衡时A的体积分数一样，那么只能是M或N中，反应前后不论限度多少，A的体积分数始终为定值，假定反应的A为zmol，则： A（g）+3B（g）2C（g）起始：x y
43、 0反应：z 3z 2z平衡：xz y3z 2z故平衡时A的体积分数为，A的体积分数始终为定值，则x=y，即x=y时，平衡时A气体在两容器中体积分数相等，故A正确；B、x：y=1：2，即y=2 x，设反应中消耗掉amolA，则： A（g）+3B（g）2C（g）初始（mol）：x 2x 0 变化（mol）：a 3a 2a故A的转化率=，B的转化率=，则平衡时，M中的转化率：AB，故B错误；C、题目中热化学方程式的意义：若1molA完全反应，放热192 kJ，当M中放出热量172.8 kJ时，参加反应的A的物质的量为1mol=0.9mol，故A的转化率为，故C错误；D、x=1，y=3，由于反应后气
44、体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡减小容器体积，压强增大，平衡正向移动，达到平衡后的转化率关系为：（M）（N），故D错误故选A14已知NO2与N2O4相互转化：2NO2（g）N2O4（g）；H=24.2kJ/mol在恒温下，将一定量NO2和N2O4（g）的混合气体充入体积为2L的密闭容器中，其中物质的浓度随时间变化的关系如图下列推理分析合理的是（）Aa，b，c，d四点中c正与v逆均相等B反应进行到10min时，体系吸收的热量为9.68kJC前10min内，用v（NO2）表示的该反应速率为0.02mol/LminD25min时，导致平衡移动的原因是升温【考点】物质的量或浓度随
45、时间的变化曲线；化学平衡的计算【分析】由图可知1025min平衡状态时，bd点所在曲线的浓度增加量为（0.60.2）mol/L=0.4mol/L，c点所在曲线的浓度减少量为（0.60.4）mol/L=0.2mol/L，bd点所在曲线表示的生成物的浓度变化量是c点所在曲线表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以bd点所在曲线表示NO2浓度随时间的变化曲线，c点所在曲线表示N2O4浓度随时间的变化曲线；反应时NO2浓度增大，N2O4浓度减小，说明反应逆向进行，A物质的浓度不发生变化时表示化学反应处于平衡状态；B根据反应中物质的量之比等于热量比来计算；C由图象可知，10 min内用NO2的浓度变化量为（
46、0.60.2）mol/L=0.4mol/L，根据v=计算v（NO2）；D.25min时，X的浓度增大，Y的浓度不变，只能是增大X的浓度【解答】解：由图可知1025min平衡状态时，bd点所在曲线的浓度增加量为（0.60.2）mol/L=0.4mol/L，c点所在曲线的浓度减少量为（0.60.4）mol/L=0.2mol/L，bd点所在曲线表示的生成物的浓度变化量是c点所在曲线表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以bd点所在曲线表示NO2浓度随时间的变化曲线，c点所在曲线表示N2O4浓度随时间的变化曲线；反应时NO2浓度增大，N2O4浓度减小，说明反应逆向进行，A由图可知，1025min及35mi
47、n之后NO2和N2O4的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态，故A错误；B由图可知1025min平衡状态时，反应消耗的N2O4浓度为0.2mol/L，则其物质的量为0.2mol/L2L=0.4mol，反应逆向进行，要吸收热量，则反应吸收的热量为0.4mol24.2kJ/mol=9.68kJ，故B正确；C由图象可知，10 min内用NO2的浓度变化量为（0.60.2）mol/L=0.4mol/L，故v（NO2）=0.04mol/（Lmin），故C错误；D.25min时，X的浓度增大，Y的浓度不变，只能是增大X的浓度，所以曲线发生变化的原因是增加NO2浓
48、度，故D错误；故选B15已知723K时，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=QkJ/mol，在相同条件下，向一密闭容器中通入2mol SO2和1mol O2，达到平衡时放出的热量为Q1kJ；向另一体积相同的密闭容器中通入1mol SO2和0.5mol O2，达到平衡时放出的热量为Q2kJ则Q1、Q2、Q满足的关系是（）AQ2=BQ2CQ2Q1QDQ=Q1Q2【考点】反应热和焓变【分析】2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），H=QkJ/mol，表示在上述条件下2mol SO2和1molO2完全反应生成1molSO3气体放出热量为QkJ，再结合可逆反应中反应物不能完全反应解答【解答】解
49、：反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=QkJ/mol，由热化学方程式可知，在上述条件下反应生成2molSO3气体放热QkJ，加入2mol SO2和1molO2，生成的三氧化硫量小于2mol，所以Q1Q，通入1mol SO2和0.5molO2，如果转化率与加入2mol SO2和1molO2相同，则放热为kJ，但是此时体系压强比加入2mol SO2和1molO2要小，所以平衡会向左移动，所以实际放出的热量kJ，即2Q2Q1，综上得：2Q2Q1197kJ，所以Q2Q1Q，故选C16关于化学平衡常数的叙述正确的是（）A温度一定，一个化学反应的平衡常数是一个常数B两种物质反
50、应，不管怎样书写化学方程式，平衡常数不变C温度一定时，对于给定的化学反应，正、逆反应的平衡常数互为相反数D浓度商QcKc，v（正）v（逆）【考点】化学平衡常数的含义【分析】平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，化学平衡常数只与温度有关，注意同一反应化学计量数不同，平衡常数不同【解答】解：A、化学平衡常数只与温度有关，温度一定，一个化学反应的平衡常数是定值，故A正确；B、温度一定，同一反应化学计量数不同，平衡常数不同，故B错误；C、温度一定时，对于给定的化学反应，正、逆反应的平衡常数互为倒数，故C错误；D、浓度商QcKc，平衡向正反应进行，
51、v（正）v（逆），故D错误；故选A17反应E+FG在温度T1下进行，反应M+NK在温度T2下进行，已知：T1T2，且E和F的浓度均大于M和N的浓度，则两者的反应速率（）A前者大B后者大C一样大D无法判断【考点】化学反应速率的影响因素【分析】影响化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，比较温度、浓度对化学反应速率的影响只能针对于同一个化学反应【解答】解：影响化学反应速率的主要因素是物质的性质，物质越活泼，反应速率越大，而浓度、温度为影响化学反应速率的外因，比较温度、浓度对化学反应速率的影响只能针对于同一个化学反应，如Na和HCl溶液剧烈反应，但无论温度多高、浓度多大，Cu都不与盐酸反应，故选D
52、18已知：在一定温度下，H2（g）+I2（g）2HI（g）的平衡常数为K1；H2（g）+I2（g）HI（g）的平衡常数为K2，则K1、K2的关系为（）AK1=K2BK1=2K2CK1=1/2K2DK1=K22【考点】化学平衡常数的含义【分析】化学平衡常数指，一定温度下，可逆达到平衡，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，故相同温度下，等于同一反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，同一转化关系，化学计量数变为原的n倍，则化学平衡常数为原来的n次方倍，据此解答【解答】解：反应 H2（g）+I2（g）2HI（g）的平衡常数K1，则相同温度下， H2（g）+I
53、2（g）HI（g）的平衡常数为K2，化学计量数变为原的倍，则化学平衡常数为原来的次方倍，即K22=K1，故选D19下列图示与对应的叙述相符的是（）A向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化B向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：abC催化剂能改变化学反应的焓变D等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2（g）N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的H0【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；体积百分含量随温度、压强变化曲线；电解质溶液的导电性【分析】A向CH3COOH溶液中
54、逐步加入CH3COONa固体后，c（CH3COO）增大抑制CH3COOH电离；B溶液导电能力与离子浓度成正比，c（H+）与溶液pH成反比；C催化剂改变活化能不改变焓变；D恒容条件下，等量的NO2发生反应2NO2（g）N2O4（g），不同温度下，相同时间内，如果该反应没有达到平衡状态，温度越高，反应速率越快，二氧化氮转化率越大，则二氧化氮含量越少，如果反应达到平衡状态，升高温度，平衡向吸热反应方向移动【解答】解：A向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，c（CH3COO）增大抑制CH3COOH电离，则溶液pH增大，故A错误；B溶液导电能力与离子浓度成正比，c（H+）与溶液pH成反比
55、，根据图象知，c（H+）a点b点，则溶液的pH：ab，故B错误；C根据图象知，催化剂改变活化能不改变焓变，焓变与反应物和生成物总能量相对大小有关，故C错误；D恒容条件下，等量的NO2发生反应2NO2（g）N2O4（g），不同温度下，相同时间内，如果该反应没有达到平衡状态，温度越高，反应速率越快，二氧化氮转化率越大，则二氧化氮含量越少，如果反应达到平衡状态，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，根据图知，拐点左侧没有达到平衡状态，拐点右侧为平衡状态，达到平衡后，升高温度，二氧化氮含量增大，说明正反应是放热反应，则该反应的H0，故D正确；故选D20一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）ApH
56、=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS）=1105molL1BpH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1CpH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）DpH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c（Na+）：【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】AH2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步；B加水稀释促进一水合氨电离；CH2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；DpH相同的CH
57、3COONaNaHCO3NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大【解答】解：AH2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c（H+）c（HS），故A错误；B加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的，其pH=b，则ab+1，故B错误；CH2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42），故C错误；DpH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大，酸根离子水解程度 ，所以盐浓
58、度 ，钠离子不水解，所以c（Na+）：，故D正确；故选D21将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2（s）2BaO（s）+O2（g）达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（）A平衡常数减小BBaO量不变C氧气压强不变DBaO2量减少【考点】化学平衡的影响因素【分析】保持温度不变，缩小容器体积，增大压强，可逆反应向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答【解答】解：A化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；B缩小容器体积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则BaO的量减小，故B错误；C平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数
59、不变，氧气浓度不变，其压强不变，故C正确；D平衡向逆反应方向移动，则BaO2量增加，故D错误；故选C22可逆反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g），500时在容积为10L的密闭容器中进行，开始时加入1mol N2和6mol H2，则达到平衡时，NH3的浓度不可能达到（）A0.1 molL1B0.2 molL1C0.05 molL1D0.15 molL1【考点】化学反应的可逆性；化学平衡的计算【分析】依据反应是可逆反应，不能进行彻底分析计算判断，可以利用极值法分析【解答】解：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），依据极值法计算分析，若氮气和氢气全部反应则：1molN2和6mol氢气反应，根
60、据化学方程式计算可知，氢气过量，氮气全部反应生成氨气物质的量为2mol，c（NH3）=0.2mol/L，因为反应是可逆反应，不可能进行彻底，所以反应过程中生成的氨气浓度小于0.2mol/L，选项中A、C、D有可能生成，而B不能达到，故选：B23一定条件下，对于可逆反应X（g）+3Y（g）2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为 c1、c2、c3（均不为零），达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.08mol/L，则下列判断正确的是（）Ac1：c2=3：1B平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3CX、Y的转化率相等Dc1的取值范围为0.04 mol/Lc10.14
61、 mol/L【考点】化学平衡建立的过程【分析】X（g）+3Y（g）2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），到达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1molL1、0.3molL1、0.08molL1，利用极值转化；A可根据反应转化关系和平衡浓度计算初始浓度关系；B达到平衡状态时，正逆反应速率相等；C起始量相同，平衡量相同，转化率相同；D根据可逆不能完全转化的角度分析【解答】解：A设X转化的浓度为x， X（g）+3Y（g）2Z（g）初始：c1 c2 c3转化：x 3x 2x平衡：0.1moL/L 0.3mol/L 0.08mol/L 则：c1：c2=（x+0.1moL/
62、L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，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错误；C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C正确；D反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应分析进行，则0c1，如反应向逆反应分析进行，则c10.14molL1，故有0c10.14molL1，故D错误故选：C24科学家已获得了极具理论研究意义的N4分子，其结构为正四面体（如图所示），与白磷分子相似已知断裂 1mol NN键吸收193kJ热量，断裂 1mol NN键吸收941kJ热量，则下列说法不正确的是（）AN4与N2互为
63、同素异形体B1 mol N4气体转化为N2时要放出724 kJ能量CN4变成N2是化学变化DN4不可能是分子晶体【考点】化学能与热能的相互转化【分析】A由同一种元素组成的不同单质互为同素异形体；B从结构图中可看出，一个N4分子中含有6个NN键，根据反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能计算；C化学变化的本质是旧键的断裂和新键的形成； D白磷是分子晶体，N4与白磷分子相似【解答】解：AN4与N2是由同一种元素组成的不同单质，互为同素异形体，故A正确；B从结构图中可看出，一个N4分子中含有6个NN键，根据N4（g）=2N2（g）H，有H=6193 kJmol12941 kJmol1=724 kJ
64、mol1，故B正确；CN4变成N2是过程中伴随着旧键的断裂和新键的形成，是化学变化，故C正确；D白磷是分子晶体，N4与白磷分子相似，所以也是分子晶体，故D错误；故选D25在密闭容器中充入一定量的NO2，发生反应2NO2（g）N2O4（g）H=57kJmol1在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示下列说法正确的是（）Aa、c两点的反应速率：acBa、b两点的转化率：abCa、c两点气体的颜色：a深，c浅D由a点到b点，可以用加热的方法【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线【分析】2NO2（g）N2O4（g）H=57kJmol1，该反应为放热反应，若升高温度
65、，化学平衡向着逆向移动，混合气体中NO2的体积分数增大；如果增大压强，化学平衡向着正向移动，混合气体中NO2的体积分数减小，然后结合图象来分析解答【解答】解：A由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，则a、c两点的反应速率：ac，故A错误；B由图象可知，a点的二氧化氮体积分数高，所以转化率ab，故B正确；C根据平衡常数可知，a、c两点温度相同，c点压强大，则二氧化氮浓度大，因此a、c两点气体的颜色：a浅、c深，故C错误；D升高温度，化学平衡向着逆向移动，NO2的体积分数增大，a点到b点二氧化氮体积分数减少，说明是降低了温度，所以不能用加热的方法实现由a点到b点的转变，故D错误；故选B二
66、、非选择题（共40分）26某二元弱酸（简写为H2A）溶液，按下式发生一级和二级电离：H2AH+HA，HAH+A2已知相同浓度时的电离度（H2A）（HA），设有下列四种溶液：A.0.01molL1的H2A溶液B.0.01molL1的NaHA溶液C.0.02molL1的HCl与0.04molL1的NaHA溶液等体积混合液D.0.02molL1的NaOH与0.02molL1的NaHA溶液等体积混合液，据此，填写下列空白（填代号）：（1）c（H+）最大的是A，最小的是D（2）c（H2A）最大的是C，最小的是D（3）c（A2）最大的是D，最小的是A【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡
67、；盐类水解的原理【分析】0.02mol/L的HCl与0.04mol/L的NaHA溶液等体积混合液HCl与NaHA反应：NaHA+HCl=NaCl+H2A，所以C中相当于含有 0.01mol/LH2A 和0.01mol/LNaHA；0.02mol/L的NaOH与0.02mol/L的NaHA溶液等体积混合NaOH+NaHA=Na2A+H2O 所以D中相当于含有0.01mol/LNa2A，根据以上分析结合弱电解质的电离、盐的水解原理判断溶液中各粒子浓度大小【解答】解：0.02mol/L的HCl与0.04mol/L的NaHA溶液等体积混合液HCl与NaHA反应：NaHA+HCl=NaCl+H2A，所以
68、C中相当于含有 0.01mol/LH2A 和0.01mol/LNaHA；0.02mol/L的NaOH与0.02mol/L的NaHA溶液等体积混合NaOH+NaHA=Na2A+H2O 所以D中相当于含有0.01mol/LNa2A，A、0.01mol/L的H2A溶液 B、0.01mol/L的NaHA溶液C、0.01mol/LH2A 和0.01mol/LNaHA D、0.01mol/LNa2A （1）因弱酸的一级电离为酸性的主要来源，明显只有A、C具有弱酸；而C中HA会抑制同浓度弱酸的电离，故较小，只有D为正盐，水解程度最大，c（H+）最小，故答案为：A；D；（2）因C中电离比A小，留下的就比A大，
69、故c（H2A） 最大；D中正盐二级水解生成弱酸最难，故c（H2A）最小，故答案为：C；D；（3）因正盐留下的A2浓度必最大；弱酸H2A二级电离成A2最难，故答案为：D；A27化学在解决雾霾污染中有着重要的作用，雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物（包括PM2.5）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等（1）已知：NO（g）+O2（g）NO2（g）H=56.5kJmol12SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=41.8kJmol1一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列
70、能说明反应达到平衡状态的有ba混合气体的平均相对分子质量 b混合气体颜色保持不变cSO3和NO的体积比保持不变 d每消耗1mol SO3的同时生成1mol NO2（2）CO综合利用CO用于合成甲醇反应方程式为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），若起始投入1molCO，2mol H2，CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图1得知该反应H0，该反应实际生产条件控制在250、1.3104kPa左右最为适宜电解CO制备CH4，电解质为碳酸钠溶液，工作原理如图2所示，写出阴极区电极反应式CO+6e+5H2O=6OH+CH4【考点】三废处理与环境保护；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；
71、化学平衡状态的判断【分析】（1）利用盖斯定律计算反应热，得到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；（2）图象分析可知压强一定，温度升高CO转化率减小，说明升温平衡逆向进行，逆向是吸热反应，温度在250一氧化碳转化率高，反应速率大；由此电解原理可知，阳极失去电子生成二氧化碳气体，加入碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，阴极CO得到电子生成甲烷气体【解答】解：（1）NO（g）+O2（g）NO2（g）H=56.5kJmol12SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1将方程式（2）得：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）
72、H=41.8kJ/mol，a随反应：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的进行，气体的质量和物质的量都不变，混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明到达平衡状态，故a错误；b混合气体颜色保持不变，说明二氧化氮的浓度不变，说明到达平衡状态，故b正确；c随反应进行，SO3和NO都是生成物，所以体积比一直等于系数比，所以SO3和NO的体积比保持不变，不能说明到达平衡状态，故c错误；d每生成1molSO3的同时消耗1molNO2都表示逆反应速率，反应自始至终都按此比例进行，故d错误；故答案为：41.8；b；（2）图象分析可知压强一定，温度升高CO转化率减小，说明升温平衡逆向进行，逆向
73、是吸热反应，正向为放热反应，H0，图象分析可知，温度在250一氧化碳转化率高，反应速率大，故答案为：；250；由此电解原理可知，阳极失去电子生成二氧化碳气体，加入碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，阴极CO得到电子生成甲烷气体，据此离子反应方程式为：4CO+3CO32+5H2O=6HCO3+CH4，阴极区电极反应式为：CO+6e+5H2O=6OH+CH4，故答案为：CO+6e+5H2O=6OH+CH428FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小，请回答下列问题：（1）FeCl3净水的原理是Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体
74、粒子能吸附水中的悬浮杂质，FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）2Fe3+Fe=3Fe2+；（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3若酸性FeCl2废液中c（Fe2+）=2.0102molL1，c（Fe3+）=1.0103molL1，c（Cl）=5.3102molL1，则该溶液的pH约为2；完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：1ClO3+6Fe2+6H+=1Cl+6Fe3+3H2O（3）FeCl3在溶液中分三步水解：Fe3+H2OFe（OH）2+H+ K1Fe（OH）2+H2OFe（OH）2+H+ K2Fe（OH）
75、2+H2OFe（OH）3+H+ K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是K1K2K3【考点】盐类水解的应用；氧化还原反应【分析】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子；（2）根据电荷守恒：c（Cl）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=lgc（H+）计算；氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+
76、2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3；（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小；【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；2Fe3+Fe=3Fe2+；（2）根据电荷守恒：c（Cl）=2c（Fe2+）+3c（Fe
77、3+）+c（H+）（酸性溶液中OH浓度很小，在这里可以忽略不计），则c（H+）=c（Cl）2c（Fe2+）3c（Fe3+）=1.0102molL1，则溶液pH=lg1.0102=2，故答案为：2；氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O，故答案
78、为：1；6；6H+；1；6；3H2O；（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K1K2K3；故答案为：K1K2K3；29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），K1H10 （）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g），K2H20 （）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）平衡常数K= （用K1、K2表示）（2）为研究不同条件对反应（）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 Cl2，10m
79、in时反应（）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%其他条件保持不变，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“增大”“减小”“不变”）（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，含0，.2mol NaOH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（N
80、O2）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值相等的方法是bca、向溶液A中加适量水 b、向溶液A中加适量NaOHc、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；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）依据化学平衡常数概念，结合反应化学方程式书写平衡常数K1、K2、K，结合平衡常数表达式计算得到平衡常数关系；（2）依据三段式列式计算，依据反应速率V=、转化率=100%计算速率和转化率，反应（）在恒压条件下进行，随反应进行，气体体积减小，为保持恒压所以容器
81、体积减小，压强比恒容容器大，平衡正向进行，平衡时NO的转化率2 增大；平衡常数随温度变化，不随浓度、压强变化；（3）0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液中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，已知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，对应阴离子水解程度大，据此分析判断【解答】解：（1）已知：2NO2
82、（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） （I）K1=2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g） （II）K2=4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），K=；故答案为：（2）由题10min时反应（）达到平衡，测得10min内v（ClNO）=7.5103molL1min1，则物质的量为7.5103molL1min110min2L=0.15mol，根据三段式： 2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g），起始量（mol） 0.2 0.1 0变化量（mol） 0.15 0.075 0.15平衡量（mol） 0.05 0.025 0.15则平衡后n
83、（Cl2）=0.025mol，NO的转化率1=100%=75%；其他条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，随反应进行，气体体积减小，为保持恒压所以容器体积减小，压强比恒容容器大，平衡正向进行，平衡时NO的转化率2 增大；平衡常数随温度变化，不随浓度、压强变化；故答案为：0.025；75%；不变；（3）0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为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，已知HNO2的电离常数K
84、a=7.1104molL1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105molL1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，醋酸根离子和亚硝酸根离子水解，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）；使溶液A和溶液B的pH值相等的方法，依据溶液组成和性质分析，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，溶液B碱性大于A溶液，a、上述分析可知，溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，减小减小，不能调节溶液PH相同，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相同，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，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，不能调节溶液PH相同，故d错误；故答案为：c（NO3）c（NO2）c（CH3COO）；bc；2016年12月11日