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【化学】广西桂林市第十八中学2018-2019学年高二下学期开学考试（解析版）
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广西桂林市第十八中学2018-2019学年高二下学期开学考试
注意事项：
①本试卷共8页，答题卡2页。考试时间90分钟,满分100分；
②正式开考前，请务必将自己的姓名、考号用黑色水性笔填写清楚并张贴条形码；
③请将所有答案填涂或填写在答题卡相应位置，直接在试卷上做答不得分。
可使用的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 Na 23
第I卷（选择题，共55分）
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意。前5题每题2分，6-20题每题3分，共55分）
1.化学在工农业生产和日常生活中都有着重要的应用，下列叙述不正确的是
A. 氧化铝陶瓷是新型无机非金属材料
B. 除去溴苯中的溴，可用NaOH溶液洗涤，再分液
C. 铝合金的大量使用归功于人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝单质
D. “酸可以除锈”、“热的纯碱溶液去油污”，都发生了化学变化
【答案】C
【解析】
【详解】A、氧化铝陶瓷属于新型陶瓷，属于新型无机非金属材料，故A说法正确；
B、溴单质能与NaOH发生反应，转化成易溶于水的物质，溴苯不与NaOH反应，且溴苯不溶于NaOH，再通过分液的方法进行分离，故B说法正确；
C、工业上获取铝单质，通过电解熔融状态下氧化铝，不能通过热还原法获得，故C说法错误；
D、锈一般是碱性氧化物，能与酸反应而除去，纯碱溶液显碱性，加热促进CO32－水解，碱性增强，油污在碱中水解，都属于化学变化，故D说法正确。
2.设C＋CO2 2CO；（正反应为吸热反应；反应速率为v1），N2＋3H2 2NH3；（正反应为放热反应；反应速率为v2），对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为
A. 增大，减小 B. 同时增大 C. 同时减小 D. 减小，增大
【答案】B
【解析】
【分析】
通过温度对反应速率的影响进行考虑，与反应是放热反应还是吸热反应无关；
【详解】升高温度，反应速率加快，无论正反应速率还是逆反应速率，故B正确；
3.1 mol某有机物充分燃烧，只生成88 g二氧化碳气体和54 g水，下列结论正确的是
A. 该有机物的分子式为CH4
B. 该有机物的分子式一定为C2H6
C. 该有机物的分子式一定为C2H6O
D. 该有机物的分子中碳原子和氢原子的个数比为1∶3，可能含有氧原子
【答案】D
【解析】
【分析】
88gCO2中含有C原子物质的量为n(C)=88g/44g·mol－1=2mol，54g水中n(H)=54g×2/18g·mol－1=6mol，根据元素守恒，1mol该有机物中含有C原子物质的量为2mol，H原子为6mol；
【详解】88gCO2中含有C原子物质的量为n(C)=88g/44g·mol－1=2mol，54g水中n(H)=54g×2/18g·mol－1=6mol，根据元素守恒，1mol该有机物中含有C原子物质的量为2mol，H原子为6mol；
A、根据上述分析，不能确认该有机物是否含有氧原子，如果该有机物中不含氧原子，则该有机物分子式为C2H6，故A不符合题意；
B、不能确认该有机物中是否含有氧元素，该有机物可能为烃，也可能为含氧衍生物，故B不符合题意；
C、不能确认该有机物中是否含有氧元素，该有机物可能为烃，也可能为含氧衍生物，故C不符合题意；
D、根据上述分析，推出C和H原子个数比为2：6=1：3，该有机物可能含氧元素，故D符合题意。
【点睛】一般通过燃烧方法确认有机物分子式，根据产物中CO2和H2O，求出C和H原子物质的量，依据元素守恒，确认有机物中C和H原子物质的量，然后根据有机物质量确认该有机物是否含有氧元素。
4.下列四种溶液中，室温下由水电离生成的H＋浓度之比（①∶②∶③∶④）是
① 1 mol·L－1的盐酸 ② 0.1 mol·L－1的盐酸
③ 0.01 mol·L－1的NaOH溶液 ④ 0.001 mol·L－1的NaOH溶液
A. 1∶10∶100∶1 000 B. 0∶1∶12∶11 C. 14∶13∶12∶11 D. 14∶13∶2∶3
【答案】A
【解析】
【分析】
酸溶液中计算水电离出H＋浓度，根据水的离子积，先求出溶液中c(OH－)，因为水电离出H＋浓度等于水电离出OH－浓度，同理碱溶液中计算水电离出OH－浓度，计算溶液中H＋浓度；
【详解】①1mol·L－1的盐酸中c(H＋)=1mol·L－1，溶液中c(OH－)=Kw/c(H＋）=10－14/1mol·L－1=10－14mol·L－1，H2OH＋＋OH－，水电离出c(H＋)等于水电离出c(OH－)，即1mol·L－1盐酸溶液中水电离出c(H＋)=10－14mol·L－1；②根据①，0.1mol·L－1的盐酸中水电离出c(H＋)=10－13mol·L－1；③0.01mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)=0.01mol·L－1，溶液中c(H＋)=10－12mol·L－1，该H＋由水电离产生，即水电离出c(H＋)=10－12mol·L－1；④同理③，0.001mol·L－1的NaOH溶液中水电离出c(H＋)=10－11mol·L－1；因此H＋浓度之比为10－14：10－13：10－12：10－11=1：10：100：1000，故A正确。
【点睛】计算酸中水电离出的c(H＋)，一般步骤是先根据水的离子积，求出溶液c(OH－)，该溶液中OH－是由水电离产生，即OH－浓度为水电离出H＋浓度；同理计算碱中水电离出的c(H＋)，根据水的离子积，求出c(H＋)即可。
5. 下列关于热化学反应的描述中正确的是
A. CO (g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/mol
B. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57．3)kJ/mol
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】A
【解析】
A．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则CO(g)＋1/2O2=(g)CO2(g) ΔH＝-283.0kJ/mol，那么2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/mol，正确
B中和热是指生成1 mol水所放出的热量
C：木柴的燃烧需要加热，但却是放热反应
D：燃烧热是指生成稳定的物质，所对应的能量，例如液态水、气态二氧化碳等等。
6. 最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：
下列说法中正确的是
A. CO和O生成CO2是吸热反应
B. 在该过程中，CO断键形成C和O
C. CO和O生成了具有极性共价键的CO2
D. 状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
【答案】C
【解析】
试题分析：根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。
考点：反应原理中化学反应与能量变化
7.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A. 同温同压下，原子数均为NA的氢气和氦气具有相同的体积
B. 由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NA
C. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
D. 1mol碳正离子（CH3+） 所含的电子数为6NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、氢气为双原子分子，氦气为单原子分子，原子数均为NA，氢气的物质的量为0.5mol，氦气的物质的量为1mol，同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，即氢气与氦气体积之比等于0.5：1=1：2，故A错误；
B、共有NA个分子，则该混合物为1mol，即1mol该混合物中含有氧原子物质的量为2mol，故B正确；
C、该反应为可逆反应，反应不能进行到底，因此无法判断出NH3的物质的量，故C错误；
D、1molCH3＋所含电子物质的量为1mol×(6＋3－1)=8mol，故D错误。
8.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. FeFeCl2Fe(OH)2 B. SSO3H2SO4
C. CaCO3CaOCaSiO3 D. NH3NOHNO3
【答案】C
【解析】
A．铁与氯气反应只能生成氯化铁，A错误；B．硫在空气或氧气中燃烧只能生成二氧化硫，B错误；C．两步均能实现，C正确；D．NO不与H2O反应，D错误。
9.羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：
CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1
反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是
A. 升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应
B. 通入CO后，正反应速率逐渐增大
C. 反应前H2S物质的量为7mol
D. CO的平衡转化率为80%
【答案】C
【解析】
A.升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，则该反应是放热反应，A错误；B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，B错误；C. 根据
CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1
起始物质的量（mol） 10 n 0 0
变化物质的量（mol） 2 2 2 2
平衡物质的量（mol） 8 n-2 2 2
设该容器的体积为V，根据K=0.1，列关系式得 [（2÷V）×（2÷V））÷[（8÷V）×（n-2）÷V]=0.1，解得n=7，C正确；D.根据上述数据CO的平衡转化率为2÷10×100%=20%，D错误；答案选C。
【考点定位】本题主要考查影响化学反应速率的因素，反应的热效应，化学平衡的有关计算
10.下列化学用语表达正确的是
A. NaHS的电离：NaHS = Na+ + H+ + S2－
B. 把金属铁放入稀硝酸中： Fe + 2H+ = Fe2+ + H2↑
C. NaHCO3溶液与少量的澄清石灰水反应：HCO3－ + OH－ + Ca2+ = CaCO3↓+ H2O
D. HClO的电离：HClO H+ + ClO－
【答案】D
【解析】
【详解】A、NaHS属于弱酸的酸式盐，其电离NaHS=Na＋＋HS－，故A错误；
B、活泼金属与硝酸反应不产生氢气，故B错误；
C、澄清石灰水少量，反应的离子方程式为Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－，故C错误；
D、HClO为弱酸，部分电离，其电离方程式为HClO H+ + ClO－，故D正确。
11.已知：C(s)＋O2(g)＝CO(g) ΔH＝－110.5 kJ/mol； CO(g)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH＝－283 kJ/mol，在36 g碳不完全燃烧所得气体中，CO占体积，CO2占体积，且与这些碳完全燃烧相比，损失的热量是
A. 172.5 kJ B. 283 kJ C. 566 kJ D. 1149 kJ
【答案】B
【解析】
【详解】相同条件下，体积之比等于物质的量之比，令混合物的物质的量xmol，根据C原子守恒，得出x/3＋2x/3=36g/12g·mol－1，解得x=3mol，即CO为1mol，根据盖斯定律，与碳完全燃烧相比，损失的热量应是1molCO转化成CO2时放出的热量，即损失热量为283kJ，故选项B正确。
12.下列实验能达到相应实验目的的是
选
项
试剂
实验目的
实验装置
X
Y
Z
A
Na2SO3
稀HNO3
品红溶液
证明SO2具有漂白性
B
MnO2
浓盐酸
KI-淀粉溶液
比较Cl2与I2的氧化性强弱
C
Na2CO3
醋酸
Na2SiO3溶液
证明酸性：
CH3COOH ＞ H2CO3 ＞H2SiO3
D
蔗糖
浓硫酸
溴水
证明浓硫酸具有脱水性、氧化性
【答案】D
【解析】
【详解】A、硝酸具有强氧化性，将Na2SO3氧化成Na2SO4，因此不能证明SO2的漂白性，不能达到相应实验目的，故A不符合题意；
B、MnO2与浓盐酸反应需要加热，常温下不发生反应，因此不能完成相应实验目的，故B不符合题意；
C、醋酸具有挥发性，产生CO2中混有CH3COOH，对碳酸和硅酸的酸性比较具有干扰性，因此不能完成相应实验目的，故C不符合题意；
D、蔗糖中滴加浓硫酸，白色变为黑色，体现了浓硫酸的脱水性，溴水褪色，说明蔗糖和浓硫酸反应产生还原性气体，即SO2，体现浓硫酸的氧化性，因此能达到相应实验目的，故D符合题意。
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),达到平衡时,X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L-1、0.3 mol·L-1、0.08 mol·L-1,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
【解析】
A．设X转化的浓度为x，
X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）
初始：c1 c2 c3
转化：x 3x 2x
平衡：0.1moL/L 0.3mol/L 0.08mol/L
所以c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，故A错误；
B．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故B错误；
C．反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C错误；
D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向逆反应分析进行，则c1＞0，如反应向正反应分析进行，则c1＜0.14mol•L﹣1，故有0＜c1＜0.14mol•L﹣1，故D正确；
【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，本题注意化学平衡状态的判断方法以及可逆反应的特点．
14.下列有关除杂质（括号中为杂质）的操作中，错误的是
A. 乙醇（水）：加新制生石灰，蒸馏，收集馏出物
B. 苯（苯酚）：加溴水，振荡，过滤除去沉淀
C. 溴乙烷（乙醇）：多次加水振荡，分液，弃水层
D. 乙酸乙酯（乙酸）：加饱和碳酸钠溶液，充分振荡，分液，弃水层
【答案】B
【解析】
【详解】A、加入新制生石灰，利用生石灰的吸水生成氢氧化钙，然后蒸馏可得到乙醇，能够达到实验目的，故A不符合题意；
B、苯酚与溴反应生成三溴苯酚，溴单质易溶于苯，三溴苯酚也溶于苯，因此无法分开，故B符合题意；
C、乙醇与水任意比例互溶，溴乙烷是不溶于水的液体，通过分液的方法进行分离，能够达到实验目的，故C不符合题意；
D、碳酸钠吸收乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，然后利用分液的方法分离，故D不符合题意。
15.用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是
A. B.
C. c(H+)和c(OH－)的乘积 D. OH－的物质的量
【答案】A
【解析】
【分析】
NH3·H2ONH4＋＋OH－，加水稀释促进电离；
【详解】氨水中存在NH3·H2ONH4＋＋OH－，加水稀释促进电离；
A、加水稀释促进电离，NH3·H2O的物质的量减小，OH－的物质的量增大，同一溶液中物质的量之比等于物质的量浓度之比，即c(NH3·H2O)/c(OH－)随着水量的增大而减小，故A不符合题意；
B、根据A选项分析，c(OH－)/c(NH3·H2O)随着水量的增加而增大，故B不符合题意；
C、根据水的离子积，Kw=c(H＋)×c(OH－)，水的离子积只受温度的影响，温度不变，则水的离子积不变，故C不符合题意；
D、加水稀释，促进电离，OH－物质的量增大，故D不符合题意。
16.体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2 + O22SO3，并达到平衡。在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率
A. 等于p% B. 大于p%
C. 小于p% D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【分析】
甲容器为恒容状态，乙容器为恒压状态，根据反应方程式，甲容器随着反应进行气体物质的量减小，压强减小，乙容器相当于在甲的基础上增大压强，然后根据勒夏特里原理分析；
【详解】甲容器为恒容状态，乙容器为恒压状态，甲容器：2SO2＋O22SO3，根据反应方程式可以看出，反应过程中气体物质的量减小，压强减小；乙容器为恒压状态，气体压强不变，压强大于甲容器压强，因此乙容器可以看作是在甲容器的基础上增大压强，根据勒夏特列原理，增大压强，该反应平衡向正反应方向进行，SO2的转化率增大，即大于p%，故B正确。
【点睛】可以建立模型，以恒压为基础，建立，假设隔板到虚线部分达到平衡，此时反应物的转化率为a，然后考虑恒容状态，让虚线部分恢复到实线，压强减小，根据勒夏特列原理，考虑平衡向哪个方向移动，从而判断转化率与a%的关系。
17.向50mL NaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2（假设溶液体积不变），随后取此溶液10mL，将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的盐酸，产生CO2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图，下列分析错误的是
A. OA段所发生反应的离子方程式：H+ + OH－= H2O
B. 产生的CO2体积（标准状况下）为0.056 L
C. 原NaOH溶液的物质的量浓度为0.75 mol·L－1
D. NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，其物质的量浓度之比为1:1
【答案】A
【解析】
【分析】
NaOH与CO2反应，反应后溶液中溶质可能为NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3，与盐酸反应先后：NaOH、Na2CO3、NaHCO3，抓住Na2CO3与盐酸反应的实质；
【详解】NaOH与CO2反应，反应后溶液中溶质可能为NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3，与盐酸反应先后：NaOH、Na2CO3、NaHCO3，发生反应：NaOH＋HCl=NaCl＋H2O、Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl、NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，根据图像，OA段消耗盐酸的体积大于AB段，推出NaOH与HCl反应后溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，
A、根据上述分析，OA段发生离子反应是OH－＋H＋=H2O、CO32－＋H＋=HCO3－，故A说法错误；
B、AB段发生反应HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑，n(CO2)=(75－50)×10－3L×0.1mol·L－1=2.5×10－3mol，标准状况下CO2的体积为2.5×10－3L×22.4L·mol－1=0.056L，故B说法正确；
C、B点溶质为NaCl，根据元素守恒，n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=75×10－3L×0.1mol·L－1=7.5×10－3mol，其浓度为7.5×10－3mol/10×10－3mL=0.75mol·L－1，原溶液中NaOH浓度为0.75mol·L－1，故C说法正确；
D、根据A、B选项分析，n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=n(CO2)=2.5×10－3mol，依据A选项分析，n(NaOH)=[50－(75－50)]×10－3L×0.1mol·L－1=2.5×10－3mol，物质的量之比等于物质的量浓度之比，即c(NaOH):c(Na2CO3)=1:1，故D说法正确。
【点睛】首先判断出NaOH与CO2反应后溶质可能为NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3，分析溶质为哪组，需要看OA段和AB段的大小，OA>AB：说明溶质为NaOH和Na2CO3，OA=AB：说明溶质为Na2CO3，OA
A. 平衡后，增大A的量，有利于平衡向正反应方向移动
B. 平衡后，若升高温度，平衡则向逆反应方向移动
C. 到达平衡后，若使用催化剂，C的质量分数增大
D. 化学方程式中一定n ＞ p+q
【答案】B
【解析】
【分析】
依据影响反应速率的因素，判断出T2>T1，P2>P1，然后根据勒夏特列原理，判断出该反应为放热反应，n
B、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故B正确；
C、催化剂对化学平衡移动无影响，故C错误；
D、根据上述分析，n
① C(s) ＋ O2(g) ＝ CO2(g) ；ΔH1 C(s) ＋O2(g) ＝ CO(g) ；ΔH2
② S(s) ＋ O2(g) ＝SO2(g) ；ΔH3 S(g) ＋ O2(g) ＝ SO2(g) ；ΔH4
③ H2(g) ＋O2(g) ＝H2O(l) ；ΔH5 2H2(g) ＋ O2(g) ＝ 2H2O(l) ；ΔH6
④ CaCO3(s) ＝ CaO(s) ＋ CO2(g) ；ΔH7 CaO(s) ＋ H2O(l) ＝ Ca(OH)2(s) ；ΔH8
A. ① B. ④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析】
碳完全燃烧放出的热量多，但放热越多，△H越小，①不正确。固态硫的能量低于气态硫的能量，所以固态硫燃烧放出的热量少，则△H大，②正确。消耗的氢气越多，放出的热量越多，③正确。④中前者是吸热反应，△H大于0，后者是放热反应，△H小于0，正确。所以答案选C。
20.根据下表提供的数据，判断下列离子方程式或化学方程式正确的是
化学式
电离常数
HClO
K = 3×10－8
H2CO3
K1 = 4×10－7 K2 = 6×10－11
A. 向NaClO溶液中通少量CO2：CO2＋NaClO＋H2O===NaHCO3＋HClO
B. 向NaClO溶液中通过量CO2：CO2＋2NaClO＋H2O===Na2CO3＋2HClO
C. 向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：CO32-＋2Cl2＋H2O===2Cl－＋2HClO＋CO2↑
D. 向NaHCO3溶液中滴加少量氯水：2HCO3-＋Cl2===Cl－＋ClO－＋2CO2↑＋H2O
【答案】A
【解析】
【分析】
依据电离平衡常数，判断出电离出H＋能力大小：H2CO3>HClO>HCO3－；
【详解】依据电离平衡常数，判断出电离出H＋能力大小：H2CO3>HClO>HCO3－；
A、利用酸性强的制取酸性弱，碳酸的酸性强于次氯酸，又因为HClO电离出H＋强于HCO3－，因此NaClO溶液中通少量CO2，发生离子反应方程式为：ClO－＋CO2＋H2O=HCO3－＋HClO，故A正确；
B、因为是通入过量的CO2，因此产物是NaHCO3和HClO，故B错误；
C、氯水中含有少量的HCl，Na2CO3中滴加少量氯水，因此Na2CO3与HCl反应生成NaHCO3，不产生CO2，故C错误；
D、氯水中有Cl2＋H2OHCl＋HClO，HCl与NaHCO3反应生成NaCl、CO2，促使平衡向正反应方向进行，最终产物是NaCl、CO2、HClO，故D错误。
第II卷 （非选择题 共45分）
三、填空题（共45分）
21.某化学学习小组设计如图实验装置（夹持和加热装置略去）制备Cl2，并探究氯气的相关性质。
回答下列问题：
⑴ 装置中a玻璃仪器的名称为_____________；整套装置装配完毕后，首先进行的操作是______________，再添加试剂。
⑵ 若A装置中的固体药品为MnO2，其化学方程式为_______________________。若A装置中的固体药品为KClO3，则反应中每生成1 mol Cl2时转移电子的物质的量为_________mol（结果保留两位小数）。
⑶ 装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性，Ⅰ处是湿润的有色布条，则Ⅱ、Ⅲ处应加入的物质分别是_________、_____________。
⑷ 设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。但有同学认为该设计不够严密，他的理由可能是_____________。
⑸ 甲同学提出，装置F中改用过量的Na2SO3溶液，乙同学认为此法不可行。请用离子方程式解释乙认为不可行的原因：_____________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 检查气密性 (3). MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (4). 1.67 (5). 无水氯化钙 (6). 干燥的有色布条 (7). 不能排除氯气对溴、碘的非金属性强弱实验的干扰 (8). SO32－＋Cl2＋H2O=SO42－＋2Cl－＋2H＋、 SO32－＋2H＋===SO2↑＋H2O
【解析】
【详解】（1）仪器a为分液漏斗，该实验目的是制备Cl2，因此装配完毕后，应检验装置的气密性；
（2）MnO2与浓盐酸反应制备Cl2，反应方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；如果药品是KClO3，发生反应方程式为KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O，每生成1molCl2，转移电子物质的量为1mol×5/3≈1.67mol；
（3）验证Cl2是否具有漂白性，I处为湿润的有色布条，II处作用为干燥氯气，根据仪器特点，盛放的药品为无水氯化钙或者为P2O5，Ⅲ处应与I处作对照实验，因此Ⅲ处应为干燥有色布条；
（4）比较氯、溴、碘的非金属性，利用置换反应，根据装置图，Cl2可能与KI溶液反应，对比较溴和碘非金属性产生干扰，因此缺陷是不能排除氯气对溴、碘的非金属性强弱实验的干扰；
（5）Cl2具有强氧化性，能把Na2SO3氧化成Na2SO4，离子反应方程式为SO32－＋Cl2＋H2O=SO42－＋2Cl－＋2H＋，所加Na2SO3为过量，因此2H＋＋SO32－=SO2↑＋H2O，SO2有毒，对环境有污染。
22.雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物（包括PM 2.5在内）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等。化学在解决雾霾污染中有着重要的作用。
⑴ 已知：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) △H =﹣196.6kJ•mol－1
2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) △H =﹣113.0kJ•mol－1
则反应NO2(g) + SO2(g) SO3(g) + NO(g) △H =__________kJ•mol－1。
一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的有__________。
a、体系密度保持不变 b、混合气体颜色保持不变
c、SO2和NO的体积比保持不变 d、每消耗1mol SO3的同时生成1mol NO2
测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1:5，则平衡常数K=________________。
⑵ CO、CO2都可用于合成甲醇。甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，近几年开发的甲醇燃料电池采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过。其工作原理的示意图如图1所示，回答下列问题。
① Pt(a)电极是电池的______极，电极反应式为：_________________。
② 如果该电池工作时电路中通过2 mol电子，则消耗的CH3OH有________mol。
③ CO用于合成甲醇反应方程式为：CO(g) + 2H2(g)CH3OH (g) ，CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图2所示。实际的生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是____________。
⑶ 图3是一种用NH3脱除烟气中NO的原理。
① 该脱硝原理中，NO最终转化为H2O和__________（填化学式）。
② 当消耗2mol NH3和0.5mol O2时，除去的NO在标准状况下的体积为__________L。
⑷ NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一种脱硝途径。在不同条件下，NO的分解产物不同。在高压下，NO在40℃下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如图4所示，写出NO分解的化学方程式______________。
【答案】 (1). ﹣41.8kJ/mol (2). bc (3). 1.8 (4). 负 (5). 2CH3OH＋2H2O－12e－＝2CO2↑＋12H＋ (6). 1/3 (7). 此压强下CO的转化率已较高，再增大压强转化率提高不大且会增加生产成本 (8). N2 (9). 44.8 L (10). 3NO N2O + NO2
【解析】
【详解】（1）①2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)，②2NO(g) + O2(g) 2NO2(g)，根据目标反应方程式，根据盖斯定律，(①－②)/2得出△H=(－196.6kJ·mol－1＋113.0kJ·mol－1)/2=－41.8kJ·mol－1；a、组分都是气体，气体质量不变，容器为恒容，因此任何时刻气体密度都不变，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故a不符合题意；
b、NO2为红棕色气体，其余气体为无色，因此当气体颜色不再改变，说明反应达到平衡，故b符合题意；
c、SO2是反应物，NO为生成物，因此当SO2和NO的体积比保持不变，说明反应达到平衡，故c符合题意；
d、消耗SO3，生成NO2都是向逆反应方向进行，不能说明反应达到平衡，故d不符合题意；
令NO2的物质的量为1mol，SO2的物质的量为2mol，NO2(g) + SO2(g) SO3(g) + NO(g)
起始： 1 2 0 0
变化： x x x x
平衡：1－x 2－x x x
(1－x):(2－x)=1:5，解得x=0.75，四种物质的系数都是1，因此有K==1.8；
（2）①Pt(a)一极通入CH3OH和H2O，转化成CO2和H2O，C的化合价－2价→＋4价，化合价升高，根据原电池工作原理，Pt(a)为负极，其电极反应式为CH3OH＋H2O－6e－=CO2↑＋6H＋；
②根据①电极反应式，通过2mole－，消耗CH3OH物质的量为2mol/6=1/3mol；
③根据图2，此压强下CO的转化率已较高，再增大压强，转化率提高并不大，会增加生产成本；
（3）①根据图3，NH3最终转化为H2O和N2；
②根据转化关系，NH3中N的化合价升高，NO和O2中化合价降低，根据得失电子数目守恒，2mol×[0－(－3)]=0.5mol×2×[0－(－2)]＋n(NO)×(2－0)，解得n(NH3)=2mol，标准状况下，V(NO)=2mol×22.4L·mol－1=44.8L；
（4）NO分解生成两种化合物，NO为反应物，根据图4，NO的物质的量为3mol，Y和Z为生成物，且物质的量为1mol，根据氮元素守恒，生成物中含有N2O，N的化合价降低，必然有化合价升高，即另一种产物是NO2，因此化学反应方程式为3NON2O＋NO2。
23.以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如下：
（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为 。
（2）图中“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。
（3）加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为 。
（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：
4[NH4Al(SO4)2·12H2O]2Al2O3+ 2NH3↑+ N2↑+ 5SO3↑+ 3SO2↑+ 53H2O,将产生的气体通过下图所示的装置。
①集气瓶中收集到的气体是 (填化学式)。
②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有 (填化学式)。
③KMnO4溶液褪色（MnO4－还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为 。
【答案】（1）Al2O3+ 3H2SO4= Al2(SO4)3+ 3H2O（2分）
（2）SiO2（2分）
（3）2Fe2++H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O（2分）
（4）①N2（2分）②SO3、NH3（2分，缺漏不给分）。
③2MnO4－ +5SO2+ 2H2O = 2Mn2++ 5SO42－+4H+（2分）
【解析】
根据题意，铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），铝灰中加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe（CN）6]后Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3。
（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O。
（2）根据上述分析，图中“滤渣”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅，化学式为SiO2。
（3）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液将Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（4）①NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2。
②饱和NaHSO3能与SO3、氨气反应，则足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外，还有SO3、NH3 。
③酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，其反应的离子方程式为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。
点睛：本题以氧化铝提取工艺流程为载体，综合考查元素化合物性质及相互转化、氧化还原、离子方程式、实验基本操作等知识点，为高考常见题型，注意把握制备原理，把握物质的性质以及相关反应方程式的书写。
24.某一元弱酸（用HA表示）在水中的电离方程式是HAH＋＋A－，回答下列问题：
⑴ 向纯水中加入适量HA，水的电离平衡将向________（填“正”、“逆”）反应方向移动，理由是_______。
⑵ 若向⑴所得溶液中加入适量NaCl溶液，以上平衡将向________（填“正”、“逆”）反应方向移动，溶液中c(A－)将____________（填“增大”、“减小”或“不变”），溶液中c(OH－)将____________（填“增大”、“减小”或“不变”）。
⑶ 在25 ℃下，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl－)，则溶液显________性（填“酸”、“碱”或“中”），a_____0.01（填“大于”、“小于”或“等于”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝_________________。
【答案】 (1). 逆 (2). c(H＋)增大，平衡向减小c(H＋)的方向即逆反应方向移动 (3). 正 (4). 减小 (5). 增大 (6). 中 (7). 大于 (8). 10－9/(a－0.01)mol·L－1
【解析】
【详解】（1）HA为一元弱酸，蒸馏水中加入HA，对水的电离平衡起抑制作用，即向逆反应方向移动；水中存在H2OH＋＋OH－，HA为一元弱酸，加入蒸馏水中HA电离出H＋，溶液c(H＋)增大，使水的电离平衡向逆反应方向进行；
（2）向(1)溶液中加入NaCl溶液，NaCl不参与反应，但加入NaCl溶液稀释(1)所得溶液，促使HA发生电离，HA的电离平衡向正反应方向移动；虽然电离平衡向正反应方向移动，当溶液的体积也增大，因此c(A－)减小，c(H＋)减小，根据水的离子积，c(OH－)增大；
（3）根据溶液呈现电中性，因此有c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(Cl－)，因为c(NH4＋)=c(Cl－)，因此c(H＋)=c(OH－)，溶液显中性，当a=0.01mol·L－1时，两种溶液等体积混合，恰好完全生成NH4Cl，溶液显酸性，溶液显中性，因此NH3·H2O稍微过量，即a>0.01mol·L－1，电离常数只受温度的影响，溶液中c(OH－)=10－7mol·L－1，c(NH4＋)=c(Cl－)=0.01mol·L－1/2=5×10－3mol·L－1，根据物料守恒，c(NH3·H2O)=(a/2mol·L－1－5×10－3mol·L－1)，NH3·H2O电离平衡常数Kb=c(NH4＋)×c(OH－)/c(NH3·H2O)，代入数值，得出NH3·H2O的电离平衡常数Kb=10－9/(a－0.01)。
【点睛】易错点是问题（3），应注意等体积混合后，Cl－浓度应是原来的一半，根据NH3·H2O总物质的量浓度是原来的一半，进行分析和判断。
注意事项：
①本试卷共8页，答题卡2页。考试时间90分钟,满分100分；
②正式开考前，请务必将自己的姓名、考号用黑色水性笔填写清楚并张贴条形码；
③请将所有答案填涂或填写在答题卡相应位置，直接在试卷上做答不得分。
可使用的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 Na 23
第I卷（选择题，共55分）
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意。前5题每题2分，6-20题每题3分，共55分）
1.化学在工农业生产和日常生活中都有着重要的应用，下列叙述不正确的是
A. 氧化铝陶瓷是新型无机非金属材料
B. 除去溴苯中的溴，可用NaOH溶液洗涤，再分液
C. 铝合金的大量使用归功于人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝单质
D. “酸可以除锈”、“热的纯碱溶液去油污”，都发生了化学变化
【答案】C
【解析】
【详解】A、氧化铝陶瓷属于新型陶瓷，属于新型无机非金属材料，故A说法正确；
B、溴单质能与NaOH发生反应，转化成易溶于水的物质，溴苯不与NaOH反应，且溴苯不溶于NaOH，再通过分液的方法进行分离，故B说法正确；
C、工业上获取铝单质，通过电解熔融状态下氧化铝，不能通过热还原法获得，故C说法错误；
D、锈一般是碱性氧化物，能与酸反应而除去，纯碱溶液显碱性，加热促进CO32－水解，碱性增强，油污在碱中水解，都属于化学变化，故D说法正确。
2.设C＋CO2 2CO；（正反应为吸热反应；反应速率为v1），N2＋3H2 2NH3；（正反应为放热反应；反应速率为v2），对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为
A. 增大，减小 B. 同时增大 C. 同时减小 D. 减小，增大
【答案】B
【解析】
【分析】
通过温度对反应速率的影响进行考虑，与反应是放热反应还是吸热反应无关；
【详解】升高温度，反应速率加快，无论正反应速率还是逆反应速率，故B正确；
3.1 mol某有机物充分燃烧，只生成88 g二氧化碳气体和54 g水，下列结论正确的是
A. 该有机物的分子式为CH4
B. 该有机物的分子式一定为C2H6
C. 该有机物的分子式一定为C2H6O
D. 该有机物的分子中碳原子和氢原子的个数比为1∶3，可能含有氧原子
【答案】D
【解析】
【分析】
88gCO2中含有C原子物质的量为n(C)=88g/44g·mol－1=2mol，54g水中n(H)=54g×2/18g·mol－1=6mol，根据元素守恒，1mol该有机物中含有C原子物质的量为2mol，H原子为6mol；
【详解】88gCO2中含有C原子物质的量为n(C)=88g/44g·mol－1=2mol，54g水中n(H)=54g×2/18g·mol－1=6mol，根据元素守恒，1mol该有机物中含有C原子物质的量为2mol，H原子为6mol；
A、根据上述分析，不能确认该有机物是否含有氧原子，如果该有机物中不含氧原子，则该有机物分子式为C2H6，故A不符合题意；
B、不能确认该有机物中是否含有氧元素，该有机物可能为烃，也可能为含氧衍生物，故B不符合题意；
C、不能确认该有机物中是否含有氧元素，该有机物可能为烃，也可能为含氧衍生物，故C不符合题意；
D、根据上述分析，推出C和H原子个数比为2：6=1：3，该有机物可能含氧元素，故D符合题意。
【点睛】一般通过燃烧方法确认有机物分子式，根据产物中CO2和H2O，求出C和H原子物质的量，依据元素守恒，确认有机物中C和H原子物质的量，然后根据有机物质量确认该有机物是否含有氧元素。
4.下列四种溶液中，室温下由水电离生成的H＋浓度之比（①∶②∶③∶④）是
① 1 mol·L－1的盐酸 ② 0.1 mol·L－1的盐酸
③ 0.01 mol·L－1的NaOH溶液 ④ 0.001 mol·L－1的NaOH溶液
A. 1∶10∶100∶1 000 B. 0∶1∶12∶11 C. 14∶13∶12∶11 D. 14∶13∶2∶3
【答案】A
【解析】
【分析】
酸溶液中计算水电离出H＋浓度，根据水的离子积，先求出溶液中c(OH－)，因为水电离出H＋浓度等于水电离出OH－浓度，同理碱溶液中计算水电离出OH－浓度，计算溶液中H＋浓度；
【详解】①1mol·L－1的盐酸中c(H＋)=1mol·L－1，溶液中c(OH－)=Kw/c(H＋）=10－14/1mol·L－1=10－14mol·L－1，H2OH＋＋OH－，水电离出c(H＋)等于水电离出c(OH－)，即1mol·L－1盐酸溶液中水电离出c(H＋)=10－14mol·L－1；②根据①，0.1mol·L－1的盐酸中水电离出c(H＋)=10－13mol·L－1；③0.01mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)=0.01mol·L－1，溶液中c(H＋)=10－12mol·L－1，该H＋由水电离产生，即水电离出c(H＋)=10－12mol·L－1；④同理③，0.001mol·L－1的NaOH溶液中水电离出c(H＋)=10－11mol·L－1；因此H＋浓度之比为10－14：10－13：10－12：10－11=1：10：100：1000，故A正确。
【点睛】计算酸中水电离出的c(H＋)，一般步骤是先根据水的离子积，求出溶液c(OH－)，该溶液中OH－是由水电离产生，即OH－浓度为水电离出H＋浓度；同理计算碱中水电离出的c(H＋)，根据水的离子积，求出c(H＋)即可。
5. 下列关于热化学反应的描述中正确的是
A. CO (g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/mol
B. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57．3)kJ/mol
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】A
【解析】
A．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则CO(g)＋1/2O2=(g)CO2(g) ΔH＝-283.0kJ/mol，那么2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/mol，正确
B中和热是指生成1 mol水所放出的热量
C：木柴的燃烧需要加热，但却是放热反应
D：燃烧热是指生成稳定的物质，所对应的能量，例如液态水、气态二氧化碳等等。
6. 最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：
下列说法中正确的是
A. CO和O生成CO2是吸热反应
B. 在该过程中，CO断键形成C和O
C. CO和O生成了具有极性共价键的CO2
D. 状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
【答案】C
【解析】
试题分析：根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。
考点：反应原理中化学反应与能量变化
7.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A. 同温同压下，原子数均为NA的氢气和氦气具有相同的体积
B. 由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NA
C. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
D. 1mol碳正离子（CH3+） 所含的电子数为6NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、氢气为双原子分子，氦气为单原子分子，原子数均为NA，氢气的物质的量为0.5mol，氦气的物质的量为1mol，同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，即氢气与氦气体积之比等于0.5：1=1：2，故A错误；
B、共有NA个分子，则该混合物为1mol，即1mol该混合物中含有氧原子物质的量为2mol，故B正确；
C、该反应为可逆反应，反应不能进行到底，因此无法判断出NH3的物质的量，故C错误；
D、1molCH3＋所含电子物质的量为1mol×(6＋3－1)=8mol，故D错误。
8.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. FeFeCl2Fe(OH)2 B. SSO3H2SO4
C. CaCO3CaOCaSiO3 D. NH3NOHNO3
【答案】C
【解析】
A．铁与氯气反应只能生成氯化铁，A错误；B．硫在空气或氧气中燃烧只能生成二氧化硫，B错误；C．两步均能实现，C正确；D．NO不与H2O反应，D错误。
9.羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：
CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1
反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是
A. 升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应
B. 通入CO后，正反应速率逐渐增大
C. 反应前H2S物质的量为7mol
D. CO的平衡转化率为80%
【答案】C
【解析】
A.升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，则该反应是放热反应，A错误；B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，B错误；C. 根据
CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1
起始物质的量（mol） 10 n 0 0
变化物质的量（mol） 2 2 2 2
平衡物质的量（mol） 8 n-2 2 2
设该容器的体积为V，根据K=0.1，列关系式得 [（2÷V）×（2÷V））÷[（8÷V）×（n-2）÷V]=0.1，解得n=7，C正确；D.根据上述数据CO的平衡转化率为2÷10×100%=20%，D错误；答案选C。
【考点定位】本题主要考查影响化学反应速率的因素，反应的热效应，化学平衡的有关计算
10.下列化学用语表达正确的是
A. NaHS的电离：NaHS = Na+ + H+ + S2－
B. 把金属铁放入稀硝酸中： Fe + 2H+ = Fe2+ + H2↑
C. NaHCO3溶液与少量的澄清石灰水反应：HCO3－ + OH－ + Ca2+ = CaCO3↓+ H2O
D. HClO的电离：HClO H+ + ClO－
【答案】D
【解析】
【详解】A、NaHS属于弱酸的酸式盐，其电离NaHS=Na＋＋HS－，故A错误；
B、活泼金属与硝酸反应不产生氢气，故B错误；
C、澄清石灰水少量，反应的离子方程式为Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－，故C错误；
D、HClO为弱酸，部分电离，其电离方程式为HClO H+ + ClO－，故D正确。
11.已知：C(s)＋O2(g)＝CO(g) ΔH＝－110.5 kJ/mol； CO(g)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH＝－283 kJ/mol，在36 g碳不完全燃烧所得气体中，CO占体积，CO2占体积，且与这些碳完全燃烧相比，损失的热量是
A. 172.5 kJ B. 283 kJ C. 566 kJ D. 1149 kJ
【答案】B
【解析】
【详解】相同条件下，体积之比等于物质的量之比，令混合物的物质的量xmol，根据C原子守恒，得出x/3＋2x/3=36g/12g·mol－1，解得x=3mol，即CO为1mol，根据盖斯定律，与碳完全燃烧相比，损失的热量应是1molCO转化成CO2时放出的热量，即损失热量为283kJ，故选项B正确。
12.下列实验能达到相应实验目的的是
选
项
试剂
实验目的
实验装置
X
Y
Z
A
Na2SO3
稀HNO3
品红溶液
证明SO2具有漂白性
B
MnO2
浓盐酸
KI-淀粉溶液
比较Cl2与I2的氧化性强弱
C
Na2CO3
醋酸
Na2SiO3溶液
证明酸性：
CH3COOH ＞ H2CO3 ＞H2SiO3
D
蔗糖
浓硫酸
溴水
证明浓硫酸具有脱水性、氧化性
【答案】D
【解析】
【详解】A、硝酸具有强氧化性，将Na2SO3氧化成Na2SO4，因此不能证明SO2的漂白性，不能达到相应实验目的，故A不符合题意；
B、MnO2与浓盐酸反应需要加热，常温下不发生反应，因此不能完成相应实验目的，故B不符合题意；
C、醋酸具有挥发性，产生CO2中混有CH3COOH，对碳酸和硅酸的酸性比较具有干扰性，因此不能完成相应实验目的，故C不符合题意；
D、蔗糖中滴加浓硫酸，白色变为黑色，体现了浓硫酸的脱水性，溴水褪色，说明蔗糖和浓硫酸反应产生还原性气体，即SO2，体现浓硫酸的氧化性，因此能达到相应实验目的，故D符合题意。
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),达到平衡时,X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L-1、0.3 mol·L-1、0.08 mol·L-1,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
【解析】
A．设X转化的浓度为x，
X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）
初始：c1 c2 c3
转化：x 3x 2x
平衡：0.1moL/L 0.3mol/L 0.08mol/L
所以c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，故A错误；
B．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故B错误；
C．反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C错误；
D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向逆反应分析进行，则c1＞0，如反应向正反应分析进行，则c1＜0.14mol•L﹣1，故有0＜c1＜0.14mol•L﹣1，故D正确；
【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，本题注意化学平衡状态的判断方法以及可逆反应的特点．
14.下列有关除杂质（括号中为杂质）的操作中，错误的是
A. 乙醇（水）：加新制生石灰，蒸馏，收集馏出物
B. 苯（苯酚）：加溴水，振荡，过滤除去沉淀
C. 溴乙烷（乙醇）：多次加水振荡，分液，弃水层
D. 乙酸乙酯（乙酸）：加饱和碳酸钠溶液，充分振荡，分液，弃水层
【答案】B
【解析】
【详解】A、加入新制生石灰，利用生石灰的吸水生成氢氧化钙，然后蒸馏可得到乙醇，能够达到实验目的，故A不符合题意；
B、苯酚与溴反应生成三溴苯酚，溴单质易溶于苯，三溴苯酚也溶于苯，因此无法分开，故B符合题意；
C、乙醇与水任意比例互溶，溴乙烷是不溶于水的液体，通过分液的方法进行分离，能够达到实验目的，故C不符合题意；
D、碳酸钠吸收乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，然后利用分液的方法分离，故D不符合题意。
15.用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是
A. B.
C. c(H+)和c(OH－)的乘积 D. OH－的物质的量
【答案】A
【解析】
【分析】
NH3·H2ONH4＋＋OH－，加水稀释促进电离；
【详解】氨水中存在NH3·H2ONH4＋＋OH－，加水稀释促进电离；
A、加水稀释促进电离，NH3·H2O的物质的量减小，OH－的物质的量增大，同一溶液中物质的量之比等于物质的量浓度之比，即c(NH3·H2O)/c(OH－)随着水量的增大而减小，故A不符合题意；
B、根据A选项分析，c(OH－)/c(NH3·H2O)随着水量的增加而增大，故B不符合题意；
C、根据水的离子积，Kw=c(H＋)×c(OH－)，水的离子积只受温度的影响，温度不变，则水的离子积不变，故C不符合题意；
D、加水稀释，促进电离，OH－物质的量增大，故D不符合题意。
16.体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2 + O22SO3，并达到平衡。在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率
A. 等于p% B. 大于p%
C. 小于p% D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【分析】
甲容器为恒容状态，乙容器为恒压状态，根据反应方程式，甲容器随着反应进行气体物质的量减小，压强减小，乙容器相当于在甲的基础上增大压强，然后根据勒夏特里原理分析；
【详解】甲容器为恒容状态，乙容器为恒压状态，甲容器：2SO2＋O22SO3，根据反应方程式可以看出，反应过程中气体物质的量减小，压强减小；乙容器为恒压状态，气体压强不变，压强大于甲容器压强，因此乙容器可以看作是在甲容器的基础上增大压强，根据勒夏特列原理，增大压强，该反应平衡向正反应方向进行，SO2的转化率增大，即大于p%，故B正确。
【点睛】可以建立模型，以恒压为基础，建立，假设隔板到虚线部分达到平衡，此时反应物的转化率为a，然后考虑恒容状态，让虚线部分恢复到实线，压强减小，根据勒夏特列原理，考虑平衡向哪个方向移动，从而判断转化率与a%的关系。
17.向50mL NaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2（假设溶液体积不变），随后取此溶液10mL，将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的盐酸，产生CO2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图，下列分析错误的是
A. OA段所发生反应的离子方程式：H+ + OH－= H2O
B. 产生的CO2体积（标准状况下）为0.056 L
C. 原NaOH溶液的物质的量浓度为0.75 mol·L－1
D. NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，其物质的量浓度之比为1:1
【答案】A
【解析】
【分析】
NaOH与CO2反应，反应后溶液中溶质可能为NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3，与盐酸反应先后：NaOH、Na2CO3、NaHCO3，抓住Na2CO3与盐酸反应的实质；
【详解】NaOH与CO2反应，反应后溶液中溶质可能为NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3，与盐酸反应先后：NaOH、Na2CO3、NaHCO3，发生反应：NaOH＋HCl=NaCl＋H2O、Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl、NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，根据图像，OA段消耗盐酸的体积大于AB段，推出NaOH与HCl反应后溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，
A、根据上述分析，OA段发生离子反应是OH－＋H＋=H2O、CO32－＋H＋=HCO3－，故A说法错误；
B、AB段发生反应HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑，n(CO2)=(75－50)×10－3L×0.1mol·L－1=2.5×10－3mol，标准状况下CO2的体积为2.5×10－3L×22.4L·mol－1=0.056L，故B说法正确；
C、B点溶质为NaCl，根据元素守恒，n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=75×10－3L×0.1mol·L－1=7.5×10－3mol，其浓度为7.5×10－3mol/10×10－3mL=0.75mol·L－1，原溶液中NaOH浓度为0.75mol·L－1，故C说法正确；
D、根据A、B选项分析，n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=n(CO2)=2.5×10－3mol，依据A选项分析，n(NaOH)=[50－(75－50)]×10－3L×0.1mol·L－1=2.5×10－3mol，物质的量之比等于物质的量浓度之比，即c(NaOH):c(Na2CO3)=1:1，故D说法正确。
【点睛】首先判断出NaOH与CO2反应后溶质可能为NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3，分析溶质为哪组，需要看OA段和AB段的大小，OA>AB：说明溶质为NaOH和Na2CO3，OA=AB：说明溶质为Na2CO3，OA
A. 平衡后，增大A的量，有利于平衡向正反应方向移动
B. 平衡后，若升高温度，平衡则向逆反应方向移动
C. 到达平衡后，若使用催化剂，C的质量分数增大
D. 化学方程式中一定n ＞ p+q
【答案】B
【解析】
【分析】
依据影响反应速率的因素，判断出T2>T1，P2>P1，然后根据勒夏特列原理，判断出该反应为放热反应，n
B、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故B正确；
C、催化剂对化学平衡移动无影响，故C错误；
D、根据上述分析，n
① C(s) ＋ O2(g) ＝ CO2(g) ；ΔH1 C(s) ＋O2(g) ＝ CO(g) ；ΔH2
② S(s) ＋ O2(g) ＝SO2(g) ；ΔH3 S(g) ＋ O2(g) ＝ SO2(g) ；ΔH4
③ H2(g) ＋O2(g) ＝H2O(l) ；ΔH5 2H2(g) ＋ O2(g) ＝ 2H2O(l) ；ΔH6
④ CaCO3(s) ＝ CaO(s) ＋ CO2(g) ；ΔH7 CaO(s) ＋ H2O(l) ＝ Ca(OH)2(s) ；ΔH8
A. ① B. ④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析】
碳完全燃烧放出的热量多，但放热越多，△H越小，①不正确。固态硫的能量低于气态硫的能量，所以固态硫燃烧放出的热量少，则△H大，②正确。消耗的氢气越多，放出的热量越多，③正确。④中前者是吸热反应，△H大于0，后者是放热反应，△H小于0，正确。所以答案选C。
20.根据下表提供的数据，判断下列离子方程式或化学方程式正确的是
化学式
电离常数
HClO
K = 3×10－8
H2CO3
K1 = 4×10－7 K2 = 6×10－11
A. 向NaClO溶液中通少量CO2：CO2＋NaClO＋H2O===NaHCO3＋HClO
B. 向NaClO溶液中通过量CO2：CO2＋2NaClO＋H2O===Na2CO3＋2HClO
C. 向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：CO32-＋2Cl2＋H2O===2Cl－＋2HClO＋CO2↑
D. 向NaHCO3溶液中滴加少量氯水：2HCO3-＋Cl2===Cl－＋ClO－＋2CO2↑＋H2O
【答案】A
【解析】
【分析】
依据电离平衡常数，判断出电离出H＋能力大小：H2CO3>HClO>HCO3－；
【详解】依据电离平衡常数，判断出电离出H＋能力大小：H2CO3>HClO>HCO3－；
A、利用酸性强的制取酸性弱，碳酸的酸性强于次氯酸，又因为HClO电离出H＋强于HCO3－，因此NaClO溶液中通少量CO2，发生离子反应方程式为：ClO－＋CO2＋H2O=HCO3－＋HClO，故A正确；
B、因为是通入过量的CO2，因此产物是NaHCO3和HClO，故B错误；
C、氯水中含有少量的HCl，Na2CO3中滴加少量氯水，因此Na2CO3与HCl反应生成NaHCO3，不产生CO2，故C错误；
D、氯水中有Cl2＋H2OHCl＋HClO，HCl与NaHCO3反应生成NaCl、CO2，促使平衡向正反应方向进行，最终产物是NaCl、CO2、HClO，故D错误。
第II卷 （非选择题 共45分）
三、填空题（共45分）
21.某化学学习小组设计如图实验装置（夹持和加热装置略去）制备Cl2，并探究氯气的相关性质。
回答下列问题：
⑴ 装置中a玻璃仪器的名称为_____________；整套装置装配完毕后，首先进行的操作是______________，再添加试剂。
⑵ 若A装置中的固体药品为MnO2，其化学方程式为_______________________。若A装置中的固体药品为KClO3，则反应中每生成1 mol Cl2时转移电子的物质的量为_________mol（结果保留两位小数）。
⑶ 装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性，Ⅰ处是湿润的有色布条，则Ⅱ、Ⅲ处应加入的物质分别是_________、_____________。
⑷ 设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。但有同学认为该设计不够严密，他的理由可能是_____________。
⑸ 甲同学提出，装置F中改用过量的Na2SO3溶液，乙同学认为此法不可行。请用离子方程式解释乙认为不可行的原因：_____________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 检查气密性 (3). MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (4). 1.67 (5). 无水氯化钙 (6). 干燥的有色布条 (7). 不能排除氯气对溴、碘的非金属性强弱实验的干扰 (8). SO32－＋Cl2＋H2O=SO42－＋2Cl－＋2H＋、 SO32－＋2H＋===SO2↑＋H2O
【解析】
【详解】（1）仪器a为分液漏斗，该实验目的是制备Cl2，因此装配完毕后，应检验装置的气密性；
（2）MnO2与浓盐酸反应制备Cl2，反应方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；如果药品是KClO3，发生反应方程式为KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O，每生成1molCl2，转移电子物质的量为1mol×5/3≈1.67mol；
（3）验证Cl2是否具有漂白性，I处为湿润的有色布条，II处作用为干燥氯气，根据仪器特点，盛放的药品为无水氯化钙或者为P2O5，Ⅲ处应与I处作对照实验，因此Ⅲ处应为干燥有色布条；
（4）比较氯、溴、碘的非金属性，利用置换反应，根据装置图，Cl2可能与KI溶液反应，对比较溴和碘非金属性产生干扰，因此缺陷是不能排除氯气对溴、碘的非金属性强弱实验的干扰；
（5）Cl2具有强氧化性，能把Na2SO3氧化成Na2SO4，离子反应方程式为SO32－＋Cl2＋H2O=SO42－＋2Cl－＋2H＋，所加Na2SO3为过量，因此2H＋＋SO32－=SO2↑＋H2O，SO2有毒，对环境有污染。
22.雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物（包括PM 2.5在内）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等。化学在解决雾霾污染中有着重要的作用。
⑴ 已知：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) △H =﹣196.6kJ•mol－1
2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) △H =﹣113.0kJ•mol－1
则反应NO2(g) + SO2(g) SO3(g) + NO(g) △H =__________kJ•mol－1。
一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的有__________。
a、体系密度保持不变 b、混合气体颜色保持不变
c、SO2和NO的体积比保持不变 d、每消耗1mol SO3的同时生成1mol NO2
测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1:5，则平衡常数K=________________。
⑵ CO、CO2都可用于合成甲醇。甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，近几年开发的甲醇燃料电池采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过。其工作原理的示意图如图1所示，回答下列问题。
① Pt(a)电极是电池的______极，电极反应式为：_________________。
② 如果该电池工作时电路中通过2 mol电子，则消耗的CH3OH有________mol。
③ CO用于合成甲醇反应方程式为：CO(g) + 2H2(g)CH3OH (g) ，CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图2所示。实际的生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是____________。
⑶ 图3是一种用NH3脱除烟气中NO的原理。
① 该脱硝原理中，NO最终转化为H2O和__________（填化学式）。
② 当消耗2mol NH3和0.5mol O2时，除去的NO在标准状况下的体积为__________L。
⑷ NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一种脱硝途径。在不同条件下，NO的分解产物不同。在高压下，NO在40℃下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如图4所示，写出NO分解的化学方程式______________。
【答案】 (1). ﹣41.8kJ/mol (2). bc (3). 1.8 (4). 负 (5). 2CH3OH＋2H2O－12e－＝2CO2↑＋12H＋ (6). 1/3 (7). 此压强下CO的转化率已较高，再增大压强转化率提高不大且会增加生产成本 (8). N2 (9). 44.8 L (10). 3NO N2O + NO2
【解析】
【详解】（1）①2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)，②2NO(g) + O2(g) 2NO2(g)，根据目标反应方程式，根据盖斯定律，(①－②)/2得出△H=(－196.6kJ·mol－1＋113.0kJ·mol－1)/2=－41.8kJ·mol－1；a、组分都是气体，气体质量不变，容器为恒容，因此任何时刻气体密度都不变，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故a不符合题意；
b、NO2为红棕色气体，其余气体为无色，因此当气体颜色不再改变，说明反应达到平衡，故b符合题意；
c、SO2是反应物，NO为生成物，因此当SO2和NO的体积比保持不变，说明反应达到平衡，故c符合题意；
d、消耗SO3，生成NO2都是向逆反应方向进行，不能说明反应达到平衡，故d不符合题意；
令NO2的物质的量为1mol，SO2的物质的量为2mol，NO2(g) + SO2(g) SO3(g) + NO(g)
起始： 1 2 0 0
变化： x x x x
平衡：1－x 2－x x x
(1－x):(2－x)=1:5，解得x=0.75，四种物质的系数都是1，因此有K==1.8；
（2）①Pt(a)一极通入CH3OH和H2O，转化成CO2和H2O，C的化合价－2价→＋4价，化合价升高，根据原电池工作原理，Pt(a)为负极，其电极反应式为CH3OH＋H2O－6e－=CO2↑＋6H＋；
②根据①电极反应式，通过2mole－，消耗CH3OH物质的量为2mol/6=1/3mol；
③根据图2，此压强下CO的转化率已较高，再增大压强，转化率提高并不大，会增加生产成本；
（3）①根据图3，NH3最终转化为H2O和N2；
②根据转化关系，NH3中N的化合价升高，NO和O2中化合价降低，根据得失电子数目守恒，2mol×[0－(－3)]=0.5mol×2×[0－(－2)]＋n(NO)×(2－0)，解得n(NH3)=2mol，标准状况下，V(NO)=2mol×22.4L·mol－1=44.8L；
（4）NO分解生成两种化合物，NO为反应物，根据图4，NO的物质的量为3mol，Y和Z为生成物，且物质的量为1mol，根据氮元素守恒，生成物中含有N2O，N的化合价降低，必然有化合价升高，即另一种产物是NO2，因此化学反应方程式为3NON2O＋NO2。
23.以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如下：
（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为 。
（2）图中“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。
（3）加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为 。
（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：
4[NH4Al(SO4)2·12H2O]2Al2O3+ 2NH3↑+ N2↑+ 5SO3↑+ 3SO2↑+ 53H2O,将产生的气体通过下图所示的装置。
①集气瓶中收集到的气体是 (填化学式)。
②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有 (填化学式)。
③KMnO4溶液褪色（MnO4－还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为 。
【答案】（1）Al2O3+ 3H2SO4= Al2(SO4)3+ 3H2O（2分）
（2）SiO2（2分）
（3）2Fe2++H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O（2分）
（4）①N2（2分）②SO3、NH3（2分，缺漏不给分）。
③2MnO4－ +5SO2+ 2H2O = 2Mn2++ 5SO42－+4H+（2分）
【解析】
根据题意，铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），铝灰中加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe（CN）6]后Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3。
（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O。
（2）根据上述分析，图中“滤渣”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅，化学式为SiO2。
（3）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液将Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（4）①NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2。
②饱和NaHSO3能与SO3、氨气反应，则足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外，还有SO3、NH3 。
③酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，其反应的离子方程式为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。
点睛：本题以氧化铝提取工艺流程为载体，综合考查元素化合物性质及相互转化、氧化还原、离子方程式、实验基本操作等知识点，为高考常见题型，注意把握制备原理，把握物质的性质以及相关反应方程式的书写。
24.某一元弱酸（用HA表示）在水中的电离方程式是HAH＋＋A－，回答下列问题：
⑴ 向纯水中加入适量HA，水的电离平衡将向________（填“正”、“逆”）反应方向移动，理由是_______。
⑵ 若向⑴所得溶液中加入适量NaCl溶液，以上平衡将向________（填“正”、“逆”）反应方向移动，溶液中c(A－)将____________（填“增大”、“减小”或“不变”），溶液中c(OH－)将____________（填“增大”、“减小”或“不变”）。
⑶ 在25 ℃下，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl－)，则溶液显________性（填“酸”、“碱”或“中”），a_____0.01（填“大于”、“小于”或“等于”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝_________________。
【答案】 (1). 逆 (2). c(H＋)增大，平衡向减小c(H＋)的方向即逆反应方向移动 (3). 正 (4). 减小 (5). 增大 (6). 中 (7). 大于 (8). 10－9/(a－0.01)mol·L－1
【解析】
【详解】（1）HA为一元弱酸，蒸馏水中加入HA，对水的电离平衡起抑制作用，即向逆反应方向移动；水中存在H2OH＋＋OH－，HA为一元弱酸，加入蒸馏水中HA电离出H＋，溶液c(H＋)增大，使水的电离平衡向逆反应方向进行；
（2）向(1)溶液中加入NaCl溶液，NaCl不参与反应，但加入NaCl溶液稀释(1)所得溶液，促使HA发生电离，HA的电离平衡向正反应方向移动；虽然电离平衡向正反应方向移动，当溶液的体积也增大，因此c(A－)减小，c(H＋)减小，根据水的离子积，c(OH－)增大；
（3）根据溶液呈现电中性，因此有c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(Cl－)，因为c(NH4＋)=c(Cl－)，因此c(H＋)=c(OH－)，溶液显中性，当a=0.01mol·L－1时，两种溶液等体积混合，恰好完全生成NH4Cl，溶液显酸性，溶液显中性，因此NH3·H2O稍微过量，即a>0.01mol·L－1，电离常数只受温度的影响，溶液中c(OH－)=10－7mol·L－1，c(NH4＋)=c(Cl－)=0.01mol·L－1/2=5×10－3mol·L－1，根据物料守恒，c(NH3·H2O)=(a/2mol·L－1－5×10－3mol·L－1)，NH3·H2O电离平衡常数Kb=c(NH4＋)×c(OH－)/c(NH3·H2O)，代入数值，得出NH3·H2O的电离平衡常数Kb=10－9/(a－0.01)。
【点睛】易错点是问题（3），应注意等体积混合后，Cl－浓度应是原来的一半，根据NH3·H2O总物质的量浓度是原来的一半，进行分析和判断。
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