1、2015-2016学年广东省揭阳市普宁一中高二（上）第三次月考化学试卷一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共48分）1我国宣布到2030年非化石能源占一次能源消费比重将提高到20%左右下列不属于化石能源的是（）A煤B石油C天然气D生物质能2250和1.01105Pa时，反应 2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）；H=+56.76kJmol1，自发进行的原因是（）A是吸热反应B是放热反应C是熵减少的反应D熵增大效应大于焓变效应3下列说法或表示方法正确的是（）A由C（石墨）=C（金刚石）H=+11.9 kJ/mol，可知金刚石比石墨稳定B等质量的硫蒸气和硫固体分别在氧气中完
2、全燃烧，后者放出的热量多C水力（水能）按不同的分类可看成可再生能源和一级能源D可表示氢气燃烧热的热化学方程式为H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241.8 kJ/mol4下列关于电解质溶液的叙述正确的是（）ApH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍BpH相同的盐酸和醋酸溶液，加水稀释100倍后两溶液pH仍相同C中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同D25，将pH=5的盐酸稀释1000倍后，溶液的pH=85已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+IH2O+IO 慢H2O2+I
3、OH2O+O2+I 快下列有关该反应的说法正确的是（）A反应速率与I的浓度有关BIO也是该反应的催化剂C反应活化能等于98kJmol1Dv（H2O2）=v（H2O）=v（O2）6右图曲线a表示放热反应X（g）+Y（g）Z（g）+M（g）+N（s）进行过程中X的转化率随时间变化的关系，若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是（）A减小体积B加大X的投入量C减压D升高温度7某温度下在密闭容器中发生反应2M（g）+N（g）2E（g），若开始时只充入2molE（g），达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了10%；若开始只充入2molM和1molN混合气体，达平衡时M的转化率为（）A20
4、%B60%C80%D90%8可逆反应aA（s）+bB（g）cC（g）+dD（g），H=Q kJ/mol，反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度（T）、压强（p）的关系如图所示，据图分析，以下正确的是（）AT1T2，Q0BT1T2，Q0Cp1p2，a+b=c+dDp1p2，b=c+d9一定条件下，可逆反应C（s）+CO2（g）2CO（g）；H0，达到平衡状态，现进行如下操作：升高反应体系的温度；增加反应物C的用量；缩小反应体系的体积；减少体系中CO的量上述措施中一定能使反应的正反应速率显著加快的是（）ABCD10下列叙述正确的是（）A95纯水的pH7，说明加热可导致水呈酸性B
5、pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4C0.2mol/L的盐酸，与等体积水混合后pH=1DpH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=711下列溶液中导电性最强的是（）A1L0.1mol/L醋酸B0.1L 0.1mol/L H2SO4溶液C0.5L 0.1mol/L盐酸D2L 0.1mol/L H2SO3溶液12右图表示反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H=92.2kJ/mol在某段时间t0t6中反应速率与反应过程的曲线图如下，则氨的百分含量最高的一段时间是（）At0t1Bt2t3Ct3t4Dt5t613将固体A置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：A（s
6、）B（g）+C（g）；2C（g）D（g）+E（g）达到平衡时，c（D）=0.5molL1，c（C）=4molL1，则此温度下反应的平衡常数为（）A25B20C16D914某同学按照课本实验要求，用50mL 0.50mol/L的盐酸与50mL 0.55mol/L的NaOH 溶液在如图所示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热下列说法中，正确的是（）A实验过程中没有热量损失B图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒C烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯D若将盐酸体积改为60 mL，理论上所求中和热不相等15容积固定的密闭容器中存在如下反应：A（g）+3B（g）2C（g），H0某研究小组研
7、究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出右图所示关系图：下列判断一定错误的是（）图研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高图研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较高图研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高图研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高ABCD1625时将水不断滴入0.1mol/L的氨水中，下列变化的图象合理的是（）ABCD17在恒温条件下，有甲、乙两容器，甲容器为体积不变的密闭容器，乙容器为一个恒压的密闭容器，两容器起始状态完全相同，都充有C气体，若发生可逆反应C（g）A（g）+B（g），经一段时间后，甲、乙两容器反应都
8、达到平衡，下列说法中正确的是（）A平均反应速度：乙甲B平衡时C的物质的量甲乙C平衡时C的转化率：乙甲D平衡时A的物质的量甲乙18可逆反应2NO2（g）N2O4（g），H0在密闭容器中进行，当达到平衡时，欲通过改变条件，达到新平衡后使气体颜色加深，应采取的措施是（）A增大容器体积B温度压强不变，充入N2O4（g）C温度压强不变，充入NO2（g）D容器容积不变，升高温度19可逆反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）从正方向开始，并达到了平衡，此时SO2和O2的物质的量之比为2：1，若采取某种措施，导致SO2和O2又消耗了一些，并再次达到平衡，下列说法正确的是（）A新平衡体系中，SO2和O2物
9、质的量之比仍为2：1B平衡向正反应方向移动，原因是正反应速率增大，逆反应速率减小C新平衡体系与旧平衡体系比较，SO3的浓度肯定增大D若所采取的措施是缩小容器的容积，则新旧平衡中SO2和O2的转化率之比都是1：120在密闭容中发生下列反应aA（g）cC（g）+dD（g），反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，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的转化率变小B平衡向正反应方向移动CD的体积分数变大Dac+d21pH相同的氨水、氢氧化钠和氢氧化钡溶液，分别用蒸馏水稀释到原来的X倍、Y倍、Z倍，稀释后三种溶液的pH同，则X、Y、Z的关系是（）AX=Y=ZBXY=
10、ZCXY=ZDX=YZ22室温下，将1mol的CuSO45H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为H1，将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为H2：CuSO45H2O受热分解的化学方程式为CuSO45H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为H3，则下列判断正确的是（）AH2H3BH1H3CH1+H3=H2DH1+H2H323在pH相同，体积相等的盐酸A和醋酸溶液B中，分别加入等质量的锌，若反应停止后，有一份溶液中锌有剩余，则正确的判断是（）反应所需时间BA；开始时反应速度AB参加反应的锌的质量BA；整个反应阶段平均速度BA；盐酸中锌有剩余；醋酸溶液中锌有
11、剩余；盐酸中放氢气多；醋酸溶液中放氢气多ABCD24在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：（已知N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1）容器甲乙丙反应物的投入量1molN2、3molH22molNH34molNH3NH3的浓度（molL1）c1c2c3反应的能量变化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ体系的压强（Pa）p1p2p3反应物的转化率a1a2a3下列说法正确的是（）A2c1c3Ba+b=92.4C2p2p3D1+3=1二、填空题（共5道大题，52分）25甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料利用合成气（
12、主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：CO（g）+H2（g）CH3OH（g）H1CO2（g）+H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H2CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H3回答下列问题：化学键HHCOCOHOCHE/（kJmol1）4363431076465413（1）已知反应中的相关的化学键键能数据如下：由此计算H1=kJmol1，已知H2=58kJmol1，则H3=kJmol1（2）反应的化学平衡常数K的表达式为；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为（填曲线标记字母），其判断理由是（3）合成气的组成=2.60时体系中的CO平
13、衡转化率（a）与温度和压强的关系如图2所示CO平衡转化率a（CO）值随温度升高而（填“增大”或“减小”），其原因是26在一个容积为2L的密闭容器中，加入0.8mol的A2气体和0.6molB2气体，一定条件下发生如下反应：A2（g）+B2（g）2AB（g）H0，反应中各物质的浓度随时间的变化情况如图所示（1）在上述反应达到平衡后，第4min时，若将容器的体积快速扩大一倍（其他条件不变），请在图中画出4min5min的AB浓度的变化线（2）在相同条件下，若开始时向此容器中加入的A2（g）、B2（g）和AB（g）的物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.8mol则反应向反应方向进行（填“正”
14、或“逆”）判断依据是反应达到平衡后，各物质的体积分数与原平衡相比（填序号）A2、B2减小，AB增大 A2、B2增大，AB减小 均不变 无法确定27t时，某NaOH稀溶液中，c（H+）=10amol/L，c（OH）=10bmol/L，已知a+b=12（1）该温度下，水的离子积常数Kw=（2）在该温度下，将100mL0.1mol/L的稀硫酸与100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH=，此时该溶液中由水电离的c（OH）=（3）该温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是28FeC
15、l3 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）（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
16、（OH）2+H+ K1 Fe（OH）2+H2OFe（OH）2+H+ K2Fe（OH）+H2OFe（OH）3+H+ K3通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为：xFe3+yH2OFex（OH）+yH+，欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号）a降温 b加水稀释 c加入NH4Cl d加入NaHCO329在2L密闭恒容容器中，充入1mol N2和3mol H2，一定条件下发生合成氨反应，2min时达到平衡测得平衡时N2的转化率为40%，求：（1）NH3的平衡浓度； （2）该温度下的平衡常数K；（3）H2在平衡混合气体中的体积分数； （4）平衡时容器的压强与起始时压强之比2015
17、-2016学年广东省揭阳市普宁一中高二（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共48分）1我国宣布到2030年非化石能源占一次能源消费比重将提高到20%左右下列不属于化石能源的是（）A煤B石油C天然气D生物质能【考点】化石燃料与基本化工原料【分析】化石能源是指远古时代的动植物在地壳中经过几十亿年的高温、高压从而转化而成的燃料，包括煤、石油和天然气，据此分析【解答】解：化石能源是指远古时代的动植物的尸体在地壳中经过高温、高压、几亿年甚至几十亿年转化而成的燃料，包括煤、石油和天然气，其中生物质能不是化石能源，故选D2250和1.01105Pa时
18、，反应 2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）；H=+56.76kJmol1，自发进行的原因是（）A是吸热反应B是放热反应C是熵减少的反应D熵增大效应大于焓变效应【考点】焓变和熵变；吸热反应和放热反应【分析】反应能够自发进行的判断依据是HTS0，据此解答【解答】2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）；H=+56.76kJmol1，该反应为吸热反应H0，反应能够自发进行，说明HTS0，所以S一定大于0，是熵值增大的反应，故选：D3下列说法或表示方法正确的是（）A由C（石墨）=C（金刚石）H=+11.9 kJ/mol，可知金刚石比石墨稳定B等质量的硫蒸气和硫固体分别在氧气中完全燃烧，后
19、者放出的热量多C水力（水能）按不同的分类可看成可再生能源和一级能源D可表示氢气燃烧热的热化学方程式为H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241.8 kJ/mol【考点】有关反应热的计算；吸热反应和放热反应【分析】A、根据物质能量高的不稳定；B、等质量的硫蒸气具有的能量比硫固体多；C、水能是自然界中以现成形式提供的能源，可以从自然界补充；D、氢气燃烧生成稳定的化合物为液体水【解答】解：A、由C（石墨）=C（金刚石）；H=+1.90 kJ/mol可知金刚石的能量比石墨的能量高，所以石墨比金刚石稳定，故A错误；B、等质量的硫蒸气和硫固体相比较，硫蒸气具有的能量多，因此完全燃烧硫蒸气放出的热量多，
20、故B错误；C、水能是自然界中以现成形式提供的能源，为一级能源，可以从自然界补充属于可再生能源，故C正确；D、氢气燃烧生成稳定的化合物为液体水，所以H2（g）+O2（g）H2O（g）H=241.8 kJ/mol不能表示氢气燃烧热的热化学方程式，故D错误；故选C4下列关于电解质溶液的叙述正确的是（）ApH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍BpH相同的盐酸和醋酸溶液，加水稀释100倍后两溶液pH仍相同C中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同D25，将pH=5的盐酸稀释1000倍后，溶液的pH=8【考点】电解质与非电解质【分析】A、pH相差
21、2，氢离子浓度相差100倍，pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍；B、盐酸是强酸，醋酸是弱酸，加水稀释促进弱酸的电离，加水稀释时醋酸溶液中氢离子物质的量增大，盐酸溶液中氢离子物质的量不变，据此分析；C、盐酸和醋酸与氢氧化钠反应，均按1：1反应；D、酸溶液无限稀释，只能是pH接近7【解答】解：A、pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍，故A正确；B、将等pH的盐酸溶液和醋酸溶液稀释相同的倍数，加水稀释促进醋酸的电离，醋酸溶液的PH变化小，所以稀释后pH：盐酸醋酸，故B错误；C、盐酸和醋酸与氢氧化钠反应，均按1：1反应，HC
22、l与CH3COOH的物质的量不相等，所以消耗的氢氧化钠的物质的量不相等，故C错误；D、酸溶液无限稀释，只能是pH接近7，不能超过7，故D错误，故选A5已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+IH2O+IO 慢H2O2+IOH2O+O2+I 快下列有关该反应的说法正确的是（）A反应速率与I的浓度有关BIO也是该反应的催化剂C反应活化能等于98kJmol1Dv（H2O2）=v（H2O）=v（O2）【考点】反应热和焓变；化学反应的基本原理；化学反应的能量变化规律【分析】A、反应速率的快慢主要决定于反应速率慢的第一步反应；B、反应的催化剂是I；C
23、、分解1mol过氧化氢放出的热量是其H而非活化能；D、在一个化学反应中，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比；【解答】解：A、已知：H2O2+IH2O+IO 慢 H2O2+IOH2O+O2+I 快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的，I是的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，故A正确；B、将反应+可得总反应方程式，反应的催化剂是I，IO只是中间产物，故B错误；C、1mol过氧化氢分解的H=98KJ/mol，H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故C错误；D、因为反应是在含少量I的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故
24、D错误故选：A6右图曲线a表示放热反应X（g）+Y（g）Z（g）+M（g）+N（s）进行过程中X的转化率随时间变化的关系，若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是（）A减小体积B加大X的投入量C减压D升高温度【考点】转化率随温度、压强的变化曲线【分析】由图可知曲线a变为曲线b，到达平衡的时间缩短，应改变条件增大反应速率，同时X的转化率不变，即条件改变不影响平衡移动，结合外界条件对反应速率与化学平衡的影响分析【解答】解：由图可知曲线a变为曲线b，到达平衡的时间缩短，应改变条件增大反应速率，同时X的转化率不变，即条件改变不影响平衡移动，A、缩小反应容器的体积加压，反应加快，反应前后
25、气体的物质的量不变，平衡不移动，故A正确；B、加大Y的投入量，反应加快，平衡向正反应移动，X的转化率增大，故B错误；C、减小压强，反应速率减小，反应前后气体的物质的量不变，平衡不移动，故C错误；D、该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，X的转化率降低，故D错误；故选A7某温度下在密闭容器中发生反应2M（g）+N（g）2E（g），若开始时只充入2molE（g），达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了10%；若开始只充入2molM和1molN混合气体，达平衡时M的转化率为（）A20%B60%C80%D90%【考点】化学平衡的计算【分析】若开始只充入2molM和1molN混合气体，与开
26、始时只充入2molE（g），极限转化后起始量相同，则平衡为等同的平衡，平衡时各物质的量相同，则 2E（g）2M（g）+N（g），开始 2 0 0转化 x x 0.5x平衡2x x 0.5x，达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了10%，则=，解得x=0.4mol，所以2M（g）+N（g）2E（g），开始2 1 0平衡0.4 0.2 1.6以此计算转化率【解答】解：若开始只充入2molM和1molN混合气体，与开始时只充入2molE（g），极限转化后起始量相同，则平衡为等同的平衡，平衡时各物质的量相同，则 2E（g）2M（g）+N（g），开始 2 0 0转化 x x 0.5x平衡2x x 0.5
27、x，达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了10%，则=，解得x=0.4mol，所以2M（g）+N（g）2E（g），开始2 1 0平衡0.4 0.2 1.6则M的转化率为100%=80%，故选C8可逆反应aA（s）+bB（g）cC（g）+dD（g），H=Q kJ/mol，反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度（T）、压强（p）的关系如图所示，据图分析，以下正确的是（）AT1T2，Q0BT1T2，Q0Cp1p2，a+b=c+dDp1p2，b=c+d【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图象可知
28、T2T1；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图象可知p2p1；根据温度、压强对化学平衡移动的影响解答该题；【解答】解：当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图象可知T2T1，温度越高，平衡时C的百分含量（C%）越小，说明升高温度平衡逆移，故此反应的正反应为放热反应，即Q0；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图象可知p2p1；增大压强时B%不变，说明压强对平衡无影响，所以反应前后气体的计量数相等，即b=c+d，故D正确；故选：D9一定条件下，可逆反应C（s）+CO2（g）2CO（g）；H0，达到平衡
29、状态，现进行如下操作：升高反应体系的温度；增加反应物C的用量；缩小反应体系的体积；减少体系中CO的量上述措施中一定能使反应的正反应速率显著加快的是（）ABCD【考点】化学反应速率的影响因素【分析】增加反应速率，则升高温度、增大浓度或增大压强等，注意C为固体的特点，以此解答【解答】解：升高反应体系的温度，能增大反应速率；由于碳为固体，增加反应物C的用量，对反应速率没有影响；缩小反应体系的体积，压强增大，气体浓度增大，反应速率增大；减少体系中CO的量，反应速率减小则能使反应的正反应速率显著加快的是，故选：B10下列叙述正确的是（）A95纯水的pH7，说明加热可导致水呈酸性BpH=3的醋酸溶液，稀释
30、至10倍后pH=4C0.2mol/L的盐酸，与等体积水混合后pH=1DpH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A纯水中c（H+）=c（OH），溶液呈中性；B醋酸为弱酸，加水稀释促进电离；C根据c（H+）=，PH=lgc（H+）计算；DpH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液中：c（H+）=c（OH）=1103mol/L，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大【解答】解：A水的电离为吸热过程，温度升高，促进电离，溶液中c（H+）增大，PH减小，但存在c（H+）=c（OH），溶液呈中性，
31、故A错误；B醋酸为弱酸，加水稀释促进电离，pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH4，故B错误；C.0.2mol/L的盐酸，与等体积水混合后，c（H+）=0.1mol/L，pH=1，故C正确；DpH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液中：c（H+）=c（OH）=1103mol/L，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液pH7，故D错误故选：C11下列溶液中导电性最强的是（）A1L0.1mol/L醋酸B0.1L 0.1mol/L H2SO4溶液C0.5L 0.1mol/L盐酸D2L 0.1mol/L H2SO3溶液【考点】电解质溶液的导电
32、性【分析】溶液的导电性取决于溶液离子浓度大小，离子浓度越大，则导电性越强，分别计算溶液中离子浓度总和分析判断，强电解质溶液中离子浓度=溶质浓度离子数，弱电解质溶液中存在电离平衡，电离程度较小，多元弱酸分步电离，以此解答【解答】解：A、醋酸为弱电解质，溶液中存在电离平衡，CH3COOHCH3COO+H+，不能完全电离成离子，溶液中阴阳离子总浓度小于0.2moL/L；B、0.1mol/LH2SO4溶液中硫酸为强电解质完全电离，阴阳离子总浓度等于0.3mol/L；C、0.1mol/L 盐酸中HCl为强电解质完全电离，阴阳离子总浓度等于0.2mol/L；D、0.1mol/LH2SO3溶液中亚硫酸为弱电
33、解质，H2SO3不能完全电离，溶液中分步电离，H2SO3H+HSO3，HSO3H+SO32，则阴阳离子总浓度应略大于0.2mol/L；则离子浓度最大的为B，导电性应最强，故选B12右图表示反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H=92.2kJ/mol在某段时间t0t6中反应速率与反应过程的曲线图如下，则氨的百分含量最高的一段时间是（）At0t1Bt2t3Ct3t4Dt5t6【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用【分析】可逆反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，该反应为体积减小的放热反应，改变反应条件平衡移动，根据各时刻的速率变化判断平衡移动移动方向，据此判断NH3的含量变
34、化，据此解答【解答】解：可逆反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，该反应为体积减小的放热反应，t0t1，正、逆反应速率相等，平衡不移动；t1t2，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，导致氨气的含量降低，氨气含量较t0t1低；t2t3，正、逆反应速率相等，处于平衡状态，氨气的含量不变，氨气含量较t1t2低；t3t4，正、逆反应速率都同等程度的增大平衡不移动，氨气的含量不变，氨气含量与t2t3相同；t4t5，正、逆反应速率都降低，但逆反应速率大于正反应速率，导致平衡向逆反应方向移动，氨气的含量降低；t5t6，正、逆反应速率相等，平衡不移动，氨气的含量不
35、变，氨气含量较t4t5低；所以平衡混合物中氨的百分含量最低的时间段是t5t6，NH3的含量最高的一段时间是t0t1，故答案为：A13将固体A置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：A（s）B（g）+C（g）；2C（g）D（g）+E（g）达到平衡时，c（D）=0.5molL1，c（C）=4molL1，则此温度下反应的平衡常数为（）A25B20C16D9【考点】化学平衡的计算【分析】反应的平衡常数k=c（B）c（C），A分解生成的B为平衡时C与分解的C之和，由反应可知分解的c（C）为平衡时c（D）的2倍，求出为A分解生成的B，代入反应的平衡常数K=c（B）c（C）计算【解答】解：平衡时c（C）=
36、4molL1，c（D）=0.5molL1，A分解生成的C的浓度为4+0.52=5molL1，则：所以A分解生成的B的浓度为5molL1，所以反应的平衡常数k=c（B）c（C）=5molL14molL1=20mol2L2故选：B14某同学按照课本实验要求，用50mL 0.50mol/L的盐酸与50mL 0.55mol/L的NaOH 溶液在如图所示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热下列说法中，正确的是（）A实验过程中没有热量损失B图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒C烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯D若将盐酸体积改为60 mL，理论上所求中和热不相等【考点】中和热的测定【分析
37、】A根据实验过程的保温情况确定保温效果；B根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；C中和热测定实验成败的关键是保温工作；D中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关【解答】解：A该装置的保温效果并不如量热计那样好，大小烧杯之间要填满纸片，装置存在热量的散失，故A错误；B根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，故B正确；C中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故C错误；D因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关，若将盐酸体积改为60 mL，两次实验所求得中和热相等，
38、故D错误；故选：B15容积固定的密闭容器中存在如下反应：A（g）+3B（g）2C（g），H0某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出右图所示关系图：下列判断一定错误的是（）图研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高图研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较高图研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高图研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高ABCD【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线；转化率随温度、压强的变化曲线【分析】催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，所以图研究的不是催化剂；从化学反应速率来讲，是甲的压强较高，增
39、大压强平衡右移，B的转化率增大；从化学反应速率来讲，是甲的温度较高，升高温度平衡左移动，B的转化率减小；催化剂不影响化学平衡，平衡不变，催化剂效率越高，到达平衡的时间越短【解答】解：催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，而图中平衡发生了移动，所以图研究的不是催化剂，故错误；从化学反应速率来讲，是甲的压强较高，对于反映A（g）+3B（g）2C（g）增大压强平衡右移，B的转化率增大而不是减小，故错误；从化学反应速率来讲，是甲的温度较高，该反应为放热反应，升高温度平衡左移动，B的转化率减小，故正确；催化剂不影响化学平衡，平衡不变，催化剂效率越高，到达平衡的时间越短，故正确，判断一定错误的是；故选A
40、1625时将水不断滴入0.1mol/L的氨水中，下列变化的图象合理的是（）ABCD【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解质溶液的导电性【分析】25时将水不断滴入0.1mol/L的氨水中，一开始起决定因素的是浓度，溶液越稀，PH下降得越快，不呈一次函数是因为氨水是弱碱，越稀越电离，但是浓度起主要作用在拐点处，浓度不断下降，电离起主要作用后面PH的变化肯定是越来越慢 因为不管怎么稀释 PH只能越来越接近7却达不到7，所以pH会越降越慢；A、稀释时氢氧根离子浓度下降，pH下降，趋近于7；B、加入水电离度始终增大；C、离子浓度下降，导电能力下降；D、温度一定溶液中存在离子积常数，氢氧根离子浓度下降
41、，氢离子浓度增大，最后基本不变【解答】解：A、稀释时氢氧根离子浓度下降，pH下降，趋近于7，不能低于7，故A正确；B、弱电解质加水稀释过程中，促进电离，电离度始终增大，故B错误；C、溶液导电能力取决于离子浓度大小，加水稀释离子浓度下降，导电能力下降，故C错误；D、温度一定，溶液中 存在离子积常数，氢氧根离子浓度下降，氢离子浓度增大，最后基本不变，故D错误；故选A17在恒温条件下，有甲、乙两容器，甲容器为体积不变的密闭容器，乙容器为一个恒压的密闭容器，两容器起始状态完全相同，都充有C气体，若发生可逆反应C（g）A（g）+B（g），经一段时间后，甲、乙两容器反应都达到平衡，下列说法中正确的是（）A
42、平均反应速度：乙甲B平衡时C的物质的量甲乙C平衡时C的转化率：乙甲D平衡时A的物质的量甲乙【考点】化学平衡的影响因素【分析】甲容器为体积不变的密闭容器，而乙容器为一个恒压的密闭容器发生C（g）A（g）+B（g），气体体积变大，相当于减小压强，以此来解答【解答】解：甲容器为体积不变的密闭容器，而乙容器为一个恒压的密闭容器发生C（g）A（g）+B（g），气体体积变大，相当于减小压强，A压强小，反应速率小，则平均反应速度：乙甲，故A错误；B减小压强，平衡正向移动，则乙中C的含量低，故B正确；C减小压强，平衡正向移动，则乙中转化率高，故C错误；D减小压强，平衡正向移动，则乙中A的物质的量大，故D错误；
43、故选B18可逆反应2NO2（g）N2O4（g），H0在密闭容器中进行，当达到平衡时，欲通过改变条件，达到新平衡后使气体颜色加深，应采取的措施是（）A增大容器体积B温度压强不变，充入N2O4（g）C温度压强不变，充入NO2（g）D容器容积不变，升高温度【考点】化学平衡的影响因素【分析】该反应是一个气体体积减小的放热反应，当达到平衡时欲使混合气体的颜色加深，则使NO2的浓度增大即可【解答】解：A增大容器的体积，NO2浓度减小，则混合气体颜色变浅，故A错误；B温度压强不变，充入N2O4（g），新平衡与原平衡相比不移动，NO2浓度不变，则混合气体颜色不变，故B错误；C温度压强不变，充入NO2，新平衡与
44、原平衡相比不移动，NO2浓度不变，则混合气体颜色不变，故C错误；D容器容积不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2浓度增大，则混合气体颜色加深，故D正确；故选D19可逆反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）从正方向开始，并达到了平衡，此时SO2和O2的物质的量之比为2：1，若采取某种措施，导致SO2和O2又消耗了一些，并再次达到平衡，下列说法正确的是（）A新平衡体系中，SO2和O2物质的量之比仍为2：1B平衡向正反应方向移动，原因是正反应速率增大，逆反应速率减小C新平衡体系与旧平衡体系比较，SO3的浓度肯定增大D若所采取的措施是缩小容器的容积，则新旧平衡中SO2和O2的转化率之比都是
45、1：1【考点】化学平衡的影响因素【分析】达到了平衡，此时SO2和O2的物质的量之比为2：1，转化的量之比为2：1，则起始量之比为2：1，采取的措施为加压或降温新平衡中比值不变，以此来解答【解答】解：A平衡时SO2和O2的物质的量之比为2：1，若加入某种反应物，则新平衡体系中，SO2和O2物质的量之比不为2：1，故A错误；B若增大压强，平衡向正反应方向移动，正逆反应速率均增大，但正反应速率大于逆反应速率，故B错误；C若恒压下，再加入物质的量之比为2：1的SO2和O2，达新平衡SO3的浓度不变，故C错误；D若所采取的措施是缩小容器的容积，平衡向正反应方向移动，转化的量之比为2：1，则新旧平衡中SO
46、2和O2的转化率之比都是1：1，故D正确；故选D20在密闭容中发生下列反应aA（g）cC（g）+dD（g），反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，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的转化率变小B平衡向正反应方向移动CD的体积分数变大Dac+d【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【分析】气体体积刚压缩平衡还未移动时D的浓度是原来的2倍，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，D的浓度减小，所以压缩体积使平衡向逆反应方向移动【解答】解：气体体积刚压缩平衡还未移动时D的浓度是原来的2倍，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，D的浓度减小，
47、所以压缩体积使平衡向逆反应方向移动A、平衡向逆反应方向移动，A的转化率变小，故A正确；B、平衡向逆反应方向移动，故B错误；C、平衡向逆反应方向移动，D的体积分数减小，故C错误；D、增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，该平衡向逆反应方向移动，所以ac+d，故D错误；故选A21pH相同的氨水、氢氧化钠和氢氧化钡溶液，分别用蒸馏水稀释到原来的X倍、Y倍、Z倍，稀释后三种溶液的pH同，则X、Y、Z的关系是（）AX=Y=ZBXY=ZCXY=ZDX=YZ【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】稀释后三种溶液的pH同，则溶液中C（OH）相等，根据加水稀释时溶液中n（OH）变化确定稀释后溶液体积的相对
48、大小【解答】解：氨水是弱电解质，氢氧化钠和氢氧化钡是强电解质，加水稀释过程中，促进氨水电离，导致氨水中n（OH）增大，而氢氧化钠和氢氧化钡中n（OH）不变，要使稀释后三种溶液的pH同，则溶液体积关系为：氨水氢氧化钠=氢氧化钡，所以X、Y、Z的关系是XY=Z，故选B22室温下，将1mol的CuSO45H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为H1，将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为H2：CuSO45H2O受热分解的化学方程式为CuSO45H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为H3，则下列判断正确的是（）AH2H3BH1H3CH1+H3=H2DH1+H2
49、H3【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO45H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42（aq）+5H2O（l）H10；CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42（aq）H2；已知CuSO45H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）H3，根据盖斯定律确定之间的关系【解答】解：胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO45H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42（aq）+5H2O（l）H10；CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42（aq）H20；已知CuSO45H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）H3；依据盖斯定律得到，所以
50、H3=H1H2；H20，H10，则H30，A、上述分析可知H2H3，故A错误；B、分析可知H2=H1H3，由于H20，H3H1 ，故B正确；C、H3=H1H2，故C错误；D、H20，H10、H3H1+H2，故D错误；故选B23在pH相同，体积相等的盐酸A和醋酸溶液B中，分别加入等质量的锌，若反应停止后，有一份溶液中锌有剩余，则正确的判断是（）反应所需时间BA；开始时反应速度AB参加反应的锌的质量BA；整个反应阶段平均速度BA；盐酸中锌有剩余；醋酸溶液中锌有剩余；盐酸中放氢气多；醋酸溶液中放氢气多ABCD【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，氯化氢是
51、强电解质，所以等pH的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量浓度大于盐酸，等体积等pH的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量大于盐酸，加入等质量的锌，若反应停止后，若有一份溶液中锌有剩余，则有锌剩余的酸是盐酸【解答】解：醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，氯化氢是强电解质，所以等pH的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量浓度大于盐酸，等体积等pH的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量大于盐酸，加入等质量的锌，若反应停止后，若有一份溶液中锌有剩余，则有锌剩余的酸是盐酸，醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，反应过程中，醋酸溶液中氢离子浓度始终大于盐酸，则反应速率醋酸始终大于盐酸，所以反应所需时间BA，故错误；开始时氢离子浓度相等，所以
52、反应速度A=B，故错误；等体积等pH的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以参加反应的锌的质量BA，故正确；反应过程中，醋酸溶液中氢离子浓度始终大于盐酸，则反应速率醋酸始终大于盐酸，所以整个反应阶段平均速度BA，故正确；盐酸的物质的量小于醋酸，所以盐酸中锌有剩余，故正确；盐酸的物质的量小于醋酸，所以盐酸中锌有剩余，醋酸溶液中锌没有剩余，故错误；盐酸的物质的量小于醋酸，所以醋酸中放氢气多，故错误；盐酸的物质的量小于醋酸，所以醋酸中放氢气多，故正确；故选A24在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：（已知N2（g）+3H2（g）2
53、NH3（g）H=92.4kJmol1）容器甲乙丙反应物的投入量1molN2、3molH22molNH34molNH3NH3的浓度（molL1）c1c2c3反应的能量变化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ体系的压强（Pa）p1p2p3反应物的转化率a1a2a3下列说法正确的是（）A2c1c3Ba+b=92.4C2p2p3D1+3=1【考点】等效平衡；化学平衡的影响因素【分析】甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量2molNH3，恒温且乙容器容积和甲容器相同，则甲容器与乙容器是等效平衡；甲容器反应物投入1molN2、3molH2，丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法
54、转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡；所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，据此分析平衡移动【解答】解：甲投入1molN2、3molH2，乙容器投入量2molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与乙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，丙容器加入4molNH3，采用极限转化法丙相当于加入2molN2、6molH2，丙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容
55、器为等效平衡，所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的，A、丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，若平衡不移动，c3=2c1；丙相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即c32c1，故A错误；B、甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化
56、之和为92.4kJ，故a+b=92.4，故B正确；C、丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2p3，故C错误；D、丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，转化率1+3=1；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率1+31，故D错误；故选B二、填空题（共5道大题，52分）25甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：CO（g）+H2（g）CH
57、3OH（g）H1CO2（g）+H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H2CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H3回答下列问题：化学键HHCOCOHOCHE/（kJmol1）4363431076465413（1）已知反应中的相关的化学键键能数据如下：由此计算H1=99kJmol1，已知H2=58kJmol1，则H3=+41kJmol1（2）反应的化学平衡常数K的表达式为K=；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为a（填曲线标记字母），其判断理由是反应正反应为放热反应，平衡常数随温度升高而减小（3）合成气的组成=2.60时体系中的CO平衡转化率（a）与温度和压强的关系如图2
58、所示CO平衡转化率a（CO）值随温度升高而减小（填“增大”或“减小”），其原因是反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素【分析】（1）反应热=反应物总键能生成物总键能；根据盖斯定律：反应反应=反应，反应热也进行相应的计算；（2）化学平衡常数指可逆反应得到平衡时，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；化学平衡常数只受温度影响，根据温度对平衡移动的影响，进而判断温度对
59、平衡常数影响；（3）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率降低，根据升高温度对反应、的影响，进行分析CO转化率变化原因【解答】解：（1）反应热=反应物总键能生成物总键能，故H1=1076kJmol1+2436kJmol1（3413+343+465）kJmol1=99kJmol1；根据盖斯定律：反应反应=反应，故H3=H2H1=58kJmol1（99kJmol1）=+41kJmol1，故答案为：99；+41；（2）反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）的平衡常数表达式K=；反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线a正确反映平衡常数K随温度变化关系，
60、故答案为：K=；a；反应正反应为放热反应，平衡常数随温度升高而减小；（3）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率减小，反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小；故答案为：减小；反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小26在一个容积为2L的密闭容器中，加入0.8mol的A2气体和0.6molB2
61、气体，一定条件下发生如下反应：A2（g）+B2（g）2AB（g）H0，反应中各物质的浓度随时间的变化情况如图所示（1）在上述反应达到平衡后，第4min时，若将容器的体积快速扩大一倍（其他条件不变），请在图中画出4min5min的AB浓度的变化线（2）在相同条件下，若开始时向此容器中加入的A2（g）、B2（g）和AB（g）的物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.8mol则反应向正反应方向进行（填“正”或“逆”）判断依据是浓度商Qc=8K=，反应向正反应进行反应达到平衡后，各物质的体积分数与原平衡相比（填序号）A2、B2减小，AB增大 A2、B2增大，AB减小 均不变 无法确定【考点】化学
62、平衡的计算【分析】（1）上述反应达到平衡后，第4min时，若把容器的体积快速扩大一倍，瞬间AB的浓度变为原来的一半，该反应反应前后气体体积不变，压强只改变反应速率，不改变平衡移动；（2）根据图可知，平衡时AB的浓度变化为0.5mol/L，则A2的浓度变化为0.25mol/L，所以a=0.4mol/L0.25mol/L=0.15mol/L，平衡时B2的浓度为0.3mol/L0.25mol/L=0.05mol/L，根据K=计算平衡常数，计算此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若QcK，反应向正反应进行，若QcK，反应向逆反应进行；若开始时向此容器中加入的A2（g）、B2（g）和AB（g）的物
63、质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.8mol，等效为开始加入加入0.8mol的A2气体和0.6molB2气体，与原平衡为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量浓度相等【解答】解：（1）上述反应达到平衡后，第4min时，若把容器的体积快速扩大一倍，瞬间AB的浓度变为原来的一半，该反应反应前后气体体积不变，压强只改变反应速率，不改变平衡移动，4min5min的AB浓度的变化线为：，故答案为：；（2）根据图可知，平衡时AB的浓度变化为0.5mol/L，则A2的浓度变化为0.25mol/L，所以a=0.4mol/L0.25mol/L=0.15mol/L，平衡时B2的浓度为0.3mol/L0.2
64、5mol/L=0.05mol/L，平衡常数K=，若开始时向此容器中加入的A2（g）、B2（g）和AB（g）的物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.8mol，浓度商Qc=8K=，反应向正反应进行，若开始时向此容器中加入的A2（g）、B2（g）和AB（g）的物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.8mol，等效为开始加入加入0.8mol的A2气体和0.6molB2气体，恒温恒容下，与原平衡为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量浓度相等，反应达到平衡后，各物质的体积分数与原平衡相比均不变，故答案为：正反应；浓度商Qc=8K=，反应向正反应进行；27t时，某NaOH稀溶液中，c（H+）
65、=10amol/L，c（OH）=10bmol/L，已知a+b=12（1）该温度下，水的离子积常数Kw=1012（2）在该温度下，将100mL0.1mol/L的稀硫酸与100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH=11，此时该溶液中由水电离的c（OH）=1011mol/L（3）该温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是a+b=14【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；pH的简单计算【分析】（1）水的离子积常数Kw=c（H+）c（OH）=10amol/L.10bmol/L
66、=1012（mol/L）2；（2）混合溶液中c（OH）= mol/L=0.1mol/L，溶液中c（H+）=mol/L=1011mol/L；溶液呈碱性，碱抑制水电离，水电离出的氢氧根离子浓度等于溶液中氢离子浓度；（3）该温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，说明酸中氢离子物质的量等于碱中氢氧根离子物质的量，据此计算【解答】解：（1）水的离子积常数Kw=c（H+）c（OH）=10amol/L.10bmol/L=1012（mol/L）2，故答案为：1012；（2）混合溶液中c（OH）= mol/L=0.1mol/L，溶液中c（H+）=mol/L=1
67、011mol/L，则溶液的pH=11；溶液呈碱性，碱抑制水电离，水电离出的氢氧根离子浓度等于溶液中氢离子浓度，为1011mol/L，故答案为：11；1011mol/L；（3）该温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，说明酸中氢离子物质的量等于碱中氢氧根离子物质的量，则溶液中10010a=110b12，则a+b=14，故答案为：a+b=1428FeCl3 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胶体粒子能吸附水中的
68、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：ClO3+Fe2+H+=Cl+Fe3+H2O（3）FeCl3 在溶液中分三步水解：Fe3+H2OFe（OH）2+H+ K1 Fe（OH）2+H2OFe（OH）2+H+ K2Fe（OH）+H2OFe（OH
69、）3+H+ K3通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为：xFe3+yH2OFex（OH）+yH+，欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号）bda降温 b加水稀释 c加入NH4Cl d加入NaHCO3【考点】盐类水解的原理；氧化还原反应方程式的配平；化学平衡的影响因素；pH的简单计算【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p
70、H=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+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）控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以降温平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，平衡正向移动【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶
71、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（Fe3+）+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
72、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，故答案为：1；6；6H+；1；6；3H2O；（3）控制条件使平衡正向移动，使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，故选bd；故答案为：bd2
73、9在2L密闭恒容容器中，充入1mol N2和3mol H2，一定条件下发生合成氨反应，2min时达到平衡测得平衡时N2的转化率为40%，求：（1）NH3的平衡浓度； （2）该温度下的平衡常数K；（3）H2在平衡混合气体中的体积分数； （4）平衡时容器的压强与起始时压强之比【考点】化学平衡的计算【分析】平衡时氮气的转化率为40%，据此可以计算出反应消耗的氮气的物质的量，然后利用化学平衡的三段式分别计算出起始、转化及平衡时各组分的物质的量，（1）根据c=计算出氨气的平衡浓度；（2）分别计算出达到平衡时各组分的浓度，然后根据平衡常数的表达式计算出该反应的平衡常数；（3）相同条件下气体的体积与物质的量
74、成正比，据此计算出H2在平衡混合气体中的体积分数；（4）相同条件下气体的压强与物质的量成正比，根据反应前后气体的物质的量计算出平衡时容器内的压强与起始时压强之比【解答】解：平衡时氮气的转化率为40%，则反应达到平衡时消耗氮气的物质的量为：1mol40%=0.4mol， N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始（mol）：1 3 0转化（mol）：0.4 1.2 0.8平衡（mol）：0.6 1.8 0.8（1）NH3的平衡浓度为：c（NH3）=0.4 molL，答：NH3的平衡浓度为：0.4 molL； （2）达到平衡时各组分浓度为：c（NH3）=0.4 molL、c（H2）=0.9mol、c（N2）=0.3mol/L，则该反应的平衡常数为：K=0.73，答：该温度下的平衡常数为0.73；（3）相同条件下气体的体积之比等于其物质的量之比，则平衡时中H2体积分数为：100%=56.25%，答：H2在平衡混合气体中的体积分数56.25%；（4）相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，P后：P前=n后：n前=（1.8mol+0.6mol+0.8mol）：4mol=4：5，答：平衡时容器的压强与起始时压强之比为4：52016年11月8日