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2018-2019学年甘肃省兰州第一中学高二上学期期中考试化学（理）试题 解析版
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兰州一中 2018-2019-1 学期高二年级期中考试
化学试题
1.常温下，下列说法不正确的是
A. 物质的量浓度相同的NaOH 溶液和氨水：c(Na+) > c(NH4+)
B. pH=3 的盐酸和 pH=11 的氨水混合后pH>7，说明氨水是弱电解质
C. 将相同体积相同物质的量浓度的 NaOH 溶液和醋酸溶液混合后呈碱性，说明醋酸是弱电解质
D. 物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液，前者 c(OH-)更小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氢氧化钠为强碱完全电离，一水合氨为弱碱不完全电离，故物质的量浓度相同的NaOH 溶液和氨水中：c(Na+) > c(NH4+)，选项A正确；
B. pH=3的盐酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=10-3mol/L，盐酸中的H+与氨水中的OH-离子浓度相等，但由于两溶液的体积未知，反应后溶液呈碱性说明碱过量，但不能证明一水合氨是弱碱，何况氨水是混合物，混合物不是电解质，选项B不正确；
C. 将相同体积相同物质的量浓度的 NaOH 溶液和醋酸溶液混合，完全中和溶液呈碱性，说明生成的盐为强碱弱酸盐，则醋酸是弱电解质，选项C正确；
D.因盐酸是强酸，在水中完全电离，而醋酸是弱酸，在水中不完全电离，则物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液中的H+浓度前者大，根据水的离子积相等，则前者 c(OH-)更小，选项D正确。
答案选B。
2.下列有关反应热的叙述正确的是
A. X(g)+Y(g) ⇌ Z(g)+W(s) ΔH > 0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应的ΔH 增大
B. C(s，石墨)=C(s，金刚石) ΔH = +1.9 kJ/mol，说明金刚石比石墨稳定
C. 已知C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1，C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH2，则 ΔH1<ΔH2
D. 已知 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH = -483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为 241.8 kJ/mol
【答案】C
【解析】
【详解】A、△H只跟始态和终态有关，代表1 mol X完全反应后产生的热效应，平衡后加入X后△H不变，选项A错误；
B．由C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.9kJ•mol-1，可说明金刚石总能量较高，比三围不稳定，选项B错误；
C、ΔH大小比较注意要带“+”、“—”比较。选项所给反应均为放热反应，碳的完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量即ΔH1<ΔH2，选项C正确；
D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，且氢气燃烧的稳定氧化物为液态水，选项D错误；
答案选C。
3.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是
①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH1= +571.6kJ·mol–1
②焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH2= +131.3kJ·mol–1
③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH3= +206.1kJ·mol–1
A. 反应①中电能转化为化学能 B. 反应②为放热反应
C. 反应③使用催化剂，ΔH3减小 D. 反应CH4(g) = C(s)+2H2(g)的ΔH= +74.8kJ·mol–1
【答案】D
【解析】
①太阳光催化分解水制氢，太阳能转化为化学能，故A错误；②焦炭与水反应制氢 ΔH2>0，反应吸热，故B错误；使用催化剂，ΔH3不变，故C错误；根据盖斯定律，③－②得CH4（g）=== C（s）+2H2（g）的ΔH3= +74.8 kJ·mol–1，故D正确。
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4.下列说法中正确的是( )
A. 加水稀释0.01 mol·L-1的CH3COOH溶液,溶液中c(OH-)减小
B. 室温时,0.1 mol·L-1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离,则该溶液的pH=4
C. 氨水加水稀释后,溶液中c(NH3·H2O)/c(NH4+)的值增大
D. 常温下,pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中,水的电离程度相同
【答案】B
【解析】
加水稀释0.01 mol·L-1的CH3COOH溶液,溶液中c(H+)减小，根据KW= c(H+)×c(OH-),可知c(OH-)增大，A错误；溶液中的氢离子浓度是0.1 mol/L×0.1%=1×10﹣4mol/L，pH=4，B正确；NH3．H2O溶液加水稀释后，溶液中的n（NH3．H2O）减小，n（NH4+）增大， 的值减小，C错误；盐酸是强酸，抑制水的电离，氯化铵是强碱弱酸盐，能发生水解，促进水的电离，D错误；正确选项B。
点睛：温度不变的情况下，用蒸馏水稀释醋酸溶液，溶液中的c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)均减小，但是溶液中c(OH-)增大，因为KW不变。
5.在燃烧2.24L(标准状况)CO 与O2的混合气体时，放出11.32kJ 的热量，最后产物的密度为原来气体密度的1.25 倍，则CO的燃烧热为
A. 283 kJ·mol-1 B. -283 kJ·mol-1 C. -566 kJ·mol-1 D. 566 kJ·mol-1
【答案】A
【解析】
CO和O2反应后气体密度变为原气体密度的1.25倍，根据质量守恒可知，反应后的气体体积为反应前的气体体积的，为2.24L×=1.792L，物质的量为0.08mol；根据一氧化碳与氧气的反应方程式2CO+O22CO2可知，气体的减少量为氧气的量，因此反应的氧气为0.02mol，则燃烧的CO为0.04mol，0.04mol的CO完全燃烧产生11.32kJ热量，则CO的燃烧热为：=283kJ/mol，则一氧化碳的燃烧热为283kJ/mol，故选A。
6.把 0.6 mol X 气体和 0.4 mol Y 气体混合于 2 L 的密闭容器中，使它们发生如下反应3X(g)+Y(g) ⇌ nZ(g)+2W(g)，5 min 末已生成 0.2 mol W，若测知以 Z 表示的平均反应速率为0.01 mol•L-1•min-1，则 n 是( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
试题分析：W的平均化学反应速率===0．02mol/（L·min），同一化学反应中同一时间段内，各物质的反应速率之比计量数之比，v（Z）：v（W）=0．01mol/（L·min）：0．02mol/（L·min）=n：2，解得n=1，故选A。
考点：考查了化学反应速率的相关知识。
7.一定温度下，在三个容积均为 1.0 L 的恒容密闭容器中发生反应：CH3OH(g)+CO(g) ⇌ CH3COOH(g) ΔH<0。下列说法正确的是
容器编号
温度/K
物质的起始浓度/mol/L
物质的平衡浓度/mol/L
c(CH3OH)
c(CO)
c(CH3COOH)
c(CH3COOH)
I
530
0.50
0.50
0
0.40
II
530
0.20
0.20
0.40
III
510
0
0
0.50
A. 达平衡时，容器 I 与容器 II 中的总压强之比为 3 : 4
B. 达平衡时，容器 II 中 比容器 I 中的小
C. 达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器 I 中的大
D. 达平衡时，容器 I 中CH3OH 转化率与容器 III 中 CH3COOH 转化率之和小于 1
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据CH3OH(g)+CO(g) CH3COOH(g) 可知容器II中的起始量为相同条件容器I中的1.2倍，相当于增大压强的结果，增大压强，平衡正向移动，容器I中平衡时浓度之和为0.4+0.1+0.1=0.6( mol/L)，因此达平衡时，容器II中平衡时浓度之和小于0.6 mol/L×1.2=0.72 mol/L，容器I与容器II中的总压强之比大于0.6:0.72=5:6＞3:4，故A错误；
B．根据CH3OH(g)+CO(g) CH3COOH(g) 可知容器II中的起始量为相同条件容器I中的1.2倍，相当于增大压强的结果，增大压强，平衡正向移动，则增大，则达平衡时，容器II中比容器I中的大，故B错误；
C．根据CH3OH(g)+CO(g) CH3COOH(g) 可知，容器I中起始量与容器Ⅲ等效，但容器Ⅲ中的温度低，温度越低，反应速率越慢，因此达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器I中的小，故C错误；
D. 根据CH3OH(g)+CO(g) CH3COOH(g) 可知，容器I中起始量与容器Ⅲ等效；该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，CH3COOH的转化率减小，因此达平衡时，容器I中CH3OH 转化率与容器III中CH3COOH 转化率之和小于1，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题容器I与容器Ⅲ中的平衡状态虽然并不是等效的，但可利用等效平衡的思想进行对比分析，若容器Ⅲ中的温度也为530ºC，则两者平衡等效，容器I中CH3OH 转化率与容器III中CH3COOH 转化率之和就应等于1，但容器Ⅲ中温度较530ºC低，CH3COOH的转化率减小，故平衡时，容器I中CH3OH 转化率与容器III中CH3COOH 转化率之和小于1。
8.已知 2SO2(g)+O2(g) ⇌ 2SO3(g) ΔH= -197 kJ·mol-1，向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：（甲）2 mol SO2 和 1 mol O2；（乙）1 mol SO2 和 0.5 mol O2；（丙）2 mol SO3 恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是
A. 若 c(SO2)与 c(O2)之比为 k，则：k(甲)=k(丙)>k(乙)
B. 反应放出或吸收热量的数值 Q：Q(甲)=Q(丙)>2Q(乙)
C. 容器内压强p：p(甲)=p(丙)>2p(乙)
D. SO3 的质量 m：m(甲)=m(丙)>2m(乙)
【答案】D
【解析】
【分析】
丙容器中2mol SO3折算成反应物为2mol SO2和1mol O2与甲容器相同，所以达到平衡时与甲为等效平衡，乙容器起始量为甲的一半，平衡时压强小于甲，由于该反应的正反应为体积减小的反应，所以乙容器中反应正向进行的程度小于甲，所以乙容器中压强大于甲容器压强的一半，SO3的质量小于甲的一半，平衡常数只受温度影响，与反应起始量无关，由于甲和丙是从相反方向到达的等效平衡，所以它们热量的数值之和应等于反应的反应热，据此答题。
【详解】恒温恒容，甲与乙起始n（SO2）：n（O2）=2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n（SO2）=2mol，n（O2）=1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等。
A．对于甲、乙，SO2、O2起始物质的量之比等于化学计量数之比，c（SO2）与c（O2）之比为定值2：1，丙为分解反应，丙中c（SO2）与c（O2）之比为2：1，故k甲=k丙=k乙=2，选项A错误；
B．甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故Q甲+Q丙=197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，故Q甲>2Q乙，选项B错误；
C．甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故压强P甲=P丙，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故P乙
答案选D。
【点睛】本题主要考查了等效平衡的思想在平衡体系中的应用，中等难度，解题时要注意运用折算的方法比较三个容器中的起始量。
9.某温度下，体积一定的密闭容器中发生如下可逆反应：2X(g)+Y(s) ⇌ 3Z(g) ΔH=Q kJ/mol，下列说法正确的是
A. 消耗 2 mol X 同时生成 3 mol Z，说明达到了平衡状态
B. 加入少量的Y 正反应速率加快
C. 气体的密度不变时，说明达到了平衡状态
D. 加入少量的X，Q 变大
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据化学反应方程式可知，不管反应是否达到平衡，每消耗2molX同时生成3molZ，故A错误；
B、Y为固体,加固体,参加反应气体的浓度不变,则平衡不移动,故B错误；
C、Y为固体,反应达到平衡时气体的质量不变,则气体的密度不变时.说明达到了平衡状态,故C正确；
D、B.加入少量的X,反应放出或吸热的热量增大,但不变,故D错误;
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】对于反应2X(g)+Y(s)3Z(g) △H=Q kJ/mol ，Y为固体,反应物气体的计量数之和大于生成物气体的计量数之和,则气体的密度不变时.说明达到了平衡状态，增大压强平衡正向移动；纯液体或固体参加反应时，增加纯液体或固体的量不会改变反应速率及平衡，，以此解答该题。
10.已知（1）H2(g)+1/2O2(g)===H2O(g)；ΔH1=a kJ·mol-1
（2）2H2(g)+O2(g)===2H2O(g)；ΔH2=b kJ·mol-1
（3）H2(g)+1/2O2(g)===H2O(l)；ΔH3=c kJ·mol-1
（4）2H2(g)+O2(g)===2H2O(l)；ΔH4=d kJ·mol-1
下列关系式中正确的是( )
A. ad>0 C. 2a=b<0 D. 2c=d>0
【答案】C
【解析】
试题分析：根据燃烧反应为放热反应，△H＜0，由系数确定 d=2c＜0；b=2a＜0；d中生成的是液态水，热量多，绝对值比b气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以d＜b＜0，c 中生成的是液态水，热量多，绝对值比a气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以c＜a＜0；
解：A、c 中生成的是液态水，热量多，绝对值比a气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以c＜a＜0，故A错误；
B、d中生成的是液态水，热量多，绝对值比b气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以d＜b＜0，故B错误；
C、燃烧反应为放热反应，△H＜0，由系数确定 d=2c＜0；b=2a＜0，故C正确；
D、燃烧反应为放热反应，△H＜0，由系数确定 d=2c＜0；b=2a＜0，故D错误；
故选：C．
点评：本题主要考查了反应热大小的比较，难度不大，需要注意的是a、b、c、d含有+/﹣的比较的时候要带入比较．
11.现将 2 mol 气体A 与 1 mol 气体B 充入一个体积不变的容器内，发生反应：2A+B ⇌ C+3D+4E，达到平衡后气体A 的浓度减少一半，发现少量液滴生成，在相同的温度下测得反应 前后压强分别为 6.06×106 Pa 和 8.08×106 Pa，又测得反应共放出热量 Q kJ，下列说法正确的是( )
A. 该反应在任何温度下都可自发进行
B. 在上述平衡体系中再加入 1 mol A 和 0.5 mol B，平衡正向移动，A 的转化率增大
C. 该反应的热化学方程式为 2A(g)+B(g) ⇌ C(g)+3D(l)+4E(g) ΔH= -Q kJ/mol
D. 上述反应达到平衡后，其他的条件不变的情况下，升高温度，压强一定增大
【答案】A
【解析】
【分析】
恒温恒容条件下，反应前后气体总压强之比等于其物质的量之比，则反应后混合气体物质的量=×3mol=4mol，达到平衡时A的浓度减小一半，说明A的物质的量减小一半，即有1molA反应，则有0.5molB反应，生成0.5molC、1.5molD、2molD，
A．该反应中放出热量，则正反应是放热反应，反应前后气体压强增大，则反应前后气体物质的量之和增大；
B．在上述平衡体系中再加入1molA和0.5molB，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
C．有1molA反应放出QkJ热量，则2molA完全反应放出2QkJ热量；
D．该反应的焓变小于0，熵变大于0。
【详解】恒温恒容条件下，反应前后气体总压强之比等于其物质的量之比，则反应后混合气体物质的量=×3mol=4mol，达到平衡时A的浓度减小一半，说明A的物质的量减小一半，即有1molA反应，则有0.5molB反应，生成0.5molC、1.5molD、2molD，
A．该反应的焓变小于0，熵变大于0，则△G=△H-T△S＜0，该反应在任何温度下都可自发进行，选项A正确；
B．在上述平衡体系中再加入1molA和0.5molB，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即逆向移动，A的转化率减小，选项B错误；
C．有1molA反应放出QkJ热量，则2molA完全反应放出2QkJ热量，且反应前后压强之比为3：4，气体的物质的量之比为3：4，E应该是液体，其热化学方程式为2A（g）+B（g）⇌ C（g）+3D（g）+4E（l）△H=-2QkJ/mol，选项C错误；
D．该反应中放出热量，则正反应是放热反应，反应前后气体压强增大，则反应前后气体物质的量之和增大，升高温度平衡逆向移动，气体的物质的量减小，则压强减小，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查化学平衡影响因素、化学平衡计算等知识点，侧重考查学生分析计算能力，明确道该反应中反应热、反应前后气体计量数之和变化是解本题关键，易错选项是C。
12.常温下，浓度均为 0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸，下列说法正确的是
A. 两种溶液的 pH：盐酸大于醋酸
B. 用相同浓度的 NaOH 溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全,盐酸消耗的 NaOH溶液体积多
C. 向醋酸中加入等物质的量的 NaO，溶液呈碱性，且溶液中
D. 两种溶液中水电离出的氢离子：盐酸大于醋酸
【答案】C
【解析】
【详解】A、盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，所以溶液中c（H+）浓度盐酸大于醋酸，醋酸溶液的pH大于盐酸，选项A错误；
B、用同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，由于醋酸和盐酸的物质的量相等，则消耗NaOH的物质的量相等，选项B错误；
C、向醋酸中加入等物质的量的 NaO，生成醋酸钠溶液，水解溶液呈碱性，且溶液中 ，选项C正确；
A、盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，所以溶液中c（H+）浓度盐酸大于醋酸，对水的电离抑制程度大于醋酸，水电离出的氢离子：盐酸小于醋酸，选项D错误；
答案选C。
13.室温下，浓度均为 0.10 mol/L，体积均为 V0 的 MOH 和ROH 溶液，分别加水稀释至体积 V，pH 随的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 稀释前两溶液的 Ka : MOH 溶液>ROH 溶液
B. ROH 的电离程度：b 点小于 a 点
C. 两溶液在稀释过程中，c(H+)均逐渐减少
D. 当时，若两溶液同时升高温度，则c(R+)/c(M+)增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．0.10mol/LMOH的pH=13，则MOH为强碱，强碱在溶液中完全电离，不存在电离平衡常数，选项A错误；
B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则RoH电离程度：b＞a，选项B错误；
C．若两种溶液稀释，溶液中c（OH-）逐渐减小，温度不变，Kw不变，所以c(H+)逐渐增大，选项C错误；
D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当＝2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，则c(R+)增大，c(M+)几乎不变，所以c(R+)/c(M+)增大，选项D正确。
答案选D。
14.已知常温时 HClO 的 Ka=3.0×10-8，HF 的 Ka= 3.5×10-4。现将 pH 和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH 随溶液体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线 I 为次氯酸稀释时 pH 变化曲线
B. 取 a 点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH 溶液，消耗次氯酸的体积较小
C. a 点时，若都加入相同大小的锌粒，此时与氢氟酸反应的速率大
D. b 点溶液中水的电离程度比 c 点溶液中水的电离程度小
【答案】B
【解析】
常温下Ka（HClO）Ka（HF），酸性：HClOHF，根据图像将pH和体积都相同的HClO和HF稀释同等倍数，I的pH改变值大于II的pH改变值，曲线I代表稀释HF时pH变化曲线，曲线II代表稀释HClO时pH变化曲线。A项，根据上述分析，曲线I为HF稀释时pH变化曲线，A项错误；B项，a点HClO溶液和HF溶液的pH相同，a点c（HClO）大于c（HF），取a点的两种酸溶液中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO溶液的体积较小，B项正确；C项，a点HClO溶液和HF溶液的pH相同，即a点两溶液中c（H+）相等，此时与相同大小的锌粒反应的反应速率相等，C项错误；D项，酸溶液中OH-全部来自水的电离，根据图像b点溶液的pH大于c点溶液的pH，b点溶液中c（H+）小于c点溶液中c（H+），b点对水的电离的抑制小于c点，b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，D项错误；答案选B。
点睛：本题考查弱酸溶液稀释pH曲线的分析、不同弱酸的对比、酸溶液中水的电离程度的分析，正确判断曲线I、曲线II代表的物质是解题的关键。注意酸溶液中和碱的能力取决于酸的物质的量和酸的元数，酸溶液与相同大小锌粒反应速率的快慢取决于溶液中c（H+）。
15.化学反应进行的方向和限度是化学反应原理所要研究的两个重要问题，下列有关化学反应进行的方向和限度的说法中正确的是
A. mA(g)+nB(g) ⇌ pC(g)，平衡时A 的浓度等于 0.5 mol/L，将容器体积扩大一倍，达到新的平衡后A 的浓度变为 0.3 mol/L，则计量数 m+n
C. 对于反应A(g)+B(g) ⇌ 2C(g)，起始充入等物质的量的A 和B，达到平衡时A 的体积分数为n %，此时若压缩容器体积，则A 的体积分数不变
D. 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0
【答案】C
【解析】
【详解】A、mA（g）＋nB（g）⇌pC（g），平时A的浓度等于0.5mol/L，将容体积扩大一倍，若平衡不移动，A的浓度变为0.25mol/L。达到新的平衡后A的浓度变为0.3mol/L，说明平衡向逆反应方向移动，则计量数m＋n＞p，选项A不正确；
B、将定量纯净的氨基甲酸置于空闭真空恒容容器中，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2 COONH4(s)⇌2NH3(g)＋CO2(g)，由于反应物是固体，生成物是两种气体，二氧化碳在混合气体中的体积分数不変，所以CO2的体积分数不变不能作为判断平食状态的依据，选项B不正确；
C、对于反应A（g）＋3B(g) ⇌2C（g），起始充入等物质的量的A和B，达到平衡时A的体积分数为n％，由于此反应为气体分子数不変的反应，若给体系加压平衡不移动，故A的体积分数不变，选项C正确；
D．2NO（g）＋2CO（g）＝N2（g）＋2CO2（g），该反应的△S＜0，在常温下能自发进行则该反应的△H＜0，选项D不正确。
答案选C。
16.已知液氨的性质与水相似。T ℃时，NH3+NH3 ⇌ NH4 ++NH2 - ，NH4 +的平衡浓度为 1×10-15 mol/L，则下列说法中正确的是( )
A. 在此温度下液氨的离子积为 1×10-17
B. 在液氨中放入金属钠，可生成NaNH2
C. 恒温下，在液氨中加入 NH4Cl，可使液氨的离子积减小
D. 降温，可使液氨电离平衡逆向移动，且 c(NH4 +)
【解析】
A .由电离方程式知, NH4+与NH2-的离子平衡浓度相等都为1×10-15 mol/L,根据水的离子积得液氨的离子积K=c(NH2-).c(NH4+)=1×10-30，故A错误；B.由钠与水反应可推知,2Na+2 NH3=2Na NH2+H2↑ ,故B正确；C、虽然加入NH4Cl可使平衡向逆反应方向移动, NH4+的浓度增大,但由水的离子积可以知道,其大小只与温度有关,与离子浓度无关,故C错误；D、因为电离是吸热反应，所以降温NH3+NH3NH4++NH2-平衡向逆向移动，c(NH4+)=c(NH2-)都减小，故D错误；答案：B。
17.常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3·H2O) =1.75×10−5，下列说法正确的是
A. 相同体积 pH 均为 3 的 HCOOH 和 CH3COOH 溶液，中和 NaOH 的能力相同
B. 0.2 mol·L-1 HCOOH 与 0.1 mol·L-1 NaOH 等体积混合后：c(HCOO-)+c(OH-)>c(Na+)+c(H+)
C. 均为 0.1 mol·L-1 的 HCOOH 和 NH3·H2O 溶液中水的电离程度相同
D. 0.1 mol·L-1 CH3COOH 溶液中逐滴加入 0.1 mol·L-1 HCl溶液中 不变。
【答案】D
【解析】
【详解】A、由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH 均为 3 的两溶液，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两种溶液中，乙酸的物质的量较大，中和氢氧化钠的能力较大，选项A错误；
B、0.2 mol·L-1 HCOOH 与 0.1 mol·L-1 NaOH 等体积混合后，根据电荷守恒有：c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，选项B错误；
C、由甲酸和氨水的电离常数可知，甲酸的电离常数大于氨水，均为 0.1 mol·L-1 的 HCOOH 和 NH3·H2O 溶液中甲酸中氢离子浓度大于氨水中氢氧根离子浓度，水的电离程度甲酸小于氨水，选项C错误；
D、，温度不变，Ka、Kw均不变，则不变，选项D正确。
答案选D。
18.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是
编号
①
②
③
④
pH
10
10
4
4
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸溶液
盐酸
A. 相同体积③、④溶液分别与NaOH完全反应，消耗NaOH物质的量：③＞④
B. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③
C. ①、④两溶液等体积混合，所得溶液中c（NH4＋）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋）
D. VaL④溶液与VbL②溶液混合（近似认为混合溶液体积＝Va＋Vb），若混合后溶液pH＝5，则Va︰Vb＝9︰11
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸是弱酸，pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，所以等体积等pH的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量大于盐酸，则消耗NaOH物质的量：③＞④，A正确；
B．强酸、强碱稀释10倍，pH变化1，则稀释10倍时②的pH=9，④的pH=5，而弱酸、弱碱稀释10倍，pH变化小于1，则①的9＜pH＜10，③的4＜pH＜5，即分别加水稀释10倍四种溶液的pH为①＞②＞④＞③，B正确；
C．①、④两溶液等体积混合，溶液中氨水过量，溶质为氯化铵和一水合氨，溶液显碱性，氨水的电离大于铵根离子的水解，则c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)，C正确；
D．若混合后溶液pH=5，说明盐酸过量，则mol/L=10－5mol/L，解得Va：Vb＝11：9，D错误。
答案选D。
19.常温下，关于溶液的稀释下列说法正确的是
A. pH＝3的醋酸溶液稀释100倍，pH＝5
B. 将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释为2 L，pH＝13
C. pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1.0×10－6 mol·L－1
D. pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，其pH＝6
【答案】B
【解析】
【分析】
醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释能促进醋酸电离；先计算稀释后溶液中氢氧根离子浓度，再计算溶液中氢离子浓度，从而确定溶液的pH；先计算稀释后溶液中氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算水电离出的氢氧根离子浓度，水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度；酸或碱无论如何稀释都不能转变为碱或酸。
【详解】如果醋酸是强电解质，则pH=3的醋酸溶液加水稀释100倍，pH=5，实际上醋酸是弱电解质，所以稀释后pH＜5，A错误；将1 L 0.1mol•L-1的Ba（OH）2溶液加水稀释为2L，溶液中C（OH-）为0.1mol/L，则C（H+）=10-13mol/L，所以pH=13，C正确；将pH=8的NaOH溶液加水稀释100倍，溶液仍然是碱性溶液不可能是酸性溶液，其溶液的pH＞7，D错误。
故选B。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，易错选点是酸或碱稀释过程中溶液接近中性时，要考虑水的电离。
20.已知重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液中存在如下平衡：Cr2 O7 2-（橙色）+H2O ⇌ 2H++2CrO4 2-（黄色）
①向 2 mL 0.1 mol·L-1 K2Cr2O7 溶液中滴入 3 滴 6 mol·L-1 NaOH 溶液，溶液由橙色变为黄色；向所得溶液中再滴入 5 滴浓 H2SO4，溶液由黄色变为橙色。
②向 2 mL 0.1 mol·L-1 酸化的K2Cr2O7溶液中滴入适量(NH4)2Fe(SO4)2 溶液，溶液由橙色变为绿色， 发生反应：Cr2 O7 2-+14 H++ 6Fe2+=2Cr3+(绿色) +6Fe3++7H2 O。
下列分析正确的是
A. 实验②能说明氧化性：K2Cr2O7>Fe3+
B. 实验①和②均能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡
C. CrO4 2-和 Fe2+在酸性溶液中可以大量共存
D. 稀释 K2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小
【答案】A
【解析】
【详解】A、反应中Cr2O72-+14H++6Fe2+═2Cr3+（绿色）+6Fe3++7H2O，氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以实验②能说明氧化性：Cr2O72-＞Fe3+，选项A正确；
B、加入氢氧化钠溶液，溶液由橙色变为黄色，说明平衡正向进行，加入硫酸溶液由黄色变为橙色，说明平衡逆向进行，说明加入酸碱发生平衡移动，实验①能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡，实验②不能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡，选项B错误；
C、CrO42-具有氧化剂酸性溶液中氧化亚铁离子，CrO42-和Fe2+在酸性溶液中不可以大量共存，选项C错误；
D、稀释K2Cr2O7溶液时，平衡状态下离子浓度减小，氢离子浓度减小，由离子积不变可知，氢氧根离子浓度增大，选项D错误；
答案选A。
21.将一块去掉氧化膜的锌片放入 100 mL pH 为 1 的盐酸中，2 min 后溶液的 pH 变为 2，则产生H2 的速率可表示为(设溶液体积不变)
A. 0.0225 mol / (L·min ) B. 0.05 mol / (L·min )
C. 0.045 mol / (L·min ) D. 0.01 mol / (L·min )
【答案】A
【解析】
【详解】溶液的pH值从1变为2，则c(H+)从0.1mol/L变为0.01mol/L，即c(H+)的变化值为(0.1-0.01)=0.09mol/L。
根据反应方程式：Zn＋2H+ = Zn2++H2↑
2 1
0.09mol/L 0.045mol/L，
故氢气的产生速率为。答案选A。
22.在一定体积 pH=1 的HCl 与HNO3 的混合溶液中逐滴加入 c mol·L-1 AgNO3 溶液，当溶液中的Cl－恰好完全沉淀时溶液 pH=2。若反应后溶液的体积等于反应前两溶液体积之和，则原溶液中NO3-的浓度(mol·L-1)是
A. 0.1c B. 9c C. 0.1-0.9 D. 0.1-9c
【答案】D
【解析】
【分析】
向混合溶液中滴加硝酸银溶液，氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀，溶液中氢离子的物质的量不变，根据氢离子守恒计算硝酸银溶液和混合酸的体积，根据硝酸银的物质的量计算盐酸的物质的量浓度，根据混合酸中硝酸电离出的氢离子计算硝酸根离子浓度。
【详解】硝酸银和混合酸混合后，氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀，溶液中氢离子的物质的量不变，反应前酸的pH=1，反应后pH=2，所以 V（AgNO3）=9V（混酸），反应时盐酸的物质的量等于硝酸银的物质的量，所以c（HCl）=9cmol/L，则盐酸电离出的氢离子浓度=9cmol/L，反应前混合酸中氢离子浓度为0.1mol/L，所以硝酸的物质的量浓度为（0.1-9c）mol/L。答案选D。
【点睛】本题考查pH的简单计算，明确反应实质是解本题的关键，难度较大。
23.SO2 是危害最为严重的大气污染物之一，SO2 的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化还原法或吸收法处理 SO2。催化还原 SO2 不仅可以消除 SO2 污染，而且可得到有价值的单质S。
（1）在复合组分催化剂作用下，CH4 可使 SO2 转化为 S，同时生成 CO2 和 H2O。已知 CH4 和 S的燃烧热分别为 890.3 kJ /mol 和 297.2 kJ /mol ， CH4 和 SO2 反应的热化学方程式为__________。
（2）用 H2 还原 SO2 生成S 的反应分两步完成，如图 1 所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的 变化关系如图 2 所示：
①分析可知X 为______写化学式），0~t1 时间段的温度为_____，0~t1 时间段用SO2 表示的化学反应速率为_____。
②总反应的化学方程式为____________。
【答案】 (1). CH4 (g)+2SO2 (g)=== CO2 (g)+2S (s)+2H2O(l) △H= -295.9 kJ/mol (2). H2S (3). 300℃ (4). 2×10-3/t1 mol/(L·min) (5). 2H2+SO2=S+2H2O
【解析】
【详解】（1）已知CH4和S的燃晓熱分別为890.3kJ/mol和297.2kJ/mol，则有
①CH4（g）＋2O2(g)＝CO2（g）＋2H2（g）△H＝－890.3kJ/mol
②S（g）＋O2（g）＝SO2（g）△H＝－297.2 kJ/mol
根据盖斯定律可知①-②×2即得到CH4和SO2反应的热化学方程式为CH4（g）＋2SO2（g）＝CO2（g）＋2S(g)＋2H2O(l) △H=-295.9kJ/mol；
（2）①氢气与二氧化硫反应生成X，X与SO2反应生成S，反应中X是还原剂，则X为H2S。0～t1时间内主要是生成X，则反应的温度为300℃，0～t1时间段二氧化硫浓度减少0.002mol/L，则用SO2表示的化学反应速率为＝2×10-3mol/( L•min)；
②根据原子守恒可知反应中还有水生成，则总反应的化学方程式为2H2+SO2=S+2H2O。
24.已知 2A(g)+B(g) ⇌ 2C(g) ΔH= -a kJ·mol-1(a>0) ，在一个有催化剂、固定容积的容器中加入 2 mol A 和 1 mol B，在 500 ℃时充分反应达到平衡后C 的浓度为 x mol·L-1，放出热量bkJ。请回答下列问题：
（1） a_____b（填“>”、“=”或“ <”）。
（2）下表为不同温度下反应的平衡常数。由此可推知，表中 T1_____ T2（填“>”、“< ”或“ =”）。
T/K
T1
T2
T3
K
1.00×107
2.54×105
1.88×103
若在原来的容器中，只加入 2 mol C，500 ℃时充分反应达到平衡后，吸收热量 c kJ，则 C 的浓度
_____x mol·L-1（填“>”、“=” 或“ <”），a、b、c 之间满足何种关系？_____（用代数式表示）
（3）在相同条件下要想得到 2a kJ 热量，加入各物质的物质的量可能是_____(填字母)。
A．4 mol A 和 2 mol B B．4 molA、2 mol B 和 2 mol C
C．4 mol A 和 4 mol B D．6 molA 和 4 mol B
（4）能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是_____(填字母)。
A．及时分离出C 气体 B．适当升高温度 C．增大 B 的浓度 D．选择高效的催化剂
（5）若将上述容器改为恒压容器（反应前体积相同），起始时加入 2 mol A 和 1 mol B，500 ℃时充分反应达到平衡后，放出热量 d kJ，则 d_____b（填“>”、“=” 或“ <”），理由是_____。
（6）在一定温度下，在一个容积不变的容器中通入 2 mol A 和 1 mol B 及适量固体催化剂，使反应达到平衡。保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质改为 4 mol A 和 2 mol B，则平衡时A 的转化率_____（填“不变”、“变大”、“变小”或“不能确定”）。
【答案】 (1). > (2). < (3). = (4). a =b+c (5). D (6). C (7). > (8). 由于反应过程中恒压容器中的压强比恒容容器中的大，故反应物的转化率较高，生成的C比恒容时多，则放出的热量也多 (9). 变大
【解析】
【分析】
（1）可逆反应不能完全反应，参加反应的A的物质的量小于2mol；
（2）反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，依据图表数据分析；若在原来的容器中，只加入2mol C，500℃时充分反应达平衡后，吸收热量为c kJ，达到平衡状态相同，C的浓度相同；正向进行和逆向进行的反应热量变化纸盒为反应的焓变；
（3）由反应方程式可知生成2mol的C时放热a kJ，想得到2a kJ热量，则需生成4molC；由于反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到4molC，A与B物质的量必须要多于4mol和2mol；
（4）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动，依据影响化学反应速率和化学平衡的因素分析判断；
（5）原平衡随反应进行，压强降低．恒压容器（反应器开始体积相同），相同温度下起始加入2molA和1molB，等效为在原平衡的基础上增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断；
（6）恒压容器中通入3molA和2molB及固体催化剂，使之反应，平衡时容器内气体物质的量为起始时的90%．保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为4mol A、3mol B和2mol C，转化为起始量，2A（g）+B（g）⇌2C（g），相当于起始量为6molA和4molB，是原来起始量的2倍，恒压容器中达到相同平衡状态。
【详解】（1）在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2mol A和1mol B，在500℃时充分反应达平衡后C的浓度为x mol/L，放出热量为b kJ，反应是可逆反应，不能进行彻底，反应放出的热量小于焓变数值，a＞b；
（2）反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，图表数据分析，T1＜T2，恒温恒容下，2molC完全转化到左边，可得2molA和1molB，故与原平衡为等效平衡，平衡时C的浓度相同，故c（C）= x mol•L-1，同一可逆反应，相同温度下，正、逆反应的反应热数值相等，但符号相反，令平衡时C的物质的量为nmol，
对于反应2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H=-akJ•mol-1，则b=n×，
对于反应2C（g）⇌2A（g）+B（g）△H=akJ•mol-1，C分解的物质的量为（2-n）mol，故c=×a=1-n×，故a=b+c；
（3）由反应方程式可知生成2mol的C时放热a kJ，想得到2a kJ热量，则需生成4molC；由于反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到4molC，A与B物质的量必须要多于4mol和 2mol，故D符合，B选项中既有正反应又有逆反应，最终放出的热量小于2akJ，答案选D；
（4）已知2A（g）+B（g）⇌2 C（g），△H=-a kJ/mol（a＞0），反应是气体体积减小的放热反应，依据平衡移动原理分析，反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动；
A．及时分离出C气体，反应正向进行，但反应速率减小，选项A不符合；
B．适当升高温度，加快反应速率，但平衡逆向进行，选项B不符合；
C．增大B的浓度，平衡正向进行，反应速率增大，选项C符合；
D．选择高效催化剂，增大反应速率，但不改变平衡，选项D不符合；
答案选项C；
（5）原平衡随反应进行，压强降低．恒压容器（反应器开始体积相同），相同温度下起始加入2molA和1molB，等效为在原平衡的基础上增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应移动，B的转化率变大，反应放出的热量增大，大于恒容容器中达到平衡状态放出的热量，d＞b；故答案为：＞；由于反应过程中恒压容器中压强大于恒容容器，所以转化率更大，放热更多；
（6）在一定温度下，在一个容积不变的容器中通入 2 mol A 和 1 mol B 及适量固体催化剂，使反应达到平衡。保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质改为 4 mol A 和 2 mol B，相当于增大压强，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，则平衡时A 的转化率变大。
【点睛】本题考查了化学平衡常数、化学反应速率、平衡标志的分析判断和计算应用，等效平衡的分析，焓变的意义理解是解题关键，题目难度中等。
25.Ⅰ.已知醋酸和盐酸是日常生活中极为常见的酸，在一定条件下，CH3COOH 溶液中存在电离平衡：CH3COOH ⇌ CH3COO-+H+ ΔH>0。
（1）常温下，在 pH = 5 的稀醋酸溶液中，c(CH3COO-)=_____（不必化简）。下列方法中，可以使 0.10 mol·L-1 CH3COOH 的电离程度增大的是_____｡
a．加入少量 0.10 mol·L-1 的稀盐酸 b．加热 CH3COOH 溶液
c．加水稀释至 0.010 mol·L-1 d．加入少量冰醋酸
e．加入少量氯化钠固体 f．加入少量 0.10 mol·L-1 的 NaOH 溶液
（2）将等质量的锌投入等体积且 pH 均等于 3 的醋酸和盐酸溶液中，经过充分反应后，发现只在一种溶液中有锌粉剩余，则生成氢气的体积：V(盐酸)_____V(醋酸)，反应的最初速率为：υ(盐酸)_____υ(醋酸)。（填写“>”、“<”或“=”）
（3）已知：90℃时，水的离子积常数为 Kw=3.8×10-13，在此温度下，将 pH=3 的盐酸和 pH=11 的氢氧化钠溶液等体积混合，则混合溶液中的 c(H+)=_____mol/L（保留三位有效数字）。
Ⅱ.（1）常温下，已知 0.1 mol·L-1 一元酸HA 溶液中c(OH-)/c(H+)=1×10-8。常温下，0.1 mol·L-1 HA
溶液的 pH=_____；
（2）常温下，向 pH=a 的氨水中加入等体积盐酸时，溶液呈中性，则此盐酸的 pH_____(14-a)（填写“>”、“<”或“=”）。
【答案】 (1). (10-5-10-9) mol/L (2). bcf (3). < (4). = (5). 2.05×10-11 (6). 3 (7). <
【解析】
【详解】Ⅰ.（1）在 pH＝5的稀醋酸溶液中，c（H+）＝10－5mol/L，其中由水电离出的氢离子浓度是10－9mol/L，所以根据醋酸的电离平衡方程式CH3COOH⇌H++CH3COO-可以看出，c（CH3COO-）＝c（H+）＝(10－5－10－9)mol/L。加热、加水稀释、加入碱性物质均能使电离平衡向右移动，所以答案选bcf；
（2）醋酸是弱酸，随着它和金属的反应，电离平衡不断地向右移动，会电离出更多的氢离子，所以醋酸产生的氢气体积较大，V(盐酸)
Ⅱ.（1）c(OH-)/c(H+)=1×10-8，c（OH－）×c（H＋）=1×10-14，所以c（OH－）=10-11mol·L－1，则c（H＋）=10-3mol·L－1，所以溶液的pH=3；
（2）假设氨水是强电解质时，pH=a的氨水中氢氧根离子浓度=10a-14mol·L－1，向pH=a的氨水中加入等体积盐酸时，溶液呈中性，则氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，所以盐酸的pH=14-a；实际上氨水是弱碱，等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，说明酸的浓度大于碱的浓度，则盐酸的pH＜14-a。
26.I.现代传感信息技术在化学实验中有广泛的应用。某小组用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理(如图 1 所示)，并测定电离平衡常数 Kb。
（1）实验室可用浓氨水和X 固体制取 NH3，X 固体可以是_____。
A．生石灰 B．无水氯化钙 C．五氧化二磷 D．碱石灰
（2）检验三颈瓶集满NH3 的方法是：_____。
（3）关闭 a，将带有装满水的胶头滴管的橡皮塞塞紧 c 口，_________，引发喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内气压变化曲线如图 2 所示。图 2 中_____点时喷泉最剧烈。
（4）量取收集到的氨水 20.00 mL，测得 pH=11.0。不断滴加 0.05000 mol/L 盐酸，当盐酸体积为22.50 mL 时恰好完全反应。计算 NH3•H2O 电离平衡常数 Kb 的近似值，Kb ≈_____。
II.已知 1 mol SO2(g)氧化为 1 mol SO3 的ΔH= -99kJ·mol-1 请回答下列问题：
（1）已知单质硫的燃烧热为 296 kJ·mol-1，计算由 S(s)生成 3 mol SO3(g)的 ΔH =_____。
（2）在量热计中（如图）将 100 mL 0.50 mol/L 的 CH3COOH 溶液与100 mL 0.55 mol/L NaOH 溶液混合，温度从 298.0 K 升高到 300.7 K。已知量热计的热容常数（量热计各部件每升高 1 K 所需要的热量）是150.5 J/K，溶液密度均为 1 g/mL，生成溶液的比热容c=4.184 J/(g·K)。则 CH3COOH 的中和热ΔH=_____。
（3）CH3COOH 的中和热的文献值为-56.1 kJ/mol，你认为（1）中测得的实验值偏差可能的原因是（填二点）_____。
【答案】 (1). AD (2). 将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c，有白烟生成，证明NH3已收满 (3). 打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶 (4). C (5). 1.8×10‾5 (6). -1185 kJ/mol (7). -53.3kJ/mol (8). ①量热计的保温瓶效果不好；②酸碱溶液混合不迅速；③温度计不够精确等
【解析】
【详解】I.（1）浓氨水易挥发，生石灰、碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出，而无水氯化钙、五氧化二磷都能够与氨气反应，所以不能用来制氨气；答案选AD；
（2）检验三颈瓶集满NH3 的方法是：将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c，有白烟生成，证明NH3已收满；
（3）要形成喷泉实验，应使瓶内外形成负压差，而氨气极易溶于水，所以打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶，氨气溶于水，使瓶内压强降低，形成喷泉；三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉越剧烈，故答案为：打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶；C；
（4）设氨水的物质的量浓度为c，则：c×20mL=0.05000mol/L×22.40mL，解得c（NH3•H2O）=0.056mol/L，弱电解质电离平衡常数Kb=，pH=11的氨水中c（OH-）=0.001mol/L，c（OH-）≈c（NH4+）=0.001mol/L，则：Kb===1.8×10-5；
II.（1）已知单质硫的燃烧热为296kJ/mol，是指1mol硫完全燃烧生成稳定氧化物二氧化硫时放出的热量，则硫燃烧的热化学方程式为：①S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H＝－296 kJ/mol；二氧化硫催化氧化为二氧化硫的热化学方程式为：②2SO2（g）+O2（g）＝2SO3（g）△H＝－198kJ/mol；依据盖斯定律计算得到①×2+②，即2S（s）+3O2（g）＝2SO3（g），所以△H＝[-296×2+（-198）]＝－790kJ/mol，所以3mol S（s）生成3mol SO3（g）的焓变＝＝－1185 kJ/mol；
（2）醋酸和氢氧化钠的物质的量分别是0.05mol和0.055mol，生成水的物质的量是0.05mol。反应中放出的热量是（300.7K－298.0K）×4.18 J/(g·K)×200g＋（300.7K－298.0K）×150.5 J/K＝2663.55J，则CH3COOH的中和热ΔH＝＝－53.3kJ/mol；
（3）CH3COOH的中和热的文献值为－56.1kJ/mol，即测定结果偏低.这说明反应中由热量损失，所以可能的原因有①量热计的保温瓶效果不好；②酸碱溶液混合不迅速；③温度计不够精确等。
【点睛】本题考查了氨气的制备和喷泉实验的设计、电离常数的计算，反应热的计算等，明确喷泉实验原理和氨气的性质是解题关键，注意电离平衡常数表达式的书写，题目难度中等。
兰州一中 2018-2019-1 学期高二年级期中考试
化学试题
1.常温下，下列说法不正确的是
A. 物质的量浓度相同的NaOH 溶液和氨水：c(Na+) > c(NH4+)
B. pH=3 的盐酸和 pH=11 的氨水混合后pH>7，说明氨水是弱电解质
C. 将相同体积相同物质的量浓度的 NaOH 溶液和醋酸溶液混合后呈碱性，说明醋酸是弱电解质
D. 物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液，前者 c(OH-)更小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氢氧化钠为强碱完全电离，一水合氨为弱碱不完全电离，故物质的量浓度相同的NaOH 溶液和氨水中：c(Na+) > c(NH4+)，选项A正确；
B. pH=3的盐酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=10-3mol/L，盐酸中的H+与氨水中的OH-离子浓度相等，但由于两溶液的体积未知，反应后溶液呈碱性说明碱过量，但不能证明一水合氨是弱碱，何况氨水是混合物，混合物不是电解质，选项B不正确；
C. 将相同体积相同物质的量浓度的 NaOH 溶液和醋酸溶液混合，完全中和溶液呈碱性，说明生成的盐为强碱弱酸盐，则醋酸是弱电解质，选项C正确；
D.因盐酸是强酸，在水中完全电离，而醋酸是弱酸，在水中不完全电离，则物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液中的H+浓度前者大，根据水的离子积相等，则前者 c(OH-)更小，选项D正确。
答案选B。
2.下列有关反应热的叙述正确的是
A. X(g)+Y(g) ⇌ Z(g)+W(s) ΔH > 0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应的ΔH 增大
B. C(s，石墨)=C(s，金刚石) ΔH = +1.9 kJ/mol，说明金刚石比石墨稳定
C. 已知C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1，C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH2，则 ΔH1<ΔH2
D. 已知 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH = -483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为 241.8 kJ/mol
【答案】C
【解析】
【详解】A、△H只跟始态和终态有关，代表1 mol X完全反应后产生的热效应，平衡后加入X后△H不变，选项A错误；
B．由C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.9kJ•mol-1，可说明金刚石总能量较高，比三围不稳定，选项B错误；
C、ΔH大小比较注意要带“+”、“—”比较。选项所给反应均为放热反应，碳的完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量即ΔH1<ΔH2，选项C正确；
D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，且氢气燃烧的稳定氧化物为液态水，选项D错误；
答案选C。
3.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是
①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH1= +571.6kJ·mol–1
②焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH2= +131.3kJ·mol–1
③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH3= +206.1kJ·mol–1
A. 反应①中电能转化为化学能 B. 反应②为放热反应
C. 反应③使用催化剂，ΔH3减小 D. 反应CH4(g) = C(s)+2H2(g)的ΔH= +74.8kJ·mol–1
【答案】D
【解析】
①太阳光催化分解水制氢，太阳能转化为化学能，故A错误；②焦炭与水反应制氢 ΔH2>0，反应吸热，故B错误；使用催化剂，ΔH3不变，故C错误；根据盖斯定律，③－②得CH4（g）=== C（s）+2H2（g）的ΔH3= +74.8 kJ·mol–1，故D正确。
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4.下列说法中正确的是( )
A. 加水稀释0.01 mol·L-1的CH3COOH溶液,溶液中c(OH-)减小
B. 室温时,0.1 mol·L-1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离,则该溶液的pH=4
C. 氨水加水稀释后,溶液中c(NH3·H2O)/c(NH4+)的值增大
D. 常温下,pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中,水的电离程度相同
【答案】B
【解析】
加水稀释0.01 mol·L-1的CH3COOH溶液,溶液中c(H+)减小，根据KW= c(H+)×c(OH-),可知c(OH-)增大，A错误；溶液中的氢离子浓度是0.1 mol/L×0.1%=1×10﹣4mol/L，pH=4，B正确；NH3．H2O溶液加水稀释后，溶液中的n（NH3．H2O）减小，n（NH4+）增大， 的值减小，C错误；盐酸是强酸，抑制水的电离，氯化铵是强碱弱酸盐，能发生水解，促进水的电离，D错误；正确选项B。
点睛：温度不变的情况下，用蒸馏水稀释醋酸溶液，溶液中的c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)均减小，但是溶液中c(OH-)增大，因为KW不变。
5.在燃烧2.24L(标准状况)CO 与O2的混合气体时，放出11.32kJ 的热量，最后产物的密度为原来气体密度的1.25 倍，则CO的燃烧热为
A. 283 kJ·mol-1 B. -283 kJ·mol-1 C. -566 kJ·mol-1 D. 566 kJ·mol-1
【答案】A
【解析】
CO和O2反应后气体密度变为原气体密度的1.25倍，根据质量守恒可知，反应后的气体体积为反应前的气体体积的，为2.24L×=1.792L，物质的量为0.08mol；根据一氧化碳与氧气的反应方程式2CO+O22CO2可知，气体的减少量为氧气的量，因此反应的氧气为0.02mol，则燃烧的CO为0.04mol，0.04mol的CO完全燃烧产生11.32kJ热量，则CO的燃烧热为：=283kJ/mol，则一氧化碳的燃烧热为283kJ/mol，故选A。
6.把 0.6 mol X 气体和 0.4 mol Y 气体混合于 2 L 的密闭容器中，使它们发生如下反应3X(g)+Y(g) ⇌ nZ(g)+2W(g)，5 min 末已生成 0.2 mol W，若测知以 Z 表示的平均反应速率为0.01 mol•L-1•min-1，则 n 是( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
试题分析：W的平均化学反应速率===0．02mol/（L·min），同一化学反应中同一时间段内，各物质的反应速率之比计量数之比，v（Z）：v（W）=0．01mol/（L·min）：0．02mol/（L·min）=n：2，解得n=1，故选A。
考点：考查了化学反应速率的相关知识。
7.一定温度下，在三个容积均为 1.0 L 的恒容密闭容器中发生反应：CH3OH(g)+CO(g) ⇌ CH3COOH(g) ΔH<0。下列说法正确的是
容器编号
温度/K
物质的起始浓度/mol/L
物质的平衡浓度/mol/L
c(CH3OH)
c(CO)
c(CH3COOH)
c(CH3COOH)
I
530
0.50
0.50
0
0.40
II
530
0.20
0.20
0.40
III
510
0
0
0.50
A. 达平衡时，容器 I 与容器 II 中的总压强之比为 3 : 4
B. 达平衡时，容器 II 中 比容器 I 中的小
C. 达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器 I 中的大
D. 达平衡时，容器 I 中CH3OH 转化率与容器 III 中 CH3COOH 转化率之和小于 1
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据CH3OH(g)+CO(g) CH3COOH(g) 可知容器II中的起始量为相同条件容器I中的1.2倍，相当于增大压强的结果，增大压强，平衡正向移动，容器I中平衡时浓度之和为0.4+0.1+0.1=0.6( mol/L)，因此达平衡时，容器II中平衡时浓度之和小于0.6 mol/L×1.2=0.72 mol/L，容器I与容器II中的总压强之比大于0.6:0.72=5:6＞3:4，故A错误；
B．根据CH3OH(g)+CO(g) CH3COOH(g) 可知容器II中的起始量为相同条件容器I中的1.2倍，相当于增大压强的结果，增大压强，平衡正向移动，则增大，则达平衡时，容器II中比容器I中的大，故B错误；
C．根据CH3OH(g)+CO(g) CH3COOH(g) 可知，容器I中起始量与容器Ⅲ等效，但容器Ⅲ中的温度低，温度越低，反应速率越慢，因此达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器I中的小，故C错误；
D. 根据CH3OH(g)+CO(g) CH3COOH(g) 可知，容器I中起始量与容器Ⅲ等效；该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，CH3COOH的转化率减小，因此达平衡时，容器I中CH3OH 转化率与容器III中CH3COOH 转化率之和小于1，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题容器I与容器Ⅲ中的平衡状态虽然并不是等效的，但可利用等效平衡的思想进行对比分析，若容器Ⅲ中的温度也为530ºC，则两者平衡等效，容器I中CH3OH 转化率与容器III中CH3COOH 转化率之和就应等于1，但容器Ⅲ中温度较530ºC低，CH3COOH的转化率减小，故平衡时，容器I中CH3OH 转化率与容器III中CH3COOH 转化率之和小于1。
8.已知 2SO2(g)+O2(g) ⇌ 2SO3(g) ΔH= -197 kJ·mol-1，向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：（甲）2 mol SO2 和 1 mol O2；（乙）1 mol SO2 和 0.5 mol O2；（丙）2 mol SO3 恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是
A. 若 c(SO2)与 c(O2)之比为 k，则：k(甲)=k(丙)>k(乙)
B. 反应放出或吸收热量的数值 Q：Q(甲)=Q(丙)>2Q(乙)
C. 容器内压强p：p(甲)=p(丙)>2p(乙)
D. SO3 的质量 m：m(甲)=m(丙)>2m(乙)
【答案】D
【解析】
【分析】
丙容器中2mol SO3折算成反应物为2mol SO2和1mol O2与甲容器相同，所以达到平衡时与甲为等效平衡，乙容器起始量为甲的一半，平衡时压强小于甲，由于该反应的正反应为体积减小的反应，所以乙容器中反应正向进行的程度小于甲，所以乙容器中压强大于甲容器压强的一半，SO3的质量小于甲的一半，平衡常数只受温度影响，与反应起始量无关，由于甲和丙是从相反方向到达的等效平衡，所以它们热量的数值之和应等于反应的反应热，据此答题。
【详解】恒温恒容，甲与乙起始n（SO2）：n（O2）=2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n（SO2）=2mol，n（O2）=1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等。
A．对于甲、乙，SO2、O2起始物质的量之比等于化学计量数之比，c（SO2）与c（O2）之比为定值2：1，丙为分解反应，丙中c（SO2）与c（O2）之比为2：1，故k甲=k丙=k乙=2，选项A错误；
B．甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故Q甲+Q丙=197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，故Q甲>2Q乙，选项B错误；
C．甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故压强P甲=P丙，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故P乙
答案选D。
【点睛】本题主要考查了等效平衡的思想在平衡体系中的应用，中等难度，解题时要注意运用折算的方法比较三个容器中的起始量。
9.某温度下，体积一定的密闭容器中发生如下可逆反应：2X(g)+Y(s) ⇌ 3Z(g) ΔH=Q kJ/mol，下列说法正确的是
A. 消耗 2 mol X 同时生成 3 mol Z，说明达到了平衡状态
B. 加入少量的Y 正反应速率加快
C. 气体的密度不变时，说明达到了平衡状态
D. 加入少量的X，Q 变大
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据化学反应方程式可知，不管反应是否达到平衡，每消耗2molX同时生成3molZ，故A错误；
B、Y为固体,加固体,参加反应气体的浓度不变,则平衡不移动,故B错误；
C、Y为固体,反应达到平衡时气体的质量不变,则气体的密度不变时.说明达到了平衡状态,故C正确；
D、B.加入少量的X,反应放出或吸热的热量增大,但不变,故D错误;
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】对于反应2X(g)+Y(s)3Z(g) △H=Q kJ/mol ，Y为固体,反应物气体的计量数之和大于生成物气体的计量数之和,则气体的密度不变时.说明达到了平衡状态，增大压强平衡正向移动；纯液体或固体参加反应时，增加纯液体或固体的量不会改变反应速率及平衡，，以此解答该题。
10.已知（1）H2(g)+1/2O2(g)===H2O(g)；ΔH1=a kJ·mol-1
（2）2H2(g)+O2(g)===2H2O(g)；ΔH2=b kJ·mol-1
（3）H2(g)+1/2O2(g)===H2O(l)；ΔH3=c kJ·mol-1
（4）2H2(g)+O2(g)===2H2O(l)；ΔH4=d kJ·mol-1
下列关系式中正确的是( )
A. a
【答案】C
【解析】
试题分析：根据燃烧反应为放热反应，△H＜0，由系数确定 d=2c＜0；b=2a＜0；d中生成的是液态水，热量多，绝对值比b气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以d＜b＜0，c 中生成的是液态水，热量多，绝对值比a气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以c＜a＜0；
解：A、c 中生成的是液态水，热量多，绝对值比a气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以c＜a＜0，故A错误；
B、d中生成的是液态水，热量多，绝对值比b气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以d＜b＜0，故B错误；
C、燃烧反应为放热反应，△H＜0，由系数确定 d=2c＜0；b=2a＜0，故C正确；
D、燃烧反应为放热反应，△H＜0，由系数确定 d=2c＜0；b=2a＜0，故D错误；
故选：C．
点评：本题主要考查了反应热大小的比较，难度不大，需要注意的是a、b、c、d含有+/﹣的比较的时候要带入比较．
11.现将 2 mol 气体A 与 1 mol 气体B 充入一个体积不变的容器内，发生反应：2A+B ⇌ C+3D+4E，达到平衡后气体A 的浓度减少一半，发现少量液滴生成，在相同的温度下测得反应 前后压强分别为 6.06×106 Pa 和 8.08×106 Pa，又测得反应共放出热量 Q kJ，下列说法正确的是( )
A. 该反应在任何温度下都可自发进行
B. 在上述平衡体系中再加入 1 mol A 和 0.5 mol B，平衡正向移动，A 的转化率增大
C. 该反应的热化学方程式为 2A(g)+B(g) ⇌ C(g)+3D(l)+4E(g) ΔH= -Q kJ/mol
D. 上述反应达到平衡后，其他的条件不变的情况下，升高温度，压强一定增大
【答案】A
【解析】
【分析】
恒温恒容条件下，反应前后气体总压强之比等于其物质的量之比，则反应后混合气体物质的量=×3mol=4mol，达到平衡时A的浓度减小一半，说明A的物质的量减小一半，即有1molA反应，则有0.5molB反应，生成0.5molC、1.5molD、2molD，
A．该反应中放出热量，则正反应是放热反应，反应前后气体压强增大，则反应前后气体物质的量之和增大；
B．在上述平衡体系中再加入1molA和0.5molB，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
C．有1molA反应放出QkJ热量，则2molA完全反应放出2QkJ热量；
D．该反应的焓变小于0，熵变大于0。
【详解】恒温恒容条件下，反应前后气体总压强之比等于其物质的量之比，则反应后混合气体物质的量=×3mol=4mol，达到平衡时A的浓度减小一半，说明A的物质的量减小一半，即有1molA反应，则有0.5molB反应，生成0.5molC、1.5molD、2molD，
A．该反应的焓变小于0，熵变大于0，则△G=△H-T△S＜0，该反应在任何温度下都可自发进行，选项A正确；
B．在上述平衡体系中再加入1molA和0.5molB，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即逆向移动，A的转化率减小，选项B错误；
C．有1molA反应放出QkJ热量，则2molA完全反应放出2QkJ热量，且反应前后压强之比为3：4，气体的物质的量之比为3：4，E应该是液体，其热化学方程式为2A（g）+B（g）⇌ C（g）+3D（g）+4E（l）△H=-2QkJ/mol，选项C错误；
D．该反应中放出热量，则正反应是放热反应，反应前后气体压强增大，则反应前后气体物质的量之和增大，升高温度平衡逆向移动，气体的物质的量减小，则压强减小，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查化学平衡影响因素、化学平衡计算等知识点，侧重考查学生分析计算能力，明确道该反应中反应热、反应前后气体计量数之和变化是解本题关键，易错选项是C。
12.常温下，浓度均为 0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸，下列说法正确的是
A. 两种溶液的 pH：盐酸大于醋酸
B. 用相同浓度的 NaOH 溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全,盐酸消耗的 NaOH溶液体积多
C. 向醋酸中加入等物质的量的 NaO，溶液呈碱性，且溶液中
D. 两种溶液中水电离出的氢离子：盐酸大于醋酸
【答案】C
【解析】
【详解】A、盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，所以溶液中c（H+）浓度盐酸大于醋酸，醋酸溶液的pH大于盐酸，选项A错误；
B、用同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，由于醋酸和盐酸的物质的量相等，则消耗NaOH的物质的量相等，选项B错误；
C、向醋酸中加入等物质的量的 NaO，生成醋酸钠溶液，水解溶液呈碱性，且溶液中 ，选项C正确；
A、盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，所以溶液中c（H+）浓度盐酸大于醋酸，对水的电离抑制程度大于醋酸，水电离出的氢离子：盐酸小于醋酸，选项D错误；
答案选C。
13.室温下，浓度均为 0.10 mol/L，体积均为 V0 的 MOH 和ROH 溶液，分别加水稀释至体积 V，pH 随的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 稀释前两溶液的 Ka : MOH 溶液>ROH 溶液
B. ROH 的电离程度：b 点小于 a 点
C. 两溶液在稀释过程中，c(H+)均逐渐减少
D. 当时，若两溶液同时升高温度，则c(R+)/c(M+)增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．0.10mol/LMOH的pH=13，则MOH为强碱，强碱在溶液中完全电离，不存在电离平衡常数，选项A错误；
B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则RoH电离程度：b＞a，选项B错误；
C．若两种溶液稀释，溶液中c（OH-）逐渐减小，温度不变，Kw不变，所以c(H+)逐渐增大，选项C错误；
D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当＝2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，则c(R+)增大，c(M+)几乎不变，所以c(R+)/c(M+)增大，选项D正确。
答案选D。
14.已知常温时 HClO 的 Ka=3.0×10-8，HF 的 Ka= 3.5×10-4。现将 pH 和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH 随溶液体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线 I 为次氯酸稀释时 pH 变化曲线
B. 取 a 点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH 溶液，消耗次氯酸的体积较小
C. a 点时，若都加入相同大小的锌粒，此时与氢氟酸反应的速率大
D. b 点溶液中水的电离程度比 c 点溶液中水的电离程度小
【答案】B
【解析】
常温下Ka（HClO）Ka（HF），酸性：HClOHF，根据图像将pH和体积都相同的HClO和HF稀释同等倍数，I的pH改变值大于II的pH改变值，曲线I代表稀释HF时pH变化曲线，曲线II代表稀释HClO时pH变化曲线。A项，根据上述分析，曲线I为HF稀释时pH变化曲线，A项错误；B项，a点HClO溶液和HF溶液的pH相同，a点c（HClO）大于c（HF），取a点的两种酸溶液中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO溶液的体积较小，B项正确；C项，a点HClO溶液和HF溶液的pH相同，即a点两溶液中c（H+）相等，此时与相同大小的锌粒反应的反应速率相等，C项错误；D项，酸溶液中OH-全部来自水的电离，根据图像b点溶液的pH大于c点溶液的pH，b点溶液中c（H+）小于c点溶液中c（H+），b点对水的电离的抑制小于c点，b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，D项错误；答案选B。
点睛：本题考查弱酸溶液稀释pH曲线的分析、不同弱酸的对比、酸溶液中水的电离程度的分析，正确判断曲线I、曲线II代表的物质是解题的关键。注意酸溶液中和碱的能力取决于酸的物质的量和酸的元数，酸溶液与相同大小锌粒反应速率的快慢取决于溶液中c（H+）。
15.化学反应进行的方向和限度是化学反应原理所要研究的两个重要问题，下列有关化学反应进行的方向和限度的说法中正确的是
A. mA(g)+nB(g) ⇌ pC(g)，平衡时A 的浓度等于 0.5 mol/L，将容器体积扩大一倍，达到新的平衡后A 的浓度变为 0.3 mol/L，则计量数 m+n
C. 对于反应A(g)+B(g) ⇌ 2C(g)，起始充入等物质的量的A 和B，达到平衡时A 的体积分数为n %，此时若压缩容器体积，则A 的体积分数不变
D. 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0
【答案】C
【解析】
【详解】A、mA（g）＋nB（g）⇌pC（g），平时A的浓度等于0.5mol/L，将容体积扩大一倍，若平衡不移动，A的浓度变为0.25mol/L。达到新的平衡后A的浓度变为0.3mol/L，说明平衡向逆反应方向移动，则计量数m＋n＞p，选项A不正确；
B、将定量纯净的氨基甲酸置于空闭真空恒容容器中，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2 COONH4(s)⇌2NH3(g)＋CO2(g)，由于反应物是固体，生成物是两种气体，二氧化碳在混合气体中的体积分数不変，所以CO2的体积分数不变不能作为判断平食状态的依据，选项B不正确；
C、对于反应A（g）＋3B(g) ⇌2C（g），起始充入等物质的量的A和B，达到平衡时A的体积分数为n％，由于此反应为气体分子数不変的反应，若给体系加压平衡不移动，故A的体积分数不变，选项C正确；
D．2NO（g）＋2CO（g）＝N2（g）＋2CO2（g），该反应的△S＜0，在常温下能自发进行则该反应的△H＜0，选项D不正确。
答案选C。
16.已知液氨的性质与水相似。T ℃时，NH3+NH3 ⇌ NH4 ++NH2 - ，NH4 +的平衡浓度为 1×10-15 mol/L，则下列说法中正确的是( )
A. 在此温度下液氨的离子积为 1×10-17
B. 在液氨中放入金属钠，可生成NaNH2
C. 恒温下，在液氨中加入 NH4Cl，可使液氨的离子积减小
D. 降温，可使液氨电离平衡逆向移动，且 c(NH4 +)
【解析】
A .由电离方程式知, NH4+与NH2-的离子平衡浓度相等都为1×10-15 mol/L,根据水的离子积得液氨的离子积K=c(NH2-).c(NH4+)=1×10-30，故A错误；B.由钠与水反应可推知,2Na+2 NH3=2Na NH2+H2↑ ,故B正确；C、虽然加入NH4Cl可使平衡向逆反应方向移动, NH4+的浓度增大,但由水的离子积可以知道,其大小只与温度有关,与离子浓度无关,故C错误；D、因为电离是吸热反应，所以降温NH3+NH3NH4++NH2-平衡向逆向移动，c(NH4+)=c(NH2-)都减小，故D错误；答案：B。
17.常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3·H2O) =1.75×10−5，下列说法正确的是
A. 相同体积 pH 均为 3 的 HCOOH 和 CH3COOH 溶液，中和 NaOH 的能力相同
B. 0.2 mol·L-1 HCOOH 与 0.1 mol·L-1 NaOH 等体积混合后：c(HCOO-)+c(OH-)>c(Na+)+c(H+)
C. 均为 0.1 mol·L-1 的 HCOOH 和 NH3·H2O 溶液中水的电离程度相同
D. 0.1 mol·L-1 CH3COOH 溶液中逐滴加入 0.1 mol·L-1 HCl溶液中 不变。
【答案】D
【解析】
【详解】A、由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH 均为 3 的两溶液，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两种溶液中，乙酸的物质的量较大，中和氢氧化钠的能力较大，选项A错误；
B、0.2 mol·L-1 HCOOH 与 0.1 mol·L-1 NaOH 等体积混合后，根据电荷守恒有：c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，选项B错误；
C、由甲酸和氨水的电离常数可知，甲酸的电离常数大于氨水，均为 0.1 mol·L-1 的 HCOOH 和 NH3·H2O 溶液中甲酸中氢离子浓度大于氨水中氢氧根离子浓度，水的电离程度甲酸小于氨水，选项C错误；
D、，温度不变，Ka、Kw均不变，则不变，选项D正确。
答案选D。
18.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是
编号
①
②
③
④
pH
10
10
4
4
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸溶液
盐酸
A. 相同体积③、④溶液分别与NaOH完全反应，消耗NaOH物质的量：③＞④
B. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③
C. ①、④两溶液等体积混合，所得溶液中c（NH4＋）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋）
D. VaL④溶液与VbL②溶液混合（近似认为混合溶液体积＝Va＋Vb），若混合后溶液pH＝5，则Va︰Vb＝9︰11
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸是弱酸，pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，所以等体积等pH的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量大于盐酸，则消耗NaOH物质的量：③＞④，A正确；
B．强酸、强碱稀释10倍，pH变化1，则稀释10倍时②的pH=9，④的pH=5，而弱酸、弱碱稀释10倍，pH变化小于1，则①的9＜pH＜10，③的4＜pH＜5，即分别加水稀释10倍四种溶液的pH为①＞②＞④＞③，B正确；
C．①、④两溶液等体积混合，溶液中氨水过量，溶质为氯化铵和一水合氨，溶液显碱性，氨水的电离大于铵根离子的水解，则c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)，C正确；
D．若混合后溶液pH=5，说明盐酸过量，则mol/L=10－5mol/L，解得Va：Vb＝11：9，D错误。
答案选D。
19.常温下，关于溶液的稀释下列说法正确的是
A. pH＝3的醋酸溶液稀释100倍，pH＝5
B. 将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释为2 L，pH＝13
C. pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1.0×10－6 mol·L－1
D. pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，其pH＝6
【答案】B
【解析】
【分析】
醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释能促进醋酸电离；先计算稀释后溶液中氢氧根离子浓度，再计算溶液中氢离子浓度，从而确定溶液的pH；先计算稀释后溶液中氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算水电离出的氢氧根离子浓度，水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度；酸或碱无论如何稀释都不能转变为碱或酸。
【详解】如果醋酸是强电解质，则pH=3的醋酸溶液加水稀释100倍，pH=5，实际上醋酸是弱电解质，所以稀释后pH＜5，A错误；将1 L 0.1mol•L-1的Ba（OH）2溶液加水稀释为2L，溶液中C（OH-）为0.1mol/L，则C（H+）=10-13mol/L，所以pH=13，C正确；将pH=8的NaOH溶液加水稀释100倍，溶液仍然是碱性溶液不可能是酸性溶液，其溶液的pH＞7，D错误。
故选B。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，易错选点是酸或碱稀释过程中溶液接近中性时，要考虑水的电离。
20.已知重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液中存在如下平衡：Cr2 O7 2-（橙色）+H2O ⇌ 2H++2CrO4 2-（黄色）
①向 2 mL 0.1 mol·L-1 K2Cr2O7 溶液中滴入 3 滴 6 mol·L-1 NaOH 溶液，溶液由橙色变为黄色；向所得溶液中再滴入 5 滴浓 H2SO4，溶液由黄色变为橙色。
②向 2 mL 0.1 mol·L-1 酸化的K2Cr2O7溶液中滴入适量(NH4)2Fe(SO4)2 溶液，溶液由橙色变为绿色， 发生反应：Cr2 O7 2-+14 H++ 6Fe2+=2Cr3+(绿色) +6Fe3++7H2 O。
下列分析正确的是
A. 实验②能说明氧化性：K2Cr2O7>Fe3+
B. 实验①和②均能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡
C. CrO4 2-和 Fe2+在酸性溶液中可以大量共存
D. 稀释 K2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小
【答案】A
【解析】
【详解】A、反应中Cr2O72-+14H++6Fe2+═2Cr3+（绿色）+6Fe3++7H2O，氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以实验②能说明氧化性：Cr2O72-＞Fe3+，选项A正确；
B、加入氢氧化钠溶液，溶液由橙色变为黄色，说明平衡正向进行，加入硫酸溶液由黄色变为橙色，说明平衡逆向进行，说明加入酸碱发生平衡移动，实验①能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡，实验②不能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡，选项B错误；
C、CrO42-具有氧化剂酸性溶液中氧化亚铁离子，CrO42-和Fe2+在酸性溶液中不可以大量共存，选项C错误；
D、稀释K2Cr2O7溶液时，平衡状态下离子浓度减小，氢离子浓度减小，由离子积不变可知，氢氧根离子浓度增大，选项D错误；
答案选A。
21.将一块去掉氧化膜的锌片放入 100 mL pH 为 1 的盐酸中，2 min 后溶液的 pH 变为 2，则产生H2 的速率可表示为(设溶液体积不变)
A. 0.0225 mol / (L·min ) B. 0.05 mol / (L·min )
C. 0.045 mol / (L·min ) D. 0.01 mol / (L·min )
【答案】A
【解析】
【详解】溶液的pH值从1变为2，则c(H+)从0.1mol/L变为0.01mol/L，即c(H+)的变化值为(0.1-0.01)=0.09mol/L。
根据反应方程式：Zn＋2H+ = Zn2++H2↑
2 1
0.09mol/L 0.045mol/L，
故氢气的产生速率为。答案选A。
22.在一定体积 pH=1 的HCl 与HNO3 的混合溶液中逐滴加入 c mol·L-1 AgNO3 溶液，当溶液中的Cl－恰好完全沉淀时溶液 pH=2。若反应后溶液的体积等于反应前两溶液体积之和，则原溶液中NO3-的浓度(mol·L-1)是
A. 0.1c B. 9c C. 0.1-0.9 D. 0.1-9c
【答案】D
【解析】
【分析】
向混合溶液中滴加硝酸银溶液，氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀，溶液中氢离子的物质的量不变，根据氢离子守恒计算硝酸银溶液和混合酸的体积，根据硝酸银的物质的量计算盐酸的物质的量浓度，根据混合酸中硝酸电离出的氢离子计算硝酸根离子浓度。
【详解】硝酸银和混合酸混合后，氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀，溶液中氢离子的物质的量不变，反应前酸的pH=1，反应后pH=2，所以 V（AgNO3）=9V（混酸），反应时盐酸的物质的量等于硝酸银的物质的量，所以c（HCl）=9cmol/L，则盐酸电离出的氢离子浓度=9cmol/L，反应前混合酸中氢离子浓度为0.1mol/L，所以硝酸的物质的量浓度为（0.1-9c）mol/L。答案选D。
【点睛】本题考查pH的简单计算，明确反应实质是解本题的关键，难度较大。
23.SO2 是危害最为严重的大气污染物之一，SO2 的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化还原法或吸收法处理 SO2。催化还原 SO2 不仅可以消除 SO2 污染，而且可得到有价值的单质S。
（1）在复合组分催化剂作用下，CH4 可使 SO2 转化为 S，同时生成 CO2 和 H2O。已知 CH4 和 S的燃烧热分别为 890.3 kJ /mol 和 297.2 kJ /mol ， CH4 和 SO2 反应的热化学方程式为__________。
（2）用 H2 还原 SO2 生成S 的反应分两步完成，如图 1 所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的 变化关系如图 2 所示：
①分析可知X 为______写化学式），0~t1 时间段的温度为_____，0~t1 时间段用SO2 表示的化学反应速率为_____。
②总反应的化学方程式为____________。
【答案】 (1). CH4 (g)+2SO2 (g)=== CO2 (g)+2S (s)+2H2O(l) △H= -295.9 kJ/mol (2). H2S (3). 300℃ (4). 2×10-3/t1 mol/(L·min) (5). 2H2+SO2=S+2H2O
【解析】
【详解】（1）已知CH4和S的燃晓熱分別为890.3kJ/mol和297.2kJ/mol，则有
①CH4（g）＋2O2(g)＝CO2（g）＋2H2（g）△H＝－890.3kJ/mol
②S（g）＋O2（g）＝SO2（g）△H＝－297.2 kJ/mol
根据盖斯定律可知①-②×2即得到CH4和SO2反应的热化学方程式为CH4（g）＋2SO2（g）＝CO2（g）＋2S(g)＋2H2O(l) △H=-295.9kJ/mol；
（2）①氢气与二氧化硫反应生成X，X与SO2反应生成S，反应中X是还原剂，则X为H2S。0～t1时间内主要是生成X，则反应的温度为300℃，0～t1时间段二氧化硫浓度减少0.002mol/L，则用SO2表示的化学反应速率为＝2×10-3mol/( L•min)；
②根据原子守恒可知反应中还有水生成，则总反应的化学方程式为2H2+SO2=S+2H2O。
24.已知 2A(g)+B(g) ⇌ 2C(g) ΔH= -a kJ·mol-1(a>0) ，在一个有催化剂、固定容积的容器中加入 2 mol A 和 1 mol B，在 500 ℃时充分反应达到平衡后C 的浓度为 x mol·L-1，放出热量bkJ。请回答下列问题：
（1） a_____b（填“>”、“=”或“ <”）。
（2）下表为不同温度下反应的平衡常数。由此可推知，表中 T1_____ T2（填“>”、“< ”或“ =”）。
T/K
T1
T2
T3
K
1.00×107
2.54×105
1.88×103
若在原来的容器中，只加入 2 mol C，500 ℃时充分反应达到平衡后，吸收热量 c kJ，则 C 的浓度
_____x mol·L-1（填“>”、“=” 或“ <”），a、b、c 之间满足何种关系？_____（用代数式表示）
（3）在相同条件下要想得到 2a kJ 热量，加入各物质的物质的量可能是_____(填字母)。
A．4 mol A 和 2 mol B B．4 molA、2 mol B 和 2 mol C
C．4 mol A 和 4 mol B D．6 molA 和 4 mol B
（4）能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是_____(填字母)。
A．及时分离出C 气体 B．适当升高温度 C．增大 B 的浓度 D．选择高效的催化剂
（5）若将上述容器改为恒压容器（反应前体积相同），起始时加入 2 mol A 和 1 mol B，500 ℃时充分反应达到平衡后，放出热量 d kJ，则 d_____b（填“>”、“=” 或“ <”），理由是_____。
（6）在一定温度下，在一个容积不变的容器中通入 2 mol A 和 1 mol B 及适量固体催化剂，使反应达到平衡。保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质改为 4 mol A 和 2 mol B，则平衡时A 的转化率_____（填“不变”、“变大”、“变小”或“不能确定”）。
【答案】 (1). > (2). < (3). = (4). a =b+c (5). D (6). C (7). > (8). 由于反应过程中恒压容器中的压强比恒容容器中的大，故反应物的转化率较高，生成的C比恒容时多，则放出的热量也多 (9). 变大
【解析】
【分析】
（1）可逆反应不能完全反应，参加反应的A的物质的量小于2mol；
（2）反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，依据图表数据分析；若在原来的容器中，只加入2mol C，500℃时充分反应达平衡后，吸收热量为c kJ，达到平衡状态相同，C的浓度相同；正向进行和逆向进行的反应热量变化纸盒为反应的焓变；
（3）由反应方程式可知生成2mol的C时放热a kJ，想得到2a kJ热量，则需生成4molC；由于反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到4molC，A与B物质的量必须要多于4mol和2mol；
（4）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动，依据影响化学反应速率和化学平衡的因素分析判断；
（5）原平衡随反应进行，压强降低．恒压容器（反应器开始体积相同），相同温度下起始加入2molA和1molB，等效为在原平衡的基础上增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断；
（6）恒压容器中通入3molA和2molB及固体催化剂，使之反应，平衡时容器内气体物质的量为起始时的90%．保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为4mol A、3mol B和2mol C，转化为起始量，2A（g）+B（g）⇌2C（g），相当于起始量为6molA和4molB，是原来起始量的2倍，恒压容器中达到相同平衡状态。
【详解】（1）在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2mol A和1mol B，在500℃时充分反应达平衡后C的浓度为x mol/L，放出热量为b kJ，反应是可逆反应，不能进行彻底，反应放出的热量小于焓变数值，a＞b；
（2）反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，图表数据分析，T1＜T2，恒温恒容下，2molC完全转化到左边，可得2molA和1molB，故与原平衡为等效平衡，平衡时C的浓度相同，故c（C）= x mol•L-1，同一可逆反应，相同温度下，正、逆反应的反应热数值相等，但符号相反，令平衡时C的物质的量为nmol，
对于反应2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H=-akJ•mol-1，则b=n×，
对于反应2C（g）⇌2A（g）+B（g）△H=akJ•mol-1，C分解的物质的量为（2-n）mol，故c=×a=1-n×，故a=b+c；
（3）由反应方程式可知生成2mol的C时放热a kJ，想得到2a kJ热量，则需生成4molC；由于反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到4molC，A与B物质的量必须要多于4mol和 2mol，故D符合，B选项中既有正反应又有逆反应，最终放出的热量小于2akJ，答案选D；
（4）已知2A（g）+B（g）⇌2 C（g），△H=-a kJ/mol（a＞0），反应是气体体积减小的放热反应，依据平衡移动原理分析，反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动；
A．及时分离出C气体，反应正向进行，但反应速率减小，选项A不符合；
B．适当升高温度，加快反应速率，但平衡逆向进行，选项B不符合；
C．增大B的浓度，平衡正向进行，反应速率增大，选项C符合；
D．选择高效催化剂，增大反应速率，但不改变平衡，选项D不符合；
答案选项C；
（5）原平衡随反应进行，压强降低．恒压容器（反应器开始体积相同），相同温度下起始加入2molA和1molB，等效为在原平衡的基础上增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应移动，B的转化率变大，反应放出的热量增大，大于恒容容器中达到平衡状态放出的热量，d＞b；故答案为：＞；由于反应过程中恒压容器中压强大于恒容容器，所以转化率更大，放热更多；
（6）在一定温度下，在一个容积不变的容器中通入 2 mol A 和 1 mol B 及适量固体催化剂，使反应达到平衡。保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质改为 4 mol A 和 2 mol B，相当于增大压强，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，则平衡时A 的转化率变大。
【点睛】本题考查了化学平衡常数、化学反应速率、平衡标志的分析判断和计算应用，等效平衡的分析，焓变的意义理解是解题关键，题目难度中等。
25.Ⅰ.已知醋酸和盐酸是日常生活中极为常见的酸，在一定条件下，CH3COOH 溶液中存在电离平衡：CH3COOH ⇌ CH3COO-+H+ ΔH>0。
（1）常温下，在 pH = 5 的稀醋酸溶液中，c(CH3COO-)=_____（不必化简）。下列方法中，可以使 0.10 mol·L-1 CH3COOH 的电离程度增大的是_____｡
a．加入少量 0.10 mol·L-1 的稀盐酸 b．加热 CH3COOH 溶液
c．加水稀释至 0.010 mol·L-1 d．加入少量冰醋酸
e．加入少量氯化钠固体 f．加入少量 0.10 mol·L-1 的 NaOH 溶液
（2）将等质量的锌投入等体积且 pH 均等于 3 的醋酸和盐酸溶液中，经过充分反应后，发现只在一种溶液中有锌粉剩余，则生成氢气的体积：V(盐酸)_____V(醋酸)，反应的最初速率为：υ(盐酸)_____υ(醋酸)。（填写“>”、“<”或“=”）
（3）已知：90℃时，水的离子积常数为 Kw=3.8×10-13，在此温度下，将 pH=3 的盐酸和 pH=11 的氢氧化钠溶液等体积混合，则混合溶液中的 c(H+)=_____mol/L（保留三位有效数字）。
Ⅱ.（1）常温下，已知 0.1 mol·L-1 一元酸HA 溶液中c(OH-)/c(H+)=1×10-8。常温下，0.1 mol·L-1 HA
溶液的 pH=_____；
（2）常温下，向 pH=a 的氨水中加入等体积盐酸时，溶液呈中性，则此盐酸的 pH_____(14-a)（填写“>”、“<”或“=”）。
【答案】 (1). (10-5-10-9) mol/L (2). bcf (3). < (4). = (5). 2.05×10-11 (6). 3 (7). <
【解析】
【详解】Ⅰ.（1）在 pH＝5的稀醋酸溶液中，c（H+）＝10－5mol/L，其中由水电离出的氢离子浓度是10－9mol/L，所以根据醋酸的电离平衡方程式CH3COOH⇌H++CH3COO-可以看出，c（CH3COO-）＝c（H+）＝(10－5－10－9)mol/L。加热、加水稀释、加入碱性物质均能使电离平衡向右移动，所以答案选bcf；
（2）醋酸是弱酸，随着它和金属的反应，电离平衡不断地向右移动，会电离出更多的氢离子，所以醋酸产生的氢气体积较大，V(盐酸)
Ⅱ.（1）c(OH-)/c(H+)=1×10-8，c（OH－）×c（H＋）=1×10-14，所以c（OH－）=10-11mol·L－1，则c（H＋）=10-3mol·L－1，所以溶液的pH=3；
（2）假设氨水是强电解质时，pH=a的氨水中氢氧根离子浓度=10a-14mol·L－1，向pH=a的氨水中加入等体积盐酸时，溶液呈中性，则氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，所以盐酸的pH=14-a；实际上氨水是弱碱，等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，说明酸的浓度大于碱的浓度，则盐酸的pH＜14-a。
26.I.现代传感信息技术在化学实验中有广泛的应用。某小组用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理(如图 1 所示)，并测定电离平衡常数 Kb。
（1）实验室可用浓氨水和X 固体制取 NH3，X 固体可以是_____。
A．生石灰 B．无水氯化钙 C．五氧化二磷 D．碱石灰
（2）检验三颈瓶集满NH3 的方法是：_____。
（3）关闭 a，将带有装满水的胶头滴管的橡皮塞塞紧 c 口，_________，引发喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内气压变化曲线如图 2 所示。图 2 中_____点时喷泉最剧烈。
（4）量取收集到的氨水 20.00 mL，测得 pH=11.0。不断滴加 0.05000 mol/L 盐酸，当盐酸体积为22.50 mL 时恰好完全反应。计算 NH3•H2O 电离平衡常数 Kb 的近似值，Kb ≈_____。
II.已知 1 mol SO2(g)氧化为 1 mol SO3 的ΔH= -99kJ·mol-1 请回答下列问题：
（1）已知单质硫的燃烧热为 296 kJ·mol-1，计算由 S(s)生成 3 mol SO3(g)的 ΔH =_____。
（2）在量热计中（如图）将 100 mL 0.50 mol/L 的 CH3COOH 溶液与100 mL 0.55 mol/L NaOH 溶液混合，温度从 298.0 K 升高到 300.7 K。已知量热计的热容常数（量热计各部件每升高 1 K 所需要的热量）是150.5 J/K，溶液密度均为 1 g/mL，生成溶液的比热容c=4.184 J/(g·K)。则 CH3COOH 的中和热ΔH=_____。
（3）CH3COOH 的中和热的文献值为-56.1 kJ/mol，你认为（1）中测得的实验值偏差可能的原因是（填二点）_____。
【答案】 (1). AD (2). 将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c，有白烟生成，证明NH3已收满 (3). 打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶 (4). C (5). 1.8×10‾5 (6). -1185 kJ/mol (7). -53.3kJ/mol (8). ①量热计的保温瓶效果不好；②酸碱溶液混合不迅速；③温度计不够精确等
【解析】
【详解】I.（1）浓氨水易挥发，生石灰、碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出，而无水氯化钙、五氧化二磷都能够与氨气反应，所以不能用来制氨气；答案选AD；
（2）检验三颈瓶集满NH3 的方法是：将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c，有白烟生成，证明NH3已收满；
（3）要形成喷泉实验，应使瓶内外形成负压差，而氨气极易溶于水，所以打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶，氨气溶于水，使瓶内压强降低，形成喷泉；三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉越剧烈，故答案为：打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶；C；
（4）设氨水的物质的量浓度为c，则：c×20mL=0.05000mol/L×22.40mL，解得c（NH3•H2O）=0.056mol/L，弱电解质电离平衡常数Kb=，pH=11的氨水中c（OH-）=0.001mol/L，c（OH-）≈c（NH4+）=0.001mol/L，则：Kb===1.8×10-5；
II.（1）已知单质硫的燃烧热为296kJ/mol，是指1mol硫完全燃烧生成稳定氧化物二氧化硫时放出的热量，则硫燃烧的热化学方程式为：①S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H＝－296 kJ/mol；二氧化硫催化氧化为二氧化硫的热化学方程式为：②2SO2（g）+O2（g）＝2SO3（g）△H＝－198kJ/mol；依据盖斯定律计算得到①×2+②，即2S（s）+3O2（g）＝2SO3（g），所以△H＝[-296×2+（-198）]＝－790kJ/mol，所以3mol S（s）生成3mol SO3（g）的焓变＝＝－1185 kJ/mol；
（2）醋酸和氢氧化钠的物质的量分别是0.05mol和0.055mol，生成水的物质的量是0.05mol。反应中放出的热量是（300.7K－298.0K）×4.18 J/(g·K)×200g＋（300.7K－298.0K）×150.5 J/K＝2663.55J，则CH3COOH的中和热ΔH＝＝－53.3kJ/mol；
（3）CH3COOH的中和热的文献值为－56.1kJ/mol，即测定结果偏低.这说明反应中由热量损失，所以可能的原因有①量热计的保温瓶效果不好；②酸碱溶液混合不迅速；③温度计不够精确等。
【点睛】本题考查了氨气的制备和喷泉实验的设计、电离常数的计算，反应热的计算等，明确喷泉实验原理和氨气的性质是解题关键，注意电离平衡常数表达式的书写，题目难度中等。
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