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【化学】广西桂林市第十八中学2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）
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广西桂林市第十八中学2019-2020学年高二下学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 K-39 Fe-56 Mn-55 Ba-137 S-32
一、选择题(每小题只有一个正确选项，1-5题，每小题2分，6-20题，每小题3分，共55分)
1.下列反应符合如图所示的反应是（ ）
A. 金属钠与水的反应
B. 氢气燃烧
C. 浓硫酸的稀释
D. Ba（OH）2•8H2O和NH4Cl （固体）混合
【答案】D
【解析】
【分析】
从图给信息可知，反应物总能量小于生成物总能量，该反应属于吸热反应。
【详解】A．活泼金属与水（或酸）的反应是放热反应，故A错误；
B．燃烧是放热反应，故B错误；
C．浓H2SO4溶于水为放热过程，不是化学反应，故C错误；
D．氢氧化钡晶体与氯化铵固体反应是吸热反应，故D正确；
故选D。
2.对已达到化学平衡的反应2X(g)＋Y(g)2Z(g)，减小压强时，对反应产生的影响是（ ）
A. 逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B. 逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C. 正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
D. 正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】该反应的反应物和生成物均为气体，减小压强，正、逆反应速率都将减小，这一点只有C项符合；该反应是一个正向气体分子总数减小的反应，减小压强，平衡向逆反应方向移动，所以答案选择C项。
3.下列说法正确的是( )
A. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强
B. 将NaOH和氨水各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少到原来的二分之一
C. 如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度也是醋酸的二倍
D. 中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，两者所需要的氢氧化钠一样多
【答案】D
【解析】
【详解】A．导电能力的强弱与参与导电的自由移动的离子的浓度大小有关，强电解质如果浓度很小，导电能力也可能比浓的弱电解质溶液的导电能力弱，故A错误；
B．因氨水是弱电解质，在稀释过程中还要继续电离，故稀释后氨水中的c(OH-)比原来的一半还要大一些，故B错误；
C．因醋酸是弱酸不完全电离，盐酸中的c(H+)远远超过醋酸中c(H+)的两倍，故C错误；
D．因盐酸和醋酸都是一元酸，所以等体积、等物质的量浓度的两种溶液中酸所含溶质的物质的量相同，中和时所需氢氧化钠的体积相同，故D正确；
故答案为D。
4.物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是( )
A. HX，HZ， HY B. HX，HY，HZ
C. HZ，HY，HX D. HY，HZ，HX
【答案】B
【解析】
【详解】物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其pH依次为8、9、10，说明三种盐的水解能力逐渐增强，则HX、HY、HZ的酸性越来越弱，由强到弱的顺序是HX>HY>HZ，故选B。
5.以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯净的MnCl2。根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是（ ）。
A. 具有吸附性 B. 溶解度与CuS、PbS、CdS等相同
C. 溶解度大于CuS、PbS、CdS D. 溶解度小于CuS、PbS、CdS
【答案】C
【解析】
【详解】添加过量的难溶电解质MnS可使MnCl2溶液中的Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋形成硫化物沉淀，根据沉淀转化的一般原则，说明MnS转化为更难溶的CuS、PbS、CdS，即MnS的溶解度大于CuS、PbS、CdS；答案选C。
6.化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是( )
A. 除去废水中的Cu2+、Ag+等重金属离子可选用Na2S溶液
B. 保存FeCl3溶液时，通常在溶液中加少量的单质铁
C. 检查消化系统使用“钡餐”的成分是硫酸钡
D. 除去水垢中的CaSO4常用试剂有碳酸钠和盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A. Cu2+、Ag+等重金属离子都可以与硫离子反应生成沉淀，故A正确；
B.单质铁能与 FeCl3溶液反应，将氯化铁还原成氯化亚铁，故B错误；
C.硫酸钡难溶于水且难溶于酸，在医疗上可用作‘钡餐’，故C正确；
D.硫酸钙可以与碳酸钠反应产生碳酸钙，碳酸钙可溶于盐酸，从而将硫酸钙最终转变成易溶的氯化钙除去，故D正确；
故选：B。
7.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 1L 0.1mol/L 稀盐酸中含HCl分子的数目为0.1NA
B. 0.1mol/L磷酸钠溶液中PO 数目小于0.1NA
C. 25℃，1L pH＝1的H3PO4溶液中，水电离产生的OH- 数目为10-13 NA
D. 0.1 L 0.5 mol/L CH3COOH溶液中含有的H+数为0.05NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. HCl 是强酸在水中完全电离成离子形式，因此在盐酸溶液中不存在HCl分子，故A错误；
B.溶液体积未知无法计算磷酸根离子的物质的量，故B错误；
C.磷酸溶液中的氢氧根离子完全来自于水，则水电离的氢氧根离子浓度为：，1L该溶液中水电离产生的OH- 数目为10-13 NA，故C正确；
D.醋酸是弱酸不能完全电离，不能确定该溶液中氢离子的数目，故D错误；
故选：C。
8.可逆反应3Fe(s))+4H2O(g)= Fe3O4(s)+4H2(g)在容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是( )
A. 保持容器体积不变，加入水蒸气
B. 将容器的容积缩小一半
C. 保持容器容积不变，充入N2使体系压强增大
D. 保持压强不变，充入N2使体系容积增大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．保持体积不变，充入水蒸气反应物浓度增大，反应速率增大，故A不选；
B．将容器的体积缩小一半，气体浓度增大，反应速率增大，故B不选；
C．保持体积不变，充入N2，N2不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故C选；
D．压强不变，充入N2使容器的体积增大，气体的浓度减小，反应速率减小，故D不选；
故选：C。
9.下列说法或表示法不正确的是( )
A. 1mol硫蒸气与2mol硫蒸气完全燃烧时，燃烧热相同
B. 已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) △H=－571.6kJ·mol－1，则H2的燃烧热为285.8kJ·mol－1
C. 在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(aq)△H=－57.3kJ·mol－1，若将含1molCH3COOH的稀醋酸溶液与含1molBa(OH)2的稀溶液混合，放出的热量小于57.3kJ
D. 已知Ⅰ：反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=-akJ/mol；Ⅱ：，，且a、b、c均大于零，则断开1mol H－Cl键所需的能量为2(a-b-c) kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1mol硫蒸气完全燃烧时，放出热量，故A正确；
B．已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) △H=－571.6kJ·mol－1，可以得出1molH2完全燃烧生成液态水放出的热量为285.8kJ，则H2的燃烧热为285.8kJ·mol－1，故B正确；
C．在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(aq)△H=－57.3kJ·mol－1，若将含1molCH3COOH的稀醋酸溶液与含1molBa(OH)2的稀溶液混合，CH3COOH是弱酸，CH3COOH电离时要吸收热量，放出的热量小于57.3kJ，故C正确；
D．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则b+c-2E（H-Cl）=-a，断开1 mol H-Cl键所需的能量为kJ，故D错误；
故选D。
【点睛】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、中和热与燃烧热为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，易错点D，注意焓变与键能的关系，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量。
10.下列说法正确的是
A. 非自发反应一定不能实现
B. 同种物质气态时熵值最小，固态时熵值最大
C. 反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的△H <0
D. 恒温恒压下，△H <0且△S>0的反应一定不能自发进行
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，选项A错误；
B.熵是指体系的混乱度，同种物质气态熵大于液态大于固态，即同种物质气态时熵值最大，固态时熵值最小，选项B错误；
C.反应能自发进行说明：△H-T△S＜0，由方程式NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）可知该反应的∆S＜0，要使：△H-T△S＜0，所以必须满足△H＜0，选项C正确，
D.恒温恒压下，△H＜0且△S＞0的反应的△H-T△S＜0，反应一定可以自发进行，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了化学反应自发进行的判断依据。本题是灵活运用△G=△H-T△S判断反应能否自发进行，其难点是如何判断△S，一般由固体转变为液体或气体时△S＞0，另外反应向气体体积增大的方向进行时△S＞0，否则△S＜0；要熟练掌握当△H＜0且△S＞0的反应肯定能自发进行，当△H＞0且△S＜0的反应不可能自发进行，其它情况在不同温度下可能自发进行，特别注意的是不能自发进行的反应并不表示不能发生，一定条件下反应也能进行，如电解池中发生的反应通常就是非自发进行的反应。
11.下列图示与对应的叙述不相符合的是
A. 表示燃料燃烧反应的能量变化
B. 表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
C. 表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程
D. 表示强碱滴定强酸的滴定曲线
【答案】A
【解析】
【详解】A．燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；
B．酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；
C．弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故C正确；
D．强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图象符合，故D正确；
故选A。
12.下列有关沉淀溶解平衡的说法正确的是
A. Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，则AB2的溶解度小于CD的溶解度
B. 在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，氯化银的Ksp增大
C. 在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入碘化钾固体，氯化银沉淀可转化为碘化银沉淀
D. 在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，溶解平衡不移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．因为Ksp(AB2)=c(A2+)c2(B-)，Ksp(CD)=c(C+)c(D-)，Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，由于两者类型不同，AB2的溶解度不一定小于CD的溶解度，A错误；
B．在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，减小了溶液中的Ag+、Cl-的浓度，溶解平衡正向移动，直至达到新的条件下的溶解平衡状态，由于温度不变，所以氯化银的Ksp不变，B错误；
C．在氯化银沉淀溶解平衡体系中，加入碘化钾固体，Ag+与加入的碘化钾电离产生的I-发生沉淀反应，生成溶解度比AgCl沉淀更小的AgI沉淀，破坏了AgCl的沉淀溶解平衡，AgCl继续溶解电离，产生的Ag+再与I-反应产生AgI沉淀，最终导致AgCl沉淀转化为碘化银沉淀，颜色由白色转化为黄色，C正确；
D．在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，发生反应：+2H+=CO2↑+H2O，破坏了CaCO3的沉淀溶解平衡，使它不断溶解，溶解产生的碳酸根离子继续与盐酸电离产生的H+发生反应，最终导致CaCO3完全溶解，D错误；
答案选C。
13.煤的工业加工过程中，可利用CO和H2合成甲醇，能量变化如图所示。下列说法正确的是
A. 该反应是吸热反应
B. 1molCH3OH所具有的能量为90.1kJ
C. CO(g)+2H2(g)CH3OH(l) ΔH=-90.1kJ·mol-1
D. 1molCO和2molH2断键所需能量小于1molCH3OH断键所需能量
【答案】D
【解析】
【详解】A. 如图所示，反应物总能量高于生成物总能量，则该反应放热反应，故A错误；
B. 90.1kJ是反应释放的能量，而非甲醇具有的能量，故B错误；
C. 图中甲醇为气态，所以应该为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90.1kJ·mol-1，故C错误；
D. 该反应为放热反应，所以1molCO和2molH2断键所需能量小于1molCH3OH断键所需能量，故D正确；
故选D。
【点睛】反应放热还吸热可以根据反应物和生成物所具有的总能量大小来判断，也可以根据反应物及生成物的键能大小来判断。
14.可逆反应mA（固）+nB（气）pC（气）+qD（气），反应过程中其它条件不变时C的百分含量C%与温度（T）和压强（P）的关系如图所示，下列叙述中正确的是
A. 达到平衡后，使用催化剂，C%将增大
B. 达到平衡后，若升高温度、化学平衡向逆反应方向移动
C. 方程式中n>p+q
D. 达到平衡后，增加A的量有利于化学平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】可逆反应,当其他条件一定时,温度越高,反应速率越大,达到平衡所用的时间越短。由图象(1)可知T1>T2，温度越高，平衡时C的体积分数φ(C)越小，故此反应的正反应为放热反应；
当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短。由图(2)可知P2>P1，压强越大，平衡时C的体积分数φ(C)越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即n
B. 由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向逆反应移动，故B正确；
C. 由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为气体物质的量增大的反应，即n
答案选B。
15.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向5 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液中加入0.1mol·L－1 FeCl3溶液1 mL，振荡，用苯萃取2～3次后，取下层溶液滴加5滴KSCN溶液，出现血红色
反应Fe3＋＋I－→Fe2＋＋I2是有一定限度的
B
向滴有酚酞的1mL 0.1mol·L－1K2CO3溶液中加水稀释至10mL，红色变浅
加水稀释时，CO32-的水解平衡向逆反应方向移动
C
用Zn和稀硫酸反应制取氢气，向反应液中滴入几滴CuSO4溶液，产生气泡的速率明显加快
Cu2+是反应的催化剂
D
向AgI悬浊液中滴加NaCl溶液，不出现白色沉淀
更难溶的物质无法转化为难溶的物质
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向KI溶液中加入少量的FeCl3，二者会发生反应，生成Fe2+和I2，向下层溶液中滴加KSCN，溶液变成血红色，说明过量的I-和少量Fe3+反应后Fe3+会有剩余，I-和Fe3+的反应是有一定限度的，A正确；
B．加水稀释后，碳酸根的水解平衡向正向移动，但生成的OH-的浓度不断变小，故颜色变浅，B错误；
C．Zn可以将Cu2+置换生成Cu，Zn和Cu形成原电池装置加快反应速率，C错误；
D．氯离子浓度大时，可能反应生成白色沉淀，D错误；
故选A。
16.某温度下，可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)的平衡常数为K，下列对K的说法正确的是
A. K值越大，表明该反应越有利于C的生成，反应物的转化率越大
B. 若缩小反应器的容积，能使平衡正向移动，则K增大
C. 温度越高，K一定越大
D. 如果m＋n＝p，则K＝1
【答案】A
【解析】
【详解】A、K=，K值越大，说明平衡正向移动，有利于C的生成，反应物的转化率增大，A正确；
B、m+n和p的关系题目中没有说明，因此缩小容积，平衡不知道向什么方向移动，B错误；
C、K只受温度的影响，此反应没有说明正反应方向是吸热还是放热，C错误；
D、不确定A、B的投入量是多少，D错误；
故选A。
17.室温下，下列操作可以使0.01 mol·L－1 NH3·H2O溶液中c(NH)增大的是( )
A. 加入少量H2O B. 加入少量NaOH固体
C. 通入少量HCl气体 D. 降低温度
【答案】C
【解析】
【详解】NH3·H2O溶液中存在电离平衡NH3·H2OOHˉ+ NH。
A．加少量水会将溶液稀释，c(NH)减小，故A不符合题意；
B．NaOH会电离出氢氧根，抑制一水合氨的电离，使c(NH)减小，故B不符合题意；
C．通入少量HCl，HCl与OHˉ反应，促进一水合氨的电离，使c(NH)增大，故C符合题意；
D．一水合氨的电离是吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，c(NH)减小，故D不符合题意；
故答案为C。
18.常温下，向两只分别盛有50 mL0.100 mol/L盐酸的烧杯中各自匀速滴加50 mL蒸馏水、50 mL0.100 mol/L醋酸铵溶液，装置如图所示(夹持仪器等已略)。
已知：常温下，CH3COONH4溶液pH约为7。
下列说法正确的是（ ）
A. 实验①滴加过程中溶液所有离子浓度都减小
B. 实验②滴至pH=2时，溶液中c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)=0.01 mol/L
C. 实验②滴加过程中，溶液中均存在c(CH3COO-)
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．向盐酸中滴加水，盐酸被稀释浓度降低，溶液中c(H+)减小，由于溶液中存在水的电离平衡，水的离子积不变，所以溶液中c(OH-)会增大，A错误；
B．当溶液pH=2时，c(H+)=0.01 mol/L，根据电荷守恒可知：c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)，所以c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)- c(NH4+)=c(H+)=0.01 mol/L，则c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)>0.01 mol/L，B错误；
C．由于酸性：HCl>CH3COOH，CH3COOH是弱酸，所以将CH3COONH4溶液滴加到盐酸中，会发生反应：HCl+CH3COONH4=CH3COOH+NH4Cl，而NH4+不发生反应，仅有少量发生水解而消耗，且在酸溶液中水解程度会减弱，因此实验②滴加过程中，溶液中均存在c(CH3COO-)
故合理选项是C。
19.已知：4CO(g)+2NO2(g)⇌4CO2(g)+N2(g) ΔH＝－1200 kJ·mol−1。在2 L恒容密闭容器中，按照下表中甲、乙两种方式进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，测得甲中CO的转化率为50%。下列说法中正确的是
甲
乙
0.2 mol NO2
0.1 mol NO2
0.4 mol CO
0.2 mol CO
A. 放热反应，一定能自发进行
B. 该温度下，反应的平衡常数为5
C. 达平衡时，NO2的浓度：甲＞乙
D. 达平衡时，N2的体积分数：甲＜乙
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知反应为放热反应，ΔH＜0，ΔS＜0，根据反应自发进行的判断依据ΔG=ΔH-TΔS，当低温时有自发进行的倾向，高温时不利于自发进行，故A错误；
B．根据甲中CO的转化率为50% ，二氧化氮和一氧化碳的起始物质的量为0.2mol、0.4mol，容器的体积为2L，根据，可以得到二氧化氮和一氧化碳的起始物质的量浓度为0.1mol/L、0.2mol/L，列出三段式，
该反应的平衡常数，故B错误；
C．由三段式可知甲的NO2转化为50%，因甲的平衡相对乙加压，增大压强平衡向正反应方向移动，则乙的NO2转化为小于50%，则NO2的浓度：甲＞乙，故C正确；
D．甲的投入量为乙的两倍，甲的平衡相对乙加压，增大压强平衡向正反应方向移动，所以甲N2的体积分数大于乙N2的体积分数，故D错误；
答案选C。
20.下列有关说法中不正确的是( )
A. 某温度时的混合溶液中c(H+) =mol·L-1，说明该溶液呈中性(Kw为该温度时水的离子积常数)
B. 常温下，由水电离出的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液的pH可能为2或12
C. 常温下，pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c(H+)＞c(OH-)
D. 常温下pH=7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
【详解】A．某温度时的混合溶液中c(H+) =mol·L-1，而Kw=c（H＋）·c（OH－），说明c（H＋）=c（OH－），则溶液一定为中性，故A正确；
B．常温下，Kw=c（OH－）×c（H＋）=10-14，纯水中c（H＋）=c（OH－）=1.0×10-7mol·L－1，常温下某溶液中，由水电离出的c（H＋）水=1.0×10-12mol·L－1＜10-7mol·L－1，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，溶质能电离出氢离子或氢氧根离子就能抑制水电离，则该溶质可能是酸或碱或强酸的酸式盐，如果为酸溶液，则pH=2，如果为碱溶液，则pH=12，故B正确；
C．CH3COOH是弱酸，难电离，pH=3的CH3COOH溶液中酸的浓度大，常温下，pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中，醋酸过量，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，故C正确；
D．常温下pH=7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液呈中性，则c（H＋）=c（OH－），结合电荷守恒可知：c（Na＋）=c（CH3COO－），故D错误；
故选D。
21.溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：
(1)Na2CO3溶液显碱性的原因，用离子反应方程式表示_____________________________；CuSO4溶液呈酸性的原因，用离子反应方程式表示：___________________________。
(2)25 ℃时，pH为9的CH3COONa溶液中c(OH-)=________。
(3)25 ℃时，将a mol·L－1氨水与0.01 mol·L－1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性。用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝___________。
【答案】 (1). +H2O+OHˉ (2). Cu2++2H2O2H++Cu(OH)2 (3). 10-5mol/L (4). 中 (5).
【解析】
【详解】(1)碳酸钠溶液中因存在碳酸根的水解而显碱性，离子方程式为+H2O+OHˉ；硫酸铜溶液中因存在铜离子的水解而显酸性，离子方程式为Cu2++2H2O2H++Cu(OH)2；
(2)25 ℃时，pH为9的CH3COONa溶液中c(H+)=10-9mol/L，溶液中c(OH-)==10-5mol/L；
(3)混合溶液中存在电荷守恒c(NH)+c(H+)＝c(OH-)+c(Cl－)，因为c(NH)＝c(Cl－)，所以c(H+)＝c(OH-)，溶液显中性；NH3·H2O的电离常数Kb＝，溶液显中性，所以c(OH-)=10-7mol/L，c(NH)＝c(Cl－)，两溶液等体积混合后，氯离子的浓度变为原来的一半为5×10-3mol/L，所以c(NH)=5×10-3mol/L，根据物料守恒可知c(NH)+ c(NH3·H2O)=0.5amol/L，则c(NH3·H2O)=(0.5a-5×10-3)mol/L，所以Kb＝。
【点睛】第3小题计算电离平衡常数时要灵活运用物料守恒、电荷守恒，同时注意两溶液等体积混合后溶质的浓度减半。
22.工业上制取CuCl2的生产流程如下：
请结合下表数据，回答问题：
物质
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)3
溶度积(25 ℃)
8.0×10-16
2.2×10-20
4.0×10-38
完全沉淀时的pH范围
≥9.6
≥6.4
3~4
(1)在溶液A中加入NaClO的目的是_________________。
(2)在溶液B中加入CuO主要涉及的离子反应方程式为________________。
(3)操作a为___________。
(4)在Cu(OH)2中加入盐酸使Cu(OH)2转化为CuCl2，采用稍过量盐酸和低温蒸干的目的是___。
【答案】 (1). 氧化Fe2＋ 生成Fe3＋ 有利于沉淀分离 (2). (3). 洗涤 (4). 抑制 Cu2＋水解
【解析】
【分析】
在粗氧化铜(含氧化亚铁)中加盐酸，将金属氧化物溶解转变成氯化铜和氯化亚铁；然后加次氯酸钠，将氯化亚铁氧化成氯化铁；再加氧化铜调节溶液的pH值促进氯化铁水解最终转变成氢氧化铁沉淀除去；继续加氧化铜调节pH值后过滤分离得到氢氧化铜，通过操作a洗涤沉淀，再采用稍过量盐酸和低温蒸干得到氯化铜晶体，据此分析解答。
【详解】(1)根据表中完全沉淀时的pH范围可知，Fe2＋沉淀时Cu2＋已基本沉淀完全，所以必须先将Fe2＋转变为Fe3＋才能完全除去，所以溶液A中加入NaClO的目的是氧化Fe2＋ 生成Fe3＋ 有利于沉淀分离，反应的离子方程式为：2H＋＋ClO−＋2 Fe2＋＝2 Fe3＋＋Cl−＋H2O，
故答案为：氧化Fe2＋生成Fe3＋ 有利于沉淀分离；
(2) 在溶液B中加CuO调节溶液的pH使Fe3＋完全沉淀，有关的反应为： ，
故答案为：
(3) 操作a为洗涤，目的是洗涤氢氧化铜表面的可溶性杂质，
故答案为：洗涤；
(4) 因为溶液中存在以下平衡：Cu2＋＋2H2O⇌Cu(OH)2＋2H＋，加入过量盐酸和低温，能使平衡逆移，防止Cu2＋水解，
故答案为：抑制Cu2＋水解
【点睛】本题以工业上制取CuCl2的生产流程为背景，综合考查学生灵活运用元素化合物知识、氧化还原反应知识、沉淀转化、盐类水解以及实验分析等知识和技能，难度较大。
23.碳及其化合物在有机合成、能源开发等工农业方面具有十分广泛的应用。
Ⅰ.在25℃、101kPa时，1.00g C6H6(l)燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出41.8kJ的热量，表示C6H6(l)燃烧热的热化学方程式为___________________。
Ⅱ.乙二醇(HOCH2CH2OH)气相氧化法
已知：2H2(g)+O2(g)⇌ 2H2O(g) ΔH=-484kJ/mol
OHC-CHO(g)+2H2(g) ⇌HOCH2CH2OH(g) ΔH=-78kJ/mol
则乙二醇气相氧化反应HOCH2CH2OH(g)+O2(g) ⇌OHC-CHO(g)+2H2O(g)ΔH=________；相同温度下，该反应的化学平衡常数K=____________(用含K1、K2的代数式表示)。
Ⅲ. 甲醇的合成。
(1)在一容积为2L的密闭容器内，充入0.2molCO与0.4molH2发生反应如下：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，CO的平衡转化率与温度，压强的关系如图所示。
①A、B两点对应压强大小关系是PA________PB(填“>、<、=”)。
②A、B、C三点的平衡常数KA，KB，KC的大小关系是__________。
③下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是______________(填代号)。
a．H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍 b．CH3OH的体积分数不再改变
c．混合气体的密度不再改变 d．CO和CH3OH的物质的量之和保持不变
(2)在P1压强、T1℃时，经5min达到化学平衡，则用氢气表示该反应的化学速率v(H2)=______，再加入1.0molCO后重新到达平衡，则CO的转化率______(填“增大，不变，减小”)。
【答案】 (1). C6H6(l)+ O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l) △H=-3260.4 kJ/mol (2). -406kJ/mol (3). (4). < (5). KA=KB＞KC (6). b (7). 0.02mol/(L·min) (8). 减小
【解析】
【分析】
Ⅰ.燃烧热指是1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，据题意可知，1.00g C6H6(l)燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出41.8kJ的热量，78g苯燃烧放出78×41.8kJ=3260.4 kJ的热量，据此可以写出C6H6(l)燃烧热的热化学方程式；
Ⅱ.根据盖斯定律进行计算；分别写出①②反应中平衡常数的表达式，二者相除可以得出HOCH2CH2OH(g)+O2(g) ⇌OHC-CHO(g)+2H2O(g)反应的平衡常数K；
Ⅲ. (1)①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)是气体体积减小的反应，压强增大，平衡右移，CO的平衡转化率增大，据此判定A、B两点对应的压强大小关系；
②根据温度对平衡移动规律的影响进行分析；平衡常数只是温度的函数，据此进行分析；
③根据反应达平衡时，正逆反应速率相等，各组分的浓度不变及由此衍生的其他物理量进行进行；
(2)在P1压强、T1℃时，经5min达到化学平衡，CO的转化率为0.5，据此计算出氢气的变化浓度，据此计算v(H2)；可逆反应中，两种物质参加反应，增加该物质的浓度，该物质的转化率减小。
【详解】Ⅰ.在25℃、101kPa时，1.00g C6H6(l)燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出41.8kJ的热量，78g苯燃烧放出78×41.8kJ=3260.4 kJ的热量，表示C6H6(l)燃烧热的热化学方程式为C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l) △H=-3260.4 kJ/mol；
故答案为：C6H6(l)+ O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l) △H=-3260.4 kJ/mol；
Ⅱ.已知：①2H2(g)+O2(g)⇌ 2H2O(g) ΔH=-484kJ/mol
②OHC-CHO(g)+2H2(g) ⇌HOCH2CH2OH(g) ΔH=-78kJ/mol
由盖斯定律：①-②，则乙二醇气相氧化反应HOCH2CH2OH(g)+O2(g) ⇌OHC-CHO(g)+2H2O(g)的ΔH==-484kJ/mol+78kJ/mol= -406kJ/mol；相同温度下，该反应的化学平衡常数K=；
故答案为：-406kJ/mol； ；
Ⅲ. (1)①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)是气体体积减小的反应，压强增大，CO的平衡转化率增大，A、B两点对应的压强大小关系是PA
②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，温度升高，CO的平衡转化率减小，说明正反应放热，C点平衡常数小于A点，A、B两点温度相同，平衡常数相同，A、B、C三点的平衡常数KA，KB，KC的大小关系是KA=KB＞KC；
故答案为：KA=KB＞KC；
③a．只要反应发生就有H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍，故错误；
b．CH3OH的体积分数不再改变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；
c．反应前后气体的总质量不变，气体的体积不变，反应过程中混合气体的密度保持不改变，无法判断是否达到平衡，故错误；
d．CO和CH3OH的物质的量之和保持不变，可能平衡也可能未平衡，故错误；
故答案为：b；
(2)在P1压强、T1℃时，经5min达到化学平衡，CO的转化率为0.5，则用氢气表示该反应的化学速率v(H2)==0.02mol/(L·min)，再加入1.0molCO后，加入的CO不可能100%的转化，重新到达平衡，则CO的转化率减小。
故答案为：0.02mol/(L·min)；减小。
【点睛】本题考查较为综合，侧重考查学生的分析能力，题目涉及热化学方程式书写、化学平衡图象、化学平衡状态的判断等，难点Ⅲ（1）从平衡图象中读取所需信息，注意利用“定一议二”原则分析，Ⅲ（2）注意特殊点的值应用于计算。
24.“中和滴定”原理在实际生产生活中应用广泛。用I2O5可定量测定CO的含量，该反应原理为5CO+I2O55CO2+I2。其实验步骤如下：
①取250 mL（标准状况）含有CO的某气体样品通过盛有足量I2O5的干燥管中在170 ℃下充分反应；
②用水一乙醇液充分溶解产物I2，配制100 mL溶液；
③量取步骤②中溶液25.00 mL于锥形瓶中，然后用0.01 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定。消耗标准Na2S2O3溶液的体积如表所示。
第一次
第二次
第三次
滴定前读数/mL
2.10
2.50
1.40
滴定后读数/mL
22.00
22.50
21.50
（1）步骤②中配制100 mL待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和____________________。
（2）Na2S2O3标准液应装在__________（填字母）中。
（3）指示剂应选用__________，判断达到滴定终点的现象是____________________________________。
（4）气体样品中CO的体积分数为__________（已知：气体样品中其他成分不与I2O5反应：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6）
（5）下列操作会造成所测CO的体积分数偏大的是__________（填字母）。
a．滴定终点俯视读数
b．锥形瓶用待测溶液润洗
c．滴定前有气泡，滴定后没有气泡
d．配制100 mL待测溶液时，有少量溅出
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). B (3). 淀粉溶液 (4). 滴加最后一滴标准液,溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 (5). 17.92% (6). bc
【解析】
（1）步骤②中配制100 mL待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶。（2）Na2S2O3溶液显碱性，则Na2S2O3标准液应装在碱式滴定管中，即答案选B。（3）碘遇淀粉显蓝色，则指示剂应选用淀粉溶液，反应中单质碘被消耗，则判断达到滴定终点的现象是滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色。（4）根据表中数据可知三次滴定消耗标准液体积分别是19.90mL、20.00mL、20.10mL，所以消耗标准液体积的平均值是20.00mL。根据方程式5CO+I2O55CO2+I2、2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6可知5CO～I2～2Na2S2O3，则气体样品中CO的体积分数为；（5）a．滴定终点俯视读数，读数偏小，结果偏低，a错误；b．锥形瓶用待测溶液润洗，消耗标准液体积增加，结果偏高，b正确；c．滴定前有气泡，滴定后没有气泡，消耗标准液体积增加，结果偏高，c正确；d．配制100 mL待测溶液时，有少量溅出，浓度偏低，消耗标准液体积减少，结果偏低，d错误，答案选bc。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 K-39 Fe-56 Mn-55 Ba-137 S-32
一、选择题(每小题只有一个正确选项，1-5题，每小题2分，6-20题，每小题3分，共55分)
1.下列反应符合如图所示的反应是（ ）
A. 金属钠与水的反应
B. 氢气燃烧
C. 浓硫酸的稀释
D. Ba（OH）2•8H2O和NH4Cl （固体）混合
【答案】D
【解析】
【分析】
从图给信息可知，反应物总能量小于生成物总能量，该反应属于吸热反应。
【详解】A．活泼金属与水（或酸）的反应是放热反应，故A错误；
B．燃烧是放热反应，故B错误；
C．浓H2SO4溶于水为放热过程，不是化学反应，故C错误；
D．氢氧化钡晶体与氯化铵固体反应是吸热反应，故D正确；
故选D。
2.对已达到化学平衡的反应2X(g)＋Y(g)2Z(g)，减小压强时，对反应产生的影响是（ ）
A. 逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B. 逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C. 正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
D. 正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】该反应的反应物和生成物均为气体，减小压强，正、逆反应速率都将减小，这一点只有C项符合；该反应是一个正向气体分子总数减小的反应，减小压强，平衡向逆反应方向移动，所以答案选择C项。
3.下列说法正确的是( )
A. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强
B. 将NaOH和氨水各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少到原来的二分之一
C. 如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度也是醋酸的二倍
D. 中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，两者所需要的氢氧化钠一样多
【答案】D
【解析】
【详解】A．导电能力的强弱与参与导电的自由移动的离子的浓度大小有关，强电解质如果浓度很小，导电能力也可能比浓的弱电解质溶液的导电能力弱，故A错误；
B．因氨水是弱电解质，在稀释过程中还要继续电离，故稀释后氨水中的c(OH-)比原来的一半还要大一些，故B错误；
C．因醋酸是弱酸不完全电离，盐酸中的c(H+)远远超过醋酸中c(H+)的两倍，故C错误；
D．因盐酸和醋酸都是一元酸，所以等体积、等物质的量浓度的两种溶液中酸所含溶质的物质的量相同，中和时所需氢氧化钠的体积相同，故D正确；
故答案为D。
4.物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是( )
A. HX，HZ， HY B. HX，HY，HZ
C. HZ，HY，HX D. HY，HZ，HX
【答案】B
【解析】
【详解】物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其pH依次为8、9、10，说明三种盐的水解能力逐渐增强，则HX、HY、HZ的酸性越来越弱，由强到弱的顺序是HX>HY>HZ，故选B。
5.以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯净的MnCl2。根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是（ ）。
A. 具有吸附性 B. 溶解度与CuS、PbS、CdS等相同
C. 溶解度大于CuS、PbS、CdS D. 溶解度小于CuS、PbS、CdS
【答案】C
【解析】
【详解】添加过量的难溶电解质MnS可使MnCl2溶液中的Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋形成硫化物沉淀，根据沉淀转化的一般原则，说明MnS转化为更难溶的CuS、PbS、CdS，即MnS的溶解度大于CuS、PbS、CdS；答案选C。
6.化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是( )
A. 除去废水中的Cu2+、Ag+等重金属离子可选用Na2S溶液
B. 保存FeCl3溶液时，通常在溶液中加少量的单质铁
C. 检查消化系统使用“钡餐”的成分是硫酸钡
D. 除去水垢中的CaSO4常用试剂有碳酸钠和盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A. Cu2+、Ag+等重金属离子都可以与硫离子反应生成沉淀，故A正确；
B.单质铁能与 FeCl3溶液反应，将氯化铁还原成氯化亚铁，故B错误；
C.硫酸钡难溶于水且难溶于酸，在医疗上可用作‘钡餐’，故C正确；
D.硫酸钙可以与碳酸钠反应产生碳酸钙，碳酸钙可溶于盐酸，从而将硫酸钙最终转变成易溶的氯化钙除去，故D正确；
故选：B。
7.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 1L 0.1mol/L 稀盐酸中含HCl分子的数目为0.1NA
B. 0.1mol/L磷酸钠溶液中PO 数目小于0.1NA
C. 25℃，1L pH＝1的H3PO4溶液中，水电离产生的OH- 数目为10-13 NA
D. 0.1 L 0.5 mol/L CH3COOH溶液中含有的H+数为0.05NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. HCl 是强酸在水中完全电离成离子形式，因此在盐酸溶液中不存在HCl分子，故A错误；
B.溶液体积未知无法计算磷酸根离子的物质的量，故B错误；
C.磷酸溶液中的氢氧根离子完全来自于水，则水电离的氢氧根离子浓度为：，1L该溶液中水电离产生的OH- 数目为10-13 NA，故C正确；
D.醋酸是弱酸不能完全电离，不能确定该溶液中氢离子的数目，故D错误；
故选：C。
8.可逆反应3Fe(s))+4H2O(g)= Fe3O4(s)+4H2(g)在容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是( )
A. 保持容器体积不变，加入水蒸气
B. 将容器的容积缩小一半
C. 保持容器容积不变，充入N2使体系压强增大
D. 保持压强不变，充入N2使体系容积增大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．保持体积不变，充入水蒸气反应物浓度增大，反应速率增大，故A不选；
B．将容器的体积缩小一半，气体浓度增大，反应速率增大，故B不选；
C．保持体积不变，充入N2，N2不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故C选；
D．压强不变，充入N2使容器的体积增大，气体的浓度减小，反应速率减小，故D不选；
故选：C。
9.下列说法或表示法不正确的是( )
A. 1mol硫蒸气与2mol硫蒸气完全燃烧时，燃烧热相同
B. 已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) △H=－571.6kJ·mol－1，则H2的燃烧热为285.8kJ·mol－1
C. 在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(aq)△H=－57.3kJ·mol－1，若将含1molCH3COOH的稀醋酸溶液与含1molBa(OH)2的稀溶液混合，放出的热量小于57.3kJ
D. 已知Ⅰ：反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=-akJ/mol；Ⅱ：，，且a、b、c均大于零，则断开1mol H－Cl键所需的能量为2(a-b-c) kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1mol硫蒸气完全燃烧时，放出热量，故A正确；
B．已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) △H=－571.6kJ·mol－1，可以得出1molH2完全燃烧生成液态水放出的热量为285.8kJ，则H2的燃烧热为285.8kJ·mol－1，故B正确；
C．在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(aq)△H=－57.3kJ·mol－1，若将含1molCH3COOH的稀醋酸溶液与含1molBa(OH)2的稀溶液混合，CH3COOH是弱酸，CH3COOH电离时要吸收热量，放出的热量小于57.3kJ，故C正确；
D．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则b+c-2E（H-Cl）=-a，断开1 mol H-Cl键所需的能量为kJ，故D错误；
故选D。
【点睛】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、中和热与燃烧热为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，易错点D，注意焓变与键能的关系，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量。
10.下列说法正确的是
A. 非自发反应一定不能实现
B. 同种物质气态时熵值最小，固态时熵值最大
C. 反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的△H <0
D. 恒温恒压下，△H <0且△S>0的反应一定不能自发进行
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，选项A错误；
B.熵是指体系的混乱度，同种物质气态熵大于液态大于固态，即同种物质气态时熵值最大，固态时熵值最小，选项B错误；
C.反应能自发进行说明：△H-T△S＜0，由方程式NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）可知该反应的∆S＜0，要使：△H-T△S＜0，所以必须满足△H＜0，选项C正确，
D.恒温恒压下，△H＜0且△S＞0的反应的△H-T△S＜0，反应一定可以自发进行，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了化学反应自发进行的判断依据。本题是灵活运用△G=△H-T△S判断反应能否自发进行，其难点是如何判断△S，一般由固体转变为液体或气体时△S＞0，另外反应向气体体积增大的方向进行时△S＞0，否则△S＜0；要熟练掌握当△H＜0且△S＞0的反应肯定能自发进行，当△H＞0且△S＜0的反应不可能自发进行，其它情况在不同温度下可能自发进行，特别注意的是不能自发进行的反应并不表示不能发生，一定条件下反应也能进行，如电解池中发生的反应通常就是非自发进行的反应。
11.下列图示与对应的叙述不相符合的是
A. 表示燃料燃烧反应的能量变化
B. 表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
C. 表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程
D. 表示强碱滴定强酸的滴定曲线
【答案】A
【解析】
【详解】A．燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；
B．酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；
C．弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故C正确；
D．强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图象符合，故D正确；
故选A。
12.下列有关沉淀溶解平衡的说法正确的是
A. Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，则AB2的溶解度小于CD的溶解度
B. 在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，氯化银的Ksp增大
C. 在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入碘化钾固体，氯化银沉淀可转化为碘化银沉淀
D. 在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，溶解平衡不移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．因为Ksp(AB2)=c(A2+)c2(B-)，Ksp(CD)=c(C+)c(D-)，Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，由于两者类型不同，AB2的溶解度不一定小于CD的溶解度，A错误；
B．在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，减小了溶液中的Ag+、Cl-的浓度，溶解平衡正向移动，直至达到新的条件下的溶解平衡状态，由于温度不变，所以氯化银的Ksp不变，B错误；
C．在氯化银沉淀溶解平衡体系中，加入碘化钾固体，Ag+与加入的碘化钾电离产生的I-发生沉淀反应，生成溶解度比AgCl沉淀更小的AgI沉淀，破坏了AgCl的沉淀溶解平衡，AgCl继续溶解电离，产生的Ag+再与I-反应产生AgI沉淀，最终导致AgCl沉淀转化为碘化银沉淀，颜色由白色转化为黄色，C正确；
D．在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，发生反应：+2H+=CO2↑+H2O，破坏了CaCO3的沉淀溶解平衡，使它不断溶解，溶解产生的碳酸根离子继续与盐酸电离产生的H+发生反应，最终导致CaCO3完全溶解，D错误；
答案选C。
13.煤的工业加工过程中，可利用CO和H2合成甲醇，能量变化如图所示。下列说法正确的是
A. 该反应是吸热反应
B. 1molCH3OH所具有的能量为90.1kJ
C. CO(g)+2H2(g)CH3OH(l) ΔH=-90.1kJ·mol-1
D. 1molCO和2molH2断键所需能量小于1molCH3OH断键所需能量
【答案】D
【解析】
【详解】A. 如图所示，反应物总能量高于生成物总能量，则该反应放热反应，故A错误；
B. 90.1kJ是反应释放的能量，而非甲醇具有的能量，故B错误；
C. 图中甲醇为气态，所以应该为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90.1kJ·mol-1，故C错误；
D. 该反应为放热反应，所以1molCO和2molH2断键所需能量小于1molCH3OH断键所需能量，故D正确；
故选D。
【点睛】反应放热还吸热可以根据反应物和生成物所具有的总能量大小来判断，也可以根据反应物及生成物的键能大小来判断。
14.可逆反应mA（固）+nB（气）pC（气）+qD（气），反应过程中其它条件不变时C的百分含量C%与温度（T）和压强（P）的关系如图所示，下列叙述中正确的是
A. 达到平衡后，使用催化剂，C%将增大
B. 达到平衡后，若升高温度、化学平衡向逆反应方向移动
C. 方程式中n>p+q
D. 达到平衡后，增加A的量有利于化学平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】可逆反应,当其他条件一定时,温度越高,反应速率越大,达到平衡所用的时间越短。由图象(1)可知T1>T2，温度越高，平衡时C的体积分数φ(C)越小，故此反应的正反应为放热反应；
当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短。由图(2)可知P2>P1，压强越大，平衡时C的体积分数φ(C)越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即n
B. 由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向逆反应移动，故B正确；
C. 由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为气体物质的量增大的反应，即n
答案选B。
15.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向5 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液中加入0.1mol·L－1 FeCl3溶液1 mL，振荡，用苯萃取2～3次后，取下层溶液滴加5滴KSCN溶液，出现血红色
反应Fe3＋＋I－→Fe2＋＋I2是有一定限度的
B
向滴有酚酞的1mL 0.1mol·L－1K2CO3溶液中加水稀释至10mL，红色变浅
加水稀释时，CO32-的水解平衡向逆反应方向移动
C
用Zn和稀硫酸反应制取氢气，向反应液中滴入几滴CuSO4溶液，产生气泡的速率明显加快
Cu2+是反应的催化剂
D
向AgI悬浊液中滴加NaCl溶液，不出现白色沉淀
更难溶的物质无法转化为难溶的物质
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向KI溶液中加入少量的FeCl3，二者会发生反应，生成Fe2+和I2，向下层溶液中滴加KSCN，溶液变成血红色，说明过量的I-和少量Fe3+反应后Fe3+会有剩余，I-和Fe3+的反应是有一定限度的，A正确；
B．加水稀释后，碳酸根的水解平衡向正向移动，但生成的OH-的浓度不断变小，故颜色变浅，B错误；
C．Zn可以将Cu2+置换生成Cu，Zn和Cu形成原电池装置加快反应速率，C错误；
D．氯离子浓度大时，可能反应生成白色沉淀，D错误；
故选A。
16.某温度下，可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)的平衡常数为K，下列对K的说法正确的是
A. K值越大，表明该反应越有利于C的生成，反应物的转化率越大
B. 若缩小反应器的容积，能使平衡正向移动，则K增大
C. 温度越高，K一定越大
D. 如果m＋n＝p，则K＝1
【答案】A
【解析】
【详解】A、K=，K值越大，说明平衡正向移动，有利于C的生成，反应物的转化率增大，A正确；
B、m+n和p的关系题目中没有说明，因此缩小容积，平衡不知道向什么方向移动，B错误；
C、K只受温度的影响，此反应没有说明正反应方向是吸热还是放热，C错误；
D、不确定A、B的投入量是多少，D错误；
故选A。
17.室温下，下列操作可以使0.01 mol·L－1 NH3·H2O溶液中c(NH)增大的是( )
A. 加入少量H2O B. 加入少量NaOH固体
C. 通入少量HCl气体 D. 降低温度
【答案】C
【解析】
【详解】NH3·H2O溶液中存在电离平衡NH3·H2OOHˉ+ NH。
A．加少量水会将溶液稀释，c(NH)减小，故A不符合题意；
B．NaOH会电离出氢氧根，抑制一水合氨的电离，使c(NH)减小，故B不符合题意；
C．通入少量HCl，HCl与OHˉ反应，促进一水合氨的电离，使c(NH)增大，故C符合题意；
D．一水合氨的电离是吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，c(NH)减小，故D不符合题意；
故答案为C。
18.常温下，向两只分别盛有50 mL0.100 mol/L盐酸的烧杯中各自匀速滴加50 mL蒸馏水、50 mL0.100 mol/L醋酸铵溶液，装置如图所示(夹持仪器等已略)。
已知：常温下，CH3COONH4溶液pH约为7。
下列说法正确的是（ ）
A. 实验①滴加过程中溶液所有离子浓度都减小
B. 实验②滴至pH=2时，溶液中c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)=0.01 mol/L
C. 实验②滴加过程中，溶液中均存在c(CH3COO-)
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．向盐酸中滴加水，盐酸被稀释浓度降低，溶液中c(H+)减小，由于溶液中存在水的电离平衡，水的离子积不变，所以溶液中c(OH-)会增大，A错误；
B．当溶液pH=2时，c(H+)=0.01 mol/L，根据电荷守恒可知：c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)，所以c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)- c(NH4+)=c(H+)=0.01 mol/L，则c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)>0.01 mol/L，B错误；
C．由于酸性：HCl>CH3COOH，CH3COOH是弱酸，所以将CH3COONH4溶液滴加到盐酸中，会发生反应：HCl+CH3COONH4=CH3COOH+NH4Cl，而NH4+不发生反应，仅有少量发生水解而消耗，且在酸溶液中水解程度会减弱，因此实验②滴加过程中，溶液中均存在c(CH3COO-)
故合理选项是C。
19.已知：4CO(g)+2NO2(g)⇌4CO2(g)+N2(g) ΔH＝－1200 kJ·mol−1。在2 L恒容密闭容器中，按照下表中甲、乙两种方式进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，测得甲中CO的转化率为50%。下列说法中正确的是
甲
乙
0.2 mol NO2
0.1 mol NO2
0.4 mol CO
0.2 mol CO
A. 放热反应，一定能自发进行
B. 该温度下，反应的平衡常数为5
C. 达平衡时，NO2的浓度：甲＞乙
D. 达平衡时，N2的体积分数：甲＜乙
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知反应为放热反应，ΔH＜0，ΔS＜0，根据反应自发进行的判断依据ΔG=ΔH-TΔS，当低温时有自发进行的倾向，高温时不利于自发进行，故A错误；
B．根据甲中CO的转化率为50% ，二氧化氮和一氧化碳的起始物质的量为0.2mol、0.4mol，容器的体积为2L，根据，可以得到二氧化氮和一氧化碳的起始物质的量浓度为0.1mol/L、0.2mol/L，列出三段式，
该反应的平衡常数，故B错误；
C．由三段式可知甲的NO2转化为50%，因甲的平衡相对乙加压，增大压强平衡向正反应方向移动，则乙的NO2转化为小于50%，则NO2的浓度：甲＞乙，故C正确；
D．甲的投入量为乙的两倍，甲的平衡相对乙加压，增大压强平衡向正反应方向移动，所以甲N2的体积分数大于乙N2的体积分数，故D错误；
答案选C。
20.下列有关说法中不正确的是( )
A. 某温度时的混合溶液中c(H+) =mol·L-1，说明该溶液呈中性(Kw为该温度时水的离子积常数)
B. 常温下，由水电离出的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液的pH可能为2或12
C. 常温下，pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c(H+)＞c(OH-)
D. 常温下pH=7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
【详解】A．某温度时的混合溶液中c(H+) =mol·L-1，而Kw=c（H＋）·c（OH－），说明c（H＋）=c（OH－），则溶液一定为中性，故A正确；
B．常温下，Kw=c（OH－）×c（H＋）=10-14，纯水中c（H＋）=c（OH－）=1.0×10-7mol·L－1，常温下某溶液中，由水电离出的c（H＋）水=1.0×10-12mol·L－1＜10-7mol·L－1，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，溶质能电离出氢离子或氢氧根离子就能抑制水电离，则该溶质可能是酸或碱或强酸的酸式盐，如果为酸溶液，则pH=2，如果为碱溶液，则pH=12，故B正确；
C．CH3COOH是弱酸，难电离，pH=3的CH3COOH溶液中酸的浓度大，常温下，pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中，醋酸过量，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，故C正确；
D．常温下pH=7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液呈中性，则c（H＋）=c（OH－），结合电荷守恒可知：c（Na＋）=c（CH3COO－），故D错误；
故选D。
21.溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：
(1)Na2CO3溶液显碱性的原因，用离子反应方程式表示_____________________________；CuSO4溶液呈酸性的原因，用离子反应方程式表示：___________________________。
(2)25 ℃时，pH为9的CH3COONa溶液中c(OH-)=________。
(3)25 ℃时，将a mol·L－1氨水与0.01 mol·L－1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性。用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝___________。
【答案】 (1). +H2O+OHˉ (2). Cu2++2H2O2H++Cu(OH)2 (3). 10-5mol/L (4). 中 (5).
【解析】
【详解】(1)碳酸钠溶液中因存在碳酸根的水解而显碱性，离子方程式为+H2O+OHˉ；硫酸铜溶液中因存在铜离子的水解而显酸性，离子方程式为Cu2++2H2O2H++Cu(OH)2；
(2)25 ℃时，pH为9的CH3COONa溶液中c(H+)=10-9mol/L，溶液中c(OH-)==10-5mol/L；
(3)混合溶液中存在电荷守恒c(NH)+c(H+)＝c(OH-)+c(Cl－)，因为c(NH)＝c(Cl－)，所以c(H+)＝c(OH-)，溶液显中性；NH3·H2O的电离常数Kb＝，溶液显中性，所以c(OH-)=10-7mol/L，c(NH)＝c(Cl－)，两溶液等体积混合后，氯离子的浓度变为原来的一半为5×10-3mol/L，所以c(NH)=5×10-3mol/L，根据物料守恒可知c(NH)+ c(NH3·H2O)=0.5amol/L，则c(NH3·H2O)=(0.5a-5×10-3)mol/L，所以Kb＝。
【点睛】第3小题计算电离平衡常数时要灵活运用物料守恒、电荷守恒，同时注意两溶液等体积混合后溶质的浓度减半。
22.工业上制取CuCl2的生产流程如下：
请结合下表数据，回答问题：
物质
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)3
溶度积(25 ℃)
8.0×10-16
2.2×10-20
4.0×10-38
完全沉淀时的pH范围
≥9.6
≥6.4
3~4
(1)在溶液A中加入NaClO的目的是_________________。
(2)在溶液B中加入CuO主要涉及的离子反应方程式为________________。
(3)操作a为___________。
(4)在Cu(OH)2中加入盐酸使Cu(OH)2转化为CuCl2，采用稍过量盐酸和低温蒸干的目的是___。
【答案】 (1). 氧化Fe2＋ 生成Fe3＋ 有利于沉淀分离 (2). (3). 洗涤 (4). 抑制 Cu2＋水解
【解析】
【分析】
在粗氧化铜(含氧化亚铁)中加盐酸，将金属氧化物溶解转变成氯化铜和氯化亚铁；然后加次氯酸钠，将氯化亚铁氧化成氯化铁；再加氧化铜调节溶液的pH值促进氯化铁水解最终转变成氢氧化铁沉淀除去；继续加氧化铜调节pH值后过滤分离得到氢氧化铜，通过操作a洗涤沉淀，再采用稍过量盐酸和低温蒸干得到氯化铜晶体，据此分析解答。
【详解】(1)根据表中完全沉淀时的pH范围可知，Fe2＋沉淀时Cu2＋已基本沉淀完全，所以必须先将Fe2＋转变为Fe3＋才能完全除去，所以溶液A中加入NaClO的目的是氧化Fe2＋ 生成Fe3＋ 有利于沉淀分离，反应的离子方程式为：2H＋＋ClO−＋2 Fe2＋＝2 Fe3＋＋Cl−＋H2O，
故答案为：氧化Fe2＋生成Fe3＋ 有利于沉淀分离；
(2) 在溶液B中加CuO调节溶液的pH使Fe3＋完全沉淀，有关的反应为： ，
故答案为：
(3) 操作a为洗涤，目的是洗涤氢氧化铜表面的可溶性杂质，
故答案为：洗涤；
(4) 因为溶液中存在以下平衡：Cu2＋＋2H2O⇌Cu(OH)2＋2H＋，加入过量盐酸和低温，能使平衡逆移，防止Cu2＋水解，
故答案为：抑制Cu2＋水解
【点睛】本题以工业上制取CuCl2的生产流程为背景，综合考查学生灵活运用元素化合物知识、氧化还原反应知识、沉淀转化、盐类水解以及实验分析等知识和技能，难度较大。
23.碳及其化合物在有机合成、能源开发等工农业方面具有十分广泛的应用。
Ⅰ.在25℃、101kPa时，1.00g C6H6(l)燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出41.8kJ的热量，表示C6H6(l)燃烧热的热化学方程式为___________________。
Ⅱ.乙二醇(HOCH2CH2OH)气相氧化法
已知：2H2(g)+O2(g)⇌ 2H2O(g) ΔH=-484kJ/mol
OHC-CHO(g)+2H2(g) ⇌HOCH2CH2OH(g) ΔH=-78kJ/mol
则乙二醇气相氧化反应HOCH2CH2OH(g)+O2(g) ⇌OHC-CHO(g)+2H2O(g)ΔH=________；相同温度下，该反应的化学平衡常数K=____________(用含K1、K2的代数式表示)。
Ⅲ. 甲醇的合成。
(1)在一容积为2L的密闭容器内，充入0.2molCO与0.4molH2发生反应如下：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，CO的平衡转化率与温度，压强的关系如图所示。
①A、B两点对应压强大小关系是PA________PB(填“>、<、=”)。
②A、B、C三点的平衡常数KA，KB，KC的大小关系是__________。
③下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是______________(填代号)。
a．H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍 b．CH3OH的体积分数不再改变
c．混合气体的密度不再改变 d．CO和CH3OH的物质的量之和保持不变
(2)在P1压强、T1℃时，经5min达到化学平衡，则用氢气表示该反应的化学速率v(H2)=______，再加入1.0molCO后重新到达平衡，则CO的转化率______(填“增大，不变，减小”)。
【答案】 (1). C6H6(l)+ O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l) △H=-3260.4 kJ/mol (2). -406kJ/mol (3). (4). < (5). KA=KB＞KC (6). b (7). 0.02mol/(L·min) (8). 减小
【解析】
【分析】
Ⅰ.燃烧热指是1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，据题意可知，1.00g C6H6(l)燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出41.8kJ的热量，78g苯燃烧放出78×41.8kJ=3260.4 kJ的热量，据此可以写出C6H6(l)燃烧热的热化学方程式；
Ⅱ.根据盖斯定律进行计算；分别写出①②反应中平衡常数的表达式，二者相除可以得出HOCH2CH2OH(g)+O2(g) ⇌OHC-CHO(g)+2H2O(g)反应的平衡常数K；
Ⅲ. (1)①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)是气体体积减小的反应，压强增大，平衡右移，CO的平衡转化率增大，据此判定A、B两点对应的压强大小关系；
②根据温度对平衡移动规律的影响进行分析；平衡常数只是温度的函数，据此进行分析；
③根据反应达平衡时，正逆反应速率相等，各组分的浓度不变及由此衍生的其他物理量进行进行；
(2)在P1压强、T1℃时，经5min达到化学平衡，CO的转化率为0.5，据此计算出氢气的变化浓度，据此计算v(H2)；可逆反应中，两种物质参加反应，增加该物质的浓度，该物质的转化率减小。
【详解】Ⅰ.在25℃、101kPa时，1.00g C6H6(l)燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出41.8kJ的热量，78g苯燃烧放出78×41.8kJ=3260.4 kJ的热量，表示C6H6(l)燃烧热的热化学方程式为C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l) △H=-3260.4 kJ/mol；
故答案为：C6H6(l)+ O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l) △H=-3260.4 kJ/mol；
Ⅱ.已知：①2H2(g)+O2(g)⇌ 2H2O(g) ΔH=-484kJ/mol
②OHC-CHO(g)+2H2(g) ⇌HOCH2CH2OH(g) ΔH=-78kJ/mol
由盖斯定律：①-②，则乙二醇气相氧化反应HOCH2CH2OH(g)+O2(g) ⇌OHC-CHO(g)+2H2O(g)的ΔH==-484kJ/mol+78kJ/mol= -406kJ/mol；相同温度下，该反应的化学平衡常数K=；
故答案为：-406kJ/mol； ；
Ⅲ. (1)①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)是气体体积减小的反应，压强增大，CO的平衡转化率增大，A、B两点对应的压强大小关系是PA
②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，温度升高，CO的平衡转化率减小，说明正反应放热，C点平衡常数小于A点，A、B两点温度相同，平衡常数相同，A、B、C三点的平衡常数KA，KB，KC的大小关系是KA=KB＞KC；
故答案为：KA=KB＞KC；
③a．只要反应发生就有H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍，故错误；
b．CH3OH的体积分数不再改变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；
c．反应前后气体的总质量不变，气体的体积不变，反应过程中混合气体的密度保持不改变，无法判断是否达到平衡，故错误；
d．CO和CH3OH的物质的量之和保持不变，可能平衡也可能未平衡，故错误；
故答案为：b；
(2)在P1压强、T1℃时，经5min达到化学平衡，CO的转化率为0.5，则用氢气表示该反应的化学速率v(H2)==0.02mol/(L·min)，再加入1.0molCO后，加入的CO不可能100%的转化，重新到达平衡，则CO的转化率减小。
故答案为：0.02mol/(L·min)；减小。
【点睛】本题考查较为综合，侧重考查学生的分析能力，题目涉及热化学方程式书写、化学平衡图象、化学平衡状态的判断等，难点Ⅲ（1）从平衡图象中读取所需信息，注意利用“定一议二”原则分析，Ⅲ（2）注意特殊点的值应用于计算。
24.“中和滴定”原理在实际生产生活中应用广泛。用I2O5可定量测定CO的含量，该反应原理为5CO+I2O55CO2+I2。其实验步骤如下：
①取250 mL（标准状况）含有CO的某气体样品通过盛有足量I2O5的干燥管中在170 ℃下充分反应；
②用水一乙醇液充分溶解产物I2，配制100 mL溶液；
③量取步骤②中溶液25.00 mL于锥形瓶中，然后用0.01 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定。消耗标准Na2S2O3溶液的体积如表所示。
第一次
第二次
第三次
滴定前读数/mL
2.10
2.50
1.40
滴定后读数/mL
22.00
22.50
21.50
（1）步骤②中配制100 mL待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和____________________。
（2）Na2S2O3标准液应装在__________（填字母）中。
（3）指示剂应选用__________，判断达到滴定终点的现象是____________________________________。
（4）气体样品中CO的体积分数为__________（已知：气体样品中其他成分不与I2O5反应：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6）
（5）下列操作会造成所测CO的体积分数偏大的是__________（填字母）。
a．滴定终点俯视读数
b．锥形瓶用待测溶液润洗
c．滴定前有气泡，滴定后没有气泡
d．配制100 mL待测溶液时，有少量溅出
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). B (3). 淀粉溶液 (4). 滴加最后一滴标准液,溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 (5). 17.92% (6). bc
【解析】
（1）步骤②中配制100 mL待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶。（2）Na2S2O3溶液显碱性，则Na2S2O3标准液应装在碱式滴定管中，即答案选B。（3）碘遇淀粉显蓝色，则指示剂应选用淀粉溶液，反应中单质碘被消耗，则判断达到滴定终点的现象是滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色。（4）根据表中数据可知三次滴定消耗标准液体积分别是19.90mL、20.00mL、20.10mL，所以消耗标准液体积的平均值是20.00mL。根据方程式5CO+I2O55CO2+I2、2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6可知5CO～I2～2Na2S2O3，则气体样品中CO的体积分数为；（5）a．滴定终点俯视读数，读数偏小，结果偏低，a错误；b．锥形瓶用待测溶液润洗，消耗标准液体积增加，结果偏高，b正确；c．滴定前有气泡，滴定后没有气泡，消耗标准液体积增加，结果偏高，c正确；d．配制100 mL待测溶液时，有少量溅出，浓度偏低，消耗标准液体积减少，结果偏低，d错误，答案选bc。
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