1、2015-2016学年四川省成都市邛崃市高埂中学高二（上）期中化学试卷一、选择题（20小题共40分，每小题只有一个选项符合题意）1下列说法正确的是（）A放热反应一定是自发进行的反应B吸热反应一定是非自发进行的C自发进行的反应一定容易发生D有些吸热反应也能自发进行2已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+要使溶液中值增大，可以采取的措施是（）A加少量烧碱固体B升高温度C加少量冰醋酸D加CH3COONa3下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是（）A由水电离出的c （OH）=1013molL1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、BrBc（H+）/c（OH）=
2、1012的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、ClC含大量Al3+的溶液中：K+、Na+、SO42、AlO2D无色溶液中：K+、Na+、MnO4、SO424下列关于电解质的说法正确的是（）ASO2溶于水可以导电，说明SO2是电解质B电解质本身可以导电，也可以不导电C强电解质与弱电解质的差别就是溶液导电性不同D物质的量浓度相同的NaOH溶液与氨水，氨水的pH值较小，说明氨水是弱电解质5下列实验基本操作正确的是（）A用酸式滴定管量取25.10mL的Na2CO3溶液B中和滴定时，滴定管洗净后经蒸馏水润洗，即注入标准溶液进行滴定C测定溶液pH时，将pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液点到pH试纸中
3、央D配制FeCl3饱和溶液时，将FeCl3固体加入沸水中以加速溶解6反应2A（g）2B（g）+C（g），正反应吸热，达平衡时，要使v正降低、c（A）增大，应采取的措施是（）A加压B减压C减小c（B）D降温7设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是（）A室温下体积为10L、pH=13的NaOH溶液中含有OH的数目为NAB常温常压下，17g氨气中含有氢原子的数目为NACPH=1的醋酸溶液中，醋酸分子的个数为NAD体积为1L、物质的量浓度为1molL1的Na2CO3溶液中含有NA个CO328用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（）ABCc（H+）和c（OH）的乘积DO
4、H的物质的量9下列有关方程式书写正确的是（）ANaHCO3的电离：NaHCO3Na+H+CO32BHS的水解：HS+H2OH3O+S2C甲烷的标准燃烧热为890.3kJmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O （g）H=890.3kJmol1D双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2I+2H+I2+2H2O10下列溶液一定呈中性的是（）ApH=7的溶液Bc（H+）=c（OH）=106 mol/L的溶液C使酚酞试液呈无色的溶液D由强酸与强碱等物质的量反应得到的溶液11在密闭容器中，对于可逆反应A+3B2C（气），平衡时C的体积分数与温度和压强
5、的关系如图所示，下列判断正确的是（）A若正反应方向H0，则T1T2B压强增大时，混合气体的平均相对分子质量减小CB一定为气体DA一定为气体12下列叙述正确的是（）A若0.1molL1的醋酸溶液pH=a，将其稀释10倍后，溶液的pH=b，则a+1bB在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH7C1.0103mol/L盐酸的pH=3，1.0108mol/L盐酸的pH=8D某温度下，若1mL pH=1的盐酸与100mL NaOH溶液混合后，溶液的pH=7；则NaOH溶液的pH=1113在0.1molL1的NaHCO3溶液中，下列关系正确的是（）Ac（Na+）=c（CO32
6、）Bc（CO32）c（H2CO3）Cc（H+）c（CO32）Dc（OH）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3）14下列事实不能说明醋酸为弱酸的是（）A稀醋酸溶液的导电性比较弱B向CH3COONa溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色C一定温度下，向某醋酸溶液中加入CH3COONH4晶体，溶液pH增大D一定温度下，向体积相同，pH值也相同的盐酸和醋酸中，投入相同质量的锌粒，锌粒完全溶解所消耗的时间不同1525时，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系错误的是（）ApH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液以任意比混合c（H+）+c（M+）=c（OH）+c（A）BNa2CO3溶液：c（OH）=c（
7、HCO3）+c（H+）+2c（H2CO3）C室温下pH=7的CH3COOH与CH3COONa的混合液中离子的浓度大小顺序为：c（Na+）=c（CHCOO）c（H+）=c（OH）DpH=4的NaHA溶液：c（HA）c（H+）c（H2A）c（A2）16常温下，0.1molL1某一元酸（HA）溶液的pH=3，下列叙述正确的是（）A该溶液中由水电离出的c（H+）=1103molL1BpH=2的HA溶液与pH=3的HCl溶液：c（HA）=10 c（HCl）CpH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后所得的溶液中：c（Na+）c（A）c（OH）c（H+）D0.1molL1HA溶液与0.05m
8、olL1NaOH溶液等体积混合后所得的溶液中：c（A）+c（HA）=0.05molL117下列说法正确的是（）A常温下0.4 mol/L HB溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=3，则混合溶液中离子浓度的大小顺序为：c（B）c（H+）c（Na+）c（OH）B同浓度同体积的NaClO溶液和CH3COONa溶液，离子总数前者小于后者C在1mol/L CH3COOH溶液中加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡正向移动且电离程度增大D常温下0.1 mol/L的下列溶液NH4Al（SO4）2；NH4Cl；NH3H2O；CH3COONH4中，c（NH4+）由大到小的顺序是：18在一容积可
9、变的密闭容器中，通入1mol X和3mol Y，在一定条件下发生如下反应：X（g）+3Y（g）2Z（g），到达平衡后，Y的体积分数为a%，然后再向容器中通入2mol Z，保持在恒温恒压下反应，当达到新的平衡时，Y的体积分数为b%则a与b的关系是（）Aa=bBabCabD不能确定19常温下，PH都等于5的盐酸、醋酸、氯化铵溶液中，水的电离度分别为a1、a2、a3，则他们的关系是（）Aa1=a2a3Ba1a2a3Ca1=a2a3Da1a2a320已知，某温度下在2L密闭容器中加入一定量A，发生以下化学反应：2A（g）B（g）+C（g）；H=48.25kJmol1反应过程中时间t与A、B浓度有如图关
10、系，若测得第15min时c（B）=1.6molL1，则下列结论正确的是（）A反应在前15min的平均速率（A）=0.11 molL1min1BA的初始物质的量为8 molC反应到达平衡的过程中，放出的热量是77.2kJD如使反应最终c（B）/c（A）=1.5，恒温恒容时，加入一定量的A可以实现二、简答题21研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为利用反应6NO2+8NH37N2+12H2O也可处理NO2当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是L（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1
11、2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=113.0kJmol1则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的H=kJmol1（3）14g乙烯在空气中完全燃烧生成液态水时放出热量560kJ，写出乙烯燃烧热的热化学反应方程式：（4）1L1mol/L的醋酸与1L1mol/L氢氧化钠反应的反应热为akJmol1；1L1mol/L的硫酸与1L1mol/L氢氧化钠反应的反应热为bkJmol1，则ab（填“”、“”或“=”）（5）已知2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1，向2L密闭容器中通入2molSO2（g）和1molO2（g），2min后反应达到平衡时，此时的
12、SO3浓度为0.5mol/L，则反应放出的热量为22FeCl3溶液显性，原因（离子反应方程式表示）配制时应该加入盐酸，目的是；在FeCl3溶液中加入碳酸钙，推测可能的现象23常温下0.1molL1NaHSO4溶液中，水电离出的氢离子浓度为等体积等物质的量浓度的NaHSO4与氨水混合后，溶液呈酸性的原因为： （用离子方程式表示）；若一定量的NaHSO4溶液与氨水混合后，溶液pH=7，则c（Na+）+c（NH4+）c（SO42）（填“”、“=”或“”）；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中SO42完全沉淀，则反应后溶液的pH7（填“”、”=”或“”）24工业上以黄铁矿为原料生产硫酸，其中重
13、要的一步是催化氧化（生产中保持恒温恒容条件）：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1（1）生产中为提高反应速率和SO2的转化率，下列措施可行的是A向装置中充入O2 B升高温度C向装置中充入N2 D向装置中充入过量的SO2（2）500时，将10mol SO2和5.0mol O2置于体积为2L的恒容密闭容器中，反应中数据如表所示：时间/（min）2468n（SO3）/（mol）4.28.09.49.4反应前4分钟的平均速率v（O2）=500时该反应的平衡常数K=（保留1位小数）（3）恒温恒压，通入3mol SO2和2mol O2及固体催化剂，平衡时容器内气体体积为起始时
14、的90%保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为5mol SO2、3.5mol O2、1mol SO3（g），下列说法正确的是A第一次平衡时反应放出的热量为294.9kJ B两次平衡SO2的转化率相等C两次平衡时的O2体积分数相等 D第二次平衡时SO3的体积分数等于（4）如果在500时向下列起始体积相同的密闭容器中充入2mol SO2、1mol O2，甲容器在反应过程中保持压强不变，乙容器保持体积不变，丙容器维持绝热，三容器各自建立化学平衡平衡常数：K （甲）K（丙） （填“”、“”或“=”下同），达到平衡时SO2的转化率：（乙）（丙）达到平衡后，若向甲、乙两容器中分别通入少量且等量
15、Ar气体，甲容器的化学平衡移动，乙容器的化学平衡移动（填“正向”、“逆向”或“不”）25某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸去测定在空气中露置一段时间后的NaOH固体的纯度设计如下方案：称取W g样品，准确配成500mL溶液准确配制0.1000mol/L的标准盐酸用滴定管取所配制碱液25.00mL于锥形瓶，并向瓶中滴几滴甲基橙试液向锥形瓶中逐滴滴入标准盐酸，直到终点记录数据，计算请回答：（1）在操作中要使用的定量的玻璃仪器是（2）操作装标准盐酸的滴定管是（3）滴定过程中左手，右手眼睛应始终注视，判断滴定到达终点的现象是（4）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为ml
16、（5）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度平均耗用盐酸体积/mL第一次25.000.0026.15V=第二次25.000.5630.30第三次25.000.2026.45依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度（计算结果取4位有效数）根据上面结果计算NaOH的纯度（6）下列操作中，可能使测定结果偏低的是A称取样品时，样品和砝码位置放反了B配制标准盐酸过程中，读取量筒读数时，俯视刻度线C碱式滴定管清洗后，未用待测液润洗D酸式滴定管清洗后，未用待测液润洗E锥形瓶装液前未干燥，有水珠附着在瓶壁F
17、读取酸式滴定管读数时，第一次读数仰视，第二次读数俯视26现有浓度均为0.1molL1的下列溶液：硫酸 醋酸 氢氧化钠 氯化铵 醋酸铵 硫酸氢铵 氨水，NaHSO4请回答下列问题：（1）、四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是（填序号）（2）、四种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是（填序号）（3）已知t时，Kw=11013，则t25（填“”、“”或“=”）在t时将pH=11的NaOH溶液a L与pH=1的H2SO4溶液b L混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=2，则 =（4）若将、混合后所得溶液 pH=7，则消耗溶液的体积：（选填“”、“”或“=”） 将、混合，若有c
18、（CH3COO）c（Na+），则混合液可能呈（填序号）A酸性 B碱性 C中性（5）若将、溶液按体积比为2：1混合后，此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为2015-2016学年四川省成都市邛崃市高埂中学高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（20小题共40分，每小题只有一个选项符合题意）1下列说法正确的是（）A放热反应一定是自发进行的反应B吸热反应一定是非自发进行的C自发进行的反应一定容易发生D有些吸热反应也能自发进行【分析】反应自发进行的判断依据是HTS0，是由焓变、熵变和温度共同决定【解答】解：A、放热反应容易自发进行，但不是所有的放热反应都能自发进行，故A错误；B
19、、吸热反应不易自发进行，但在一定条件下也可以自发进行，故B错误；C、自发反应是在一定条件下进行的，故C错误；D、吸热反应H0，S0，高温下反应自发进行，HTS0，故D正确；故选D2已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+要使溶液中值增大，可以采取的措施是（）A加少量烧碱固体B升高温度C加少量冰醋酸D加CH3COONa【分析】要使溶液中c（H+）/c（CH3COOH）值增大，应是平衡向电离的方向移动，结合影响平衡移动的因素解答该题【解答】解：A加入烧碱固体，反应生成CH3COO，c（H+）减小，由于CH3COO对CH3COOH的电离起到抑制作用，则c（H+）
20、/c（CH3COOH）值减小，故A错误；B弱电解质的电离为吸热过程，加热促进电离，则c（H+）/c（CH3COOH）值增大，故B正确；C加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故C错误；D加CH3COONa，由于CH3COO对CH3COOH的电离起到抑制作用，则c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故D错误故选B3下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是（）A由水电离出的c （OH）=1013molL1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、BrBc（H+）/c（OH）=1012的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、ClC含大量A
21、l3+的溶液中：K+、Na+、SO42、AlO2D无色溶液中：K+、Na+、MnO4、SO42【分析】A由水电离出的c （OH）=1013molL1的溶液，为酸或碱溶液；Bc（H+）/c（OH）=1012的溶液，显酸性；C离子之间相互促进水解；DMnO4为紫色【解答】解：A由水电离出的c （OH）=1013molL1的溶液，为酸或碱溶液，酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故A正确；Bc（H+）/c（OH）=1012的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；CAl3+、AlO2相互促进水解，不能大量共存，故C错误；DMnO4为紫色，与无色不符，故
22、D错误；故选A4下列关于电解质的说法正确的是（）ASO2溶于水可以导电，说明SO2是电解质B电解质本身可以导电，也可以不导电C强电解质与弱电解质的差别就是溶液导电性不同D物质的量浓度相同的NaOH溶液与氨水，氨水的pH值较小，说明氨水是弱电解质【分析】ASO2溶于水形成的溶液能导电，但自由移动的离子不是SO2自身电离；B熔融态电解质导电，其他状态的电解质不导电；C强电解质与弱电解质的差别就是电离程度不同；D氨水是混合物，不是电解质，当然不是弱电解质【解答】解：ASO2常温下为气体，只有SO2分子，没有自由移动的离子，虽SO2在水溶液中与水反应，生成亚硫酸，亚硫酸电离出自由移动的离子，溶液能够导
23、电，但自由移动的离子不是SO2自身电离SO2是化合物，所以SO2是非电解质，故A错误；B熔融态电解质导电，其他状态的电解质不导电，如NaCl、HCl不导电，故B正确；C强电解质与弱电解质的差别就是电离程度不同，完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质，故C错误；D氨水是混合物，不是电解质，当然不是弱电解质，故D错误；故选B5下列实验基本操作正确的是（）A用酸式滴定管量取25.10mL的Na2CO3溶液B中和滴定时，滴定管洗净后经蒸馏水润洗，即注入标准溶液进行滴定C测定溶液pH时，将pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液点到pH试纸中央D配制FeCl3饱和溶液时，将FeCl3固体加入沸水中以
24、加速溶解【分析】A、酸式滴定管量只能用于酸性溶液和氧化性物质，不能量取碱性物质；B、中和滴定时，滴定管洗净后经蒸馏水润洗，再用标准液润洗；C、PH纸不能润湿，用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液点到pH试纸中央；D、将FeCl3固体加入沸水中，会促进FeCl3水解【解答】解：A、酸式滴定管量只能用于酸性溶液和氧化性物质，不能量取碱性物质Na2CO3溶液，故A错误；B、中和滴定时，滴定管洗净后经蒸馏水润洗，再用标准液润洗，防止有误差，故B错误；C、测定溶液pH时，用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液点到干燥的pH试纸中央，故C正确；D、将FeCl3固体加入沸水中，会促进FeCl3水解，故D错误故选：C6反应2A
25、（g）2B（g）+C（g），正反应吸热，达平衡时，要使v正降低、c（A）增大，应采取的措施是（）A加压B减压C减小c（B）D降温【分析】达平衡时，要使v正降低，可采取降低温度、减小压强或减小浓度的措施，使c（A）增大，应使平衡向逆反应方向移动【解答】解：A增大压强，平衡向逆反应方向移动，正逆反应速率都增大，故A错误；B减小压强，平衡向正反应方向移动，正反应速率减小，c（A）减小，故B错误；C减小c（B），平衡向正反应方向移动，c（A）减小，故C错误；D降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，c（A）增大，故D正确故选：D7设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是（）A室温下体
26、积为10L、pH=13的NaOH溶液中含有OH的数目为NAB常温常压下，17g氨气中含有氢原子的数目为NACPH=1的醋酸溶液中，醋酸分子的个数为NAD体积为1L、物质的量浓度为1molL1的Na2CO3溶液中含有NA个CO32【分析】A、溶液pH=13，则溶液中的氢氧根浓度为0.1mol/L，根据粒子个数N=CVNA来计算；B、求出氨气的物质的量，然后根据1mol氨气中含3mol氢原子来分析；C、溶液体积不明确；D、CO32是弱酸根，在溶液中能水解【解答】解：A、溶液pH=13，则溶液中的氢氧根浓度为0.1mol/L，故溶液中的氢氧根的个数N=CVNA=0.1mol/L10LNA/mol=N
27、A个，故A正确；B、17g氨气的物质的量为1mol，而1mol氨气中含3mol氢原子，故含3NA个，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中的醋酸分子的个数无法计算，故C错误；D、CO32是弱酸根，在溶液中能水解，故溶液中的碳酸根的个数小于NA个，故D错误故选A8用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（）ABCc（H+）和c（OH）的乘积DOH的物质的量【分析】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（NH3H2O）减少【解答】解：A、由NH3H2OO
28、H+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3H2O）减少，n（OH）增大，增大，故A错误；B、由NH3H2OOH+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3H2O）减少，n（OH）增大，减小，故B正确；C、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH）的乘积不变，故C错误；D、由NH3H2OOH+NH4+可知，加水促进电离，OH的物质的量增大，故D错误；故选：B9下列有关方程式书写正确的是（）ANaHCO3的电离：NaHCO3Na+H+CO32BHS的水解：HS+H2OH3O+S2C甲烷的标准燃烧热为890.3kJmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g
29、）+2H2O （g）H=890.3kJmol1D双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2I+2H+I2+2H2O【分析】A完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子；B水解生成氢硫酸和氢氧根离子；C燃烧热对应生成稳定氧化物，水应为液态；D发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒【解答】解：ANaHCO3的电离方程式为NaHCO3Na+HCO3，故A错误；BHS的水解方程式为HS+H2OH2S+OH，故B错误；C甲烷的标准燃烧热为890.3kJmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O （l）H=890.3kJmol1，故C错误；D双氧水中加入稀硫酸和KI溶
30、液的离子反应为H2O2+2I+2H+I2+2H2O，故D正确；故选D10下列溶液一定呈中性的是（）ApH=7的溶液Bc（H+）=c（OH）=106 mol/L的溶液C使酚酞试液呈无色的溶液D由强酸与强碱等物质的量反应得到的溶液【分析】溶液呈酸碱性本质，取决与溶液中H+浓度与OH浓度的相对大小，当溶液中：c（H+）c（OH），溶液呈酸性；c（H+）=c（OH），溶液呈中性；c（H+）c（OH），溶液呈碱性；常温下，水的离子积Kw=11014，所以，pH7，溶液呈酸性；pH=7，溶液呈中性；pH7，溶液呈碱性Kw受温度影响，水的电离是吸热反应，温度越高Kw越大，据此进行判断【解答】解：A、pH=7
31、的溶液，不一定是常温下，水的离子积不一定是Kw=11014，溶液中c（H+）、c（OH）不一定相等，故A错误；B、溶液呈酸碱性本质，取决与溶液中H+浓度与OH浓度的相对大小，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液一定显示中性，故B正确；C、酚酞的变色范围是810，酚酞显示无色，溶液有可能显示碱性，故C错误；D、由强酸与强碱等物质的量反应得到的溶液，若氢离子浓度物质的量与氢氧根离子的物质的量不相等，反应后溶液不会显示中性，故D错误；故选：B11在密闭容器中，对于可逆反应A+3B2C（气），平衡时C的体积分数与温度和压强的关系如图所示，下列判断正确的是（）A若正反应方向H0，则T1T2B压强增大
32、时，混合气体的平均相对分子质量减小CB一定为气体DA一定为气体【分析】采取定一议二方式解答，由图可知，温度一定时，压强越大，C的含量越大，故增大压强平衡向正反应移动，故B一定为气体；压强一定时，温度越高，平衡向吸热方向移动，根据C的含量变化结合选项判断反应热与温度高低【解答】解：A、若正反应方向H0，升高温度，平衡向逆反应移动，C的含量降低，由图可知，温度T2到达平衡时C的含量较低，故温度T2T1，故A错误；B、温度一定时，压强越大，C的含量越大，平衡向正反应方向移动，A、B至少有一种气体，而A的化学计量数小于C，故B一定为气体，若均为气体，混合气体总质量不变，总的物质的量减少，平均相对分子质
33、量增大，若A为非气态，平衡正向移动，混合气体的总质量增大，总的物质的量减少，故平均相对分子质量增大，故B错误；C、温度一定时，压强越大，C的含量越大，故增大压强平衡向正反应移动，正反应是气体体积减小的反应，即B一定是气体，故C正确；D、由C中的分析可知，B一定是气体，A可能是气体，可能为非气体，故D错误故选C12下列叙述正确的是（）A若0.1molL1的醋酸溶液pH=a，将其稀释10倍后，溶液的pH=b，则a+1bB在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH7C1.0103mol/L盐酸的pH=3，1.0108mol/L盐酸的pH=8D某温度下，若1mL pH=1的
34、盐酸与100mL NaOH溶液混合后，溶液的pH=7；则NaOH溶液的pH=11【分析】A稀释醋酸促进醋酸电离，则稀释后溶液pH变化小于1个单位；B酚酞的变色范围是810；C酸溶液中氢离子浓度较低时，其溶液的pH接近中性；D氢氧化钠溶液浓度为1103mol/L，没有告诉温度，无法计算氢氧化钠溶液的pH【解答】解：A醋酸为弱电解质，加水稀释，电离平衡正向移动，若将pH=a的醋酸溶液稀释10倍后，溶液的pH=b，则a+1b，故A正确；B酚酞的变色范围是810，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH7，故B错误；C酸溶液中氢离子浓度较低时，其溶液的pH接近中性，所以1.0108mol/L盐酸
35、的pH接近7，故C错误；D某温度下，若1mL pH=1的盐酸与100mL NaOH溶液混合后，溶液的pH=7，则氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，氢氧化钠溶液浓度为1103mol/L，若在常温下该NaOH溶液的pH=11，没有告诉温度，则无法接受NaOH溶液的pH，故D错误；故选A13在0.1molL1的NaHCO3溶液中，下列关系正确的是（）Ac（Na+）=c（CO32）Bc（CO32）c（H2CO3）Cc（H+）c（CO32）Dc（OH）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3）【分析】0.1molL1NaHCO3溶液的pH大于7，显示碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，根
36、据质子守恒来回答【解答】解：A、碳酸根离子来自碳酸氢根离子的电离，所以（Na+）c（CO32），故A错误；B、1NaHCO3溶液的pH大于7，显示碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，c（CO32）c（H2CO3），故B正确；C、说明碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，c（H+）c（CO32），故C错误；D、根据溶液中的质子守恒，得到：（OH）=c（H+）+c（HCO3）+c（H2CO3），故D错误故选B14下列事实不能说明醋酸为弱酸的是（）A稀醋酸溶液的导电性比较弱B向CH3COONa溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色C一定温度下，向某醋酸溶液中加入CH3COONH4晶体，溶液pH增大D
37、一定温度下，向体积相同，pH值也相同的盐酸和醋酸中，投入相同质量的锌粒，锌粒完全溶解所消耗的时间不同【分析】弱电解质在水溶液里或熔融状态下只有部分电离，根据醋酸的电离程度判断【解答】解：A稀醋酸溶液浓度小，导电性比较弱，不能说明醋酸是弱电解质，故A选；BCH3COONa是强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色，能说明醋酸是弱电解质，故B不选；C一定温度下，向某醋酸溶液中加入CH3COONH4晶体，醋酸根水解显碱性，溶液pH增大，说明醋酸是弱电解质，故C不选；D取同体积，同pH值的盐酸和醋酸与相同质量的锌粒反应，醋酸所消耗的时间短，说明醋酸的物质的量浓度大于盐酸，则醋酸不完全电离
38、，为弱电解质，故D不选；故选A1525时，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系错误的是（）ApH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液以任意比混合c（H+）+c（M+）=c（OH）+c（A）BNa2CO3溶液：c（OH）=c（HCO3）+c（H+）+2c（H2CO3）C室温下pH=7的CH3COOH与CH3COONa的混合液中离子的浓度大小顺序为：c（Na+）=c（CHCOO）c（H+）=c（OH）DpH=4的NaHA溶液：c（HA）c（H+）c（H2A）c（A2）【分析】A任何电解质溶液中都遵循电荷守恒，根据电荷守恒判断；B任何电解质溶液中都遵循电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断
39、；C室温下，pH的溶液中c（H+）=c（OH）且浓度很小，结合电荷守恒判断c（Na+）、c（CHCOO）相对大小；DpH=4的NaHA溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于水解程度【解答】解：A任何电解质溶液中都遵循电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（M+）=c（OH）+c（A），故A正确；BNa2CO3溶液转化存在电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），物料守恒式为c（Na+）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3），则c（OH）=c（HCO3）+c（H+）+2c（H2CO3），故B正确；C室温下，pH的溶液中c（H+）=c（OH）
40、且浓度很小，结合电荷守恒得c（Na+）=c（CHCOO），所以离子浓度大小顺序是c（Na+）=c（CHCOO）c（H+）=c（OH），故C正确；DpH=4的NaHA溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于水解程度，所以c（H2A）c（A2），故D错误；故选D16常温下，0.1molL1某一元酸（HA）溶液的pH=3，下列叙述正确的是（）A该溶液中由水电离出的c（H+）=1103molL1BpH=2的HA溶液与pH=3的HCl溶液：c（HA）=10 c（HCl）CpH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后所得的溶液中：c（Na+）c（A）c（OH）c（H+）D0.1molL1HA溶液与0
41、.05molL1NaOH溶液等体积混合后所得的溶液中：c（A）+c（HA）=0.05molL1【分析】常温下，0.1molL1某一元酸（HA）溶液的pH=3，说明该酸在其水溶液里只有部分电离，是弱酸，A由水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度；B弱酸溶液中酸的浓度大于氢离子浓度；CpH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液中，酸的浓度大于碱的浓度，等体积混合后所得溶液呈酸性；D根据物料守恒判断【解答】解：常温下，0.1molL1某一元酸（HA）溶液的pH=3，说明该酸在其水溶液里只有部分电离，是弱酸，A该溶液中由水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，其浓度为11011molL1
42、，故A错误；BHA是弱电解质，HCl是强电解质，弱酸溶液中酸的浓度大于氢离子浓度，所以pH=3的HA溶液与pH=4的HCl溶液：c（HA）10 c（HCl），故B错误；CpH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液中c（HA）c（NaOH）=0.001mol/L，等体积混合，酸的物质的量大于碱，所以混合溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），故C错误；D.0.1molL1HA溶液与0.05molL1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中的溶质是等物质的量的NaA和HA，根据物料守恒得c（HA）+c（A）=2 c（Na+）=0.05molL1，故D正确；故选D17下列说法正确的是（）A常温下0.4 mo
43、l/L HB溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=3，则混合溶液中离子浓度的大小顺序为：c（B）c（H+）c（Na+）c（OH）B同浓度同体积的NaClO溶液和CH3COONa溶液，离子总数前者小于后者C在1mol/L CH3COOH溶液中加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡正向移动且电离程度增大D常温下0.1 mol/L的下列溶液NH4Al（SO4）2；NH4Cl；NH3H2O；CH3COONH4中，c（NH4+）由大到小的顺序是：【分析】A反应后溶质为等浓度的NaB和HB，混合液为酸性，说明HB的电离程度大于B的水解程度，则B的浓度增大：c（B）c（Na+），由于氢离子浓
44、度较小，则c（Na+）c（H+）；B根据电荷守恒可知溶液中总电荷为：2c（Na+）+2c（H+），然后结合水解程度大小判断；C醋酸浓度增大，平衡向着正向移动，但醋酸的电离程度较小；D铝离子水解抑制铵根离子的水解；铵根离子水解；弱碱电离，且电离的程度很弱；醋酸根离子水解促进铵根离子水解【解答】解：A常温下，0.4 mol/L HB溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=3，反应后溶质为等浓度的NaB和HB，混合液呈酸性，说明HB的电离程度大于B的水解程度，导致B的浓度增大，即c（B）c（Na+），由于溶液中的氢离子浓度较小，则c（Na+）c（H+），溶液中离子浓度大小为：c
45、（B）c（Na+）c（H+）c（OH），故A错误；BCH3COONa水解程度小，其溶液中氢氧根离子较小，则氢离子浓度较小，根据电荷守恒可知溶液中总电荷为：2c（Na+）+2c（H+），所以相同条件下，两溶液比较，NaClO溶液中的离子总数较多，故B正确；C在1mol/L CH3COOH溶液中加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，平衡向着正向移动，但是溶液中醋酸的电离程度会较小，故C错误；D和相比较，中铵根离子和铝离子水解都呈酸性，相互抑制，则中c（NH4+）大于，与相比较，醋酸根离子和铵根离子水解相互促进，则中c（NH4+）大于，NH3H2O为弱电解质，电离沉淀较小，则中c（NH4+）大于，则顺序为，
46、故D错误；故选B18在一容积可变的密闭容器中，通入1mol X和3mol Y，在一定条件下发生如下反应：X（g）+3Y（g）2Z（g），到达平衡后，Y的体积分数为a%，然后再向容器中通入2mol Z，保持在恒温恒压下反应，当达到新的平衡时，Y的体积分数为b%则a与b的关系是（）Aa=bBabCabD不能确定【分析】恒温恒压下，在容积可变的器皿中，通入1mol X和3mol Y，反应X（g）+3Y（g）2Z（g）达到平衡后，再向容器中通入2molZ，相对于再加入1mol X和3mol Y，则与原反应物成正比，所以与原平衡等效，据此分析【解答】解：恒温恒压下，在容积可变的器皿中，通入1mol X和
47、3mol Y，反应X（g）+3Y（g）2Z（g）达到平衡后，再向容器中通入2molZ，相对于再加入1mol X和3mol Y，则与原反应物成正比，所以与原平衡等效，此时Y的体积分数和原平衡的一样，保持不变，即a=b故选A19常温下，PH都等于5的盐酸、醋酸、氯化铵溶液中，水的电离度分别为a1、a2、a3，则他们的关系是（）Aa1=a2a3Ba1a2a3Ca1=a2a3Da1a2a3【分析】酸和碱能抑制水的电离，而盐的水解能促进水的电离，据此分析【解答】解：酸能抑制水的电离，常温下，PH都等于5的盐酸、醋酸溶液中，氢离子浓度均为105mol/L，对水的电离的抑制程度相同，故两溶液中水的电离程度相
48、同，即a1=a2；而盐的水解能促进水的电离，故在氯化铵溶液中，水的电离程度a3a1=a2，故选C20已知，某温度下在2L密闭容器中加入一定量A，发生以下化学反应：2A（g）B（g）+C（g）；H=48.25kJmol1反应过程中时间t与A、B浓度有如图关系，若测得第15min时c（B）=1.6molL1，则下列结论正确的是（）A反应在前15min的平均速率（A）=0.11 molL1min1BA的初始物质的量为8 molC反应到达平衡的过程中，放出的热量是77.2kJD如使反应最终c（B）/c（A）=1.5，恒温恒容时，加入一定量的A可以实现【分析】由图可知，15min时反应到达平衡，平衡时c
49、（B）=1.6molL1， =2，故平衡时c（A）=0.8mol/L；A根据浓度变化量之比等于化学计量数之比求出c（A），然后根据V=求出速率；B根据浓度变化量之比等于化学计量数之比计算c（A），A的平衡浓度+c（A）=A的起始浓度，再根据n=cV计算；C计算参加反应的A的物质的量，结合热化学方程式计算放出的热量；D要使=1.5，应改变条件使c（B）减小，c（A）增大，结合外界条件对平衡影响分析；【解答】解：由图可知，15min时反应到达平衡，平衡时c（B）=1.6molL1， =2，故平衡时c（A）=0.8mol/L；A浓度变化量之比等于化学计量数之比，故c（A）=2c（B）=21.6mol
50、L1=3.2molL1，所以前15min的平均速率（A）=0.21molL1min1，故A错误；B浓度变化量之比等于化学计量数之比，故c（A）=2c（B）=21.6molL1=3.2molL1，A的起始浓度为3.2molL1+0.8molL1=4molL1，故A的初始物质的量为4mol/L2L=8 mol，故B正确；C参加反应的A的物质的量为3.2mol/L2L=6.4mol，故放出的热量为48.25kJ=154.4kJ，故C错误；D要使=1.5，应改变条件使c（B）减小，c（A）增大，但恒温恒容时，由于气体前后系数之和相等，加入一定量的A，压强增大，平衡不移动，c（B），c（A）同倍数增大，
51、比值不变，故D错误；故选：B二、简答题21研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO利用反应6NO2+8NH37N2+12H2O也可处理NO2当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是6.72L（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=113.0kJmol1则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的H=41.8kJmol1（3）14g乙烯在空气中完全燃烧生成液态水时放出热量560kJ，写出乙烯燃烧热
52、的热化学反应方程式：C2H4（g）+3O2（g）2CO2（g）+2H2O（l）H=1120KJ/mol（4）1L1mol/L的醋酸与1L1mol/L氢氧化钠反应的反应热为akJmol1；1L1mol/L的硫酸与1L1mol/L氢氧化钠反应的反应热为bkJmol1，则ab（填“”、“”或“=”）（5）已知2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1，向2L密闭容器中通入2molSO2（g）和1molO2（g），2min后反应达到平衡时，此时的SO3浓度为0.5mol/L，则反应放出的热量为98.3kJ【分析】（1）NO2与水反应生成硝酸和NO，6NO2+8NH37N2+12
53、H2O反应中，只有N元素化合价发生变化，分别由+4价、3价变化为0价；（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1=196.6kjmol1 2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H2=113.0kJmol1利用盖斯定律将可得反应热；（3）14g即0.5mol乙烯在空气中完全燃烧生成液态水时放出热量560kJ，根据热化学方程式的意义来回答；（4）醋酸的电离需要吸热，中和反应放热，焓变是负值；（5）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1表示生成2mol三氧化硫会释放出196.6kJ的能量，据此根据三氧化硫的量计算反应热【解答】解：（1）NO2与水反应生成硝酸
54、和NO，反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，6NO2+8NH37N2+12H2O反应中，只有N元素化合价发生变化，分别由+4价、3价变化为0价，由化合价变化可知当有6molNO2参加反应时，转移24mol电子，则当转移1.2mol电子时，消耗的NO2的物质的量为0.3mol，在标准状况下是0.3mol22.4L/mol=6.72L，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；6.72L；（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1=196.6kjmol1 2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H2=113.0kJmol1则可得NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+
55、NO（g）的H3=41.8kJ/mol，故答案为：41.8（3）14g即0.5mol乙烯在空气中完全燃烧生成液态水时放出热量560kJ，1mol乙烯在空气中完全燃烧生成液态水时放出热1120kJ，即C2H4（g）+3 O2（g）2 CO2（g）+2 H2O（l）H=1120KJ/mol，故答案为：C2H4（g）+3 O2（g）2 CO2（g）+2 H2O（l）H=1120KJ/mol；（4）醋酸的电离需要吸热，中和反应放热，硫酸与氢氧化钠反应释放的热量高于醋酸和氢氧化钠之间的反应，所以ab，故答案为：；（5）2min后反应达到平衡时，此时的SO3浓度为0.5mol/L，三氧化硫的物质的量是1m
56、ol，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1表示生成2mol三氧化硫会释放出196.6kJ的能量，所以反应放出的热量为98.3kJ，故答案为：98.3 kJ22FeCl3溶液显酸性，原因（离子反应方程式表示）Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+配制时应该加入盐酸，目的是抑制水解；在FeCl3溶液中加入碳酸钙，推测可能的现象沉淀溶解，产生无色气体，生成红褐色沉淀【分析】FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中水解；配制时加入对应的酸溶液来抑制水解；由于FeCl3水解显酸性，加入碳酸钙后，CO32和Fe3+发生双水解反应，导致有沉淀和气体生成，据此分析【
57、解答】解：FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中水解显酸性：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；配制时加入对应的酸溶液来抑制水解；由于FeCl3水解显酸性，加入碳酸钙后，碳酸钙存在溶解平衡：CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32（aq），碳酸钙溶解并电离出的CO32和Fe3+发生双水解反应：3CO32+2Fe3+3H2O=3CO2+Fe（OH）3，导致碳酸钙沉淀溶解，有沉淀和气体生成故答案为：酸；Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；抑制水解；沉淀溶解，产生无色气体，生成红褐色沉淀23常温下0.1molL1NaHSO4溶液中，水电离出的氢离子浓度为11013mol/L
58、等体积等物质的量浓度的NaHSO4与氨水混合后，溶液呈酸性的原因为：NH4+H2ONH3H2O+H+； （用离子方程式表示）；若一定量的NaHSO4溶液与氨水混合后，溶液pH=7，则c（Na+）+c（NH4+）=c（SO42）（填“”、“=”或“”）；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中SO42完全沉淀，则反应后溶液的pH7（填“”、”=”或“”）【分析】常温下0.1molL1NaHSO4溶液中，溶液显示酸性，氢离子抑制了水的电离，溶液中的氢氧根离子是水电离的；等体积等物质的量浓度的NaHSO4与氨水混合后，反应生成硫酸钠、硫酸铵，铵根离子水解显酸性；pH=7，由电荷守恒分析离子浓度关
59、系；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，硫酸根离子完全沉淀，则二者以1：2反应，生成硫酸钡、NaOH【解答】解：常温下0.1molL1NaHSO4溶液中，氢离子浓度为0.1mol/L，氢离子抑制了水的电离，溶液中的氢氧根离子是水电离的，则该溶液中水电离出的氢离子浓度为：11013 mol/L；等体积等物质的量浓度的NaHSO4与氨水混合后，反应生成硫酸钠、硫酸铵，铵根离子部分水解溶液显酸性，水解离子反应为：NH4+H2ONH3H2O+H+；pH=7，氢离子与氢氧根离子浓度相等，由电荷守恒可知离子浓度关系为：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42）；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，硫酸
60、根离子完全沉淀，则二者以1：2反应，生成硫酸钡、NaOH，溶液显碱性，溶液的pH7，故答案为：11013 mol/L；NH4+H2ONH3H2O+H+；=；24工业上以黄铁矿为原料生产硫酸，其中重要的一步是催化氧化（生产中保持恒温恒容条件）：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1（1）生产中为提高反应速率和SO2的转化率，下列措施可行的是AA向装置中充入O2 B升高温度C向装置中充入N2 D向装置中充入过量的SO2（2）500时，将10mol SO2和5.0mol O2置于体积为2L的恒容密闭容器中，反应中数据如表所示：时间/（min）2468n（SO3）/（mol
61、）4.28.09.49.4反应前4分钟的平均速率v（O2）=0.5mol/（Lmin）500时该反应的平衡常数K=1636.3（保留1位小数）（3）恒温恒压，通入3mol SO2和2mol O2及固体催化剂，平衡时容器内气体体积为起始时的90%保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为5mol SO2、3.5mol O2、1mol SO3（g），下列说法正确的是CDA第一次平衡时反应放出的热量为294.9kJ B两次平衡SO2的转化率相等C两次平衡时的O2体积分数相等 D第二次平衡时SO3的体积分数等于（4）如果在500时向下列起始体积相同的密闭容器中充入2mol SO2、1mol O
62、2，甲容器在反应过程中保持压强不变，乙容器保持体积不变，丙容器维持绝热，三容器各自建立化学平衡平衡常数：K （甲）K（丙） （填“”、“”或“=”下同），达到平衡时SO2的转化率：（乙）（丙）达到平衡后，若向甲、乙两容器中分别通入少量且等量Ar气体，甲容器的化学平衡逆向移动，乙容器的化学平衡不移动（填“正向”、“逆向”或“不”）【分析】（1）A向装置中充入O2，氧气浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动；B正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；C向装置中充入N2，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动；D向装置中充入过量的SO2，二氧化硫转化率降低；（2）反应前4分钟，n（O2）=n（SO3）
63、=8mol=4mol，再根据v=计算v（O2）；6min到达平衡，平衡时三氧化硫为9.4mol，则： 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）起始量（mol）：10 5 0变化量（mol）：9.4 4.7 9.4平衡量（mol）：0.6 0.3 9.4再根据K=计算平衡常数；（3）保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为5mol SO2、3.5mol O2、1mol SO3（g），转化到方程式左边得到6mol SO2、4mol O2，与原平衡中起始物质的量均为3：2，恒温恒压下，为等效平衡，平衡时相同物质的含量、浓度相等A恒温恒压下下，体积之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质
64、的量为（3mol+2mol）90%=4. 5mol，则： 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）n=1起始量（mol）：3 2 0变化量（mol）：1 0.5 1 54.5=0.5平衡量（mol）：2 1.5 1再结合热化学方程式计算放出的热量；B由A中计算可知，原平衡中二氧化硫的转化率为，改变起始投入量，与原平衡为等效平衡，结合平衡时同种物质含量相等计算二氧化硫转化率；C两次平衡为等效平衡，平衡时同种物质的含量相等；D两次平衡为等效平衡，平衡时同种物质的含量相等，结合A中可知平衡时三氧化硫体积分数；（4）甲为恒温恒压，丙为恒容绝热，正反应为放热溶液，随反应进行丙中温度升高，升温平衡逆向移动
65、，平衡常数减小；乙为恒温恒容，等效为在丙的基础上降低温度，平衡正向移动；甲为恒温恒压，通入氩气，体积增大，混合物各组分浓度减小，等效为减小压强，平衡向气体体积增大方向移动；乙为恒温恒容，通入氩气，混合物各组分浓度不变，平衡不移动【解答】解：（1）A向装置中充入O2，氧气浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动，二氧化硫转化率增大，故A正确；B升高温度，反应速率加快，正反应为放热反应，平衡逆向移动，二氧化硫转化率减小，故B错误；C向装置中充入N2，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，二氧化硫转化率不变，故C错误；D向装置中充入过量的SO2，反应速率加快，但二氧化硫转化率降低，故D错误，故选：A；（
66、2）反应前4分钟，n（O2）=n（SO3）=8mol=4mol，则v（O2）=0.5mol/（Lmin），故答案为：0.5mol/（Lmin）；6min到达平衡，平衡时三氧化硫为9.4mol，则： 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）起始量（mol）：10 5 0变化量（mol）：9.4 4.7 9.4平衡量（mol）：0.6 0.3 9.4500时平衡常数K=1636.3，故答案为：1636.3；（3）保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为5mol SO2、3.5mol O2、1mol SO3（g），转化到方程式左边得到6mol SO2、4mol O2，与原平衡中起始物质的量
67、均为3：2，恒温恒压下，为等效平衡，平衡时相同物质的含量、浓度相等A恒温恒压下下，体积之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量为（3mol+2mol）90%=4.5mol，则： 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）n=1起始量（mol）：3 2 0变化量（mol）：1 0.5 1 54.5=0.5平衡量（mol）：2 1.5 1故第一次平衡时反应放出的热量为196.6kJ=98.3 kJ，故A错误；B由A中计算可知，原平衡中二氧化硫的转化率为，改变起始投入量，与原平衡为等效平衡，设平衡时二氧化硫转化为x，则： 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）起始量（mol）：4 3.5 1
68、变化量（mol）：4x 2x 2x平衡量（mol）：44x 3.5x 1+2x则=，解得x=，二氧化硫的转化率减小，故B错误；C两次平衡为等效平衡，平衡时氧气体积分数相等，故C正确；D两次平衡为等效平衡，平衡时同种物质的含量相等，结合A中可知平衡时三氧化硫体积分数为=，故D正确，故选：CD；（4）甲为恒温恒压，丙为恒容绝热，正反应为放热溶液，随反应进行丙中温度升高，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，则K （甲）K（丙），乙为恒温恒容，等效为在丙的基础上降低温度，平衡正向移动，达到平衡时SO2的转化率：（乙）（丙），故答案为：；甲为恒温恒压，通入氩气，体积增大，混合物各组分浓度减小，等效为减小压强
69、，正反应为气体体积减小的反应，平衡逆向移动的；乙为恒温恒容，通入氩气，混合物各组分浓度不变，平衡不移动，故答案为：逆向；不25某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸去测定在空气中露置一段时间后的NaOH固体的纯度设计如下方案：称取W g样品，准确配成500mL溶液准确配制0.1000mol/L的标准盐酸用滴定管取所配制碱液25.00mL于锥形瓶，并向瓶中滴几滴甲基橙试液向锥形瓶中逐滴滴入标准盐酸，直到终点记录数据，计算请回答：（1）在操作中要使用的定量的玻璃仪器是500ml容量瓶（2）操作装标准盐酸的滴定管是酸式滴定管（3）滴定过程中左手控制酸式滴定管的活塞，右手向一个方向摇动锥形瓶眼睛应始终注视锥
70、形瓶内溶液的颜色变化，判断滴定到达终点的现象是滴加最后一滴盐酸，溶液的颜色由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色（4）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为26.10ml（5）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度平均耗用盐酸体积/mL第一次25.000.0026.15V=26.20第二次25.000.5630.30第三次25.000.2026.45依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度（计算结果取4位有效数）根据上面结果计算NaOH的纯度100%（6）下列操作
71、中，可能使测定结果偏低的是ACFA称取样品时，样品和砝码位置放反了B配制标准盐酸过程中，读取量筒读数时，俯视刻度线C碱式滴定管清洗后，未用待测液润洗D酸式滴定管清洗后，未用待测液润洗E锥形瓶装液前未干燥，有水珠附着在瓶壁F读取酸式滴定管读数时，第一次读数仰视，第二次读数俯视【分析】（1）实验室准确配制500mL溶液使用的定量的玻璃仪器是500mL容量瓶；（2）酸式滴定管盛装酸液；（3）滴定时，滴定过程中，控制酸式滴定管的活塞，向一个方向摇动锥形瓶，两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化；如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；（4）用酸式滴定管中的结束时的体积减去开始的体积；（5）先判
72、断数据的有效性，然后求出平均值；根据关系式HClNaOH来计算该NaOH溶液的物质的量浓度；计算出的物质的量，再算纯度；（6）用公式c（待测）=分析误差，主要是对标准液所用体积的影响进行分析【解答】解：（1）实验室准确配制500mL溶液使用的定量的玻璃仪器是500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；（2）酸式滴定管盛装酸液，所以操作装标准盐酸的滴定管是酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；（3）滴定时，滴定过程中，控制酸式滴定管的活塞，向一个方向摇动锥形瓶，两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化，当滴加最后一滴盐酸，溶液的颜色由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色，说明达到终点，故答案为：控制酸式滴定
73、管的活塞；向一个方向摇动锥形瓶；锥形瓶内溶液的颜色变化；滴加最后一滴盐酸，溶液的颜色由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色；（4）用酸式滴定管中的结束时的体积减去开始的体积，26.30mL0.20mL=26.10mL，故答案为：26.10mL；（5）第二次数据无效，取1、3体积进行计算，所用标准液的平均体积为=26.20mL，故答案为：26.20；根据关系式： HClNaOH 1 1 0.1000mol/L26.20103L C（NaOH）25.00103L 解得：C（NaOH）=0.1048mol/L，故答案为：0.1048mol/L；氢氧化钠的物质的量：n（NaOH）=C（NaOH）V（NaO
74、H）=0.1048mol/L0.5L=0.0524mol，氢氧化钠的质量为：m（NaOH）=n（NaOH）M（NaOH）=0.0524mol40g/mol=2.096g，则氢氧化钠的纯度为：100%=100%，故答案为：100%；（6）用公式c（待测）=分析误差，主要是对标准液所用体积的影响进行分析：A称取样品时，样品和砝码位置放反了，氢氧化钠的质量少了，待测液的浓度偏低，消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故A正确；B配制标准盐酸过程中，读取量筒读数时，俯视刻度线，导致取得的浓盐酸的量少了，标准液的浓度偏低，达到终点时消耗的标准液体积增大，使测定结果偏高，故B错误；C碱式滴定管清洗后，未用待
75、测液润洗，待测液被稀释，达到终点时消耗的标准液体积减小，使测定结果偏低，故C正确；D酸式滴定管清洗后，应用标准液润洗，若没有润洗，标准液被稀释，达到终点时消耗的标准液体积增大，使测定结果偏高，故D错误；E锥形瓶装液前未干燥，有水珠附着在瓶壁，对待测液的物质和量没有影响，消耗标准液无影响，所以对结果无影响，故E错误；F读取酸式滴定管读数时，第二次的读数减去第一次的读数就是标准液的体积，第一次读数仰视，读数偏大，第二次读数俯视，读数偏小，所以标准液的体积偏小，结果偏低，故F正确；故答案为：ACF26现有浓度均为0.1molL1的下列溶液：硫酸 醋酸 氢氧化钠 氯化铵 醋酸铵 硫酸氢铵 氨水，NaH
76、SO4请回答下列问题：（1）、四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是（填序号）（2）、四种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是（填序号）（3）已知t时，Kw=11013，则t25（填“”、“”或“=”）在t时将pH=11的NaOH溶液a L与pH=1的H2SO4溶液b L混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=2，则 =9：2（4）若将、混合后所得溶液 pH=7，则消耗溶液的体积：（选填“”、“”或“=”） 将、混合，若有c（CH3COO）c（Na+），则混合液可能呈A（填序号）A酸性 B碱性 C中性（5）若将、溶液按体积比为2：1混合后，此时溶液中除水分子外的各微粒的浓
77、度由大到小的顺序为c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）c（H+）c（OH）【分析】（1）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大；（2）化学式中铵根离子个数相等的强电解质中，醋酸根离子促进铵根离子水解，氢离子抑制铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，其电离程度较小；（3）水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，水的离子积常数增大，在t时将pH=11的NaOH溶液中c（OH）=mol/L=0.01mol/L，pH=1的H2SO4溶液中c（H+）=0.1mol/L，若所得混合溶液的pH=2，则混合溶液中c（H+）=0.0
78、1mol/L，据此计算a、b之比；（4）醋酸和氢氧化钠等物质的量反应生成醋酸钠溶液显碱性，若要显中性，则需醋酸过量；根据电荷守恒分析；（5）若将、溶液按体积比为2：1混合后，反应后溶液中的溶质为等物质的量的醋酸和醋酸钠，溶液显酸性【解答】解：（1）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，等浓度的这几种溶液中，NH4Cl促进水电离，H2SO4中氢离子浓度是0.2mol/L、醋酸中氢离子浓度小于0.1mol/L、NaOH中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是，故答案为：；（2）化学
79、式中铵根离子个数相等的强电解质中，醋酸根离子促进铵根离子水解，氢离子抑制铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，其电离程度较小，所以等浓度的这几种溶液中，铵根离子浓度大小顺序是，故答案为：；（3）水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，水的离子积常数增大，所以t25，在t时将pH=11的NaOH溶液中c（OH）=mol/L=0.01mol/L，pH=1的H2SO4溶液中c（H+）=0.1mol/L，若所得混合溶液的pH=2，则混合溶液中c（H+）=0.01mol/L，a：b=9：2，故答案为：；9：2；（4）醋酸和氢氧化钠等物质的量反应生成醋酸钠溶液显碱性，若要显中性，则需醋酸过量，已知醋酸与氢氧化钠的浓度相同，所以消耗的醋酸的体积要大，即消耗溶液的体积：；若有c（CH3COO）c（Na+），由电荷守恒c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）可知，c（OH）c（H+），即溶液显酸性，故A正确；故答案为：；A；（5）若将、溶液按体积比为2：1混合后，反应后溶液中的溶质为等物质的量的醋酸和醋酸钠，溶液显酸性，所以溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）c（H+）c（OH）；故答案为：c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）c（H+）c（OH）
