新疆北屯高級中學(xué)2020-2021學(xué)年高二上學(xué)期10月月考化學(xué)試題1.下列關(guān)于反應(yīng)過程中能量變化的說法正確的是A.圖中a、b曲線可分別表示反應(yīng)CH2=CH2(g)+H2(g)==CH3CH3(g)ΔH<0，使用和未使用催化劑時反應(yīng)過程中的能量變化B.已知S(s)+O2(g)==SO2(g)ΔH1、S(g)+O2(g)==SO2(g)ΔH2，則ΔH1<ΔH2C.同溫同壓下，反應(yīng)H2(g)+Cl2(g)==2HCl(g)在光照和點燃條件下的ΔH不同D.在一定條件下，某可逆反應(yīng)的ΔH=+100kJ·mol-1，則該反應(yīng)正反應(yīng)活化能比逆反應(yīng)活化能大100kJ·mol-1【答案】D【解析】【詳解】A.從圖中可知，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，即CH2=CH2(g)+H2(g)==CH3CH3(g)ΔH>0，故A不正確；B.前一反應(yīng)S(s)與O2(g)反應(yīng)、后一反應(yīng)S(g)與O2(g)反應(yīng)，因后一反應(yīng)S的能量高，燃燒放出的熱量多，但由于ΔH為負值，所以ΔH1>ΔH2，B不正確；C.光照和點燃只是引發(fā)反應(yīng)的條件，不影響反應(yīng)H2(g)+Cl2(g)==2HCl(g)的ΔH，C不正確；D.在一定條件下，某可逆反應(yīng)的ΔH=+100kJ·mol-1，即反應(yīng)物比生成物能量低100kJ·mol-1，從而得出該反應(yīng)正反應(yīng)活化能比逆反應(yīng)活化能大100kJ·mol-1，D正確。故選D。2.已知在1×105Pa，298K條件下，2mol氫氣燃燒生成水蒸氣放出484kJ熱量，下列熱化學(xué)方程式正確是（）A.H2O(g)＝H2(g)+1/2O2(g)ΔH＝+242kJ/molB.2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)ΔH＝-484kJ/molC.H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(g)ΔH＝+242kJ/molD.2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)ΔH＝+484kJ/mol【答案】A【解析】【詳解】A．氫氣在氧氣中燃燒為放熱反應(yīng)，水蒸氣分解為氫氣和氧氣為吸熱反應(yīng)，ΔH=+242kJ/mol，故A正確；B．根據(jù)題意可知，生成的水應(yīng)該為氣態(tài)，而不是液態(tài)，故B錯誤；C．氫氣在氧氣中燃燒為放熱反應(yīng)，此時焓變符號為負，故C錯誤；D．氫氣在氧氣中燃燒為放熱反應(yīng)，此時焓變符號為負，故D錯誤；故答案選A。3.蓋斯定律認為：不管化學(xué)過程是一步完成或分為數(shù)步完成，這個過程的熱效應(yīng)是相同的。已知：H2O(g)=H2O(l)ΔH1=-Q1kJ/molC2H5OH(g)=C2H5OH(l)ΔH2=-Q2kJ/molC2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)ΔH3=-Q3kJ/mol若使0.5mol乙醇液體完全燃燒，最后恢復(fù)到室溫，則放出的熱量為()kJA.Q1+Q2+Q3 B.0.5(Q1+Q2+Q3)C.0.5Q2-1.5Q1-0.5Q3 D.1.5Q1-0.5Q2+0.5Q3【答案】D【解析】【分析】利用蓋斯定律及3個已知熱化學(xué)方程式求出乙醇燃燒生成液態(tài)水時的熱化學(xué)方程式，再求出0.5mol乙醇液體完全燃燒放出的熱量?！驹斀狻恳阎孩貶2O(g)=H2O(l)ΔH1=-Q1kJ/mol；②C2H5OH(g)=C2H5OH(l)ΔH2=-Q2kJ/mol；③C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)ΔH3=-Q3kJ/mol；依據(jù)蓋斯定律：①×3?②+③得到：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=?(3Q1?Q2+Q3)kJ/mol，所以0.5mol乙醇液體完全燃燒，并恢復(fù)到室溫，則整個過程中放出的熱量為(1.5Q1?0.5Q2+0.5Q3)kJ；故選：D。4.下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是()A.黃綠色的氯水光照后顏色變淺B.高溫比常溫有利于NH3的合成C.含酚酞的Na2CO3溶液，加熱紅色變深D.紅棕色的NO2加壓后顏色先變深后變淺【答案】B【解析】【詳解】A．氯水中存在：Cl2+H2OHClO+HCl，2HClO2HCl+O2，故黃綠色的氯水光照后HClO濃度減小，導(dǎo)致平衡正向移動，Cl2濃度減小，故溶液顏色變淺，能用勒夏特列原理解釋，A不合題意；B．已知工業(yè)合成氨的反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故升高溫度，平衡逆向移動，不利于氨氣的合成，采用高溫條件主要是考慮反應(yīng)速率和催化劑活性問題，故不能用勒夏特列原理解釋，B符合題意；C．Na2CO3溶液由于碳酸根水解呈堿性使酚酞變紅，且水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故加熱促進水解反應(yīng)，故堿性增強，含酚酞的Na2CO3溶液，加熱紅色變深，能用勒夏特列原理解釋，C不合題意；D．2NO2N2O4，增大壓強即壓縮體積，NO2濃度增大顏色變深，后由于正反應(yīng)是氣體體積減小的方向，增大壓強，平衡正向移動，導(dǎo)致NO2的濃度又減小，顏色變淺，故紅棕色的NO2加壓后顏色先變深后變淺能用勒夏特列原理解釋，D不合題意；故答案為：B。5.反應(yīng)mA(s)+nB(g)?eC(g)+fD(g)，反應(yīng)過程中，當其它條件不變時，C的百分含量(C%)與溫度(T)和壓強(P)的關(guān)系如下圖，下列敘述不正確的是()A.化學(xué)方程式中n>e+fB.達到平衡后，若升溫，平衡左移C.到平衡后，加入催化劑C%不變D.達到平衡后，增加A的質(zhì)量有利于平衡向右移動【答案】D【解析】【分析】根據(jù)圖象知，升高溫度，C的含量減小，則該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)；增大壓強，C的含量增大，則平衡向正反應(yīng)方向移動，所以該反應(yīng)是一個氣體體積減小的可逆反應(yīng)。【詳解】A．壓強增大，C%含量增大，說明平衡正向進行，正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，n＞e+f，故A正確；B．升高溫度，C的含量減小，則該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，達到平衡后，若升溫，平衡左移，故B正確；C．達到平衡后，加入催化劑不改變平衡，C%的含量不變，故C正確；D．達到平衡后，A是固體，不影響平衡移動，所以增加A的量平衡不移動，故D錯誤；答案選D。6.下列敘述正確的是()A.常溫下，pH均為8的氨水、醋酸鈉溶液中，水的電離程度相同B.CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)在一定條件下能自發(fā)進行，則該反應(yīng)的ΔH<0C.室溫下，pH=3的CH3COOH溶液與pH=11的NaOH溶液等體積混合，溶液pH>7D.一定條件下，反應(yīng)N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)達到平衡時，3v正(H2)=2v逆(NH3)【答案】B【解析】【詳解】A．酸或堿抑制水電離，鹽中弱離子水解促進水電離，所以一水合氨抑制水電離、醋酸鈉促進水電離，常溫下pH均為8的氨水、醋酸鈉溶液中水電離程度：前者<后者，故A錯誤；B．該反應(yīng)中△S<0，該反應(yīng)在一定條件下能自發(fā)進行，則△G=△H?T△S<0，則△H<0，故B正確；C．室溫下pH=3的CH3COOH溶液濃度大于pH=11的NaOH溶液濃度，二者等體積混合后CH3COOH有大量剩余，所以混合溶液呈酸性，故C錯誤；D．當該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時2v正(H2)=3v逆(NH3)，所以3v正(H2)=2v逆(NH3)該反應(yīng)沒有達到平衡狀態(tài)，故D錯誤；故答案選：B。7.在密閉容器中的一定量A、B混合氣體發(fā)生反應(yīng)：aA（g）+bB(g)cC(g)。平衡時測得A的濃度為0.5mol/L；保持溫度不變，將容器的容積擴大到原來的兩倍，再次達到平衡時，測得A的濃度為0.28mol/L。下列有關(guān)判斷正確的是A.a+b=c B.該變化使平衡正向移動C.B的轉(zhuǎn)化率降低 D.C的體積分數(shù)增大【答案】C【解析】【分析】反應(yīng)aA(g)+bB(g)?cC(g)平衡時測得A的濃度為0.5mol/L，保持溫度不變，將容器的容積擴大到原來的兩倍，若平衡不移動，B的濃度為0.25mol/L，而再達平衡時，測得A的濃度為0.28mol/L，則說明體積增大(壓強減小)化學(xué)平衡逆向移動?！驹斀狻緼．減小壓強平衡向氣體體積增大的方向移動，平衡逆向移動，所以a+b＞c，故A錯誤；B．平衡逆向移動，故B錯誤；C．平衡逆向移動，B的轉(zhuǎn)化率降低，故C正確；D．平衡逆向移動，C的體積分數(shù)減小，故D錯誤；故答案為C。8.t℃時，某平衡體系中含有X、Y、Z、W四種物質(zhì)，此溫度下發(fā)生反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式如右：。有關(guān)該平衡體系的說法正確的是()A.當混合氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變時，反應(yīng)達平衡B.增大壓強，各物質(zhì)的濃度不變C.升高溫度，平衡常數(shù)K增大D.增加X的量，平衡既可能正向移動，也可能逆向移動【答案】A【解析】【分析】根據(jù)平衡常數(shù)的定義推知，反應(yīng)前后氣體的體積保持不變，即平衡體系中Y是生成物且是氣體，Z和W是反應(yīng)物且也是氣體，X未計入平衡常數(shù)中，說明X是固體或液體，但不能確定是反應(yīng)物還是生成物，由于反應(yīng)的熱效應(yīng)未知，則升高溫度不能確定平衡移動的方向，以此解答?！驹斀狻緼．由平衡常數(shù)可知Z、W為反應(yīng)物，Y為生成物，X應(yīng)為固體或純液體，反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，但由于X為固體或液體，得到平衡時，氣體的總質(zhì)量不變，則平均相對分子質(zhì)量保持不變，可判斷得到平衡狀態(tài)，故A正確；B．增大壓強雖然平衡不移動，但由于體積變小，因此各物質(zhì)的濃度均增大，故B錯誤；C．由于反應(yīng)的熱效應(yīng)未知，則升高溫度不能確定平衡移動的方向，故C錯誤；D．X未計入平衡常數(shù)中，X量的多少不影響平衡狀態(tài)，故D錯誤；答案選A。9.下列離子方程式中，屬于水解反應(yīng)的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】水解反應(yīng)通常指水參與的與離子(尤其是弱酸、弱堿鹽類的離子)進行反應(yīng),生成弱電解質(zhì)的過程，A、B、D是電離方程式，C是水解方程式。10.在相同的溫度時100mL0.01mol·L-1的醋酸溶液與10mL0.1mol·L-1醋酸溶液相比較，下列數(shù)值前者大于后者的是A.中和時所需氫氧化鈉的物質(zhì)的量 B.H＋濃度C.H＋的物質(zhì)的量 D.CH3COOH的物質(zhì)的量【答案】C【解析】【詳解】A．因為酸的物質(zhì)的量相等，中和時所需氫氧化鈉的物質(zhì)的量相等，A錯誤；B．醋酸溶液濃度越大，H＋濃度越大，故后者H＋濃度大，B錯誤；C．兩者醋酸的物質(zhì)的量相等，但醋酸濃度越大，電離程度越小，電離產(chǎn)生的H＋物質(zhì)的量越小，故H＋的物質(zhì)的量前者大于后者，C正確；D．100mL0.01mol·L-1的醋酸溶液與10mL0.1mol·L-1醋酸溶液中醋酸的物質(zhì)的量相等，D正確；答案選C。11.同溫度下的四種溶液，當NH4+濃度相同時，溶液的物質(zhì)的量濃度最大的是A.NH4Al(SO4)2 B.NH4Cl C.NH3·H2O D.CH3COONH4【答案】C【解析】【詳解】物質(zhì)的量濃度相同的下列溶液中不考慮（水解）其他因素影響，ABD選項中銨根離子濃度比接近為1：1：1，C中NH3?H2O部分電離，銨根離子濃度最小。A．NH4Al(SO4)2中的鋁離子的水解對銨根的水解起抑制作用，導(dǎo)致銨根離子水解程度減小，銨根離子濃度較大；B．氯化銨中，銨根離子的水解不受氯離子的影響；C．NH3?H2O是弱電解質(zhì)，部分電離，其銨根離子濃度最?。籇．醋酸根離子對銨根離子的水解起到促進作用，導(dǎo)致銨根離子水解程度大，溶液中銨根離子濃度較??；根據(jù)分析可知，NH4+的濃度相同時，溶質(zhì)的濃度最大的是NH3?H2O，濃度最小的是NH4Al(SO4)2，答案選C。12.在容積相同的甲、乙兩個密閉容器中，分別充入2molSO2和1molO2，發(fā)生反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，在相同溫度下達到平衡。若甲容器始終保持體積不變，乙容器始終保持壓強不變，則達到平衡所需時間（）A.甲所需時間短 B.甲、乙同時到達 C.乙所需時間短 D.無法確定【答案】C【解析】【詳解】已知甲、乙兩容器的初始體積、溫度相同，充入相同的初始量，則初始濃度相同，方程為物質(zhì)的量減少的反應(yīng)，隨反應(yīng)的進行，恒容容器中各量的濃度減小程度大于恒壓容器，則恒壓容器的反應(yīng)速率大于恒容，達到平衡用的時間短，答案為C?！军c睛】反應(yīng)物的濃度越大，反應(yīng)速率越大，達到平衡所用的時間越短。13.某溶液中FeCl3的水解反應(yīng)已達平衡：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，若要使FeCl3的水解程度增大，應(yīng)該采用的方法是A.加入NaHCO3 B.加入AgNO3固體C.加入FeCl3固體 D.降溫【答案】A【解析】【詳解】A．碳酸氫鈉溶液水解顯堿性，結(jié)合氯化鐵水解生成的氫離子，促進了氯化鐵的水解，故A正確；B．溶液中FeCl3的水解反應(yīng)離子方程式為Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，可見Cl-不參加水解反應(yīng)，加入硝酸銀，Ag+和Cl-結(jié)合生成氯化銀沉淀，不影響氯化鐵的水解，故B錯誤；C．加入氯化鐵固體，增加Fe3＋的濃度，水解平衡正向移動，但氯化鐵的水解程度減小，故C錯誤；D．水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，溫度降低，水解平衡逆向移動，即抑制水解，故D錯誤；故答案為A。14.25℃時，下列有關(guān)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A.濃度為0.1mol·L-1的NaHCO3的溶液中：c(Na＋)>c()>c()>c(OH-)>c(H+)B.向CH3COOH溶液中加入適量的NaOH，得到pH=4的混合溶液：c(Na＋)>c(CH3COO-)>c(H＋)>c(OH-)C.1L0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O溶液中：c()+c(Fe2+)+c(H+)=c(OH-)+c()D.在小蘇打溶液中存在：c()=c(Na＋)-c()-c(H2CO3)【答案】D【解析】【詳解】A．濃度為0.1mol·L-1的NaHCO3的溶液中：c(Na＋)>c()>c(OH-)>c()>c(H+)，故A錯誤；B．向CH3COOH溶液中加入適量的NaOH溶液，存在c(Na＋)+c(H＋)=c(OH-)+c(CH3COO-)，當pH=4時溶液的c(H＋)>c(OH-)，所以c(Na＋)<c(CH3COO-)，故B錯誤；C．1L0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O溶液中：根據(jù)電荷守恒規(guī)律可知：c()+2c(Fe2+)+c(H+)=c(OH-)+2c()，故C錯誤；D．小蘇打為NaHCO3，在NaHCO3溶液中存在著物料守恒：c(Na＋)=c()+c(H2CO3)+c()，所以c()=c(Na＋)-c()-c(H2CO3)，故D正確；故答案：D。15.濃度均為0.10mol·L-1、體積均為V的MOH和ROH溶液,分別加水稀釋的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是()A.MOH的堿性強于ROH的堿性B.ROH的電離程度:b點大于a點C.若兩溶液無限稀釋,則它們的c(OH-)相等D.當lg=2時，若兩溶液同時升高溫度，則增大【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)圖像可知，0.1mol/LMOH溶液的pH=13，說明MOH完全電離，為強電解質(zhì)，而ROH溶液的pH＜13，說明ROH為弱電解質(zhì)，所以MOH的堿性強于ROH的堿性，A正確；B．ROH為弱堿，溶液越稀越易電離，所以ROH的電離程度：b點大于a點，B正確；C．兩溶液無限稀釋下去，最終的pH均為7，所以它們的氫氧根離子濃度相等，C正確；D．當lg=2時，MOH溶液的pH=11，ROH溶液的pH=10，MOH溶液中不存在電離平衡，升高溫度，對c(M+)無影響；而ROH溶液中存在電離平衡，升高溫度，電離正向移動，則c(R+)濃度增大。綜上所述，升高溫度時比值減小，D錯誤；答案選D。16.將氨水緩緩地滴入鹽酸中至中性，下列有關(guān)的說法：①鹽酸過量②氨水過量③恰好完全反應(yīng)④c(NH4+)=c(Cl－)⑤c(NH4+)＜c(Cl－)正確的是A.②④ B.③④ C.②⑤ D.①⑤【答案】A【解析】【詳解】當氨水與鹽酸恰好完全反應(yīng)時，生成NH4Cl和水，由于水解反應(yīng)使溶液呈酸性，當將氨水滴入鹽酸中至中性，說明氨水過量，①③錯誤，②正確；由電荷守恒得：c(H＋)＋c(NH4＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，溶液呈中性說明c(H＋)＝c(OH－)，則c(NH4＋)＝c(Cl－)，④正確，選A.17.0.1mol/LK2CO3溶液中，若使c(CO32-)更接近0.1mol/LA.加入少量鹽酸 B.加KOH固體 C.加水 D.加熱【答案】B【解析】【詳解】K2CO3為強堿弱酸鹽，CO32-水解：CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，要使c(CO32-)接近0.1mol·L－1，改變條件使平衡向逆反應(yīng)方向進行，A．加入少量的鹽酸，H＋和OH－反應(yīng)，促使CO32-水解，平衡右移，故A錯誤；B．加入KOH，抑制CO32－的水解，平衡左移，故B正確；C．加水促使CO32-水解，平衡右移，故C錯誤；D、水解是吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向進行，故D錯誤；故選B。18.物質(zhì)的量濃度相同的三種酸HX、HY、HZ的溶液，其pH依次為4、5、6，則KX、KY、KZ的堿性由強到弱的順序是（）A.KX、KZ、KY B.KX、KY、KZC.KZ、KY、KX D.KY、KZ、KX【答案】C【解析】【詳解】三種濃度相同的酸HX、HY、HZ的溶液，其pH依次為4、5、6，在相同濃度下，酸性越強，電離出的H+越多，pH越小，則說明酸性強弱順序是HX>HY>HZ，利用越弱越水解的規(guī)律，因此堿性強弱是KZ>KY>KX，故選項C正確。19.在下列溶液中，各組離子一定能夠大量共存的是()A.常溫下由水電離出的c(H+)·c(OH-)=10-24溶液中：Cl-、、、F-B.常溫下水電離出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：Na＋、Ba2+、Cl-、CH3COO-C.滴入甲基橙試液顯紅色的溶液中：Mg2+、Al3+、Br-、D.c(Al3+)=0.1mol/L的溶液：Na+、Cl-、、【答案】C【解析】【詳解】A．常溫下由水電離出的c(H+)·c(OH-)=10-24溶液可能顯酸性也可能顯堿性，、F-在酸性條件下不能大量共存，故A不符合題意；B．常溫下水電離出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液可能顯酸性也可能顯堿性，CH3COO-在酸性條件下不能大量共存，故B不符合題意；C．滴入甲基橙試液顯紅色的溶液顯酸性，酸性條件下Mg2+、Al3+、Br-、能大量共存，故C符合題意；D．c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中不能大量共存，故D不符合題意；故答案：C。20.常溫下，相同濃度的兩種一元酸HX、HY分別用同一濃度的NaOH標準溶液滴定，滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是A.HX、HY起始溶液體積相同B.均可用甲基橙作滴定指示劑C.pH相同的兩種酸溶液中：D.同濃度KX與HX的混合溶液中，粒子濃度間存在關(guān)系式：【答案】D【解析】【詳解】A.反應(yīng)達到終點時，HX與HY消耗NaOH溶液的體積分別是30mL和40mL，故起始酸的體積比為3：4，故A錯誤；B.NaOH滴定HX達到滴定終點時，溶液pH約為8，而甲基橙的變色范圍是，故不能用甲基橙做指示劑，故B錯誤；C.由圖像中兩種酸濃度相同時的pH可知，HY的酸性強于HX的酸性，pH相同的兩種酸溶液中，，故C錯誤；D.同濃度的KX和HX的混合溶液中，存在電荷守恒為，物料守恒為，將物料守恒帶入電荷守恒可得，故D正確；答案選D?！军c睛】本題主要考查酸堿滴定圖像分析，為高頻考點，難度不大。掌握酸堿滴定圖像分析、溶液中的離子濃度關(guān)系是解答關(guān)鍵。側(cè)重考查學(xué)生的分析圖像和解決化學(xué)問題的能力。21.下列說法正確的是A向蒸餾水中滴加濃H2SO4時，Kw不變B.常溫下，0.005mol·L－1Ba(OH)2溶液pH為12C.Na2CO3水解的離子方程式為：+2H2OH2CO3+2OH-D.NaCl溶液和CH3COONH4溶液均顯中性，兩溶液中水的電離程度相同【答案】B【解析】【詳解】A．向蒸餾水中滴加濃H2SO4時，濃硫酸溶于水放熱，溶液的溫度升高，Kw增大，A錯誤；B．常溫下，0.005mol·L－1Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.01mol·L－1，溶液中c(H+)=1×10-12mol·L－1，則溶液的pH=-lgc(H+)=12，B正確；C．Na2CO3水解的離子方程式為：＋H2O＋OH-，C錯誤；D．在CH3COONH4溶液中CH3COO-、均水解，且水解的程度相當，溶液顯中性，但水的電離程度增大，CH3COONH4溶液中水的電離程度大于NaCl溶液中水的電離程度，D錯誤；答案選B。22.常溫下，的溶液的，下列關(guān)于溶液中微粒濃度的關(guān)系式正確的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】A．常溫下，的溶液的，則溶液顯堿性，即，故A錯誤；B．由溶液的可知，的水解程度要大于的水解程度，則，故B錯誤；C．溶液中電荷守恒式為，故C正確；D．此溶液中電荷守恒式為，物料守恒式為，二者聯(lián)立得：，故D錯誤；故答案為C。23.下列關(guān)于電解質(zhì)溶液的敘述正確的是()A.常溫下電離常數(shù)為Ka的酸HA溶液中c(H+)=mol·L-1B.向0.1mol·L-1的氨水中加入少量硫酸銨固體，則溶液中增大C.0.2mol·L-1CH3COOH溶液與0.1mol·L-1NaOH溶液等體積混合2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)D.HF比HCN易電離，則NaF溶液的pH比同濃度NaCN溶液的pH大【答案】C【解析】【詳解】A．常溫下電離常數(shù)為Ka的酸HA是弱電解質(zhì)，在溶液中部分電離，則電離方程式為HA?H++A?，c(H+)=mol·L-1，故A錯誤；B．由于(NH4)2SO4=2NH+SO，溶液中NH濃度增大，抑制氨水電離，導(dǎo)致溶液中氫氧根離子濃度減小，氨水分子濃度增大，所以此時溶液中減小，故B錯誤；C．常溫下，0.2mol/LCH3COOH溶液與0.1mol/LNaOH溶液等體積混合后，發(fā)生反應(yīng)CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，得到等濃度的CH3COOH溶液與CH3COONa的混合溶液，溶液中存在物料守恒c(CH3COO?)+c(CH3COOH)=2c(Na+)=2×=0.1mol/L，溶液中存在電荷守恒：c(CH3COO?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒c(CH3COO?)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，代入計算得到：2c(OH?)+c(CH3COO?)=c(CH3COOH)+2c(H+)，即2c(H+)?2c(OH?)═c(CH3COO?)?c(CH3COOH)，故C正確；D．HF比HCN易電離，說明HF酸性強，則CN-比F-容易水解，說明CN-的堿性比F-強，則則NaF溶液的pH比同濃度NaCN溶液的pH小，故D錯誤；故選C。24.t℃時,向20.00mL0.1mol/L二元弱酸H2X溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液,溶液中由水電離出的c水(OH-)的負對數(shù)[-lgc水(OH-)]與所加NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。下列說法中不正確的是A.M點溶液中:c(Na+)>c(HX-)>c(H2X)B.P點溶液中:c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)C.溶液中D.水的電離程度:P>N=Q>M,且a=7【答案】D【解析】【分析】二元弱酸H2X溶液中滴NaOH溶液，先發(fā)生H2X+OH-=H2O+HX-，然后發(fā)生HX-+OH-=H2O+X2-；【詳解】A．M點加入20.0mLNaOH溶液，溶液中的溶質(zhì)為NaHX，溶液中存在HX-的電離和水解，所以此時c(Na+)>c(HX-)，水解是微弱的所以c(HX-)>c(H2X)，故A正確；B．P點加入40.0mLNaOH溶液，所以溶質(zhì)為Na2X，溶液中存在質(zhì)子守恒，c（OH-）=c（H+）+c（HX-）+2c（H2X），即c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)，故C．，據(jù)圖可知隨著氫氧化鈉加入，M、N、P、Q的堿性增強，則c(H+)減小，所以溶液中，故C正確；D．水電離出的OH-濃度越大水的電離程度越大，即圖中縱坐標越小水的電離程度越大，所以水的電離程度:P>N=Q>M；溫度未知，無法確定水的電離平衡常數(shù)，所以無法確定a的值，故D錯誤；故答案為D?！军c睛】電解質(zhì)溶液中微粒濃度大小比較要抓住兩個平衡：電離平衡和鹽類的水解平衡，抓兩個微弱：弱電解質(zhì)的電離和鹽類的水解是微弱的，正確判斷溶液的酸堿性進行比較。涉及等式關(guān)系要注意電荷守恒式、物料守恒式和質(zhì)子守恒式的靈活運用。25.—定溫度下，在三個等體積的恒容密閉容器中，反應(yīng)2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)達平衡，下列說法正確的是()容器溫度/K物質(zhì)的起始濃度(mol/L)物質(zhì)的平衡濃度(mol/L)CO2(g)H2(g)C2H5OH(g)H2O(g)C2H5OH(g)甲5000.200.60000.083乙5000.401.2000丙600000.100.300.039A.該反應(yīng)正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)B.達平衡時，甲、乙容器內(nèi)：2c(CO2，甲)<c(CO2，乙)C.達平衡時，容器甲中的逆反應(yīng)速率比容器乙中的大D.達平衡時，轉(zhuǎn)化率：a(CO2，甲)+a(C2H5OH，丙)>1【答案】D【解析】A．在容器甲和容器丙中，若溫度一樣，二者將建立完全相同的平衡。由表中數(shù)據(jù)可知，由于丙升高溫度使C2H5OH(g)的平衡濃度減小，說明升溫使化學(xué)平衡向逆反應(yīng)移動，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故A正確；B、乙容器中反應(yīng)物濃度相當于在甲容器中等比例增大，若平衡不移動，則有2c(CO2，甲)=c(CO2，乙)，但濃度等比例增大，相當于加壓，該平衡向正反應(yīng)移動，使c(CO2，乙)減小，所以有2c(CO2，甲)>c(CO2，乙)，故B正確；C、由于容器乙中各物質(zhì)的濃度比容器甲中的大，所以不論正逆反應(yīng)速率，容器甲中反應(yīng)速率都比容器乙中的小，故C錯誤；D、由A中的分析可知，當溫度相同時，容器甲和容器丙將建立完全相同的平衡，即有a(CO2，甲)+a(C2H5OH，丙)=1，但容器丙由于升高溫度，使平衡向逆反應(yīng)方向移動，使a(C2H5OH，丙)轉(zhuǎn)化率增大，所以a(CO2，甲)+a(C2H5OH，丙)>1，故D正確。所以本題正確選項為C。點睛：1、假設(shè)法和等效平衡法是解決化學(xué)平衡常用的解題方法，如容器甲和丙，先假設(shè)溫度相同，二者將建立等效平衡，然后再分析升高溫度對平衡的影響；2、對于同一化學(xué)平衡，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率和生成物的轉(zhuǎn)化率之和等于1，學(xué)生不熟悉，使D無法確定；3、當然本題也可以通過計算求出答案，但非常繁雜的，是不可取的。26.碳是形成化合物種類最多的元素，其單質(zhì)及化合物是人類生產(chǎn)生活的主要能源物質(zhì)。請回答下列問題：(1)有機物M經(jīng)過太陽光光照可轉(zhuǎn)化成N，轉(zhuǎn)化過程如下：ΔH=＋88.6kJ·mol-1。，則M、N相比，較穩(wěn)定的是___________。(2)已知CH3OH(l)的燃燒熱ΔH=-726.5kJ·mol-1，CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)ΔH=-akJ·mol-1，則a___________726.5(填“>”“<”或“=”)。(3)使Cl2和H2O(g)通過灼熱的炭層，生成HCl和CO2，當有1molCl2參與反應(yīng)時釋放出145kJ熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：___________。(4)根據(jù)下表中鍵能數(shù)據(jù)估算CH4(g)＋4F2(g)===CF4(g)＋4HF(g)的反應(yīng)熱ΔH為___________?；瘜W(xué)鍵C—HC—FH—FF—F鍵能/(kJ·mol-1)abcd【答案】(1).M(2).<(3).2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)=4HCl(g)+CO2(g)ΔH=-290kJ·mol-1(4).4a+4d-4b-4ckJ·mol-1【解析】【分析】根據(jù)反應(yīng)吸放熱判斷物質(zhì)能量高低，進而判斷物質(zhì)的穩(wěn)定性；根據(jù)蓋斯定律書寫熱化學(xué)反應(yīng)方程式并計算反應(yīng)熱?！驹斀狻?1)有機物M經(jīng)過太陽光光照可轉(zhuǎn)化成N：△H=+88.6kJmol-1，該過程是吸熱反應(yīng)，N暗處轉(zhuǎn)化為M，是放熱反應(yīng)，根據(jù)反應(yīng)物的能量越低越穩(wěn)定，可知M穩(wěn)定，故答案：M。(2)燃燒熱是1mol物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量。甲醇燃燒生成CO2(g)和H2(g)屬于不完全燃燒，放出的熱量小于燃燒熱，故答案為：<。(3)由1molCl2參與反應(yīng)時釋放出145kJ熱量，2mol氯氣反應(yīng)放熱290kJ，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)═4HCl(g)+CO2(g)△H=-290kJmol-1，故答案為：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)═4HCl(g)+CO2(g)△H=-290kJmol-1。(4)由CH4(g)＋4F2(g)=CF4(g)＋4HF(g)反應(yīng)可知，ΔH＝反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能=(4a+4d-4b-4c)kJmol-1，故答案為：(4a+4d-4b-4c)kJmol-1。27.反應(yīng)aA(g)+bB(g)cC(g)(△H<0)在恒容條件下進行。改變其它反應(yīng)條件，在I、II、III階段中各物質(zhì)濃度隨時間變化的曲線如圖所示：（1）化學(xué)方程式中a：b：c=___。（2）A的平均反應(yīng)速率vI(A)、vII(A)、vIII(A)從大到小的排列順序為___。（3）B平衡轉(zhuǎn)化率aI(B)、aII(B)、aIII(B)中最小的是___，其值是___(保留2位有效數(shù)字)。（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡向___(填“左”或“右”)移動，采取的措施是___。（5）其他條件不變，只改變溫度，則第II階段反應(yīng)溫度(T2)和第III階段反應(yīng)溫度(T3)的高低T2___T3(填“<”“>”或“=”)，判斷的理由是___。【答案】(1).1：3：2(2).vI(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A)(3).αⅢ(4).0.19(5).右(6).從平衡體系中分離出了C(7).>(8).因為該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，當其他條件不變時，降溫能使平衡正向移動【解析】分析】根據(jù)圖示，第二階段，改變條件后，C的濃度突然變?yōu)?，A、B在改變條件的瞬間濃度不變，所以改變的條件是分離出C，平衡正向移動，一段時間后達到平衡II；第三階段，改變條件后，A、B濃度逐漸減小，C濃度逐漸增大，說明平衡正向移動，A(g)+3B(g)2C(g)正反應(yīng)放熱，所以改變的條件是降低溫度，一段時間后達到平衡III；【詳解】(1)根據(jù)圖示，0~20min內(nèi)，A、B、C濃度的變化量分別是(2-1)mol/L、(6-3)mol/L、(2-0)mol/L，化學(xué)方程式的化學(xué)計量數(shù)比等于各物質(zhì)物質(zhì)的量濃度的變化之比，所以a：b：c=1：3：2；(2)II階段分離出C，C的濃度減小，A的反應(yīng)速率比I階段低，III階段溫度降低，A的反應(yīng)速率比II階段低，A的平均反應(yīng)速率vI(A)、vII(A)、vIII(A)從大到小的排列順序為vI(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A)；(3)平衡I中B的平衡轉(zhuǎn)化率aI(B)=，反應(yīng)正向移動達到平衡II；平衡II降低溫度，反應(yīng)正向移動達到平衡III，平衡II中B的平衡轉(zhuǎn)化率aI(B)、平衡III中B的平衡轉(zhuǎn)化率aI(B)，aIII(B)中最小的是aIII，其值是0.19；(4)由第一次平衡后分離出C，平衡向右移動，到第二次平衡；(5)根據(jù)圖象可知，第二次平衡到第三次平衡，反應(yīng)正向移動，A(g)+3B(g)2C(g)正反應(yīng)放熱，若只改變溫度，則應(yīng)該是降溫，所以T2>T3。【點睛】本題考查化學(xué)平衡，正確分析圖象是解題關(guān)鍵，熟悉影響平衡移動、影響反應(yīng)速率的因素，會根據(jù)公式計算平衡轉(zhuǎn)化率，注意化學(xué)方程式的化學(xué)計量數(shù)比等于各物質(zhì)物質(zhì)的量濃度的變化之比。28.（1）已知常溫時，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%發(fā)生電離，則該溶液pH＝________，此酸的電離平衡常數(shù)K＝________，由HA電離出的H＋的濃度約為水電離出的H＋的濃度的________倍。（2）含有弱酸HA和其鈉鹽NaA的混合溶液，在化學(xué)上用作緩沖溶液。向其中加入少量酸或堿時，溶液的酸堿性變化不大。①向該溶液中加入少量鹽酸時，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是________________，向其中加入少量KOH溶液時，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是________________。②現(xiàn)將0.04mol·L－1HA溶液和0.02mol·L－1NaOHa．若HA為HCN，該溶液顯堿性，則溶液中c(Na＋)________c(CN－)(填“<”、“＝”或“>”)。b．若HA為CH3COOH，該溶液顯酸性，則溶液中所有的離子按濃度由大到小排列的順序是____________________________?！敬鸢浮?1).4(2).10－7(3).106(4).A－＋H＋===HA(5).HA＋OH－===A－＋H2O(6).>(7).c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)【解析】【分析】（1）依據(jù)弱電解質(zhì)的電離度分析計算pH，計算平衡濃度結(jié)合電離平衡常數(shù)概念計算平衡常數(shù)，根據(jù)水的離子積計算水電離的氫離子濃度；（2）①含有弱酸HA和其鈉鹽NaA的混合溶液，向其中加入少量酸或堿時，溶液的酸堿性變化不大，是由于加入酸時生成弱電解質(zhì)，加入堿時生成正鹽，溶液中氫離子或氫氧根離子濃度變化不大而起到緩沖作用；②a、從溶液電中性的角度比較離子濃度大小；b、若HA為CH3COOH，該溶液顯酸性，說明c（H+）＞c（OH-），結(jié)合溶液電中性原則分析?！驹斀狻浚?）已知常溫時，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%發(fā)生電離，c（H+）=0.1mol/L×0.1%=1×10-4mol/L，pH=4；酸的電離平衡常數(shù)K＝c（H+）c（A-）/c（HA）=10-4mol/L×10-4mol/L/(0.1mol/L-10-4mol/L）≈1×10-7mol/L；由HA電離出來的H+的濃度為1×10-4mol/L，水電離出來的H+的濃度為10-10mol/L，所以由HA電離出來的H+的濃度約為水電離出來的H+的濃度的106倍，故答案為4；1×10-7mol/L；106；（2）①含有弱酸HA和其鈉鹽NaA的混合溶液，向其中加入少量酸或堿時，溶液的酸堿性變化不大，是由于加入酸時發(fā)生：A-+H+=HA，加入堿時發(fā)生：HA+OH-=H2O+A-，溶液中氫離子或氫氧根離子濃度變化不大而起到緩沖作用，故答案為A-+H+=HA；HA+OH-=H2O+A-；②a、該溶液顯堿性，則c（H+）＜c（OH-），根據(jù)溶液電中性原則可知c（Na+）+c（H+）=C（CN-）+c（OH-），則c（Na+）＞c（CN-），故答案為＞；b、若HA為CH3COOH，該溶液顯酸性，說明c（H+）＞c（OH-），根據(jù)溶液電中性原則可知c（CH3COO-）＞c（Na+），故答案為c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）。【點睛】本題考查弱酸的電離，正確理解電離度、電離平衡常數(shù)計算，會正確計算酸溶液中水電離出c（H+）是解答關(guān)鍵，本題易錯點為（2），注意運用平衡移動原理理解緩沖溶液的原理。29.溶液中的化學(xué)反應(yīng)大多是離子反應(yīng)。根據(jù)要求回答下列問題：(1)鹽堿地產(chǎn)生堿性的原因：___________(離子方程式表示)。(2)把氯化鋁溶液蒸干并灼燒固體產(chǎn)物是___________。(3)泡沫滅火器原理(用離子方程式表示)___________(4)若取pH、體積均相等的NaOH溶液和氨水分別用水稀釋m倍、n倍，稀釋后pH仍相等，則m___________(填“>”“＜”或“=”)n。(5)已知水存在如下平衡：H2O＋H2OH3O＋＋OH-，向水中加入NaHSO4固體，水的電離平衡向___________移動(填“向左”“向右”“不移動”)，且所得溶液顯___________性。(6)下表所示為部分酸的電離平衡常數(shù)：酸H2SO3CH3COOHHCOOH電離平衡常數(shù)Ka1=1.2×10-2Ka2=5.6×10-81.75×10-51.8×10-4從H2SO3、CH3COOH中選擇合適的物質(zhì)，以實現(xiàn)HCOONa→HCOOH的轉(zhuǎn)化，寫出該反應(yīng)的離子方程式：___________?！敬鸢浮?1).＋H2O＋OH-(2).Al2O3(3).Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑(4).＜(5).左(6).酸(7).HCOO-＋H2SO3=HCOOH＋【解析】【詳解】(1)碳酸鈉是強堿弱酸鹽，碳酸根離子水解導(dǎo)致溶液呈堿性，水解方程式為＋H2O＋OH-；故答案為：＋H2O＋OH-；(2)AlCl3溶液在加熱時水解生成Al(OH)3，生成的HCl易揮發(fā)，最終生成Al(OH)3，在加強熱時，Al(OH)3不穩(wěn)定，分解生成Al2O3；故答案為：Al2O3；(3)用NaHCO3與Al2(SO4)3兩種溶液分別水解呈堿性和酸性，可發(fā)生互促水解，生成二氧化碳氣體和氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)的離子方程式為3Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案為：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑；(4)加水稀釋促進一水合氨電離，將等體積、等pH的氫氧化鈉溶液和氨水分別稀釋相同倍數(shù)，氨水中氫氧根離子濃度大于NaOH，氨水pH大于NaOH溶液