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【化学】河南省正阳高中2018-2019学年高二上学期期中素质检测(解析版)
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河南省正阳高中2018-2019学年高二上学期期中素质检测
1.下列反应属于吸热反应的是
A. 酸碱中和反应 B. 火药爆炸
C. 木炭燃烧 D. Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】D
【解析】
【分析】
•
【详解】A. 酸碱中和反应是放热反应，A错；B.火药爆炸属于放热反应，B错；C.木炭燃烧属于放热反应；D. Ba（OH）2 • 8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是吸热反应，D正确。答案选D。
【点睛】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有的金属与酸反应、金属与水反应，绝大多数化合物反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大多数分解反应，个别化合反应，少数分解置换反应以及某些复分解，如C或氢气作还原剂时还原金属氧化物。
2.反应A+B→C（放热）分两步进行：①A+B→X（吸热）②X→C（放热），下列示意图中能正确表示总反应过程中能量变化的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由反应 A+B→C（△H＜0）分两步进行 ①A+B→X （△H＞0）②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X （△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X 的能量大于C，图象D符合，故答案选D。
【点睛】明确反应热与物质总能量大小的关系是解题关键，根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热。
3.下列热化学方程式中ΔH表示可燃物燃烧热的是
A. CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g) ΔH＝－283 kJ·mol－1
B. CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－802.3 kJ·mol－1
C. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
D. H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g) ΔH＝－184.6 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
【详解】A.可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，故正确；B.气态水不是稳定的氧化物，故错误；C.燃烧热是指1mol可燃物燃烧，方程式中为2mol氢气，故错误；D.氯化氢不是氧化物，不符合燃烧热的概念要求，故错误。故选A。
【点睛】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物（或其他稳定的物质）时的反应热，所谓稳定的氧化物，是指二氧化碳气体、二氧化硫气体或液态水等物质。
4.已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的ΔH=+11kJ·mol－1，1mol H2(g)、1mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为
A. 598kJ B. 299kJ C. 149.5kJ D. 306kJ
【答案】B
【解析】
【分析】
正反应为吸热反应，化学键断裂时需吸收的能量-化学键生成时需放出的能量=反应吸收的热量，以此解答该题。
【详解】设1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为x kJ，则：2x kJ-436kJ-151kJ＝11kJ，解得x＝299，答案选B。
5.在N2+3H22NH3的反应中，各物质的起始浓度分别为：c(H2)=4 mol·L-1，c(N2)=3 mol·L-1，c(NH3)=0.5 mol·L-1，经3 min后，c(NH3)=0.8 mol·L-1，该反应的反应速率是
A. v(H2)=0.7 mol·(L·min)–1 B. v(NH3)=0.3 mol·(L·min)-1
C. v(H2)=0.2 mol·(L·min)-1 D. v(H2)=0.15 mol·(L·min)-1
【答案】D
【解析】
【详解】N2+3H22NH3
起始浓度 3 4 0.5
改变浓度 0.15 0.45 0.3
3 min后浓度 2.85 3.55 0.8
用氮气表示反应速率为0.15 mol·L-1÷3 min =0.05 mol·(L·min)-1，用氢气表示反应速率为0.45 mol·L-1÷3 min =0.15 mol·(L·min)-1，用氨气表示反应速率为0.3 mol·L-1÷3 min =0.1 mol·(L·min)-1。
故选D。
【点睛】掌握化学平衡的三段式法计算模式，同一个反应过程可以用不同物质表示反应速率，数值可能不同，数值比等于化学计量数比。
6.如图表示在某温度下经时间t反应后，物质x、y、z、w的物质的量的变化情况，则所发生反应的化学方程式是（ ）
A. 4x+2yz+w B. 6x+5y4z+w
C. 3w+z4x+2y D. 2x+y2z+2w
【答案】A
【解析】
试题分析：根据图像，参与反应的x、y、z、w的物质的量之比为4:2:1:1，且x、y为反应物，z、w为生成物，故选A。
考点：考查了化学方程式的书写的相关知识。
7.一定温度下，反应A2(g)＋B2(g)2AB(g)达到平衡的标志是
A. 单位时间内生成n mol A2的同时生成n mol AB
B. 容器内的总压强不随时间的变化而变化
C. 单位时间内生成2n mol AB的同时生成n mol B2
D. 单位时间内生成n mol A2的同时生成n mol B2
【答案】C
【解析】
试题分析：A、单位时间内生成n molA2，同时生成n molAB，表示的是正逆反应速率，但是不等于化学计量数之比，没有达到平衡状态，A错误；B、该反应为前后气体系数不变的反应，容器内的总压强不随时间变化不能说明达到化学平衡状态，B错误；C、单位时间生成2n molAB同时生成n molB2，表示的是正逆反应速率，且等于化学计量数之比，说明达到平衡状态，C正确；D、单位时间生成n molA2同时生成n molB2表示的都是逆反应速率，D错误。答案选C。
考点：化学平衡状态的判断
8.已知反应CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH>0,有利于提高CH4平衡转化率的条件是
A. 高温低压 B. 低温高压 C. 高温高压 D. 低温低压
【答案】A
【解析】
【详解】A. ∆H>0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大；故A正确；
B. ∆H>0，降低温度，平衡左移，CH4平衡转化率减小；增大压强，平衡左移，CH4平衡转化率减小；故B错误；
C. ∆H>0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；增大压强，平衡左移，CH4平衡转化率减小；故C错误；
D. ∆H>0，降低温度，平衡左移，CH4平衡转化率减小；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大；故D错误；
综上所述，本题选A。
9.在密闭容器中发生下列反应 aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.7倍，下列叙述正确的是
A. A的转化率变小 B. 平衡向正反应方向移动
C. D的物质的量变多 D. a＞c＋d
【答案】A
【解析】
【分析】
保持温度不变，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度变为原来的2倍，而当再次达到平衡时，D 的浓度为原平衡的 1.7 倍，可知平衡逆向移动，正反应为体积增大的反应，以此来解答。
【详解】A．平衡逆向移动，A的转化率变小，故A正确；B．由上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C．平衡逆向移动，D的物质的量减小，故C错误；D．压强增大，平衡逆向移动，则a＜c+d，故D错误；故选A。
10.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应:CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），
K为化学平衡常数，其中K和温度的关系如下表：
t/℃
700
800
830
1 000
1 200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
根据以上信息推断以下说法正确的是
A. 此反应为放热反应
B. 此反应只有达到平衡时，密闭容器中的压强才不会变化
C. 此反应达到1 000℃时的反应速率比700℃时大
D. 该反应的化学平衡常数越大，反应物的转化率越低
【答案】C
【解析】
【分析】
该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，压强只改变反应速率但不影响平衡移动，根据表格知，升高温度，化学平衡常数增大，说明升高温度该反应向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，据此解答。
【详解】A、根据表格数据可知，温度升高，K增大，正反应为吸热反应，故A错误；
B、该可逆反应反应前后气体体积不变，反应过程中压强始终不变，故B错误；
C、温度越高反应速率越快，故C正确；
D、化学平衡常数越大，反应物的转化率越高，故D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】本题考查化学平衡的判断、温度对反应速率的影响等知识点，注意该反应的特点，改变压强对该反应的平衡移动无影响，为易错点。
11.下列物质在水溶液中促进了水的电离的是
A. NaHSO4 B. HClO C. NaCl D. CuSO4
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaHSO4在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故A错误；
B.HClO在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故B错误；
C.NaCl为强酸强碱盐，对水的电离无影响，故C错误；
D.CuSO4溶液中Cu2+会发生水解而促进水的电离，故D正确；
答案选D。
12.化学与生活密切相关，下列与盐类水解无关的是
A. 纯碱去油污 B. 食醋除水垢 C. 明矾净化水 D. NH4Cl除铁锈
【答案】B
【解析】
纯碱是碳酸钠，碳酸钠水解溶液显碱性，可以与油污发生皂化反应达到去除油污的目的，选项A与水解相关。食醋（醋酸）与水垢（碳酸钙）反应，实际是利用醋酸的酸性，所以选项B与水解无关。明矾净水，是利用铝离子水解得到的氢氧化铝胶体的吸附能力，所以选项C与水解相关。氯化铵水解显酸性，可以将氧化铁反应，所以选项D与水解相关。
13.下列溶液一定呈中性的是
A. pH＝7的溶液
B. c(H＋)=c(OH－)＝10－6 mol·L－1的溶液
C. c(H＋)水=c(OH－)水的溶液
D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在100ºC时，pH＝7的溶液是呈碱性的，故A错误；B.[H＋]＝[OH－]＝10－6 mol·L－1的溶液是呈中性的，故B正确；C. 在任何物质的水溶液中[H＋]水＝[OH－] 水，与溶液的酸碱性无关，故C错误；D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液的酸碱性与生成的盐的类型有关，若生成强酸强碱盐，则溶液呈中性，若生成强碱弱酸盐或弱碱强酸盐溶液不呈中性，故D错误；答案选B。
【点睛】本题主要考查溶液的酸碱性的判断，需要特别注意在25ºC时，pH＝7的溶液是呈中性的；因为水总是等量的电离出氢离子和氢氧根离子的，所以[H＋]水＝[OH－] 水的溶液呈酸性、碱性和中性都有可能。
14.用0.102 6 mol·L－1的盐酸滴定25.00 mL未知浓度的氢氧化钠溶液，滴定达终点时，滴定管中的液面如图所示，正确的读数为( )
A. 22.30 mL B. 22.35 mL C. 23.65 mL D. 23.70 mL
【答案】B
【解析】
试题分析：滴定管刻度自上而下逐渐减小，所以读数为22.35mL，答案选B。
考点：考查滴定管读数
15.能说明醋酸是弱电解质的事实是（ ）
A. 醋酸水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
B. 醋酸和碳酸钠溶液反应放出二氧化碳
C. c（H+）相同的醋酸和盐酸相比较，醋酸溶液的浓度大
D. 浓度和体积均相同的醋酸和盐酸可中和等物质的量的NaOH
【答案】B
【解析】
试题分析：电解质的强弱判断依据是该电解质的电离子程度。A、醋酸水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，不能表明醋酸完全电离与否，错误；B、醋酸和碳酸钠溶液反应放出二氧化碳，只能表明醋酸电离子出氢离子的能力比碳酸强，但不能说明是完全电离与否，错误；C、c(H+)相同的醋酸和盐酸相比较，醋酸溶液的浓度大，表明盐酸的电离程度比醋酸的大，盐酸完全电离，而醋酸就只能是部分电离，正确；D、物质的量浓度和体积均相同的醋酸和盐酸可中和等物质的量的NaOH，说明盐酸跟醋酸能提供等量的氢离子，但不能说明是完全电离与否，错误。
考点：强弱电解质的概念。
16.已知常温下浓度为0.1 mol·L－1的下列溶液的pH如下表所示：
溶质
NaF
NaClO
NaHCO3
Na2CO3
pH
7.5
9.7
8.2
11.6
下列有关说法不正确的是( )
A. pH＝2的HF溶液与pH＝12的NaOH溶液以体积比1∶1混合，则有：c(Na+)> c(F－)> c(OH－)>c(H+)
B. 加热0.1 mol·L－1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7
C. 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，存在关系：c(OH－)＝c(H＋) +c(HCO3-)＋2c(H2CO3)
D. 电离平衡常数大小关系:K(HF)> K(H2CO3 )>K(HClO)>K( HCO3-)
【答案】A
【解析】
A．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合后，HF过量，溶液显示酸性，则：c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可得：c（F-）＞c（Na+），则溶液中离子浓度大小为：c（F-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），A错误；B．盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解NaClO溶液pH＞7，则NaClO是强碱弱酸盐，升高温度促进其水解，溶液的碱性增强，pH增大，加热0.1 mol•L-1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7，B正确；C．根据物料守恒：2[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]=c（Na+），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），所以得c（OH-）-c（H+）=c（HCO3-）+2c（H2CO3），C正确；D．相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大其相对应的酸的电离程度越小，即酸的电离平衡常数越小，根据表中数据知，酸根离子水解程度F-＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，则酸的电离平衡常数K（HF）＞K（H2CO3 ）＞K（HClO）＞K（ HCO3-），D正确；答案选A。
17.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知将1mol SO2(g)氧化为1mol SO3(g)的 ΔH=-99kJ·mol-1。请回答下列问题：
（1）图中A、C分别表示________、_________，E的大小对该反应的反应热有无影响？_______。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？_________。
（2）图中△H=____________kJ·mol-1。
【答案】 (1). 反应物总能量 (2). 生成物总能量 (3). 无影响 (4). 降低 (5). －198
【解析】
【分析】
图象中前者为反应物的总能量，后者为生成物的总能量，E为活化能，与反应热无关，催化剂能降低反应活化能。
【详解】(1).图象的横坐标为反应过程，从反应物到生成物，所以A为反应物总能量，C为生成物总能量，E为反应的活化能，与反应热大小无关；加入催化剂能降低活化能。
(2)根据将1mol SO2(g)氧化为1mol SO3(g)的 ΔH=-99kJ·mol-1 分析，热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)中二氧化硫为2mol，故反应热为ΔH=-99 kJ·mol-1×2=－198 kJ·mol-1。
18.在一定条件下，容积为2 L的密闭容器中，将2 mol L气体和3 mol M气体混合，发生如下反应：2L(g)＋3M(g) xQ(g)＋3R(g)，10s末，生成2.4 mol R，并测得Q的浓度为0.4 mol·L－1。计算：
（1）10 s末L的物质的量浓度为________。
（2）前10 s内用M表示的化学反应速率为________。
（3）化学方程式中x值为________。
（4）在恒温恒容条件，往容器中加入1 mol氦气，反应速率________(增大、减小、不变)。
（5）在恒温恒压条件，往容器中加入1 mol氦气，反应速率________(增大、减小、不变)
【答案】（1）0.2mol/L；
（2）0.12mol/(Lˑs)；
（3）1；（4）不变；（5）减小；
【解析】
试题分析：经2min达平衡，生成2.4molR，并测得Q的浓度为0.4mol/L，Q物质的量=0.4mol/L×2L=0.8mol，物质的量之比等于化学计量数之比，0.8：2.4=x：3，计算得到x=1；
2L（g）+3M（g）Q（g）+3R（g）
起始量（mol） 2 3 0 0
变化量（mol） 1.6 2.4 0.8 2.4
10s末（mol） 0.4 0.6 0.8 2.4
（1）10s末L的物质的量浓度==0.2mol/L；
（2）前10s内用M表示的化学反应速率==0.12mol/(Lˑs)；
（3）经2min达平衡，生成2.4molR，并测得Q的浓度为0.4mol/L，Q物质的量=0.4mol/L×2L=0.8mol，物质的量之比等于化学计量数之比，0.8：2.4=x：3，计算得到x=1；
（4）在恒温恒容条件，往容器中加入1mol氦气，总压增大，分压不变平衡不动，反应速率不变；
（5）在恒温恒压条件，往容器中加入1mol氦气，为保持恒压条件增大，压强减小，反应速率减小。
考点：考查化学反应速率的计算及平衡的移动
19.目前工业合成氨的原理是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-93.0kJ/mol
(1)己知一定条件下：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g) △H=+1530.0kJ/mol。则表示氢气燃烧热的热化学方程式为____________________。
(2)在恒温恒容装置中进行合成氨反应，各组分浓度-时间图像如下。
① 表示N2浓度变化的曲线是 (填序号)。
② 前25min 内，用H2浓度变化表示的化学反应速率是 。
③ 在25min时，采取下列措施，能使N2的转化率提高的是__________(填序号)。
a. 通入1molN2
b. 通入1molH2
c. 通入1molHe气
d. 通入1molHCl
e. 通入1molN2和3molH2
(3)在恒温恒压装置中进行工业合成氨反应，下列说法错误的是__________(填序号)。
a．气体体积不再变化，则已平衡
b．气体密度不再变化，则已平衡
c．平衡后，压缩容器，会生成更多NH3
d．平衡后，往装置中通入一定量Ar，平衡不移动
(4)电厂烟气脱氮：主反应为：①4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) △H<0
副反应为：②2NH3(g)+8NO(g)5N2O(g)+3H2O(g) △H>0
平衡混合气中N2与N2O含量与温度的关系如图所示。
请回答：在400～600K时，随温度的升高，平衡混合气中N2含量_____________(填“升高”、“降低”或“不变”)，导致这种规律的原因是_______________________。
【答案】(1)H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286.0kJ/mol；
(2)①C；②0.12mol/(L·min)；③bde；
(3)d；(4)降低；主反应为放热反应，升高温度使主反应的平衡左移
【解析】
试题分析：(1)已知：①2N2(g)+6H2O(l)=4NH3(g)+3O2(g)△H=+l530.0kJ•mol-1，
②N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-93.0kJ•mol-1，根据盖斯定律，(②×2-①)÷6可得：
H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol，故答案为：H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol；
(2)①根据图象可知，反应进行到25min时曲线A减少了6mol/L-3mol/L=3mol/L，C减少了2.0mol/L-1.0mol/L=1.0mol/L，因此根据方程式可知表示N2浓度变化的曲线是C；故答案为：C；
②前25 min内，氢气浓度减少了3mol/L，则用H2浓度变化表示的化学反应速率是3mol/L÷25min="0.12" mol•L-1•min-1，故答案为：0.12 mol•L-1•min-1；
③ a.通入1molN2，平衡正向移动，但氮气的转化率降低，错误；b. 通入1molH2，平衡正向移动，氮气的转化率增大，正确；c. 通入1molHe气，平衡不移动，氮气的转化率不变，错误；d. 通入1molHCl，氨气的浓度减小，平衡正向移动，氮气的转化率增大，正确；e. 通入1molN2和3molH2，相当于增大压强，平衡正向移动，氮气的转化率增大，正确；故选bde；
(3)a．正反应是气体物质的量减小的反应，恒温恒压下，随反应进行体积减少，因此在恒温恒压下气体体积不再变化时已平衡，故a正确；b．在反应过程中质量始终不变，但容器容积是变化的，所以密度是变化的，因此气体密度不再变化说明反应达到平衡，故b正确；c．平衡后，压缩容器，压强增大，平衡向正反应方向进行，因此生成更多NH3，故c正确，d．平衡后，往装置中通入一定量Ar，压强不变，容器容积增加，浓度降低，平衡向逆反应方向移动，故d错误；故选d；
(4)根据图象可知，在400K～600K时，平衡混合气中N2含量随温度的升高逐渐降低；主反应为放热反应，升高温度，平衡向着逆向移动，氮气的含量减小，故答案为：随温度升高，N2的含量降低；主反应为放热反应，升温使主反应的平衡左移或者副反应为吸热反应，升温使副反应的平衡右移，降低了NH3和NO浓度，使主反应的平衡左移。
考点：考查了盖斯定律、化学平衡图象、化学平衡移动的影响因素的相关知识。
20.有下列七种物质的溶液：①NaCl ②NH4Cl ③Na2CO3 ④CH3COONa ⑤CH3COOH ⑥NaHCO3
（1）溶液呈酸性的有_____________，呈碱性的有____________
（2）分别写出②、④水解的离子方程式：_____________________________、_____________________________。
（3）常温下，浓度均为0.1mol/L的③和⑥的溶液中离子种类_____________(填“相同”或“不相同”），溶液的PH:③_________⑥(填 >、＝或 <)。
【答案】 (1). ②⑤ (2). ③④⑥ (3). NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋ (4). CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－ (5). 相同 (6). >
【解析】
【分析】
酸和强酸弱碱盐溶液显酸性，碱和强碱弱酸盐溶液显碱性。强酸强碱盐溶液显中性。
【详解】(1)所给物质中⑤为酸，②为强酸弱碱盐，都显酸性。③④⑥为强碱弱酸盐，都显碱性。
(2)氯化铵溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液显酸性，水解方程式为NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋；醋酸钠中的醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子，水解方程式为：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；
(3).碳酸钠和碳酸氢钠中含有的离子为Na+、HCO3-、CO32-、H+、OH-，离子种类相同，但等浓度时，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子的水解程度，故前者碱性强。
【点睛】掌握盐类水解的规律：有弱才水解，谁弱谁水解；谁强显谁性，都强显中性。掌握多元弱酸盐的水解是分步进行的，第一步水解会抑制第二步水解。
21.（1）常温下，在200 mL氢氧化钡溶液中含有1×10-3mol的钡离子，将此溶液与pH＝3的盐酸混合，使其混合溶液的pH＝7，应取氢氧化钡溶液和盐酸的体积之比是_________。
（2）25℃时，利用pH试纸测得0.1mol•L-1醋酸溶液的pH约为3，则可以估算出醋酸的电离常数约为_______；向10mL此溶液中加入少量冰醋酸，忽略溶解过程中溶液温度和体积的微小变化，溶液中c（H＋）/c（CH3COOH）的值将_____（填“增大”、“减小”或“无法确定”）。
（3）25 ℃时，pH=3的NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)－c(NH4+)－3c(Al3＋)＝______（取近似值）
（4）室温时，向100mL0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是__________________________
【答案】 (1). 1：10 (2). 10-5mol·L－1 (3). 减小 (4). 10－3mol·L－1 (5). a (6). c(Na＋)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH－)＝c(H＋)
【解析】
（1）常温下，在200 mL氢氧化钡溶液中含有1×10-3mol的钡离子，则c[Ba(OH)2]=510-3mol/L，c(OH-)=110-2mol/L。pH＝3的盐酸中，c(H+)=110-3mol/L。混合后溶液的pH＝7，因为c(OH-)=10 c(H+)，则氢氧化钡溶液和盐酸的体积之比是1:10。
（2）25℃时，利用pH试纸测得0.1mol•L-1醋酸溶液的pH约为3，c(H+)=mol/L，则可以估算出醋酸的电离常数为mol/L；向10mL此溶液中加入少量冰醋酸，忽略溶解过程中溶液温度和体积的微小变化，因为c(CH3COOH)变大后CH3COOH的电离程度变小，所以溶液中c（H＋）/c（CH3COOH）的值将减小。
（3）25 ℃时，pH=3的NH4Al(SO4)2中，c(H+)=10－3mol·L－1、c(OH-)=10－11mol·L－1，由电荷守恒，得2c(SO42-)－c(NH4+)－3c(Al3＋)＝c(H+)-c(OH-)=10－3mol·L－1-10－11mol·L－110－3mol·L－1.
（4）NH4HSO4溶液中，NH4HSO4完全电离，NH4HSO4= NH4++H++SO42-，溶液的酸性主要由其电离产生的H+决定的，水的电离受到其电离产生H+的抑制；当与反应2NH4HSO4+2NaOH=Na2SO4+ (NH4)2SO4+2H2O恰好完成时，因铵根离子水解溶液仍显酸性，但是铵根水解促进了水的电离，水的电离程度达到最大，此后继续加入NaOH溶液，溶液中铵根离子的浓度逐渐减小，溶液的pH逐渐增大，水的电离程度逐渐减小。由图可知，a、b、c、d四个点中，a点代表的是2NH4HSO4+2NaOH=Na2SO4+ (NH4)2SO4+2H2O恰好完成时，所以水的电离程度最大的是a点；在a点c(Na＋)=2c(SO42-)->c(NH4+)，则在b点，c(Na＋)>2c(SO42-)， 由pH=7得c(OH－)＝c(H＋)，所以溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c(Na＋)>c(SO42)->c(NH4+)>c(OH－)＝c(H＋)。
1.下列反应属于吸热反应的是
A. 酸碱中和反应 B. 火药爆炸
C. 木炭燃烧 D. Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】D
【解析】
【分析】
•
【详解】A. 酸碱中和反应是放热反应，A错；B.火药爆炸属于放热反应，B错；C.木炭燃烧属于放热反应；D. Ba（OH）2 • 8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是吸热反应，D正确。答案选D。
【点睛】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有的金属与酸反应、金属与水反应，绝大多数化合物反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大多数分解反应，个别化合反应，少数分解置换反应以及某些复分解，如C或氢气作还原剂时还原金属氧化物。
2.反应A+B→C（放热）分两步进行：①A+B→X（吸热）②X→C（放热），下列示意图中能正确表示总反应过程中能量变化的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由反应 A+B→C（△H＜0）分两步进行 ①A+B→X （△H＞0）②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X （△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X 的能量大于C，图象D符合，故答案选D。
【点睛】明确反应热与物质总能量大小的关系是解题关键，根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热。
3.下列热化学方程式中ΔH表示可燃物燃烧热的是
A. CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g) ΔH＝－283 kJ·mol－1
B. CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－802.3 kJ·mol－1
C. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
D. H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g) ΔH＝－184.6 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
【详解】A.可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，故正确；B.气态水不是稳定的氧化物，故错误；C.燃烧热是指1mol可燃物燃烧，方程式中为2mol氢气，故错误；D.氯化氢不是氧化物，不符合燃烧热的概念要求，故错误。故选A。
【点睛】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物（或其他稳定的物质）时的反应热，所谓稳定的氧化物，是指二氧化碳气体、二氧化硫气体或液态水等物质。
4.已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的ΔH=+11kJ·mol－1，1mol H2(g)、1mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为
A. 598kJ B. 299kJ C. 149.5kJ D. 306kJ
【答案】B
【解析】
【分析】
正反应为吸热反应，化学键断裂时需吸收的能量-化学键生成时需放出的能量=反应吸收的热量，以此解答该题。
【详解】设1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为x kJ，则：2x kJ-436kJ-151kJ＝11kJ，解得x＝299，答案选B。
5.在N2+3H22NH3的反应中，各物质的起始浓度分别为：c(H2)=4 mol·L-1，c(N2)=3 mol·L-1，c(NH3)=0.5 mol·L-1，经3 min后，c(NH3)=0.8 mol·L-1，该反应的反应速率是
A. v(H2)=0.7 mol·(L·min)–1 B. v(NH3)=0.3 mol·(L·min)-1
C. v(H2)=0.2 mol·(L·min)-1 D. v(H2)=0.15 mol·(L·min)-1
【答案】D
【解析】
【详解】N2+3H22NH3
起始浓度 3 4 0.5
改变浓度 0.15 0.45 0.3
3 min后浓度 2.85 3.55 0.8
用氮气表示反应速率为0.15 mol·L-1÷3 min =0.05 mol·(L·min)-1，用氢气表示反应速率为0.45 mol·L-1÷3 min =0.15 mol·(L·min)-1，用氨气表示反应速率为0.3 mol·L-1÷3 min =0.1 mol·(L·min)-1。
故选D。
【点睛】掌握化学平衡的三段式法计算模式，同一个反应过程可以用不同物质表示反应速率，数值可能不同，数值比等于化学计量数比。
6.如图表示在某温度下经时间t反应后，物质x、y、z、w的物质的量的变化情况，则所发生反应的化学方程式是（ ）
A. 4x+2yz+w B. 6x+5y4z+w
C. 3w+z4x+2y D. 2x+y2z+2w
【答案】A
【解析】
试题分析：根据图像，参与反应的x、y、z、w的物质的量之比为4:2:1:1，且x、y为反应物，z、w为生成物，故选A。
考点：考查了化学方程式的书写的相关知识。
7.一定温度下，反应A2(g)＋B2(g)2AB(g)达到平衡的标志是
A. 单位时间内生成n mol A2的同时生成n mol AB
B. 容器内的总压强不随时间的变化而变化
C. 单位时间内生成2n mol AB的同时生成n mol B2
D. 单位时间内生成n mol A2的同时生成n mol B2
【答案】C
【解析】
试题分析：A、单位时间内生成n molA2，同时生成n molAB，表示的是正逆反应速率，但是不等于化学计量数之比，没有达到平衡状态，A错误；B、该反应为前后气体系数不变的反应，容器内的总压强不随时间变化不能说明达到化学平衡状态，B错误；C、单位时间生成2n molAB同时生成n molB2，表示的是正逆反应速率，且等于化学计量数之比，说明达到平衡状态，C正确；D、单位时间生成n molA2同时生成n molB2表示的都是逆反应速率，D错误。答案选C。
考点：化学平衡状态的判断
8.已知反应CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH>0,有利于提高CH4平衡转化率的条件是
A. 高温低压 B. 低温高压 C. 高温高压 D. 低温低压
【答案】A
【解析】
【详解】A. ∆H>0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大；故A正确；
B. ∆H>0，降低温度，平衡左移，CH4平衡转化率减小；增大压强，平衡左移，CH4平衡转化率减小；故B错误；
C. ∆H>0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；增大压强，平衡左移，CH4平衡转化率减小；故C错误；
D. ∆H>0，降低温度，平衡左移，CH4平衡转化率减小；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大；故D错误；
综上所述，本题选A。
9.在密闭容器中发生下列反应 aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.7倍，下列叙述正确的是
A. A的转化率变小 B. 平衡向正反应方向移动
C. D的物质的量变多 D. a＞c＋d
【答案】A
【解析】
【分析】
保持温度不变，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度变为原来的2倍，而当再次达到平衡时，D 的浓度为原平衡的 1.7 倍，可知平衡逆向移动，正反应为体积增大的反应，以此来解答。
【详解】A．平衡逆向移动，A的转化率变小，故A正确；B．由上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C．平衡逆向移动，D的物质的量减小，故C错误；D．压强增大，平衡逆向移动，则a＜c+d，故D错误；故选A。
10.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应:CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），
K为化学平衡常数，其中K和温度的关系如下表：
t/℃
700
800
830
1 000
1 200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
根据以上信息推断以下说法正确的是
A. 此反应为放热反应
B. 此反应只有达到平衡时，密闭容器中的压强才不会变化
C. 此反应达到1 000℃时的反应速率比700℃时大
D. 该反应的化学平衡常数越大，反应物的转化率越低
【答案】C
【解析】
【分析】
该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，压强只改变反应速率但不影响平衡移动，根据表格知，升高温度，化学平衡常数增大，说明升高温度该反应向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，据此解答。
【详解】A、根据表格数据可知，温度升高，K增大，正反应为吸热反应，故A错误；
B、该可逆反应反应前后气体体积不变，反应过程中压强始终不变，故B错误；
C、温度越高反应速率越快，故C正确；
D、化学平衡常数越大，反应物的转化率越高，故D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】本题考查化学平衡的判断、温度对反应速率的影响等知识点，注意该反应的特点，改变压强对该反应的平衡移动无影响，为易错点。
11.下列物质在水溶液中促进了水的电离的是
A. NaHSO4 B. HClO C. NaCl D. CuSO4
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaHSO4在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故A错误；
B.HClO在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故B错误；
C.NaCl为强酸强碱盐，对水的电离无影响，故C错误；
D.CuSO4溶液中Cu2+会发生水解而促进水的电离，故D正确；
答案选D。
12.化学与生活密切相关，下列与盐类水解无关的是
A. 纯碱去油污 B. 食醋除水垢 C. 明矾净化水 D. NH4Cl除铁锈
【答案】B
【解析】
纯碱是碳酸钠，碳酸钠水解溶液显碱性，可以与油污发生皂化反应达到去除油污的目的，选项A与水解相关。食醋（醋酸）与水垢（碳酸钙）反应，实际是利用醋酸的酸性，所以选项B与水解无关。明矾净水，是利用铝离子水解得到的氢氧化铝胶体的吸附能力，所以选项C与水解相关。氯化铵水解显酸性，可以将氧化铁反应，所以选项D与水解相关。
13.下列溶液一定呈中性的是
A. pH＝7的溶液
B. c(H＋)=c(OH－)＝10－6 mol·L－1的溶液
C. c(H＋)水=c(OH－)水的溶液
D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在100ºC时，pH＝7的溶液是呈碱性的，故A错误；B.[H＋]＝[OH－]＝10－6 mol·L－1的溶液是呈中性的，故B正确；C. 在任何物质的水溶液中[H＋]水＝[OH－] 水，与溶液的酸碱性无关，故C错误；D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液的酸碱性与生成的盐的类型有关，若生成强酸强碱盐，则溶液呈中性，若生成强碱弱酸盐或弱碱强酸盐溶液不呈中性，故D错误；答案选B。
【点睛】本题主要考查溶液的酸碱性的判断，需要特别注意在25ºC时，pH＝7的溶液是呈中性的；因为水总是等量的电离出氢离子和氢氧根离子的，所以[H＋]水＝[OH－] 水的溶液呈酸性、碱性和中性都有可能。
14.用0.102 6 mol·L－1的盐酸滴定25.00 mL未知浓度的氢氧化钠溶液，滴定达终点时，滴定管中的液面如图所示，正确的读数为( )
A. 22.30 mL B. 22.35 mL C. 23.65 mL D. 23.70 mL
【答案】B
【解析】
试题分析：滴定管刻度自上而下逐渐减小，所以读数为22.35mL，答案选B。
考点：考查滴定管读数
15.能说明醋酸是弱电解质的事实是（ ）
A. 醋酸水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
B. 醋酸和碳酸钠溶液反应放出二氧化碳
C. c（H+）相同的醋酸和盐酸相比较，醋酸溶液的浓度大
D. 浓度和体积均相同的醋酸和盐酸可中和等物质的量的NaOH
【答案】B
【解析】
试题分析：电解质的强弱判断依据是该电解质的电离子程度。A、醋酸水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，不能表明醋酸完全电离与否，错误；B、醋酸和碳酸钠溶液反应放出二氧化碳，只能表明醋酸电离子出氢离子的能力比碳酸强，但不能说明是完全电离与否，错误；C、c(H+)相同的醋酸和盐酸相比较，醋酸溶液的浓度大，表明盐酸的电离程度比醋酸的大，盐酸完全电离，而醋酸就只能是部分电离，正确；D、物质的量浓度和体积均相同的醋酸和盐酸可中和等物质的量的NaOH，说明盐酸跟醋酸能提供等量的氢离子，但不能说明是完全电离与否，错误。
考点：强弱电解质的概念。
16.已知常温下浓度为0.1 mol·L－1的下列溶液的pH如下表所示：
溶质
NaF
NaClO
NaHCO3
Na2CO3
pH
7.5
9.7
8.2
11.6
下列有关说法不正确的是( )
A. pH＝2的HF溶液与pH＝12的NaOH溶液以体积比1∶1混合，则有：c(Na+)> c(F－)> c(OH－)>c(H+)
B. 加热0.1 mol·L－1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7
C. 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，存在关系：c(OH－)＝c(H＋) +c(HCO3-)＋2c(H2CO3)
D. 电离平衡常数大小关系:K(HF)> K(H2CO3 )>K(HClO)>K( HCO3-)
【答案】A
【解析】
A．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合后，HF过量，溶液显示酸性，则：c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可得：c（F-）＞c（Na+），则溶液中离子浓度大小为：c（F-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），A错误；B．盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解NaClO溶液pH＞7，则NaClO是强碱弱酸盐，升高温度促进其水解，溶液的碱性增强，pH增大，加热0.1 mol•L-1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7，B正确；C．根据物料守恒：2[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]=c（Na+），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），所以得c（OH-）-c（H+）=c（HCO3-）+2c（H2CO3），C正确；D．相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大其相对应的酸的电离程度越小，即酸的电离平衡常数越小，根据表中数据知，酸根离子水解程度F-＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，则酸的电离平衡常数K（HF）＞K（H2CO3 ）＞K（HClO）＞K（ HCO3-），D正确；答案选A。
17.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知将1mol SO2(g)氧化为1mol SO3(g)的 ΔH=-99kJ·mol-1。请回答下列问题：
（1）图中A、C分别表示________、_________，E的大小对该反应的反应热有无影响？_______。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？_________。
（2）图中△H=____________kJ·mol-1。
【答案】 (1). 反应物总能量 (2). 生成物总能量 (3). 无影响 (4). 降低 (5). －198
【解析】
【分析】
图象中前者为反应物的总能量，后者为生成物的总能量，E为活化能，与反应热无关，催化剂能降低反应活化能。
【详解】(1).图象的横坐标为反应过程，从反应物到生成物，所以A为反应物总能量，C为生成物总能量，E为反应的活化能，与反应热大小无关；加入催化剂能降低活化能。
(2)根据将1mol SO2(g)氧化为1mol SO3(g)的 ΔH=-99kJ·mol-1 分析，热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)中二氧化硫为2mol，故反应热为ΔH=-99 kJ·mol-1×2=－198 kJ·mol-1。
18.在一定条件下，容积为2 L的密闭容器中，将2 mol L气体和3 mol M气体混合，发生如下反应：2L(g)＋3M(g) xQ(g)＋3R(g)，10s末，生成2.4 mol R，并测得Q的浓度为0.4 mol·L－1。计算：
（1）10 s末L的物质的量浓度为________。
（2）前10 s内用M表示的化学反应速率为________。
（3）化学方程式中x值为________。
（4）在恒温恒容条件，往容器中加入1 mol氦气，反应速率________(增大、减小、不变)。
（5）在恒温恒压条件，往容器中加入1 mol氦气，反应速率________(增大、减小、不变)
【答案】（1）0.2mol/L；
（2）0.12mol/(Lˑs)；
（3）1；（4）不变；（5）减小；
【解析】
试题分析：经2min达平衡，生成2.4molR，并测得Q的浓度为0.4mol/L，Q物质的量=0.4mol/L×2L=0.8mol，物质的量之比等于化学计量数之比，0.8：2.4=x：3，计算得到x=1；
2L（g）+3M（g）Q（g）+3R（g）
起始量（mol） 2 3 0 0
变化量（mol） 1.6 2.4 0.8 2.4
10s末（mol） 0.4 0.6 0.8 2.4
（1）10s末L的物质的量浓度==0.2mol/L；
（2）前10s内用M表示的化学反应速率==0.12mol/(Lˑs)；
（3）经2min达平衡，生成2.4molR，并测得Q的浓度为0.4mol/L，Q物质的量=0.4mol/L×2L=0.8mol，物质的量之比等于化学计量数之比，0.8：2.4=x：3，计算得到x=1；
（4）在恒温恒容条件，往容器中加入1mol氦气，总压增大，分压不变平衡不动，反应速率不变；
（5）在恒温恒压条件，往容器中加入1mol氦气，为保持恒压条件增大，压强减小，反应速率减小。
考点：考查化学反应速率的计算及平衡的移动
19.目前工业合成氨的原理是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-93.0kJ/mol
(1)己知一定条件下：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g) △H=+1530.0kJ/mol。则表示氢气燃烧热的热化学方程式为____________________。
(2)在恒温恒容装置中进行合成氨反应，各组分浓度-时间图像如下。
① 表示N2浓度变化的曲线是 (填序号)。
② 前25min 内，用H2浓度变化表示的化学反应速率是 。
③ 在25min时，采取下列措施，能使N2的转化率提高的是__________(填序号)。
a. 通入1molN2
b. 通入1molH2
c. 通入1molHe气
d. 通入1molHCl
e. 通入1molN2和3molH2
(3)在恒温恒压装置中进行工业合成氨反应，下列说法错误的是__________(填序号)。
a．气体体积不再变化，则已平衡
b．气体密度不再变化，则已平衡
c．平衡后，压缩容器，会生成更多NH3
d．平衡后，往装置中通入一定量Ar，平衡不移动
(4)电厂烟气脱氮：主反应为：①4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) △H<0
副反应为：②2NH3(g)+8NO(g)5N2O(g)+3H2O(g) △H>0
平衡混合气中N2与N2O含量与温度的关系如图所示。
请回答：在400～600K时，随温度的升高，平衡混合气中N2含量_____________(填“升高”、“降低”或“不变”)，导致这种规律的原因是_______________________。
【答案】(1)H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286.0kJ/mol；
(2)①C；②0.12mol/(L·min)；③bde；
(3)d；(4)降低；主反应为放热反应，升高温度使主反应的平衡左移
【解析】
试题分析：(1)已知：①2N2(g)+6H2O(l)=4NH3(g)+3O2(g)△H=+l530.0kJ•mol-1，
②N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-93.0kJ•mol-1，根据盖斯定律，(②×2-①)÷6可得：
H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol，故答案为：H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol；
(2)①根据图象可知，反应进行到25min时曲线A减少了6mol/L-3mol/L=3mol/L，C减少了2.0mol/L-1.0mol/L=1.0mol/L，因此根据方程式可知表示N2浓度变化的曲线是C；故答案为：C；
②前25 min内，氢气浓度减少了3mol/L，则用H2浓度变化表示的化学反应速率是3mol/L÷25min="0.12" mol•L-1•min-1，故答案为：0.12 mol•L-1•min-1；
③ a.通入1molN2，平衡正向移动，但氮气的转化率降低，错误；b. 通入1molH2，平衡正向移动，氮气的转化率增大，正确；c. 通入1molHe气，平衡不移动，氮气的转化率不变，错误；d. 通入1molHCl，氨气的浓度减小，平衡正向移动，氮气的转化率增大，正确；e. 通入1molN2和3molH2，相当于增大压强，平衡正向移动，氮气的转化率增大，正确；故选bde；
(3)a．正反应是气体物质的量减小的反应，恒温恒压下，随反应进行体积减少，因此在恒温恒压下气体体积不再变化时已平衡，故a正确；b．在反应过程中质量始终不变，但容器容积是变化的，所以密度是变化的，因此气体密度不再变化说明反应达到平衡，故b正确；c．平衡后，压缩容器，压强增大，平衡向正反应方向进行，因此生成更多NH3，故c正确，d．平衡后，往装置中通入一定量Ar，压强不变，容器容积增加，浓度降低，平衡向逆反应方向移动，故d错误；故选d；
(4)根据图象可知，在400K～600K时，平衡混合气中N2含量随温度的升高逐渐降低；主反应为放热反应，升高温度，平衡向着逆向移动，氮气的含量减小，故答案为：随温度升高，N2的含量降低；主反应为放热反应，升温使主反应的平衡左移或者副反应为吸热反应，升温使副反应的平衡右移，降低了NH3和NO浓度，使主反应的平衡左移。
考点：考查了盖斯定律、化学平衡图象、化学平衡移动的影响因素的相关知识。
20.有下列七种物质的溶液：①NaCl ②NH4Cl ③Na2CO3 ④CH3COONa ⑤CH3COOH ⑥NaHCO3
（1）溶液呈酸性的有_____________，呈碱性的有____________
（2）分别写出②、④水解的离子方程式：_____________________________、_____________________________。
（3）常温下，浓度均为0.1mol/L的③和⑥的溶液中离子种类_____________(填“相同”或“不相同”），溶液的PH:③_________⑥(填 >、＝或 <)。
【答案】 (1). ②⑤ (2). ③④⑥ (3). NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋ (4). CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－ (5). 相同 (6). >
【解析】
【分析】
酸和强酸弱碱盐溶液显酸性，碱和强碱弱酸盐溶液显碱性。强酸强碱盐溶液显中性。
【详解】(1)所给物质中⑤为酸，②为强酸弱碱盐，都显酸性。③④⑥为强碱弱酸盐，都显碱性。
(2)氯化铵溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液显酸性，水解方程式为NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋；醋酸钠中的醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子，水解方程式为：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；
(3).碳酸钠和碳酸氢钠中含有的离子为Na+、HCO3-、CO32-、H+、OH-，离子种类相同，但等浓度时，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子的水解程度，故前者碱性强。
【点睛】掌握盐类水解的规律：有弱才水解，谁弱谁水解；谁强显谁性，都强显中性。掌握多元弱酸盐的水解是分步进行的，第一步水解会抑制第二步水解。
21.（1）常温下，在200 mL氢氧化钡溶液中含有1×10-3mol的钡离子，将此溶液与pH＝3的盐酸混合，使其混合溶液的pH＝7，应取氢氧化钡溶液和盐酸的体积之比是_________。
（2）25℃时，利用pH试纸测得0.1mol•L-1醋酸溶液的pH约为3，则可以估算出醋酸的电离常数约为_______；向10mL此溶液中加入少量冰醋酸，忽略溶解过程中溶液温度和体积的微小变化，溶液中c（H＋）/c（CH3COOH）的值将_____（填“增大”、“减小”或“无法确定”）。
（3）25 ℃时，pH=3的NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)－c(NH4+)－3c(Al3＋)＝______（取近似值）
（4）室温时，向100mL0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是__________________________
【答案】 (1). 1：10 (2). 10-5mol·L－1 (3). 减小 (4). 10－3mol·L－1 (5). a (6). c(Na＋)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH－)＝c(H＋)
【解析】
（1）常温下，在200 mL氢氧化钡溶液中含有1×10-3mol的钡离子，则c[Ba(OH)2]=510-3mol/L，c(OH-)=110-2mol/L。pH＝3的盐酸中，c(H+)=110-3mol/L。混合后溶液的pH＝7，因为c(OH-)=10 c(H+)，则氢氧化钡溶液和盐酸的体积之比是1:10。
（2）25℃时，利用pH试纸测得0.1mol•L-1醋酸溶液的pH约为3，c(H+)=mol/L，则可以估算出醋酸的电离常数为mol/L；向10mL此溶液中加入少量冰醋酸，忽略溶解过程中溶液温度和体积的微小变化，因为c(CH3COOH)变大后CH3COOH的电离程度变小，所以溶液中c（H＋）/c（CH3COOH）的值将减小。
（3）25 ℃时，pH=3的NH4Al(SO4)2中，c(H+)=10－3mol·L－1、c(OH-)=10－11mol·L－1，由电荷守恒，得2c(SO42-)－c(NH4+)－3c(Al3＋)＝c(H+)-c(OH-)=10－3mol·L－1-10－11mol·L－110－3mol·L－1.
（4）NH4HSO4溶液中，NH4HSO4完全电离，NH4HSO4= NH4++H++SO42-，溶液的酸性主要由其电离产生的H+决定的，水的电离受到其电离产生H+的抑制；当与反应2NH4HSO4+2NaOH=Na2SO4+ (NH4)2SO4+2H2O恰好完成时，因铵根离子水解溶液仍显酸性，但是铵根水解促进了水的电离，水的电离程度达到最大，此后继续加入NaOH溶液，溶液中铵根离子的浓度逐渐减小，溶液的pH逐渐增大，水的电离程度逐渐减小。由图可知，a、b、c、d四个点中，a点代表的是2NH4HSO4+2NaOH=Na2SO4+ (NH4)2SO4+2H2O恰好完成时，所以水的电离程度最大的是a点；在a点c(Na＋)=2c(SO42-)->c(NH4+)，则在b点，c(Na＋)>2c(SO42-)， 由pH=7得c(OH－)＝c(H＋)，所以溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c(Na＋)>c(SO42)->c(NH4+)>c(OH－)＝c(H＋)。
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