1、2014-2015学年河北省邢台市南宫中学高二（上）月考化学试卷（9月份） 一、选择题（每题只有一个正确答案，每题2分，共46分）1（2分）下表中物质的分类组合正确的是（）ABCD强电解质Al2（SO4）3BaSO4HFKClO3弱电解质H3PO4H2OCaCO3Al（OH）3非电解质CO2NH3H2ONH3HIAABBCCDD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：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质；在水溶液中完全电离的电解质为强电解质，部分电离的电解质为弱电解质，据此进行判断解答：解：AAl2（S
2、O4）3 在水溶液中能完全电离，是强电解质；H3PO4在水溶液中只能部分电离，是弱电解质；CO2是在水溶液和熔融状态下都不能电离的化合物为非电解质，故A正确；BNH3H2O在水溶液中能部分电离出自由移动的离子，属于弱电解质，故B错误；CHF是在水溶液中只能部分电离的化合物，属于弱电解质；CaCO3 熔融状态下能够完全电离，属于强电介质，故C错误；DHI是在水溶液中能全部分电离的化合物，是强电解质，故D错误；故选A点评：本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的判断，题目难度不大，注意掌握强弱电解质、电解质与非电解质的概念及判断方法，明确电解质强弱的根本区别是电离的程度2（2分）在醋酸溶液
3、中，CH3COOH电离达到平衡的标志是（）A溶液显电中性B溶液中检测不出CH3COOH分子存在C氢离子浓度恒定不变Dc（H+）=c（CH3COO）考点：化学平衡状态的判断；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：CH3COOH为弱电解质，为可逆过程，CH3COOH电离达到平衡时，溶液中离子浓度不变，以此进行判断解答：解：A无论是否达到平衡状态，溶液都呈电中性，故A错误；BCH3COOH为弱电解质，为可逆过程，溶液中应存在CH3COOH分子，故B错误；C氢离子浓度恒定不变，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；D由于醋酸的电离程度未知，达到平衡时c（H+）
4、与c（CH3COO）关系不确定，且c（H+）=c（CH3COO）不符合溶液电中性原则，故D错误故选C点评：本题考查化学平衡状态的判断，侧重于弱电解质的电离平衡的考查，题目难度不大，注意把握平衡状态的特征3（2分）（2012石家庄模拟）下列叙述中正确的是（）A同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照条件下和点燃条件下的H不同B常温下，反应2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）不能自发进行，则该反应的焓变一定大于零C需要加热的化学反应，生成物的总能量一定高于反应物的总能量D化学反应中必伴随着能量的变化，其表现形式只有热能考点：反应热和焓变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析
5、：A反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关；B反应自发进行的判断依据是HTS0；C生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，与反应条件无关；D化学反应中能量变化形式有多种解答：解：A反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，所以同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的H相同，故A错误；B反应自发进行的判断依据是HTS0自发，HTS0不自发，已知常温下，反应2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）为熵增大的反应即S0，若HTS0，则反应的焓变一定大于零，故B正确；C生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反
6、，与反应条件无关，所以需要加热的化学反应，不一定是生成物的总能量高于反应物的总能量，故C错误；D化学反应中能量变化形式有多种，除热能外还有光能、电能等，故D错误；故选B点评：本题考查化学变化特征、反应自发性的判断、能量转化形式等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握4（2分）LiH可作飞船的燃料，已知下列反应：2Li（S）+H2（g）2LiH（s）H=182kJmol1；2H2（g）+O2（g）2H2O（1）H=572kJmol1；4Li（s）+O2（g）2Li2O（s）H=1196kJmol1则LiH在O2中燃烧的热化学方程式为（）A2LiH（s）+O2（g）LiO（S）+HO（l）H=702
7、 kJmolB2LiH（s）+O2（g）LiO （s）+HO（l）H=1 950 kJmolC2LiH（s）+O2（g）LiO（s）+HO（l）H=1 586 kJmolD2LiH（s）+O2（g）LiO（s）+HO（g）H=988 kJmol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：依据选项中提供的反应信息判断，LiH燃烧是和氧气反应生成产物为Li2O（S）+H2O（l），结合热化学方程式和盖斯定律，通过合并热化学方程式得到所求的热化学方程式，注意热化学方程式改变系数，焓变随之改变解答：解：2Li（S）+H2（g）2LiH（s）H=182kJmol1；2H2
8、（g）+O2（g）2H2O（1）H=572kJmol1；4Li（s）+O2（g）2Li2O（s）H=1196kJmol1，依据热化学方程式结合盖斯定律2+得到：4LiH（s）+2O2（g）=2Li2O（s）+2H2O（l）H=14O4KJ/mol，即热化学方程式为2LiH（s）+O2（g）Li2O（S）+H2O（l）H=702 kJmol，故选A点评：本题考查热化学方程式的分析应用和盖斯定律的计算应用，掌握方法是解题关键，题目较简单5（2分）在一密闭容器中充入一定量的N2和O2，在电火花作用下发生反应N2+O22N0，经测定前3s用N2表示的反应速率为0.1mol/（Ls），则6S末N0的浓度
9、为（）A1.2 molL1B大于1.2 molL1C小于1.2 molL1D不能确定考点：反应速率的定量表示方法版权所有专题：化学反应速率专题分析：随反应进行N2浓度降低，反应速率降低，故3s6s内N2的速率小于0.1mol/（Ls），即6s内N2的速率小于0.1mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，据此计算v（NO）极值，再根据c=vt计算判断6s末NO的浓度解答：解：随反应进行N2浓度降低，反应速率降低，故3s6s内N2的速率小于0.1mol/（Ls），即6s内N2的速率小于0.1mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，故v（NO）小于20.1mol/（Ls）=0.2mol/
10、（Ls），故6s末NO的浓度小于6s0.2mol/（Ls）=1.2mol/L，故选C点评：本题考查化学反应速率有关计算及影响因素等，难度不大，判断后3s的速率较前3s低是解题关键6（2分）一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是（）A该反应的化学方程式为3B+4D6A+2CB反应进行到1 s时，v（A）=v（D）C反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.05 mol/（Ls）D反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等考点：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、根据图象中的有关数据判断四
11、种物质的变化，再根据计量数之比等于物质的量的变化量之比；B、根据图象形成1s时A、D的物质的量变化，然后根据v=进行计算即可；C、6s时B的浓度为0.6mol，B的物质的量变化为0.6mol，容器容积为2L，然后根据v=进行计算B的平均反应速率；D、根据图象判断反应平衡状态，化学反应速率与化学计量数成正比，计量数不同，反应速率则不相同解答：解：A、由图可知，反应达到平衡时A物质增加了1.2mol、D物质增加了0.4mol、B物质减少了0.6mol、C物质了0.8mol，所以A、D为反应物，物质的量之比为3：1，B、C为生成物，物质的量之比为3：4，反应方程式为：3B+4C6A+2D，故A错误；
12、B、反应到1s时，v（A）=0.3mol/（Ls），v（D）=0.1mol/（Ls），所以v（A）v（D），故B错误；C、反应进行到6s时，n（B）=1.2mol0.6mol=0.6mol，v（B）=0.05mol/（Ls），故C正确；D、根据图象可知，到6s时各物质的物质的量不再改变了，达到平衡状态，所以各物质的浓度不再变化，但是由于各物质的化学计量数不相同，则各物质的反应速率不相等，故D错误；故选C点评：本题主要考查了可逆反应的书写、化学平衡的特征、及化学反应的计算，本题解题的关键是根据图象找出相关信息，对学生的识图能力有一定的要求，题目中等难度7（2分）已知下列各组反应（表中的物质均为反
13、应物）的反应物及温度，则反应开始时，放出H2的速率最快的是（） 编号金属（大小、形状相同的粉末）物质的量酸的浓度及体积反应温度/AMg 0.1 mol3 molL1的硝酸10 mL60BMg 0.1 mol3 molL1的盐酸10 mL30CFe 0.1 mol3 molL1的盐酸10 mL60DMg 0.1 mol3 molL1的盐酸10 mL60AABBCCDD考点：化学反应速率的影响因素版权所有专题：化学反应速率专题分析：影响化学反应速率的主要因素是物质的本身性质，对于同一个化学反应，反应物浓度越大，温度越高，反应速率越大，注意硝酸与金属反应不生成氢气解答：解：A中硝酸与金属反应不生成氢
14、气，B中温度低反应慢，C与D中反应条件相同，活泼性MgFe，则相同条件下Mg反应较快，所以反应速率最快的是D，故选D点评：本题考查化学反应速率的影响因素，难度不大，注意金属的活泼性强弱，为影响反应速率的主要因素，易错点为A，注意硝酸与金属反应不生成氢气8（2分）某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）2C（g），达到平衡后，在不同的时间段，分别改变反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如右图所示：下列说法中正确的是（）A30 min40 min间该反应使用了催化剂B反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应C30 min时降低温度，
15、40 min时升高温度D8 min前A的平均反应速率为0.08 molL1min1考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用版权所有分析：A由图象可知，30min40min之间，反应速率降低了，平衡不移动，反应物与生成物的浓度瞬时降低，催化剂不能改变浓度；B由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应；C由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是
16、降低了压强；D反应从开始到8min内A浓度减少了0.64mol/L，根据v=计算v（A）解答：解：A由图象可知，3040 min只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，故A错误；B由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故B错误；C由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，4
17、0min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，故C错误；D反应从开始到8min内A浓度减少了0.64mol/L，故A的反应速率为=0.08 mol/（Lmin），故D正确故选：D点评：本题考查化学平衡图象，注意图象中反应速率的变化及平衡移动，明确温度、浓度、压强对反应速率及平衡的影响即可解答，题目难度中等9（2分）可逆反应：2NO2（g）2NO（g）+O2（g）在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是（）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO用NO2、NO、O2表
18、示的反应速率的比为2：2：1的状态混合气体的颜色不再改变的状态混合气体的密度不再改变的状态混合气体的压强不再改变的状态混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态ABCD全部考点：化学平衡状态的判断版权所有专题：化学平衡专题分析：在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，利用化学平衡状态的特征“等”、“定”来判断反应达到平衡状态解答：解：单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，能说明正逆反应速率的相等关系，故正确；单位时间内生成n mol O2的同时生成2n molNO只能说明单方向关系，不能说明正逆
19、反应速率的关系，故错误；用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态是反应进行到任何时刻都成立的关系，不能说明达到了平衡，故错误；混合气体的颜色不变化说明二氧化氮的浓度不变化，达到平衡状态，故正确；该反应是一个反应前后气体的质量不会改变的化学反应，混合气体的质量是守恒的，容器的体积不变，导致混合气体的密度不再变化，所以该反应不一定达到平衡状态，故错误；因该反应是物质的量在增大的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，故正确；混合气体的平均相对分子质量=平均摩尔质量=，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再
20、变化，证明达到了平衡状态，故正确；故选A点评：本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题注意C项为易错点，注意反应前的计量数等于反应后各物质的计量数之和，但反应前后气体的物质的量发生改变10（2分）在容积为1L的密闭容器中，加入5mol A物质，在一定条件下同时发生下列两个反应：2A（g）2B（g）+C（g）；A（g）C（g）+D（g）当达到平衡时，测得c（A）=2.5mol/L，c（C）=2.0mol/L则下列说法中正确的是（）A达到平衡时A的总转化率为40%B达到平衡时c（B）为1.0 mol/LC达到平衡时c（B）=2c（D）D达到平衡时c（D）=2c（B）考点：化学平衡的计算版权所
21、有专题：化学平衡专题分析：设第一个反应生成B、C分别为2x、x；第二个反应生成C、D分别为y、y得联立方程：x+y=2 52xy=2.5计算得：x=0.5 y=1.5解答：解：设第一个反应生成B、C分别为2x、x；2A（g）2B（g）+C（g）； 2x 2x x第二个反应生成C、D分别为y、yA（g）C（g）+D（g） y y y得联立方程：x+y=2 52xy=2.5计算得：x=0.5 y=1.5A、达到平衡时A的总转化率=100%=50%，故A错误；B、达到平衡时c（B）=1.0 mol/L，故B正确；C、达到平衡时c（B）=1mol/L，c（D）=1.5mol/L，c（B）=c（D），故
22、C错误；D、达到平衡时c（B）=c（D），故D错误；故选B点评：本题考查了化学平衡的计算应用，主要是转化率、浓度的计算，掌握基础是关键，题目难度中等11（2分）一定温度下，在一个容积为1L的密闭容器中，充入1mol H2（g）和1mol I2（g），发生反应H2（g）+I2（g）2HI（g），经充分反应达到平衡后，生成的HI（g）的气体体积的50%，在该温度下，在另一个容积为2L的密闭容器中充入1mol HI（g）发生反应HI（g）H2（g）+I2（g），则下列判断正确的是（）A后一反应的平衡常数为1B后一反应的平衡常数为0.5C后一反应达到平衡时，H2的平衡浓度为0.25molL1D后一反应
23、达到平衡时，HI（g）的平衡浓度为0.5 molL1考点：化学平衡的计算版权所有专题：化学平衡专题分析：一定温度下，将H2和I2各1mol的气态混合物充入1L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后生成的HI（g）的气体体积的50%，设转化的氢气为xmol，依据化学平衡三段式列式为： H2 +I2 2HI起始量（mol/L） 1 1 0变化量（mol/L） x x 2x平衡量（mol/L） 1x 1x 2xHI（g）的气体体积的50%，则=50%，解得x=0.5mol故K=4，该温度下，在另一个容积为2L的密闭容器中充入1mol HI（g）发生反应HI（g）H2（g）+I2（g），等效为充入H2和I
24、2各0.5mol，又该反应为气体体积不变得反应故与原平衡成比例等效，则新平衡时氢气为0.5mol=0.25mol，HI（g）为1mol=0.5mol；解答：解：一定温度下，将H2和I2各1mol的气态混合物充入1L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后生成的HI（g）的气体体积的50%，设转化的氢气为xmol，依据化学平衡三段式列式为： H2 +I2 2HI起始量（mol/L） 1 1 0变化量（mol/L） x x 2x平衡量（mol/L） 1x 1x 2xHI（g）的气体体积的50%，则=50%，解得x=0.5mol故K=4，该温度下，在另一个容积为2L的密闭容器中充入1mol HI（g）发生
25、反应HI（g）H2（g）+I2（g），等效为充入H2和I2各0.5mol，又该反应为气体体积不变得反应故与原平衡成比例等效，则新平衡时氢气为0.5mol=0.25mol，HI（g）为1mol=0.5mol；A、根据平衡常数只与温度有关，结合正反应与逆反应的平衡常数成倒数关系，故 2HIH2 +I2的平衡常数为，又同一反应平衡常数与系数成幂次方关系，故后一反应的平衡常数为=0.5，故A错误，B正确；C、根据以上计算后一反应达到平衡时，H2的平衡浓度为=0.125mol/L，故C错误；D、根据以上计算后一反应达到平衡时，HI（g）的平衡浓度为=0.25mol/L，故D错误；故选B；点评：本题考查了
26、化学平衡的三段式计算应用，平衡常数与方程式之间的关系以及等效平衡的判断是本题的关键，题目较简单12（2分）（2011郑州二模）在溶液中，反应A+2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始状态均为c（A）=0.100molL1、c（B）=0.200molL1、c（C）=0molL1在三种条件下，反应物A的浓度随时间的变化如图所示下列说法中，正确的是（）A反应的平衡常数：B反应A+2BC的H0C实验平衡时B的转化率为60%D实验平衡时c（C）=0.040 molL1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达到平衡时反应物A的浓度相同； B根据温度对化学平衡的影响；
27、C根据平衡三部曲进行计算；D根据平衡三部曲进行计算解答：解：A对比实验和，达到平衡时反应物A的浓度相同，故平衡常数相同，故A错误； B反应速率增大，可能是升高温度或增大压强，但如是增大压强，减小容器的体积虽然平衡向正反应方向移动，但A的平衡浓度反而增大，不符合图象，则应为升高温度因温度升高，化学平衡向吸热的方向移动，平衡时A的浓度减小，说明正反应方向吸热，故B正确；C根据 A+2BC 初始 （mol/L） 0.1 0.2 0 转化 （mol/L） 0.04 0.08 0.04 平衡（mol/L） 0.06 0.12 0.04 所以平衡时B的转化率为=0.4，故C错误；D根据 A+2BC 初始
28、（mol/L） 0.1 0.2 0 转化 （mol/L） 0.06 0.12 0.06 平衡（mol/L） 0.04 0.08 0.06 所以平衡时C的浓度为0.06mol/L，故D错误故选B点评：本题考查化学平衡的计算，难度适中，注意掌握根据平衡三部曲进行计算13（2分）下列说法中正确的是（）A熵增加且放热的反应一定是自发反应B自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应C凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应D非自发反应在任何条件下都不能发生考点：反应热和焓变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：依据反应自发进行的判断依据分析判断，HTS0反应
29、自发进行，HTS0反应非自发进行；解答：解：A、熵增加且放热的反应，S0，H0，HTS0一定是自发反应，故A正确；B、熵减小S0，H0高温下，HTS0，反应自发进行，自发反应不一定是熵增大的反应，非自发反应不一定是熵减小或不变的反应，故B错误；C、H0，S0高温下，HTS0，凡是放热反应不都是能自发进行的反应，H0，S0，高温下，HTS0，吸热反应不都是非自发进行的反应，故C错误；D、HTS0反应自发进行，HTS0反应非自发进行，改变条件非自发进行的反应可以变化为自发进行，故D错误；故选A点评：本题考查了自发进行的化学反应判断依据，注意自发进行的反应和非自发进行的反应，是在一定条件下的反应，掌
30、握基础是关键，题目难度中等14（2分）在恒温、恒容的条件下，有反应2A（g）+2B（g）C（g）+3D（g），现从两条途径分别建立平衡途径：A、B的起始浓度均为2mol/L；途径：C、D的起始浓度分别为2mol/L和6mol/L则以下叙述不正确的是（）A两途径最终达到平衡时，体系内混合气的平均相对分子质量不同B两途径最终达到平衡时，体系内混合气的百分组成相同C达平衡时，途径的反应速率v（A）小于途径的反应速率v（A）D达平衡时，途径所得混合气的密度为途径所得混合气密度的考点：等效平衡版权所有分析：由反应2A（g）+2B（g）C（g）+3D（g）可知，反应前后气体的化学计量数相等，压强对平衡移动
31、没有影响，当满足所加物质完全转化为A、B时，与物质的量比值相等，则达到等效平衡的状态据此进行判断解答：解：反应2A（g）+2B（g）C（g）+3D（g）可知，反应前后气体的化学计量数相等，压强对平衡移动没有影响，当满足所加物质完全转化为A、B时，与物质的量比值相等，A、途径与途径为等效平衡，平衡时各组分的含量相等，所以相对平均分子质量也相等，故A错误；B、两途径最终达到相同平衡状态，体系内混合气的百分组成相同，故B正确；C、途径达到平衡时浓度大，压强大，反应速率应较大，故C正确；D、为等效平衡状态，体系内混合气体的百分组成相同，混合气体平均相对分子质量相同，由于容器体积相等，气体质量是气体质量
32、的2倍，则达到平衡时，途径的气体密度为途径密度的，故D正确；故选A点评：本题考查等效平衡问题，题目难度中等，注意等效平衡有2种情况：化学反应前后气体的化学计量数之和不等的反应必须满足物质的量完全相等，反应前后气体的化学计量数相等，满足物质的量之比相等15（2分）（2014荆州模拟）T时，将6mol CO2和8mol H2充入2L密闭容器中，发生反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），容器中H2的物质的量随时间变化如图中实线所示图中虚线表示仅改变某一反应条件时，H2的物质的量随时间的变化下列说法正确的是（）A反应开始至a点时v（H2）=1 molL1min1B若曲线对应的条
33、件改变是升温，则该反应H0C曲线对应的条件改变是降低压强DT时，该反应的化学平衡常数为0.125考点：化学平衡的计算；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根据v=计算反应速率；B如该反应H0，升高温度平衡应向正反应方向移动；C如降低压强，反应速率减小，达到平衡所用时间较长；D首先计算平衡时各物质的浓度，进而计算平衡常数解答：解：Av=1 molL1min1，故A正确；B如该反应H0，升高温度平衡应向正反应方向移动，则平衡时H2的物质的量应小于T时，与图象不符，故B错误；C如降低压强，反应速率减小，达到平衡所用时间较长，但图中曲线反应速率较大，达到平衡时间较短，与图象
34、不符，故C错误；DT时，达到平衡时H2的物质的量为2mol，根据反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）可知，平衡时，c（CO2）=2mol/L，c（H2）=1mol/L，c（CH3OH）=1mol/L，c（H2O）=1mol/L，则k=0.5，故D错误故选A点评：本题考查化学平衡图象问题，题目难度较大，本题注意分析图象中氢气的物质的量的变化，结合反应的特点判断外界条件对平衡移动的影响16（2分）（2013南昌模拟）体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n（Cl）=n（CH3COO）=0.01mol则下列叙述正确的是（）A两种溶液的pH不相同B它们分别与足量CaCO3反应时，放出的
35、CO2一样多C它们与NaOH完全中和时，醋酸溶液所消耗的NaOH多D分别用水稀释相同倍数时，n（Cl）=n（CH3COO）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：A根据体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n（Cl）=n（CH3COO）=0.01mol，说明两溶液中已电离产生的c（H+）浓度相等，即两溶液的pH相等；B根据体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n（Cl）=n（CH3COO）=0.01mol，醋酸是弱电解质部分电离，所以两溶液中满足：n（CH3COOH）n（HCl），CaCO3反应与醋酸反应放出的CO2多；C根据体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n（Cl）=n（
36、CH3COO）=0.01mol，醋酸是弱电解质部分电离，所以两溶液中满足：n（CH3COOH）n（HCl），因此与足量的NaOH反应时，醋酸反应消耗的NaOH多；D当将盐酸溶液与醋酸溶液稀释相同的倍数时，盐酸是强电解质，已完全电离了，而醋酸是弱电解质，只是部分电离，所以当将两溶液稀释相同的倍数时，盐酸没有变化，而醋酸溶液中未电离的醋酸分子又又将电离，又会使醋酸根离子的物质的量增加，因此稀释相同倍数时，醋酸溶液中醋酸跟离子的物质的量比盐酸溶液中氯离子的物质的量多解答：解：A根据体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n（Cl）=n（CH3COO）=0.01mol，说明醋酸这种弱电解质已电离产生的CH3CO
37、O的物质的量与强电解质盐酸溶液中，完全电离产生的Cl的物质的量相等，所以有醋酸溶液、盐酸溶液中c（H+）的浓度相等，即pH相同，故A错误；B根据体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n（Cl）=n（CH3COO）=0.01mol，说明醋酸这种弱电解质已电离产生的CH3COO的物质的量与强电解质盐酸溶液中，完全电离产生的Cl的物质的量相等，但醋酸溶液中还有未电离的醋酸分子存在，因此盐酸溶液中HCl的物质的量小于醋酸溶液中CH3COOH的物质的量，因此与足量的CaCO3反应时，CaCO3反应与醋酸反应放出的CO2多故B错误；C根据体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n（Cl）=n（CH3COO）=0.01mol
38、，说明醋酸这种弱电解质已电离产生的CH3COO的物质的量与强电解质盐酸溶液中，完全电离产生的Cl的物质的量相等，但醋酸溶液中还有未电离的醋酸分子存在，因此盐酸溶液中HCl的物质的量小于醋酸溶液中CH3COOH的物质的量，因此与足量的NaOH反应时，醋酸反应消耗的NaOH多故C正确；D当将盐酸溶液与醋酸溶液稀释相同的倍数时，盐酸是强电解质，已完全电离了，而醋酸是弱电解质，只是部分电离，所以当将两溶液稀释相同的倍数时，盐酸没有变化，而醋酸溶液中未电离的醋酸分子又又将电离，又会使醋酸根离子的物质的量增加，因此稀释相同倍数时，醋酸溶液中醋酸跟离子的物质的量比盐酸溶液中氯离子的物质的量多，故D错误故选C
39、点评：本题是对弱电解质和强电解质的考查，要分析清楚弱电解质的电离平衡的移动关系，此处经常出错，注意17（2分）已知下面三个数据：7.2104、4.6104、4.91010分别是下列有关的三种酸的电离常数，若已知下列反应可以发生：NaCN+HNO2HCN+NaNO2NaCN+HFHCN+NaFNaNO2+HFHNO2+NaF由此可判断下列叙述中不正确的是（）AK（HF）=7.2104BK（HNO2）=4.91010C根据两个反应即可得出一元弱酸的强弱顺序为HFHNO2HCNDK（HCN）K（HNO2）K（HF）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
40、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：根据强酸制取弱酸知，这三种酸的酸性强弱顺序是HCNHNO2HF，A相同温度下，酸的酸性越强，其酸的电离平衡常数越大，氢氟酸的酸性最强，则氢氟酸的电离平衡常数最大，故A正确；B亚硝酸的酸性大于氢氰酸而小于氢氟酸，所以亚硝酸的电离平衡常数为4.6104，故B错误；C强酸制取弱酸知，这三种酸的酸性强弱顺序是HCNHNO2HF，故C正确；D根据强酸制取弱酸知，这三种酸的酸性强弱顺序是HCNHNO2HF，相同温度下，酸的酸性越强，其酸的电离平衡常数越大，所以其电离平衡常数大小顺序是K（HCN）K（HNO2）K（HF），故D正确；故选
41、：B点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱酸酸性强弱与电离平衡常数的关系是解本题关键，难度中等18（2分）可逆反应mA（固）+nB（气）cC（气）+fD（气）反应过程中，当其它条件不变时，C的体积分数（C%）与温度（T）和压强（P）的关系如下图所示，下列叙述正确的是（）A达到平衡后，若使用催化剂，C的体积分数增大B达到平衡后，若使温度升高，化学平衡向逆反应方向移动C化学方程式中nc+fD达到化学平衡后，增加A的量有利于化学平衡向正反应方向移动考点：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：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
42、象（1）可知T2T1，温度越高，平衡时C的体积分数（C）越小，故此反应的正反应为放热反应；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（2）可知p2p1，压强越大，平衡时C的体积分数（C）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即nc+f，据此结合外界条件对化学平衡的影响分析解答解答：解：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（1）可知T2T1，温度越高，平衡时C的体积分数（C）越小，故此反应的正反应为放热反应；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（2）可知p2p1，压强越大，平衡时C的体积分数
43、（C）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即nc+f，A、催化剂只改变化学反应速率，对平衡移动没有影响，C的体积分数不变，故A错误；B、正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向逆反应移动，故B正确；C、由上述分析可知，可逆反应mA（固）+nB（气）cC（气）+fD（气）正反应为气体物质的量增大的反应，即nc+f，故C错误；D、达平衡后，增加A的量，因为A为固体，所以平衡不移动，故D错误；故选B点评：本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，本题注意根据图象判断外界条件对平衡的移动的影响是解答该题的关键19（2分）反应mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g），经5min后达到平
44、衡，测得此时A的浓度减少了a mol/L，同时C的浓度增加了2a/3mol/L，又测得平均反应速率v（C）=2v（B）达到平衡后，若保持温度不变，给体系加压，平衡不移动，那么该反应可表示为（）A2A（g）+6B（g）3C（g）+5D（g）B3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g）C3A（g）+B（g）2C（g）+D（g）DA（g）+3B（g）2C（g）+2D（g）考点：化学平衡的计算版权所有专题：化学平衡专题分析：利用速率之比等于化学计量数之比、浓度变化量之比等于化学计量数之比，确定m、n、p的关系，平衡后，若保持温度不变，给体系加压，平衡不移动，故反应前后气体的物质的量不变，据此确定q，进
45、而确定m、n、p、q关系，据此判断解答：解：A的浓度减少了a mol/L，同时C的浓度增加了2a/3mol/L，则m：p=amol/L：mol/L=3：2，平均反应速率v（C）=2v（B），故v（C）：v（B）：v（C）=n：p=1：2，故m：n：p=3：1：2，平衡后，若保持温度不变，给体系加压，平衡不移动，故反应前后气体的物质的量不变，即m+n=p+q，故3+1=2+q，故q=2，所以m：n：p：q=3：1：2：2，故选B点评：本题考查化学反应速率的有关计算、化学平衡移动影响等，难度不大，明确速率之比=化学计量数之比=浓度变化量之比=物质的量变化量之比，判断反应前后气体的物质的量不变是解题
46、关键20（2分）（2013哈尔滨模拟）25、101kPa下，碳、氢气、甲烷和葡萄糖的燃烧热依次是393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、890.3kJ/mol、2800kJ/mol，则下列热化学方程式正确的是（）AC（s）+O2（g）CO（g）H=393.5kJ/molB2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=+571.6kJ/molCCH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H=890.3kJ/molDC6H12O6（s）+3O2（g）3CO2（g）+3H2O（l）H=1400kJ/mol考点：热化学方程式版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：燃烧热是指1mol纯净物
47、完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，根据燃烧热的定义判断热化学方程式是否正确解答：解：AC完全燃烧应生成CO2，生成CO，反应热小于393.5kJ/mol，故A错误；BH2完全燃烧生成的稳定的氧化物为液态水，故B错误；CCH4完全燃烧生成稳定的氧化物为CO2和液态水，故C错误；D.1mol葡萄糖完全燃烧生成CO2和H2O（l），燃烧热为2800kJ/mol，则mol葡萄糖完全燃烧放出1400kJ热量，故D正确故选D点评：本题考查热化学方程式，题目难度不大，本题注意把握燃烧热的概念，特别是水，稳定状态为液态21（2分）某温度下，在一容积可变的容器中，反应2A（g）+B（g）2C（g）达到平衡时，
48、A、B和C的物质的量分别为4mol、2mol和4mol保持温度和压强不变，对平衡混合物中三者的物质的量做如下调整，可使平衡右移的是（）A均减半B均加倍C均增加1molD均减少1mol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：在容积可变的情况下，从对平衡混合物中三者的物质的量对各物质的量的浓度影响角度思考在“均减半”或“均加培”时，相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，“均增加1mol”时相当于A、C物质的浓度减小，B物质的浓度增大，“均减小1mol”时相当于A、C物质的浓度增大，B物质的浓度减小解答：解：A、由于是在容积可变的容器中，则在“均减半”相当于A、B、C三物质的浓度都
49、没有改变，平衡不会移动，故A、错误；B、由于是在容积可变的容器中，则在“均加培”相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，平衡不会移动，故B错误；C、同样由于容积可变，“均增加1mol”时相当于A、C物质的浓度减小，B物质的浓度增大，平衡向右移动，故C正确；D、“均减小1mol”时相当于A、C物质的浓度增大，B物质的浓度减小，平衡向左移动，故D错误；故选：C点评：本题考查化学平衡移动，要注意的是基本概念、基础理论是高考中不变的一个重点这道题的设问别具一格，解答时既要定性判断、又要定量分析，多次灵活转换，都值得大家研究，思维转化是解答该题的关键22（2分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A工
50、业合成SO3的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率B合成氨工厂通常采用20MPa50MPa压强，以提高原料的利用率C在实验室里可用碳酸钙粉末和稀盐酸制得二氧化碳气体D实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气考点：化学平衡移动原理版权所有专题：化学平衡专题分析：勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释解答：解：A、在二氧化硫的催化氧化反应中，通入过量的空气以提高二氧化硫的转化率，增大氧气浓度平衡正向进行，和平衡有关，可以勒夏特列原理解释，故A能；B、合成氨
51、的反应为气体体积缩小的反应，则采用20MPa50MPa压强，有利于平衡正向移动，以提高原料的利用率，能解释，故B能；C、碳酸钙粉末和稀盐酸制得二氧化碳气体的反应，增大固体的表面积，反应速率加快，与化学平衡无关，不能用勒夏特列原理解释，故C不能；D、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2OClO+2H+Cl，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，所以可以勒夏特列原理解释，故D能；故选C点评：本题考查勒夏特列原理知识，题目难度不大，注
52、意勒夏特列原理的使用对象23（2分）在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：3A（g）+B（g）XC（g）+D（S），向家中通入6molA和2molB，向乙中通入1.5molA、0.5molB、3molC和2molD，反应一段时间后都达到平衡，此时测的甲、乙两个容器中的C的体积分数都是0.2，下列叙述中正确的是（）A平衡时甲中的A的体积分数为0.4B平衡时甲、乙两个容器中的A、B的物质的量之比不相等C若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中的压强之比为8：5D若平衡时甲、乙两容器中的A的物质的量相等，则x=4考点：化学平衡的计算版权所有专题：化学平衡专题分析：反应一
53、段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，说明甲乙两容器为等效平衡状态，A根据C的体积分数计算平衡时A、B的体积分数之和，平衡时n（A）：n（B）=3：1，据此计算A的体积分数；B甲乙是等效平衡，平衡时各组分的含量对应相等；C利用压强之比大于物质的量之比计算判断；D甲乙是等效平衡，平衡时甲、乙两容器中A的物质的量不相等，满足反应前后气体化学计量数之和不变，按化学计量数转化到左边满足n（A）：n（B）=3：1解答：解：反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，说明甲乙两容器为等效平衡状态，AC的体积分数都为0.2，则A、B共占80%，而n（A
54、）：n（B）=3：1，所以平衡时甲中A的体积分数为60%，故A错误；B反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，由此可知甲乙是等效平衡，平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比肯定相等，故B错误；C二者为等效平衡，满足x=4，反应前后气体的物质的量不变，容器的则两容器中压强之比为（6+2）：（1.5+0.5+3）=8：5，故C正确；D若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则必须满足方程式左右气体的计量数之和相等，所以x=4，若A的物质的量相等，则x不一定等于4，故D错误故选C点评：本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，注意从等效平衡的角度解答该题二、填空题
55、（共7小题，每小题6分，满分54分）24（6分）25时，部分物质的电离平衡常数如表所示：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8105K1=4.3107K2=5.610113.0108请回答下列问题：（1）写出次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式ClO+H2O+CO2=HClO+HCO3（2）常温下0.1mol/L的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是A（填序号）Ac（H+）Bc（H+）/c（CH3COOH）Cn（H+）D c（H+）c（CH3COO）/c（CH3COOH）（3）体积为10mL c（H+）=102mol/L的醋酸溶液与一元酸HX
56、分别加水稀释至1000mL，醋酸溶液与一元酸HX溶液c（H+） 分别为105mol/L和106mol/L，则HX的电离平衡常数大于（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的电离平衡常数；理由是酸性越弱，加水稀释时电离出的氢离子多，加水稀释时pH变化幅度越小考点：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：（1）电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强，根据表中数据可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOHH2CO3HClOHCO3，据强酸制弱酸书写离子方程式；（2）CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，氢离子物质的量增大，氢离子浓度、醋酸根离子
57、浓度减小，但氢氧根离子浓度增大；（3）电离平衡常数越大的弱酸的酸性越强，酸性越弱，加水稀释时电离出的氢离子多，加水稀释时pH变化幅度越小解答：解：（1）据酸性由强到弱的顺序：CH3COOHH2CO3HClOHCO3，次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳应该生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为：ClO+H2O+CO2=HClO+HCO3，故答案为：ClO+H2O+CO2=HClO+HCO3；（2）A、0.1molL1的CH3COOH溶液加稀释过程中，溶液中氢离子浓度减小，故A正确；B、0.1molL1的CH3COOH溶液加稀释过程中，各个微粒浓度减小，同时醋酸的电离向右移动，c（H+）减小的程度小于c（
58、CH3COOH）的减小程度，所以增大，故B错误；C、CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，氢离子物质的量增大，故C错误；D、为醋酸的电离平衡常数，由于温度不变，则水的电离平衡常数不变，故D错误；故答案为：A；（3）电离平衡常数越大，对应弱酸的酸性越强，酸性越弱，加水稀释时电离出的氢离子多，加水稀释时pH变化幅度越小，加水稀释相同倍数，HA的pH变化大，说明HA的酸性比醋酸强，故答案为：大于；酸性越弱，加水稀释时电离出的氢离子多，加水稀释时pH变化幅度越小点评：本题考查了电离平衡常数和酸性强弱的关系、弱酸加水稀释时各离子浓度的变化以及pH变化与酸性强弱的关系，题目难度中等25（8
59、分）工业上以氨气为原料（铂铑合金网为催化剂）催化氧化法制硝酸的过程如下：（1）已知反应一经发生，铂铑合金网就会处于红热状态写出氨催化氧化的化学方程式4NH3+5O2fracunderline催化剂4NO+6H2O当温度升高时，化学平衡常数K值减小（填“增大”、“减小”、“无影响”）（2）硝酸厂尾气常用的处理方法是：催化还原法：催化剂存在时用H2将NO2还原为N2已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ/molN2（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=+67.7kJ/molH2O（1）=H2O（g）H=+44.0kJ/mol则8g H2恰好将NO2转化成N2和H2O（1
60、）时H=1210.9kJ/mol（3）氨气是制取硝酸的重要原料，合成氨反应的化学方程式如下：N2+3H22NH3该反应在固定容积的密闭容器中进行下列各项标志着该反应达到化学平衡状态的是BC（填字母）A容器内N2、H2、NH3的浓度之比为l：3：2B3v正（N2）=v逆（H2）C容器内压强保持不变D混合气体的密度保持不变若在恒温条件下，将N2与H2按一定比例混合通入一个容积为2L固定容积的密闭容器中，5min后反应达平衡时，n（N2）=1.2mol，n（H2）=1.2mol，n（NH3）=0.8mol，则反应速率v（N2）=0.04molL1min1，平衡常数=1.23（保留两位小数）若保持容器
61、的温度和容积不变，将上述平衡体系中的混合气体的浓度增大1倍，则平衡向右（填向左、向右或不移动）移动考点：化学平衡常数的含义；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的计算版权所有专题：化学平衡专题分析：（1）在一定条件下氨气与氧气反应生成一氧化氮和水；平衡常数，对于吸热反应，随着温度的升高，K增大，对于放热反应，随着温度的升高，K减小；（2）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，反应热也处于相应的系数进行相应的加减，求解；（3）根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变；平衡常数的大小与只与温度有关，与浓度
62、、压强、催化剂无关；解答：解：（1）氨催化氧化的产物是一氧化氮和水，是工业生产硝酸获得一氧化氮的反应，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O平衡常数K=，已知反应一经发生，铂铑合金网就会处于红热状态可知反应是放热反应，随着温度的升高，K减小；故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O，减小；（2）已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ/molN2（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=+67.7kJ/molH2O（1）=H2O（g）H=+44.0kJ/mol由盖斯定律可知，24，则反应2NO2（g）+4H2（g）=N2（g）+4H2O（l）H=2（483.6）6
63、7.7444kJ/mol=1210.9 kJ/mol，故答案为：1210.9 kJ/mol；（3）A容器内N2、H2、NH3的浓度之比为l：3：2，取决于起始时各物质的量的关系和转化的程度，不能说明费用达到平衡状态，故A错误；B反应达到平衡时，正逆反应速率相等，3v正（N2）=v逆（H2），v正（N2）表示消耗N2的速率，v逆（H2）表示生成H2的速率，且v正（N2）：v逆（H2）=1：3，充分说明向两个相反方向进行的程度相当，故B正确；C该反应是反应前后气体体积有变化的反应，所以达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，该容器中的压强不再变化时，反应达到
64、平衡状态，故C正确；D根据质量守恒，反应前后混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，不能证明该反应是否达到平衡状态，故D错误；故答案为：B、C；5分钟后反应达平衡时，n（N2）=1.2mol，n（H2）=1.2mol，n （NH3）=0.8mol，依据化学平衡三段式列式计算得到； N2 +3H2 2NH3起始量（mol） 1.6 2.4 0变化量（mol） 0.4 1.2 0.8平衡量（mol） 1.2 1.2 0.8反应速率V（N2）=0.04mol/（Lmin），平衡时的浓度分别为c（N2）=0.6mol/L、c（H2）=0.6mol/L，c （NH3）=0.4mo
65、l/L，则平衡常数K=1.23；上述平衡体系中的混合气体的浓度增大1倍，相当于缩小体积，则压强增大，化学平衡正向移动，即向右移动；化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关；故答案为：0.04molL1min1 ，1.23，向右；点评：本题考查了化学平衡状态的判断、有关化学平衡的计算、盖斯定律的运用等，综合性强，解题时须注意判断平衡状态的标志和角度，计算时须注意方程式中气体的化学计量数关系，题目难度中等26（8分）某探究小组用测量HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素限选试剂：1.00molL1 HNO3、2.00molL1HNO3，细颗粒大理石、粗颗粒大理石，35水
66、浴（1）他们能完成哪些因素对速率影响的探究？探究同体积下HNO3浓度对该反应剧烈程度的影响、探究接触面积对该反应剧烈程度的影响、探究温度对该反应剧烈程度的影响（2）请根据能进行的探究内容，填写以下实验设计表，完成探究实验：实验编号T/大理石规格HNO3浓度/molL1常温粗颗粒2.00常温1.00粗颗粒2.002.00（3）整个实验中应控制的不变量是硝酸溶液体积和大理石的质量（4）该实验小组用如图实验装置进行实验除电子天平、干燥管、锥形瓶、药匙、胶塞等仪器外，必需的实验仪器还有量筒干燥管中应放置的试剂是BCA碱石灰B无水CaCl2CP2O5固体D浓硫酸若撤除干燥管装置，所测速率偏大（填“偏大”
67、、“偏小”或“不变”）考点：探究影响化学反应速率的因素版权所有专题：化学反应速率专题分析：（1）根据实验的目的和影响化学反应速率的因素来设计实验，该化学探究小组用HNO3与大理石反应研究影响反应剧烈程度的因素，进行了4个实验，对比实验，结合控制变量法，找出影响影响反应剧烈程度的因素，进行分析解答；（2）根据（1）分析解答；（3）需要通过测定质量变化判断反应速率大小，故大理石的质量必须相等； （4）实验过程中，需要使用量筒量取硝酸溶液；干燥剂的作用是干燥逸出的二氧化碳，避免水分散失导致影响质量变化，不能使用与二氧化碳反应的干燥剂，且干燥剂只能使用固体干燥剂，据此进行解答；由于逸出的二氧化碳气体中
68、会带走部分水，导致质量减少偏大，反应速率偏大；解答：解：（1）由实验目的结合限选试剂可知：探究浓度、接触面积、温度对化学反应速率的影响，通过选用1.00molL1 HNO3、2.00molL1HNO3，可研究同体积下HNO3浓度对该反应剧烈程度的影响，通过对比实验和，实验大理石规格为粗颗粒，通过选用常温、35水浴，可研究探究温度对该反应剧烈程度的影响，通过对比实验和，实验温度为35水浴，通过选用细颗粒大理石、粗颗粒大理石不同规格的大理石，可研究大理石规格对反应剧烈程度的影响，通过对比实验和，实验大理石规格为细颗粒大理石，温度为常温，故答案为：探究同体积下HNO3浓度对该反应剧烈程度的影响、探究
69、接触面积对该反应剧烈程度的影响、探究温度对该反应剧烈程度的影响；（2）根据（1）的分析可知：通过对比实验和，实验大理石规格为粗颗粒，通过对比实验和，实验温度为35水浴，通过对比实验和，实验大理石规格为细颗粒大理石，温度为常温，故答案为：粗颗粒；35水浴；细颗粒大理石、常温；（3）根据实验方案：需要根据质量变化判断反应速率快慢，所以使用的大理石的总质量必须相等，故答案为：大理石的质量；（4）量取浓硝酸时必须使用量筒，所以必需的玻璃仪器为量筒，故答案为：量筒；为了避免二氧化碳逸出过程中带走部分水分，影响锥形瓶中的质量变化，所以使用干燥剂干燥二氧化碳，使用的干燥剂必须为酸性干燥剂，且为固体干燥剂，所
70、以只能使用B无水CaCl2固体、CP2O5固体，故答案为：BC；若撤除干燥管装置，会导致二氧化碳逸出过程中带走部分水分，使锥形瓶中质量变化偏大，所测速率反应速率偏大，故答案为：偏大；点评：本题考查了探究温度、浓度、固体表面积对反应速率的影响方法，题目难度中等，注意掌握温度、浓度、催化剂、固体表面积等对反应速率的影响，明确探究影响反应速率因素的方法，掌握控制变量法（每一次只改变其中的某一个变量，而控制其余几个变量不变，从而研究被改变的这个变量对反应的影响）是正确解答本题的关键，较好的考查学生综合应用知识的能力27（8分）（2013和平区模拟）汽车尾气里含有NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和
71、氧气反应所致：N2（g）+O2（g） 2NO（g）H0已知该反应在2404时，平衡常数K=64104请回答：（1）该反应的平衡常数表达式为（2）该温度下，向2L密闭容器中充入N2和O2各1mol，平衡时，N2的转化率是4%（保留整数）（3）该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5101mol/L、4.0102mol/L和3.0103mol/L，此时反应向正反应方向进行（填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”），理由是K（4）将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，下列变化趋势正确的是AC（填字母序号）（5）向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的
72、量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数不变填“变大、“变小”或“不变”）考点：化学平衡的计算；化学平衡常数的含义版权所有专题：化学平衡专题分析：（1）平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；（2）根据反应方程式，利用三段式法结合平衡常数计算转化率；（3）计算某时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，与该温度下的平衡常数相比较，可得出结论；（4）根据温度、催化剂对反应速率和平衡移动的影响判断；（5）根据化学方程式的特点结合压强对平衡的影响分析解答：解：（1）平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应
73、物的浓度幂之积，反应方程式为N2（g）+O2（g） 2NO（g），则k=，故答案为：；（2）设平衡时氮气的转化的物质的量为x，则 N2（g）+O2（g） 2NO（g）起始：1mol 1mol 0转化：x x 2x平衡：1molx 1molx 2x则有：=64104，x=0.04mol，所以平衡时，N2的转化率是=4%，故答案为：4；（3）该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5101mol/L、4.0102mol/L和3.0103mol/L，则有该时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值为：=9104K，则反应应向正反应方向进行，故答案为：向正反应方向进行； K；（4
74、）A、该反应的正反应为吸热反应，则升高温度平衡向正反应进行，平衡常数增大，故A正确；B、加入催化剂，反应速率增大，但平衡不发生移动，故B错误；C、升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，氮气的转化率增大，故C正确故答案为：AC；（5）该反应中，气体的化学计量数之和前后相等，压强对平衡移动没有影响，只要是在相同温度下，则平衡状态相同，与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数，故答案为：不变点评：本题考查化学平衡的有关计算，题目难度中等，注意平衡常数的计算和应用28（8分）如图所示，将6mol X和3mol Y混合气体置于体积可变的等压容器中，在一定温度下发生如下反应：2X（g）+Y
75、（g）2Z（g）反应达到平衡状态A时，测得气体总物质的量为6.6mol若X、Y、Z的起始物质的量分别用abc表示，回答下列问题：（1）达平衡状态A时，Y的转化率为80%，在达到平衡状态A的容器中通人少量Y，体系中X的体积分数减小（填“增大”或“减小”或“不变”）（2）若起始时a=3.2mol，且达到平衡后各气体的体积分数与平衡状态A相同，则起始时bc的取值分别为b1.6；c任意值（3）若要使反应开始时向逆反应方向进行，且达到平衡后各气体的物质的量与平衡状态A相同，则起始时c的取值范围是4.8c6考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：（1）根据化学平衡三段式计算
76、平衡时各组分物质的量，进而计算Y的转化率，通入Y，平衡正向移动，X的体积分数减小；（2）恒温恒压下，达到平衡后各气体的体积分数与平衡状态A相同，即为等效平衡，若通过一边倒X、Y的比值等于起始时通入量的比值即可；（3）起始时，若X和Y的量均为0，则c值最大，利用一边倒，完全转化为X和Y的量分别为6mol和3mol，则c=6mol；根据（1）计算平衡时Z的量为4.8mol，则c值应该大于4.8解答：解：（1）2X（g）+Y（g）2Z（g）起始（mol）6 3 0变化（mol）2n n 2n平衡（mol）62n 3n 2n（62n）+（3n）+2n=6.6，解得n=2.4，Y的转化率=80%，通入Y
77、，平衡正向移动，X的体积分数减小，故答案为：80%；减小；（2）恒温恒压下，达到平衡后各气体的体积分数与平衡状态A相同，此时两个平衡为等效平衡，若通过一边倒计算，使X、Y的比值等于起始时通入量的比值即符合题目要求，即a：b=6：3，b=a=1.6，生成物只有Z一种物质，无论物质的量为多少，生成的X与Y的物质的量一定为2：1，所以c可以为任意数值，故答案为：1.6；任意值；（3）若要使反应开始时向逆反应方向进行，且达到平衡后各气体的物质的量与平衡状态A相同，c若为（1）中平衡时Z的物质的量，则反应恰好达到平衡，若平衡逆向移动，则c4.8mol；c值最大时，X和Y的量均为0，利用一边倒，完全转化为
78、X和Y的量分别为6mol和3mol，c应为6mol，故4.8c6，故答案为：4.8c6点评：本题考查了等效平衡的判断与利用，题目难度较大，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力29（8分）（2008石家庄模拟）（1）在温度t下，某溶液中c（H+）=10amol/L，c（OH）=10bmol/L，已知a+b=12，该温度下水的离子积Kw=11012；t大于25（填“大于”、“小于”或“等于”）（2）常温下，向某Ba（OH）2溶液中逐滴加入pH=x的盐酸，测得混合溶液的部分pH如下表所示：序号氢氧化钡的体积/mL盐酸的体积/mL溶液的pH22.000.001222.00
79、18.001122.0022.007x=2Ba（OH）2溶液物质的量浓度为5103molL1_（3）常温下，向100mLpH=2的硫酸与硫酸钠的混合溶液中，加入300mL上述Ba（OH）2溶液，沉淀正好达最大量，此时溶液的pH大于7（填“大于”、“小于”或“等于”）；原混合溶液中硫酸钠的物质的量浓度为0.01molL1考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子积常数版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）溶液中的离子积Kw=C（H+）c（OH）=10a10b=10（a+b）=1012；水的电离是吸热过程，升高温度，促进电离，Kw增大；（2）根据实验可知，氢氧化钡中c（OH）=0
80、.01molL1，则cBa（OH）2=c（OH），再根据表中数据求出氢离子浓度；（3）根据溶液中的反应判断反应后溶液的酸碱性；根据硫酸根离子和氢氧化钡的关系式计算n（SO42）总，根据混合溶液的pH计算原来溶液中n（H+）和n（H2SO4），从而得出其中硫酸钠的量解答：解：（1）溶液中的离子积Kw=C（H+）c（OH）=10a10b=10（a+b），已知a+b=12，所以Kw=1012；水的电离是吸热过程，升高温度，促进电离，Kw增大，而25时Kw=1014，所以当Kw=1012时温度大于25；故答案为：1012；大于；（2）根据实验可知，当氢氧化钡溶液没加盐酸时，溶液的PH=12，则溶液中c
81、（OH）=0.01molL1，所以cBa（OH）2=c（OH）=5103molL1，根据实验可知，当氢氧化钡和盐酸的体积相同时，溶液的PH=7，即盐酸与氢氧化钡恰好反应，所以c（H+）=c（OH）=0.01molL1，则原来盐酸中溶液的PH=2，即x=2；故答案为：2；5103molL1；（3）向100mLpH=2的硫酸与硫酸钠的混合溶液中，加入300mL上述Ba（OH）2溶液，沉淀正好达最大量，硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化钠，所以反应后有强碱生成，故溶液显碱性，即PH大于7；据题意知原溶液中n（SO42）总=nBa（OH）2=0.3L5103mol
82、L1=1.5103 mol；已知原来硫酸的PH=2，则n（H+）=0.001mol，所以n（H2SO4）=n（H+）=5104mol，原混合液中n（Na2SO4）=n（SO42）总n（H2SO4）=1.5103 mol5104mol=1103 mol，所以c（Na2SO4）=molL1=0.01molL1故答案为：大于；0.01molL1点评：本题考查了水溶液中的离子积常数应用，酸碱混合的定量判断和计算，pH的简单计算等，侧重于对学生计算能力的考查，题目难度中等30（8分）水的电离平衡曲线如图所示：（1）若以A点表示25时水的电离平衡时离子的浓度，当温度升高到100时，水的电离平衡状态到B点，
83、则此时水的离子积从1014，增加到1012（2）已知25时，0.1L 0.1mo/L的NaA溶液的pH=10，则HA在水溶液中的电离方程式为HAH+A（3）100，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的硫酸溶液混合，若所得混合溶液pH=7，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为1：9（4）100时，若10体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前，该强酸的pH与强碱的pH之间应满足pH酸+pH碱=13考点：水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；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：（1）根据水的离子积表达式KW=c（H+）c（OH）进
84、行计算；（2）根据0.1L 0.1mo/L的NaA溶液的pH=10判断出HA属于强电解质还是弱电解质，然后写出电离方程式；（3）设出氢氧化钠溶液为x和硫酸溶液的体积为y，根据题中数据列式计算出体积之比；（4）设出酸溶液的pH为a，碱溶液的pH为b，根据100时及体积关系列式计算解答：解：（1）水的离子积KW=c（H+）c（OH），25时，KW=c（H+）c（OH）=107107=1014；100时，KW=c（H+）c（OH）=106106=1012，故答案为：1014；1012；（2）由于0.1L 0.1mo/L的NaA溶液的pH=10，说明溶液显示碱性，HA属于弱电解质，电离方程式为：HAH
85、+A，故答案为：HAH+A；（3）设氢氧化钠溶液的体积为xL，硫酸溶液的体积为yL，pH=9的NaOH溶液中，氢氧根离子的浓度为：103mol/L，pH=4的硫酸溶液中氢离子浓度为：104mol/L，二者混合后溶液的pH=7，溶液酸性碱性，溶液中氢氧根离子的浓度为105mol/L，即氢氧化钠过量，即103mol/LxL=104mol/Ly+105mol/L（x+y），解得x：y=1：9，故答案为：1：9； （4）设强酸溶液的pH为a，体积为10V，溶液中氢离子浓度为：10amol/L；碱溶液的pH为b，体积为V，溶液中氢氧根离子的浓度为：10（12b）mol/L，混合后溶液呈中性，则满足溶液中氢离子的物质的量大于氢氧根离子的物质的量，即10amol/L10VL=10（12b）mol/LVL，解得：1a=b12，a+b=13，故答案为：13点评：本题考查了弱电解质的电离，明确“混合溶液呈中性，即强酸和强碱反应时氢离子和氢氧根离子的物质的量相等”即可分析解答，难度较大