1、2013-2014学年河北省衡水中学高二（上）一调化学试卷一、单选题（每小题1分，共10分下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1（1分）（2013春枣强县校级期末）下列说法正确的是（）A电解质的电离是在通电的条件下进行的B在水溶液中和熔融状态能够导电的化合物是电解质C电解质电离的条件是溶于水或受热熔化D强电解质能够电离，弱电解质不能电离2（1分）（2008秋锦州期末）在含有酚酞的0.1mol/L氨水中加入少量的NH4Cl晶体，则溶液颜色（）A变蓝色B变深C变浅D不变3（1分）（2013秋天山区校级期中）下列说法中，正确的是（）A强电解质的水溶液一定比弱电解质溶
2、液的导电能力强B强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物C强电解质的水溶液中不存在溶质分子D不溶性盐都是弱电解质，可溶性酸和具有极性键的化合物都是强电解质4（1分）（2014秋高台县校级期末）下列关于电离平衡常数（K）的说法中正确的是（）A电离平衡常数（K）越小，表示弱电解质电离能力越弱B电离平衡常数（K）与温度无关C不同浓度的同一弱电解质，其电离平衡常数（K）不同D多元弱酸各步电离平衡常数相互关系为：K1K2K35（1分）（2012秋皇姑区校级期中）数据：7.2104、4.6104、4.91010分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：NaCN+HNO2HCN+NaNO
3、2，NaCN+HFHCN+NaF，NaNO2+HFHNO2+NaF由此可判断下列叙述中，不正确的是（）AHF的电离平衡常数为7.2104BHNO2的电离平衡常数为4.91010C根据两个反应即可知三种酸的相对强弱DHNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小6（1分）（2014秋临淄区校级期末）下列溶液一定呈中性的是（）ApH=7的溶液Bc（H+）=c（OH）的溶液C由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液D非电解质溶于水得到的溶液7（1分）（2013秋锦州期末）一定温度下，用水稀释c molL1的稀醋酸，若用KW表示水的离子积，则下列数值随水量的增加而增大的是（）ABCD8（1分）（2013春枣强
4、县校级期末）25，在0.01molL1的硫酸溶液中，水电离出的H+浓度是（）A51013molL1B0.02molL1C1107molL1D11012molL9（1分）（2012秋甘谷县期中）下列关于冰熔化为水的过程判断正确的是（）AH0，S0BH0，S0CH0，S0DH0，S010（1分）（2013秋苍山县校级期中）下列说法中正确的是（）ANH4NO3溶于水吸热，说明其溶于水不是自发过程B反应C（s）+CO2（g）2CO（g）为熵增加的反应，常温下一定自发进行C熵增加且放热的反应一定是自发反应D非自发反应在任何条件下都不能实现二、单选题（每小题2分，共40分下列每小题所给选项只有一项符合题意
5、，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）11（2分）（2013秋樊城区校级期中）下列液体均处于25，有关叙述正确的是（）A某物质的溶液pH7，向该溶液中加入氢氧化钠溶液，Kw增大BpH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍C将1L 0.1molL1的Ba（OH）2溶液稀释为2L，pH=12DpH=8的NaOH溶液稀释100倍，其pH=612（2分）（2009山东）某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示据图判断正确的是（）A为盐酸稀释时的pH值变化曲线Bb点溶液的导电性比c点溶液的导电性强Ca点Kw的数值比c点Kw的数
6、值大Db点酸的总浓度大于a点酸的总浓度13（2分）（2008春台州期末）已知NaHSO4 在水中的电离方程式为：NaHSO4=Na+H+SO42，某温度下，向pH=6的纯水中加入NaHSO4 晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2下列对该溶液的叙述中，不正确的是（）A该温度高于25B由水电离出来的H+ 的浓度是1.01010molL1C该温度下加入等体积pH=12 的NaOH 溶液可使该溶液恰好呈中性DNaHSO4晶体的加入抑制了水的电离14（2分）（2014洛阳二模）如图表示溶液中c（H+）和c（OH）的关系，下列判断错误的是（）A两条曲线间任意点均有c（H+）c（OH）=KwBM区域内任意
7、点均有c（H+）c（OH）C图中T1T2DXZ线上任意点均有pH=715（2分）（2012春青羊区校级期中）对于平衡体系：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）H0下列判断正确的是（）A若温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.48倍，则a+b大于c+dB若从正反应开始，A、B的初始物质的量之比为1：1，则平衡时A、B的转化率一定相等C若平衡体系中共有气体M mol，再向其中充入bmolB，达到平衡时气体总物质的量为M+bmol，则a+b=c+dD若a+b=c+d，则当容器内温度上升时，平衡向右移动，容器中气体的压强不变16（2分）（2013秋杜集区校级月考）下列实验操作或实
8、验事实的叙述中，正确的是（）用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌用pH试纸测得氯水的pH为2用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管如果皮肤上不慎沾有浓硫酸，应立即用大量的NaOH稀溶液冲洗某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中含NH4+向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，以制备Fe（OH）3胶体ABCD17（2分）（2009通州区校级模拟）某温度下，在一密闭容器中发生如下可逆反应：2E（g）F（g）+xG（g）；H0若起始时E浓度为a molL1，F、G浓度均为0，达平衡时E浓度为O.
9、5a molL1；若E的起始浓度改为 2a molL1，F、G浓度仍为O，当达到新的平衡时，下列说法正确的是（）A升高温度时，正反应速率加快、逆反应速率减慢B若x=l，容器体积保持不变，新平衡下E的体积分数为50%C若x=2，容器体积保持不变，新平衡下F的平衡浓度小于0.5a molL1D若x=2，容器压强保持不变，新平衡下E的物质的量为a mol18（2分）（2013秋锦州期末）如图所示的直型石英玻璃封管中充有CO气体，左端放置不纯的镍（Ni）粉在一定条件下，Ni可以与CO（g）发生如下反应：Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（g）Ni粉中的杂质不与CO（g）发生反应玻璃管内左右两端的温
10、度分别稳定在350K和470K，经过足够长时间后，右端的主要物质是（）A纯Ni（s）和Ni（CO）4（g）B纯Ni（s）和CO（g）C不纯Ni（s）和CO（g）D不纯Ni（s）和Ni（CO）4（g）19（2分）（2014秋延吉市校级期中）一定温度下，在2L的密闭容器中发生如下反应：A（s）+2B（g）2C（g）H0，反应过程中B、C的物质的量随时间变化的关系如图1；反应达平衡后在t1、t2、t3、t4时分别都只改变了一种条件，逆反应速率随时间变化的关系如图下列有关说法正确的是（）A反应开始2 min内，v（B）=0.1 mol/（Lmin）Bt1时改变的条件可能是升高温度Ct3时改变的条件可能
11、是加压，此时c（B）不变Dt4时可能是使用了催化剂，此时c（B）不变20（2分）（2013秋秦安县期末）在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（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，下列分析正确的是（）A图表示的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响B图表示的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响C图表示的是催化剂对化学平衡的影响，且甲的催化效率比乙高D图表示的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强较高21（2分）（2014秋唐山校级期中）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
12、的有关数据如下（已知N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1），下列说法错误的是（）容器甲乙丙反应物投入量1mol N2、3mol H22mol NH34mol NH3NH3的平衡浓度（molL1）c1c2c3反应的能量变化放出a kJ吸收b kJ吸收c kJ体系压强（Pa）p1p2p3反应物转化率a1a2a3A2c1c3Ba+b=92.4Cp32p2=2p1Da1+a3122（2分）（2008镜湖区校级一模）取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3：2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则该原溶液的浓度为（）A0.01molL1B0.017molL1C0.05molL1
13、D0.50molL123（2分）（2013春周口期中）通常人们把拆开1mol某化学键吸收的能量看成该化学键的键能键能的大小可以估量化学键的强弱，也可以估计化学反应的反应热（H），化学反应的H等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差下列是一些化学键的键能根据键能数据估算下列反应的反应热H为（）CH4（g）+4F2（g）=CF4（g）+4HF（g）化学键CHCFHFFF键能/（kJmol1）414489565155A1940 kJmol1B+1940 kJmol1C485 kJmol1D+485 kJmol124（2分）（2012秋菏泽期末）能表示人体大量喝水时，胃液的p
14、H变化的图象是（）ABCD25（2分）（2013秋蕲春县校级月考）将PH=8的NaOH溶液与PH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液的PH值最接近（）A8.3B8.7C9D9.726（2分）（2014春香坊区校级月考）反应：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g）已达平衡若增大压强，平衡移动，但混合气体的平均相对分子质量不变下列说法正确的是（）A原混合气体的平均相对分子质量为30B原混合气体的平均相对分子质量为28C起始时，NH3与CO2的体积比为13：14D起始时，NH3与CO2的体积比为14：1527（2分）（2010福建模拟）N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度
15、下可发生下列反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0 T1温度下的部分实验数据为：t/s050010001500c（N2O5）mol/L5.003.522.502.50下列说法不正确的是（）A500s内N2O5分解速率为2.96103 mol/（Ls）BT1温度下的平衡常数为K1=125，1000s时转化率为50%C其他条件不变时，T2温度下反应到1000s时测得N2O5（g）浓度为2.98 mol/L，则T1T2DT1温度下的平衡常数为K1，T3温度下的平衡常数为K3，若K1K3，则T1T328（2分）（2014春九原区校级期中）在一种pH=1的溶液中可能存在NO3，I，Cl，F
16、e3+中的一种或几种向该溶液中滴入溴水，单质溴被还原由此推断该溶液（）A含NO3，Fe3+，无I，可能有ClB含I，不含NO3，Fe3+，可能有ClC含I，Fe3+，不含NO3，可能有ClD含NO3，不含I，Fe3+，可能有Cl29（2分）（2014秋梁园区校级月考）如图，关闭活塞K，向A中充入1molX、1molY，向B中充入2molX、2molY，此时A的容积是a L，B的容积是2aL在相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：X（g）+Y（g）2Z（g）+W（g）；H0A保持恒压，B保持恒容，达平衡时，A的体积为1.4a L下列说法错误的是（）A反应速率：v（B）v（A）
17、BA 容器中X的转化率为80%C若打开K，则A的体积变为2.6a LD平衡时Y的体积分数：AB30（2分）（2013秋桃城区校级月考）某兴趣小组为探究温度、压强对可逆反应A（g）+B（g）C（g）+D（s）的影响，进行了如下实验：恒温条件下，往一个容积为10L的密闭容器中充入1mol A和1mol B，反应达平衡时测得容器中各物质的量浓度为浓度1然后改变外界条件又做了两组实验：只升高温度；只改变体系压强；分别测得新平衡时容器中各物质的量浓度为浓度2、浓度3ABC浓度10.05molL1a molL10.05 molL1浓度20.078 molL10.078 molL10.122 molL1浓度
18、30.06 molL10.06 molL10.04 molL1浓度40.07 molL10.07 molL10.098 molL1请找出实验操作与实验数据浓度2、浓度3的对应关系，并分析下列结论，其中错误的是（）A由浓度3与浓度1的比较，可判断出正反应是放热反应B由浓度2与浓度1的比较，可判断平衡移动的原因是升高温度C浓度1中a=0.05D该组某学生在实验过程中，测得各物质在某一时刻的浓度为浓度4与浓度1比较，可发现该同学在测定浓度4这组数据时出现了很大的误差二.共50分请将答案写在答题纸的相应位置31（5分）（2013秋会宁县校级期中）降低大气中CO2的含量及有效地开发利用 CO2，目前工业
19、上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJ/mol测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示（1）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=mol/（Lmin）；（2）氢气的转化率=；（3）该反应的平衡常数为（保留小数点后2位）；（4）下列措施中能使平衡体系中n（CH3OH）/n（CO2）增大的是A升高温度B充入He（g），使体系压强增大C将H2O（g）从体系中分离出去D再充入1mol H2（5
20、）当反应达到平衡时，H2的物质的量浓度为c1，然后向容器中再加入一定量H2，待反应再一次达到平衡后，H2的物质的量浓度为c2，则c1c2的关系（填“”、“”或“=”）32（8分）（2014春昌吉市校级期中）反应aA（g）+bB（g）cC（g）（H0）在等容条件下进行改变其他反应条件，在、阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示：回答问题：（1）反应的化学方程式中，a：b：c为；（2）A的平均反应速率vI（A）、v（A）、v（A）从大到小排列次序为；（3）B的平衡转化率I（B）、（B）、（B）中最小的是，其值是；（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是，采取的措施是；（5）比较第阶段
21、反应温度（T2）和第阶段反应温度（T3）的高低：T2T3（填“”“”“=”），判断的理由是33（6分）（2014大连学业考试）煤燃烧的反应热可通过以下两个途径来利用：a利用煤在充足的空气中直接燃烧产生的反应热；b先使煤与水蒸气反应得到氢气和一氧化碳然后是使得到的氢气和一氧化碳在充足的空气中燃烧这两个过程的化学方程式为：aC（s）+O2（g）=CO2（g）H=E1 bC（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=E2 H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=E3 CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=E4 回答：（1）与途径a相比途径b有较多的优点，即（2）上述四个热化学方程式中哪个反应H
22、0？（填序号）（3）等质量的煤分别通过以上两条不同的途径产生的可利用的总能量关系正确的是Aa比b多 Ba比b少 Ca与b在理论上相同（4）根据能量守恒定律，E1、E2、E3、E4之间的关系为34（16分）（2013天津）某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5 m的悬浮颗粒物），其主要来源为燃煤、机动车尾气等因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义请回答下列问题：（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子K+Na+NH4+SO42NO3Cl浓度/molL14106610
23、62105410531052105根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为，试样的pH=（2）为减少SO2的排放，常采取的措施有：将煤转化为清洁气体燃料已知：H2 （g）+O2 （g）=H2O；H=241.81kJmol1C （s）+O2 （g）=CO （g）；H=110.51kJmol1写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式：洗涤含SO2的烟气以下物质可作洗涤剂的是aCa（OH）2 bNa2CO3 cCaCl2 dNaHSO3（3）汽车尾气中NOx和CO的生成及转化已知汽缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）2NO （g）；H0若1mol空气含0.8mol N2和0.2mol O2，1300时
24、在密闭容器内反应达到平衡，测得NO为：8104 mol计算该温度下的平衡常数：K=汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO （g）=2C （s）+O2 （g）已知该反应的H0，简述该设想能否实现的依据：目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为35（8分）（2013秋信丰县校级期末）（1）25时，某NaCl溶液中c（Cl）=1104 mol/L，则该溶液中c（Na+ ）：c（OH）=（2）25时，将0.1mol/L NaOH溶液与0.06mol/L的H2SO4溶液等体积混合（忽
25、略混合后体积的变化），求所得溶液的pH=（3）某温度（t）时，测得0.01molL1 的NaOH溶液的pH=11，则该温度下水的Kw=在该温度下测得某溶液pH=3，则该溶液中c（H+ ）：c（OH ）=该温度下将pH=2的盐酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，pH=（4）纯水中c（H+ ）=5.0107 mol/L，则此时纯水中的c（OH）=；若温度不变，滴入稀硫酸使c（H+）=5.0103mol/L，则c（OH）=；在该温度时，往水中滴入NaOH溶液，溶液中的c（OH）=5.0102 mol/L，则溶液中c（H+ ）=36（7分）（2013秋桃城区校级月考）一种由甲醇和氧气以及强碱做电解
26、质溶液的新型手机电池，电量是现用镍氢电池和锂电池的10倍，可连续使用1个月才充电一次假定放电过程中，甲醇完全氧化产生的CO2被充分吸收生成CO32（1）该电池反应的总离子方程式为：；（2）甲醇在极发生反应（填正或负），电池在放电过程中溶液的pH将（填下降、上升、不变）；若有16克甲醇蒸汽被完全氧化产生电能，该过程中转移电子数目（3）最后，又有科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高一个电极通入空气，另一个电极通入汽油蒸汽其中固体电解质是掺杂了Y2O3（Y：钇）的ZrO2（Zr：锆）固体，它在高温下能传导O2离子（其中氧化反应发生完全）以丁烷（C4H10）代表汽油电池的正极反应式为；
27、放电时固体电解质里的O2离子的移动方向是向极移动（填正或负）2013-2014学年河北省衡水中学高二（上）一调化学试卷参考答案与试题解析一、单选题（每小题1分，共10分下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1（1分）（2013春枣强县校级期末）下列说法正确的是（）A电解质的电离是在通电的条件下进行的B在水溶液中和熔融状态能够导电的化合物是电解质C电解质电离的条件是溶于水或受热熔化D强电解质能够电离，弱电解质不能电离考点：电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念版权所有专题：离子反应专题分析：电解质的电离的条件是水或熔融状态，通常把在水溶液中或熔化状态下能导电的
28、化合物叫做电解质，水溶液中或熔化状态下不能导电的化合物叫做非电解质，其中在水溶液里完全电离成离子的电解质叫做强电解质，在水溶液里只有一部分分子电离成离子的电解质叫做弱电解质解答：解：A电解质电离的条件是溶于水或受热熔化，故A错误；B在水溶液中和熔融状态能够导电的化合物不一定是电解质，如氨水能导电，氨气不是电解质，氨气和水反应生成的一水合氨是电解质，故B错误；C电解质电离的条件是溶于水或受热熔化，符合电解质的定义，故C正确；D强弱电解质都能电离，只是电离程度不同，故D错误；故选C点评：本题考查了电解质和非电解质的判断、强弱电解质的判断，根据其定义来分析解答注意电离的条件不是通电，而是水或熔融状态
29、2（1分）（2008秋锦州期末）在含有酚酞的0.1mol/L氨水中加入少量的NH4Cl晶体，则溶液颜色（）A变蓝色B变深C变浅D不变考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：从加入少量的NH4Cl晶体后氨水的电离平衡移动方向进行判断解答：解：因氨水电离生成氢氧根离子，则酚酞遇碱变红，当加入少量的NH4Cl晶体后，NH4+离子浓度增大，根据同离子效应，加入NH4Cl后，氨水的电离平衡向逆方向移动，抑制氨水电离，从而c（OH）变小，颜色变浅故选：C点评：本题考查电离平衡问题，注意影响平衡移动的因素，本题属同离子效应问题，较为简单3（1分）（2013秋天山区校级期
30、中）下列说法中，正确的是（）A强电解质的水溶液一定比弱电解质溶液的导电能力强B强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物C强电解质的水溶液中不存在溶质分子D不溶性盐都是弱电解质，可溶性酸和具有极性键的化合物都是强电解质考点：强电解质和弱电解质的概念版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A溶液导电能力取决于溶液中离子浓度大小，与电解质强弱无关；B某些共价化合物是强电解质；C强电解质完全电离成离子；D某些不溶性盐是强电解质；某些可溶性酸是弱电解质；某些具有极性键的化合物是弱强电解解答：解：A溶液的导电能力与溶液中离子浓度成正比，与电解质的强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶
31、液强，故A错误；B强电解质不一定都是离子化合物，如氯化氢；弱电解质都是共价化合物，故B错误；C强电解质的特征是水溶液中完全电离，所以不存在溶质分子，故C正确；D不溶性盐不一定是弱电解质，如硫酸钡；可溶性酸不一定是强电解质，如醋酸；具有极性键的化合物不一定是强电解，如甲烷，故D错误，故选C点评：本题考查了溶液导电性分析判断，强弱电解质的组成特征分析，难度不大掌握理解概念是解题关键4（1分）（2014秋高台县校级期末）下列关于电离平衡常数（K）的说法中正确的是（）A电离平衡常数（K）越小，表示弱电解质电离能力越弱B电离平衡常数（K）与温度无关C不同浓度的同一弱电解质，其电离平衡常数（K）不同D多元
32、弱酸各步电离平衡常数相互关系为：K1K2K3考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：电离平衡常数（K）是温度的函数，随温度的增大而增大，不随浓度的变化而变化；相同条件下K越大，酸的电离程度越大，多元弱酸各步电离平衡常数依次减小，据此分析解答：解：A、相同条件下K越大，酸的电离程度越大，所以相同条件下，电离平衡常数越小，表示弱电解质的电离能力越弱，故A正确；B、电离平衡常数（K）是温度的常数，随温度的增大而增大，故B错误；C、电离平衡常数（K）是温度的常数，随温度的增大而增大，不随浓度的变化而变化，所以对于CH3COOHCH3COO+H+，当再加入量冰醋酸时
33、，（K）值不变，故C错误；D、多元弱酸分步电离，电离程度依次减小，所以多元弱酸各步电离平衡常数相互关系为K1K2K3，故D错误；故选A点评：本题考查了电离平衡常数，注意电离平衡常数（K）是温度的常数，题目难度不大5（1分）（2012秋皇姑区校级期中）数据：7.2104、4.6104、4.91010分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：NaCN+HNO2HCN+NaNO2，NaCN+HFHCN+NaF，NaNO2+HFHNO2+NaF由此可判断下列叙述中，不正确的是（）AHF的电离平衡常数为7.2104BHNO2的电离平衡常数为4.91010C根据两个反应即可知三种酸的相对强弱
34、DHNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：相同温度下，酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，结合强酸制取弱酸分析解答解答：解：强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据：NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、NaCN+HFHCN+NaF、NaNO2+HF=HNO2+NaF知，亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸性大于亚硝酸，所以这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸亚硝酸氢氰酸，A通过以上分析知，氢氟酸的酸性最强，所以氢氟酸的电离平衡常数最大，故A正确；B通过以上分析知，亚硝酸的酸性大于氢氰酸，所以亚硝酸的电离平衡常数为：4.6104，故
35、B错误；C根据强酸制取弱酸知，由两个反应即可知三种酸的相对强弱，故C正确；D亚硝酸的酸性大于氢氰酸但小于氢氟酸，所以亚硝酸的电离平衡常数比HCN大，比HF小，故D正确；故选B点评：本题考查了酸性强弱的判断，明确电离平衡常数与酸性强弱的关系是解本题关键，难度不大6（1分）（2014秋临淄区校级期末）下列溶液一定呈中性的是（）ApH=7的溶液Bc（H+）=c（OH）的溶液C由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液D非电解质溶于水得到的溶液考点：溶液pH的定义；探究溶液的酸碱性版权所有分析：溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH浓度的相对大小判断的，只要溶液中c（H+）=c（OH），溶液就呈中性解答：解
36、：A、pH=7的溶液，不一定是常温下，水的离子积不一定是Kw=11014，如100时，水的离子积常数是1012，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；B、氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小是判断溶液的酸碱性的依据，所以c（H+）=c（OH）的溶液一定呈中性，故B正确；C、由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液不一定为中性，如NaOH与H2SO4等物质的量反应生成NaHSO4，溶液为酸性，故C错误；D、三氧化硫是非电解质，但它溶于水后会生成硫酸，硫酸溶液呈酸性，故D错误；故选B点评：本题考查了溶液酸碱性的判断，属于易错题，注意不能根据溶液的PH值判断溶液的酸碱性，要根据氢离子浓
37、度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性7（1分）（2013秋锦州期末）一定温度下，用水稀释c molL1的稀醋酸，若用KW表示水的离子积，则下列数值随水量的增加而增大的是（）ABCD考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：一定温度下，醋酸溶液中存在电离平衡，溶液中的离子积不变，用水稀释c molL1的稀醋酸，促进醋酸电离平衡正向进行，稀释过程中溶液平衡状态下的两种浓度减小，氢氧根离子浓度增大，平衡移动后醋酸分子数减小，醋酸根离子数和氢离子数增多解答：解：A、同一溶液体积相同，比较醋酸根离子和醋酸分子物质的量得到，稀释后平衡正向进行醋酸分子
38、数减小，醋酸根离子数增多，所以醋酸根离子和醋酸比值增大，故A正确；B、稀释后促进电离氢离子数增多，醋酸分子减小，所以醋酸分子和氢离子比值减小，故B错误；C、稀释后溶液中氢离子浓度减小氢氧根离子浓度增大，所以氢离子浓度和氢氧根离子浓度比值减小，故C错误；D、溶液中温度不变，离子积不变，稀释后氢离子浓度减小，所以氢离子浓度和离子积比值减小，故D错误；故选A点评：本题考查了弱电解质电离平衡的分析判断，溶液稀释促进电离，溶液中存在离子积常数是解题关键，题目较简单8（1分）（2013春枣强县校级期末）25，在0.01molL1的硫酸溶液中，水电离出的H+浓度是（）A51013molL1B0.02molL
39、1C1107molL1D11012molL考点：水的电离版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：25，在0.01molL1的硫酸溶液中存在水的离子积，H+酸OH水=1014，依据离子浓度计算判断解答：解：25，在0.01molL1的硫酸溶液中，H+酸=0.02mol/L；溶液中存在水的离子积，H+酸OH水=1014，OH水=H+水=51013molL1；故选A点评：本题考查了水的电离特征，酸溶液中水的离子积的计算应用，较简单9（1分）（2012秋甘谷县期中）下列关于冰熔化为水的过程判断正确的是（）AH0，S0BH0，S0CH0，S0DH0，S0考点：焓变和熵变版权所有专题：化学反应中的能量
40、变化分析：冰融化为水的过程需要吸收热量，固体变为液体的过程是熵增大的过程；解答：解：冰融化为水的过程需要吸收热量，H0；固体变为液体的过程是熵增大的过程；S0；故选C点评：本题考查了物质变化过程的焓变和熵变的变化判断，较简单10（1分）（2013秋苍山县校级期中）下列说法中正确的是（）ANH4NO3溶于水吸热，说明其溶于水不是自发过程B反应C（s）+CO2（g）2CO（g）为熵增加的反应，常温下一定自发进行C熵增加且放热的反应一定是自发反应D非自发反应在任何条件下都不能实现考点：反应热和焓变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：A、物质的溶解过程是自发过程；B、熵值增大的反应未必能够自发进行
41、，反应自发需要HTS0；C、HTS0的反应能够自发进行；D、非自发进行的反应在一定条件下也可以发生解答：解：A、溶解过程是混乱度增大的物理过程，能够自发进行，故A错误；B、该反应的H0，高温下才能自发进行，故B错误；C、熵值增大且放热的反应，HTS0，反应能够自发进行，故C正确；D、水分解生成氢气和氧气不是自发反应，电解可以反应，故D错误故选：C点评：本题考查反应自发进行的条件，需要HTS0，溶解时物理过程是自发的二、单选题（每小题2分，共40分下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）11（2分）（2013秋樊城区校级期中）下列液体均处于25，有关叙述正确的是（）
42、A某物质的溶液pH7，向该溶液中加入氢氧化钠溶液，Kw增大BpH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍C将1L 0.1molL1的Ba（OH）2溶液稀释为2L，pH=12DpH=8的NaOH溶液稀释100倍，其pH=6考点：pH的简单计算版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：溶液的PH=lgc（H+），因温度促进水的电离、弱电解质的电离，因此将水、弱酸、弱碱加热，溶液pH均改变，另外在不指明温度的情况下，pH=7的溶液不一定是中性，将酸、碱溶液无限稀释，不能改变溶液的酸、碱性，溶液最终呈中性解答：解：A溶液温度不变，加入NaOH后虽引起水的电离平衡移动，但
43、Kw不变，故A错误；BPH=4.5的番茄汁与pH=6.5的牛奶中c（H+）分别为104.5molL1、106.5molL1，可见前者c（H+）是后者的100倍，故B正确；C将1L 0.1molL1的Ba（OH）2溶液稀释为2L后溶液中c（OH）=0.1molL1，则稀释后溶液中c（H+）=1013molL1，故溶液pH=13，故C错误；DpH=8的NaOH溶液稀释100倍，溶液接近中性，则pH7，故D错误故选：B点评：本题考查了水的电离、溶液pH的简单计算，注意明确氢离子与溶液的pH的转化关系，注意常温下，酸碱无限稀释其pH都无限接近712（2分）（2009山东）某温度下，相同pH值的盐酸和醋
44、酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示据图判断正确的是（）A为盐酸稀释时的pH值变化曲线Bb点溶液的导电性比c点溶液的导电性强Ca点Kw的数值比c点Kw的数值大Db点酸的总浓度大于a点酸的总浓度考点：比较强弱电解质的实验版权所有专题：压轴题分析：根据盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，故II应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，利用c点、b点溶液中的离子浓度来分析导电性；Kw只与温度有关，与溶液的种类以及浓度大小没有关系；相同pH值的盐酸和醋酸，稀释到相同体
45、积时，醋酸（II）浓度大于盐酸（I）浓度解答：解：A、应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，故A错；B、溶液导电性取决于离子浓度，b点的H+浓度大，导电性强，故B正确；C、Kw的大小只取决于温度，故C错；D、相同pH值的盐酸和醋酸，醋酸浓度远大于盐酸的浓度，稀释到相同体积时，醋酸（）浓度大于盐酸（）浓度，故D错故选B点评：本题考查强弱电解质溶液稀释时的浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点13（2分）（2008春台州期末）已知NaHSO4 在水中的电离方程式为：NaHSO4=Na+H+SO42，某温度下，向pH=6的纯水中加入NaHSO4 晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2下列对该溶液的叙述中
46、，不正确的是（）A该温度高于25B由水电离出来的H+ 的浓度是1.01010molL1C该温度下加入等体积pH=12 的NaOH 溶液可使该溶液恰好呈中性DNaHSO4晶体的加入抑制了水的电离考点：水的电离；pH的简单计算版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、根据水的电离为吸热反应，向pH=6的纯水中氢离子浓度大于107mol/L分析；B、硫酸氢钠溶液中的氢氧根离子是水电离的；C、根据两溶液中氢离子与氢氧根离子的物质的量是否相等判断；D、根据硫酸氢钠电离出的氢离子，使水中氢离子浓度增大分析对水的电离的影响解答：解：A、pH=6的纯水中氢离子浓度为106mol/L，水的离子积为1012
47、，大于25时水的离子积，说明该温度高于25，故A正确；B、该温度下水的离子积为1012，pH为2的溶液中氢离子浓度为0.01 mol/L，硫酸氢钠溶液中氢氧根离子是水电离的，所以水电离的氢离子浓度为：mol/L=1010mol/L，故B正确；C、该温度下pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为1mol/L，等体积的条件下显然氢氧根离子过量，反应后溶液显示碱性，故C错误；D、加入硫酸氢钠后，溶液中氢离子浓度增大，电离电离平衡向着逆向移动，抑制了水的电离，故D正确；故选C点评：本题考查了水的电离平衡的影响因素，题目难度不大，注意明确酸碱能够抑制水的电离、能够水解的盐促进水的电离，水的离子积与温
48、度有关，温度不变，水的离子积不变14（2分）（2014洛阳二模）如图表示溶液中c（H+）和c（OH）的关系，下列判断错误的是（）A两条曲线间任意点均有c（H+）c（OH）=KwBM区域内任意点均有c（H+）c（OH）C图中T1T2DXZ线上任意点均有pH=7考点：离子积常数版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A任何溶液中都存在c（H+）c（OH）=Kw；B在X、Z连线的上方，c（H+）c（OH），在X、Z连线的下方，c（H+）c（OH）；C水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则Kw逐渐增大；D在XZ线上任意点均有c（H+）=c（OH）解答：解：A只要是水溶液中，都会有c（H+）c（
49、OH）=Kw，故A正确；BXZ连线的斜率是1，存在c（H+）=c（OH），在X、Z连线的上方，c（H+）c（OH），在X、Z连线的下方，c（H+）c（OH），故B正确；C水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则Kw逐渐增大，Z点Kw大于X点，所以T1T2，故C正确；DXZ连线是一条Kw渐渐变大的线，pH也变小，故D错误；故选D点评：本题考查离子积常数，明确图中纵横坐标、曲线的含义是解本题关键，难度中等15（2分）（2012春青羊区校级期中）对于平衡体系：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）H0下列判断正确的是（）A若温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.48倍，则a+b
50、大于c+dB若从正反应开始，A、B的初始物质的量之比为1：1，则平衡时A、B的转化率一定相等C若平衡体系中共有气体M mol，再向其中充入bmolB，达到平衡时气体总物质的量为M+bmol，则a+b=c+dD若a+b=c+d，则当容器内温度上升时，平衡向右移动，容器中气体的压强不变考点：化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：A、温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.48倍，说明降低压强，平衡向正反应移动，降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，据此判断；B、A、B的初始物质的量之比等于化学计量数之比，平衡时A、B的转化率一定相等；C、衡体系中共有气体M mol，再向其中
51、充入bmolB，平衡向正反应移动，达到平衡时气体总物质的量为M+bmol，混合气体的总的物质的量不变，故反应前后气体的化学计量数之和相等；D、气体的物质的量不变，温度升高，压强增大解答：解：A、温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.48倍，说明降低压强，平衡向正反应移动，降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，故a+bc+d，故A错误；B、A、B的初始物质的量之比等于化学计量数之比，平衡时A、B的转化率一定相等，A、B的初始物质的量之比为1：1，二者的化学计量数不一定是1：1，平衡时转化率不一定相等，故B错误；C、衡体系中共有气体M mol，再向其中充入bmolB，平衡向正反应移动
52、，达到平衡时气体总物质的量为M+bmol，混合气体的总的物质的量不变，故反应前后气体的化学计量数之和相等，即a+b=c+d，故C正确；D、气体的物质的量不变，温度升高，压强增大，故D错误；故选C点评：本题考查影响化学平衡的因素，难度不大，注意理解外界条件对化学平衡的影响16（2分）（2013秋杜集区校级月考）下列实验操作或实验事实的叙述中，正确的是（）用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌用pH试纸测得氯水的pH为2用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管如果皮肤上不慎沾有浓硫酸，应立即用大量的NaOH稀溶液冲洗某溶液加入NaOH并
53、加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中含NH4+向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，以制备Fe（OH）3胶体ABCD考点：化学实验方案的评价版权所有专题：实验评价题分析：盛放过石灰水的试剂瓶上会有碳酸钙生成，用稀盐酸洗涤，会与碳酸钙反应，从而除掉碳酸钙；浓硫酸稀释放热，配制时应将浓硫酸倒入其他溶液；氯水有强氧化性，有漂白性；稀HNO3可与银反应；氢氧化钠有腐蚀性；碱性气体是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热解答：解：用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶，操作正确，故正确；配制时，将浓硫酸
54、沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌，故正确；氯水有强氧化性，有漂白性能将PH试纸漂白，故错误；因稀HNO3可与银反应，所以可用稀HNO3清洗做过银镜反应的试管，故正确；浓硫酸具有较强较强的腐蚀性，不慎沾到皮肤上，立即用大量水冲洗会灼伤皮肤，应立即用布拭去，再用大量清水冲洗，故错误；加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明原溶液含有NH4+，故正确；实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，而不是向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，故错误；故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，解答本题的关键是把握相
55、关物质的性质，学习中注意积累17（2分）（2009通州区校级模拟）某温度下，在一密闭容器中发生如下可逆反应：2E（g）F（g）+xG（g）；H0若起始时E浓度为a molL1，F、G浓度均为0，达平衡时E浓度为O.5a molL1；若E的起始浓度改为 2a molL1，F、G浓度仍为O，当达到新的平衡时，下列说法正确的是（）A升高温度时，正反应速率加快、逆反应速率减慢B若x=l，容器体积保持不变，新平衡下E的体积分数为50%C若x=2，容器体积保持不变，新平衡下F的平衡浓度小于0.5a molL1D若x=2，容器压强保持不变，新平衡下E的物质的量为a mol考点：化学平衡的计算；化学反应速率的
56、影响因素版权所有专题：压轴题；化学平衡专题分析：A、升高温度正、逆反应速率都增大；B、容器体积保持不变，x=l，反应前后气体的物质的量不变，若E的起始浓度改为 2a molL1，等效为增大压强，平衡不移动，新平衡下E的体积分数与原平衡相等；C、容器体积保持不变，若E的起始浓度改为 2a molL1，等效为在原平衡的基础上增大2mol/LE的浓度，反应向正反应进行，F的浓度增大；D、题目中为物质的量的浓度，不能确定物质具体物质的量解答：解：A、升高温度正、逆反应速率都增大，故A错误；B、容器体积保持不变，x=l，反应前后气体的物质的量不变，若E的起始浓度改为 2a molL1，等效为增大压强，平
57、衡不移动，平衡时E的转化率不变，新平衡下E的体积分数与原平衡相等为100%=50%，故B正确；C、原平衡时E浓度为O.5a molL1，c（E）=a molL1O.5a molL1=O.5a molL1，故平衡时F的浓度为O.5a molL1，容器体积保持不变，若E的起始浓度改为 2a molL1，等效为在原平衡的基础上增大2mol/LE的浓度，反应向正反应进行，F的浓度增大，故大于O.5a molL1，故C错误；D、容器压强保持不变，若E的起始浓度改为 2a molL1，与原平衡为等效平衡，E的转化率相同，平衡时E的物质的量为原平衡的2倍，题目中为物质的量的浓度，不能确定物质的量，原平衡E的
58、物质的量不一定是0.5amol，故D错误；故选B点评：考查化学平衡的计算、平衡状态的构建与等效平衡等，难度中等，设计平衡状态建立的途径是关键，注意等效思想的运用18（2分）（2013秋锦州期末）如图所示的直型石英玻璃封管中充有CO气体，左端放置不纯的镍（Ni）粉在一定条件下，Ni可以与CO（g）发生如下反应：Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（g）Ni粉中的杂质不与CO（g）发生反应玻璃管内左右两端的温度分别稳定在350K和470K，经过足够长时间后，右端的主要物质是（）A纯Ni（s）和Ni（CO）4（g）B纯Ni（s）和CO（g）C不纯Ni（s）和CO（g）D不纯Ni（s）和Ni（CO）
59、4（g）考点：化学平衡的调控作用版权所有专题：化学平衡专题分析：由反应条件和反应的方程式可知，Ni和CO在323353K时生成Ni（CO）4，在453473K时生成Ni和CO，以此判断右端的主要物质解答：解：由反应Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（g）可知，左端Ni和CO在323353K时生成Ni（CO）4，Ni粉中的杂质不与CO发生反应，则杂质应存留在左端，在453473K时，Ni（CO）4分解生成Ni和CO，在右端得到纯净的Ni（s）和CO（g），故选B点评：本题考查化学平衡移动，题目难度不大，注意把握题给信息，根据反应的条件和转化的方向进行判断19（2分）（2014秋延吉市校级期中
60、）一定温度下，在2L的密闭容器中发生如下反应：A（s）+2B（g）2C（g）H0，反应过程中B、C的物质的量随时间变化的关系如图1；反应达平衡后在t1、t2、t3、t4时分别都只改变了一种条件，逆反应速率随时间变化的关系如图下列有关说法正确的是（）A反应开始2 min内，v（B）=0.1 mol/（Lmin）Bt1时改变的条件可能是升高温度Ct3时改变的条件可能是加压，此时c（B）不变Dt4时可能是使用了催化剂，此时c（B）不变考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线版权所有专题：化学平衡专题分析：A、再根据v=计算v（B）；B、正反应为放热反应，当降低温度，正逆速率都减小，并且正反应速度降低的幅
61、度更大，反应正向移动，据此判断；C、反应前后气体的物质的量不变，增大压强，速率增大，平衡不移动，容器体积减小，此时c（B）变大，据此判断；D、使用催化剂，加快反应速率，平衡不移动，此时c（B）不变，据此判断；解答：解：A、通过图1可知，v（B）=0.05 mol/（Lmin），故A错误；B、正反应为放热反应，当降低温度，反应正向移动，正逆速率都减小，并且正反应速度降低的幅度小，故B错误；C、反应前后气体的物质的量不变，增大压强，速率增大，平衡不移动，容器体积减小，此时c（B）变大，故C错误；D、使用催化剂，加快反应速率，平衡不移动，此时c（B）不变，故D正确点评：考查化学反应速率和化学平衡的图
62、象问题，难度不大，注意图2中纵坐标是表示逆反应速率，注意条件变化逆反应速率随实际变化20（2分）（2013秋秦安县期末）在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（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，下列分析正确的是（）A图表示的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响B图表示的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响C图表示的是催化剂对化学平衡的影响，且甲的催化效率比乙高D图表示的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强较高考点：化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：A增大氧气的浓度，瞬间逆反应速率
63、不变；B图正正逆反应速率同等程度的增大；C催化剂不改变平衡；D乙先达到平衡，压强大，且压强大，转化率增大解答：解：A增大氧气的浓度，瞬间逆反应速率不变，图中不符，应为增大压强，故A错误；B图正正逆反应速率同等程度的增大，为催化剂对反应的影响，故B正确；C催化剂不改变平衡，应为压强对反应的影响，故C错误；D乙先达到平衡，压强大，且压强大，转化率增大，转化率与图象不符合，故D错误；故选B点评：本题考查影响化学平衡的因素及图象，注意压强、浓度、催化剂对反应速率及平衡的影响，把握图中中速率的关系及点、线、面的意义，题目难度中等21（2分）（2014秋唐山校级期中）在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不
64、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），下列说法错误的是（）容器甲乙丙反应物投入量1mol N2、3mol H22mol NH34mol NH3NH3的平衡浓度（molL1）c1c2c3反应的能量变化放出a kJ吸收b kJ吸收c kJ体系压强（Pa）p1p2p3反应物转化率a1a2a3A2c1c3Ba+b=92.4Cp32p2=2p1Da1+a31考点：等效平衡版权所有专题：化学平衡专题分析：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
65、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
66、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正确；B
67、、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正确；故选C点评：本题考查化学平衡影响因素、等效平衡、化学平衡的计算，题
68、目计算量较大，题目难度较大，关键是构建平衡建立的等效途径，试题侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养22（2分）（2008镜湖区校级一模）取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3：2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则该原溶液的浓度为（）A0.01molL1B0.017molL1C0.05molL1D0.50molL1考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：反应后溶液pH=12，则NaOH过量，根据c（OH）=以及反应后剩余离子的物质的量，计算酸碱混合后的体积计算原溶液的浓度解答：解：设原溶液物质的量浓度为cmol/L，V（NaOH）
69、=3L，V（HCl）=2L，二者混合后反应，混合溶液体积为5L，二者混合后反应，所得溶液pH=12，则 c（OH）=102mol/L，3Lcmol/L2Lcmol/L=102mol/L5L则c=0.05mol/L故选C点评：本题考查溶液酸碱混合的计算，题目难度不大，注意酸碱混合时溶液pH的计算方法23（2分）（2013春周口期中）通常人们把拆开1mol某化学键吸收的能量看成该化学键的键能键能的大小可以估量化学键的强弱，也可以估计化学反应的反应热（H），化学反应的H等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差下列是一些化学键的键能根据键能数据估算下列反应的反应热H为（）CH
70、4（g）+4F2（g）=CF4（g）+4HF（g）化学键CHCFHFFF键能/（kJmol1）414489565155A1940 kJmol1B+1940 kJmol1C485 kJmol1D+485 kJmol1考点：反应热和焓变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：根据反应热能与反应物的总键能减生成物的总键能计算解答：解：在反应CH4（g）+4F2（g）=CF4（g）+4HF（g）中，H=（4414+4155）kJmol1（4489+4565）kJmol1=1940 kJmol1，故选A点评：本题考查反应热与焓变，题目侧重于反应热的计算，为该考高频考点，题目难度不大，注意反应反应热能与反
71、应物的总键能减生成物的总键能24（2分）（2012秋菏泽期末）能表示人体大量喝水时，胃液的pH变化的图象是（）ABCD考点：溶液pH的定义版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：选项中图象，横坐标表示加水的体积，纵坐标表示溶液的pH，结合胃液的成分和pH计算公式进行解答解答：解：人体胃液的主要成分为盐酸，盐酸显酸性，溶液的酸碱度可用pH值表示，其计算公式为pH=lgH+，其中cH+表示氢离子浓度，显酸性的胃酸，在人体大量喝水时，氢离子浓度随着加水稀释，氢离子浓度的减小，溶液的pH升高，结合图象，横坐标表示加水的体积，纵坐标表示溶液的PH，A图象符合题意故选A点评：本题主要考查了溶液的PH和
72、溶液酸碱性的关系，明确酸性越弱pH越大是解答的关键，题目较简单25（2分）（2013秋蕲春县校级月考）将PH=8的NaOH溶液与PH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液的PH值最接近（）A8.3B8.7C9D9.7考点：pH的简单计算版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：两种碱溶液混合，先计算出混合后溶液的c（OH），再根据溶液的Kw计算出溶液的c（H+），然后求PH值解答：解：pH=8的NaOH溶液中c（OH）=1106mol/L，pH=10的NaOH溶液中c（OH）=1104mol/L，混合后c（OH）=mol/Lmol/L，则溶液中的c（H+）=mol/L=2.01010mol/
73、L，所以PH=10lg2=9.7，故选D点评：本题考查两种碱溶液混合后的溶液氢离子浓度计算，题目难度不大，注意先计算溶液中c（OH），再计算c（H+）26（2分）（2014春香坊区校级月考）反应：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g）已达平衡若增大压强，平衡移动，但混合气体的平均相对分子质量不变下列说法正确的是（）A原混合气体的平均相对分子质量为30B原混合气体的平均相对分子质量为28C起始时，NH3与CO2的体积比为13：14D起始时，NH3与CO2的体积比为14：15考点：化学平衡的计算版权所有专题：化学平衡专题分析：由于该反应中，气体每减小2mol，生成1mol
74、CO（NH2）2是固体，气体质量减小60g，即减少的混合气体的平均相对分子质量为30，当起始混合气体的相对分子质量为30时，平衡正向移动，但混合气体的平均相对分子质量始终为30，所以加压时混合气体的平均相对分子质量不变；A、因为原混合气体的平均相对分子质量为30，当减小的混合气体的平均相对分子质量为30时，平衡移动过程中，混合气体的平均相对分子质量不变；B、因为原混合气体的平均相对分子质量为28，当减小的混合气体的平均相对分子质量为30时，剩余的混合气体的平均相对分子质量会减小；C、NH3与CO2的体积比为13：14时，混合气体平均相对分子质量为=31，当减小的混合气体的平均相对分子质量为30
75、时，剩余的混合气体的平均相对分子质量会增大；D、NH3与CO2的体积比为14：15时，混合气体平均相对分子质量为=30.97，当减小的混合气体的平均相对分子质量为30时，剩余的混合气体的平均相对分子质量会增大，据此判断解答：解：由于该反应中，气体每减小2mol，生成1molCO（NH2）2是固体，气体质量减小60g，即减少的混合气体的平均相对分子质量为30，当起始混合气体的相对分子质量为30时，平衡正向移动，但混合气体的平均相对分子质量始终为30，所以加压时混合气体的平均相对分子质量不变；A、因为原混合气体的平均相对分子质量为30，增加压强，平衡正向移动，混合气体的量在减少，当减小的混合气体的
76、平均相对分子质量为30时，平衡移动过程中，混合气体的平均相对分子质量不变，故A正确；B、因为原混合气体的平均相对分子质量为28，增加压强，平衡正向移动，混合气体的量在减少，当减小的混合气体的平均相对分子质量为30时，剩余的混合气体的平均相对分子质量会减小，故B错误；C、NH3与CO2的体积比为13：14时，混合气体平均相对分子质量为=31，增加压强，平衡正向移动，混合气体的量在减少，当减小的混合气体的平均相对分子质量为30时，剩余的混合气体的平均相对分子质量会增大，故C错误；D、NH3与CO2的体积比为14：15时，混合气体平均相对分子质量为=30.97，增加压强，平衡正向移动，混合气体的量在
77、减少，当减小的混合气体的平均相对分子质量为30时，剩余的混合气体的平均相对分子质量会增大，故D错误；故选A点评：本题主要考查平衡移动过程中平均相对分子质量的变化情况，难度较大，解题时要注意混合气体的总质量和总物质的量的变化关系27（2分）（2010福建模拟）N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生下列反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0 T1温度下的部分实验数据为：t/s050010001500c（N2O5）mol/L5.003.522.502.50下列说法不正确的是（）A500s内N2O5分解速率为2.96103 mol/（Ls）BT1温度下的平衡常数为K1=125，10
78、00s时转化率为50%C其他条件不变时，T2温度下反应到1000s时测得N2O5（g）浓度为2.98 mol/L，则T1T2DT1温度下的平衡常数为K1，T3温度下的平衡常数为K3，若K1K3，则T1T3考点：化学平衡的计算版权所有专题：化学平衡专题分析：A依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度计算分解率；B由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，计算平衡浓度结合平衡常数概念计算平衡常数，根据转化率=100%计算；C该反应正反应是吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向正反应移动，平衡时时N2O5（g）浓度应降低；D平衡常数
79、只受温度影响解答：解：A依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度=5.00mol/L3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率=2.96103 mol/（Ls），故A正确；B由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，c（NO2）=5mol/L，c（O2）=1.25mol/L，平衡常数K=125，转化率为100%=50%，故B正确；C该反应正反应是吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向正反应移动，平衡时时N2O5（g）浓度应降低，其他条件不变时，T2温度下反应到1000s时测得N2O5（g）浓度为2.98 mol/L，浓度
80、大于2.5mol/L，故不可能为升高温度，应为降低温度，故T1T2，故C错误；D平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T3温度下的平衡常数为K3，若K1K3，反应吸热反应，则T1T3，故D正确；故选：C点评：本题考查化学平衡状态判断、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素、平衡常数等，难度中等28（2分）（2014春九原区校级期中）在一种pH=1的溶液中可能存在NO3，I，Cl，Fe3+中的一种或几种向该溶液中滴入溴水，单质溴被还原由此推断该溶液（）A含NO3，Fe3+，无I，可能有ClB含I，不含NO3，Fe3+，可能有ClC含I，Fe3+，不含NO3，可能有ClD含NO3，不含I，
81、Fe3+，可能有Cl考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验版权所有专题：物质检验鉴别题分析：向该溶液中加入溴水，单质溴被还原，说明溶液中含有还原性离子，能与溴反应的只有I，在酸性条件下，NO3、Fe3+具有强氧化性，应不能存在解答：解：在酸性条件下，NO3、Fe3+具有强氧化性，向该溶液中加入溴水，单质溴被还原，说明溶液中含有还原性离子，能与溴反应的只有I，则一定不存在NO3、Fe3+，由于Cl不与溴反应，不能确定Cl是否存在故选B点评：本题考查离子反应，题目难度不大，本题注意离子的性质，为解答该题的关键29（2分）（2014秋梁园区校级月考）如图，关闭活塞K，向A中充入1molX、1mol
82、Y，向B中充入2molX、2molY，此时A的容积是a L，B的容积是2aL在相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：X（g）+Y（g）2Z（g）+W（g）；H0A保持恒压，B保持恒容，达平衡时，A的体积为1.4a L下列说法错误的是（）A反应速率：v（B）v（A）BA 容器中X的转化率为80%C若打开K，则A的体积变为2.6a LD平衡时Y的体积分数：AB考点：化学平衡的计算版权所有专题：化学平衡专题分析：根据图象知，A保持恒压，B保持恒容，A、化学反应速率与物质的浓度有关，浓度越大反应速率越大；B、先根据相同条件下，气体的气体之比等于物质的量之比计算平衡后气体的物质的量，
83、再结合方程式计算X反应的物质的量，最后根据转化率公式计算X的转化率，再结合B装置中压强对化学平衡的影响判断X的转化率；C、打开K达新平衡等效为A中到达的平衡，根据X的转化率计算平衡后总的物质的量，再根据体积之比等于物质的量之比计算总体积，进而计算A容器的体积，升高温度，平衡向吸热方向移动，据此判断；D、根据C项中A容器的平衡变化，建立新平衡后，（容积为0.5aL与容积为1.4aL相比）Y的体积分数要减小，即平衡时Y体积分数AB；解答：解：A对X （g）+Y（g） 2Z（g）+W（g）来说，开始时只加入反应物X和Y，该反应将向正反应发向进行以建立化学平衡对容器A来说，在建立化学平衡的过程中，反应
84、混合物的总物质的量会增大，根据阿伏伽德罗定律（同温同容时，压强之比等于物质的量之比），其体积要增大，各组分的物质的量浓度就要减下，其反应速率也要减小对于B容器来说，体积不变，各组分初始浓度是A容器的2倍，每个时刻的反应速率都将大于A容器，即反应速率：v（B）v（A），故A正确； B根据阿伏伽德罗定律（同温同容时，压强之比等于物质的量之比），达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的1.4倍，即1.42mol=2.8mol，即增加了0.8mol，根据化学方程式的计算可知，X （g）+Y（g）=2Z（g）+W（g）n 1 1 0.8mol 0.8mol即达平衡后，反应掉0.8mol，A容器中X
85、的转化率为80%，故B正确；C打开K达新平衡等效为A中到达的平衡，X的转化率为80%，参加反应的X的总的物质的量为3mol80%=2.4mol，则：X（g）+Y（g）2Z（g）+W（g） 物质的量增多1mol 1mol2.4mol 2.4mol故平衡后容器内总的物质的量为（1mol+1mol+2mol+2mol）+2.4mol=8.4mol，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，则总容器的体积为aL=4.2aL，则A的体积=4.2aLa=3.2a，故C错误；D根据C项中A容器的平衡变化，建立新平衡后，（容积为0.5aL与容积为1.4aL相比）Y的体积分数要减小，即平衡时Y体积分数AB，故D正确
86、；故选C点评：本题难度较大，需要设计平衡和变换平衡，要求有清晰的思维过程，是一则训练思维的好题30（2分）（2013秋桃城区校级月考）某兴趣小组为探究温度、压强对可逆反应A（g）+B（g）C（g）+D（s）的影响，进行了如下实验：恒温条件下，往一个容积为10L的密闭容器中充入1mol A和1mol B，反应达平衡时测得容器中各物质的量浓度为浓度1然后改变外界条件又做了两组实验：只升高温度；只改变体系压强；分别测得新平衡时容器中各物质的量浓度为浓度2、浓度3ABC浓度10.05molL1a molL10.05 molL1浓度20.078 molL10.078 molL10.122 molL1浓度
87、30.06 molL10.06 molL10.04 molL1浓度40.07 molL10.07 molL10.098 molL1请找出实验操作与实验数据浓度2、浓度3的对应关系，并分析下列结论，其中错误的是（）A由浓度3与浓度1的比较，可判断出正反应是放热反应B由浓度2与浓度1的比较，可判断平衡移动的原因是升高温度C浓度1中a=0.05D该组某学生在实验过程中，测得各物质在某一时刻的浓度为浓度4与浓度1比较，可发现该同学在测定浓度4这组数据时出现了很大的误差考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：A、根据浓度2与浓度1中的浓度变化判断正反应是吸热还是放热反
88、应；B、根据浓度3与浓度1中反应物、生成物浓度变化分析是增大压强还是减小压强；C、根据反应的方程式A（g）+B（g）C（g）+D（s）来判断，在恒温条件下往一个容积为10L的密闭容器中充入1molA和1molB，反应达平衡时，第组消耗的B的物质的量与A的物质的量相等；D、根据等效平衡和极性转化法进行判断解答：解：A、升高温度后，反应物A、B的浓度增大，C的浓度减小，说明化学平衡向着逆向移动，可判断出正反应是放热反应，故A正确；B、由于D是固体，该反应在正反应是体积缩小的反应，由浓度3与浓度1的比较，浓度3反应物浓度增加、生成物浓度减小，平衡向着逆向移动，说明是减小了压强，故B错误；C、反应A（
89、g）+B（g）C（g）+D（s）中，A和B加入的物质的量相等，化学计量数相等，所以反应达平衡时，第组消耗的B的物质的量与A的物质的量相等，故a=0.05，故C正确；D、将C的浓度完全转化成A、B的浓度，A、B的浓度都为0.168mol/L，物质的量为1.68mol，最初加入的A、B的物质的量均为1mol，显然在测定过程中出现了很大误差，故D正确；故选B点评：本题考查了影响化学平衡的因素，题目难度中等，充分考查了学生的分析、理解能力和灵活应用所学知识的能力二.共50分请将答案写在答题纸的相应位置31（5分）（2013秋会宁县校级期中）降低大气中CO2的含量及有效地开发利用 CO2，目前工业上有一
90、种方法是用CO2来生产燃料甲醇为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJ/mol测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示（1）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=0.225mol/（Lmin）；（2）氢气的转化率=75%；（3）该反应的平衡常数为5.33（保留小数点后2位）；（4）下列措施中能使平衡体系中n（CH3OH）/n（CO2）增大的是CDA升高温度B充入He（g），使体系压强增大C将H2O（g）从体系中分离出去D再
91、充入1mol H2（5）当反应达到平衡时，H2的物质的量浓度为c1，然后向容器中再加入一定量H2，待反应再一次达到平衡后，H2的物质的量浓度为c2，则c1c2的关系（填“”、“”或“=”）考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算版权所有专题：化学平衡专题分析：（1）根据v=计算；（2）根据氢气的平衡浓度判断转化的物质的量，进而可计算转化率；（3）根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积计算；（4）要使n（CH3OH）/n（CO2）增大，应使平衡向正反应方向移动；（5）恒容密闭容器、反应后整个体系的压强比之前来说减小了，加入氢气虽然正向移动，但是C
92、O2（g）浓度较小、CH3OH（g） 浓度增大、H2O（g）浓度增大，且平衡常数不变解答：解：（1）利用三段式解题法计算 CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g），开始（mol/L）：1 3 0 0变化（mol/L）：0.75 2.25 0.75 0.75 平衡（mol/L）：0.25 0.75 0.75 0.75从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=0.225 molL1min1，故答案为：0.225；（2）氢气的转化率=75%，故答案为：75%；（3）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则k=5.33，故答案为：5.33；（4）要使n（CH3O
93、H）/n（CO2）增大，应使平衡向正反应方向移动，A因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则n（CH3OH）/n（CO2）减小，故A错误；B充入He（g），使体系压强增大，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，n（CH3OH）/n（CO2）不变，故D错误故B错误；C将H2O（g）从体系中分离，平衡向正反应方法移动，n（CH3OH）/n（CO2）增大，故C正确；D再充入1mol H2，增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，则n（CH3OH）/n（CO2）增大，故D正确故答案为：CD；（5）若是恒容密闭容器、反应后整个体系的压强比之前来说减小了，加入氢气虽然正向移动，平衡移动的结果是减
94、弱这种改变，而不能消除这种改变，即虽然平衡正向移动，氢气的物质的量在增加后的基础上减小，但是CO2（g）浓度较小、CH3OH（g） 浓度增大、H2O（g）浓度增大，且平衡常数不变达到平衡时H2的物质的量浓度与加氢气之前相比一定增大，故c1c2，故答案为：点评：本题考查较为综合，涉及化学平衡计算以及平衡移动等问题，题目难度较大，注意根据图象计算各物质的平衡浓度为解答该题的关键32（8分）（2014春昌吉市校级期中）反应aA（g）+bB（g）cC（g）（H0）在等容条件下进行改变其他反应条件，在、阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示：回答问题：（1）反应的化学方程式中，a：b：c为1：3：
95、2；（2）A的平均反应速率vI（A）、v（A）、v（A）从大到小排列次序为v（A）v（A）v（A）；（3）B的平衡转化率I（B）、（B）、（B）中最小的是（B），其值是19.4%；（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是平衡正向移动，采取的措施是从反应体系中移出产物C；（5）比较第阶段反应温度（T2）和第阶段反应温度（T3）的高低：T2T3（填“”“”“=”），判断的理由是此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程版权所有专题：化学平衡专题分析：（1）由图可知第阶段，平衡时c（A）=2mol/L1mol/L=1mol/L，c（B）=6m
96、ol/L3mol/L=3mol/L，c（C）=2mol/L，根据浓度变化量之比等于化学计量数之比计算；（2）根据化学反应速率为单位时间浓度的变化值，可计算三个阶段用A表示的化学反应速率，据此判断；（3）转化率是物质的减少量与初始量的比值，计算三个阶段B的转化率，据此解答；（4）第阶段C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C，即减少生成物浓度，平衡正向移动；（5）第阶段的开始与第阶段的平衡各物质的量均相等，根据A、B的量减少，C的量增加可判断平衡是正向移动的，根据平衡开始时浓度确定此平衡移动不可能是由浓度的变化引起的，另外题目所给条件容器的体积不变，则改变压强
97、也不可能，因此一定为温度的影响，此反应正向为放热反应，可以推测为降低温度，另外结合A的速率在三个阶段的情况，确定改变的条件一定为降低温度，根据勒夏特列原理，平衡的移动只能减弱改变，不能抵消改变，因此达到平衡后温度一定比第阶段平衡时的温度低解答：解：（1）由图可知第阶段，平衡时c（A）=2mol/L1mol/L=1mol/L，c（B）=6mol/L3mol/L=3mol/L，c（C）=2mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故a：b：c=1mol/L：3mol/L：2mol/L=1：3：2，故答案为：1：3：2；（2）v（A）=0.05mol/（Lmin），v（A）=0.0253mol/
98、（Lmin），v（A）=0.012mol/（Lmin），故A的平均反应速率v（A）v（A）v（A），故答案为：v（A）v（A）v（A）；（3）B的平衡转化率（B）=100%=50%，（B）=100%=38%，（B）=100%=19.4%，故答案为：（B）；19.4%；（4）第阶段C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C，即减少生成物浓度，平衡正向移动，故答案为：平衡正向移动；从反应体系中移出产物C；（5）第阶段的开始与第阶段的平衡各物质的量均相等，根据A、B的量减少，C的量增加可判断平衡是正向移动的，根据平衡开始时浓度确定此平衡移动不可能是由浓度的变化引起的
99、，另外题目所给条件容器的体积不变，则改变压强也不可能，因此一定为温度的影响，此反应正向为放热反应，可以推测为降低温度，另外结合A的速率在三个阶段的情况，确定改变的条件一定为降低温度，根据勒夏特列原理，平衡的移动只能减弱改变，不能抵消改变，因此达到平衡后温度一定比第阶段平衡时的温度低，故答案为：；此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动点评：本题考查化学反应速率与化学平衡图象、化学平衡有关计算、化学反应速率、化学平衡影响因素等，注意合理分析题中信息数据，本题难度中等33（6分）（2014大连学业考试）煤燃烧的反应热可通过以下两个途径来利用：a利用煤在充足的空气中直接燃烧产生的反应热；b先
100、使煤与水蒸气反应得到氢气和一氧化碳然后是使得到的氢气和一氧化碳在充足的空气中燃烧这两个过程的化学方程式为：aC（s）+O2（g）=CO2（g）H=E1 bC（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=E2 H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=E3 CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=E4 回答：（1）与途径a相比途径b有较多的优点，即固体煤经处理变成气体燃料后，不仅可以大大减少SO2和烟尘对空气造成的污染，而且燃烧效率高，也便于运输（2）上述四个热化学方程式中哪个反应H0？（填序号）（3）等质量的煤分别通过以上两条不同的途径产生的可利用的总能量关系正确的是CAa比b多 Ba比b少
101、Ca与b在理论上相同（4）根据能量守恒定律，E1、E2、E3、E4之间的关系为E1=E2+E3+E4考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：（1）固体燃料变为气体燃料，能源利用率高，污染小；（2）燃烧反应均为放热反应，C与水蒸气的反应为吸热反应；（3）根据盖斯定律可知，反应一步完成或分步完成，其热效应相同；（4）利用盖斯定律来分析解答：解：（1）固体煤经处理变成气体燃料后，不仅可以大大减少SO2和烟尘对空气造成的污染，而且燃烧效率高，也便于运输，故答案为：固体煤经处理变成气体燃料后，不仅可以大大减少SO2和烟尘对空气造成的污染，而且燃烧效率高，也便于运输；
102、（2）因为燃烧反应均为放热反应，为燃烧反应，所以放热反应，为吸热反应，故答案为：；（3）由盖斯定律可知，反应一步完成或分步完成，其热效应相同，则等质量的煤分别通过以上两条不同的途径产生的可利用的总能量相同，故答案为：C； （4）由盖斯定律可知，反应一步完成或分步完成，其热效应相同，所以=+，则能量为E1=E2+E3+E4，故答案为：E1=E2+E3+E4点评：本题考查化学反应中的能量变化及利用盖斯定律确定反应及其能量的关系，注重基础知识的考查，题目较简单34（16分）（2013天津）某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5 m的悬浮颗粒物），其主要来源
103、为燃煤、机动车尾气等因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义请回答下列问题：（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子K+Na+NH4+SO42NO3Cl浓度/molL1410661062105410531052105根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为酸性，试样的pH=4（2）为减少SO2的排放，常采取的措施有：将煤转化为清洁气体燃料已知：H2 （g）+O2 （g）=H2O；H=241.81kJmol1C （s）+O2 （g）=CO （g）；H=110.51kJmol1写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式：C（
104、s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）；H=+13l.3 kJmol1洗涤含SO2的烟气以下物质可作洗涤剂的是a、baCa（OH）2 bNa2CO3 cCaCl2 dNaHSO3（3）汽车尾气中NOx和CO的生成及转化已知汽缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）2NO （g）；H0若1mol空气含0.8mol N2和0.2mol O2，1300时在密闭容器内反应达到平衡，测得NO为：8104 mol计算该温度下的平衡常数：K=4106汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是温度升高，反应速率加快，平衡右移汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2C
105、O （g）=2C （s）+O2 （g）已知该反应的H0，简述该设想能否实现的依据：该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不自发进行目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为2CO+2NO 2CO2+N2考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；pH的简单计算版权所有专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）观察表格中发现NH4+水解显酸性，PM2.5的酸碱性为酸性；（2）利用盖斯定律计算反应热；（3）计算出平衡时各种物质的物质的量，结合平衡常数的表达式计算；根据G=HTS判断反应能否自发进行；根据生成物为氮气和
106、二氧化碳书写解答：解：（1）观察表格中发现NH4+水解显酸性，PM2.5的酸碱性为酸性试样的pH值根据溶液中电荷守恒c（H+）+c（K+）+c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42）+c（NO3）+c（Cl）计算H+离子浓度为104，pH值为4，故答案为：酸性；4；（2）已知：H2 （g）+O2 （g）=H2O（g）；H=241.81kJmol1，C （s）+O2 （g）=CO （g）；H=110.51kJmol1，利用盖斯定律，将可得C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）；H=（110.51kJmol1）（241.81kJmol1）=+13l.3 kJmol1，故答案为：C（s）
107、+H2O（g）=CO（g）+H2（g）；H=+13l.3 kJmol1； 洗涤含SO2的烟气，根据酸性氧化物的性质选aCa（OH）2 bNa2CO3，故答案为：a、b；（3）计算平衡常数时，先计算物质的平衡量，N2为0.8mol4104 mol，O2为0.2mol4104 mol，带入平衡常数表达式即可，得K=4106，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是温度升高，反应速率加快，平衡右移，故答案为：4106；温度升高，反应速率加快，平衡右移；2CO（g）=2C（s）+O2（g），该反应是焓增、熵减的反应根据G=HTS，G0，不能实现，故答案为：该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不
108、自发进行；汽车尾气系统中装置反应的化学方程式为2CO+2NO 2CO2+N2，故答案为：2CO+2NO 2CO2+N2点评：该题综合考查化学反应原理的基础知识，涉及离子的水解、pH值的计算、盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算、自由能的应用等，题目难度中等，注意相关知识的积累35（8分）（2013秋信丰县校级期末）（1）25时，某NaCl溶液中c（Cl）=1104 mol/L，则该溶液中c（Na+ ）：c（OH）=1000：1（2）25时，将0.1mol/L NaOH溶液与0.06mol/L的H2SO4溶液等体积混合（忽略混合后体积的变化），求所得溶液的pH=2（3）某温度（t）时，测得0.01
109、molL1 的NaOH溶液的pH=11，则该温度下水的Kw=1013mol2/L2在该温度下测得某溶液pH=3，则该溶液中c（H+ ）：c（OH ）=107：1该温度下将pH=2的盐酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，pH=6.5（4）纯水中c（H+ ）=5.0107 mol/L，则此时纯水中的c（OH）=5.0107mol/L；若温度不变，滴入稀硫酸使c（H+）=5.0103mol/L，则c（OH）=5.01011mol/L；在该温度时，往水中滴入NaOH溶液，溶液中的c（OH）=5.0102 mol/L，则溶液中c（H+ ）=5.01012mol/L考点：物质的量浓度的相关计算；水的电
110、离；pH的简单计算版权所有专题：计算题；电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）NaCl溶液中c（Na+ ）=c（Cl），溶液呈中性，则c（OH）=1107 mol/L，据此计算；（2）根据酸和碱的量判断二者混合后酸剩余，计算混合后剩余氢离子浓度，进而计算pH；（3）根据溶液的pH计算溶液中氢离子浓度，根据氢氧化钠的浓度计算氢氧根离子浓度，再结合Kw=c（H+）c（OH）计算Kw；结合Kw=c（H+）c（OH）来计算；先判断混合后溶液酸碱性，再计算溶液pH值；（4）纯水中，c（H+）=c（OH），据此计算该温度下的Kw，任何溶液中，Kw=c（H+）c（OH）都成立解答：解：（1）氯化钠中性溶液，c
111、（H+）=c（OH）=1107mol/L，c（Cl）=c（Na+）=1104 mol/L，所以c（Na+ ）：c（OH）=1000：1，故答案为：1000：1；（2）设两溶液体积是VL，0.1mol/L NaOH溶液中氢氧根离子物质的量是0.1V mol，0.06mol/L的H2SO4溶液的物质的量是0.12V mol，由H+OH=H2O可知混合后酸剩余，所以剩余氢离子浓度c=0.01mol/L，故pH=lg0.01=2，故答案为：2；（3）0.01molL1的NaOH溶液的pH为11，则c（H+）=1011 mol/L，氢氧化钠是强电解质完全电离，所以溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L
112、，则Kw=c（H+）c（OH）=0.011011=1013，故答案为：1013mol2/L2；溶液pH=3，则c（H+ ）=103mol/L，c（OH ）=mol/L=1010mol/L，则该溶液中c（H+ ）：c（OH ）=103mol/L：1010mol/L=107：1，故答案为：107：1；pH=2的盐酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，则pH之和等于13，所以酸碱恰好中和，溶液为中性，故pH=6.5，故答案为：6.5；（4）纯水中，c（H+）=c（OH）=5.0107 mol/L，所以该温度下的Kw=c（H+）c（OH）=2.51013mol2/L2，酸溶液中，Kw=c（H+）c（
113、OH），当c（H+）=5.0103mol/L，则c（OH）=mol/L=5.01011mol/L，NaOH溶液中的c（OH）=5.0102 mol/L，则溶液中c（H+ ）=mol/L=5.01012mol/L，故答案为：5.0107mol/L；5.01011mol/L；5.01012mol/L点评：本题考查溶液混合后pH的计算以及水的离子积常数有关计算，侧重考查学生对知识的迁移和应用，难度中等36（7分）（2013秋桃城区校级月考）一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量是现用镍氢电池和锂电池的10倍，可连续使用1个月才充电一次假定放电过程中，甲醇完全氧化产生的CO2被充分吸
114、收生成CO32（1）该电池反应的总离子方程式为：2CH3OH+3O2+4OH=2CO32+6H2O；（2）甲醇在负极发生反应（填正或负），电池在放电过程中溶液的pH将下降（填下降、上升、不变）；若有16克甲醇蒸汽被完全氧化产生电能，该过程中转移电子数目3NA（3）最后，又有科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高一个电极通入空气，另一个电极通入汽油蒸汽其中固体电解质是掺杂了Y2O3（Y：钇）的ZrO2（Zr：锆）固体，它在高温下能传导O2离子（其中氧化反应发生完全）以丁烷（C4H10）代表汽油电池的正极反应式为O2+4e=2O2；放电时固体电解质里的O2离子的移动方向是向负极移动（
115、填正或负）考点：化学电源新型电池版权所有专题：电化学专题分析：放电时负极反应为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O，正极电极反应式：O2+2H2O+4e=4OH，电池反应为2CH3OH+3O2+4OH=2CO32+6H2O，固体电解质的燃料电池，通入空气的电极反应为O2+4e=2O2，汽油在负极发生氧化反应，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动解答：解：（1）放电过程中，甲醇完全氧化产生的CO2被充分吸收生成CO32，则反应的总方程式为2CH3OH+3O2+4OH=2CO32+6H2O，故答案为：2CH3OH+3O2+4OH=2CO32+6H2O；（2）放电时，甲醇被氧化，应为电池负极反应，由总反应式2CH3OH+3O2+4OH=2CO32+6H2O，可知消耗OH，电解质溶液pH降低，若有16克即0.5mol甲醇蒸汽被完全氧化产生电能，该过程中转移电子3mol，数目为3NA，故答案为：负；下降；3NA；（3）固体电解质的燃料电池，通入空气的电极反应为O2+4e=2O2，故答案为：O2+4e=2O2；原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故答案为：负点评：本题综合考查原电池工作原理，题目难度中等，注意根据题给信息正确书写电极方程式为解答该题的关键，答题时注意体会电极方程式的书写，学习中注意把握书写方法
