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【化学】陕西省西安市长安区第一中学2018-2019学年高二下学期寒假学情检测（理）试卷（解析版）
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陕西省西安市长安区第一中学2018-2019学年高二下学期寒假学情检测（理）试卷
1.下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是（ ）
A. 常温下水电离出的c(H+)·c(OH-)=10-20的溶液中：Na+、Cl-、S2-、SO32-
B. 不能使酚酞试液变红的无色溶液中：Na+、CO32-、K+、ClO-、NH4+
C. 能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K+、CO32-、Cl-、NH4+
D. 无色透明溶液：K+、HCO3-、NO3-、SO42-、Fe3+
【答案】A
【解析】
常温下水电离出的c(H+)·c(OH-)=10-20说明水的电离被抑制，抑制水电离应该加入酸或者碱，A选项中的离子可以在碱性条件下共存，所以选项A正确。溶液中含有大量碳酸根和次氯酸根时，溶液应该呈现碱性，可以使酚酞变红，选项B错误。能与金属铝反应放出氢气的溶液，应该为强酸或者强碱，但是碳酸根与强酸反应，铵根与强碱反应，选项C错误。无色溶液中不可能存在棕黄色的铁离子，选项D错误。
2.下列事实：①Na2HPO4水溶液呈碱性；②NaHSO4水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥会使土壤酸性增大；④铵态氮肥不能与草木灰一起施用；⑤FeCl3的止血作用；⑥配制SnCl2溶液时加入盐酸；⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放。其中与盐类水解有关的是（ ）
A. 全部 B. 除②⑦以外 C. 除②⑤以外 D. 除③以外
【答案】C
【解析】
盐类水解的实质是盐中的某些离子与水电离出的H+或OH-生成弱电解质，促进了水的电离，增大了水的电离度，强酸弱碱强碱弱酸盐以及弱酸弱碱盐可发生水解。
【详解】①Na2HPO4水溶液呈碱性，是因为HPO4-的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，与水解有关，①正确；
②NaHSO4水溶液呈酸性是由于硫酸氢根离子电离出氢离子的缘故，与盐类水解无关，②错误；
③铵盐水解呈酸性，会使土壤酸化，与水解有关，③正确；
④铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，与水解有关，④正确；
⑤FeCl3的止血作用，为胶体的凝聚，⑤错误；
⑥配制SnCl2溶液，加盐酸抑制SnCl2的水解，与水解有关，⑥正确；
⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放，是由于水解生成HF能腐蚀玻璃，⑦正确；
上述说法中正确的是①③④⑥⑦，即除②⑤以外，故合理选项是C。
【点睛】本题考查盐类水解的应用，题目难度中等，注意常见能水解的盐类，把握水解原理。
3.今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1 mol·L－1。如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体(n mol)，在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体(n mol)，丙瓶不变。片刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系是(溶液体积变化忽略不计)（ ）
A. 甲＝乙>丙 B. 甲>丙>乙 C. 丙>甲＝乙 D. 乙>丙>甲
【答案】B
【解析】
试题分析：甲瓶中加入NaHCO3与盐酸反应，促进氯水的平衡正移，HClO的浓度增大，乙瓶中NaHSO3与HClO发生氧化还原，HClO的浓度减小。所以答案选项B。
考点：考察氯水平衡的移动分析。
4.广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是水解物质和水分别离解成两部分，然后两两重新结合成新的物质。根据信息，下列说法不正确的是( )
A. CaO2的水解产物是Ca(OH)2和H2O2 B. PCl3的水解产物是HClO和PH3
C. Al4C3的水解产物之一是CH4 D. Al2S3的水解产物是Al(OH)3和H2S
【答案】B
【解析】
【详解】水解是反应中各物质和水分别解离成两部分、然后两两重新组合成新的物质，该反应相当于复分解反应，反应过程中没有电子转移，其特征是没有元素化合价升降。
A.BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，A不符合题意；
B.该反应中Cl元素化合价由-1价变为+1价，有电子转移，不符合水解原理，B符合题意；
C.Al4C3的水解得到氢氧化铝和甲烷，符合水解原理，C不符合题意；
D.Al2S3的水解产物是Al(OH)3和H2S，符合水解原理，D不符合题意；
故合理选项是B。
5. 下列离子方程式属于盐的水解，且书写正确的是
A. NaHCO3溶液：HCO3－+H2OCO32－+H3O+
B. NaHS溶液：HS－+H2OH2S+OH－
C. Na2CO3溶液：CO32－+2H2OH2CO3+2OH－
D. NH4Cl溶于D2O中：NH4++D2ONH3·D2O+H+
【答案】B
【解析】
试题分析：A、是碳酸氢根离子的电离，错误，不选A；B、是硫氢根离子的水解，正确，选B；C、碳酸 根离子水解分步进行，水解生成碳酸氢根离子，错误，不选C；D、铵根离子水解是结合水电离出的氢氧根离子，使水电离的氢离子剩余，溶液显酸性，所以水解出的氢离子是水电离出的，应该是D＋，错误，不选D。
考点：盐类水解的离子方程式
6. 实验室用标准盐酸测定未知浓度NaOH溶液，用甲基橙作指示剂，下列操作可能使测定结果偏低的是（ ）
A. 酸式滴定管在装酸液前未用标准酸液润洗
B. 开始时酸式滴定管尖嘴部分留有气泡，滴定过程中消失
C. 锥形瓶内溶液颜色由黄变橙时立即停止滴定
D. 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
【答案】C
【解析】
试题分析：A．酸式滴定管在装酸液前未用标准酸液润洗，则消耗的标准溶液的体积偏大，是所配溶液的浓度就偏高，错误；B．开始时酸式滴定管尖嘴部分留有气泡，滴定过程中消失，则消耗的标准溶液的体积偏大，是所配溶液的浓度就偏高，错误；C．锥形瓶内溶液颜色由黄变橙时立即停止滴定，则消耗的标准溶液的体积偏大，是所配溶液的浓度就偏小，正确；D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，则由于碱溶液增大，是消耗的标准溶液的体积偏大，是所配溶液的浓度就偏高，错误。
考点：考查酸碱中和滴定的误差分析的知识。
7.常温下，有甲、乙两份体积为1 L，浓度均为0.1 mol/L的醋酸溶液，其pH为3，①甲用蒸馏水稀释100倍后，溶液的pH变为x；②乙与等体积、浓度为0.2mol/L的NaOH混合，在混合液中：n(CH3COO-)+n(OH-)-n(H＋)=y mol，x、y的正确答案组合为( )
A. 3；0.1 B. 5；0. 2 C. 3
【解析】
【分析】
醋酸为弱电解质，加水稀释促进电离，0.1mol/L的醋酸用蒸馏水稀释100倍后，溶液的3＜pH＜5，与等体积、浓度为0.2mol/L的NaOH混合，可从电荷守恒的角度分析。
【详解】醋酸为弱电解质，在溶液中存在醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释促进电离，0.1mol/L的醋酸用蒸馏水稀释100倍后，溶液的3＜pH＜5，与等体积、浓度为0.2mol/L的NaOH混合，根据电荷守恒可知：n(Na+)+n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)，则n(CH3COO-)+ n(OH-)- n(H+)= n(Na+)=ymol， n(Na+)=0.2mol/L×1L=0.2mol，所以y=0.2，故合理选项是D。
【点睛】本题考查酸碱混合的计算和判断，题目难度中等，注意把握弱电解质的电离特征，结合溶液的电中性原则解答该题。
8.下列各表述与示意图一致的是( )
A. 图①表示25℃时，用0.1mol/L盐酸滴定20 mL0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
B. 图②中曲线表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH<0 正、逆反应的平衡常数K随温度的变化
C. 图③表示10 mL 0.01 mol/L KMnO4 酸性溶液与过量的0.1mol/L H2C2O4溶液混合时，n(Mn2+) 随时间的变化(Mn2+对该反应有催化作用，且是放热反应)
D. 图④中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2(g)+H2(g)CH3CH3(g) ΔH< 0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化
【答案】B
【解析】
【详解】A.酸碱中和滴定时，有pH的突变过程，图①中没有，A错误；
B.反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；△H＜0，该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，所以正反应的平衡常数随温度的升高而减小，逆反应是吸热反应，升高温度，逆反应的平衡常数增大，B正确；
C.高锰酸钾被草酸还原生成Mn2+，Mn2+为反应的催化剂，但开始时产生Mn2+的物质的量增大增大的速率没有这么大，C错误；
D.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，D错误；
故合理选项是B。
9.已知图一表示的是可逆反应CO(g)+H2(g)C(s)+H20(g) △H >0的化学反应速率(v)与时间(t)的关系，图二表示的是可逆反应2NO2(g)N2O4(g) △H<0 的浓度（c）随时间t的变化情况。下列说法中正确的是( )
A. 图一t2时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强
B. 若图一t2时改变的条件是增大压强，则反应的△H增大
C. 图二t1时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强
D. 若图二t1时改变的条件是增大压强，则混合气体的平均相对分子质量将减小
【答案】A
【解析】
试题分析：A、反应CD(g)+H2(g)⇌C(s)+H20(g)△H＞0，正反应是气体体积减小吸热反应，升高温度或增大压强，正逆速率都增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率增大更多，图一与实际相符合，故A正确；B、反应的焓变只和反应物以及生成物的能量有关，故B错误；C、反应2NO2(g)⇌N2O4(g)△H＜0，正反应是气体体积减小放热反应，增大压强，改变体积的瞬间都浓度增大，平衡向正反应方向移动，但升高温度，平衡向逆反应方向移动，改变条件的瞬间，浓度不变，图二与实际不相符，故C错误；D、若图二t1时刻改变的条件是增大压强，平衡向正反应方向移动，反应混合气体总的物质的量减小，混合气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量将增大，故D错误；故选A。
考点：考查了化学平衡图象、化学反应速率及化学平衡影响因素、化学平衡常数的相关知识。
10.已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3) 2(l)。取等量CH3COCH3，分别在0 ℃和20 ℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y-t）如图所示。下列说法正确的是
A. b代表下CH3COCH3的Y-t曲线
B. 反应进行到20min末，H3COCH3的
C. 升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D. 从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的
【答案】D
【解析】
试题分析：A、温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图象可看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y-t曲线，A错误；B、当反应进行到20min时，从图象中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快，所以v(0℃)/v(20℃)＜1，B错误；C、根据图象温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，C错误；D、根据图象可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的△n(0℃)/△n(20℃)＝1，D正确，答案选D。
【考点定位】本题主要是考查转化率随温度变化的图象题
【名师点晴】做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图象正确判断反应是吸热还是放热。平衡图像题的一般解题流程为：。
11.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断不正确的是（ ）
A. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较高
B. 该反应达到平衡时，4v(Ni(CO)4)生成=v(CO)生成
C. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
D. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
【答案】C
【解析】
【详解】A.加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段，Ni(CO)4分解率较高，A正确；
B.达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则该反应达到平衡时4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，B正确；
C.平衡常数与温度有关，则增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，C错误；
D.Ni(CO)4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni(CO)4，则一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，D正确；
故合理选项是C。
12.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)+2B(g)4C(？)+2D(？)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应的前后压强之比为5:4（相同的温度下测量），则下列说法正确的是（ ）
A. 加压，平衡右移，化学平衡常数增大
B. 此时，B的平衡转化率是40％
C. 该反应的化学平衡常数表达式是K=
D. 增加C，B的平衡转化率变小
【答案】B
【解析】
【详解】3A(g)+2B(g)4C(？)+2D(？)
反应前(mol) 4 2 0 0
反应了(mol) 1.2 0.8 1.6 0.8
平衡后(mol) 2.8 1.2 1.6 0.8
据气体物质的量之比等于压强之比可得反应后气体物质的量为：mol=4.8mol，所以C不是气体，D是气体。
A.平衡常数只受温度影响，温度不变，化学平衡常数不变，A错误；
B. B的转化率为：×100%=40%，B正确；
C.由于物质C不是气体，所以C不能带入化学平衡常数表达式，C错误；
D.C不是气体，增大C的量，对平衡没有影响，B的平衡转化率不变，D错误；
故合理选项是B。
13.一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.08 mol/L，则下列判断正确的是 ( )
A. c1：c2＝3∶1 B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为2∶3
C. X、Y的转化率不相等 D. c1的取值范围为0 mol/L
【解析】
【详解】A.根据题干知，达到平衡状态时X、Y的浓度之比等于其计量数之比，且反应时消耗或生成X、Y的物质的量浓度之比也等于其计量数之比，则说明开始时加入的X、Y的浓度之比等于其计量数之比，所以有c1：c2=1：3，A错误；
B.平衡时各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以平衡时Y和Z的生成速率之比为3：2，B错误；
C.加入的反应物浓度之比等于其计量数数之比时，反应物的转化率相等，加入的X、Y浓度之比等于其计量数之比，则X和Y的转化率相等，C错误；
D.反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应分析进行，则0＜c1，如反应向逆反应分析进行，则c1＜0.14mol/L，故有0＜c1＜0.14 mol/L，D正确；
故合理选项是D。
14.一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡S2-+H2OHS-+OH-。下列说法正确的是（ ）
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 通入H2S，HS-浓度减小
C. 升高温度，增大 D. 加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，A错误；
B.通入H2S气体，溶液中氢氧根离子浓度减小，使S2-+H2OHS-+OH-正向移动，HS-浓度增大，B错误；
C.水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c(S2-)减小，c(HS-)增大，所以增大，故C正确；
D.加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，D错误；
故合理选项是C。
15. 某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）
A. 该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH－="==" Cl－+ ClO－+ H2O
B. 该消毒液的pH约为12：ClO－+ H2OHClO+ OH－
C. 该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2：2H＋+ Cl－+ ClO－= Cl2↑+H2O
D. 该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ ClO－= HClO+CH3COO—
【答案】B
【解析】
试题分析：A、用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，故A正确 ；B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，故B不合理；C、根据HCl和HclO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确 ；D、根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，故D正确。
考点：考查化学反应原理和化学方程式的正误判断
16.相同温度下，容积相同的甲、乙、丙3个恒容密闭容器中发生可逆反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：
容器
起始各物质的物质的量/mol
达到平衡时体系能量的变化
SO2
O2
SO3
Ar
甲
2
1
0
0
放出热量：Q1
乙
1.8
0.9
0.2
0
放出热量：Q2
丙
1.8
0.9
0.2
0.1
放出热量：Q3
下列叙述正确的是 （ ）
A．Q1=Q2=Q3="197" kJ
B．若在上述条件下反应生成2molSO3(s)的反应热为△H1，则△H1<-197 kJ·mol-1
C．甲、乙、丙3个容器中反应的平衡常数不相等
D．达到平衡时，丙容器中SO2的体积分数最大
【答案】B
【解析】
试题分析：A．这三个反应是在恒温、恒容条件下进行，达到平衡时是等效平衡，由于加入的物质开始不完全相同，所以达到平衡时反应放出的热量不等，而且该反应是可逆反应，不能完全转化，所以三者的关系是A．197 kJ >Q1>Q2=Q3,错误；B．由于物质在气态时含有的能量比固态时高，所以若在上述条件下反应生成2molSO3(s)的反应放出的热量大于197 kJ，因此反应热为△H1，则△H1<-197 kJ/mol,正确； C．化学平衡常数只与温度有关，由于甲、乙、丙3个容器中反应的温度相同，所以平衡常数相等，错误； D．该反应是反应前后气体体积不等的反应，由于达到平衡时是等效平衡，所以平衡时任何反应气体的物质的量相等，在丙中含有惰性气体，所以丙容器中SO2的体积分数最小，错误。
考点：考查等效平衡、反应热与物质的状态的关系的知识。
17.表是25℃时某些弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是（ ）
化学式
CH3COOH
HClO
H2CO3
Ka
1.8×10﹣5
3.0×10﹣8
Ka1=4.1×10﹣7 Ka2=5.6×10﹣11
A. 相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B. 向0.1mol·L﹣1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=5，此时溶液中c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）=9：5
C. 少量碳酸氢钠固体加入到新制的氯水中，c（HClO）增大
D. 等体积等物质的量浓度的CH3COONa（aq）与NaClO（aq）中离子总数大小：N前＜N后
【答案】C
【解析】
A．醋酸的电离常数大于次氯酸，所以醋酸钠的水解程度小于次氯酸钠，醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐，其混合溶液呈碱性，所以相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A错误；B．CH3COOH的电离常数为1.8×10-5，向0.1mol•L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=5，则=1.8×10-5，c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=10-5：1.8×10-5=5：9，故B错误；C．氯水中存在Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，少量碳酸氢钠固体加入到新制的氯水中，碳酸氢钠只与盐酸反应，则平衡正向移动，c(HClO)增大，故C正确；D．HClO酸性较弱，NaClO水解程度较大，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)，由于NaClO水解程度较大，溶液中氢离子浓度较小，且两溶液钠离子浓度相等，所以CH3COONa溶液中离子总数大于NaClO溶液，即N前＞N后，故D错误；故选C。
18.室温下向10mL0.1mol·L－1NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. a点所示溶液中c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(HA) B. a、b 两点所示溶液中水的电离程度相同
C. pH=7时，c(Na＋)=c(A－)＋c(HA) D. b点所示溶液中c(A－)>c(HA)
【答案】D
【解析】
A、a点NaOH与HA物质的量相等，则二者恰好完全反应，生成NaA，反应后溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生水解反应，则溶液中c(Na+)＞c(A-)＞c(HA)＞c(H+)，A错误；B、a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，b点盐酸过量，抑制水的电离，所以a点水的电离程度大于b点，B错误；C、根据电荷守恒，溶液中存在c（H+）+c（Na+）=c（OH‾）+c（A-），pH=7时，c（H+）=c（OH‾），因此溶液中：c（Na+）= c（A-），C错误；D、根据图像可知b点HA过量，因为b点溶液pH=4.7，溶液呈酸性，这说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c（A-）＞c(HA)，D正确，答案选D。
19. 某温度下， pH值相同的盐酸和醋酸溶液分别稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如下图所示。据图判断下列叙述中，正确的是
A. 曲线Ⅰ为醋酸稀释时pH值变化曲线
B. b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大
C. a点时，加入相同大小的锌粒，与盐酸反应的速率大
D. 加入足量NaOH，b点溶液消耗的NaOH比c点溶液消耗的多
【答案】B
【解析】
正确答案：B
A．不正确，曲线Ⅰ为盐酸稀释时pH值变化曲线，醋酸是弱酸，稀释时pH值变化曲线Ⅱ；
B．正确，b点酸性小，对溶液中水的电离程度抑制小，比c点溶液中水的电离程度大；
C．不正确，a点时，加入相同大小的锌粒，两者H＋的浓度相同，反应的速率相同；
D．不正确，加入足量NaOH，b点溶液消耗的NaOH比c点溶液消耗的少，c点浓度大。
20.一定条件下存在反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H＜0。现有三个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按如下图所示投料，并在400℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是
A. 容器I、Ⅲ中平衡常数相同
B. 容器II、Ⅲ中正反应速率相同
C. SO3的体积分数：Ⅱ＞III
D. 容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和大于1
【答案】C
【解析】
【详解】A.容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，A错误；
B.容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中压强大于容器Ⅰ，反应速率大，容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，B错误；
C.容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数：Ⅱ＞Ⅲ，C正确；
D.若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1，D错误；
故合理选项是C。
21.(1)含11.2 g KOH的稀溶液与1 L0.1mol/L的H2SO4溶液反应放出11.46 kJ的热量，该反应表示中和热的热化学方程式为___________________。
(2)将0.40 mol N2O4气体充入2 L的恒容密闭容器中发生如下反应：N2O4(g) 2NO2(g)ΔH。在T1℃和T2℃时，测得NO2的物质的量随时间变化如图所示：
①T1℃，40～80 s内用N2O4表示该反应的平均反应速率为________mol/(L·s)。
②ΔH________0(填“>”、“<”或“=”)。
(3)向甲、乙两个容积均为1 L的恒容容器中，分别充入2 mol A、2 mol B和1 mol A、1 mol B。相同条件下(温度T ℃)，发生下列反应：A(g)+B(g)xC(g) ΔH<0。测得两容器中c(A)随时间t的变化如图所示:
①甲容器平衡后物质B的转化率为_______；
②T℃ 时该反应的平衡常数为________。
(4)在25 ℃下，将a mol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl-)。
①则溶液显________性(填“酸”“碱”或“中”)；
②用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝__________________。
【答案】 (1). KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=－57.3kJ/mol (2). 0.00125 (3). > (4). 61% (5). 2 (6). 中 (7).
【解析】
【分析】
(1)先计算KOH、H2SO4的物质的量，然后判断哪种物质过量，确定反应产生1mol液态水放出的热量，即得该反应的中和热的热化学方程式；
(2)① Tl℃时，40s～80s内二氧化氮的物质的量从0.40mol变为0.60mol，根据v=计算出用二氧化氮表示的平均反应速率，然后根据反应速率与化学计量数成正比计算出用N2O4表示的平均反应速率；
②根据图象曲线变化可知，Tl℃时反应速率大于T2℃，且T2℃达到平衡时二氧化氮的物质的量小于Tl℃，根据温度对化学平衡的影响判断该反应的反应热；
(3)①先根据图示计算出甲容器中A的转化量，再结合方程式中A、B的转换关系，计算出B的转化量，最后根据转化率等于转化量与总量的比得到该物质的转化率；
②计算甲、乙容器中A的转化率，再根据压强对A转化率的影响来确定x值，进而利用三段式得到该反应平衡时的物质的量浓度，带入平衡常数表达式，可计算出其平衡常数的值；
(4)氨水与盐酸发生反应HCl+NH3•H2O═NH4Cl+H2O，根据电荷守恒分析溶液的酸碱性，再根据平衡浓度计算氨水的电离常数。
【详解】(1)11.2g即0.2molKOH的稀溶液与1L、0.1mol/L的H2SO4溶液反应放出11.46kJ的热量，其中碱含有的OH-的物质的量是0.2mol，酸溶液含有的H+的物质的量为0.1mol/L×1L×2=0.2mol，二者恰好反应生成0.2mol水，放出11.46kJ的热量则反应产生1mol水放出热量为11.46kJ÷0.2=57.3kJ，因此该反应的表示中和热的热化学方程式为：KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=－57.3kJ/mol；
(2)①Tl℃时，40s～80s内二氧化氮的物质的量从0.40mol变为0.60mol，则用二氧化氮表示该时间段的平均反应速率为：v(NO2)==0.0025mol/（L•s），化学反应速率与化学计量数成正比，则v(N2O4)= v(NO2)=0.00125mol/（L•s）；
②根据图象曲线变化可知，Tl℃时反应速率大于T2℃，则温度大小为：Tl℃＞T2℃，而在T2℃达到平衡时二氧化氮的物质的量小于Tl℃，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，则该反应为吸热反应，△H＞0；
(3)①甲容器中A反应的物质的量为△n(A)=(2-0.78)mol/L×1L=1.22mol，根据A和B的关系式知，参加反应的B的物质的量也是1.22mol，则B的转化率=×100%=61%；
②甲容器反应达到平衡后，c(A)0.78mol/L，A的转化率=×100%=61%；乙容器中，A的转化率=×100%=50%，即压强越大，A的转化率越高，说明该反应的正反应是气体体积减小的反应，因此x=1。反应方程式为：
A(g) + B(g) C(g)
c(始)(mol/L) 2 2 0
c(变)(mol/L) 1.22 1.22 1.22
c(平)(mol/L) 0.78 0.78 1.22
所以该反应的平衡常数K==2；
(4)①氨水与盐酸发生反应HCl+NH3•H2O═NH4Cl+H2O，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，反应平衡时溶液c(NH4+)=c(Cl-)，则溶液中c(H+)=c(OH-)，所以溶液呈中性；
②平衡时由于c(NH4+)=c(Cl-)，则c(NH4+)==0.005mol/L，根据物料守恒可得c(NH3·H2O)=mol/L-0.005mol/L=(-0.005)mol/L，溶液为中性，则c(OH-)=10-7mol/L，所以NH3•H2O的电离常数Kb=。
【点睛】本题考查了热化学方程式的书写、化学反应速率和化学平衡、电离平衡理论的知识，涉及中和热的热化学方程式的书写、化学反应速率与化学平衡常数及物质平衡转化率的计算、反应热的判断、酸碱混合溶液的酸碱性判断及电离平衡常数的计算等，较为全面的考查了学生对化学基本概念、基本理论的掌握和应用能力及学生分析、计算解答能力，难度中等。
22.二氧化碳利用具有十分重要的意义，科学家有以下几个设想。
(1)用太阳能将CO2转化成O2和C(石墨烯），其设想如图：
则重整系统发生反应的化学方程式为_________。
(2)二氧化碳和氢气在催化剂作用下可制取低碳烯烃。在一密闭容器中分别投入1molCO2、3molH2，发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+ 4H2O(g) △H；在不同温度下，用传感技术测出平衡时H2的物质的量变化关系如图所示。
①其它条件不变，起始时若按lmolCO2、2molH2进行投料，CO2转化率将________(填“增大”、“ 减小”或“不变”）；
②△H_____0（填“>”“<”“ 不能确定”）。
③若测试中体系内无氧气产生，试结合图示推断热稳定性C2H4 _____H2O （填“>”“<”“ 不能确定”）。
(3)用氨水吸收CO2制化肥(NH4HCO3)
①已知：NH3·H2O(aq)NH4+(aq)+OH-(aq) △H1=akJ/mol
CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq) △H2=bkJ/mol
H2CO3(aq)+OH-(aq)HCO3-(aq)+H2O(l) △H3=ckJ/mol
则利用NH3• H2O吸收CO2制备NH4HCO3的热化学方程式为______________________；
②已知常温下相关数据如表：
Kb(NH3·H2O)
2×10-5kJ/mol
Ka1(H2CO3)
4×10-7kJ/mol
Ka2(H2CO3)
4×10-11kJ/mol
则反应NH4++HCO3-+H2ONH3• H2O+H2CO3的平衡常数K=___________。
【答案】 (1). 6FeO+CO2=2Fe3O4+C (2). 减小 (3). < (4). < (5). NH3·H2O(aq)+CO2(g)NH4+(aq)+HCO3-(aq) △H=(a+b+c)kJ/mol (6). 1.25×10-3
【解析】
【分析】
(1)根据转化图分析，重整系统中FeO和CO2反应，生成Fe3O4和石墨烯（即C），据此写出反应的化学方程式；
(2)①原为按1molCO2和3molH2的物料比反应，其它条件不变，起始时若按lmolCO2、2molH2进行投料，相当于减小了反应物浓度，则化学平衡向逆反应方向移动;
②升高温度，H2达到平衡时的物质的量增大，升高温度，化学平衡向吸热方向移动；
③若测试中体系内无氧气产生，物质越稳定，越容易生成；
(3)①根据盖斯定律计算焓变，即可得热化学方程式；
②根据弱酸的电离平衡常数与水的离子积常数可计算反应的平衡常数K。
【详解】(1)根据转化图分析，重整系统中FeO和CO2反应，生成Fe3O4和石墨烯（即C），则重整系统发生反应的化学方程式为：6FeO+CO2=2Fe3O4+C；
(2)①原为按1molCO2和3molH2的物料比反应，其它条件不变，起始时若按lmolCO2、2molH2进行投料，相当于减小了反应物浓度，则化学平衡向逆反应方向移动，CO2转化率将减小；
②升高温度，H2达到平衡时的物质的量增大，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，即逆反应方向，则正反应为放热反应，则△H＜0；
③若测试中体系内无氧气产生，物质越稳定，越容易生成，产生1molC2H4的同时，产生4molC2H4，则热稳定性C2H4＜H2O；
(3)①已知：①NH3·H2O(aq)NH4+(aq)+OH-(aq) △H1=akJ/mol
②CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq) △H2=bkJ/mol
③H2CO3(aq)+OH-(aq)HCO3-(aq)+H2O(l) △H3=ckJ/mol
根据盖斯定律，将①+②+③整理可得：NH3•H2O吸收CO2制备NH4HCO3的化学方程式为：NH3•H2O+CO2=NH4++HCO3-，△H=△H1+△H2+△H3=(a+b+c)kJ/mol；
②反应NH4++HCO3-+H2ONH3•H2O+H2CO3的化学平常数为K=1.25×10-3。
【点睛】本题考查了氧化还原反应方程式、热化学方程式的书写，盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算、化学平衡的移动，均为高频考点，该题有助于培养综合分析问题与应用知识解决具体问题的能力，平时需加强综合能力的训练，以提高综合能力，题目难度中等。
23.苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要基本有机原料，乙苯催化脱氢法是目前国内外生产苯乙烯的主要方法，其化学方程式为：
（1）若升高温度，该反应的平衡常数变大，则ΔH_______0（填“大于”或“小于”）。该反应在_______________条件下能自发进行。
（2）维持体系总压强ρ恒定，在温度T时，物质的量为2mol、体积为1L的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为80%，则在该温度下反应的平衡常数K=_____。
（3）在体积为2L的恒温密闭容器中通入2mol乙苯蒸汽，2分钟后达到平衡，测得氢气的浓度是0.5mol/L，则乙苯蒸汽的反应速率为_________________；维持温度和容器体积不变，向上述平衡中再通入1mol氢气和1mol乙苯蒸汽，则v正_______v逆（填“大于”、“小于”或“等于”）
【答案】 (1). 大于 (2). 较高温度 (3). 32/9 (4). 0.25mol·L-1·min-1 (5). 等于
【解析】
（1）升高温度，该反应的平衡常数变大，则正反应吸热，ΔH＞0。反应自发的要求是△G=△H－T△s＜0。该反应是气体的物质的量增加的反应，所以△s＞0，已知△H＞0，所以温度越高越有利于△G=△H－T△s＜0，所以反应条件为较高温度。
（2）起始有2mol乙苯，平衡转化率为80%，则反应的乙苯为1.6mol，生成苯乙烯和氢气各1.6mol，剩余0.4mol乙苯。所以平衡时，一共有1.6+1.6+0.4=3.6mol气体。恒压，气体的体积比等于物质的量的比，初始2mol乙苯的体积为1L，所以平衡的3.6mol气体的体积为1.8L。所以平衡常数。
（3） mol·L-1·min-1。原平衡态中乙苯的初始浓度应该为1mol/L，平衡时氢气浓度为0.5mol/L，所以苯乙烯的浓度也是0.5mol/L，剩余乙苯的浓度为0.5mol/L，平衡常数K=0.5×0.5/0.5=0.5。再通入1mol氢气和1mol乙苯蒸汽，乙苯、苯乙烯、氢气的物质的量浓度转化为1mol/L、0.5mol/L、1mol/L，则Q=0.5×1/1=0.5=K，所以平衡不移动。
24.氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）。测血钙的含量时，进行如下实验：
①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵（NH4）2C2O4晶体，反应生成 CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。
②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。
③终点时用去20mL l.0×l0﹣4 mol/L的KMnO4溶液。
（1）写出用KMn04滴定H2C2O4的离子方程式_____________________。
（2）滴定时，将KMnO4溶液装在________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
（3）判断滴定终点的方法是________________________。
（4）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则测量结果________。
②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果________。
（5）计算：血液中含钙离子的浓度为________mol/L。
【答案】 (1). 2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O (2). 酸式 (3). 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (4). 偏高 (5). 偏高 (6). 2.5×10﹣3
【解析】
(1)高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(2)高锰酸钾具有氧化性，能够腐蚀乳胶管，应该用酸式滴定管盛放，故答案为：酸式；
(3)高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，故答案为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
(4)①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，导致滴定后消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大，则测量结果偏高，故答案为：偏高；
②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，导致滴定后消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大，则测量结果偏高，故答案为：偏高；
(5)由CaC2O4+H2SO4═CaSO4+H2C2O4、2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可以得出关系式：5Ca2+～2KMnO4，所以n(Ca2+)=2.5n(KMnO4)=1.0×10-4mol/L×0.02L×2.5=5×10-6mol，血液中含钙离子的浓度为=2.5×10﹣3mol/L，故答案为：2.5×10﹣3。
点睛：本题考查化学方程式书写、氧化还原反应滴定的应用、化学计算等，是对所需知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础知识与分析问题、解决问题的能力。本题的易错点是(5)的计算。
25.常温下，取0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=6，试回答以下问题：
(1)混合溶液中由水电离出的c(H+)____0.2 mol/LHCl溶液中由水电离出的c(H+)(填“>、<或=”)。
(2)求出混合物中下列算式的精确计算结果（填具体数字）：c(Cl-)−c(M+)=___mol/L，c(H+)−c(MOH)=___mol/L。
(3)若常温下取0.2mol/LMOH溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＜7，说明MOH的电离程度____(填“>、<或=”)MCl的水解程度，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 ________________。
(4)常温下pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，混合溶液的pH___7。
【答案】 (1). > (2). 9.9×10-7 (3). 10-8 (4). < (5). c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-) (6). >
【解析】
【分析】
(1) 酸或碱能抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；
(2)根据物料守恒和电荷守恒分析；
(3)二者混合得到等物质的量浓度的MCl和MOH，混合溶液呈酸性，说明碱的电离程度小于盐的水解程度；
(4)若常温下pH=3的盐酸与pH=11的氨水溶液等体积混合，氨水为弱碱，混合后氨水过量，溶液显示碱性。
【详解】(1)酸或碱能抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，所以混合溶液中由水电离出的c(H+)＞0.2mol/LHCl溶液中由水电离出的c(H+)，答案为：＞；
(2)根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，所以c(H+)-c(OH-)=10-6 mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L；c(M+)+c(MOH)=0.1mol/L=c(Cl-)，c(H+)-c(MOH)=c(OH-)=10-8mol/L；
(3)二者混合得到等物质的量浓度的MCl和MOH，混合溶液呈酸性，说明碱的电离程度小于盐的水解程度，故答案为：＜；0.2mol/LMOH溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，发生反应：MOH+HCl=MCl+H2O，反应后溶液中MCl与MOH按1:1的物质的量关系混合，应用M+水解电离MOH的电离作用，所以c(H+)>c(OH-)，水解使c(M+)浓度降低，而c(Cl-)不变，所以c(Cl-)>c(M+)，但盐的水解程度是微弱的，盐电离产生的M+的浓度远大于水解产生的H+的浓度，所以c(M+)>c(H+)，故溶液中各种离子浓度大小关系为c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)；
(4)若常温下pH=3的盐酸与pH=11的氨水溶液等体积混合，由于一水合氨是一元弱碱，所以氨水的浓度大于0.001mol/L，而盐酸的浓度为0.001mol/L，因此二者等体积混合后，氨水过量，溶液为NH4Cl与NH3·H2O的混合溶液，由于NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，所以溶液显示碱性，因此溶液的pH＞7。
【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断和计算，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，根据电荷守恒和质子守恒来分析弱电解质的电离及盐类水解，比较溶液中离子浓度大小及溶液的酸碱性，题目难度中等。
1.下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是（ ）
A. 常温下水电离出的c(H+)·c(OH-)=10-20的溶液中：Na+、Cl-、S2-、SO32-
B. 不能使酚酞试液变红的无色溶液中：Na+、CO32-、K+、ClO-、NH4+
C. 能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K+、CO32-、Cl-、NH4+
D. 无色透明溶液：K+、HCO3-、NO3-、SO42-、Fe3+
【答案】A
【解析】
常温下水电离出的c(H+)·c(OH-)=10-20说明水的电离被抑制，抑制水电离应该加入酸或者碱，A选项中的离子可以在碱性条件下共存，所以选项A正确。溶液中含有大量碳酸根和次氯酸根时，溶液应该呈现碱性，可以使酚酞变红，选项B错误。能与金属铝反应放出氢气的溶液，应该为强酸或者强碱，但是碳酸根与强酸反应，铵根与强碱反应，选项C错误。无色溶液中不可能存在棕黄色的铁离子，选项D错误。
2.下列事实：①Na2HPO4水溶液呈碱性；②NaHSO4水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥会使土壤酸性增大；④铵态氮肥不能与草木灰一起施用；⑤FeCl3的止血作用；⑥配制SnCl2溶液时加入盐酸；⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放。其中与盐类水解有关的是（ ）
A. 全部 B. 除②⑦以外 C. 除②⑤以外 D. 除③以外
【答案】C
【解析】
盐类水解的实质是盐中的某些离子与水电离出的H+或OH-生成弱电解质，促进了水的电离，增大了水的电离度，强酸弱碱强碱弱酸盐以及弱酸弱碱盐可发生水解。
【详解】①Na2HPO4水溶液呈碱性，是因为HPO4-的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，与水解有关，①正确；
②NaHSO4水溶液呈酸性是由于硫酸氢根离子电离出氢离子的缘故，与盐类水解无关，②错误；
③铵盐水解呈酸性，会使土壤酸化，与水解有关，③正确；
④铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，与水解有关，④正确；
⑤FeCl3的止血作用，为胶体的凝聚，⑤错误；
⑥配制SnCl2溶液，加盐酸抑制SnCl2的水解，与水解有关，⑥正确；
⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放，是由于水解生成HF能腐蚀玻璃，⑦正确；
上述说法中正确的是①③④⑥⑦，即除②⑤以外，故合理选项是C。
【点睛】本题考查盐类水解的应用，题目难度中等，注意常见能水解的盐类，把握水解原理。
3.今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1 mol·L－1。如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体(n mol)，在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体(n mol)，丙瓶不变。片刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系是(溶液体积变化忽略不计)（ ）
A. 甲＝乙>丙 B. 甲>丙>乙 C. 丙>甲＝乙 D. 乙>丙>甲
【答案】B
【解析】
试题分析：甲瓶中加入NaHCO3与盐酸反应，促进氯水的平衡正移，HClO的浓度增大，乙瓶中NaHSO3与HClO发生氧化还原，HClO的浓度减小。所以答案选项B。
考点：考察氯水平衡的移动分析。
4.广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是水解物质和水分别离解成两部分，然后两两重新结合成新的物质。根据信息，下列说法不正确的是( )
A. CaO2的水解产物是Ca(OH)2和H2O2 B. PCl3的水解产物是HClO和PH3
C. Al4C3的水解产物之一是CH4 D. Al2S3的水解产物是Al(OH)3和H2S
【答案】B
【解析】
【详解】水解是反应中各物质和水分别解离成两部分、然后两两重新组合成新的物质，该反应相当于复分解反应，反应过程中没有电子转移，其特征是没有元素化合价升降。
A.BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，A不符合题意；
B.该反应中Cl元素化合价由-1价变为+1价，有电子转移，不符合水解原理，B符合题意；
C.Al4C3的水解得到氢氧化铝和甲烷，符合水解原理，C不符合题意；
D.Al2S3的水解产物是Al(OH)3和H2S，符合水解原理，D不符合题意；
故合理选项是B。
5. 下列离子方程式属于盐的水解，且书写正确的是
A. NaHCO3溶液：HCO3－+H2OCO32－+H3O+
B. NaHS溶液：HS－+H2OH2S+OH－
C. Na2CO3溶液：CO32－+2H2OH2CO3+2OH－
D. NH4Cl溶于D2O中：NH4++D2ONH3·D2O+H+
【答案】B
【解析】
试题分析：A、是碳酸氢根离子的电离，错误，不选A；B、是硫氢根离子的水解，正确，选B；C、碳酸 根离子水解分步进行，水解生成碳酸氢根离子，错误，不选C；D、铵根离子水解是结合水电离出的氢氧根离子，使水电离的氢离子剩余，溶液显酸性，所以水解出的氢离子是水电离出的，应该是D＋，错误，不选D。
考点：盐类水解的离子方程式
6. 实验室用标准盐酸测定未知浓度NaOH溶液，用甲基橙作指示剂，下列操作可能使测定结果偏低的是（ ）
A. 酸式滴定管在装酸液前未用标准酸液润洗
B. 开始时酸式滴定管尖嘴部分留有气泡，滴定过程中消失
C. 锥形瓶内溶液颜色由黄变橙时立即停止滴定
D. 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
【答案】C
【解析】
试题分析：A．酸式滴定管在装酸液前未用标准酸液润洗，则消耗的标准溶液的体积偏大，是所配溶液的浓度就偏高，错误；B．开始时酸式滴定管尖嘴部分留有气泡，滴定过程中消失，则消耗的标准溶液的体积偏大，是所配溶液的浓度就偏高，错误；C．锥形瓶内溶液颜色由黄变橙时立即停止滴定，则消耗的标准溶液的体积偏大，是所配溶液的浓度就偏小，正确；D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，则由于碱溶液增大，是消耗的标准溶液的体积偏大，是所配溶液的浓度就偏高，错误。
考点：考查酸碱中和滴定的误差分析的知识。
7.常温下，有甲、乙两份体积为1 L，浓度均为0.1 mol/L的醋酸溶液，其pH为3，①甲用蒸馏水稀释100倍后，溶液的pH变为x；②乙与等体积、浓度为0.2mol/L的NaOH混合，在混合液中：n(CH3COO-)+n(OH-)-n(H＋)=y mol，x、y的正确答案组合为( )
A. 3；0.1 B. 5；0. 2 C. 3
【解析】
【分析】
醋酸为弱电解质，加水稀释促进电离，0.1mol/L的醋酸用蒸馏水稀释100倍后，溶液的3＜pH＜5，与等体积、浓度为0.2mol/L的NaOH混合，可从电荷守恒的角度分析。
【详解】醋酸为弱电解质，在溶液中存在醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释促进电离，0.1mol/L的醋酸用蒸馏水稀释100倍后，溶液的3＜pH＜5，与等体积、浓度为0.2mol/L的NaOH混合，根据电荷守恒可知：n(Na+)+n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)，则n(CH3COO-)+ n(OH-)- n(H+)= n(Na+)=ymol， n(Na+)=0.2mol/L×1L=0.2mol，所以y=0.2，故合理选项是D。
【点睛】本题考查酸碱混合的计算和判断，题目难度中等，注意把握弱电解质的电离特征，结合溶液的电中性原则解答该题。
8.下列各表述与示意图一致的是( )
A. 图①表示25℃时，用0.1mol/L盐酸滴定20 mL0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
B. 图②中曲线表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH<0 正、逆反应的平衡常数K随温度的变化
C. 图③表示10 mL 0.01 mol/L KMnO4 酸性溶液与过量的0.1mol/L H2C2O4溶液混合时，n(Mn2+) 随时间的变化(Mn2+对该反应有催化作用，且是放热反应)
D. 图④中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2(g)+H2(g)CH3CH3(g) ΔH< 0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化
【答案】B
【解析】
【详解】A.酸碱中和滴定时，有pH的突变过程，图①中没有，A错误；
B.反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；△H＜0，该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，所以正反应的平衡常数随温度的升高而减小，逆反应是吸热反应，升高温度，逆反应的平衡常数增大，B正确；
C.高锰酸钾被草酸还原生成Mn2+，Mn2+为反应的催化剂，但开始时产生Mn2+的物质的量增大增大的速率没有这么大，C错误；
D.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，D错误；
故合理选项是B。
9.已知图一表示的是可逆反应CO(g)+H2(g)C(s)+H20(g) △H >0的化学反应速率(v)与时间(t)的关系，图二表示的是可逆反应2NO2(g)N2O4(g) △H<0 的浓度（c）随时间t的变化情况。下列说法中正确的是( )
A. 图一t2时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强
B. 若图一t2时改变的条件是增大压强，则反应的△H增大
C. 图二t1时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强
D. 若图二t1时改变的条件是增大压强，则混合气体的平均相对分子质量将减小
【答案】A
【解析】
试题分析：A、反应CD(g)+H2(g)⇌C(s)+H20(g)△H＞0，正反应是气体体积减小吸热反应，升高温度或增大压强，正逆速率都增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率增大更多，图一与实际相符合，故A正确；B、反应的焓变只和反应物以及生成物的能量有关，故B错误；C、反应2NO2(g)⇌N2O4(g)△H＜0，正反应是气体体积减小放热反应，增大压强，改变体积的瞬间都浓度增大，平衡向正反应方向移动，但升高温度，平衡向逆反应方向移动，改变条件的瞬间，浓度不变，图二与实际不相符，故C错误；D、若图二t1时刻改变的条件是增大压强，平衡向正反应方向移动，反应混合气体总的物质的量减小，混合气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量将增大，故D错误；故选A。
考点：考查了化学平衡图象、化学反应速率及化学平衡影响因素、化学平衡常数的相关知识。
10.已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3) 2(l)。取等量CH3COCH3，分别在0 ℃和20 ℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y-t）如图所示。下列说法正确的是
A. b代表下CH3COCH3的Y-t曲线
B. 反应进行到20min末，H3COCH3的
C. 升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D. 从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的
【答案】D
【解析】
试题分析：A、温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图象可看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y-t曲线，A错误；B、当反应进行到20min时，从图象中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快，所以v(0℃)/v(20℃)＜1，B错误；C、根据图象温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，C错误；D、根据图象可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的△n(0℃)/△n(20℃)＝1，D正确，答案选D。
【考点定位】本题主要是考查转化率随温度变化的图象题
【名师点晴】做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图象正确判断反应是吸热还是放热。平衡图像题的一般解题流程为：。
11.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断不正确的是（ ）
A. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较高
B. 该反应达到平衡时，4v(Ni(CO)4)生成=v(CO)生成
C. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
D. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
【答案】C
【解析】
【详解】A.加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段，Ni(CO)4分解率较高，A正确；
B.达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则该反应达到平衡时4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，B正确；
C.平衡常数与温度有关，则增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，C错误；
D.Ni(CO)4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni(CO)4，则一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，D正确；
故合理选项是C。
12.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)+2B(g)4C(？)+2D(？)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应的前后压强之比为5:4（相同的温度下测量），则下列说法正确的是（ ）
A. 加压，平衡右移，化学平衡常数增大
B. 此时，B的平衡转化率是40％
C. 该反应的化学平衡常数表达式是K=
D. 增加C，B的平衡转化率变小
【答案】B
【解析】
【详解】3A(g)+2B(g)4C(？)+2D(？)
反应前(mol) 4 2 0 0
反应了(mol) 1.2 0.8 1.6 0.8
平衡后(mol) 2.8 1.2 1.6 0.8
据气体物质的量之比等于压强之比可得反应后气体物质的量为：mol=4.8mol，所以C不是气体，D是气体。
A.平衡常数只受温度影响，温度不变，化学平衡常数不变，A错误；
B. B的转化率为：×100%=40%，B正确；
C.由于物质C不是气体，所以C不能带入化学平衡常数表达式，C错误；
D.C不是气体，增大C的量，对平衡没有影响，B的平衡转化率不变，D错误；
故合理选项是B。
13.一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.08 mol/L，则下列判断正确的是 ( )
A. c1：c2＝3∶1 B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为2∶3
C. X、Y的转化率不相等 D. c1的取值范围为0 mol/L
【解析】
【详解】A.根据题干知，达到平衡状态时X、Y的浓度之比等于其计量数之比，且反应时消耗或生成X、Y的物质的量浓度之比也等于其计量数之比，则说明开始时加入的X、Y的浓度之比等于其计量数之比，所以有c1：c2=1：3，A错误；
B.平衡时各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以平衡时Y和Z的生成速率之比为3：2，B错误；
C.加入的反应物浓度之比等于其计量数数之比时，反应物的转化率相等，加入的X、Y浓度之比等于其计量数之比，则X和Y的转化率相等，C错误；
D.反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应分析进行，则0＜c1，如反应向逆反应分析进行，则c1＜0.14mol/L，故有0＜c1＜0.14 mol/L，D正确；
故合理选项是D。
14.一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡S2-+H2OHS-+OH-。下列说法正确的是（ ）
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 通入H2S，HS-浓度减小
C. 升高温度，增大 D. 加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，A错误；
B.通入H2S气体，溶液中氢氧根离子浓度减小，使S2-+H2OHS-+OH-正向移动，HS-浓度增大，B错误；
C.水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c(S2-)减小，c(HS-)增大，所以增大，故C正确；
D.加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，D错误；
故合理选项是C。
15. 某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）
A. 该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH－="==" Cl－+ ClO－+ H2O
B. 该消毒液的pH约为12：ClO－+ H2OHClO+ OH－
C. 该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2：2H＋+ Cl－+ ClO－= Cl2↑+H2O
D. 该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ ClO－= HClO+CH3COO—
【答案】B
【解析】
试题分析：A、用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，故A正确 ；B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，故B不合理；C、根据HCl和HclO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确 ；D、根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，故D正确。
考点：考查化学反应原理和化学方程式的正误判断
16.相同温度下，容积相同的甲、乙、丙3个恒容密闭容器中发生可逆反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：
容器
起始各物质的物质的量/mol
达到平衡时体系能量的变化
SO2
O2
SO3
Ar
甲
2
1
0
0
放出热量：Q1
乙
1.8
0.9
0.2
0
放出热量：Q2
丙
1.8
0.9
0.2
0.1
放出热量：Q3
下列叙述正确的是 （ ）
A．Q1=Q2=Q3="197" kJ
B．若在上述条件下反应生成2molSO3(s)的反应热为△H1，则△H1<-197 kJ·mol-1
C．甲、乙、丙3个容器中反应的平衡常数不相等
D．达到平衡时，丙容器中SO2的体积分数最大
【答案】B
【解析】
试题分析：A．这三个反应是在恒温、恒容条件下进行，达到平衡时是等效平衡，由于加入的物质开始不完全相同，所以达到平衡时反应放出的热量不等，而且该反应是可逆反应，不能完全转化，所以三者的关系是A．197 kJ >Q1>Q2=Q3,错误；B．由于物质在气态时含有的能量比固态时高，所以若在上述条件下反应生成2molSO3(s)的反应放出的热量大于197 kJ，因此反应热为△H1，则△H1<-197 kJ/mol,正确； C．化学平衡常数只与温度有关，由于甲、乙、丙3个容器中反应的温度相同，所以平衡常数相等，错误； D．该反应是反应前后气体体积不等的反应，由于达到平衡时是等效平衡，所以平衡时任何反应气体的物质的量相等，在丙中含有惰性气体，所以丙容器中SO2的体积分数最小，错误。
考点：考查等效平衡、反应热与物质的状态的关系的知识。
17.表是25℃时某些弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是（ ）
化学式
CH3COOH
HClO
H2CO3
Ka
1.8×10﹣5
3.0×10﹣8
Ka1=4.1×10﹣7 Ka2=5.6×10﹣11
A. 相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B. 向0.1mol·L﹣1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=5，此时溶液中c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）=9：5
C. 少量碳酸氢钠固体加入到新制的氯水中，c（HClO）增大
D. 等体积等物质的量浓度的CH3COONa（aq）与NaClO（aq）中离子总数大小：N前＜N后
【答案】C
【解析】
A．醋酸的电离常数大于次氯酸，所以醋酸钠的水解程度小于次氯酸钠，醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐，其混合溶液呈碱性，所以相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A错误；B．CH3COOH的电离常数为1.8×10-5，向0.1mol•L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=5，则=1.8×10-5，c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=10-5：1.8×10-5=5：9，故B错误；C．氯水中存在Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，少量碳酸氢钠固体加入到新制的氯水中，碳酸氢钠只与盐酸反应，则平衡正向移动，c(HClO)增大，故C正确；D．HClO酸性较弱，NaClO水解程度较大，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)，由于NaClO水解程度较大，溶液中氢离子浓度较小，且两溶液钠离子浓度相等，所以CH3COONa溶液中离子总数大于NaClO溶液，即N前＞N后，故D错误；故选C。
18.室温下向10mL0.1mol·L－1NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. a点所示溶液中c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(HA) B. a、b 两点所示溶液中水的电离程度相同
C. pH=7时，c(Na＋)=c(A－)＋c(HA) D. b点所示溶液中c(A－)>c(HA)
【答案】D
【解析】
A、a点NaOH与HA物质的量相等，则二者恰好完全反应，生成NaA，反应后溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生水解反应，则溶液中c(Na+)＞c(A-)＞c(HA)＞c(H+)，A错误；B、a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，b点盐酸过量，抑制水的电离，所以a点水的电离程度大于b点，B错误；C、根据电荷守恒，溶液中存在c（H+）+c（Na+）=c（OH‾）+c（A-），pH=7时，c（H+）=c（OH‾），因此溶液中：c（Na+）= c（A-），C错误；D、根据图像可知b点HA过量，因为b点溶液pH=4.7，溶液呈酸性，这说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c（A-）＞c(HA)，D正确，答案选D。
19. 某温度下， pH值相同的盐酸和醋酸溶液分别稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如下图所示。据图判断下列叙述中，正确的是
A. 曲线Ⅰ为醋酸稀释时pH值变化曲线
B. b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大
C. a点时，加入相同大小的锌粒，与盐酸反应的速率大
D. 加入足量NaOH，b点溶液消耗的NaOH比c点溶液消耗的多
【答案】B
【解析】
正确答案：B
A．不正确，曲线Ⅰ为盐酸稀释时pH值变化曲线，醋酸是弱酸，稀释时pH值变化曲线Ⅱ；
B．正确，b点酸性小，对溶液中水的电离程度抑制小，比c点溶液中水的电离程度大；
C．不正确，a点时，加入相同大小的锌粒，两者H＋的浓度相同，反应的速率相同；
D．不正确，加入足量NaOH，b点溶液消耗的NaOH比c点溶液消耗的少，c点浓度大。
20.一定条件下存在反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H＜0。现有三个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按如下图所示投料，并在400℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是
A. 容器I、Ⅲ中平衡常数相同
B. 容器II、Ⅲ中正反应速率相同
C. SO3的体积分数：Ⅱ＞III
D. 容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和大于1
【答案】C
【解析】
【详解】A.容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，A错误；
B.容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中压强大于容器Ⅰ，反应速率大，容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，B错误；
C.容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数：Ⅱ＞Ⅲ，C正确；
D.若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1，D错误；
故合理选项是C。
21.(1)含11.2 g KOH的稀溶液与1 L0.1mol/L的H2SO4溶液反应放出11.46 kJ的热量，该反应表示中和热的热化学方程式为___________________。
(2)将0.40 mol N2O4气体充入2 L的恒容密闭容器中发生如下反应：N2O4(g) 2NO2(g)ΔH。在T1℃和T2℃时，测得NO2的物质的量随时间变化如图所示：
①T1℃，40～80 s内用N2O4表示该反应的平均反应速率为________mol/(L·s)。
②ΔH________0(填“>”、“<”或“=”)。
(3)向甲、乙两个容积均为1 L的恒容容器中，分别充入2 mol A、2 mol B和1 mol A、1 mol B。相同条件下(温度T ℃)，发生下列反应：A(g)+B(g)xC(g) ΔH<0。测得两容器中c(A)随时间t的变化如图所示:
①甲容器平衡后物质B的转化率为_______；
②T℃ 时该反应的平衡常数为________。
(4)在25 ℃下，将a mol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl-)。
①则溶液显________性(填“酸”“碱”或“中”)；
②用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝__________________。
【答案】 (1). KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=－57.3kJ/mol (2). 0.00125 (3). > (4). 61% (5). 2 (6). 中 (7).
【解析】
【分析】
(1)先计算KOH、H2SO4的物质的量，然后判断哪种物质过量，确定反应产生1mol液态水放出的热量，即得该反应的中和热的热化学方程式；
(2)① Tl℃时，40s～80s内二氧化氮的物质的量从0.40mol变为0.60mol，根据v=计算出用二氧化氮表示的平均反应速率，然后根据反应速率与化学计量数成正比计算出用N2O4表示的平均反应速率；
②根据图象曲线变化可知，Tl℃时反应速率大于T2℃，且T2℃达到平衡时二氧化氮的物质的量小于Tl℃，根据温度对化学平衡的影响判断该反应的反应热；
(3)①先根据图示计算出甲容器中A的转化量，再结合方程式中A、B的转换关系，计算出B的转化量，最后根据转化率等于转化量与总量的比得到该物质的转化率；
②计算甲、乙容器中A的转化率，再根据压强对A转化率的影响来确定x值，进而利用三段式得到该反应平衡时的物质的量浓度，带入平衡常数表达式，可计算出其平衡常数的值；
(4)氨水与盐酸发生反应HCl+NH3•H2O═NH4Cl+H2O，根据电荷守恒分析溶液的酸碱性，再根据平衡浓度计算氨水的电离常数。
【详解】(1)11.2g即0.2molKOH的稀溶液与1L、0.1mol/L的H2SO4溶液反应放出11.46kJ的热量，其中碱含有的OH-的物质的量是0.2mol，酸溶液含有的H+的物质的量为0.1mol/L×1L×2=0.2mol，二者恰好反应生成0.2mol水，放出11.46kJ的热量则反应产生1mol水放出热量为11.46kJ÷0.2=57.3kJ，因此该反应的表示中和热的热化学方程式为：KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=－57.3kJ/mol；
(2)①Tl℃时，40s～80s内二氧化氮的物质的量从0.40mol变为0.60mol，则用二氧化氮表示该时间段的平均反应速率为：v(NO2)==0.0025mol/（L•s），化学反应速率与化学计量数成正比，则v(N2O4)= v(NO2)=0.00125mol/（L•s）；
②根据图象曲线变化可知，Tl℃时反应速率大于T2℃，则温度大小为：Tl℃＞T2℃，而在T2℃达到平衡时二氧化氮的物质的量小于Tl℃，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，则该反应为吸热反应，△H＞0；
(3)①甲容器中A反应的物质的量为△n(A)=(2-0.78)mol/L×1L=1.22mol，根据A和B的关系式知，参加反应的B的物质的量也是1.22mol，则B的转化率=×100%=61%；
②甲容器反应达到平衡后，c(A)0.78mol/L，A的转化率=×100%=61%；乙容器中，A的转化率=×100%=50%，即压强越大，A的转化率越高，说明该反应的正反应是气体体积减小的反应，因此x=1。反应方程式为：
A(g) + B(g) C(g)
c(始)(mol/L) 2 2 0
c(变)(mol/L) 1.22 1.22 1.22
c(平)(mol/L) 0.78 0.78 1.22
所以该反应的平衡常数K==2；
(4)①氨水与盐酸发生反应HCl+NH3•H2O═NH4Cl+H2O，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，反应平衡时溶液c(NH4+)=c(Cl-)，则溶液中c(H+)=c(OH-)，所以溶液呈中性；
②平衡时由于c(NH4+)=c(Cl-)，则c(NH4+)==0.005mol/L，根据物料守恒可得c(NH3·H2O)=mol/L-0.005mol/L=(-0.005)mol/L，溶液为中性，则c(OH-)=10-7mol/L，所以NH3•H2O的电离常数Kb=。
【点睛】本题考查了热化学方程式的书写、化学反应速率和化学平衡、电离平衡理论的知识，涉及中和热的热化学方程式的书写、化学反应速率与化学平衡常数及物质平衡转化率的计算、反应热的判断、酸碱混合溶液的酸碱性判断及电离平衡常数的计算等，较为全面的考查了学生对化学基本概念、基本理论的掌握和应用能力及学生分析、计算解答能力，难度中等。
22.二氧化碳利用具有十分重要的意义，科学家有以下几个设想。
(1)用太阳能将CO2转化成O2和C(石墨烯），其设想如图：
则重整系统发生反应的化学方程式为_________。
(2)二氧化碳和氢气在催化剂作用下可制取低碳烯烃。在一密闭容器中分别投入1molCO2、3molH2，发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+ 4H2O(g) △H；在不同温度下，用传感技术测出平衡时H2的物质的量变化关系如图所示。
①其它条件不变，起始时若按lmolCO2、2molH2进行投料，CO2转化率将________(填“增大”、“ 减小”或“不变”）；
②△H_____0（填“>”“<”“ 不能确定”）。
③若测试中体系内无氧气产生，试结合图示推断热稳定性C2H4 _____H2O （填“>”“<”“ 不能确定”）。
(3)用氨水吸收CO2制化肥(NH4HCO3)
①已知：NH3·H2O(aq)NH4+(aq)+OH-(aq) △H1=akJ/mol
CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq) △H2=bkJ/mol
H2CO3(aq)+OH-(aq)HCO3-(aq)+H2O(l) △H3=ckJ/mol
则利用NH3• H2O吸收CO2制备NH4HCO3的热化学方程式为______________________；
②已知常温下相关数据如表：
Kb(NH3·H2O)
2×10-5kJ/mol
Ka1(H2CO3)
4×10-7kJ/mol
Ka2(H2CO3)
4×10-11kJ/mol
则反应NH4++HCO3-+H2ONH3• H2O+H2CO3的平衡常数K=___________。
【答案】 (1). 6FeO+CO2=2Fe3O4+C (2). 减小 (3). < (4). < (5). NH3·H2O(aq)+CO2(g)NH4+(aq)+HCO3-(aq) △H=(a+b+c)kJ/mol (6). 1.25×10-3
【解析】
【分析】
(1)根据转化图分析，重整系统中FeO和CO2反应，生成Fe3O4和石墨烯（即C），据此写出反应的化学方程式；
(2)①原为按1molCO2和3molH2的物料比反应，其它条件不变，起始时若按lmolCO2、2molH2进行投料，相当于减小了反应物浓度，则化学平衡向逆反应方向移动;
②升高温度，H2达到平衡时的物质的量增大，升高温度，化学平衡向吸热方向移动；
③若测试中体系内无氧气产生，物质越稳定，越容易生成；
(3)①根据盖斯定律计算焓变，即可得热化学方程式；
②根据弱酸的电离平衡常数与水的离子积常数可计算反应的平衡常数K。
【详解】(1)根据转化图分析，重整系统中FeO和CO2反应，生成Fe3O4和石墨烯（即C），则重整系统发生反应的化学方程式为：6FeO+CO2=2Fe3O4+C；
(2)①原为按1molCO2和3molH2的物料比反应，其它条件不变，起始时若按lmolCO2、2molH2进行投料，相当于减小了反应物浓度，则化学平衡向逆反应方向移动，CO2转化率将减小；
②升高温度，H2达到平衡时的物质的量增大，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，即逆反应方向，则正反应为放热反应，则△H＜0；
③若测试中体系内无氧气产生，物质越稳定，越容易生成，产生1molC2H4的同时，产生4molC2H4，则热稳定性C2H4＜H2O；
(3)①已知：①NH3·H2O(aq)NH4+(aq)+OH-(aq) △H1=akJ/mol
②CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq) △H2=bkJ/mol
③H2CO3(aq)+OH-(aq)HCO3-(aq)+H2O(l) △H3=ckJ/mol
根据盖斯定律，将①+②+③整理可得：NH3•H2O吸收CO2制备NH4HCO3的化学方程式为：NH3•H2O+CO2=NH4++HCO3-，△H=△H1+△H2+△H3=(a+b+c)kJ/mol；
②反应NH4++HCO3-+H2ONH3•H2O+H2CO3的化学平常数为K=1.25×10-3。
【点睛】本题考查了氧化还原反应方程式、热化学方程式的书写，盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算、化学平衡的移动，均为高频考点，该题有助于培养综合分析问题与应用知识解决具体问题的能力，平时需加强综合能力的训练，以提高综合能力，题目难度中等。
23.苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要基本有机原料，乙苯催化脱氢法是目前国内外生产苯乙烯的主要方法，其化学方程式为：
（1）若升高温度，该反应的平衡常数变大，则ΔH_______0（填“大于”或“小于”）。该反应在_______________条件下能自发进行。
（2）维持体系总压强ρ恒定，在温度T时，物质的量为2mol、体积为1L的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为80%，则在该温度下反应的平衡常数K=_____。
（3）在体积为2L的恒温密闭容器中通入2mol乙苯蒸汽，2分钟后达到平衡，测得氢气的浓度是0.5mol/L，则乙苯蒸汽的反应速率为_________________；维持温度和容器体积不变，向上述平衡中再通入1mol氢气和1mol乙苯蒸汽，则v正_______v逆（填“大于”、“小于”或“等于”）
【答案】 (1). 大于 (2). 较高温度 (3). 32/9 (4). 0.25mol·L-1·min-1 (5). 等于
【解析】
（1）升高温度，该反应的平衡常数变大，则正反应吸热，ΔH＞0。反应自发的要求是△G=△H－T△s＜0。该反应是气体的物质的量增加的反应，所以△s＞0，已知△H＞0，所以温度越高越有利于△G=△H－T△s＜0，所以反应条件为较高温度。
（2）起始有2mol乙苯，平衡转化率为80%，则反应的乙苯为1.6mol，生成苯乙烯和氢气各1.6mol，剩余0.4mol乙苯。所以平衡时，一共有1.6+1.6+0.4=3.6mol气体。恒压，气体的体积比等于物质的量的比，初始2mol乙苯的体积为1L，所以平衡的3.6mol气体的体积为1.8L。所以平衡常数。
（3） mol·L-1·min-1。原平衡态中乙苯的初始浓度应该为1mol/L，平衡时氢气浓度为0.5mol/L，所以苯乙烯的浓度也是0.5mol/L，剩余乙苯的浓度为0.5mol/L，平衡常数K=0.5×0.5/0.5=0.5。再通入1mol氢气和1mol乙苯蒸汽，乙苯、苯乙烯、氢气的物质的量浓度转化为1mol/L、0.5mol/L、1mol/L，则Q=0.5×1/1=0.5=K，所以平衡不移动。
24.氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）。测血钙的含量时，进行如下实验：
①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵（NH4）2C2O4晶体，反应生成 CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。
②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。
③终点时用去20mL l.0×l0﹣4 mol/L的KMnO4溶液。
（1）写出用KMn04滴定H2C2O4的离子方程式_____________________。
（2）滴定时，将KMnO4溶液装在________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
（3）判断滴定终点的方法是________________________。
（4）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则测量结果________。
②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果________。
（5）计算：血液中含钙离子的浓度为________mol/L。
【答案】 (1). 2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O (2). 酸式 (3). 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (4). 偏高 (5). 偏高 (6). 2.5×10﹣3
【解析】
(1)高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(2)高锰酸钾具有氧化性，能够腐蚀乳胶管，应该用酸式滴定管盛放，故答案为：酸式；
(3)高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，故答案为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
(4)①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，导致滴定后消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大，则测量结果偏高，故答案为：偏高；
②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，导致滴定后消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大，则测量结果偏高，故答案为：偏高；
(5)由CaC2O4+H2SO4═CaSO4+H2C2O4、2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可以得出关系式：5Ca2+～2KMnO4，所以n(Ca2+)=2.5n(KMnO4)=1.0×10-4mol/L×0.02L×2.5=5×10-6mol，血液中含钙离子的浓度为=2.5×10﹣3mol/L，故答案为：2.5×10﹣3。
点睛：本题考查化学方程式书写、氧化还原反应滴定的应用、化学计算等，是对所需知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础知识与分析问题、解决问题的能力。本题的易错点是(5)的计算。
25.常温下，取0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=6，试回答以下问题：
(1)混合溶液中由水电离出的c(H+)____0.2 mol/LHCl溶液中由水电离出的c(H+)(填“>、<或=”)。
(2)求出混合物中下列算式的精确计算结果（填具体数字）：c(Cl-)−c(M+)=___mol/L，c(H+)−c(MOH)=___mol/L。
(3)若常温下取0.2mol/LMOH溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＜7，说明MOH的电离程度____(填“>、<或=”)MCl的水解程度，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 ________________。
(4)常温下pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，混合溶液的pH___7。
【答案】 (1). > (2). 9.9×10-7 (3). 10-8 (4). < (5). c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-) (6). >
【解析】
【分析】
(1) 酸或碱能抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；
(2)根据物料守恒和电荷守恒分析；
(3)二者混合得到等物质的量浓度的MCl和MOH，混合溶液呈酸性，说明碱的电离程度小于盐的水解程度；
(4)若常温下pH=3的盐酸与pH=11的氨水溶液等体积混合，氨水为弱碱，混合后氨水过量，溶液显示碱性。
【详解】(1)酸或碱能抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，所以混合溶液中由水电离出的c(H+)＞0.2mol/LHCl溶液中由水电离出的c(H+)，答案为：＞；
(2)根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，所以c(H+)-c(OH-)=10-6 mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L；c(M+)+c(MOH)=0.1mol/L=c(Cl-)，c(H+)-c(MOH)=c(OH-)=10-8mol/L；
(3)二者混合得到等物质的量浓度的MCl和MOH，混合溶液呈酸性，说明碱的电离程度小于盐的水解程度，故答案为：＜；0.2mol/LMOH溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，发生反应：MOH+HCl=MCl+H2O，反应后溶液中MCl与MOH按1:1的物质的量关系混合，应用M+水解电离MOH的电离作用，所以c(H+)>c(OH-)，水解使c(M+)浓度降低，而c(Cl-)不变，所以c(Cl-)>c(M+)，但盐的水解程度是微弱的，盐电离产生的M+的浓度远大于水解产生的H+的浓度，所以c(M+)>c(H+)，故溶液中各种离子浓度大小关系为c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)；
(4)若常温下pH=3的盐酸与pH=11的氨水溶液等体积混合，由于一水合氨是一元弱碱，所以氨水的浓度大于0.001mol/L，而盐酸的浓度为0.001mol/L，因此二者等体积混合后，氨水过量，溶液为NH4Cl与NH3·H2O的混合溶液，由于NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，所以溶液显示碱性，因此溶液的pH＞7。
【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断和计算，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，根据电荷守恒和质子守恒来分析弱电解质的电离及盐类水解，比较溶液中离子浓度大小及溶液的酸碱性，题目难度中等。
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