黑龙江省大庆市实验中学高二化学上学期期中试卷理含解析

2022-2022学年黑龙江省大庆市实验中学高二（上）期中试卷（理科）一、单项选择题（1-16题，每题只有一个正确答案，将正确答案选出并填涂在相应的位置．每小题2分，共32分．）1．下列应用与盐类的水解无关的是()A．纯碱溶液可去除油污B．FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe（OH）3胶体C．TiCl4溶于大量水加热制备TiO2D．保存FeSO4溶液时加入少量铁粉2．下列说法正确的是()A．盐类发生水解的过程中，溶液的pH一定发生改变B．向K2CO3溶液中通入CO2可使溶液中的c（CO32﹣）变大C．向Na2SO3溶液中通入Cl2，溶液的导电性变强D．一定温度下的密闭容器中，反应2NO2⇌N2O4达平衡时，再加入1molN2O4，平衡正向移动，且N2O4含量增大3．如图所示，△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1，△H2=﹣395.4kJ•mol﹣1，下列说法或表示中，正确的是()A．C（s、石墨）═C（s、金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1B．石墨和金刚石的转化是物理变化C．石墨的稳定性比金刚石弱D．1mol石墨的总键能比1mol金刚石的总键能小1.9kJ-38-\n4．羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害．在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）K=0.1反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol．下列说法正确的是()A．降低温度，H2S浓度减小，表明该反应是吸热反应B．通入CO后，正反应速率逐渐增大C．反应前H2S物质的量为10molD．H2S的平衡转化率为28.6%5．在相同温度时，100mL0.01mol•L﹣1的醋酸溶液与10mL0.1mol•L﹣1醋酸溶液相比，下列数值前者小于后者的是()A．中和时所需的NaOH的量B．电离程度C．H+的物质的量D．CH3COOH分子的物质的量6．下列说法或表示方法中正确的是()A．等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，后者放出的热量多B．氢气的标准燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=+285.8kJ•mol﹣1C．Ba（OH）2•8H2O（s）+2NH4Cl（s）═BaCl2（s）+2NH3（g）+10H2O（l）△H＜0D．已知中和反应的反应热△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ7．用已知浓度的酸滴定未知浓度的碱时，用甲基橙作指示剂，下列八项说法中，会导致测定的待测碱液浓度偏低的有()①酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗②碱式滴定管用蒸馏水洗后，未用待测液润洗③配制碱液时，称量的固体吸潮④滴定前酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定过程中气泡消失⑤滴定中不慎将锥形瓶内液体摇出少量于瓶外⑥终点指示剂由黄色变为橙色-38-\n⑦终点指示剂由橙色变为红色．A．②⑤B．①③⑤C．②⑤⑥D．④⑤⑦8．在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：a（g）+b（g）⇌2c（g）；△H1＜0x（g）+3y（g）⇌2z（g）；△H2＞0进行相关操作且达到平衡后（忽略体积改变所做的功），下列叙述错误的是()A．等压时，通入惰性气体，c的物质的量减小B．等压时，通入z气体，反应器中温度升高C．等容时，通入惰性气体，各反应速率不变D．等容时，通入c气体，y的物质的量浓度不变9．常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列说法正确的是()A．b、c两点溶液的导电能力相同B．稀释之前，两溶液导电能力相同C．a、b、c三点溶液中水的电离程度c＞a＞bD．用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液反应，消耗盐酸体积Vc＞Vb10．体积相同的pH=3和pH=4的两醋酸溶液，分别用等浓度的氢氧化钠中和，消耗氢氧化钠的体积分别为V1和V2，则下列关系正确的是()A．V2＞10V1B．V1=10V2C．V1＜10V2D．无法确定11．下列叙述及解释正确的是()A．2NO2（g）（红棕色）⇌N2O4（g）（无色）△H＜0，在平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅-38-\nB．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H＜0，在平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变C．FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3（红色）+3KCl，在平衡后，加少量KCl，因为平衡向逆反应方向移动，故体系颜色变浅D．对于N2+3H2⇌2NH3，平衡后，压强不变，充入O2，平衡左移12．下列有关实验的选项正确的是()A．配制0.10mol•L﹣1NaOH溶液B．除去CO中的CO2C．苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作D．记录滴定终点读数为12.20mLA．AB．BC．CD．D13．物质的量浓度相同的下列溶液：①Na2CO3②NaHCO3③H2CO3④（NH4）2CO3⑤NH4HCO3按c（CO32﹣）由小到大排列的顺序是()A．⑤＜④＜③＜②＜①B．③＜⑤＜②＜④＜①C．③＜②＜⑤＜④＜①D．③＜⑤＜④＜②＜①14．常温下，醋酸与氢氧化钠发生中和反应，当醋酸过量时，溶液的pH可能为()A．pH＜7B．pH=7C．pH＞7D．都有可能15．室温下，在pH=11的某溶液中，由水电离的c（OH﹣）为()①1.0×10﹣7mol•L﹣1②1.0×10﹣6mol•L﹣1③1.0×10﹣3mol•L﹣1④1.0×10﹣11mol•L﹣1．A．③B．④C．①或③D．③或④-38-\n16．N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生下列反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）△H＞0，T1温度下的部分实验数据为t/s050010001500c（N2O5）mol•L﹣15.003.522.502.50下列说法不正确的是()A．其他条件不变，T2温度下反应到1000s时N2O5（g）浓度为2.98mol•L﹣1，则T1＜T2B．T1温度下的平衡常数值为K1=125，1000s时转化率为50%C．500s内N2O5分解速率为2.96×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1D．该反应△S＞0，虽然是吸热反应，在常温下也能自发进行二、不定项选择题（17-20题，有一个或两个答案符合要求．错选、多选不给分．有两个答案的，只选一个且正确，给1分．将正确答案选出并填涂在相应的位置．每小题3分，共12分．）17．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列说法正确的是()A．H2（g）的燃烧热为571.6kJ•mol﹣1B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多C．H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1D．3H2（g）+CO2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=+135.9kJ•mol﹣118．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0400℃时体积相同的甲、乙、丙三个容器中，甲容器绝热恒容，充入2molSO2和1molO2，乙容器恒温恒容，充入2molSO3，丙容器恒温恒压，充入2molSO3，充分反应达到平衡()A．甲和丙的K相同B．乙和丙的正反应速率相同C．乙中SO3的体积分数小于丙D．转化率：α甲（SO2）+α乙（SO3）＜1-38-\n19．常温下，在pH=13的NaOH溶液100mL，要使它的pH降为12，可采取的办法是()A．加入pH=2盐酸81.8mLB．加入pH=11的NaOH溶液1000mLC．加入pH=3盐酸818.2mLD．加入1000mL蒸馏水20．在10L恒容密闭容器中充入X（g）和Y（g），发生反应X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g），所得实验数据如表：实验编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln（X）n（Y）n（M）①7000.400.100.090②8000.100.400.080③8000.200.30a④9000.100.15b下列说法正确的是()A．实验①中，若5min时测得n（M）=0.050mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0×10﹣2mol/（L•min）B．实验②中，该反应的平衡常数K=2.0C．实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%D．实验④中，达到平衡时，b＞0.060三、填空题（按照要求将正确答案填在答题卡的相应位置，共56分）21．（14分）在一定温度下，有a．盐酸b．硫酸c．醋酸三种酸：（1）当三种酸物质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是__________．（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是__________．（3）若三者c（H+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是__________．（4）当三者c（H+）相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是__________．-38-\n（5）当三者c（H+）相同且体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2（相同状况），则开始时反应速率的大小关系为__________，反应所需时间的长短关系是__________．（6）将c（H+）相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c（H+）由大到小的顺序是__________．22．氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：（1）氨的水溶液显弱碱性，其原因为__________（用离子方程式表示），0.1mol•L﹣1的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液的pH__________（填“升高”或“降低”）；若加入少量明矾，溶液中铵根离子的浓度__________（填“增大”或“减小”）．（2）硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O，250℃时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为__________，平衡常数表达式为K__________；（3）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，写出热化学方程式__________．23．（16分）25℃时，部分物质的电离常数如表所示：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离常数1.7×10﹣5K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣113.0×10﹣8请回答下列问题：（1）a．CH3COOH，b．H2CO3，c．HClO的酸性由强到弱的顺序为__________（填编号）．（2）同浓度的a．CH3COO﹣，b．HCO，c．CO，d．ClO﹣结合H+的能力由强到弱的顺序为__________（填编号）．（3）向NaClO溶液中通入少量的CO2，反应的离子方程式为__________．（4）pH相同的下列四种物质的溶液：a．Na2CO3，b．NaClO，c．CH3COONa，d．NaHCO3，物质的量浓度由大到小的顺序是__________（填编号）．-38-\n（5）常温下0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是__________（填序号）．A．c（H+）B．c（H+）/c（CH3COOH）C．c（H+）•c（OH﹣）D．c（H+）•c（CH3COO﹣）/c（CH3COOH）若该溶液升高温度，上述5种表达式的数据增大的是__________．（6）体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示，则HX的电离常数__________（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的电离常数；稀释后，HX溶液中由水电离出来的c（H+）__________（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸溶液中由水电离出来的c（H+）．24．（16分）利用I2O5可消除CO污染或定量测定CO，反应为：5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）；△H1（1）已知：2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）；△H22I2（s）+5O2（g）⇌2I2O5（s）；△H3则△H1=__________（用含△H2和△H3的代数式表示）．（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2molCO，测得CO2的体积分数φ（CO2）随时间t变化曲线如图．请回答：①从反应开始至a点时的反应速率为v（CO）=__________，b点时化学平衡常数（列式并计算）Kb=__________．②d点时，温度不变，若将容器体积压缩至原来的一半，请在图中补充画出CO2体积分数的变化曲线．③下列说法不正确的是__________．（填字母序号）A．容器内气体密度不变，表明反应达到平衡状态B．两种温度下，c点时体系中混合气体的平均相对分子质量相等C．增加I2O5的投料量有利于提高CO的转化率D．b点和d点的化学平衡常数：Kb＞Kd-38-\n（3）将250mL（标准状况）含有CO的某气体样品通过盛有足量I2O5的干燥管，170℃下充分反应，用水﹣乙醇液充分溶解产物I2，定容到100mL．取25.00mL，用0.0100mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定，标准液应装在__________（填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”），选择的指示剂为__________，若消耗标准溶液20.00mL．则样品气中CO的体积分数为__________．（已知：气体样品中其他成分与I2O5不反应；2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6）-38-\n2022-2022学年黑龙江省大庆市实验中学高二（上）期中试卷（理科）一、单项选择题（1-16题，每题只有一个正确答案，将正确答案选出并填涂在相应的位置．每小题2分，共32分．）1．下列应用与盐类的水解无关的是()A．纯碱溶液可去除油污B．FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe（OH）3胶体C．TiCl4溶于大量水加热制备TiO2D．保存FeSO4溶液时加入少量铁粉【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】A、纯碱水解显示碱性，能够促进油污的水解；B、利用的是氯化铁中三价铁离子的水解；C、TiCl4溶于大量水，发生了水解：TiCl4+（2+x）H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl；D、加入铁粉防止硫酸亚铁被氧化，与水解无关．【解答】A、纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，故A不选；B、制Fe（OH）3胶体利用是溶液中三价铁离子的水解，故B不选；C、TiCl4溶于大量水发生反应TiCl4+（2+x）H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl，加入大量水并加热，HCl挥发，促使水解正向进行，故C不选；D、保存FeSO4溶液时加入少量铁粉是防止硫酸亚铁被氧化，与水解无关，故D符合题意，故D选；故选D．【点评】本题主要考查了盐类水解知识，同时还涉及酯的水解知识，侧重于基础知识的考查，题目难度不大．2．下列说法正确的是()A．盐类发生水解的过程中，溶液的pH一定发生改变B．向K2CO3溶液中通入CO2可使溶液中的c（CO32﹣）变大-38-\nC．向Na2SO3溶液中通入Cl2，溶液的导电性变强D．一定温度下的密闭容器中，反应2NO2⇌N2O4达平衡时，再加入1molN2O4，平衡正向移动，且N2O4含量增大【考点】影响盐类水解程度的主要因素；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题；盐类的水解专题．【分析】A、盐的水解会导致有的盐溶液显示酸碱性；B、向K2CO3溶液中通入CO2，反应生成碳酸氢钾；C、氯气和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成氯化钠和硫酸；D、向容器内再充入1molN2O4，则物质的量增大，相当于压强增大，平衡正向移动，且N2O4含量减小．【解答】解：A、盐的水解会导致有的盐溶液显示酸碱性，水解平衡不移动，盐的酸碱性不变，故A错误；B、向K2CO3溶液中通入CO2，反应生成碳酸氢钾，导致溶液中碳酸氢根离子浓度减小，故B错误；C、氯气和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成氯化钠和硫酸，离子方程式为Cl2+SO32﹣+H2O═SO42﹣+2H++2Cl﹣，导致自由离子浓度变大，溶液的导电性变强，故C正确；D、向容器内再充入1molN2O4，则物质的量增大，相当于压强增大，平衡正向移动，且N2O4含量减小，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学平衡的影响因素，明确压强对平衡的影响即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．3．如图所示，△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1，△H2=﹣395.4kJ•mol﹣1，下列说法或表示中，正确的是()A．C（s、石墨）═C（s、金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1B．石墨和金刚石的转化是物理变化-38-\nC．石墨的稳定性比金刚石弱D．1mol石墨的总键能比1mol金刚石的总键能小1.9kJ【考点】化学能与热能的相互转化．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】先根据图写出对应的热化学方程式，然后根据盖斯定律写出石墨转变成金刚石的热化学方程式，根据物质的能量越低越稳定，拆化学键吸收能量，形成化学键放出热量来解答．【解答】解：由图得：①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣395.4kJ•mol﹣1，利用盖斯定律将①﹣②可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，则A、因C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，故A正确；B、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故B错误；C、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C错误；D、依据热化学方程式C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，1mol石墨的总键能比1mol金刚石的总键能大于1.9kJ，故D错误；故选A．【点评】本题考查根据图象信息书写热化学方程式，题目难度不大，注意物质的稳定性与能量的关系．4．羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害．在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）K=0.1反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol．下列说法正确的是()A．降低温度，H2S浓度减小，表明该反应是吸热反应B．通入CO后，正反应速率逐渐增大C．反应前H2S物质的量为10molD．H2S的平衡转化率为28.6%【考点】化学平衡的计算．【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡计算．-38-\n【分析】A．降低温度，H2S浓度减小，说明平衡正向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小；C．反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）起始（mol）：10n00变化（mol）：2222平衡（mol）：8n﹣222反应恰好气体分子数目不变，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=列方程计算；D．根据C中的计算数据计算H2S的平衡转化率．【解答】解：A．降低温度，H2S浓度减小，说明平衡正向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则该反应是放热反应，故A错误；B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，故B错误；C．反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）起始（mol）：10n00变化（mol）：2222平衡（mol）：8n﹣222反应恰好气体分子数目不变，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则===0.1，解得n=7，故C错误；D．根据上述数据，可知H2S的平衡转化率为×100%=28.6%，故D正确；故选D．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素、化学平衡常数应用、化学平衡的有关计算，比较基础，注意理解掌握三段式均解题法在化学平衡计算中的应用．-38-\n5．在相同温度时，100mL0.01mol•L﹣1的醋酸溶液与10mL0.1mol•L﹣1醋酸溶液相比，下列数值前者小于后者的是()A．中和时所需的NaOH的量B．电离程度C．H+的物质的量D．CH3COOH分子的物质的量【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】根据醋酸的浓度越小，其电离程度越大，但浓度小，电离产生的离子的浓度、离子的物质的量都小，并结合n=cV来解答，注意电离平衡常数与温度有关．【解答】解：A、100mL0.01mol•L﹣1的醋酸溶液与10mL0.1mol•L﹣1醋酸物质的量相等，所以中和时所需的NaOH的量是相等的，故A错误；B、0.01mol/L的醋酸溶液的浓度小于10mL0.1mol/L的醋酸溶液的浓度，浓度越小，电离程度越大，前者大于后者，故B错误；C、由n=cV可知，100mL0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但后者的浓度大，电离程度小，产生的H+的物质的量小，故C错误；D．由n=cV可知，100mL0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但前者浓度小，电离程度大，前者的CH3COOH的物质的量小，故D正确；故选：D．【点评】本题考查弱电解质的电离，明确温度与电离平衡常数的关系，浓度与电离程度的关系是解答本题的关键，题目难度不大．6．下列说法或表示方法中正确的是()A．等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，后者放出的热量多B．氢气的标准燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=+285.8kJ•mol﹣1C．Ba（OH）2•8H2O（s）+2NH4Cl（s）═BaCl2（s）+2NH3（g）+10H2O（l）△H＜0D．已知中和反应的反应热△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ【考点】反应热和焓变．-38-\n【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、硫蒸气所含能量比硫固体多；B、据燃烧热大过年分析；C、氯化铵和氢氧化钡反应吸热；D、浓硫酸溶于水放热．【解答】解：A、硫蒸气比硫固体所含能量高，等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，前者放出的热量多，故A错误；B、燃烧热是指1mol可燃物燃烧放出的热量，热化学方程式中氢气是2mol，故B错误；C、氯化铵和氢氧化钡反应吸热，△H＞0，故C错误；D、浓硫酸溶于水放热，故D正确；故选D．【点评】本题考查了焓变的求算、燃烧热、中和热、常见吸热反应，题目难度不大．7．用已知浓度的酸滴定未知浓度的碱时，用甲基橙作指示剂，下列八项说法中，会导致测定的待测碱液浓度偏低的有()①酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗②碱式滴定管用蒸馏水洗后，未用待测液润洗③配制碱液时，称量的固体吸潮④滴定前酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定过程中气泡消失⑤滴定中不慎将锥形瓶内液体摇出少量于瓶外⑥终点指示剂由黄色变为橙色⑦终点指示剂由橙色变为红色．A．②⑤B．①③⑤C．②⑤⑥D．④⑤⑦【考点】中和滴定；化学实验方案的评价．【专题】定量测定与误差分析．【分析】根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．-38-\n【解答】解：①酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，标准液浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏大，故①错误；②碱式滴定管用蒸馏水洗后未用待测液润洗，待测液浓度偏小，待测液的物质的量偏小，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏小，故②正确；③配制碱液时，称量的固体吸潮，溶质的物质的量偏小，但测量浓度正确，故③错误；④滴定前酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定过程中气泡消失，标准液体积读数增大，浓度偏高，故④错误；⑤不慎将锥形瓶内液体摇出少量于瓶外，消耗标准液的体积偏小，浓度偏低，故⑤正确；⑥甲基橙的变色范围是3.1～4.4，pH小于3.1显示红色、大于4.4显示黄色、3.1～4.4之间显示橙色，终点时溶液呈酸性，待测碱液浓度偏高，故⑥错误；⑦甲基橙的变色范围是3.1～4.4，pH小于3.1显示红色、大于4.4显示黄色、3.1～4.4之间显示橙色，待测碱液浓度偏高，故⑦错误；故选A．【点评】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，根据c（待测）=分析是解答的关键，题目难度不大．8．在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：a（g）+b（g）⇌2c（g）；△H1＜0x（g）+3y（g）⇌2z（g）；△H2＞0进行相关操作且达到平衡后（忽略体积改变所做的功），下列叙述错误的是()A．等压时，通入惰性气体，c的物质的量减小B．等压时，通入z气体，反应器中温度升高C．等容时，通入惰性气体，各反应速率不变D．等容时，通入c气体，y的物质的量浓度不变【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．-38-\n【分析】A、等压时，通入惰性气体，体积增大，对第二个反应平衡向逆反应移动，温度升高，导致第一个反应向逆反应移动；B、等压时，通入z气体，第二反应平衡向逆反应移动，反应器中温度升高；C、等容时，通入惰性气体，各反应混合物的浓度不变；D、等容时，通入c气体，第一个平衡逆向移动，反应温度降低，第二反应平衡向逆反应移动．【解答】解：A、等压时，通入惰性气体，容器体积增大，等效为压强减小，平衡x（g）+3y（g）⇌2z（g）（△H＞0）向左移动，正反应为吸热反应，反应体系的温度升高，由于该反应容器是一个不导热的容器，所以平衡a（g）+b（g）⇌2c（g）也向吸热方向移动，即逆反应方向移动，所以c的物质的量减小，故A正确；B、等压时，通入z气体，增大了生成物的浓度，平衡x（g）+3y（g）⇌2z（g）向左移动，由于该反应的逆反应是放热反应，容器内温度升高，虽然导致第一个反应向逆反应移动，但移动结果不会恢复到原温度，故平衡时温度升高，故B正确；C、等容时，通入惰性气体，各反应物和生成物的物质的量没有变化，即各组分的浓度没有发生变化，所以各组分的反应速率不发生变化，故C正确；D、等容时，通入c气体，增大了生成物c的浓度，平衡逆向移动，反应温度降低，所以第二个平衡逆向移动，y的物质的量浓度增大，故D错误；故选D．【点评】本题考查外界条件对化学平衡的影响，难度中等，本题要特别注意题干中的信息“不导热的密闭反应器”，注意压强对第一个反应没有影响，根据第二反应的移动热效应，判断第一个反应的移动．9．常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列说法正确的是()A．b、c两点溶液的导电能力相同B．稀释之前，两溶液导电能力相同-38-\nC．a、b、c三点溶液中水的电离程度c＞a＞bD．用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液反应，消耗盐酸体积Vc＞Vb【考点】影响盐类水解程度的主要因素．【专题】盐类的水解专题．【分析】NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH﹣）：CH3COONa＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH，变化小的是CH3COONa，A．溶液的导电能力与离子浓度成正比；B．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH）；C．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；D．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比．【解答】解：NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH﹣）：CH3COONa＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH，变化小的是CH3COONa，A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，pH相等的醋酸钠和氢氧化钠，c（CH3COONa）＞c（NaOH），所以c点导电能力大于b，即b、c两点溶液的导电能力不相同，故A错误；B．溶液的导电能力与离子浓度成正比，pH相等的醋酸钠和氢氧化钠，c（CH3COONa）＞c（NaOH），所以稀释之前，两溶液导电能力不同，故B错误；C．氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸根离子浓度越大对水的电离程度越促进，所以、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞b，故C错误；D．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比，相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液n（CH3COONa）＞n（NaOH），所以醋酸钠消耗盐酸多，消耗盐酸体积Vc＞Vb，故D正确；故选D．【点评】本题考查了盐类水解，涉及离子浓度大小比较、溶液导电能力大小比较、水的电离程度等知识点，根据溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合质子守恒、溶液导电能力与离子浓度的关系等知识点来分析解答，题目难度中等．-38-\n10．体积相同的pH=3和pH=4的两醋酸溶液，分别用等浓度的氢氧化钠中和，消耗氢氧化钠的体积分别为V1和V2，则下列关系正确的是()A．V2＞10V1B．V1=10V2C．V1＜10V2D．无法确定【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】相同温度下，醋酸浓度越小，其电离程度越大，则pH=3醋酸浓度大于pH=4醋酸浓度的10倍，中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸体积与醋酸浓度成反比．【解答】解：相同温度下，醋酸浓度越小，其电离程度越大，则pH=3醋酸浓度大于pH=4醋酸浓度的10倍，相同体积时，前者物质的量大于后者10倍，中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸体积与醋酸浓度成反比，所以V2＞10V1，故选A．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离程度与浓度的关系是解本题关键，题目难度不大．11．下列叙述及解释正确的是()A．2NO2（g）（红棕色）⇌N2O4（g）（无色）△H＜0，在平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅B．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H＜0，在平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变C．FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3（红色）+3KCl，在平衡后，加少量KCl，因为平衡向逆反应方向移动，故体系颜色变浅D．对于N2+3H2⇌2NH3，平衡后，压强不变，充入O2，平衡左移【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A、缩小容积、增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，体系颜色与二氧化氮的浓度成正比，以此解答；B、增大容积、减小压强，平衡不发生移动，但体积增大，混合物颜色变浅；C、氯离子不参与反应；D、合成氨时保持压强不变，充入O2，则体积增大相当于反应体系的压强减小，平衡气体体积增大的方向移动．【解答】解：A．缩小容积、增大压强平衡向气体体积减小的方向移动即正反应方向移动，但二氧化氮的浓度仍然增大，所以体系颜色加深，故A错误；-38-\nB．增大容积、减小压强，平衡不发生移动，但体积增大，混合物颜色变浅，故B错误；C．氯离子不参与反应，平衡不移动，故C错误；D．合成氨时保持压强不变，充入O2，则体积增大相当于反应体系的压强减小，平衡气体体积增大的方向移动，所以平衡左移，故D正确；故选D．【点评】本题考查了平衡移动原理，难度不大，注意使用勒夏特列原理的应用，易错点为D．12．下列有关实验的选项正确的是()A．配制0.10mol•L﹣1NaOH溶液B．除去CO中的CO2C．苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作D．记录滴定终点读数为12.20mLA．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价；真题集萃．【分析】A、容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解固体，溶解固体需在烧杯中进行；B、二氧化碳为酸性气体，和强碱反应形成盐，CO既不溶于碱也不溶于水；C、苯的密度小于水，萃取后的溶液应位于分液漏斗的上层，上层溶液从上口倒出；D、滴定管的0刻度在上方，据此读数即可．【解答】解：A、溶解固体药品应用烧杯，不能直接在容量瓶中溶解，故A错误；B、CO不与水和氢氧化钠溶液反应，而二氧化碳可以与氢氧化钠反应，利用此装置可以除去CO中混有的二氧化碳，故B正确；C、苯萃取碘水中的碘，在分液漏斗的上层，应从上口倒出，故C错误；D、滴定管的0刻度在上方，此图中正确读数应为11.80mL，故D错误，故选B．-38-\n【点评】本题主要考查的是实验室中常见仪器的使用以及简单实验操作，还考查了仪器的读数等，难度不大．13．物质的量浓度相同的下列溶液：①Na2CO3②NaHCO3③H2CO3④（NH4）2CO3⑤NH4HCO3按c（CO32﹣）由小到大排列的顺序是()A．⑤＜④＜③＜②＜①B．③＜⑤＜②＜④＜①C．③＜②＜⑤＜④＜①D．③＜⑤＜④＜②＜①【考点】影响盐类水解程度的主要因素．【专题】盐类的水解专题．【分析】Na2CO3是强碱弱酸盐，水解时碳酸根离子与水电离出的氢离子结合；NaHCO3是强碱弱酸盐的酸式盐，水解时碳酸氢根离子与水电离出的氢离子结合；H2CO3是弱酸部分电离；（NH4）2CO3是弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解；NH4HCO3溶液中是弱酸弱碱的酸式盐，发生相互促进的水解，据此即可解答．【解答】解：物质的量浓度相同的Na2CO3、NaHCO3、H2CO3、（NH4）2CO3、NH4HCO3溶液中，根据盐类水解的规律，无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，令其物质的量浓度为0.1mol/L，则：Na2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸根离子部分水解，但水解微弱，所以，碳酸根离子浓度降低，碳酸根浓度接近0.1mol/L；NaHCO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸氢根离子水解建立水解平衡，因碳酸氢钠溶液显碱性，所以，部分碳酸氢根离子的电离小于其水解，所以碳酸根浓度远远小于碳酸氢根浓度，及远远小于0.1mol/L；（NH4）2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的铵根离子和碳酸根离子分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以，碳酸根离子浓度比Na2CO3中碳酸根离子离子浓度小一些，碳酸根离子略小于0.1mol/L；H2CO3溶液是二元弱酸，且酸性很弱，电离时分两步电离，电离出的碳酸根离子浓度较小，但它是酸，溶液显酸性，所以，碳酸根浓度小于0.1mol/L，NH4HCO3溶液中电离出碳酸根离子只需碳酸氢根离子一步电离，而H2CO3溶液是二元弱酸，需两步电离，且第二步极其微弱，其碳酸根离子的浓度比NH4HCO3溶液中碳酸根离子浓度小；-38-\nNH4HCO3是易溶于水的盐，在水中完全电离在水中完全电离，电离出的铵根离子和碳酸氢根离子分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以，碳酸氢根离子电离出来的碳酸根离子的浓度非常小，比NaHCO3溶液中碳酸根离子浓度小；综上碳酸根离子浓度为：Na2CO3＞（NH4）2CO3＞NaHCO3＞NH4HCO3＞H2CO3；故选：B．【点评】本题主要考查了盐类水解的应用，解答须掌握盐类水解的规律影响因素及应用，难度中等．14．常温下，醋酸与氢氧化钠发生中和反应，当醋酸过量时，溶液的pH可能为()A．pH＜7B．pH=7C．pH＞7D．都有可能【考点】pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】醋酸与氢氧化钠发生中和反应时，当醋酸与氢氧化钠的物质的量相等时，二者恰好反应生成醋酸钠，溶液显示碱性；当醋酸稍过量时，若过量的醋酸电离出的氢离子的小于醋酸根离子水解生成的氢氧根离子的物质的量时，则溶液呈碱性；当过量的醋酸电离出的氢离子与醋酸根离子水解生成的氢氧根离子的物质的量相等时，溶液显示中性；当醋酸电离出的氢离子大于醋酸根离子水解生成的氢氧根离子的物质的量时，溶液显示酸性．【解答】解：常温下，醋酸与氢氧化钠发生中和反应，当醋酸过量时，混合液的酸碱性取决于醋酸电离出的氢离子与醋酸根离子水解生成的氢氧根离子的物质的量大小，当过量的醋酸电离出的氢离子的物质的量小于醋酸根离子水解生成的氢氧根离子时，混合液呈碱性，则常温下溶液的pH＞7；当过量的醋酸电离出的氢离子与醋酸根离子水解生成的氢氧根离子的物质的量相等时，混合液显示中性，则常温下混合液的pH=7；当过量的醋酸电离出的氢离子大于醋酸根离子水解生成的氢氧根离子的物质的量时，混合液显示酸性，则常温下混合液的pH＜7，根据分析可知，混合液的pH可能＞7、=7或＜7，故选D．【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，题目难度中等，明确混合液酸碱性取决于醋酸电离出的氢离子与醋酸根离子水解生成的氢氧根离子的物质的量大小为解答关键，注意熟练掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系．-38-\n15．室温下，在pH=11的某溶液中，由水电离的c（OH﹣）为()①1.0×10﹣7mol•L﹣1②1.0×10﹣6mol•L﹣1③1.0×10﹣3mol•L﹣1④1.0×10﹣11mol•L﹣1．A．③B．④C．①或③D．③或④【考点】pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】根据常温下溶液的pH及水的离子积计算出溶液中氢离子浓度和氢氧根离子的浓度，再根据溶液显示碱性的原因有两种情况：碱溶液和强碱弱酸盐溶液，在碱溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离；在强碱弱酸盐溶液中，弱酸根离子促进了水的电离，据此进行分析．【解答】解：常温下，pH=11的某溶液，溶液显示碱性，溶液中氢离子浓度为：c（H+）=1×10﹣11mol/L，氢氧根离子的浓度为：c（OH﹣）===1×10﹣3mol/L，溶液显示碱性，存在两种情况：碱溶液和强碱弱酸盐溶液，在碱溶液中，碱电离的氢氧根离子抑制了水的电离，水电离的氢氧根离子和氢氧根离子浓度减小，溶液中氢离子浓度是水电离，所以水电离的氢氧根离子等于碱溶液中氢离子浓度，即c（OH﹣）=c（H+）=1×10﹣11mol/L，强碱弱酸盐溶液中，弱酸根离子结合了水电离的氢离子，促进了水的电离，溶液中的氢氧根离子就是水电离的，所以水电离的氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）===1×10﹣3mol/L，所以③④正确；故选D．【点评】本题考查了水的电离及溶液pH的简单计算，题目难度中等，正确分析酸、碱及水解的盐溶液对水的电离影响是解题关键，通过本题可以考查学生对所学知识的掌握情况及灵活应用能力．16．N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生下列反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）△H＞0，T1温度下的部分实验数据为-38-\nt/s050010001500c（N2O5）mol•L﹣15.003.522.502.50下列说法不正确的是()A．其他条件不变，T2温度下反应到1000s时N2O5（g）浓度为2.98mol•L﹣1，则T1＜T2B．T1温度下的平衡常数值为K1=125，1000s时转化率为50%C．500s内N2O5分解速率为2.96×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1D．该反应△S＞0，虽然是吸热反应，在常温下也能自发进行【考点】化学平衡的计算．【专题】图像图表题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡计算．【分析】A．该反应正反应是吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向正反应移动，平衡时时N2O5（g）浓度应降低；B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，计算平衡浓度结合平衡常数概念计算平衡常数，根据转化率=×100%计算；C．依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度计算分解率；D．根据题中数据可知，该反应△S＞0，虽然是吸热反应，在常温下该反应是能自发进行的；【解答】解：A．该反应正反应是吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向正反应移动，平衡时时N2O5（g）浓度应降低，其他条件不变时，T2温度下反应到1000s时测得N2O5（g）浓度为2.98mol/L，浓度大于2.5mol/L，故不可能为升高温度，应为降低温度，故T1＞T2，故A错误；B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，c（NO2）=5mol/L，c（O2）=1.25mol/L，平衡常数K===125，转化率为×100%=50%，故B正确；C．依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度=5.00mol/L﹣3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率==2.96×10﹣3mol/（L•s），故C正确；D．根据题中数据可知，该反应△S＞0，虽然是吸热反应，在常温下该反应是能自发进行的，故D正确；-38-\n故选：A．【点评】本题考查化学平衡状态判断、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素、平衡常数等，难度中等．二、不定项选择题（17-20题，有一个或两个答案符合要求．错选、多选不给分．有两个答案的，只选一个且正确，给1分．将正确答案选出并填涂在相应的位置．每小题3分，共12分．）17．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列说法正确的是()A．H2（g）的燃烧热为571.6kJ•mol﹣1B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多C．H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1D．3H2（g）+CO2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=+135.9kJ•mol﹣1【考点】有关反应热的计算．【分析】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1知H2（g）的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1；B．假设取H2（g）和CH3OH（l）各为1克，依据H2（g）和CH3OH（l）的热化学方程式计算比较；C．硫酸和氢氧化钡发生中和反应生成的硫酸钡过程中需放热，中和热指稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量；D．依据已知热化学方程式和盖斯定律计算分析判断．【解答】解：A．依据燃烧热概念分析，选项中由已知热化学方程式计算可知H2（g）的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，故A错误；B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，设质量为1g，2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12571.6KJmol142.9KJ2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1-38-\n21452KJmol22.69KJ所以H2（g）放出的热量多，故B正确；C．中和热指稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量，硫酸和氢氧化钡发生中和反应，反应中有BaSO4（s）生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3kJ多，即△H＜﹣57.3kJ•mol﹣1，故C错误；D．①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1②2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1按盖斯定律计算①×3﹣②得到6H2（g）+2CO2（g）═2CH3OH（l）+2H2O（l）△H=﹣262.8kJ•mol﹣1．可知正确的是3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣131.4kJ•mol﹣1，故D错误；故选B．【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用，燃烧热，中和热概念的理解应用是解题关键，题目难度中等．18．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0400℃时体积相同的甲、乙、丙三个容器中，甲容器绝热恒容，充入2molSO2和1molO2，乙容器恒温恒容，充入2molSO3，丙容器恒温恒压，充入2molSO3，充分反应达到平衡()A．甲和丙的K相同B．乙和丙的正反应速率相同C．乙中SO3的体积分数小于丙D．转化率：α甲（SO2）+α乙（SO3）＜1【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A、甲是绝热恒容，反应放热反应，所以甲容器中温度升高，平衡常数随温度变化；B、乙容器恒温恒容，充入2molSO3，丙容器恒温恒压，充入2molSO3，随反应进行气体体积增大，压强增大，丙中体积增大为了维持恒压，乙中反应速率大；C、乙容器恒温恒容，充入2molSO3，丙容器恒温恒压，充入2molSO3，随反应进行气体体积增大，压强增大，丙中体积增大为了维持恒压，乙中反应速率大，丙中平衡逆向进行，三氧化硫体积分数减小；-38-\nD、若甲容器恒温恒容，充入2molSO2和1molO2，乙容器恒温恒容，充入2molSO3，达到相同的平衡状态，转化率：α甲（SO2）+α乙（SO3）=1，但甲容器是绝热容器，反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，则甲中二氧化硫转化率减小；【解答】解：A、甲是绝热恒容，反应放热反应，所以甲容器中温度升高，平衡常数随温度变化，平衡常数不同，故A错误；B、乙容器恒温恒容，充入2molSO3，丙容器恒温恒压，充入2molSO3，随反应进行气体体积增大，压强增大，丙中体积增大为了维持恒压，速率减小，则乙中反应速率大，故B错误；C、乙容器恒温恒容，充入2molSO3，丙容器恒温恒压，充入2molSO3，随反应进行气体体积增大，压强增大，丙中体积增大为了维持恒压，乙中反应速率大，丙中平衡逆向进行，三氧化硫体积分数减小，乙中SO3的体积分数大于丙，故C错误；D、若甲容器恒温恒容，充入2molSO2和1molO2，乙容器恒温恒容，充入2molSO3，达到相同的平衡状态，转化率：α甲（SO2）+α乙（SO3）=1，但甲容器是绝热容器，反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，则甲中二氧化硫转化率减小，α甲（SO2）+α乙（SO3）＜1，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学平衡建立的过程分析判断，平衡影响因素的分析应用，注意容器和温度压强的特征理解，掌握基础是解题关键，题目难度中等．19．常温下，在pH=13的NaOH溶液100mL，要使它的pH降为12，可采取的办法是()A．加入pH=2盐酸81.8mLB．加入pH=11的NaOH溶液1000mLC．加入pH=3盐酸818.2mLD．加入1000mL蒸馏水【考点】pH的简单计算．【专题】溶液pH值或氢离子、氢氧根离子浓度的计算．【分析】常温下pH=13的氢氧化钠溶液的浓度为0.1mol/L，pH=12的氢氧化钠溶液的浓度为0.01mol/L，100mLpH=13的氢氧化钠溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：0.1mol/L×0.1L=0.01mol，A．pH=2的盐酸中氢离子浓度为0.01mol/L，先计算出混合液中氢氧化钠的浓度，再计算出溶液pH；-38-\nB．pH=11的溶液中氢氧化钠的浓度为0.001mol/L，混合液体积为1.1L，据此计算出混合液中氢氧化钠的浓度；C．pH=3的盐酸中氢离子浓度为0.001mol/L，计算出混合液中氢氧化钠的浓度，再计算出该溶液的pH；D．加入1000mL蒸馏水后溶液体积大于1L，则溶液浓度小于0.01mol/L．【解答】解：常温下pH=13的氢氧化钠溶液的浓度为0.1mol/L，pH=12的氢氧化钠溶液的浓度为0.01mol/L，100mLpH=13的氢氧化钠溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：0.1mol/L×0.1L=0.01mol，A．加入pH=2盐酸81.8mL后，混合液中氢氧化钠的浓度为：=≠0.01mol/L，故A错误；B．加入pH=11的NaOH溶液1000mL，pH=11的氢氧化钠溶液的浓度为0.001mol/L，则混合液中氢氧化钠的浓度为：=0.01mol/L，所得溶液的pH=12，故B正确；C．pH=3的溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，则混合液中氢氧根离子的浓度为：==0.01mol/L，所得溶液的pH=12，故C正确；D．加入1000mL蒸馏水后溶液体积约为1.1L，稀释后溶液中氢氧化钠浓度为：＜0.01mol/L，不满足条件，故D错误；故选BC．【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系及计算方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．20．在10L恒容密闭容器中充入X（g）和Y（g），发生反应X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g），所得实验数据如表：实验编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln（X）n（Y）n（M）①7000.400.100.090②8000.100.400.080-38-\n③8000.200.30a④9000.100.15b下列说法正确的是()A．实验①中，若5min时测得n（M）=0.050mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0×10﹣2mol/（L•min）B．实验②中，该反应的平衡常数K=2.0C．实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%D．实验④中，达到平衡时，b＞0.060【考点】真题集萃；化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A、根据v=计算v（M），在利用速率之比等于化学计量数之比计算v（N）；B、由表中数据，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量，由于反应中气体的化学计量数相等，可以用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；C、温度不变平衡常数不变，根据平衡常数可求出转化量，进而求出转化率；D、对比实验①②的平衡常数可知，正反应为放热反应，升温平衡左移，平衡常数减小，转化率减小，根据实验③中X的转化率为60%，则实验④中X的转化率小于60%，达到平衡时，b＜0.060．【解答】解：A．v（N）=v（M）===1.0×10﹣3mol/（L•min），故A错误；B．X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g）起始浓度（mol/L）0.010.0400转化浓度（mol/L）0.0080.0080.0080.008平衡浓度（mol/L）0.0020.0320.0080.008实验②中，该反应的平衡常数K===1.0，故B错误；C．X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g）起始浓度（mol/L）0.020.0300转化浓度（mol/L）平衡浓度（mol/L）0.02﹣0.03﹣-38-\n该反应的平衡常数K===1.0，解得a=0.12，实验③中，X的转化率=100%=60%，故C正确；D．根据三段式可求得，700℃时，化学平衡常数K≈2.6，升高温度至800℃得平衡常数为K=1.0，K减小，即平衡逆向移动，则正反应为放热反应，若④的温度为800℃，恒容体系中，气体体积不变的反应，④与③为等效平衡，b=a=0.06mol，但④的实际温度为900℃，相比较800℃，平衡逆向移动，b＜0.06，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度中等．三、填空题（按照要求将正确答案填在答题卡的相应位置，共56分）21．（14分）在一定温度下，有a．盐酸b．硫酸c．醋酸三种酸：（1）当三种酸物质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是b＞a＞c．（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是b＞a=c．（3）若三者c（H+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是c＞a＞b（或c＞a=2b）．（4）当三者c（H+）相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是c＞a=b．（5）当三者c（H+）相同且体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2（相同状况），则开始时反应速率的大小关系为a=b=c，反应所需时间的长短关系是a=b＞c．（6）将c（H+）相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c（H+）由大到小的顺序是c＞a=b．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，假设三种酸的浓度都是1mol/L时，硫酸中c（H+）为2mol/L，盐酸中c（H+）为1mol/L、醋酸中c（H+）小于1mol/L；（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力与酸最终电离出氢离子的物质的量成正比；-38-\n（3）若三者c（H+）相同时，酸的元数越大其浓度越小，酸的电离程度越大，其浓度越小；（4）当三者c（H+）相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积与酸最终电离出氢离子的物质的量成正比；（5）反应速率与氢离子浓度成正比，反应速率越大，反应时间越短；（6）加水稀释促进弱电解质电离．【解答】解：（1）醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，假设三种酸的浓度都是1mol/L时，硫酸中c（H+）为2mol/L，盐酸中c（H+）为1mol/L、醋酸中c（H+）小于1mol/L，所以相同浓度时，氢离子浓度大小顺序是b＞a＞c，故答案为：b＞a＞c；（2）酸中和NaOH的能力与酸最终电离出氢离子物质的量成正比，同体积、同物质的量浓度的三种酸，其物质的量相等，硫酸中氢离子的物质的量最大，盐酸和醋酸最终电离出氢离子的物质的量相等，所以中和NaOH的能力大小顺序为b＞a=c，故答案为：b＞a=c；（3）若三者c（H+）相同时，假设都是1mol/L，硫酸浓度为0.5mol/L、盐酸浓度为1mol/L、醋酸浓度大于1mol/L，所以物质的量浓度由大到小的顺序是c＞a＞b（或c＞a=2b），故答案为：c＞a＞b（或c＞a=2b）；（4）酸与足量的锌反应时，相同状况下产生气体的体积与酸最终电离出氢离子的物质的量成正比，当三者c（H+）相同且体积也相同时，硫酸和稀盐酸最终电离出氢离子的物质的量相等，醋酸电离出氢离子的物质的量最大，所以这三种酸分别与足量锌反应时生成相同条件下气体体积大小顺序是c＞a=b，故答案为：c＞a=b；（5）反应速率与氢离子浓度成正比，开始时氢离子浓度相等，所以其反应速率相等，即a=b=c；反应过程中，硫酸和盐酸不再电离出氢离子，醋酸继续电离生成氢离子，所以反应过程中醋酸中氢离子浓度大于硫酸、盐酸中氢离子浓度，则醋酸反应速率最大，盐酸和硫酸反应速率相等，则反应所需时间的长短关系是a=b＞c，故答案为：a=b=c；a=b＞c；（6）加水稀释时，醋酸继续电离出氢离子，硫酸和HCl不再电离出氢离子，所以稀释100倍后，c（H+）由大到小的顺序是c＞a=b，故答案为：c＞a=b．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意：同物质的量的不同酸中和碱的能力、不同酸与金属反应速率与电解质强弱无关，为易错点．22．氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：-38-\n（1）氨的水溶液显弱碱性，其原因为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣（用离子方程式表示），0.1mol•L﹣1的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液的pH降低（填“升高”或“降低”）；若加入少量明矾，溶液中铵根离子的浓度最大（填“增大”或“减小”）．（2）硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O，250℃时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为NH4NO3N2O↑+2H2O↑，平衡常数表达式为Kc（N2O）×c2（2H2O）；（3）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，写出热化学方程式N2O（g）+NO（g）=N2（g）+NO2（g）△H=﹣139kJ•mol﹣1．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）一水合氨为弱碱，溶于水存在部分电离，依据化学平衡原理解释加入NH4Cl固体以及明矾后平衡移动方向以及pH的变化；（2）依据所给的反应物和产物，结合元素守恒书写方程式即可，依据反应书写平衡常数表达式；（3）由图可知，此反应为放热反应，热效应=kJ•mol﹣1．【解答】解：（1）一水合氨为弱碱，在水溶液中存在部分电离，电离出氢氧根离子使溶液显碱性，电离方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣；向氨水中加入少量NH4Cl固体，铵根浓度增大，平衡左移，即氢氧根浓度减小，pH值降低；加入少量明矾，明矾电离出的铝离子结合氢氧根生成氢氧化铝，促进氨水的电离，NH4+浓度增大，故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣；降低；增大；（2）硝酸铵分解生成N2O和H2O，达到平衡，说明为可逆反应，化学反应方程式为：NH4NO3N2O↑+2H2O↑；250℃时，水为气体状态，故平衡常数K=c（N2O）×c2（2H2O），故答案为：NH4NO3N2O↑+2H2O↑；c（N2O）×c2（2H2O）；-38-\n（3）由图可知，此反应反应物总能量高于生成物，则该反应的焓变△H=209﹣348=﹣139kJ•mol﹣1，该反应的热化学方程式为：N2O（g）+NO（g）=N2（g）+NO2（g）△H=﹣139kJ•mol﹣1，故答案为：N2O（g）+NO（g）=N2（g）+NO2（g）△H=﹣139kJ•mol﹣1．【点评】本题考查了弱电解质的电离、热化学方程式的书写等知识，题目难度中等，明确弱电解质的电离平衡及其影响为解答关键，注意掌握热化学方程式的书写原则，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．23．（16分）25℃时，部分物质的电离常数如表所示：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离常数1.7×10﹣5K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣113.0×10﹣8请回答下列问题：（1）a．CH3COOH，b．H2CO3，c．HClO的酸性由强到弱的顺序为a＞b＞c（填编号）．（2）同浓度的a．CH3COO﹣，b．HCO，c．CO，d．ClO﹣结合H+的能力由强到弱的顺序为c＞d＞b＞a（填编号）．（3）向NaClO溶液中通入少量的CO2，反应的离子方程式为ClO﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HClO．（4）pH相同的下列四种物质的溶液：a．Na2CO3，b．NaClO，c．CH3COONa，d．NaHCO3，物质的量浓度由大到小的顺序是c＞d＞b＞a（填编号）．（5）常温下0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是A（填序号）．A．c（H+）B．c（H+）/c（CH3COOH）C．c（H+）•c（OH﹣）D．c（H+）•c（CH3COO﹣）/c（CH3COOH）若该溶液升高温度，上述5种表达式的数据增大的是ABCD．（6）体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示，则HX的电离常数大于（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的电离常数；稀释后，HX溶液中由水电离出来的c（H+）大于（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸溶液中由水电离出来的c（H+）．-38-\n【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强；（2）酸根离子对应酸的酸的电离平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱；（3）次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸；（4）四种溶液水解都显示碱性，pH相同时，酸根离子对应的酸性越强，离子的浓度越大；（5）CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，氢离子浓度、醋酸根离子浓度减小，但氢氧根离子浓度增大；由于温度不变，则电离平衡常数、水的离子积不变；升高温度后醋酸的电离程度增大，则溶液中氢离子浓度增大、水的离子积增大、电离平衡常数增大；（6）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；稀释后，HX电离生成的c（H+）小，对水的电离抑制能力小．【解答】解：（1）根据表中数据可知，酸的电离出平衡常数大小为：CH3COOH＞H2CO3＞HCO3﹣＞HClO，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序为为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，故答案为：a＞b＞c；（2）酸根离子对应酸的酸的电离平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱，由于电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HCO3﹣＞HClO，则同浓度CH3COO﹣、HCO3﹣、CO32﹣、ClO﹣结合H+的能力由强到弱的顺序为：CO32﹣＞ClO﹣＞HCO3﹣＞CH3COO﹣，故答案为：c＞d＞b＞a；（3）NaClO溶液中通入少量CO2，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HClO，故答案为：ClO﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HClO；（4）pH相同的下列四种物质的溶液：a．Na2CO3，b．NaClO，c．CH3COONa，d．NaHCO3，由于酸根离子部分水解，四种溶液都呈碱性，pH相同时，酸根离子对应的酸的酸性越强，其水解程度越弱，若使pH相同，则其盐溶液的浓度越大，由于酸性CH3COOH＞H2CO3＞HCO3﹣＞HClO，所以四种溶液的浓度大小为：c＞d＞b＞a，-38-\n故答案为：c＞d＞b＞a；（5）A.0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液加稀释过程中，溶液中氢离子浓度减小，故A正确；B.0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液加稀释过程中，各个微粒浓度减小，同时醋酸的电离向右移动，c（H+）减小的程度小于c（CH3COOH）的减小程度，则c（H+）/c（CH3COOH）增大，故B错误；C．Kw=c（H+）•c（OH﹣）只受温度的影响，温度不变则其值是一个常数，故C错误；D．c（H+）•c（CH3COO﹣）/c（CH3COOH）为醋酸的电离平衡常数，由于温度不变，则水的电离平衡常数不变，故D错误；故答案为：A；若该溶液升高温度，醋酸、水的电离程度对增大，则溶液中氢离子、氢氧根离子浓度都增大，A．升高温度后溶液中氢离子浓度c（H+）增大，故A正确；B．升高温度后氢离子、氢氧根离子浓度都增大，醋酸的浓度减小，则（H+）/c（CH3COOH）增大，故B正确；C．c（H+）•c（OH﹣）为水的离子积，升高温度后水的电离程度增大，则水的离子积增大，故C正确；D．c（H+）•c（CH3COO﹣）/c（CH3COOH）是醋酸的电离平衡常数，升高温度后产生的电离平衡常数增大，故D正确；故答案为：ABCD；（6）根据图象分析知道，起始是两种溶液中c（H+）相同，c（较弱酸）＞c（较强酸），稀释过程中较弱酸的电离程度增大，故在整个稀释过程中较弱酸的c（H+）一直大于较强酸的c（H+），稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，故HX酸性强，电离平衡常数大；HX酸性强于CH3COOH的，稀释后HX溶液中c（H+）小于CH3COOH溶液中的c（H+），所以对水的抑制能力减弱，故答案为：大于；大于．【点评】本题考查了弱电解质的电离及其影响，题目难度较大，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，明确温度、浓度等对电离平衡常数、水的离子积的影响为解答关键．24．（16分）利用I2O5可消除CO污染或定量测定CO，反应为：5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）；△H1（1）已知：2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）；△H2-38-\n2I2（s）+5O2（g）⇌2I2O5（s）；△H3则△H1=2.5△H2﹣0.5△H3（用含△H2和△H3的代数式表示）．（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2molCO，测得CO2的体积分数φ（CO2）随时间t变化曲线如图．请回答：①从反应开始至a点时的反应速率为v（CO）=0.6mol•L﹣1•min﹣1，b点时化学平衡常数（列式并计算）Kb=1024．②d点时，温度不变，若将容器体积压缩至原来的一半，请在图中补充画出CO2体积分数的变化曲线．③下列说法不正确的是C．（填字母序号）A．容器内气体密度不变，表明反应达到平衡状态B．两种温度下，c点时体系中混合气体的平均相对分子质量相等C．增加I2O5的投料量有利于提高CO的转化率D．b点和d点的化学平衡常数：Kb＞Kd（3）将250mL（标准状况）含有CO的某气体样品通过盛有足量I2O5的干燥管，170℃下充分反应，用水﹣乙醇液充分溶解产物I2，定容到100mL．取25.00mL，用0.0100mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定，标准液应装在碱式滴定管（填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”），选择的指示剂为淀粉溶液，若消耗标准溶液20.00mL．则样品气中CO的体积分数为17.92%．（已知：气体样品中其他成分与I2O5不反应；2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6）【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素．【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学反应中的能量变化；化学平衡专题．【分析】（1）根据盖斯定律和已知反应可得；（2）①起始量和a点时CO2的体积分数（即物质量分数），列式计算即可求出从反应开始至a点时的反应速率为v（CO）；根据b点时CO2的体积分数φ（CO2求出平衡浓度和进而求出b点时化学平衡常数Kb；②对于反应前后气体的物质的量不变的反应，加压平衡不移动；-38-\n③A．因为条件为恒容，而反应前后气体质量变化，所以容器内气体密度是变量，当不变时表明反应达到平衡状态；B．c点为交点，各气体物质的量分别相等；C．I2O5为固体，所以增加投料量对平衡无影响；D．b点比d点时生成物CO2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：Kb＞Kd；（3）Na2S2O3标准溶液因为水解呈碱性，所以要放在碱式滴定管中，碘遇淀粉溶液显蓝色，所以可以用淀粉溶液作指示剂，根据方程式：5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）和2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6列关系式得：5CO～～I2～～～2Na2S2O3；然后计算即可．【解答】解：（1）根据盖斯定律和已知反应：2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H2﹣﹣﹣﹣﹣②2I2（s）+5O2（g）⇌2I2O5（s）△H3﹣﹣﹣﹣﹣③可知反应：5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）可由①×2.5﹣②×0.5得到；则△H1=2.5△H2﹣0.5△H3，故答案为：2.5△H2﹣0.5△H3；（2）①a点时：5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）起始量/mol20转化量/molxxa点量/mol2﹣xx根据a点时CO2的体积分数φ（CO2）==0.30，得x=0.6mol则从反应开始至a点时的反应速率为v（CO）==0.6mol•L﹣1•min﹣1，b点时：5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）起始量/mol20转化量/molyyb点量/mol2﹣yy根据b点时CO2的体积分数φ（CO2）==0.80，得y=1.6mol，=0.2mol•L﹣1，=0.8mol•L﹣1b点时化学平衡常数Kb==1024，故答案为：0.6mol•L﹣1•min﹣1；1024；②d点时，温度不变，若将容器体积压缩至原来的一半，即加压，但由于反应前后气体的物质的量不变，所以平衡不移动，CO2体积分数不变，-38-\n故答案为：；③A．因为条件为恒容，而反应前后气体质量变化，所以容器内气体密度不变时，表明反应达到平衡状态，故A正确；B．c点为交点，气体物质的量分别相等，所以两种温度下，体系中混合气体的平均相对分子质量相等，故B正确；C．I2O5为固体，所以增加投料量对平衡无影响，CO的转化率不变，故C错误；D．b点比d点时生成物CO2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：Kb＞Kd，故D正确；故答案为：C；（3）Na2S2O3标准溶液因为水解呈碱性，所以要放在碱式滴定管中，碘遇淀粉溶液显蓝色，所以可以用淀粉溶液作指示剂，根据方程式：5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）和2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6列关系式得：5CO～～I2～～～2Na2S2O352n（CO）0.01×0.02×mol得n（CO）=0.002molV（CO）=0.0448L=44.8mL则样品气中CO的体积分数为：×100%=17.92%，故答案为：碱式滴定管；淀粉溶液；17.92%．【点评】本题考查了根据盖斯定律求焓变、速率、平衡、氧化还原反应等问题，综合性较强．-38-