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【化学】河南省鹤壁市淇县第一中学2018-2019学年高二上学期第三次月考（解析版） 试卷
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河南省鹤壁市淇县第一中学2018-2019学年高二上学期第三次月考
1.平衡有多种类型，如化学平衡、溶解平衡、电离平衡。下列不存在平衡的是(不考虑水的电离平衡)
A. 稀醋酸水溶液中
B. 氢氧化钙悬浊液中
C. 二氧化硫与氧气反应的混合物中
D. 稀氯化钠水溶液中
【答案】D
【解析】
试题分析：A、醋酸是弱电解质，在稀醋酸溶液中存在醋酸的电离平衡，A错误；B、氢氧化钙悬浊液中存在氢氧化钙的溶解平衡，B错误；C、二氧化硫与氧气反应的混合物中存在化学平衡，C错误；D、氯化钠是强电解质，稀氯化钠水溶液中没有电离平衡，D正确，答案选D。
考点：考查平衡的有关判断
2.常温下，已知:CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) ∆H=-980kJ/mol
2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-560kJ/mol
现有CH4和H2组成的混合气体共0.4mol,使其在O2中完全燃烧，恢复至常温共放出252kJ的热量，则CH4与H2的物质的量之比是
A. 1:1 B. 1:2 C. 2:3 D. 3:2
【答案】A
【解析】
分析：根据热化学方程式和混合物计算的方法确定CH4和H2的物质的量之比。
详解：假设混合气中CH4为xmol，H2为ymol，根据题干得：x+y=0.4mol①，根据CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) ∆H=-980kJ/mol和2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-560kJ/mol得：980x+280y=252KJ②，①②联立解得：x=0.2mol，y=0.2mol，所以CH4与H2的物质的量之比是1:1，A选项正确，其余选项错误，正确答案A。
3.某温度下，有pH相同的H2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液，在H2SO4溶液中由水电离出的H＋浓度为10－a mol·L－1，在Al2(SO4)3溶液中由水电离的H＋浓度为10－bmol·L－1，则此温度下的Kw为
A. 1×10－14 B. 1×10－2a C. 1×10－(7＋a) D. 1×10－(a＋b)
【答案】D
【解析】
【分析】
硫酸中由水电离产生的c水(H＋)＝c水(OH－)＝10－amol·L－1，Al2(SO4)3溶液中由水电离产生的c水(H＋)＝10－bmol·L－1，H2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液的pH相同，所以硫酸溶液中氢离子浓度为10-bmol/L，以此解答。
【详解】有pH相同的H2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液，硫酸溶液对水的电离起到抑制作用，水电离出的氢离子浓度为10-amol/L，在Al2(SO4)3溶液中，铝离子的水解对水的电离起到促进作用，由水电离的H+浓度为10-bmol/L，两溶液的pH相同，所以硫酸溶液中氢离子浓度为10-bmol/L，硫酸溶液中水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，忽略水电离出的氢离子浓度，依据离子积常数可知，此温度下硫酸溶液中水的离子积为Kw=c（H+）×c（OH-）=10-bmol/L×10-amol/L=1×10－(a＋b)（mol/L）2，故D正确。
【点睛】本题考查了溶液中离子积常数的应用和计算，注意酸抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，题目难度中等。
4.在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH，在溶液中加入少量CuSO4固体，HS－浓度减小。下列说法正确的是
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大
B. Ksp(CuS)
D. 加入MgCl2固体，HS－浓度减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.加入CuSO4固体，c(HS－)变小，说明Cu2＋与S2－生成了CuS沉淀，平衡左移，温度不变，所以水解平衡常数不变，故A错误；B.水解仅仅占总S2－的少部分，即c(S2－)远大于c(OH－)，而且Cu(OH)2和CuS不同类，无法得出该结论，故B错误；C.升高温度，平衡正向移动，增大，故C正确；D.Mg(OH)2溶解度较小，可能平衡右移导致HS－浓度增大，故D错误；答案选C。
【点睛】在难溶的组成和类别不相似时，不能直接由溶度积的大小来判断其溶解度的大小。
5.已知:N2O4(g)2NO2(g) ，将装有N2O4和NO2混合气体的烧瓶浸入热水中，烧瓶内混合气体的颜色逐渐变深。下列结论不能说明该反应已经达到化学平衡状态的是
A. 烧瓶内气体的质量不再变化
B. 烧瓶内气体的颜色不再变化
C. 烧瓶内气体的压强不再变化
D. N2O4的消耗速率与NO2的消耗速率之比为1:2
【答案】A
【解析】
分析：由信息可知，该反应为气体体积增大、且吸热的反应，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，判定平衡时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，以此来解答。
详解：A、烧瓶内气体的质量一直不随时间的变化而变化，不能说明达平衡状态，选项A错误；B、烧瓶内气体的颜色不再加深，说明二氧化氮的浓度不变，反应达平衡状态，选项B正确；C、烧瓶内气体的压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，选项C正确；D、N2O4的消耗速率与NO2的消耗速率之比为1:2，可知NO2的生成速率与NO2消耗速率相等，反应达平衡状态，选项D正确；答案选A。
点睛：本题考查化学平衡状态的判定，为高频考点，把握平衡的特征及判定方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意变量可用于平衡判定，题目难度不大。
6.室温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A. 饱和氯水中Cl－、Na＋、SO32－、NO3-
B. 水电离的氢离子浓度为1.0×10－13mol/L 溶液中：CO32－、K＋、SO42－、Br－
C. pH=12的溶液中NO3-、 I－、Na＋、Al3＋
D. Na2S溶液中SO42－、K＋、Cl－、Cu2＋
【答案】B
【解析】
分析：A、氯水显酸性和强氧化性；
B、溶液可能显酸性，也可能显碱性；
C、pH=12的溶液显碱性；
D、CuS难溶于水。
详解：A、饱和氯水中SO32－被氧化为硫酸根，不能大量共存，A错误；
B、水电离的氢离子浓度为1.0×10－13mol/L溶液中水的电离被抑制，如果显酸性CO32－不能大量共存，但显碱性时可以大量共存，B正确；
C、pH=12的溶液显碱性，Al3＋不能大量共存，C错误；
D、Na2S溶液中Cu2＋与硫离子结合生成硫化铜沉淀，不能大量共存，D错误，答案选B。
7.下列说法正确的是
A. 化学平衡正向发生移动时，平衡常数K值一定增大
B. HS－的电离方程式：HS－+H2OS2－+H3O+
C. 由水电离出的c(H+)＝1×10－13mol/L的溶液中，可能大量共存的离子：Fe3+、K+、NH4+、 SO42－、Cl－、ClO－
D. AlCl3溶液与Na2CO3溶液混合发生反应：2Al3++3CO32－＝Al2(CO3)3↓
【答案】B
【解析】
A.平衡常数K为温度的函数，只要温度改变，平衡才会发生移动，A错误；B.HS－为弱酸根离子，部分发生电离， B正确；C. 由水电离出的c(H+)＝1×10－13mol/L的溶液，该溶液可为酸性、可为碱性；酸性环境中，ClO－与H+反应生成次氯酸，碱性环境中，Fe3+与OH-生成氢氧化铁沉淀，C错误；D. Al3+水解显酸性，CO32－水解显碱性，混合后相互促进水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，D错误；答案选B。
8.下列说法正确的是
A. 所有反应的活化能不可能接近零
B. 弱电解质的导电性不一定比强电解质的导电性弱
C. 燃烧热是指1 mol任何物质完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量
D. H＋ (aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1表示强酸溶液与强碱溶液反应的中和热
【答案】B
【解析】
某些反应如离子反应可以瞬间完成，其活化能接近于零或等于零，A项错误；导电性的强弱与溶液中自由移动离子的浓度和所带电荷数有关，与是否为强电解质无关，如硫酸钡是强电解质，但难溶于水，几乎不导电，B项正确；燃烧热是指1 mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，C项错误；H＋ (aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1表示强酸与强碱在稀溶液中反应生成可溶性盐的中和热，D项错误。
9.下列现象或操作不适宜用勒夏特列原理解释的是
A. 合成氨时将氨液化分离可提高原料的利用率
B. H2、I2、HI 混合气体加压后颜色变深
C. 新制氯水久置后颜色变浅
D. 锅炉水垢中含有 CaSO4，常先加 Na2CO3 再加酸处理
【答案】B
【解析】
A、N2+3H2⇌2NH3，将氨液化分离，减小生成物浓度，平衡正向移动，氮气和氢气的转化率变大，故能用勒夏特列原理解释，选项A不选；B、对H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）反应前后气体的总物质的量相等，增大压强，平衡不移动，气体颜色变深是因为体积减小，I2的物质的量浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，选项B选；C、新制氯水久置后，颜色变浅，是因为反应达到的平衡中，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸见光分解，平衡正向进行，氯气含量减小，颜色变浅，和平衡移动有关，选项C不选；D、由平衡CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42-（aq）可知，加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，Ca2+浓度减少，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，发生：CaSO4（s）+CO32-（aq）=CaCO3（s）+SO42-（aq），然后再加盐酸，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而除去硫酸钙，故能用勒夏特列原理解释，选项D不选。答案选B。
点睛：本题考查勒夏特列原理的使用与判断。勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
10.在恒温恒容下反应：2A(S)+B(g)C(g) +D(g)；△H＜0 下列叙述正确的是
A. 向该容器中加入少量 A，反应速率增大
B. 向该容器中充入 He 气，反应速率增大
C. 该反应为放热反应，无需加热一定能发生
D. 将粉末状 A 代替块状 A，反应速率增大
【答案】D
【解析】
A、A是固体物质，浓度为常数，向该容器中加入少量 A，反应速率不变，选项A错误；B、恒容条件下向容器中充入 He 气，反应体系的总压强增大，但反应物的浓度不变，反应速率不变，选项B错误；C、某些放热反应也需加热才能发生，选项C错误；D、将粉末状 A 代替块状 A，反应物的接触面积增大了，反应速率增大，选项D正确。答案选D。
11.反应Ⅰ：CaSO4(s)＋4CO(g)CaS(s)＋4CO2(g) ΔH1＝－175.6 kJ·mol-1反应Ⅱ：CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g) ΔH2＝＋218.4 kJ·mol-1假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)小于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，则A、D错误，因为两图中生成物总能量高于反应物总能量，由题意知：反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，则反应Ⅱ的活化能较大，则B错误、C正确，故选C。
考点：考查了反应热与焓变的相关知识。
12.常温下，把1ml PH=6的H2SO4溶液加入蒸馏水中，制成100mL溶液，稀释后的溶液中，其C(H+)最接近：
A. 1×10-8mol/L B. 1×10-6mol/L
C. 2×10-8mol/L D. 1×10-7mol/L
【答案】D
【解析】
因为正常计算的话，氢离子的浓度会变成10-8mol/L也就是变成了碱性，这是不可能的，因为水本身也会电离，故酸稀释后只能无限接近中性，而不会变成碱性。答案选D。
13.下列各变化中属于原电池反应的是
A. 空气中铝表面迅速形成保护层
B. 镀锌铁表面锌有划损时，也能阻止铁被氧化
C. 红热的铁丝与冷水接触，表面形成蓝黑色保护层
D. 锌和稀硫酸反应时，用锌粉比等质量的锌粒可使反应加快
【答案】B
【解析】
【分析】
原电池的构成条件是：有两个活泼性不同的电极；将电极插入电解质溶液中；两电极间构成闭合回路；能自发的进行氧化还原反应，只要符合原电池的构成条件就能形成原电池。
【详解】A项、没有两个活泼性不同的电极，所以不能构成原电池，铝和氧气直接反应生成氧化铝，属于化学腐蚀，故A错误；
B项、铁、锌和合适的电解质溶液符合原电池构成条件，所以能构成原电池，发生的反应为原电池反应，故B正确；
C．没有两个活泼性不同的电极，所以不能构成原电池，红热的铁丝和水之间反应生成黑色的物质，属于化学腐蚀，故C错误
D项、锌与稀硫酸反应时，锌粉和稀硫酸接触面积大于锌块的接触面积，用锌粉代替锌块可使反应加快，和原电池反应无关，故D错误。
【点睛】本题考查了原电池的判断，根据原电池的构成条件来分析解答即可，注意这几个条件必须同时具备才能构成原电池，否则不能构成原电池。
14.下列装置一定能证明2Ag++2I-=2Ag+I2能否自发进行的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
A、反应产生黄色沉淀，证明碘化钾与硝酸银反应生成碘化银和硝酸钾，不符合，选项A不选；B、两个电极为石墨电极不能发生自发的氧化还原反应，无法形成原电池，无法证明2Ag++2I-=2Ag+I2能否自发进行，不符合，选项B不选；C、左边银电极上碘离子失电子产生碘单质，右边银离子在电极上得电子析出银，能证明2Ag++2I-=2Ag+I2能否自发进行，符合，选项C选；D、碘化银连接电源的正极氢氧根离子失电子产生氧气，银电极连接电源负极银离子得电子产生银单质，证明电解硝酸银产生银、氧气和硝酸，无法证明2Ag++2I-=2Ag+I2能否自发进行，不符合，选项D不选。答案选C。
15.室温时，下列比值为2∶1的是
A. pH=2 与pH=1的硝酸中c(H+)之比
B. Na2CO3溶液中c(Na+)与c(CO32-)之比
C. 0.2mol/L 与0 lmol/L 醋酸中c(H+)之比
D. pH=7的硫酸铵与氨水混合溶液中c(NH4+)与c(SO42-)之比
【答案】D
【解析】
A、pH＝2与pH＝1的硝酸中c(H+)分别为0.01mol·L－1和0.1 mol·L－1，因此c(H+)之比为1︰10，选项A不正确；B、Na2CO3溶液中CO32ˉ要水解，使其浓度减小，所以c(Na+)与c(CO32ˉ )之比应大于2∶1，选项B不正确；C、醋酸属于弱酸，存在电离平衡，因此若将0.2mol/L醋酸稀释到0.1mol/L，溶液中的c(H+)应大于原来的十分之一，即0.2mol/L与0.1mol/L醋酸中c(H+)之比应小于10︰1，选项C不正确；D、pH=7的硫酸铵与氨水混合溶液中，c(H+)= c(OH-)，且根据电荷守恒有c(H+)+ c(NH4+)= c(OH-)+2c(SO42-)，则c(NH4+)=2c(SO42-)，c(NH4+)与c(SO42-)之比为2∶1，选项D正确。答案选D。
16.下列三个数据：①7.2×10-4、②2.6×10-4、③4.9×10-10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可以发生如下反应：NaCN+HNO2=HCN+NaNO2；NaCN+HF=HCN+NaF ； NaNO2+HF=HNO2+NaF ， 由此可判断下列叙述中正确的是
A. HNO2的电离平衡常数是③ B. HNO2的电离平衡常数是①
C. HCN的电离平衡常数是② D. HF的电离平衡常数是①
【答案】D
【解析】
根据较强的酸制备较弱的酸可知，酸性强弱顺序是HF＞HNO2＞HCN，所以根据电离平衡常数可知，HF、HNO2、HCN三种酸的电离平衡常数分别是①、②、③，答案选D。
17.已知相同条件下，HClO的电离常数小于H2CO3的第一级电离常数。为了提高氯水中HClO的浓度，可加入
A. HCl B. CaCO3(s) C. H2O D. NaOH(s)
【答案】B
【解析】
【分析】
HClO的电离常数小于H2CO3的第一级电离常数（Ka1）大于H2CO3的第二级电离常数（Ka2），说明酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-。氯气和水反应生成HCl和HClO，该反应为可逆反应。为了提高氯水中HClO的浓度，加入的物质应该和盐酸反应而和次氯酸不反应，根据强酸制取弱酸分析解答。
【详解】HClO的电离常数小于H2CO3的第一级电离常数（Ka1）大于H2CO3的第二级电离常数（Ka2），说明酸性 H2CO3＞HClO＞HCO3-，氯水中含有HCl和HClO，为了提高氯水中HClO的浓度，加入的物质应该和盐酸反应而和次氯酸不反应，A、加入盐酸，抑制氯气与水的反应，减小了次氯酸的浓度，选项A错误；B、根据酸性强弱知，加入CaCO3，盐酸与碳酸钙反应，促使氯气与水的反应正向进行，而次氯酸不与碳酸钙反应，次氯酸的浓度增大，选项B正确；C、加水溶液被稀释，次氯酸的浓度减小，选项C错误；D、氢氧化钠与盐酸和次氯酸都反应，所以次氯酸的浓度减小，选项D错误；答案选B。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确酸的电离平衡常数与酸性强弱之间关系是解本题关键，题目难度不大。
18.在水溶液中Fe3＋和I－存在可逆反应：2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，平衡常数为K。已知氢氧化铁和氢氧化亚铁的溶度积如下：Ksp[Fe(OH)2]＝4.87×10－17，Ksp[Fe(OH)3]＝2.64×10－39。下列判断不正确的是
A. 反应的平衡常数K＝
B. 该可逆反应只能在酸性条件下存在
C. 加入AgNO3，平衡右移，溶液黄色变浅
D. 加入CCl4，平衡右移，水溶液层黄色变浅
【答案】C
【解析】
【分析】
平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；Fe3+水解显酸性，在碱性条件下Fe3+和Fe2+以氢氧化物沉淀形式存在；碘单质可以与碱反应生成碘离子和碘酸根离子；银离子与碘离子能生成碘化银沉淀；四氯化碳可以从水溶液中把碘单质萃取出来，以此解答。
【详解】A、依据平衡常数含义分析可知，该反应的平衡常数K的表达式为K=，故A正确；
B、根据氢氧化铁和氢氧化亚铁的Ksp可知，在碱性条件下，二价铁离子和三价铁离子容易生成沉淀，碘单质易与碱反应生成碘离子和碘酸根离子，而且三价铁离子水解显酸性，为抑制水解且防止生成沉淀或发生反应，该反应应在酸性条件下进行，故B正确；
C、加入硝酸银，银离子与碘离子生成碘化银沉淀，导致平衡左移，故C错误；
D、加入CCl4，I2被萃取到CCl4中，平衡右移，Fe3＋和I2的浓度都降低，水溶液层黄色变浅，故D正确。
故选C。
19.现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 mol·L－1的NaOH溶液，乙为0.1 mol·L－1的盐酸，丙为未知浓度的FeCl2溶液，试回答下列问题：
(1)甲溶液的pH＝________。
(2)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH－)的大小关系为________。
(3)某化学兴趣小组认为在隔绝空气的环境中，用酸性KMnO4溶液能测定丙溶液的浓度(已知：5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O)。
①实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250 mL，配制时需要的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需________(填写仪器名称)。
②滴定实验要用到酸式滴定管或碱式滴定管，使用该仪器的第一步操作是_______。
③某同学设计的下列滴定方式中，最合理的是________(夹持部分略去，填字母序号)，达到滴定终点的现象是__________________________。
【答案】 (1). 13 (2). 丙＞甲＝乙 (3). 250 mL容量瓶、胶头滴管 (4). 检验滴定管是否漏水 (5). b (6). 滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由浅绿色变成浅紫色，且半分钟内不褪色
【解析】
【分析】
（1）0.1mol•L-1的NaOH溶液中c（OH-）=0.1mol/L，根据Kw=c（H+）•c（OH-）计算溶液中c（H+），再根据pH=-logc（H+）计算溶液的pH值；
（2）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；
（3） ①精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250 mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250 mL容量瓶；
②使用滴定管的第一步操作是检查是否漏水；
③KMnO4溶液具有强氧化性、氯化亚铁溶液呈酸性，都应该用酸式滴定管盛装；达到滴定终点时，溶液的颜色出现突变，且变色后半分钟不褪色。
【详解】(1)甲为0.1mol·L-1的NaOH溶液，则c(OH-)＝10-1mol·L-1，c(H＋)＝=mol/L=1×10-13 mol·L-1，pH=13。
(2)等浓度的c(H＋)和c(OH-)对水的电离的抑制程度相同，而盐类的水解能促进水的电离平衡，故三种溶液中由水电离出的c(OH－)的大小关系为：丙＞甲＝乙；
(3) ①精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250 mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250 mL容量瓶，缺少250 mL容量瓶、胶头滴管，
因此，本题正确答案是：250 mL容量瓶、胶头滴管；
②使用滴定管的第一步操作是检查是否漏水，
因此，本题正确答案是：检验滴定管是否漏水；
③KMnO4溶液具有强氧化性、氯化亚铁溶液呈酸性，都应该用酸式滴定管盛装，a、c均错误，b正确；由方程式可知滴定终点的现象是滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由浅绿色变成浅紫色，且半分钟内不褪色。
因此，本题正确答案是：b；滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由浅绿色变成浅紫色，且半分钟内不褪色。
【点睛】本题综合考查酸碱混合的定性判断和计算以及弱电解质的电离和盐类的水解等知识，题目难度中等。答题时注意审题，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系结合图象进行判断是解答本题关键。
20.合成氨在工业生产中具有重要意义。
（1）在合成氨工业中I2O5常用于定量测定CO的含量。己知2I2(s)+5O2(g)=2I2O5(s) △H=-76kJ·mol-1；2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566kJ·mol-1。则该测定反应的热化学方程式为____________________________________。
（2）不同温度下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入4 mol CO，测得CO2的体积分数φ (CO2)随时间t变化曲线如图。
①b点CO的平衡转化率α为____________，c点的平衡常数K为________________。
②下列措施能提高该反应CO转化率的是________(填字母)
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂 d．移走CO2
（3）若氨水与SO2恰好生成正盐，则此时溶液呈_________(填“酸性”或“碱性”)，向上述溶液中通入___________(填“NH3”或“SO2”)可使溶液呈中性。(已知常温下NH3·H2O的Kb=1.8×10-5mol·L-1，H2SO3的Ka1=1.5×10-2mol·L-1，Ka2=6.3×10-8mol·L-1)
【答案】 (1). 5CO(g)+ I2O5(s)=5CO2(g)+ I2(s) DH=﹣1377kJ· mol-1 (2). 60% (3). 1024 (4). d (5). 碱性 (6). SO2
【解析】
【分析】
（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；
（2）①根据5CO(g)+ I2O5(s) 5CO2(g)+ I2(s)及图像分析可知，①CO的平衡转化率α = 100%；平衡常数K = ，据此分析作答；
②根据“先拐先平数值大”规律可以判断T1T2，升高温度，CO2的体积分数φ (CO2)减小，则说明该可逆反应的正反应为放热反应，即DH0，且该反应是气体体积分数不变的反应，根据勒夏特列原理分析作答；
（3）氨水与SO2恰好生成的正盐为(NH4)2SO3,根据盐溶液中“越弱越水解”规律，结合弱电解质的平衡常数Ka或Kb与相应的盐水解平衡常数Kh的转化关系为：Kh = 或Kh = 分析作答。
【详解】（1）2I2(s)+5O2(g)=2I2O5(s) △H=-76 kJ·mol-1①，
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566 kJ·mol-1②，
将方程式②×−①×得5CO(g)+I2O5(s)=5CO2(g)+I2(s)，根据盖斯定律可知，△H=×(−566kJ⋅mol−1) − ×(−76 kJ⋅mol−1) = −1377 kJ/mol，
所以其热化学反应方程式为：5CO(g)+I2O5(s)=5CO2(g)+I2(s) DH=﹣1377 kJ· mol-1，
故答案为：5CO(g)+I2O5(s)=5CO2(g)+I2(s) DH=﹣1377 kJ· mol-1；
（2）①由图像可知，b点CO2的体积分数φ(CO2)为0.60，设反应的CO的浓度为x，则列出三段式为：
5CO(g)+ I2O5(s) 5CO2(g)+ I2(s)
c0(mol/L) 2 0
Dc(mol/L) x x
ct(mol/L) 2-x x
φ (CO2) = = 0.60，解得x = 1.2 mol/L，
则α = 100% = = 60 %；
同理，再列出T2温度下的三段式为：
5CO(g)+ I2O5(s) 5CO2(g)+ I2(s)
c0(mol/L) 2 0
Dc(mol/L) x x
ct(mol/L) 2-x x
φ (CO2) = = 0.80，解得x = 1.6 mol/L，
则平衡常数K = = = 1024；
故答案为：60 %；1024；
②根据“先拐先平数值大”规律可以判断T1T2，升高温度，CO2的体积分数φ (CO2)减小，则说明该可逆反应的正反应为放热反应，即DH0，且该反应是气体体积分数不变的反应，再根据勒夏特列原理可知，
a. 因正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不利于CO的转化，故a项错误；
b．因反应是气体体积分数不变的反应，则增大压强平衡不移动，即不会提高CO的转化率，故b项错误；
c. 催化剂只能降低反应的活化能，是正逆速率同等程度增大，不会改变平衡，则不会提高CO的转化率，故c项错误；
d. 移走CO2，使生成物CO2的浓度降低，平衡向正反应方向移动，提高了CO的转化率，故d项正确；
答案选d；
（3）氨水与SO2恰好生成的正盐为(NH4)2SO3，常温下NH3·H2O的Kb = 1.8×10-5 mol·L-1，则NH4+的水解平衡常数Kh(NH4+) = = 5.56×10-10 mol·L-1，H2SO3的二步电离平衡常数Ka2 = 6.3×10-8 mol·L-1，则得出SO32-的水解平衡常数Kh(SO32-) = =1.59×10-7 mol·L-1，因Kh(NH4+) Kh(SO32-)，即使c(NH4+)2c(SO32-)，最终溶液酸碱性由SO32-水解所得的OH-起主导作用，所以溶液显碱性，加入酸性氧化物SO2可使溶液显中性，
故答案为：碱性；SO2。
【点睛】本题侧重考查盖斯定律、化学平衡常数及转化率的计算、水溶液中的离子平衡等综合知识的运用，其中第（2）问，还可利用“该反应是气体体积分数不变的特殊反应”来直接得出结论，因气体的体积分数等于气体的物质的量分数，则①b点CO2的体积分数φ(CO2)为0.60，则气体的物质的量不变，仍为4 mol，所以生成的二氧化碳的物质的量n(CO2) = 4 mol0.60 = 2.4 mol，所以根据化学计量数可以看出参加反应的CO的物质的量也为2.4 mol，则CO的转化率 = 100% = 60%；②同理c点可求得n(CO2) = 4 mol0.80 = 3.2 mol，所以CO变化的物质的量n(CO) = n(CO2) = 3.2 mol，平衡状态后CO的物质的量为n(CO) = 4 mol-3.2 mol = 0.8 mol，因此其平衡常数K = = ()5/5 = 1024，采用该方法一步到位，节约做题时间，提高做题效率，但要特别注意各物理量的含义与转化关系。
21.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡，根据要求回答下列问题：
（1）向 ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀，用电离平衡原理解释上述现象 _______________________________________________ 。
（2）AlCl3溶液蒸干并灼烧得到的物质是__________ （填化学式）。
（3）0.1 mol·L－1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为________________________________________。
（4）0.1mol·L－1的NaHA溶液中，粒子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）>c（HA—）>c（H2A）>c（A2－）
①该溶液中显________（填“酸性”、“碱性”或“中性”）；
②作出上述判断的依据是___________________________________________（用文字解释）。
【答案】 (1). 饱和H2S溶液中电离产生的S2-很少，因此没有沉淀。加入氨水后，促进H2S电离，S2-离子浓度增大，有沉淀产生 (2). Al2O3 (3). c(NH4+) > c(SO42-) > c(H+) >c(OH-) (4). 碱性 (5). 因为c（H2A）>c（A2－）可说明HA－水解程度大于其电离程度
【解析】
（1）H2S是弱电解质，存在电离平衡。饱和H2S溶液中电离产生的S2－很少，因此没有沉淀。加入氨水后，促进H2S的电离，S2－离子浓度增大，从而产生沉淀；（2）因为AlCl3是挥发性酸所形成的铝盐，加热促进AlCl3水解，以致完全得到Al(OH)3，HCl则挥发掉：AlCl3+3H2OAl(OH)3↓+3HCl↑，高温下，可使Al(OH)3分解，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，固体产物为Al2O3；（3）硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使溶液呈酸性，即c（H+）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），则c（NH4+）＞c（SO42-），铵根离子水解较微弱，所以c（SO42-）＞c（H+），则该溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）；（3）NaHA溶液中存在电离平衡(HA—A2—+H+)和水解平衡(HA—+H2O OH—+ H2A)，因c（H2A）>c（A2－），水解大于电离，故0.1mol·L－1的NaHA溶液呈碱性。
点睛:判断盐溶液蒸干时所得的产物:加热浓缩不水解的盐溶液时一般得原物质；加热浓缩Na2CO3型的盐溶液一般得原物质；加热浓缩FeCl3 型的盐溶液,最后得到Fe(OH)3，灼烧得Fe2O3 ；加热蒸干(NH4)2CO3或NH4HCO3型的盐溶液时，得不到固体；加热蒸干Ca(HCO3)2型的盐溶液时，最后得相应的正盐；加热Mg(HCO3)2、MgCO3 溶液最后得到Mg(OH)2 固体；加热Na2SO3型盐溶液，最后被空气氧化为Na2SO4。
22.某研究性学习小组的同学对Zn.Cu、稀硫酸组成的原电池进行了探究,其中甲同学利用下图I装置进行探究，乙同学经过查阅资料后设计了图II装置进行探究( 盐桥内含有某种电解质的饱和溶液，起到连通电路的作用)。
（1）实验表明,图I中两个电极上均有气泡产生,锌电极上有气泡产生,说明反应中有一部分化学能转化为______能;铜电极上有气泡产生,说明反应中有一部分化学能转化为____能。
（2）图II中的X、Y 是ZnSO4溶液及稀硫酸中的一种,实验过程中只有正极上产生气泡，则X 是_________，正极上的电极反应式为__________。
（3）当图I装置的溶液质量增加63 g时,生成的氢气共有______L( 标准状况);当图II 中锌电极质量减少65g时,电路中转移的电子数为______NA。
【答案】 (1). 热 (2). 电 (3). ZnSO4溶液 (4). 2H++2e-=H2↑ (5). 22.4 (6). 2
【解析】
(1)图I中两个电极上均有气泡产生，锌电极上有气泡产生，锌与稀硫酸反应，该反应为放热反应，说明反应中有一部分化学能转化为热能；锌失去的电子经过导线转移到铜片表面，铜电极上有气泡产生，说明反应中有一部分化学能转化为电能，故答案为：热；电；
(2)锌失去的电子经过导线转移到铜片表面，溶液中的氢离子在铜片得到电子，放出氢气，则锌浸在ZnSO4溶液中，铜浸在稀硫酸中；铜片上的电极反应式为2H++2e-=H2↑，故答案为：ZnSO4溶液；2H++2e-=H2↑；
(3)当图I装置的溶液质量增加63 g时，溶解的锌为65g，生成的氢气为2g，在标准状况下氢气的体积为×22.4L/mol =22.4L；当图II 中锌电极质量减少65g(1molZn)时，电路中转移2mol电子，电子数为2NA，故答案为：22.4；2。
1.平衡有多种类型，如化学平衡、溶解平衡、电离平衡。下列不存在平衡的是(不考虑水的电离平衡)
A. 稀醋酸水溶液中
B. 氢氧化钙悬浊液中
C. 二氧化硫与氧气反应的混合物中
D. 稀氯化钠水溶液中
【答案】D
【解析】
试题分析：A、醋酸是弱电解质，在稀醋酸溶液中存在醋酸的电离平衡，A错误；B、氢氧化钙悬浊液中存在氢氧化钙的溶解平衡，B错误；C、二氧化硫与氧气反应的混合物中存在化学平衡，C错误；D、氯化钠是强电解质，稀氯化钠水溶液中没有电离平衡，D正确，答案选D。
考点：考查平衡的有关判断
2.常温下，已知:CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) ∆H=-980kJ/mol
2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-560kJ/mol
现有CH4和H2组成的混合气体共0.4mol,使其在O2中完全燃烧，恢复至常温共放出252kJ的热量，则CH4与H2的物质的量之比是
A. 1:1 B. 1:2 C. 2:3 D. 3:2
【答案】A
【解析】
分析：根据热化学方程式和混合物计算的方法确定CH4和H2的物质的量之比。
详解：假设混合气中CH4为xmol，H2为ymol，根据题干得：x+y=0.4mol①，根据CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) ∆H=-980kJ/mol和2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-560kJ/mol得：980x+280y=252KJ②，①②联立解得：x=0.2mol，y=0.2mol，所以CH4与H2的物质的量之比是1:1，A选项正确，其余选项错误，正确答案A。
3.某温度下，有pH相同的H2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液，在H2SO4溶液中由水电离出的H＋浓度为10－a mol·L－1，在Al2(SO4)3溶液中由水电离的H＋浓度为10－bmol·L－1，则此温度下的Kw为
A. 1×10－14 B. 1×10－2a C. 1×10－(7＋a) D. 1×10－(a＋b)
【答案】D
【解析】
【分析】
硫酸中由水电离产生的c水(H＋)＝c水(OH－)＝10－amol·L－1，Al2(SO4)3溶液中由水电离产生的c水(H＋)＝10－bmol·L－1，H2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液的pH相同，所以硫酸溶液中氢离子浓度为10-bmol/L，以此解答。
【详解】有pH相同的H2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液，硫酸溶液对水的电离起到抑制作用，水电离出的氢离子浓度为10-amol/L，在Al2(SO4)3溶液中，铝离子的水解对水的电离起到促进作用，由水电离的H+浓度为10-bmol/L，两溶液的pH相同，所以硫酸溶液中氢离子浓度为10-bmol/L，硫酸溶液中水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，忽略水电离出的氢离子浓度，依据离子积常数可知，此温度下硫酸溶液中水的离子积为Kw=c（H+）×c（OH-）=10-bmol/L×10-amol/L=1×10－(a＋b)（mol/L）2，故D正确。
【点睛】本题考查了溶液中离子积常数的应用和计算，注意酸抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，题目难度中等。
4.在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH，在溶液中加入少量CuSO4固体，HS－浓度减小。下列说法正确的是
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大
B. Ksp(CuS)
D. 加入MgCl2固体，HS－浓度减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.加入CuSO4固体，c(HS－)变小，说明Cu2＋与S2－生成了CuS沉淀，平衡左移，温度不变，所以水解平衡常数不变，故A错误；B.水解仅仅占总S2－的少部分，即c(S2－)远大于c(OH－)，而且Cu(OH)2和CuS不同类，无法得出该结论，故B错误；C.升高温度，平衡正向移动，增大，故C正确；D.Mg(OH)2溶解度较小，可能平衡右移导致HS－浓度增大，故D错误；答案选C。
【点睛】在难溶的组成和类别不相似时，不能直接由溶度积的大小来判断其溶解度的大小。
5.已知:N2O4(g)2NO2(g) ，将装有N2O4和NO2混合气体的烧瓶浸入热水中，烧瓶内混合气体的颜色逐渐变深。下列结论不能说明该反应已经达到化学平衡状态的是
A. 烧瓶内气体的质量不再变化
B. 烧瓶内气体的颜色不再变化
C. 烧瓶内气体的压强不再变化
D. N2O4的消耗速率与NO2的消耗速率之比为1:2
【答案】A
【解析】
分析：由信息可知，该反应为气体体积增大、且吸热的反应，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，判定平衡时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，以此来解答。
详解：A、烧瓶内气体的质量一直不随时间的变化而变化，不能说明达平衡状态，选项A错误；B、烧瓶内气体的颜色不再加深，说明二氧化氮的浓度不变，反应达平衡状态，选项B正确；C、烧瓶内气体的压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，选项C正确；D、N2O4的消耗速率与NO2的消耗速率之比为1:2，可知NO2的生成速率与NO2消耗速率相等，反应达平衡状态，选项D正确；答案选A。
点睛：本题考查化学平衡状态的判定，为高频考点，把握平衡的特征及判定方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意变量可用于平衡判定，题目难度不大。
6.室温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A. 饱和氯水中Cl－、Na＋、SO32－、NO3-
B. 水电离的氢离子浓度为1.0×10－13mol/L 溶液中：CO32－、K＋、SO42－、Br－
C. pH=12的溶液中NO3-、 I－、Na＋、Al3＋
D. Na2S溶液中SO42－、K＋、Cl－、Cu2＋
【答案】B
【解析】
分析：A、氯水显酸性和强氧化性；
B、溶液可能显酸性，也可能显碱性；
C、pH=12的溶液显碱性；
D、CuS难溶于水。
详解：A、饱和氯水中SO32－被氧化为硫酸根，不能大量共存，A错误；
B、水电离的氢离子浓度为1.0×10－13mol/L溶液中水的电离被抑制，如果显酸性CO32－不能大量共存，但显碱性时可以大量共存，B正确；
C、pH=12的溶液显碱性，Al3＋不能大量共存，C错误；
D、Na2S溶液中Cu2＋与硫离子结合生成硫化铜沉淀，不能大量共存，D错误，答案选B。
7.下列说法正确的是
A. 化学平衡正向发生移动时，平衡常数K值一定增大
B. HS－的电离方程式：HS－+H2OS2－+H3O+
C. 由水电离出的c(H+)＝1×10－13mol/L的溶液中，可能大量共存的离子：Fe3+、K+、NH4+、 SO42－、Cl－、ClO－
D. AlCl3溶液与Na2CO3溶液混合发生反应：2Al3++3CO32－＝Al2(CO3)3↓
【答案】B
【解析】
A.平衡常数K为温度的函数，只要温度改变，平衡才会发生移动，A错误；B.HS－为弱酸根离子，部分发生电离， B正确；C. 由水电离出的c(H+)＝1×10－13mol/L的溶液，该溶液可为酸性、可为碱性；酸性环境中，ClO－与H+反应生成次氯酸，碱性环境中，Fe3+与OH-生成氢氧化铁沉淀，C错误；D. Al3+水解显酸性，CO32－水解显碱性，混合后相互促进水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，D错误；答案选B。
8.下列说法正确的是
A. 所有反应的活化能不可能接近零
B. 弱电解质的导电性不一定比强电解质的导电性弱
C. 燃烧热是指1 mol任何物质完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量
D. H＋ (aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1表示强酸溶液与强碱溶液反应的中和热
【答案】B
【解析】
某些反应如离子反应可以瞬间完成，其活化能接近于零或等于零，A项错误；导电性的强弱与溶液中自由移动离子的浓度和所带电荷数有关，与是否为强电解质无关，如硫酸钡是强电解质，但难溶于水，几乎不导电，B项正确；燃烧热是指1 mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，C项错误；H＋ (aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1表示强酸与强碱在稀溶液中反应生成可溶性盐的中和热，D项错误。
9.下列现象或操作不适宜用勒夏特列原理解释的是
A. 合成氨时将氨液化分离可提高原料的利用率
B. H2、I2、HI 混合气体加压后颜色变深
C. 新制氯水久置后颜色变浅
D. 锅炉水垢中含有 CaSO4，常先加 Na2CO3 再加酸处理
【答案】B
【解析】
A、N2+3H2⇌2NH3，将氨液化分离，减小生成物浓度，平衡正向移动，氮气和氢气的转化率变大，故能用勒夏特列原理解释，选项A不选；B、对H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）反应前后气体的总物质的量相等，增大压强，平衡不移动，气体颜色变深是因为体积减小，I2的物质的量浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，选项B选；C、新制氯水久置后，颜色变浅，是因为反应达到的平衡中，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸见光分解，平衡正向进行，氯气含量减小，颜色变浅，和平衡移动有关，选项C不选；D、由平衡CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42-（aq）可知，加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，Ca2+浓度减少，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，发生：CaSO4（s）+CO32-（aq）=CaCO3（s）+SO42-（aq），然后再加盐酸，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而除去硫酸钙，故能用勒夏特列原理解释，选项D不选。答案选B。
点睛：本题考查勒夏特列原理的使用与判断。勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
10.在恒温恒容下反应：2A(S)+B(g)C(g) +D(g)；△H＜0 下列叙述正确的是
A. 向该容器中加入少量 A，反应速率增大
B. 向该容器中充入 He 气，反应速率增大
C. 该反应为放热反应，无需加热一定能发生
D. 将粉末状 A 代替块状 A，反应速率增大
【答案】D
【解析】
A、A是固体物质，浓度为常数，向该容器中加入少量 A，反应速率不变，选项A错误；B、恒容条件下向容器中充入 He 气，反应体系的总压强增大，但反应物的浓度不变，反应速率不变，选项B错误；C、某些放热反应也需加热才能发生，选项C错误；D、将粉末状 A 代替块状 A，反应物的接触面积增大了，反应速率增大，选项D正确。答案选D。
11.反应Ⅰ：CaSO4(s)＋4CO(g)CaS(s)＋4CO2(g) ΔH1＝－175.6 kJ·mol-1反应Ⅱ：CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g) ΔH2＝＋218.4 kJ·mol-1假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)小于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，则A、D错误，因为两图中生成物总能量高于反应物总能量，由题意知：反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，则反应Ⅱ的活化能较大，则B错误、C正确，故选C。
考点：考查了反应热与焓变的相关知识。
12.常温下，把1ml PH=6的H2SO4溶液加入蒸馏水中，制成100mL溶液，稀释后的溶液中，其C(H+)最接近：
A. 1×10-8mol/L B. 1×10-6mol/L
C. 2×10-8mol/L D. 1×10-7mol/L
【答案】D
【解析】
因为正常计算的话，氢离子的浓度会变成10-8mol/L也就是变成了碱性，这是不可能的，因为水本身也会电离，故酸稀释后只能无限接近中性，而不会变成碱性。答案选D。
13.下列各变化中属于原电池反应的是
A. 空气中铝表面迅速形成保护层
B. 镀锌铁表面锌有划损时，也能阻止铁被氧化
C. 红热的铁丝与冷水接触，表面形成蓝黑色保护层
D. 锌和稀硫酸反应时，用锌粉比等质量的锌粒可使反应加快
【答案】B
【解析】
【分析】
原电池的构成条件是：有两个活泼性不同的电极；将电极插入电解质溶液中；两电极间构成闭合回路；能自发的进行氧化还原反应，只要符合原电池的构成条件就能形成原电池。
【详解】A项、没有两个活泼性不同的电极，所以不能构成原电池，铝和氧气直接反应生成氧化铝，属于化学腐蚀，故A错误；
B项、铁、锌和合适的电解质溶液符合原电池构成条件，所以能构成原电池，发生的反应为原电池反应，故B正确；
C．没有两个活泼性不同的电极，所以不能构成原电池，红热的铁丝和水之间反应生成黑色的物质，属于化学腐蚀，故C错误
D项、锌与稀硫酸反应时，锌粉和稀硫酸接触面积大于锌块的接触面积，用锌粉代替锌块可使反应加快，和原电池反应无关，故D错误。
【点睛】本题考查了原电池的判断，根据原电池的构成条件来分析解答即可，注意这几个条件必须同时具备才能构成原电池，否则不能构成原电池。
14.下列装置一定能证明2Ag++2I-=2Ag+I2能否自发进行的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
A、反应产生黄色沉淀，证明碘化钾与硝酸银反应生成碘化银和硝酸钾，不符合，选项A不选；B、两个电极为石墨电极不能发生自发的氧化还原反应，无法形成原电池，无法证明2Ag++2I-=2Ag+I2能否自发进行，不符合，选项B不选；C、左边银电极上碘离子失电子产生碘单质，右边银离子在电极上得电子析出银，能证明2Ag++2I-=2Ag+I2能否自发进行，符合，选项C选；D、碘化银连接电源的正极氢氧根离子失电子产生氧气，银电极连接电源负极银离子得电子产生银单质，证明电解硝酸银产生银、氧气和硝酸，无法证明2Ag++2I-=2Ag+I2能否自发进行，不符合，选项D不选。答案选C。
15.室温时，下列比值为2∶1的是
A. pH=2 与pH=1的硝酸中c(H+)之比
B. Na2CO3溶液中c(Na+)与c(CO32-)之比
C. 0.2mol/L 与0 lmol/L 醋酸中c(H+)之比
D. pH=7的硫酸铵与氨水混合溶液中c(NH4+)与c(SO42-)之比
【答案】D
【解析】
A、pH＝2与pH＝1的硝酸中c(H+)分别为0.01mol·L－1和0.1 mol·L－1，因此c(H+)之比为1︰10，选项A不正确；B、Na2CO3溶液中CO32ˉ要水解，使其浓度减小，所以c(Na+)与c(CO32ˉ )之比应大于2∶1，选项B不正确；C、醋酸属于弱酸，存在电离平衡，因此若将0.2mol/L醋酸稀释到0.1mol/L，溶液中的c(H+)应大于原来的十分之一，即0.2mol/L与0.1mol/L醋酸中c(H+)之比应小于10︰1，选项C不正确；D、pH=7的硫酸铵与氨水混合溶液中，c(H+)= c(OH-)，且根据电荷守恒有c(H+)+ c(NH4+)= c(OH-)+2c(SO42-)，则c(NH4+)=2c(SO42-)，c(NH4+)与c(SO42-)之比为2∶1，选项D正确。答案选D。
16.下列三个数据：①7.2×10-4、②2.6×10-4、③4.9×10-10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可以发生如下反应：NaCN+HNO2=HCN+NaNO2；NaCN+HF=HCN+NaF ； NaNO2+HF=HNO2+NaF ， 由此可判断下列叙述中正确的是
A. HNO2的电离平衡常数是③ B. HNO2的电离平衡常数是①
C. HCN的电离平衡常数是② D. HF的电离平衡常数是①
【答案】D
【解析】
根据较强的酸制备较弱的酸可知，酸性强弱顺序是HF＞HNO2＞HCN，所以根据电离平衡常数可知，HF、HNO2、HCN三种酸的电离平衡常数分别是①、②、③，答案选D。
17.已知相同条件下，HClO的电离常数小于H2CO3的第一级电离常数。为了提高氯水中HClO的浓度，可加入
A. HCl B. CaCO3(s) C. H2O D. NaOH(s)
【答案】B
【解析】
【分析】
HClO的电离常数小于H2CO3的第一级电离常数（Ka1）大于H2CO3的第二级电离常数（Ka2），说明酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-。氯气和水反应生成HCl和HClO，该反应为可逆反应。为了提高氯水中HClO的浓度，加入的物质应该和盐酸反应而和次氯酸不反应，根据强酸制取弱酸分析解答。
【详解】HClO的电离常数小于H2CO3的第一级电离常数（Ka1）大于H2CO3的第二级电离常数（Ka2），说明酸性 H2CO3＞HClO＞HCO3-，氯水中含有HCl和HClO，为了提高氯水中HClO的浓度，加入的物质应该和盐酸反应而和次氯酸不反应，A、加入盐酸，抑制氯气与水的反应，减小了次氯酸的浓度，选项A错误；B、根据酸性强弱知，加入CaCO3，盐酸与碳酸钙反应，促使氯气与水的反应正向进行，而次氯酸不与碳酸钙反应，次氯酸的浓度增大，选项B正确；C、加水溶液被稀释，次氯酸的浓度减小，选项C错误；D、氢氧化钠与盐酸和次氯酸都反应，所以次氯酸的浓度减小，选项D错误；答案选B。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确酸的电离平衡常数与酸性强弱之间关系是解本题关键，题目难度不大。
18.在水溶液中Fe3＋和I－存在可逆反应：2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，平衡常数为K。已知氢氧化铁和氢氧化亚铁的溶度积如下：Ksp[Fe(OH)2]＝4.87×10－17，Ksp[Fe(OH)3]＝2.64×10－39。下列判断不正确的是
A. 反应的平衡常数K＝
B. 该可逆反应只能在酸性条件下存在
C. 加入AgNO3，平衡右移，溶液黄色变浅
D. 加入CCl4，平衡右移，水溶液层黄色变浅
【答案】C
【解析】
【分析】
平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；Fe3+水解显酸性，在碱性条件下Fe3+和Fe2+以氢氧化物沉淀形式存在；碘单质可以与碱反应生成碘离子和碘酸根离子；银离子与碘离子能生成碘化银沉淀；四氯化碳可以从水溶液中把碘单质萃取出来，以此解答。
【详解】A、依据平衡常数含义分析可知，该反应的平衡常数K的表达式为K=，故A正确；
B、根据氢氧化铁和氢氧化亚铁的Ksp可知，在碱性条件下，二价铁离子和三价铁离子容易生成沉淀，碘单质易与碱反应生成碘离子和碘酸根离子，而且三价铁离子水解显酸性，为抑制水解且防止生成沉淀或发生反应，该反应应在酸性条件下进行，故B正确；
C、加入硝酸银，银离子与碘离子生成碘化银沉淀，导致平衡左移，故C错误；
D、加入CCl4，I2被萃取到CCl4中，平衡右移，Fe3＋和I2的浓度都降低，水溶液层黄色变浅，故D正确。
故选C。
19.现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 mol·L－1的NaOH溶液，乙为0.1 mol·L－1的盐酸，丙为未知浓度的FeCl2溶液，试回答下列问题：
(1)甲溶液的pH＝________。
(2)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH－)的大小关系为________。
(3)某化学兴趣小组认为在隔绝空气的环境中，用酸性KMnO4溶液能测定丙溶液的浓度(已知：5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O)。
①实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250 mL，配制时需要的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需________(填写仪器名称)。
②滴定实验要用到酸式滴定管或碱式滴定管，使用该仪器的第一步操作是_______。
③某同学设计的下列滴定方式中，最合理的是________(夹持部分略去，填字母序号)，达到滴定终点的现象是__________________________。
【答案】 (1). 13 (2). 丙＞甲＝乙 (3). 250 mL容量瓶、胶头滴管 (4). 检验滴定管是否漏水 (5). b (6). 滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由浅绿色变成浅紫色，且半分钟内不褪色
【解析】
【分析】
（1）0.1mol•L-1的NaOH溶液中c（OH-）=0.1mol/L，根据Kw=c（H+）•c（OH-）计算溶液中c（H+），再根据pH=-logc（H+）计算溶液的pH值；
（2）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；
（3） ①精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250 mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250 mL容量瓶；
②使用滴定管的第一步操作是检查是否漏水；
③KMnO4溶液具有强氧化性、氯化亚铁溶液呈酸性，都应该用酸式滴定管盛装；达到滴定终点时，溶液的颜色出现突变，且变色后半分钟不褪色。
【详解】(1)甲为0.1mol·L-1的NaOH溶液，则c(OH-)＝10-1mol·L-1，c(H＋)＝=mol/L=1×10-13 mol·L-1，pH=13。
(2)等浓度的c(H＋)和c(OH-)对水的电离的抑制程度相同，而盐类的水解能促进水的电离平衡，故三种溶液中由水电离出的c(OH－)的大小关系为：丙＞甲＝乙；
(3) ①精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250 mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250 mL容量瓶，缺少250 mL容量瓶、胶头滴管，
因此，本题正确答案是：250 mL容量瓶、胶头滴管；
②使用滴定管的第一步操作是检查是否漏水，
因此，本题正确答案是：检验滴定管是否漏水；
③KMnO4溶液具有强氧化性、氯化亚铁溶液呈酸性，都应该用酸式滴定管盛装，a、c均错误，b正确；由方程式可知滴定终点的现象是滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由浅绿色变成浅紫色，且半分钟内不褪色。
因此，本题正确答案是：b；滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由浅绿色变成浅紫色，且半分钟内不褪色。
【点睛】本题综合考查酸碱混合的定性判断和计算以及弱电解质的电离和盐类的水解等知识，题目难度中等。答题时注意审题，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系结合图象进行判断是解答本题关键。
20.合成氨在工业生产中具有重要意义。
（1）在合成氨工业中I2O5常用于定量测定CO的含量。己知2I2(s)+5O2(g)=2I2O5(s) △H=-76kJ·mol-1；2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566kJ·mol-1。则该测定反应的热化学方程式为____________________________________。
（2）不同温度下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入4 mol CO，测得CO2的体积分数φ (CO2)随时间t变化曲线如图。
①b点CO的平衡转化率α为____________，c点的平衡常数K为________________。
②下列措施能提高该反应CO转化率的是________(填字母)
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂 d．移走CO2
（3）若氨水与SO2恰好生成正盐，则此时溶液呈_________(填“酸性”或“碱性”)，向上述溶液中通入___________(填“NH3”或“SO2”)可使溶液呈中性。(已知常温下NH3·H2O的Kb=1.8×10-5mol·L-1，H2SO3的Ka1=1.5×10-2mol·L-1，Ka2=6.3×10-8mol·L-1)
【答案】 (1). 5CO(g)+ I2O5(s)=5CO2(g)+ I2(s) DH=﹣1377kJ· mol-1 (2). 60% (3). 1024 (4). d (5). 碱性 (6). SO2
【解析】
【分析】
（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；
（2）①根据5CO(g)+ I2O5(s) 5CO2(g)+ I2(s)及图像分析可知，①CO的平衡转化率α = 100%；平衡常数K = ，据此分析作答；
②根据“先拐先平数值大”规律可以判断T1T2，升高温度，CO2的体积分数φ (CO2)减小，则说明该可逆反应的正反应为放热反应，即DH0，且该反应是气体体积分数不变的反应，根据勒夏特列原理分析作答；
（3）氨水与SO2恰好生成的正盐为(NH4)2SO3,根据盐溶液中“越弱越水解”规律，结合弱电解质的平衡常数Ka或Kb与相应的盐水解平衡常数Kh的转化关系为：Kh = 或Kh = 分析作答。
【详解】（1）2I2(s)+5O2(g)=2I2O5(s) △H=-76 kJ·mol-1①，
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566 kJ·mol-1②，
将方程式②×−①×得5CO(g)+I2O5(s)=5CO2(g)+I2(s)，根据盖斯定律可知，△H=×(−566kJ⋅mol−1) − ×(−76 kJ⋅mol−1) = −1377 kJ/mol，
所以其热化学反应方程式为：5CO(g)+I2O5(s)=5CO2(g)+I2(s) DH=﹣1377 kJ· mol-1，
故答案为：5CO(g)+I2O5(s)=5CO2(g)+I2(s) DH=﹣1377 kJ· mol-1；
（2）①由图像可知，b点CO2的体积分数φ(CO2)为0.60，设反应的CO的浓度为x，则列出三段式为：
5CO(g)+ I2O5(s) 5CO2(g)+ I2(s)
c0(mol/L) 2 0
Dc(mol/L) x x
ct(mol/L) 2-x x
φ (CO2) = = 0.60，解得x = 1.2 mol/L，
则α = 100% = = 60 %；
同理，再列出T2温度下的三段式为：
5CO(g)+ I2O5(s) 5CO2(g)+ I2(s)
c0(mol/L) 2 0
Dc(mol/L) x x
ct(mol/L) 2-x x
φ (CO2) = = 0.80，解得x = 1.6 mol/L，
则平衡常数K = = = 1024；
故答案为：60 %；1024；
②根据“先拐先平数值大”规律可以判断T1T2，升高温度，CO2的体积分数φ (CO2)减小，则说明该可逆反应的正反应为放热反应，即DH0，且该反应是气体体积分数不变的反应，再根据勒夏特列原理可知，
a. 因正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不利于CO的转化，故a项错误；
b．因反应是气体体积分数不变的反应，则增大压强平衡不移动，即不会提高CO的转化率，故b项错误；
c. 催化剂只能降低反应的活化能，是正逆速率同等程度增大，不会改变平衡，则不会提高CO的转化率，故c项错误；
d. 移走CO2，使生成物CO2的浓度降低，平衡向正反应方向移动，提高了CO的转化率，故d项正确；
答案选d；
（3）氨水与SO2恰好生成的正盐为(NH4)2SO3，常温下NH3·H2O的Kb = 1.8×10-5 mol·L-1，则NH4+的水解平衡常数Kh(NH4+) = = 5.56×10-10 mol·L-1，H2SO3的二步电离平衡常数Ka2 = 6.3×10-8 mol·L-1，则得出SO32-的水解平衡常数Kh(SO32-) = =1.59×10-7 mol·L-1，因Kh(NH4+) Kh(SO32-)，即使c(NH4+)2c(SO32-)，最终溶液酸碱性由SO32-水解所得的OH-起主导作用，所以溶液显碱性，加入酸性氧化物SO2可使溶液显中性，
故答案为：碱性；SO2。
【点睛】本题侧重考查盖斯定律、化学平衡常数及转化率的计算、水溶液中的离子平衡等综合知识的运用，其中第（2）问，还可利用“该反应是气体体积分数不变的特殊反应”来直接得出结论，因气体的体积分数等于气体的物质的量分数，则①b点CO2的体积分数φ(CO2)为0.60，则气体的物质的量不变，仍为4 mol，所以生成的二氧化碳的物质的量n(CO2) = 4 mol0.60 = 2.4 mol，所以根据化学计量数可以看出参加反应的CO的物质的量也为2.4 mol，则CO的转化率 = 100% = 60%；②同理c点可求得n(CO2) = 4 mol0.80 = 3.2 mol，所以CO变化的物质的量n(CO) = n(CO2) = 3.2 mol，平衡状态后CO的物质的量为n(CO) = 4 mol-3.2 mol = 0.8 mol，因此其平衡常数K = = ()5/5 = 1024，采用该方法一步到位，节约做题时间，提高做题效率，但要特别注意各物理量的含义与转化关系。
21.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡，根据要求回答下列问题：
（1）向 ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀，用电离平衡原理解释上述现象 _______________________________________________ 。
（2）AlCl3溶液蒸干并灼烧得到的物质是__________ （填化学式）。
（3）0.1 mol·L－1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为________________________________________。
（4）0.1mol·L－1的NaHA溶液中，粒子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）>c（HA—）>c（H2A）>c（A2－）
①该溶液中显________（填“酸性”、“碱性”或“中性”）；
②作出上述判断的依据是___________________________________________（用文字解释）。
【答案】 (1). 饱和H2S溶液中电离产生的S2-很少，因此没有沉淀。加入氨水后，促进H2S电离，S2-离子浓度增大，有沉淀产生 (2). Al2O3 (3). c(NH4+) > c(SO42-) > c(H+) >c(OH-) (4). 碱性 (5). 因为c（H2A）>c（A2－）可说明HA－水解程度大于其电离程度
【解析】
（1）H2S是弱电解质，存在电离平衡。饱和H2S溶液中电离产生的S2－很少，因此没有沉淀。加入氨水后，促进H2S的电离，S2－离子浓度增大，从而产生沉淀；（2）因为AlCl3是挥发性酸所形成的铝盐，加热促进AlCl3水解，以致完全得到Al(OH)3，HCl则挥发掉：AlCl3+3H2OAl(OH)3↓+3HCl↑，高温下，可使Al(OH)3分解，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，固体产物为Al2O3；（3）硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使溶液呈酸性，即c（H+）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），则c（NH4+）＞c（SO42-），铵根离子水解较微弱，所以c（SO42-）＞c（H+），则该溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）；（3）NaHA溶液中存在电离平衡(HA—A2—+H+)和水解平衡(HA—+H2O OH—+ H2A)，因c（H2A）>c（A2－），水解大于电离，故0.1mol·L－1的NaHA溶液呈碱性。
点睛:判断盐溶液蒸干时所得的产物:加热浓缩不水解的盐溶液时一般得原物质；加热浓缩Na2CO3型的盐溶液一般得原物质；加热浓缩FeCl3 型的盐溶液,最后得到Fe(OH)3，灼烧得Fe2O3 ；加热蒸干(NH4)2CO3或NH4HCO3型的盐溶液时，得不到固体；加热蒸干Ca(HCO3)2型的盐溶液时，最后得相应的正盐；加热Mg(HCO3)2、MgCO3 溶液最后得到Mg(OH)2 固体；加热Na2SO3型盐溶液，最后被空气氧化为Na2SO4。
22.某研究性学习小组的同学对Zn.Cu、稀硫酸组成的原电池进行了探究,其中甲同学利用下图I装置进行探究，乙同学经过查阅资料后设计了图II装置进行探究( 盐桥内含有某种电解质的饱和溶液，起到连通电路的作用)。
（1）实验表明,图I中两个电极上均有气泡产生,锌电极上有气泡产生,说明反应中有一部分化学能转化为______能;铜电极上有气泡产生,说明反应中有一部分化学能转化为____能。
（2）图II中的X、Y 是ZnSO4溶液及稀硫酸中的一种,实验过程中只有正极上产生气泡，则X 是_________，正极上的电极反应式为__________。
（3）当图I装置的溶液质量增加63 g时,生成的氢气共有______L( 标准状况);当图II 中锌电极质量减少65g时,电路中转移的电子数为______NA。
【答案】 (1). 热 (2). 电 (3). ZnSO4溶液 (4). 2H++2e-=H2↑ (5). 22.4 (6). 2
【解析】
(1)图I中两个电极上均有气泡产生，锌电极上有气泡产生，锌与稀硫酸反应，该反应为放热反应，说明反应中有一部分化学能转化为热能；锌失去的电子经过导线转移到铜片表面，铜电极上有气泡产生，说明反应中有一部分化学能转化为电能，故答案为：热；电；
(2)锌失去的电子经过导线转移到铜片表面，溶液中的氢离子在铜片得到电子，放出氢气，则锌浸在ZnSO4溶液中，铜浸在稀硫酸中；铜片上的电极反应式为2H++2e-=H2↑，故答案为：ZnSO4溶液；2H++2e-=H2↑；
(3)当图I装置的溶液质量增加63 g时，溶解的锌为65g，生成的氢气为2g，在标准状况下氢气的体积为×22.4L/mol =22.4L；当图II 中锌电极质量减少65g(1molZn)时，电路中转移2mol电子，电子数为2NA，故答案为：22.4；2。
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