1、2015-2016学年湖北省恩施州巴东一中、龙泉中学高二（上）联考化学试卷（10月份）一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意）1下列说法不正确的是（）A用量筒量取一定量液体时，先从试剂瓶中直接倒入大部分试剂于量筒中，至接近刻度时改用如图所示操作，逐滴加入至刻度B金属镁因保存不当造成失火可用细沙盖灭，不能用泡沫灭火器C探究温度对化学反应速率影响时，先将硫代硫酸钠与硫酸两种溶液混合后再用水浴加热D热化学方程式中，如果没有注明温度和压强，表示反应热是在25，101KPa测得的2下列各组热化学方程式中，化学反应的H前者大于后者的是（）C（s）+O2（g）CO2（g
2、）；H1 C（s）+O2（g）CO（g）；H2S（s）+O2（g）SO2（g）；H3 S（g）+O2（g）SO2（g）；H4H2（g）+O2（g）H2O（l）；H5 2H2（g）+O2（g）2H2O（l）；H6CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）；H7 CaO（s）+H2O（l）Ca（OH）2（s）；H8ABCD3下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（）常温下HNO2溶液的pH小于7 用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗HNO2和NaCl不能发生反应0.1mol/L HNO2溶液的pH=2.1NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2pH=1的 HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.8
3、常温下NaNO2溶液的pH大于7ABCD全部4下列说法不正确的是（）AH0、S0的反应在任何温度下都能自发进行BNH4HCO3（s）NH3 （g）+H2O（g）+CO2（g）H=+185.57 kJmol1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向C硝酸铵固体的溶解过程与焓变有关D在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的速率5下列各项表述与示意图一致的是（）A图中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）CH3CH3（g）H0；使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化B图表示25时，用0.01molL1盐酸滴定一定体积的0.01molL1 N
4、aOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化C图表示CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H，反应CH4的转化率与温度、压强的关系，且P1P2、H0D图中曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0；正、逆反应的平衡常数K随温度的变化6下列有关电解质溶液中粒子浓度关系不正确的是（）ApH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42）+c（OH）B常温下，将0.1 molL1CH3COOH溶液加水稀释，当溶液的pH从3.0升到4.0时，溶液中的值增大到原来的10倍CpH相等的NH4Cl （NH4）2SO4NH4HSO4溶液中：c（NH4+）大小顺序：D含等物质的量的NaH
5、C2O4和Na2C2O4的溶液：2c（Na+）=3c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4）7在密闭体积不变的真空容器中加入一定量纯净的氨基甲酸铵固体，（固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g），已知25时，平衡气体总浓度为2.4103molL1，下列说法中正确的是（）A密闭容器中气体的平均相对分子质量不变则该反应达到平衡状态B20时，氨基甲酸铵的分解平衡常数为2.048109mol3L3C恒温下压缩体积，NH3的体积分数不变D再加入一定量氨基甲酸铵，可加快正反应反应速率8一种化学冰袋含有Na2SO410H2O和NH
6、4NO3，用时将它们混合并用手搓揉就可制冷，且制冷效果能维持一段时间以下关于其制冷原因的推测中肯定错误的是（）ANa2SO410H2O脱水是吸热过程B较长时间制冷是由于Na2SO410H2O脱水过程较慢CNa2SO410H2O在该条件下发生的复分解反应是吸热反应DNH4NO3溶于水会吸收热量9中和一定量某氨水溶液，消耗0.01mol/L盐酸溶液aL，如果先向该氨水溶液中加少量氯化铵，再用0.01mol/L盐酸溶液中和，消耗bL，则a与b的关系（）AabBabCa=bD无法确定10下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A溴水中当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅B高压比常压有利于工业合成氨反应C红棕
7、色NO2加压后颜色比原来要深D热的纯碱除油污效果好11有4种混合溶液，分别由等体积0.1molL1的两种溶液混合而成，NH4Cl与CH3COONa NH4Cl与HCl NH4Cl与NaCl NH4Cl与NH3H2O（混合液呈碱性）下列各项排序正确的是（）ApH：B溶液中c（H+）：Cc（NH4+）：Dc（NH3H2O）：12氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO强25时氯气氯水体系中存在以下平衡关系：Cl2（g）Cl2（aq） K1=101.2Cl2（aq）+H2OHClO+H+ClK2=103.4HClOH+ClOKa=？其中Cl2（aq）、HClO和ClO分别在三者中所
8、占分数（）随pH变化的关系如图所示下列表述错误的是（）A氯处理饮用水时，在冬季的杀菌效果比在夏季好B25时，HClO的电离常数Ka=107.5CCl2（g）+H2O2H+ClO+Cl K=1010.9D用氯处理饮用水时，pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差13可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）；H=Q kJ/mol有甲、乙两个容积相同且不变的密闭容器，向甲容器中加入1molA和3molB，在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1 kJ在相同的条件下，向乙容器中加入2mol C达到平衡后吸收热量为Q2kJ，已知Q1=4Q2下列叙述不正确的是（）A乙中C的转化率为20%BQ1+Q2=QC达到平
9、衡后，再向乙中加入0.25 molA、0.75molB、1.5molC，平衡向正反应方向移动D乙中的热化学反应方程式为2C（g）A（g）+3B（g）；H=+Q2kJmol114室温下，将1.000molL1盐酸滴入20.00mL 1.000molL1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示下列有关说法不正确的是（）Aa点水的离子积Kw=1.01014Bb点：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH）Cc点：c（Cl）=c（NH4+）Dd点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3H2O电离吸热15有HA、H2B、H3C三种一元、二元、三元弱酸，根据“较强酸+较弱酸盐=较强酸盐+较
10、弱酸”的反应规律，它们之间能发生下列反应：HA+HC2（少量）A+H2CH2B（少量）+2AB2+2HA H2B（少量）+H2CHB+H3C下列反应的离子方程式中不正确的是（）A2HA+C32A+H2CBH3C+3A3HA+C3CH3C+B2HB+H2CDHB+AHA+B216已知：常温下浓度为0.1molL1的下列溶液的pH如表：溶质NaFNaClONa2CO3pH7.59.711.6下列有关说法正确的是（）A在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3HClOHFB若将0.2 molL1Na2CO3和0.1 molL1NaHCO3溶液等体积混合，则溶液中：3c（OH）=3c（
11、H+）+2c（HCO3）+5c（H2CO3）+c（CO32）C根据上表，反应ClO+H2OHClO+OH的水解常数Kh107.6D向上述NaClO 溶液中通HF气体至恰好完全反应时：c（Na+）c（F）c（H+）c（HClO）c（OH）二、填空题（本题包括4小题，共52分）17甲烷，甲醇，乙酸是化工产品的重要原料（1）已知：以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+206.2kJmol1CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H=+247.4kJmol1请写出CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方
12、程式：将0.1mol CH4和0.2mol H2O（g）通入体积为10L的密闭容器里，在一定条件下发生反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图：已知100时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为；图中的P1P2（填“”、“”或“=”）；（2）分别将1molCO和2molH2置于恒容容器、恒压容器和恒容绝热容器中（三容器起始容积相同），在催化剂作用下自发反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0若起始温度相同，则达平衡时各容器中CH3OH含量由大到小的顺序：（填容器编号），达到平衡所需时间是I（填“”、
13、“”或“=”）平衡时，测得容器I中的压强减小了30%，则该容器中CO的转化率为（3）甲烷直接合成乙酸具有重要的理论意义和应用价值光催化反应技术使用CH4和（填化学式）直接合成乙酸，且符合“绿色化学”的要求（原子利用率100%）若室温下将amolL1的乙酸溶液和bmolL1Ba（OH）2溶液等体积混合，恢复室温后有2c（Ba2+）=c（CH3COO），请用含a和b的代数式表示乙酸的电离平衡常数Ka=18弱电解质的电离平衡、盐的水解平衡都可看作化学平衡的一种请根据所学化学知识回答下列问题：（1）次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，是一元中强酸，则NaH2PO2是（填“正盐”还是“酸式盐”），其
14、溶液中离子浓度由大到小的顺序应为，将0.2molL1 H3PO2溶液与0.2molL1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：c（H2PO2）+c（OH）c（H+）=molL1（溶液体积变化忽略不计）（2）某同学查阅资料得知常温下0.1molL1Na2CO3中，发生水解的CO32不超过其总量的10%请设计实验加以证明（写出实验方案及预期观察到的现象）（3）室温下，向0.01molL1NH4HSO4溶液中滴加0.01molL1NaOH溶液至中性，得到的溶液中所有离子的物质的量浓度由大到小的顺序为（4）由短周期元素组成的A、B两种盐可发生下列变化，且B的焰色反应呈黄色（图中其它生成物未列出）A和B的混
15、合物溶于水发生反应的离子方程式B、E两溶液混合反应时，其反应的离子方程式19现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有K+、Ag+、Ca2+、Ba2+、Fe2+、Al3+，阴离子有Cl、OH、CH3COO、NO3、SO42、CO32，现将它们分别配成0.1molL1的溶液，进行如下实验：测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为AEC；向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象；向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色根据上述实验现象，回答下列问题：（1）B溶液是（2）E溶液是，判断依据是；（3
16、）写出下列三种化合物的化学式：A、C、D20实验是化学学习的基础，请完成以下实验填空：（1）某实验小组用0.50mol/L NaOH溶液和0.55mol/L硫酸溶液进行中和热的测定若实验中大约要使用245mL NaOH溶液，配制0.5 0mol/L NaOH溶液时至少需要称量NaOH固体g（2）测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示装置中环形玻璃搅拌棒的搅拌方法是（3）取50mL NaOH溶液和25mL硫酸溶液进行实验，实验数据如表表中的a=温度实验次数起始温度t1/终止温度t2/温度差平均值（t2t1）/H2SO4NaOH平均值126.226.026.130.6 a 227.027.
17、427.231.8325.925.925.930.3426.426.226.331.9近似认为0.50mol/L NaOH溶液和0.55mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g）则中和热H=（取小数点后一位）上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母）a实验装置保温、隔热效果差b分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中c量取NaOH溶液的体积时仰视读数d配置氢氧化钠溶液的氢氧化钠固体中混有氧化钠e用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度利用反应：I2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI可以
18、定量测定市售硫代硫酸钠（Mr=158）的纯度，现在称取Wg硫代硫酸钠固体样品，配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入指示剂，用含有I2为amol/L的碘水滴定，消耗碘水bmL，则：（1）实验过程中滴定管应该选择的是（酸式或碱式）滴定管，滴定前可以选择做指示剂，滴定终点的现象为（2）对于该滴定实验的有关操作或误差分析正确的是A滴定前，应对滴定管、锥形瓶进行润洗操作B滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，会使所测结果偏大C滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，则所测得的纯度将会偏小D滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，则所测得的纯度将会偏小（3）样品中硫代硫酸钠纯度的表达式
19、为21在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验：2H2S（g）2H2（g）+S2（g），以H2S起始浓度均为c molL1测定H2S的转化率，结果见图图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率据图计算985时H2S按上述反应分解的平衡常数K=；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：22CuBr2分解的热化学方程式为：2CuBr2（s）2CuBr（s）+Br2（g）H=+105.4kJ/mol在密闭容器中将过量CuBr2于487K下加热分解，平衡时p（Br2）为4.66103Pa如反应体系的体积不变，提高反应温度，
20、则p（Br2）将会（填“增大”、“不变”或“减小”）如反应温度不变，将反应体系的体积增加一倍，则p（Br2）的变化范围为2015-2016学年湖北省恩施州巴东一中、龙泉中学高二（上）联考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意）1下列说法不正确的是（）A用量筒量取一定量液体时，先从试剂瓶中直接倒入大部分试剂于量筒中，至接近刻度时改用如图所示操作，逐滴加入至刻度B金属镁因保存不当造成失火可用细沙盖灭，不能用泡沫灭火器C探究温度对化学反应速率影响时，先将硫代硫酸钠与硫酸两种溶液混合后再用水浴加热D热化学方程式中，如果没有注明
21、温度和压强，表示反应热是在25，101KPa测得的【考点】化学实验安全及事故处理；反应热和焓变；化学反应速率的影响因素【分析】A至接近刻度时，改用胶头滴管滴加，胶头滴管需悬空正放；BMg与二氧化碳反应；C控制其他量相同，只控制温度不同；D没有注明温度和压强，表示反应热是在通常状况下测得的数据【解答】解：A用量筒量取一定量液体时，先从试剂瓶中直接倒入大部分试剂于量筒中，至接近刻度时改用如图所示操作，逐滴加入至刻度，胶头滴管悬空正放不污染试剂，图中操作合理，故A正确；BMg与二氧化碳反应，则不能用泡沫灭火器处理Mg的失火，可用细沙盖灭，故B正确；C探究温度对反应速率的影响时，控制其他量相同，只控制
22、温度不同，则应将混合物分别在热水、冷水中反应，故C错误；D没有注明温度和压强，表示反应热是在通常状况下测得的数据，故D正确；故选C2下列各组热化学方程式中，化学反应的H前者大于后者的是（）C（s）+O2（g）CO2（g）；H1 C（s）+O2（g）CO（g）；H2S（s）+O2（g）SO2（g）；H3 S（g）+O2（g）SO2（g）；H4H2（g）+O2（g）H2O（l）；H5 2H2（g）+O2（g）2H2O（l）；H6CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）；H7 CaO（s）+H2O（l）Ca（OH）2（s）；H8ABCD【考点】反应热的大小比较【分析】为放热反应，物质发生化学反应时
23、，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多，中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应H0，放热反应H0，以此解答该题【解答】解：都为放热反应，H0，前者完全反应，放出的热量多，则H1H2，故错误；都为放热反应，H0，由于S（s）S（g）吸热，则前者放出的热量少，则H3H4，故正确；都为放热反应，H0，消耗的氢气越多，则放出的热量越多，则H5H6，故正确；前者为吸热反应，H70，后者为放热反应，H80，则H7H8，故正确故选C3下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（）常温下HNO2溶液的pH小于7 用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗HNO2和NaCl不能发生反应0.1
24、mol/L HNO2溶液的pH=2.1NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2pH=1的 HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.8常温下NaNO2溶液的pH大于7ABCD全部【考点】弱电解质的判断【分析】部分电离、溶液中存在电离平衡的电解质为弱电解质，利用酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析HNO2是弱电解质【解答】解：常温下HNO2溶液的pH小于7，只能证明其为酸，不能证明其为弱酸，故错误；溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故错误；HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符
25、合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故错误；常温下0.1 molL1 HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故正确；强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸，故正确；常温下pH=1的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.8说明亚硝酸中存在电离平衡，则亚硝酸为弱电解质，故正确；常温下亚硝酸钠溶液的pH大于7，说明亚硝酸钠为强碱弱酸盐，所以能说明亚硝酸为弱酸，故正确；故选B4下列说法不正确的是（）AH0、S0的反应在任何温度下都能自发进行BNH4HCO3（s）NH
26、3 （g）+H2O（g）+CO2（g）H=+185.57 kJmol1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向C硝酸铵固体的溶解过程与焓变有关D在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的速率【考点】反应热和焓变【分析】A、根据G=HTS0进行判断；B、反应生成气体，熵值增大，反应能自发进行；C、反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据；D、催化剂能够降低反应的活化能，活化分子的百分数增多【解答】解：A、H0、S0，在任何温度下可满足G=HTS0，能自发进行，故A正确；B、H0，若能够满足G=HTS0，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，熵值
27、增大即S0，故B正确；C、反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，不能用焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据，硝酸铵固体的溶解过程是自发的，和焓变、熵变都有关，故C错误；D、使用催化剂，能够降低反应的活化能，活化分子的百分数增多，反应速率加快，故D正确；故选C5下列各项表述与示意图一致的是（）A图中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）CH3CH3（g）H0；使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化B图表示25时，用0.01molL1盐酸滴定一定体积的0.01molL1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化C图表示CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（
28、g）H，反应CH4的转化率与温度、压强的关系，且P1P2、H0D图中曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0；正、逆反应的平衡常数K随温度的变化【考点】化学平衡的影响因素；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A图象中使用催化剂降低反应活化能，但反应是放热反应，反应物能量高；B用0.01molL1盐酸滴定一定体积的0.01molL1 NaOH溶液，则起始氢氧根离子浓度为0.01molL1，所以起始PH=12；C转化率与温度、压强图象有三个变量，采用“定一议二”方法判断压强大小；根据图象中压强不变，温度升高后甲烷的转化率判断该反应的焓变；D反应是放热反应，随温度升高平衡逆向
29、进行，逆向反应平衡常数增大，正反应平衡常数减小；【解答】解：A图象中使用催化剂降低反应活化能，但反应是放热反应，反应物能量高，图象中表示的吸热反应，H0，故A错误；B用0.01molL1盐酸滴定一定体积的0.01molL1 NaOH溶液，则起始氢氧根离子浓度为0.01molL1，所以起始PH=12，与图象不一致，故B错误；C过图表可知当温度相同时，p2p1时，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动，正向为气体系数增大的反应，根据减小压强平衡向系数增大的方向移动可知：p1p2；当压强为p1时，升高温度，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动，说明正反应为吸热反应，Q0，故C错误；D因反应为放热反应，则升高温
30、度，平衡逆向移动，平衡后升温K逆减小，而K正增大，且正逆反应的平衡常数互为倒数关系，故D正确；故选D6下列有关电解质溶液中粒子浓度关系不正确的是（）ApH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42）+c（OH）B常温下，将0.1 molL1CH3COOH溶液加水稀释，当溶液的pH从3.0升到4.0时，溶液中的值增大到原来的10倍CpH相等的NH4Cl （NH4）2SO4NH4HSO4溶液中：c（NH4+）大小顺序：D含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c（Na+）=3c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A根据硫酸氢钠溶
31、液的电荷守恒和物料守恒进行分析；B常温下，将0.1 molL1CH3COOH溶液加水稀释，当溶液的pH从3.0升到4.0时，溶液中氢离子浓度减小，结合电离平衡常数分析；C从两个角度考虑，一是相同pH的（NH4）2SO4与NH4Cl溶液的水解程度是否相等，二是NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，以此来解答；D溶液中存在物料守恒2n（Na）=3n（C2O4）【解答】解：A根据硫酸氢钠溶液中的电荷守恒得：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+2c（SO42），根据物料守恒得c（Na+）=c（SO42），所以得c（H+）=c（OH）+c（SO42），故A正确；B将0.1 m
32、olL1CH3COOH溶液加水稀释，当溶液的pH从3.0升到4.0时，氢离子浓度减小为原来的10倍，溶液中电离平衡常数不变，氢离子浓度减小，所以=Ka，比值增大到原来的10倍，故B正确；C相同pH的（NH4）2SO4与NH4Cl溶液中，都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者NH4+浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于（NH4）2SO4，=，故C错误；D含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液中 存在物料守恒，2c（Na+）=3c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4），故D正确；故选C7在
33、密闭体积不变的真空容器中加入一定量纯净的氨基甲酸铵固体，（固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g），已知25时，平衡气体总浓度为2.4103molL1，下列说法中正确的是（）A密闭容器中气体的平均相对分子质量不变则该反应达到平衡状态B20时，氨基甲酸铵的分解平衡常数为2.048109mol3L3C恒温下压缩体积，NH3的体积分数不变D再加入一定量氨基甲酸铵，可加快正反应反应速率【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】A反应NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g），生成的气体的物质的量之比始终是2：1，所以气
34、体的平均相对分子质量始终不变；B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进行计算；C增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，但体系中两种气体的物质的量之比始终不变；D固体物质的多少对化学反应速率没有影响【解答】解：A反应NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g），生成的气体的物质的量之比始终是2：1，所以气体的平均相对分子质量始终不变，故不能作为平衡状态的判断依据，故A错误；B反应中生成的氨气和二氧化碳的浓度之比为2：1，总浓度为2.4103mol/L，所以氨气的浓度为2.4103mol/L=1.6103mol/L，二氧化碳的浓度为.4103mol/L=8.0104
35、mol/L，所以平衡常数K=c2（NH3）c（CO2）=（1.6103）28.0104（mol/L）3=2.048109（mol/L）3，故B正确；C恒温下压缩体积，压强增大，平衡逆向移动，但体系中两种气体的物质的量之比始终不变，所以氨气的体积分数不变，故C错误；D固体物质的多少对化学反应速率没有影响，故D错误；故选B8一种化学冰袋含有Na2SO410H2O和NH4NO3，用时将它们混合并用手搓揉就可制冷，且制冷效果能维持一段时间以下关于其制冷原因的推测中肯定错误的是（）ANa2SO410H2O脱水是吸热过程B较长时间制冷是由于Na2SO410H2O脱水过程较慢CNa2SO410H2O在该条件
36、下发生的复分解反应是吸热反应DNH4NO3溶于水会吸收热量【考点】化学能与热能的相互转化【分析】A、结晶水合物分解是吸热过程；B、依据失去结晶水的过程分析；C、Na2SO410H2O和NH4NO3不能发生复分解反应；D、NH4NO3溶于水会吸收热量【解答】解：A、Na2SO410H2O脱水是吸热过程，故A正确；B、因为十水硫酸钠脱水较慢，它一点点地脱水，水遇上硝酸铵吸热，因此制冷效果可以维持较长，故B正确；C、Na2SO410H2O和NH4NO3不能发生复分解反应，故C错误；D、硝酸铵夺取硫酸钠结晶水，是一个吸热反应，同时溶解吸热，故D正确；故选C9中和一定量某氨水溶液，消耗0.01mol/L
37、盐酸溶液aL，如果先向该氨水溶液中加少量氯化铵，再用0.01mol/L盐酸溶液中和，消耗bL，则a与b的关系（）AabBabCa=bD无法确定【考点】电解质在水溶液中的电离；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】中和一定量的氨水溶液消耗V（HClaq）与n（NH3H2O）的物质的量成正比，一水合氨的物质的量不变，则消耗V（HClaq）不变，据此分析解答【解答】解：中和一定量某氨水溶液消耗V（HClaq）与n（NH3H2O）的物质的量成正比，一水合氨的物质的量不变，则消耗V（HClaq）不变，向氨水中是否加入氯化铵只影响一水合氨的电离程度，但不影响一水合氨的物质的量，所以消耗盐酸的体积不变
38、，故选C10下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A溴水中当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅B高压比常压有利于工业合成氨反应C红棕色NO2加压后颜色比原来要深D热的纯碱除油污效果好【考点】化学平衡移动原理【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用【解答】解：A溴水中有下列平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，加入硝酸银溶液后，会和HBr反应生成AgBr沉淀，所以平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B合成氨的正反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡
39、正向移动，所以高压比常压有利于工业合成氨反应，可以用勒夏特里原理解释，故B不选；C对2NO2N2O4平衡体系增加压强，平衡正向移动，颜色变浅，但变浅后的颜色仍然比原来颜色深，不能用勒夏特列原理解释，故C选；D升高温度促进纯碱水解导致溶液碱性增强，则除油污效果更好，可以用勒夏特列原理解释，故D故选；故选C11有4种混合溶液，分别由等体积0.1molL1的两种溶液混合而成，NH4Cl与CH3COONa NH4Cl与HCl NH4Cl与NaCl NH4Cl与NH3H2O（混合液呈碱性）下列各项排序正确的是（）ApH：B溶液中c（H+）：Cc（NH4+）：Dc（NH3H2O）：【考点】弱电解质在水溶液
40、中的电离平衡；盐类水解的原理【分析】A、NH4Cl与CH3COONa 可以看成氯化钠和醋酸铵；NH4Cl与HCl 溶液显示强酸性；NH4Cl与NaCl 溶液显酸性；NH4Cl与NH3H2O溶液显示碱性；B、NH4Cl与CH3COONa 混合物显示中性；NH4Cl与HCl 中c（H+）最大；NH4Cl与NaCl c（H+）仅次于；NH4Cl与NH3H2O溶液c（H+）最小；C、NH4Cl与NH3H2O的c（NH4+）最大；NH4Cl与CH3COONa溶液中发生双水解；NH4Cl与HCl中，氢离子大大抑制了NH4+的水解；D、NH4Cl与NH3H2O的c（NH3H2O）最大，NH4Cl与HCl 中
41、c（NH3H2O）最小【解答】解：A、酸性越强，PH越小，四种混合物中，NH4Cl与HCl 的PH最小，NH4Cl与NH3H2O的PH最大，NH4Cl与CH3COONa 的溶液显示中性，NH4Cl与NaCl 显示酸性，故正确PH关系应该为：，故A错误；B、c（H+）=10PH溶液中c（H+）越大，PH越小，借助上一选项可知，c（H+）正确顺序为：，故B错误；C、四种溶液中，NH4Cl与NH3H2O的c（NH4+）最大，0.1molL1；其次是NH4Cl与HCl，接近0.1molL1；NH4Cl与CH3COONa，发生了双水解，铵离子浓度最小，所以正确排序为：，故C正确；D、由于NH4Cl与NH
42、3H2O中，氨水是弱电解质，部分电离，c（NH3H2O）最大，其次是NH4Cl与CH3COONa，发生了双水解，NH4+的水解程度稍大；氨水浓度最小的是NH4Cl与HCl，几乎没有氨水存在，所以氨水浓度大小顺序为：，故D错误；故选C12氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO强25时氯气氯水体系中存在以下平衡关系：Cl2（g）Cl2（aq） K1=101.2Cl2（aq）+H2OHClO+H+ClK2=103.4HClOH+ClOKa=？其中Cl2（aq）、HClO和ClO分别在三者中所占分数（）随pH变化的关系如图所示下列表述错误的是（）A氯处理饮用水时，在冬季的杀菌效果比
43、在夏季好B25时，HClO的电离常数Ka=107.5CCl2（g）+H2O2H+ClO+Cl K=1010.9D用氯处理饮用水时，pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】AHClO不稳定，受热易分解；B根据图象知，HClOH+ClO中pH=7.5，此时c（HClO）=c（ClO），Ka=107.5；C利用盖斯定律计算K；CHClO的杀菌能力比ClO强，所以HClO的浓度越大，其杀菌效果越好【解答】解：A夏季相比冬季温度高，HClO易分解，所以杀菌效果不如冬季，故A正确；B根据图象知，HClOH+ClO中pH=7.5，K
44、a=107.5，故B正确；C依据盖斯定律将已知的三个式子相加可得A选项式，所以K=K1K2Ka=K1=101.2103.4107.5=1012.1，故C错误；D起杀菌作用的是HClO，由图象可知，pH=6.5时c（HClO）比pH=7.5时要大，HClO浓度越大，杀菌效果好，所以pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差，故D正确；故选C13可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）；H=Q kJ/mol有甲、乙两个容积相同且不变的密闭容器，向甲容器中加入1molA和3molB，在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1 kJ在相同的条件下，向乙容器中加入2mol C达到平衡后吸收热量为Q2kJ，已知Q1
45、=4Q2下列叙述不正确的是（）A乙中C的转化率为20%BQ1+Q2=QC达到平衡后，再向乙中加入0.25 molA、0.75molB、1.5molC，平衡向正反应方向移动D乙中的热化学反应方程式为2C（g）A（g）+3B（g）；H=+Q2kJmol1【考点】反应热和焓变【分析】由Q1=3Q2，可知n甲（A）=3n乙（A），设甲中达到平衡时转化了xmolA，则n乙（A）=mol，甲 A（g）+3B（g）2C（g）起始（mol）：1 3 0转化（mol）：x 3x 2x平衡（mol）：1x 33x 2x乙 A（g）+3B（g）2C（g）起始（mol）：0 0 2转化（mol）： x x平衡（mol
46、）： x 2x利用“一边倒法”，可知“1 mol A、3 mol B”与“2 mol C”是等效物料，它们在同温同容的条件下建立的平衡状态完全相同，则1x=，x=0.75，（A）=100%=75%，据此回答【解答】解：由Q1=3Q2，可知n甲（A）=3n乙（A），设甲中达到平衡时转化了xmolA，则n乙（A）=mol， 甲 A（g）+3B（g）2C（g）起始（mol）：1 3 0转化（mol）：x 3x 2x平衡（mol）：1x 33x 2x乙 A（g）+3B（g）2C（g）起始（mol）：0 0 2转化（mol）： x x平衡（mol）： x 2x利用“一边倒法”，可知“1 mol A、3
47、mol B”与“2 mol C”是等效物料，它们在同温同容的条件下建立的平衡状态完全相同，则1x=，x=0.75，（A）=100%=75%，A、甲容器中开始加入1molA的和3molB与乙容器中开始加入2mol C为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，故乙中C的转化率和甲中A的转化率相等，为75%，故A正确；B、若向相同容积的另一密闭容器中通入2molC，相当于1molA和3molB，达到平衡状态，从等效平衡的角度分析，则有Q=Q1+Q3，故B正确；C、利用“一边倒法”，可知再加入“0.25 mol A、0.75 mol B、1.5 mol C”与再加入“2 mol C”等效，在恒温恒
48、容条件下相当于增大压强，平衡向生成C的方向移动，故C正确；D、乙中反应掉的C为xmol=0.5mol，所给热化学方程式中2mol C对应的反应热应为：+4Q2 kJmol1，故D错误；故选D14室温下，将1.000molL1盐酸滴入20.00mL 1.000molL1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示下列有关说法不正确的是（）Aa点水的离子积Kw=1.01014Bb点：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH）Cc点：c（Cl）=c（NH4+）Dd点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3H2O电离吸热【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】Aa点为氨水，常温
49、下氨水中水的离子积为1.01014；B溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒判断；Cc点pH=7，则c（H+）=c（OH），溶液中电荷守恒为c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH）；D根据d点盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多分析【解答】解：A溶液酸碱性不影响水的离子积，则a点水的离子积Kw=1.01014，故A正确；Bb点呈酸性，溶液中一定满足电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），故B正确；Cc点pH=7，则c（H+）=c（OH），溶液中电荷守恒为c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），则c（Cl）=c（NH4+），即c（NH4+）=c（Cl）c（H
50、）=c（OH），故C正确；Dd点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，故D错误；故选D15有HA、H2B、H3C三种一元、二元、三元弱酸，根据“较强酸+较弱酸盐=较强酸盐+较弱酸”的反应规律，它们之间能发生下列反应：HA+HC2（少量）A+H2CH2B（少量）+2AB2+2HA H2B（少量）+H2CHB+H3C下列反应的离子方程式中不正确的是（）A2HA+C32A+H2CBH3C+3A3HA+C3CH3C+B2HB+H2CDHB+AHA+B2【考点】离子方程式的书写【分析】先根据题目中的信息，判断酸性顺序：第一步电离程度远
51、大于第二步电离程度，第二步电离程度远大于第三步电离程度，得到H2BHB、H3CH2CHC2，它们之间能发生下列反应，得到HA+HC2（少量）=A+H2C，即HAH2C，同时，即使HA过量，也只能生成H2C，而不是H3C，说明HAH3C，H2B（少量）+2A=2HA+B2，即H2BHA，同时，由于H2B很少，并生成B2，即说明H2B将2个H+都给了A，即HB也能将H+给A，即说明H2BHBHA，H2B（少量）+H2C=HB+H3C，即H2BH3C，但是生成HB，即说明HB不能将H+提供，即HBH3C，即H2BH3CHB，综合得到：H2BH3CHBHAH2CHC2，然后根据强酸制取弱酸原理进行判断
52、【解答】解：第一步电离程度远大于第二步电离程度，第二步电离程度远大于第三步电离程度，得到H2BHB、H3CH2CHC2，它们之间能发生下列反应，得到HA+HC2（少量）=A+H2C，即HAH2C，同时，即使HA过量，也只能生成H2C，而不是H3C，说明HAH3C，H2B（少量）+2A=2HA+B2即H2BHA，同时，由于H2B很少，并生成B2，即说明H2B将2个H+都给了A，即HB也能将H+给A，即说明H2BHBHA，H2B（少量）+H2C=HB+H3C，即H2BH3C，但是生成HB，即说明HB不能将H+提供，即HBH3C，即H2BH3CHB，综合得到：H2BH3CHBHAH2CHC2，A由于
53、酸性HAH2C，所以反应2HA+C32A+H2C能够发生，故A正确；B由于酸性HAH2C，则该反应生成的是H2C，所以反应H3C+3A3HA+C3不能发生，故B错误；C酸性HAH2C，则反应H3C+B2HB+H2C能够发生，故C正确；D酸性HBHA，则反应HB+AHA+B2能够发生，故D正确；故选B16已知：常温下浓度为0.1molL1的下列溶液的pH如表：溶质NaFNaClONa2CO3pH7.59.711.6下列有关说法正确的是（）A在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3HClOHFB若将0.2 molL1Na2CO3和0.1 molL1NaHCO3溶液等体积混合，则溶
54、液中：3c（OH）=3c（H+）+2c（HCO3）+5c（H2CO3）+c（CO32）C根据上表，反应ClO+H2OHClO+OH的水解常数Kh107.6D向上述NaClO 溶液中通HF气体至恰好完全反应时：c（Na+）c（F）c（H+）c（HClO）c（OH）【考点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【分析】相同浓度的钠盐溶液碱性越强，说明酸根离子水解程度越大，则相应酸的酸性越弱，酸的电离平衡常数越小，根据钠盐溶液的pH知，酸根离子水解程度CO32ClOF，酸的电离平衡常数从小到大顺序是：HCO3HClOHF，以此解答该题【解答】解：相同浓度的钠盐溶液碱性越强，说明酸根离子水解程度越大，则相
55、应酸的酸性越弱，酸的电离平衡常数越小，根据钠盐溶液的pH知，酸根离子水解程度CO32ClOF，酸的电离平衡常数从小到大顺序是：HCO3HClOHF，A酸的电离平衡常数从小到大顺序是：HCO3HClOHF，在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HCO3HClOHF，但酸性H2CO3HClO，故A错误；B溶液存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+c（OH）+2c（CO32） 溶液中还存在物料守恒：3c（Na+）=5c（HCO3）+5c（CO32 ）+5c（H2CO3） 将3可得：3c（OH）c（CO32 ）=3c（H+）+2c（HCO3）+5c（H2CO3），故B错误；C
56、式ClO+H2OHClO+OH的平衡常数为K=107.6，故C正确；D反应后生成HClO，由于电离程度较弱，则c（HClO）c（H+），故D错误故选C二、填空题（本题包括4小题，共52分）17甲烷，甲醇，乙酸是化工产品的重要原料（1）已知：以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+206.2kJmol1CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H=+247.4kJmol1请写出CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式：将0.1mol CH4和0.2mol H2O（g）通入体积为10L的密闭容器里，
57、在一定条件下发生反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图：已知100时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为；图中的P1P2（填“”、“”或“=”）；（2）分别将1molCO和2molH2置于恒容容器、恒压容器和恒容绝热容器中（三容器起始容积相同），在催化剂作用下自发反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0若起始温度相同，则达平衡时各容器中CH3OH含量由大到小的顺序：（填容器编号），达到平衡所需时间是I（填“”、“”或“=”）平衡时，测得容器I中的压强减小了30%，则该容器中CO的转化率为45%（
58、3）甲烷直接合成乙酸具有重要的理论意义和应用价值光催化反应技术使用CH4和（填化学式）直接合成乙酸，且符合“绿色化学”的要求（原子利用率100%）若室温下将amolL1的乙酸溶液和bmolL1Ba（OH）2溶液等体积混合，恢复室温后有2c（Ba2+）=c（CH3COO），请用含a和b的代数式表示乙酸的电离平衡常数Ka=【考点】化学平衡的计算；离子浓度大小的比较【分析】（1）利用盖斯定律解答，从待求反应出发分析反应物生成物在所给反应中的位置，通过相互加减可得；根据图象判断100时甲烷的转化率，根据反应方程式及甲烷的物质的量计算出生成氢气的物质的量，再根据反应速率的表达式计算出用H2表示该反应的平
59、均反应速率；转化率与温度、压强图象有三个变量，采用“定一议二”方法判断压强大小；（2）恒温下，分别将1molCO和2molH2置于恒容容器I和恒压容器中，正反应为气体体积减小的反应，随反应进行气体物质的量减小，I中压强减小，压强越大反应速率越快，中平衡等效再I中平衡基础上增大压强，平衡正向移动；平衡时，测得容器中的压强减小了30%，气体物质的量减小30%，即减少（1+2）mol30%=0.9mol，利用差量法计算参加反应CO的物质的量，进而计算CO转化率；（3）加成反应的原子利用率100%，根据电荷守恒判断c（CH3COO）=2c（Ba2+）=bmol/L，再根据物料守恒计算出c（CH3COO
60、H）；根据电荷守恒可得c（OH）=c（H+），溶液显示中性；根据醋酸的电离平衡常数表达式及溶液中醋酸、醋酸根离子和氢离子浓度进行计算【解答】解：（1）CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=206.2kmol1CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H=247.4kJmol1由盖斯定律，2得：CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）H=+165.0kmol1，故答案为：CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）H=+165.0kmol1；（2）将1.0mol CH4和2.0mol H2O （ g ）通入容积固定为10L的反应室，在一定条件下发
61、生反应I，由图象可知100甲烷转化率为50%，故参加反应的甲烷为1mol50%=0.5mol，则： CH4 （g）+H2O （g）=CO （g）+3H2 （g）起始量（mol）：1.0 2.0 0 0变化量（mol）：0.5 0.5 0.5 1.5平衡量（mol）：0.5 1.5 0.5 1.5假设100时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示该反应的平均反应速率=0.003 molL1min1，故答案为：0.0030molL1min1； 通过图表可知当温度相同时，p2p1时，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动，正向为气体系数增大的反应，根据减小压强平衡向系数增大的方向移动可知：p1p2，故
62、答案为：；（2）恒温下，分别将1molCO和2molH2置于恒容容器I和恒压容器中，正反应为气体体积减小的反应，随反应进行气体物质的量减小，I中压强减小，压强越大反应速率越快，达到平衡需要的时间短，故达到平衡所需时间，故答案为：；平衡时，测得容器中的压强减小了30%，气体物质的量减小30%，即减少（1+2）mol30%=0.9mol，则：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）物质的量减小n1 20.45mol 0.9mol则该容器中CO的转化率=100%=45%，故答案为：45%；（3）甲烷和二氧化碳之间反应生成乙酸，由于混合液为中性，则c（OH）=c（H+），根据电荷守恒可得c（CH3CO
63、O）=2c（Ba2+）=bmol/L，则溶液中醋酸的浓度为：c（CH3COOH）=0.5amol/Lc（CH3COO）=（0.5ab）mol/L；反应平衡时溶液中c（CH3COO）=2c（Ba2+）=bmol/L，根据电荷守恒可得c（OH）=c（H+），所以溶液显示中性，常温下的中性溶液中c（OH）=c（H+）=107mol/L，醋酸的电离平衡常数为：K=故答案为：CO2；18弱电解质的电离平衡、盐的水解平衡都可看作化学平衡的一种请根据所学化学知识回答下列问题：（1）次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，是一元中强酸，则NaH2PO2是正盐（填“正盐”还是“酸式盐”），其溶液中离子浓度由大到
64、小的顺序应为c（Na+）c（H2PO2）c（OH）c（H+ ），将0.2molL1 H3PO2溶液与0.2molL1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：c（H2PO2）+c（OH）c（H+）=0.1molL1（溶液体积变化忽略不计）（2）某同学查阅资料得知常温下0.1molL1Na2CO3中，发生水解的CO32不超过其总量的10%请设计实验加以证明测0.1 molL1Na2CO3溶液pH，pH12（写出实验方案及预期观察到的现象）（3）室温下，向0.01molL1NH4HSO4溶液中滴加0.01molL1NaOH溶液至中性，得到的溶液中所有离子的物质的量浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（SO
65、42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）（4）由短周期元素组成的A、B两种盐可发生下列变化，且B的焰色反应呈黄色（图中其它生成物未列出）A和B的混合物溶于水发生反应的离子方程式Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2B、E两溶液混合反应时，其反应的离子方程式AlO2+HCO3+H2O=Al（OH）3+CO32【考点】无机物的推断【分析】（1）次磷酸（H3PO2）是一元中强酸，则NaH2PO2是正盐；溶液中H2PO2水解，溶液呈碱性；根据电荷守恒有：c（Na+）+c（H+ ）=c（H2PO2）+c（OH）；（2）10%的Na2CO3发生水解，溶液中氢氧根离子浓度约是为0.01mol/L，可
66、以测定溶液pH证明；（3）溶液呈中性，说明加入的NaOH的物质的量大于NH4HSO4的物质的量，因为硫酸铵为酸性；（4）B的焰色反应呈黄色，应含有钠元素，由题给转化关系可知，C为Al（OH）3，D为CO2，则B为NaHCO3，F为Na2CO3，E为NaAlO2，A为AlCl3【解答】解：（1）次磷酸（H3PO2）是一元中强酸，则NaH2PO2是正盐，溶液中H2PO2水解，溶液呈碱性，溶液中离子浓度由大到小顺序为：c（Na+）c（H2PO2）c（OH）c（H+ ），根据电荷守恒有：c（Na+）+c（H+ ）=c（H2PO2）+c（OH），混合后溶液中c（Na+）=0.1mol/L，则c（H2PO
67、2）+c（OH）c（H+）=c（Na+）=0.1mol/L故答案为：正盐；c（Na+）c（H2PO2）c（OH）c（H+ ）；0.1；（2）10%的Na2CO3发生水解，溶液中氢氧根离子浓度约是为0.01mol/L，测0.1 molL1Na2CO3溶液pH，pH12，说明发生水解的CO32不超过其总量的10%，故答案为：测0.1 molL1Na2CO3溶液pH，pH12；（3）溶液呈中性，说明加入的NaOH的物质的量大于NH4HSO4的物质的量，因为硫酸铵为酸性，溶液中铵根离子水解，故溶液中离子浓度：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+），故答案为：c（Na+）c（SO
68、42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）；（4）B的焰色反应呈黄色，应含有钠元素，由题给转化关系可知，C为Al（OH）3，D为CO2，则B为NaHCO3，F为Na2CO3，E为NaAlO2，A为AlCl3A和B的混合物溶于水发生反应的离子方程式：Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，B、E两溶液混合反应时，其反应的离子方程式：AlO2+HCO3+H2O=Al（OH）3+CO32，故答案为：Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2；AlO2+HCO3+H2O=Al（OH）3+CO3219现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有K+、Ag+、Ca2+、Ba2+、Fe2
69、+、Al3+，阴离子有Cl、OH、CH3COO、NO3、SO42、CO32，现将它们分别配成0.1molL1的溶液，进行如下实验：测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为AEC；向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象；向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色根据上述实验现象，回答下列问题：（1）B溶液是硝酸银（或AgNO3）（2）E溶液是碳酸钾，判断依据是由中碱性强弱的顺序可知，E是碳酸盐，六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，所以E是碳酸钾；（3）写出下列三种化合物的化学式：ABa（OH）
70、2、CCa（CH3COO）2、DAlCl3【考点】无机物的推断【分析】测得溶液A、C、E呈碱性，三种溶液为碱液或水解呈碱性的溶液，且碱性为AEC，则A为碱，溶液中含有大量的OH离子，OH离子与Ag+，Ca2+，Fe2+，Al3+等离子不能大量共存，故A只能为Ba（OH）2，根据越弱越水解，E应为碳酸盐，根据离子共存，只能为K2CO3，C为醋酸盐；向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失，则B中含有银离子，应为硝酸银溶液，加入氨水发生的反应为AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3、AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O；向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶
71、液，无明显现象，说明D中不含SO42离子；向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明F中含有Fe2+离子；综上分析可知，A为Ba（OH）2，B为AgNO3，C为Ca（CH3COO）2，D为AlCl3，E为K2CO3，F为FeSO4，以此来解答【解答】解：测得溶液A、C、E呈碱性，三种溶液为碱液或水解呈碱性的溶液，且碱性为AEC，则A为碱，溶液中含有大量的OH离子，OH离子与Ag+，Ca2+，Fe2+，Al3+等离子不能大量共存，故A只能为Ba（OH）2，根据越弱越水解，E应为碳酸盐，根据离子共存，只能为K2CO3，C为醋酸盐；向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀
72、，继续滴加氨水，沉淀消失，则B中含有银离子，应为硝酸银溶液，加入氨水发生的反应为AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3、AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O；向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象，说明D中不含SO42离子；向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明F中含有Fe2+离子；综上分析可知，A为Ba（OH）2，B为AgNO3，C为Ca（CH3COO）2，D为AlCl3，E为K2CO3，F为FeSO4（1）由上述分析可知，B为硝酸银，故答案为：硝酸银（或AgNO3）；（2）E应为碳酸盐，六种阳离子中可以与碳酸根形
73、成可溶性盐的只有钾离子，故E为K2CO3，故答案为：碳酸钾；由中碱性强弱的顺序可知，E是碳酸盐，六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，所以E是碳酸钾；（3）根据以上分析可知A为Ba（OH）2，C为Ca（CH3COO）2，D为AlCl3，故答案为：Ba（OH）2；Ca（CH3COO）2；AlCl320实验是化学学习的基础，请完成以下实验填空：（1）某实验小组用0.50mol/L NaOH溶液和0.55mol/L硫酸溶液进行中和热的测定若实验中大约要使用245mL NaOH溶液，配制0.5 0mol/L NaOH溶液时至少需要称量NaOH固体5.0g（2）测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的
74、实验装置如图所示装置中环形玻璃搅拌棒的搅拌方法是上下移动（3）取50mL NaOH溶液和25mL硫酸溶液进行实验，实验数据如表表中的a=4.5温度实验次数起始温度t1/终止温度t2/温度差平均值（t2t1）/H2SO4NaOH平均值126.226.026.130.6 a 227.027.427.231.8325.925.925.930.3426.426.226.331.9近似认为0.50mol/L NaOH溶液和0.55mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g）则中和热H=（取小数点后一位）上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因
75、可能是abe（填字母）a实验装置保温、隔热效果差b分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中c量取NaOH溶液的体积时仰视读数d配置氢氧化钠溶液的氢氧化钠固体中混有氧化钠e用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度利用反应：I2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI可以定量测定市售硫代硫酸钠（Mr=158）的纯度，现在称取Wg硫代硫酸钠固体样品，配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入指示剂，用含有I2为amol/L的碘水滴定，消耗碘水bmL，则：（1）实验过程中滴定管应该选择的是酸（酸式或碱式）滴定管，滴定前可以选择淀粉做指示剂，滴定终点的现象为溶液刚
76、好出现蓝色，且半分钟不褪去（2）对于该滴定实验的有关操作或误差分析正确的是BCA滴定前，应对滴定管、锥形瓶进行润洗操作B滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，会使所测结果偏大C滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，则所测得的纯度将会偏小D滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，则所测得的纯度将会偏小（3）样品中硫代硫酸钠纯度的表达式为100%【考点】中和热的测定；配制一定物质的量浓度的溶液【分析】、（1）根据公式m=nM=cVM来计算氢氧化钠的质量，但是没有245mL的容量瓶；（2）环形玻璃搅拌棒搅拌溶液的方法是上下移动，使溶液混合均匀；（3）先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值；先根
77、据Q=mcT计算反应放出的热量，然后根据H=kJ/mol计算出反应热；a实验装置保温、隔热效果差，热量散失较大；b分多次把NaOH溶液倒入盛有稀硫酸的小烧杯中，热量散失较大；c量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大；d配置氢氧化钠溶液的氢氧化钠固体中混有氧化钠，氢氧化钠的浓度偏大；e用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，硫酸的起始温度偏高、（1）单质碘具有氧化性，能氧化腐蚀橡胶；淀粉遇到单质碘变蓝色；根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；（2）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；（3）求出硫代硫酸
78、钠的质量，样品中硫代硫酸钠纯度=100%【解答】解：、（1）没有245mL的容量瓶，所以用250mL的容量瓶，需要称量NaOH固体m=nM=cVM=0.5mol/L0.25L40g/mol=5.0g；故答案为：5.0；（2）在中和热测定实验中，环形玻璃搅拌棒搅拌溶液的方法是上下移动，使溶液混合均匀；故答案：上下移动；（3）4次温度差分别为：4.5，4.6，4.4，5.6，第4组数据舍去，温度差平均值4.5，故答案为：4.5；50mL 0.50mol/L NaOH溶液与25mL 0.55mol/L硫酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L0.50mol=0.025mol，溶液的质量为：75
79、ml1g/ml=75g，温度变化的值为4.5，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mcT=75g4.18J/（g）4.5=1410.75J，即1.41075kJ，所以实验测得的中和热H=56.43kJ/mol；故答案为：56.43kJ/mol；a实验装置保温、隔热效果差，热量散失较大，所得中和热的数值偏小，故a正确；b分多次把NaOH溶液倒入盛有稀硫酸的小烧杯中，热量散失较大，所得中和热的数值偏小，故b正确；c量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，故c错误；d配置氢氧化钠溶液的氢氧化钠固体中混有氧化钠，氢氧化钠的浓度偏大，产生的水偏多，放出的热量偏
80、大，故d错误；e用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故e正确故答案为：abe、（1）单质碘具有氧化性，能氧化腐蚀橡胶，需要选取酸式滴定管；淀粉遇到单质碘变蓝色，滴定前可以选择淀粉做指示剂，滴定终点的现象为溶液刚好出现蓝色，且半分钟不褪去；故答案为：酸；淀粉；溶液刚好出现蓝色，且半分钟不褪去；（2）A滴定前，对锥形瓶进行润洗，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏高，故A错误；B滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏高，故B正确；
81、C滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，c（待测）偏低，待测液的物质的量偏低，则所测得的纯度将会偏小，故C正确；D滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏高，待测液的物质的量偏大，则所测得的纯度将会偏大，故D错误；故选BC；（3）根据I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，n（I2）=amol/Lb103L，知消耗的Na2S2O3的物质的量=2n（I2）=2amol/Lb103L，根据现称取Wg硫代硫酸钠固体样品配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，则被滴定的硫代硫酸
82、钠质量为Wg，故样品中硫代硫酸钠纯度=100%=100%；故答案为：100%；21在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验：2H2S（g）2H2（g）+S2（g），以H2S起始浓度均为c molL1测定H2S的转化率，结果见图图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率据图计算985时H2S按上述反应分解的平衡常数K=；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；温度的升高，曲线b向
83、曲线a逼近，反应速率加快，据此进行解答【解答】以H2S起始浓度均为cmolL1测定H2S的转化率，985时H2S的转化率为40%，则 2H2S（g）2H2（g）+S2（g），开始 c 0 0转化0.4c 0.4c 0.2c平衡0.6c 0.4c 0.2cK=；温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快，所以达到平衡时的时间缩短，故答案为：；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短22CuBr2分解的热化学方程式为：2CuBr2（s）2CuBr（s）+Br2（g）H=+105.4kJ/mol在密闭容器中将过量CuBr2于487K下加热分解，平衡时p（Br2）为4.66103Pa如反应体系
84、的体积不变，提高反应温度，则p（Br2）将会增大（填“增大”、“不变”或“减小”）如反应温度不变，将反应体系的体积增加一倍，则p（Br2）的变化范围为2.33103PaP（Br2）4.66103Pa【考点】化学平衡的计算【分析】升高温度，平衡向正反应方向移动，气体物质的量增大；积增大一倍时，P（Br2）降为原来的一半，减压使平衡向气体体积数增大的方向移动，压强又增大，若反应物足量，平衡恢复到原有的压强【解答】解：升高温度，平衡向吸热反应方向移动，气体的物质的量增大，因而P（Br2）会增大，故答案为：增大；体积增大一倍时，P（Br2）降为原来的一半，即2.33103Pa，减压使平衡向气体体积数增大的方向移动，因而会大于2.33103Pa；若反应物足量，可平衡恢复到原有的P（Br2），故答案为：2.33103PaP（Br2）4.66103Pa2017年4月21日
