1、2016-2017学年天津市芦台一中等六校联考高二（上）期中化学试卷一、选择题（本题包括25小题，每题只有一个正确答案，每题2分，共50分）1下列说法正确的是（）A化学反应除了生成新的物质外，还伴随着能量的变化B据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量C放热的化学反应不需要加热就能发生D吸热反应不加热就不会发生2下列数据不一定随着温度升高而增大的是（）A化学反应速率vB化学平衡常数KC弱电解质的电离平衡常数KD水的离子积常数Kw3在一定温度下、一定体积条件下，能说明下列反应达到平衡状态的是（）A反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） 容器内的密度不随时间变化B反应A2（g）+
2、B2（g）2AB（g）容器内A2的消耗速率与AB消耗速率相等C反应N2+3H22NH3容器内气体平均相对分子质量不随时间变化D反应4A（s）+3B（g）2C（g）+D（g）容器内气体总压强不随时间变化4下列反应过程能量变化如下所示：H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H下列说法错误的是（）AHH键比ClCl键稳定BH=184.5 kJmol1C正反应活化能比逆反应活化能高D在相同条件下，1mol H2（g）和1mol Cl2（g）分别在点燃和光照条件下反应生成2mol HCl（g），重新恢复到原来的状态时H相同5已知反应 2NH3N2+3H2，在某温度下的平衡常数为0.25，那么，在此条件下
3、，氨的合成反应N2+H2NH3 的平衡常数为（）A4B2C1D0.56化学反应4A（s）+3B（g）2C（g）+D（g），经2min，B的浓度减少0.6mol/L对此反应速率的表示正确的是（）A用A表示的反应速率是0.4 mol（Lmin）1B2 min内，v正（B）和v逆（C）表示的反应速率的值都是逐渐减小的C2 min末的反应速率用B表示是0.3 mol（Lmin）1D分别用B、C、D表示的反应速率其比值是3：2：17下列说法正确的是（）A增大反应物浓度可以增大活化分子百分数，从而使反应速率增大B汽车尾气的催化转化装置可将尾气中的NO和CO等有害气体快速地转化为N2和CO2，其原因是催化剂
4、可增大NO和CO反应的活化能C常温下，反应C（s）+CO2（g）2CO（g）不能自发进行，则该反应的H0D在“中和热的测量实验”中测定反应后温度的操作方法：将量筒中的NaOH溶液经玻璃棒引流缓缓倒入盛有盐酸的简易量热计中，立即盖上盖板，并用环形玻璃搅拌棒不断搅拌，准确读出并记录反应体系的最高温度8下列叙述正确的是（）A常温下，pH=3和pH=5的盐酸各10mL混合，所得溶液的pH=4B当温度不变时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数C液氯虽然不导电，但溶解于水后导电情况良好，因此，液氯也是强电解质D溶液中c（H+）越大，pH也越大，溶液的酸性就越强9下列溶液一定呈酸性的是（）ApH=6
5、.8的溶液B常温下，由水电离的OH离子浓度为11013 mol/LC加入酚酞，不显红色的溶液D常温下，溶液中的H+离子浓度为5107 mol/L10在相同温度时，100mL 0.01mol/L的醋酸溶液与10mL 0.1mol/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（）A中和时所需NaOH的量B与Mg反应的起始速率COH的物质的量浓度D溶液中11下列说法正确的是（）A室温下用广范pH试纸测得某氯水的pH=4B将稀氯化铁溶液和稀硫氰化钾溶液混合，溶液呈浅红色，无论向其中加入浓氯化铁溶液还是浓硫氰化钾溶液，红色都会加深C用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，滴定前仰视读数，滴定后俯视
6、读数会导致待测碱液浓度结果偏高D实验测定酸碱滴定曲线时，要保证整个过程测试和记录pH的间隔相同12一定条件下，某容积不变的密闭容器内存在下列平衡：2HI（g）H2（g）+I2（g）；则下列有关说法正确的是（）A如改变体系温度，体系颜色一定发生变化B如仅仅改变浓度这一条件，使得体系颜色加深，则上述平衡一定正移C继续充入HI气体，则HI的转化率将减小D温度不变时，当体系颜色变浅，则正反应速率和逆反应速率都将减小13重铬酸钾溶液中存在如下平衡：Cr2O72（橙色）+H2O2H+2CrO42（黄色）向2mL0.1molL1 K2Cr2O7溶液中滴入3滴6molL1NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色；向所
7、得溶液中再滴入5滴浓H2SO4，溶液由黄色变为橙色向2mL 0.1molL1酸化的K2Cr2O7溶液中滴入适量（NH4）2Fe（SO4）2溶液，溶液由橙色变为绿色，发生反应：Cr2O72+14H+6Fe2+=2Cr3+（绿色）+6Fe3+7H2O下列分析正确的是（）A实验能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡B实验能说明氧化性：Cr2O72Fe3+CCrO42和Fe2+在酸性溶液中可以大量共存D稀释K2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小14高温下，某反应达平衡，平衡常数恒容时，温度升高，H2浓度减小下列说法正确的是（）A该反应的焓变为正值B恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小C升高温度
8、，逆反应速率减小D该反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H215对于可逆反应 2AB3（g）A2（g）+3B2（g）H0下列图象正确的是（）ABCD16假设体积可以相加，下列叙述正确的是（）A0.2molL1的盐酸，与等体积水混合后pH=1BpH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4C95纯水的pH7，说明加热可导致水呈酸性DpH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=717某温度下，在密闭容器中进行SO2的催化氧化反应若起始时c（SO2）=c（O2）=6mol/L，平衡时测得c（O2）=4.5mol/L，则下列叙述中正确的是（）ASO2的转化率为60%BSO3的产率为6
9、0%C平衡时总压强与起始压强之比为7：8D平衡时V（SO2）：V（O2）：V（SO3）=3：3：118在如图所示的三个容积相同的容器中进行如下反应：3A（g）+B（g）2C（g）H0，若起始温度相同，分别向三个容器中通入3mol A和1mol B，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为（）ABCD19已知反应mX（g）+nY（g）qZ（g）的H0，m+nq，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是（）A通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动BX的正反应速率是Y的逆反应速率的倍C降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小D增加X的物质的量，Y的转化率降低20下列各离子组在指定
10、的溶液中一定能大量共存的是（）常温在C（H+）/C（OH）=1010溶液中：K+、Na+、CH3COO、SO42常温pH=11的溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3水电离出的H+浓度c（H+）=1012molL1的溶液中：Cl、NO3、Na+、S2O32使甲基橙变红色的溶液中：Fe3+、NO3、Na+、SO42ABCD21液氨和水类似，也能电离：NH3+NH3NH4+NH2，25时，其离子积K=1.01030 mol2L2现将2.3g金属钠投入1.0L液氨中，钠完全反应，有NaNH2和H2产生，则所得溶液中不存在的关系式是（设温度保持不变，溶液体积为1L）（）Ac（Na+）=c（NH2）
11、Bc（NH4+）=11029 molL1Cc（NH2）c（NH4+）Dc（NH4+）c（NH2）=1.01030 mol2L222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若b、c两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2Ba、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Db、c两点的HBr的体积分数bc23一定温度下，1molX和n mol Y在容积为2L的密闭容器中发生如下
12、反应：X（g）+Y（g）2Z（g）+M（s），5min后达到平衡，此时生成0.2mol Z下列说法正确的是（）A若将容器压缩时，正逆反应速率均不变B5 min内平均反应速率v（X）=0.02 mol/（Lmin）C向平衡后的体系中加入l molM（s），平衡向逆反应方向移动D当混合气体的质量不再发生变化时，说明反应达到平衡状态241和2，c1和c2分别为两个恒容容器中平衡体系N2O4（g）2NO2（g）和3O2（g）2O3（g）的反应物转化率及反应物的平衡浓度，在温度不变的情况下，均增加反应物的物质的量，下列判断正确的是（）A1、2均减小，c1、c2均增大B1、2均增大，c1、c2均减小C1减
13、小，2增大，c1、c2均增大D1减小，2增大，c1增大，c2减小25有关下列图象的分析错误的是（）A图可表示对平衡N2（g）+3H2（g）2NH3（g）加压、同时移除部分NH3时的速率变化B图中a、b曲线只可表示反应H2（g）十I2（g）2HI（g）在有催化剂和无催化剂存在下建立平衡的过程C图表示向CH3COOH溶液中逐渐加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化D图表示向醋酸溶液中加水时其导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：ab二、解答题（共5小题，满分50分）26硫在空气中燃烧可以生成SO2，SO2在催化剂作用下可以被氧化为SO3，其热化学方程式可表示为：S（g）+O2（g）SO2（g
14、）H=297kJ/mol，SO2（g）+O2（g）SO3（g）；H=98.3kJ/mol如图是上述两个反应过程与能量变化的关系图，其中表示0.4mol SO2（g）、1.6mol SO3（g）、0.2mol O2（g）具有的能量，表示64gS（g）与96g O2（g）所具有的能量（1）的反应是（填“吸热”，“放热”）反应（2）c为KJ（3）图示中b的大小对反应的H的影响是AH随着b的增大而增大BH随着b的增大而减小CH随着b的减小而增大 DH不随b的变化而变化（4）图中的d+eb=KJ27请回答下列问题：（1）纯水在T时，pH=6，该温度下1molL1的NaOH溶液中，由水电离出的c（OH）=
15、 molL1（2）某一元弱酸溶液（A）与二元强酸（B）的pH相等若将两溶液稀释相同的倍数后，pH（A）pH（B） （填“”、“=”或“”）现用上述稀释溶液中和等浓度等体积的NaOH溶液，则需稀释溶液的体积V（A）V（B）（填“”、“=”或“”）（3）已知：二元酸H2R 的电离方程式是：H2R=H+HR，HRR2+H+，若0.1molL1NaHR溶液的c（H+）=a molL1，则0.1molL1H2R溶液中c（H+） （0.1+a） molL1（填“”、“”或“=”），理由是（4）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的物理量已知：化学式电离常数（25）HCNK=4.91010CH3COOHK=1
16、.8105H2CO3K1=4.3107、K2=5.6101125时，有等浓度的HCN溶液、H2CO3溶液和CH3COOH溶液，三溶液的pH由大到小的顺序为（用化学式表示）向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的化学方程式为28在容积为1L的密闭容器中，加入1.0mol A和2.2mol B进行如下反应：A（g）+2B（g）C（g）+D（g），在800时，D的物质的量n（D）和时间t的关系如图（1）800时，05min内，以B表示的平均反应速率为（2）利用图中数据计算在800时的平衡常数的数值为（3）若700，反应达平衡时，A的浓度为0.55mol/L，则该反应为反应（填“吸热”或“放热”）
17、（4）800时，某时刻测得体系中物质的量浓度如下：c（A）=0.06molL1，c（B）=0.50molL1，c（C）=0.20molL1，c（D）=0.018molL1，则此时该反应（填“向正方向进行”、“向逆方向进行”或“处于平衡状态”）29定量分析是化学实验中重要的组成部分中和热的测定：（1）在实验室中，用50mL 0.40mol/L的盐酸与50mL 0.50mol/L的NaOH溶液反应测定和热假设此时溶液密度均为1g/cm3，生成溶液的比容热c=4.18J/（g），实验起始温度为T1，终止温度为T2，请写出中和热的计算式（写出最后结果）H=KJ/mol（2）1L1mol/LH2SO4溶
18、液与2L1mol/LNaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量请写出表示该反应中和热的热化学方程式氧化还原滴定实验与中和滴定类似为测定某H2C2O4溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，用浓度为c mol/L KMnO4标准溶液滴定（1）滴定原理为：（用离子方程式表示）（2）滴定时，KMnO4溶液应装在（填“酸式”或“碱式”）滴定管中，达到滴定终点时的颜色变化为（3）如图表示50mL滴定管中液面的位置，此时滴定管中液面的读数为mL（4）为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取H2C2O4溶液体积均为VmL，三次实验结果记录如表：实验次数第一次第二次第三次消
19、耗KMnO4溶液体积/mL26.3224.0223.98从上表可以看出，第一次实验中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是A实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积B滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定C第一次滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，后两次均用标准液润洗D第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗（5）写出计算H2C2O4的物质的量浓度的最简表达式：C=mol/L30已知2A2（g）+B2（g）2C3（g）；H=Q1 kJ/mol（Q10），在一个有催化剂的容积不变的密闭容器中加入2molA2
20、和1molB2，在500时充分反应，达平衡后C3的浓度为w molL1，放出热量为Q2 kJ（1）达到平衡时，A2的转化率为（2）达到平衡后，若向原容器中通入少量的氩气，A2的转化率将（填“增大“、“减小”或“不变”）（3）若在原来的容器中，只加入2mol C3，500时充分反应达平衡后，吸收热量Q3 kJ，C3浓度（填、=、）w molL1，Q1、Q2、Q3 之间满足何种关系：Q3=（4）改变某一条件，得到如图的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），可得出的结论正确的是；a反应速率cbab达到平衡时A2的转化率大小为：baccT2T1db点A2和B2的物质的量之比为2：1（5）若将上述
21、容器改为恒压容容器，起始时加入4molA2和2molB2，500时充分反应达平衡后，放出热量Q4kJ，则Q2Q4 （填“”、“”或“=”）（6）下列措施可以同时提高反应速率和B2的转化率是（填选项序号）a选择适当的催化剂 b增大压强 c及时分离生成的C3 d升高温度2016-2017学年天津市芦台一中等六校联考高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括25小题，每题只有一个正确答案，每题2分，共50分）1下列说法正确的是（）A化学反应除了生成新的物质外，还伴随着能量的变化B据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量C放热的化学反应不需要加热就能发生D吸热反应不加热就
22、不会发生【考点】吸热反应和放热反应；化学反应中能量转化的原因【分析】A化学变化是生成新物质的变化，除有新物质生成外，能量的变化也必然发生，从外观检测往往为温度的变化，即常以热量的变化体现；B反应物所具有的总能量与生成物所具有的总能量不等，在反应中有一部分能量转变成以热量的形式释放，或从外界吸收；C放热的化学反应，有时需加热，达到着火点；D有的吸热反应，不需要加热也能发生【解答】解：A化学反应的本质是有新物质的生成，生成新化学键所释放的能量与断裂旧化学键所吸收的能量不等，所以化学反应除了生成新的物质外，还伴随着能量的变化，故A正确；B化学反应中生成物总能量不等于反应物的总能量，反应前后的能量差值
23、为化学反应中的能量变化，反应物的总能量大于生成物的总能量则为放热反应，否则吸热反应，故B错误；C放热反应有的需加热，如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点，故C错误；DBa（OH）28H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，但不需要加热，故D错误；故选A2下列数据不一定随着温度升高而增大的是（）A化学反应速率vB化学平衡常数KC弱电解质的电离平衡常数KD水的离子积常数Kw【考点】化学平衡的计算；化学反应速率的影响因素【分析】A升高温度，化学反应速率一定增大；B化学平衡常数随温度变化而变化，对于放热的化学反应，升高温度K减小；C弱电解质的电离为吸热的，升高温度，促进电离；
24、D水的电离为吸热的，升高温度促进水的电离；【解答】解：A升高温度，活化分子碰撞的几率增大，则化学反应速率一定增大，故A不选；B对于放热的化学反应，升高温度K减小，即升高温度，化学反应的平衡常数K不一定增大，故B选；C弱电解质的电离为吸热的，升高温度，促进电离，则升高温度，弱电解质的电离平衡常数K增大，故C不选；D水的电离为吸热的，升高温度，促进电离，则升高温度，水的离子积常数KW增大，故D不选；故选B3在一定温度下、一定体积条件下，能说明下列反应达到平衡状态的是（）A反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） 容器内的密度不随时间变化B反应A2（g）+B2（g）2AB（g）容器内A2的消耗速
25、率与AB消耗速率相等C反应N2+3H22NH3容器内气体平均相对分子质量不随时间变化D反应4A（s）+3B（g）2C（g）+D（g）容器内气体总压强不随时间变化【考点】化学平衡状态的判断【分析】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【解答】解：A、反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） 容器内的密度始终不随时间而变化，故A错误；B、反应A2（g）+B2（g）2AB（g）容器内A2的消耗速率与A
26、B消耗速率相等，速率之比不等化学计量数之比，所以未达平衡状态，故B错误；C、反应N2+3H22NH3容器内气体平均相对分子质量不随时间变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故C正确；D、反应4A（s）+3B（g）2C（g）+D（g）两边气体计量数相等，所以容器内气体总压强始终不随时间变化而变化，故D错误；故选C4下列反应过程能量变化如下所示：H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H下列说法错误的是（）AHH键比ClCl键稳定BH=184.5 kJmol1C正反应活化能比逆反应活化能高D在相同条件下，1mol H2（g）和1mol Cl2（g）分别在点燃和光照条件下反应生成2mol HC
27、l（g），重新恢复到原来的状态时H相同【考点】有关反应热的计算【分析】A键能越大，化学键越稳定；BH=反应物键能总和生成物键能总和；CH2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H0，说明正反应活化能比逆反应活化能低；D反应热与反应的条件无关【解答】解：A因为H2的键能大于Cl2的键能，所以HH键比ClCl键稳定，故A正确；BH=2=184.5 kJmol1，故B正确；CH2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H0，说明正反应活化能比逆反应活化能低，故C错误；DH与起点和终点有关，与反应的条件无关，故D正确；故选C5已知反应 2NH3N2+3H2，在某温度下的平衡常数为0.25，那么，在此条件下，氨的
28、合成反应N2+H2NH3 的平衡常数为（）A4B2C1D0.5【考点】化学平衡常数的含义【分析】化学平衡状态是可逆反应在该条件下进行的最大限度，平衡常数就是平衡状态的一种数量标志，是表明化学反应限度的一种特征值 化学平衡常数通常用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来表示，所以2NH3N2+3H2，平衡常数k=；氨的合成反应N2+H2NH3 的平衡常数根据平衡常数K=计算解答【解答】解：化学平衡常数通常用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来表示，所以2NH3N2+3H2，平衡常数k=0.25；相同温度
29、下，同一可逆反应的正逆平衡常数互为倒数关系，所以所以该条件下反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的平衡常数k=4，所以氨的合成反应N2+H2NH3 的平衡常数根据平衡常数K=2，故答案为2；6化学反应4A（s）+3B（g）2C（g）+D（g），经2min，B的浓度减少0.6mol/L对此反应速率的表示正确的是（）A用A表示的反应速率是0.4 mol（Lmin）1B2 min内，v正（B）和v逆（C）表示的反应速率的值都是逐渐减小的C2 min末的反应速率用B表示是0.3 mol（Lmin）1D分别用B、C、D表示的反应速率其比值是3：2：1【考点】化学平衡的计算【分析】A化学反应速率表示
30、单位时间内浓度的变化量，一般不用固体或纯液体来表示反应速率；B反应物浓度降低，生成物浓度增大；C化学反应速率为一段时间内平均速率，不是即时速率；D速率之比等于化学计量数之比【解答】解：A物质A是固体，浓度不变，不能用A表示该反应的反应速率，故A错误；BB是反应物，浓度降低，C是生成物，浓度增大，故B错误；C.2min末的反应速率为即时速率，用B表示速率0.3mol/（Lmin）是2min内的平均速率，故C错误；D速率之比等于化学计量数之比，v（B）：v（C）：v（D）=3：2：1，故D正确；故选D7下列说法正确的是（）A增大反应物浓度可以增大活化分子百分数，从而使反应速率增大B汽车尾气的催化转
31、化装置可将尾气中的NO和CO等有害气体快速地转化为N2和CO2，其原因是催化剂可增大NO和CO反应的活化能C常温下，反应C（s）+CO2（g）2CO（g）不能自发进行，则该反应的H0D在“中和热的测量实验”中测定反应后温度的操作方法：将量筒中的NaOH溶液经玻璃棒引流缓缓倒入盛有盐酸的简易量热计中，立即盖上盖板，并用环形玻璃搅拌棒不断搅拌，准确读出并记录反应体系的最高温度【考点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；中和滴定【分析】A增大浓度，活化分子百分数不变；B加入催化剂，降低反应的活化能；C如能自发进行，应满足HTS0；D应迅速将氢氧化钠溶液倒入【解答】解：A增大浓度，单位体积的活化分子
32、数目增多，但活化分子百分数不变，故A错误；B加入催化剂，降低反应的活化能，故B错误；CS0，该反应不能自发进行，说明HTS0，则H0，故C正确；D实验时为避免热量损失，应迅速将氢氧化钠溶液倒入，故D错误故选C8下列叙述正确的是（）A常温下，pH=3和pH=5的盐酸各10mL混合，所得溶液的pH=4B当温度不变时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数C液氯虽然不导电，但溶解于水后导电情况良好，因此，液氯也是强电解质D溶液中c（H+）越大，pH也越大，溶液的酸性就越强【考点】pH的简单计算【分析】A常温下，pH=3和pH=5的盐酸各10mL混合，混合溶液中c（H+）=mol/L，pH=lgc
33、（H+）；B离子积常数只与温度有关；C完全电离的电解质是强电解质，在水溶液中或或熔融状态下能导电的化合物是电解质；D溶液中c（H+）越大，溶液的pH越小【解答】解：A常温下，pH=3和pH=5的盐酸各10mL混合，混合溶液中c（H+）=mol/L，pH=lgc（H+）=lg =lg5.51044，故A错误；B离子积常数只与温度有关，温度不变离子积常数不变，故B正确；C完全电离的电解质是强电解质，在水溶液中或或熔融状态下能导电的化合物是电解质，液氯是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D溶液中c（H+）越大，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，故D错误；故选B9下列溶液一定呈酸性的是（）Ap
34、H=6.8的溶液B常温下，由水电离的OH离子浓度为11013 mol/LC加入酚酞，不显红色的溶液D常温下，溶液中的H+离子浓度为5107 mol/L【考点】探究溶液的酸碱性【分析】溶液呈酸性，说明溶液中c（H+）c（OH），ApH=6.8的溶液不一定呈酸性，可能呈中性或碱性；B酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；C酚酞变色范围为810；D常温下，溶液中的H+离子浓度为5107 mol/L，则溶液的pH7【解答】解：溶液呈酸性，说明溶液中c（H+）c（OH），A水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，导致溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，则pH=6.8的溶液不一定呈酸性，可能呈中性
35、或碱性，故A错误；B酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，常温下，由水电离的OH离子浓度为11013 mol/L1107 mol/L，说明水的电离受到抑制，溶液中的溶质可能是酸或碱，所以溶液不一定呈酸性，故B错误；C酚酞变色范围为810，则加入酚酞，不显红色的溶液可能呈中性或酸性、弱碱性，故C错误；D常温下，溶液中的H+离子浓度为5107 mol/L，则溶液的pH7，溶液呈酸性，故D正确；故选D10在相同温度时，100mL 0.01mol/L的醋酸溶液与10mL 0.1mol/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（）A中和时所需NaOH的量B与Mg反应的起始速率COH的物质的量浓
36、度D溶液中【考点】pH的简单计算【分析】相同温度时，醋酸的电离程度与酸浓度成反比，A中和时所需NaOH的量与醋酸的物质的量成正比；B反应速率与氢离子浓度成正比；C醋酸溶液中c（OH）与溶液中c（H+）成反比；D溶液中=Ka，电离平衡常数只与温度有关【解答】解：相同温度时，醋酸的电离程度与酸浓度成反比，A中和时所需NaOH的量与醋酸的物质的量成正比，n（CH3COOH）=0.01mol/L0.1L=0.1mol/L0.01L=0.001mol，两种酸的物质的量相等，则消耗的NaOH相等，故A错误；B反应速率与氢离子浓度成正比，前者醋酸电离程度大、后者醋酸电离程度小，则溶液中c（H+）前者大于后者
37、，所以开始与镁反应速率：前者大于后者，故B错误；C醋酸溶液中c（OH）与溶液中c（H+）成反比，溶液中c（H+）前者大于后者，所以c（OH）前者小于后者，故C正确；D溶液中=Ka，电离平衡常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，故D错误；故选C11下列说法正确的是（）A室温下用广范pH试纸测得某氯水的pH=4B将稀氯化铁溶液和稀硫氰化钾溶液混合，溶液呈浅红色，无论向其中加入浓氯化铁溶液还是浓硫氰化钾溶液，红色都会加深C用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，滴定前仰视读数，滴定后俯视读数会导致待测碱液浓度结果偏高D实验测定酸碱滴定曲线时，要保证整个过程测试和记录pH的间隔相同【考点】
38、化学实验方案的评价【分析】A氯水中含HClO，具有漂白性；B存在铁离子与SCN结合生成络离子的平衡；C用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，消耗的标准酸偏小；D实验测定酸碱滴定曲线时，时间间隔不是关键【解答】解：A氯水中含HClO，具有漂白性，pH试纸不能测定其pH，应选pH计，故A错误；B存在铁离子与SCN结合生成络离子的平衡，则加入浓氯化铁溶液还是浓硫氰化钾溶液，平衡均正向移动，红色都会加深，故B正确；C用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，消耗的标准酸偏小，则会导致待测碱液浓度结果偏低，故C错误；D实验测定酸
39、碱滴定曲线时，要保证整个过程测试和记录pH的间隔不一定相同，注意记录颜色突变过程所消耗的碱的量是关键，故D错误；故选B12一定条件下，某容积不变的密闭容器内存在下列平衡：2HI（g）H2（g）+I2（g）；则下列有关说法正确的是（）A如改变体系温度，体系颜色一定发生变化B如仅仅改变浓度这一条件，使得体系颜色加深，则上述平衡一定正移C继续充入HI气体，则HI的转化率将减小D温度不变时，当体系颜色变浅，则正反应速率和逆反应速率都将减小【考点】化学平衡的影响因素【分析】A任何化学反应都存在反应热，改变温度平衡一定发生改变；B压强不影响该反应的平衡移动；C继续充入HI气体，等效为增大压强；D温度不变时
40、，当体系颜色变浅，说明平衡逆向移动【解答】解：A任何化学反应都存在反应热，改变温度平衡一定发生改变，所以如改变体系温度，该反应一定发生平衡移动，则体系颜色一定发生变化，故A正确；B压强不影响该反应的平衡移动，如果是增大压强而使体系颜色加深，则平衡不移动，故B错误；C继续充入HI气体，等效为增大压强，平衡不移动，则HI的转化率不变，故C错误；D温度不变时，当体系颜色变浅，说明平衡逆向移动，可以通过增大氢气浓度实现，改变条件瞬间正反应速率不变、逆反应速率增大，随着反应进行，正反应速率增大、逆反应速率减小，故D错误；故选A13重铬酸钾溶液中存在如下平衡：Cr2O72（橙色）+H2O2H+2CrO42
41、（黄色）向2mL0.1molL1 K2Cr2O7溶液中滴入3滴6molL1NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色；向所得溶液中再滴入5滴浓H2SO4，溶液由黄色变为橙色向2mL 0.1molL1酸化的K2Cr2O7溶液中滴入适量（NH4）2Fe（SO4）2溶液，溶液由橙色变为绿色，发生反应：Cr2O72+14H+6Fe2+=2Cr3+（绿色）+6Fe3+7H2O下列分析正确的是（）A实验能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡B实验能说明氧化性：Cr2O72Fe3+CCrO42和Fe2+在酸性溶液中可以大量共存D稀释K2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小【考点】化学平衡的影响因素；氧化还原反应【
42、分析】A、溶液由橙色变为黄色，溶液由黄色变为橙色，说明加入酸碱发生平衡移动；B、氧化剂的氧化性大于氧化产物分析判断；C、CrO42具有氧化剂酸性溶液中氧化亚铁离子；D、稀释溶液，平衡状态下离子浓度减小，氢离子浓度减小，溶液中存在离子积，氢氧根离子浓度增大【解答】解：A、加入氢氧化钠溶液，溶液由橙色变为黄色，说明平衡正向进行，加入硫酸溶液由黄色变为橙色，说明平衡逆向进行，说明加入酸碱发生平衡移动，实验能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡，实验不能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡，故A错误；B、反应中Cr2O72+14H+6Fe2+2Cr3+（绿色）+6Fe3+7H2O，氧化剂的氧化性大于氧
43、化产物，所以实验能说明氧化性：Cr2O72Fe3+，故B正确；C、CrO42具有氧化剂酸性溶液中氧化亚铁离子，CrO42和Fe2+在酸性溶液中不可以大量共存，故C错误；D、稀释K2Cr2O7溶液时，平衡状态下离子浓度减小，氢离子浓度减小，由离子积不变可知，氢氧根离子浓度增大，故D错误；故选B14高温下，某反应达平衡，平衡常数恒容时，温度升高，H2浓度减小下列说法正确的是（）A该反应的焓变为正值B恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小C升高温度，逆反应速率减小D该反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H2【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡常数的含义【分析】高温下，某反应达平衡，平衡常数，该反应
44、为CO2+H2CO+H2O，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应为吸热反应，以此来解答【解答】解：A恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应为吸热反应，所以H0，故A正确；B恒温恒容下，增大压强，若通入氢气，则H2浓度增大，故B错误；C升高温度，正逆反应速率都增大，故C错误；D由平衡常数可知，该反应为CO2+H2CO+H2O，故D错误；故选A15对于可逆反应 2AB3（g）A2（g）+3B2（g）H0下列图象正确的是（）ABCD【考点】化学平衡的影响因素【分析】该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，A反应达到平衡状态时，增大浓度，正逆反应速率都增大；B该反应的正反应是吸热反应，升高温
45、度平衡正向移动；C相同浓度条件下，该反应前后气体体积减小，增大压强平衡逆向移动；D压强相同的条件下，升高温度平衡正向移动【解答】解：A正逆反应速率相等时该反应达到平衡状态，增大物质浓度，正逆反应速率都增大，图象不符合，故A错误；B该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向浓度，则AB3的含量减小，符合图象，故B正确；C相同浓度条件下，该反应前后气体体积减小，增大压强平衡逆向移动，则AB3的含量增大，不符合图象，故C错误；D压强相同的条件下，升高温度平衡正向移动，则AB3的含量减小，不符合图象，故D错误；故选B16假设体积可以相加，下列叙述正确的是（）A0.2molL1的盐酸，与等体积水混合后p
46、H=1BpH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4C95纯水的pH7，说明加热可导致水呈酸性DpH=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】pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A、溶液体积扩大一倍，浓度减为原来二分之一；B、弱酸的稀释规律：将pH=a的弱酸加水稀释10b倍后，溶液的pHa+b；C、纯水永远显中性；D、考虑醋酸是弱酸，不完全电离，故与氢氧化钠混合后会过量【解答】解：A、0.2mol/L的盐酸，与等体积水混合后浓度变为0.1mol/L，故pH=1，故A正确；B、根据弱酸的稀释规律：将pH=a的弱酸加水稀释10b倍后，溶液的pHa+b，可知
47、，pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH4，故B错误；C、温度升高，水的电离程度增大，溶液中氢离子浓度升高，但一直有C（H+）=C（OH），故无论温度有多高，pH有多小，纯水永远呈中性，故C错误；D、醋酸是弱酸，不完全电离，故与氢氧化钠混合后会有大量醋酸过量，即得到CH3COONa和大量CH3COOH的混合物，由于CH3COOH的电离大于CH3COONa的水解，故溶液呈酸性，pH7，故D错误故选A17某温度下，在密闭容器中进行SO2的催化氧化反应若起始时c（SO2）=c（O2）=6mol/L，平衡时测得c（O2）=4.5mol/L，则下列叙述中正确的是（）ASO2的转化率为60%BSO3的产率
48、为60%C平衡时总压强与起始压强之比为7：8D平衡时V（SO2）：V（O2）：V（SO3）=3：3：1【考点】化学平衡的计算【分析】若起始时c（SO2）=c（O2）=6mol/L，平衡时测得c（O2）=4.5mol/L，则 2SO2+O22SO3，开始 6 6 0转化 3 1.5 3平衡 3 4.5 3结合转化率=100%及物质的量比等于压强比计算【解答】解：若起始时c（SO2）=c（O2）=6mol/L，平衡时测得c（O2）=4.5mol/L，则 2SO2+O22SO3，开始 6 6 0转化 3 1.5 3平衡 3 4.5 3ASO2的转化率为=50%，故A错误；B理论上完全转化生成SO3的
49、浓度为6mol/L，则产率为=50%，故B错误；C平衡时总压强与起始压强之比为=7：8，故C正确；D平衡时V（SO2）：V（O2）：V（SO3）=3：4.5：3=2：3：2，故D错误；故选C18在如图所示的三个容积相同的容器中进行如下反应：3A（g）+B（g）2C（g）H0，若起始温度相同，分别向三个容器中通入3mol A和1mol B，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为（）ABCD【考点】化学平衡建立的过程【分析】容器是绝热恒容容器，反应进行过程中是放热反应，温度升高；是恒温恒容容器，反应进行过程中反应放热，热量散发，压强减小；是恒温恒压容器，反应进行过程中为保持恒压，压强
50、增大【解答】解：容器是绝热恒容容器，反应进行过程中是放热反应，温度升高；是恒温恒容容器，反应进行过程中反应放热，热量散发，压强减小；是恒温恒压容器，反应进行过程中为保持恒压，压强增大；与相比，由于能把反应产生的热量散到空中，相比来说相当于降低温度，故平衡右移，故平衡时C的体积分数大于；与相比，由于反应向右移进行时分子数减少，故中活塞下移，相对来说，相当于给体系加压，平衡右移，故B、C的体积分数大于，达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为；故选A19已知反应mX（g）+nY（g）qZ（g）的H0，m+nq，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是（）A通入稀有气体使压强增大，
51、平衡将正向移动BX的正反应速率是Y的逆反应速率的倍C降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小D增加X的物质的量，Y的转化率降低【考点】化学平衡的影响因素【分析】A、通入稀有气体总压增大，分压不变，平衡不动；B、速率之比等于化学方程式的系数之比，平衡状态整你分压速率相同；C、反应是放热反应，降温平衡正向进行，反应前后气体体积减小，过程中气体质量不变，相对分子质量增大；D、增加X的量会提高Y的转化率，本身转化率减小；【解答】解：A、通入稀有气体总压增大，分压不变，平衡不动，故A错误；B、速率之比等于化学方程式的系数之比，v（X）正：v（Y）正=m：n，平衡时，X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍，故
52、B正确；C、反应是放热反应，降温平衡正向进行，反应前后气体体积减小，过程中气体质量不变，混合气体的相对分子质量增大，故C错误；D、增加X的量会提高Y的转化率，Y的转化率降低，本身转化率减小；故D错误；故选B20下列各离子组在指定的溶液中一定能大量共存的是（）常温在C（H+）/C（OH）=1010溶液中：K+、Na+、CH3COO、SO42常温pH=11的溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3水电离出的H+浓度c（H+）=1012molL1的溶液中：Cl、NO3、Na+、S2O32使甲基橙变红色的溶液中：Fe3+、NO3、Na+、SO42ABCD【考点】离子共存问题【分析】常温在c（H+）/
53、c（OH）=1010溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；常温pH=11的溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；水电离出的H+浓度c（H+）=1012molL1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，S2O32与与氢离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化S2O32；使甲基橙变红色的溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应【解答】解：常温在c（H+）/c（OH）=1010溶液呈碱性，K+、Na+、CH3COO、SO42之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；常温pH=11的溶液呈碱性，溶液中存在大量
54、氢氧根离子，CO32、Na+、AlO2、NO3之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；水电离出的H+浓度c（H+）=1012molL1的溶液呈酸性或碱性，NO3、S2O32在酸性条件下发生氧化还原反应，在酸性溶液中不能大量共存，故错误；使甲基橙变红色的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，Fe3+、NO3、Na+、SO42之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；故选B21液氨和水类似，也能电离：NH3+NH3NH4+NH2，25时，其离子积K=1.01030 mol2L2现将2.3g金属钠投入1.0L液氨中，钠完全反应，有NaNH2和H2产生，则所得
55、溶液中不存在的关系式是（设温度保持不变，溶液体积为1L）（）Ac（Na+）=c（NH2）Bc（NH4+）=11029 molL1Cc（NH2）c（NH4+）Dc（NH4+）c（NH2）=1.01030 mol2L2【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A溶液中只有Na+、NH4+、NH2，根据电荷守恒判断；B根据离子积常数和c（NH2）计算c（NH4+）；C根据c（NH2）、c（NH4+）的相对大小判断；D温度不变，离子积常数不变【解答】解：A溶液中电荷守恒，所以c（Na+）+c（NH4+）=c（NH2），故A错误；B.2.3g金属钠投入1.0L液氨中发生反应为：2Na+2NH3=2Na
56、NH2+H2，促进液氨的电离，NH4+NH2=l.0l030；反应生成NH2物质的量为0.1mol，浓度为0.1mol/L，所以所得溶液中NH4+的浓度l.0l029mol/L，故B正确；Cc（NH2）=0.1mol/L，c（NH4+）=l.0l029mol/L，所以c（NH2）c（NH4+），故C正确；D离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，故D正确；故选A22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若
57、b、c两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2Ba、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Db、c两点的HBr的体积分数bc【考点】化学平衡的影响因素【分析】AH0，为放热反应，降低温度平衡正向移动，氢气的体积分数减小，则T1T2；B浓度越大，反应速率越快；C增加Br2（g），其转化率减小；DHBr的体积分数越大，氢气的体积分数越小【解答】解：AH0，为放热反应，降低温度平衡正向移动，氢气的体积分数减小，则T1T2，则K1K2，故A错误；Ba、b两点温度相同，b点溴的浓度越大，反应速率为ba，故B正确；C增加Br2（g），其转化率减小，而氢气的
58、转化率增大，故C错误；DHBr的体积分数越大，氢气的体积分数越小，则b、c两点的HBr的体积分数bc，故D错误；故选B23一定温度下，1molX和n mol Y在容积为2L的密闭容器中发生如下反应：X（g）+Y（g）2Z（g）+M（s），5min后达到平衡，此时生成0.2mol Z下列说法正确的是（）A若将容器压缩时，正逆反应速率均不变B5 min内平均反应速率v（X）=0.02 mol/（Lmin）C向平衡后的体系中加入l molM（s），平衡向逆反应方向移动D当混合气体的质量不再发生变化时，说明反应达到平衡状态【考点】化学平衡的影响因素【分析】5min后达到平衡，此时生成0.2mol Z，
59、则 X（g）+Y（g）2Z（g）+M（s）开始 1 n 0转化 0.1 0.1 0.2平衡 0.9 n0.1 0.2A若将容器压缩时，压强增大；B结合v=计算；C改变纯固体的量，平衡不移动；DM为固体，混合气体的质量在达到平衡前为变量【解答】解：A若将容器压缩时，压强增大，正逆反应速率同等程度的增大，故A错误；B.5 min内平均反应速率v（X）=0.01 mol/（Lmin），故B错误；C向平衡后的体系中加入l molM（s），平衡不移动，故C错误；DM为固体，混合气体的质量在达到平衡前为变量，则当混合气体的质量不再发生变化时，说明反应达到平衡状态，故D正确；故选D241和2，c1和c2分别
60、为两个恒容容器中平衡体系N2O4（g）2NO2（g）和3O2（g）2O3（g）的反应物转化率及反应物的平衡浓度，在温度不变的情况下，均增加反应物的物质的量，下列判断正确的是（）A1、2均减小，c1、c2均增大B1、2均增大，c1、c2均减小C1减小，2增大，c1、c2均增大D1减小，2增大，c1增大，c2减小【考点】化学平衡的影响因素【分析】在温度不变的情况下，均增加反应物的物质的量，在体积不变的情况下，相当于增大压强，由此分析解答【解答】解：在温度不变的情况下，均增加反应物的物质的量，在体积不变的情况下，相当于增大压强，对反应N2O4（g）2NO2（g），增大压强平衡逆向移动，所以1减小，而
61、反应3O2（g）2O3（g）增大压强，平衡正向移动，所以2增大，但平衡时反应物和生成物的浓度都原平衡的浓度大，则c1、c2均增大，故选C25有关下列图象的分析错误的是（）A图可表示对平衡N2（g）+3H2（g）2NH3（g）加压、同时移除部分NH3时的速率变化B图中a、b曲线只可表示反应H2（g）十I2（g）2HI（g）在有催化剂和无催化剂存在下建立平衡的过程C图表示向CH3COOH溶液中逐渐加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化D图表示向醋酸溶液中加水时其导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：ab【考点】化学平衡的影响因素【分析】A、图可表示对平衡N2（g）+3H2（g）2NH3（g）
62、加压、同时移除部分NH3时的速率变化，所以瞬间正反应速率加快，逆反应速率减慢；B、两边气体的计量数相等，还可以是压强的变化；C、加入CH3COONa固体，对醋酸的电离起抑制作用；D、导性越强自由移动离子的浓度越大【解答】解：A、图可表示对平衡N2（g）+3H2（g）2NH3（g）加压、同时移除部分NH3时的速率变化，所以瞬间正反应速率加快，逆反应速率减慢，所以平衡正向移动，故A正确；B、两边气体的计量数相等，还可以是压强的变化，不一定是催化剂的影响，故B错误；C、加入CH3COONa固体，对醋酸的电离起抑制作用，溶液的PH值变大，而不是减小，故C错误；D、导性越强自由移动离子的浓度越大，所以a
63、点氢离子的浓度大于b点，所以CH3COOH溶液的pH：ab，故D正确；故选BC二、解答题（共5小题，满分50分）26硫在空气中燃烧可以生成SO2，SO2在催化剂作用下可以被氧化为SO3，其热化学方程式可表示为：S（g）+O2（g）SO2（g）H=297kJ/mol，SO2（g）+O2（g）SO3（g）；H=98.3kJ/mol如图是上述两个反应过程与能量变化的关系图，其中表示0.4mol SO2（g）、1.6mol SO3（g）、0.2mol O2（g）具有的能量，表示64gS（g）与96g O2（g）所具有的能量（1）的反应是吸热（填“吸热”，“放热”）反应（2）c为594KJ（3）图示中b
64、的大小对反应的H的影响是DAH随着b的增大而增大BH随着b的增大而减小CH随着b的减小而增大 DH不随b的变化而变化（4）图中的d+eb=751.28KJ【考点】反应热和焓变【分析】由图象可知，表示64gS（g）与96g O2（g）所具有的能量，可知n（S）=2mol，n（O2）=3mol，表示0.4mol SO2（g）、1.6mol SO3（g）、0.2mol O2（g）具有的能量，可知为2molSO2（g），1molO2（g）具有的能量，有1.6molSO2（g）转化为SO3（g），以此解答该题【解答】解：（1）由图象可知能量较低，能量较高，则的反应是吸热反应，故答案为：吸热；（2）表示6
65、4gS（g）与96g O2（g）所具有的能量，可知n（S）=2mol，n（O2）=3mol，为2molSO2（g），1molO2（g）具有的能量，则c为297kJ/mol2mol=594kJ，故答案为：594；（3）b为S和氧气的活化能，反应的H取决于活化能的差值，与硫和氧气的活化能无关，故答案为：D；（4）由图象可知d+eb为64gS（g）与96g O2（g）生成0.4mol SO2（g）、1.6mol SO3（g）放出的热量，又热化学方程式可表示为：S（g）+O2（g）SO2（g）H=297kJ/mol，SO2（g）+O2（g）SO3（g），H=98.3kJ/mol，可知S（g）+O2（g
66、）SO3（g）H=395.3kJ/mol，则放出的热量为0.4mol297kJ/mol+1.6mol395.3kJ/mol=751.28kJ，故答案为：751.2827请回答下列问题：（1）纯水在T时，pH=6，该温度下1molL1的NaOH溶液中，由水电离出的c（OH）=1012 molL1（2）某一元弱酸溶液（A）与二元强酸（B）的pH相等若将两溶液稀释相同的倍数后，pH（A）pH（B） （填“”、“=”或“”）现用上述稀释溶液中和等浓度等体积的NaOH溶液，则需稀释溶液的体积V（A）V（B）（填“”、“=”或“”）（3）已知：二元酸H2R 的电离方程式是：H2R=H+HR，HRR2+H+
67、，若0.1molL1NaHR溶液的c（H+）=a molL1，则0.1molL1H2R溶液中c（H+） （0.1+a） molL1（填“”、“”或“=”），理由是H2R中第一步电离出的H+对HR的电离产生了抑制作用（4）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的物理量已知：化学式电离常数（25）HCNK=4.91010CH3COOHK=1.8105H2CO3K1=4.3107、K2=5.6101125时，有等浓度的HCN溶液、H2CO3溶液和CH3COOH溶液，三溶液的pH由大到小的顺序为H2CO3HCNCH3COOH（用化学式表示）向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的化学方程式为NaCN+
68、H2O+CO2=HCN+NaHCO3【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）纯水在T时，pH=6，说明此时水的离子积常数为1012，该温度下1molL1的NaOH溶液中，氢离子由水电离产生，所以c（H+）=mol/L，而水电离出的c（OH）=c（H+）=1012molL1；（2）加水稀释弱酸时，会促进弱酸的电离；依据中和反应中消耗的氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量解答；（3）0.1molL1H2A溶液，H2A=H+HA，电离出H+为0.1mol/L，而0.1molL1NaHR溶液的c（H+）=a molL1，则由HAH+A2可知，电离出0.1mol/LH+，对第一步电离生成的
69、H+抑制了HA的电离；（4）根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，pH越小；向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3HCNHCO3，故反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3【解答】解：（1）纯水在T时，pH=6，说明此时水的离子积常数为1012，该温度下1molL1的NaOH溶液中，氢离子由水电离产生，所以c（H+）=mol/L，而水电离出的c（OH）=c（H+）=1012molL1，故答案为：1012； （2）某一元弱酸溶液（A）与二元强酸（B）的pH相等，则弱酸有大部分为电离，加水稀释时，能够促进更多
70、的弱酸电离，所以加水稀释后，氢离子浓度大于二元强酸中氢离子浓度，所以pHApHB，上述稀释溶液中弱酸的氢离子的物质的量浓度大于强酸，所以等体积含有的氢离子的物质的量多，中和等浓度等体积的NaOH溶液，用的体积少，故答案为：，； （3）0.1molL1H2A溶液，H2A=H+HA，电离出H+为0.1mol/L，而0.1molL1NaHR溶液的c（H+）=a molL1，则由HAH+A2可知，电离出0.1mol/LH+，对第一步电离生成的H+抑制了HA的电离，所以0.1molL1H2R溶液中c（H+）（0.1+a） molL1，故答案为：；H2R中第一步电离出的H+对HR的电离产生了抑制作用；（4
71、）根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，pH越小，根据图表数据分析，电离常数：醋酸HCN碳酸氢根离子，所以三溶液的pH由大到小的顺序为H2CO3HCNCH3COOH，故答案为：H2CO3HCNCH3COOH；向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3HCNHCO3，故反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO328在容积为1L的密闭容器中，加入1.0mol A和2.2mol B进行如下反应：A（g）+2B（g）C（g）+D（g），在800时，D的物质的量n
72、（D）和时间t的关系如图（1）800时，05min内，以B表示的平均反应速率为0.24mol/（Lmin）（2）利用图中数据计算在800时的平衡常数的数值为0.9（3）若700，反应达平衡时，A的浓度为0.55mol/L，则该反应为吸热反应（填“吸热”或“放热”）（4）800时，某时刻测得体系中物质的量浓度如下：c（A）=0.06molL1，c（B）=0.50molL1，c（C）=0.20molL1，c（D）=0.018molL1，则此时该反应向正方向进行（填“向正方向进行”、“向逆方向进行”或“处于平衡状态”）【考点】化学平衡的计算【分析】（1）05min内，v（D）=mol/（Lmin）=
73、0.12mol/（Lmin），v（B）=2v（D）；（2）开始时c（A）=1.0mol/L、c（B）=2.2mol/L，平衡时c（D）=0.6mol/L，该反应中A（g）+2B（g）C（g）+D（g），开始（mol/L）1.0 2.2 0 0反应（mol/L）0.6 1.2 0.6 0.6平衡（mol/L）0.4 1.0 0.6 0.6化学平衡常数K=；（3）若700，反应达平衡时，A的浓度为0.55mol/L0.4mol/L，说明降低温度平衡逆向移动；（4）先计算浓度商，根据浓度商与化学平衡常数相对大小确定反应方向【解答】解：（1）05min内，v（D）=mol/（Lmin）=0.12mol
74、/（Lmin），v（B）=2v（D）=20.12mol/（Lmin）=0.24mol/（Lmin），故答案为：0.24mol/（Lmin）；（2）开始时c（A）=1.0mol/L、c（B）=2.2mol/L，平衡时c（D）=0.6mol/L，该反应中A（g）+2B（g）C（g）+D（g），开始（mol/L）1.0 2.2 0 0反应（mol/L）0.6 1.2 0.6 0.6平衡（mol/L）0.4 1.0 0.6 0.6化学平衡常数K=0.9，故答案为：0.9；（3）若700，反应达平衡时，A的浓度为0.55mol/L0.4mol/L，说明降低温度平衡逆向移动，则正反应是吸热反应，故答案为：
75、吸热；（4）浓度商=0.240.9，浓度商小于平衡常数，平衡向正方向进行，故答案为：向正方向进行29定量分析是化学实验中重要的组成部分中和热的测定：（1）在实验室中，用50mL 0.40mol/L的盐酸与50mL 0.50mol/L的NaOH溶液反应测定和热假设此时溶液密度均为1g/cm3，生成溶液的比容热c=4.18J/（g），实验起始温度为T1，终止温度为T2，请写出中和热的计算式（写出最后结果）H=20.9（T2T1）KJ/mol（2）1L1mol/LH2SO4溶液与2L1mol/LNaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量请写出表示该反应中和热的热化学方程式H2SO4（aq）+Na
76、OH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）H=57.3kJ/mol氧化还原滴定实验与中和滴定类似为测定某H2C2O4溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，用浓度为c mol/L KMnO4标准溶液滴定（1）滴定原理为：6H+2MnO4+5H2C2O42Mn2+10CO2+8H2O（用离子方程式表示）（2）滴定时，KMnO4溶液应装在酸式（填“酸式”或“碱式”）滴定管中，达到滴定终点时的颜色变化为溶液由无色变为紫色（3）如图表示50mL滴定管中液面的位置，此时滴定管中液面的读数为21.40mL（4）为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取H2C2O4溶液体
77、积均为VmL，三次实验结果记录如表：实验次数第一次第二次第三次消耗KMnO4溶液体积/mL26.3224.0223.98从上表可以看出，第一次实验中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是CDA实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积B滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定C第一次滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，后两次均用标准液润洗D第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗（5）写出计算H2C2O4的物质的量浓度的最简表达式：C=mol/L【考点】中和滴定【分析】I（1）根据Q=H=mcT计算反应热，结
78、合中和热定义：在稀溶液中酸与碱发生中和反应生成1mol水放出的热量解答；（ 2 ）根据热化学方程式中系数和焓变的关系来书写热化学方程式，注意中和热为生成1mol水放出热量；（1）H2C2O4与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，H2C2O4被氧化成CO2，KMnO4被还原成Mn2+，根据电子得失守恒、质量守恒和电荷守恒来配平；（2）KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管；滴定终点时溶液颜色无色变化为紫色且在30s内颜色不再恢复为原来颜色，证明反应达到终点；（3）A与C刻度间相差1ml，说明每两个小格之间是0.1mL，A处的刻度21，据此确定B的刻度，注意滴定管的上面数值小，下面数值大；（4）根据
79、所用过程判断不当操作对相关物理量的影响判断；（5）根据化学方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2+2MnSO4+8H2O计算H2C2O4的浓度【解答】解：I（1）在实验室中，用50mL 0.40mol/L的盐酸与50mL 0.50mol/L的NaOH溶液反应，二者反应生成水物质的量为0.02mol，放出的热量Q=H=mcT，则反应热为：H=4.18J/（g）100mL1g/cm3（T2T1），在稀溶液中酸与碱发生中和反应生成1mol水放出的热量为中和热，则中和热的计算公式为：H=4.18J/（g）100mL1g/cm3（T2T1）0.02mol，即H=20.9
80、（T2T1）；故答案为：20.9（T2T1）；（2）根据稀1L 1mol/L H2SO4溶液与2L 1mol/L NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量的热化学方程式为：H2SO4（aq）+2NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+2H2O（l），H=114.6kJ/mol，表示该反应中和热的热化学方程式为： H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l），H=57.3kJ/mol，故答案为： H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l），H=57.3kJ/mol；（1）H2C2O4与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，H2C2O4
81、被氧化成CO2，KMnO4被还原成Mn2+，反应的离子方程式为：6H+2MnO4+5H2C2O42Mn2+10CO2+8H2O；故答案为：6H+2MnO4+5H2C2O42Mn2+10CO2+8H2O；（2）因为KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；故答案为：酸式；当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色；（3）A与C刻度间相差1ml，说明每两个小格之间是0.10mL，A处的刻度为21，A和B之间是四个小格，所以相差0.40m
82、L，则B是21.40mL；故答案为：21.40；（4）A实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积，液面偏高，读数偏小，导致KMnO4体积偏小，故A错误；B滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，导致KMnO4体积偏小，故B错误；C第一次滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，后两次均用标准液润洗，KMnO4浓度偏小，导致KMnO4体积偏大，故C正确；D第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗，润洗锥形瓶导致草酸的物质的量偏大，导致KMnO4体积偏大，故D正确；故选：BD；（5）从上表可以看出，第一次实验中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于
83、后两次，应舍弃，则消耗标准液的体积为： =24mL；依据滴定原理：6H+2MnO4+5H2C2O42Mn2+10CO2+8H2O 可知：6H+2MnO4+5H2C2O42Mn2+10CO2+8H2O 2 5 c24mL CVmL2：c24mL=5：CVmL 解得C=mol/L；故答案为： mol/L30已知2A2（g）+B2（g）2C3（g）；H=Q1 kJ/mol（Q10），在一个有催化剂的容积不变的密闭容器中加入2molA2和1molB2，在500时充分反应，达平衡后C3的浓度为w molL1，放出热量为Q2 kJ（1）达到平衡时，A2的转化率为（2）达到平衡后，若向原容器中通入少量的氩气
84、，A2的转化率将不变（填“增大“、“减小”或“不变”）（3）若在原来的容器中，只加入2mol C3，500时充分反应达平衡后，吸收热量Q3 kJ，C3浓度=（填、=、）w molL1，Q1、Q2、Q3 之间满足何种关系：Q3=Q1Q2（4）改变某一条件，得到如图的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），可得出的结论正确的是ad；a反应速率cbab达到平衡时A2的转化率大小为：baccT2T1db点A2和B2的物质的量之比为2：1（5）若将上述容器改为恒压容容器，起始时加入4molA2和2molB2，500时充分反应达平衡后，放出热量Q4kJ，则Q2Q4 （填“”、“”或“=”）（6）下列措
85、施可以同时提高反应速率和B2的转化率是d（填选项序号）a选择适当的催化剂 b增大压强 c及时分离生成的C3 d升高温度【考点】化学平衡的计算【分析】（1）该反应中如果有2molA2完全反应，则放出Q1kJ热量，则放出Q2kJ热量时消耗n（A2）=，A2的转化率=；（2）达到平衡后，若向原容器中通入少量的氩气，容器体积不变，则反应物和生成物浓度不变，平衡不移动；（3）相同温度下，若在原来的容器中，只加入2mol C3，如果加入2molA2和1molB2是等效平衡，两种情况下达到平衡状态时两个容器中C3浓度相等；相同条件下，2mol C3达到平衡状态时，与加入2mol A2和1mol B2达建立完
86、全相同的平衡状态，即从化学平衡状态到完全反应生成2molC3，两个容器中放出热量之和等于Q1；（4）a相同温度下，反应物浓度越大，反应速率越大；b相同温度下，B2的物质的量越大，达到平衡时A2的转化率越大；c该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，生成物体积分数减小；d当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时，生成物的体积分数最大；（5）该反应前后气体物质的量减小，压强减小，如果是在恒压条件下进行反应，相当于增大压强，平衡正向移动，则反应物的转化率增大；（6）a选择适当的催化剂，只增大反应速率但平衡不移动； b增大压强，正逆反应速率都增大，平衡向气体体积减小的方向移动；c及时分离生成的
87、C3，平衡正向移动，但反应速率减小；d升高温度，平衡逆向移动【解答】解：（1）该反应中如果有2molA2完全反应，则放出Q1kJ热量，则放出Q2kJ热量时消耗n（A2）=，A2的转化率=，故答案为：；（2）达到平衡后，若向原容器中通入少量的氩气，容器体积不变，则反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，则A2的转化率不变，故答案为：不变；（3）相同温度下，若在原来的容器中，只加入2mol C3，如果加入2molA2和1molB2是等效平衡，两种情况下达到平衡状态时两个容器中C3浓度相等，所以C3浓度=wmol/L；相同条件下，2mol C3达到平衡状态时，与加入2mol A2和1mol B2达建立完
88、全相同的平衡状态，即从化学平衡状态到完全反应生成2molC3，两个容器中放出热量之和等于Q1，所以Q3=Q1Q2，故答案为：=；Q1Q2；（4）a相同温度下，反应物浓度越大，反应速率越大，所以反应速率cba，故正确；b相同温度下，B2的物质的量越大，达到平衡时A2的转化率越大，所以转化率cba，故错误；c该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，生成物体积分数减小，所以T2T1，故错误；d当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时，生成物的体积分数最大，所以b点A2和B2的物质的量之比为2：1，故正确；故选ad；（5）该反应前后气体物质的量减小，压强减小，如果是在恒压条件下进行反应，相当于增大压强，平衡正向移动，则反应物的转化率增大，所以Q2Q4，故答案为：；（6）a选择适当的催化剂，只增大反应速率但平衡不移动，不符合条件，故错误； b增大压强，正逆反应速率都增大，平衡向气体体积减小的方向移动，平衡正向移动，符合条件，故正确；c及时分离生成的C3，平衡正向移动，但反应速率减小，不符合条件，故错误；d该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不符合条件，故错误；故选b2017年1月21日
