湖南省永州市宁远一中高二化学上学期11月月考试题含解析

2022-2022学年湖南省永州市宁远一中高二（上）月考化学试卷（11月份）　一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或者污染很小，且可以再生．下列属于未来新能源标准的是（　　）①天然气②生物质能③潮汐能④石油⑤太阳能⑥煤⑦风能⑧氢能．A．①②③④B．②③⑤⑦⑧C．⑤⑥⑦⑧D．③④⑤⑥⑦⑧　2．在四个不同的容器中，分别进行不同条件下的合成氨反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．在相同时间内表示该反应速率最快的是（　　）A．v（H2）=0.1mol/（L•s）B．v（N2）=0.1mol/（L•s）C．v（N2）=0.2mol/（L•s）D．v（NH3）=0.3mol/（L•s）　3．①pH=0的盐酸②0.5mol•L﹣1盐酸③0.1mol•L﹣1的NH4Cl溶液④0.1mol•L﹣1的NaOH溶液⑤0.5mol•L﹣1的NH4Cl溶液，以上溶液中水电离的c（H+）由大到小的顺序是（　　）A．⑤③④②①B．①②③⑤④C．①②③④⑤D．⑤③④①②　4．已知热化学反应方程式：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H1=﹣483.6kJ/mol则对于热化学方程式：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H2下列说法正确的是（　　）A．热化学方程式中化学计量数表示分子个数B．该反应的△H2=+483.6kJ/molC．|△H2|＜|△H1|D．|△H2|＞|△H1|　5．在一定温度下的恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时，表明反应：A（固）+3B（气）⇌2C（气）+D（气）已达平衡状态的是（其中只有B气体有颜色）（　　）A．混合气体的压强B．混合气体的密度C．气体的平均分子量D．气体的颜色　6．在同温同压下，下列各组热化学方程式中，△H2＞△H1的是（　　）A．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g），△H1；2H2（g）+O2（g）=2H2O（l），△H2B．S（g）+O2（g）=SO2（g），△H1；S（s）+O2（g）=SO2（g），△H2C．C（s）+O2（g）=CO（g），△H1；C（s）+O2（g）=CO2（g），△H2D．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），△H1；2H2（g）+2Cl2（g）=4HCl（g）△H2　7．25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣；△H＞0，下列叙述正确的是（　　）A．向水中加入少量固体NaHSO4，c（H+）增大，KW不变B．向水中加入少量NaOH溶液，平衡逆向移动，c（OH﹣）减小C．向水中加入少量冰醋酸，平衡正向移动，c（H+）增大23\nD．将水加热，KW增大，pH不变　8．温度一定时，于密闭容器中发生可逆反应：mA（气）+nB（气）pC（气），达到平衡后，若将混合气体的体积压缩到原来的，当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡时C的浓度的1.9倍，则下列叙述中正确的是（　　）A．平衡向逆反应方向移动B．C气体的体积分数增大C．气体A的转化率升高D．m+n＞p　9．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（　　）A．pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣5mol•L﹣1B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：①＞②＞③　10．下列关于0.10mol/LNaHCO3溶液的说法正确的是（　　）A．溶质的电离方程式为NaHCO3→Na++H++CO32﹣B．25℃时，加水稀释后，n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大C．离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）D．温度升高，c（HCO3﹣）增大　11．常温下，0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是（　　）A．HA为强酸B．该混合液pH=7C．图中X表示HA，Y表示OH﹣，Z表示H+D．该混合溶液中：c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）　12．标准状态下，气态分子断开1mol化学键的焓变为键焓．已知H﹣H，H﹣O和O=O键的键焓△H分别为436kJ•mol﹣1、463kJ•mol﹣1和495kJ•mol﹣1．下列热化学方程式正确的是（　　）A．H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H=﹣485kJ•mol﹣1B．H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H=+485kJ•mol﹣123\nC．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=+485kJ•mol﹣1D．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣485kJ•mol﹣1　13．室温下，用0.100mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）A．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线B．PH=7时，滴定醋酸消耗V（NaOH）小于20mLC．V（NaOH）=20mL时，C（Cl﹣）=C（CH3COO﹣）D．V（NaOH）=10mL时，醋酸溶液中：C（Na+）＞C（CH3COO﹣）＞C（H+）＞C（OH﹣）　14．向容积为2L的密闭器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌3C（g）；经2s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6mol•L﹣1．下列说法中正确的是（　　）①用物质A表示该反应的平均反应速率为0.2mol•L﹣1•s﹣1②用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2mol•L﹣1•s﹣1③平衡时物质A与B的转化率相等④平衡时物质B的浓度为0.2mol•L﹣1⑤其它条件不变，向容器中再加入1molC气体，达到新平衡时，C的体积分数不变．A．①②③B．①③⑤C．②④⑤D．①③④　15．室温下向10mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中加入0.1mol•L﹣1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）A．a点所示溶液中c（Na+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（HA）B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C．pH=7时，c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）D．b点所示溶液中c（A﹣）＞c（HA）23\n　16．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）A．0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．0.1mol/LH2SO4与0.1mol/L氨水等体积混合：c（H+）＞c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）C．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）　17．一定温度下，水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（　　）A．升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10﹣13C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化　18．下列溶液中有关物质的量浓度关系错误的是（　　）A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c（H+）+c（M+）═c（OH﹣）+c（A﹣）B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa）C．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）═2c（H+）+c（CH3COOH）D．0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4：c（Na+）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2﹣）　　二、非选择题19．（10分）（2022秋•宁远县校级月考）研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的测量及处理具有重要意义．（1）I2O5可使H2S、CO、HCl等氧化，常用于定量测定CO的含量．已知：2I2（s）+5O2（g）═2I2O5（s）△H=﹣75.56kJ•mol﹣123\n2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566.0kJ•mol﹣1写出CO（g）与I2O5（s）反应生成I2（s）和CO2（g）的热化学方程式：　　　　　　．（2）降低汽车尾气的方法之一是在排气管上安装催化转化器，发生如下反应：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0．①该反应的化学平衡常数表达式为K=　　　　　　．②一定条件下，将体积比为1：2的NO、CO气体置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是　　　　　　（填字母）．a．体系压强保持不变b．混合气体颜色保持不变c．N2和CO2的体积比保持不变d．每生成1molN2的同时生成2molNO③若在一定温度下，将2molNO、1molCO充入1L固定容积的容器中，反应过程中各物质的浓度变化如图所示．若保持温度不变，20min时再向容器中充入CO、N2各0.6mol，平衡将　　　　　　．（填“向左”、“向右”或“不”）移动．20min时，若改变反应条件，导致N2浓度发生如图所示的变化，则改变的条件可能是　　　　　　（填字母）．a．加入催化剂b．降低温度c．增加CO2的量．　20．（16分）（2022春•武冈市校级期末）现有反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g），达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：（1）该反应的逆反应为　　　　　　热反应，且m+n　　　　　　p（填“＞”“=”“＜”）．（2）减压时，A的质量分数　　　　　　．（填“增大”“减小”或“不变”，下同）（3）若加入B（体积不变），则A的转化率　　　　　　，B的转化率　　　　　　．（4）若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比将　　　　　　．（5）若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量　　　　　　．（6）若B是有色物质，A、C均无色，则加入C（体积不变）时混合物颜色　　　　　　，而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色　　　　　　（填“变深”“变浅”或“不变”）．　21．（10分）（2022秋•宁远县校级月考）中学化学实验，淡黄色的pH试纸常用于测定溶液的酸碱性．在25℃，若溶液的pH=7，试纸不变色；若pH＜7，试纸变红色；若pH＞7，试纸变蓝色．而要精确测定溶液的pH，需用pH计．pH计主要通过测定溶液中H+浓度来测定溶液的pH．（1）已知水中存在如下平衡H2O⇌H++OH﹣△H＞0．现欲使平衡向右移动，且所得溶液呈中性，选择的方法是　　　　　　（填字母）．A．向水中加入NaHSO4溶液B．向水中加入Cu（OH）2固体23\nC．加热水至100℃[其中c（H+）=1×10﹣6mol•L﹣1]D．在水中加入H2SO4溶液（2）现欲测定100℃沸水的pH及酸碱性，若用pH试纸测定，则试纸显　　　　　　色，若用pH计测定，则pH　　　　　　7（填“＞”“＜”或“=”），溶液呈　　　　　　性（填“酸”“碱”或“中”）．（3）证明NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是　　　　　　（填序号）．a．测定溶液的pHb．加入Ba（OH）2溶液c．加入盐酸d．加入品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测．　22．（10分）（2022秋•宁远县校级月考）在25℃时，将酸HA与碱MOH等体积混合．（1）若pH=3的强酸HA与pH=11的弱碱等体积MOH混合，则所得溶液显　　　　　　．（填“酸性”、“中性”或“碱性”，下同）理由是：　　　　　　．（2）若0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L弱碱MOH等体积混合，则所得溶液显　　　　　　，解释这一现象的离子方程式是　　　　　　．（3）在浓度均为0.1mol/L①CH3COONH4②NH4HSO4③NH3．H2O④（NH4）2SO4溶液中，NH4+浓度由大到小的顺序为　　　　　　（填序号）（4）若滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定终了气泡消失，将使所测结果　　　　　　（填“偏高”、“偏低”或“不变”，下同），若读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数，滴定后正确读数，则所测结果　　　　　　；（5）恒温下，向pH=6的蒸馏水中加入2.3g金属钠，充分反应后，再加蒸馏水稀释到1L，所得溶液的pH=　　　　　　．　　2022-2022学年湖南省永州市宁远一中高二（上）月考化学试卷（11月份）参考答案与试题解析　一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或者污染很小，且可以再生．下列属于未来新能源标准的是（　　）①天然气②生物质能③潮汐能④石油⑤太阳能⑥煤⑦风能⑧氢能．A．①②③④B．②③⑤⑦⑧C．⑤⑥⑦⑧D．③④⑤⑥⑦⑧【考点】清洁能源．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】煤、石油、天然气是化石燃料是不可再生能源；太阳能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是可再生、无污染的新能源．【解答】解：煤、石油、天然气是化石能源是不可再生能源，燃烧时生成的污染物较多，不是新能源；常见新能源有：太阳能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，它们都是可再生、无污染的新能源．故选B．【点评】本题考查化石能源与新能源，题目难度不大，注意加强基础知识的积累．　2．在四个不同的容器中，分别进行不同条件下的合成氨反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．在相同时间内表示该反应速率最快的是（　　）23\nA．v（H2）=0.1mol/（L•s）B．v（N2）=0.1mol/（L•s）C．v（N2）=0.2mol/（L•s）D．v（NH3）=0.3mol/（L•s）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【专题】化学反应速率专题．【分析】利用反应速率与化学计量数的比值，比值越大，反应速率越快，以此来解答．【解答】解：反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，A.=0.033；B.=0.1；C.=0.2；D.=0.15，显然C中比值最大，反应速率最快，故选C．【点评】本题考查反应速率的比较，为高频考点，把握反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，注意比值法可快速解答选择题，也可转化为同种物质的反应速率比较大小，还应注意单位要一致，题目难度不大．　3．①pH=0的盐酸②0.5mol•L﹣1盐酸③0.1mol•L﹣1的NH4Cl溶液④0.1mol•L﹣1的NaOH溶液⑤0.5mol•L﹣1的NH4Cl溶液，以上溶液中水电离的c（H+）由大到小的顺序是（　　）A．⑤③④②①B．①②③⑤④C．①②③④⑤D．⑤③④①②【考点】水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】先根据影响水的电离平衡的因素分析，酸和碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离；水溶液中一定温度下存在氢氧根离子浓度和氢离子浓度乘积是常数，存在水的离子积；可以计算溶液中水电离出的氢离子或氢氧根离子进行比较；【解答】解：①pH=0的盐酸[H+]酸=1mol/L，抑制水的电离，水电离出的氢离子浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度，由水溶液中的离子积计算：[H+]酸[OH﹣]水=10﹣14，[OH﹣]水=[H+]水=10﹣14；②0.5mol•L﹣1盐酸溶液中[H+]酸=0.5mol/L，抑制水的电离，所以根据水溶液中的离子积计算：[H+]酸[OH﹣]水=10﹣14，[OH﹣]水=[H+]水=2×10﹣14；③0.1mol•L﹣1的NH4Cl溶液中，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；促进水的电离，水电离出的氢离子增大；④0.1mol•L﹣1的NaOH溶液中[OH﹣]碱=0.1mol/L，根据水溶液中的离子积计算：[H+]水[OH﹣]碱=10﹣14，[OH﹣]水=[H+]水=10﹣13；⑤0.5mol•L﹣1的NH4Cl溶液，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；促进水的电离，水电离出的氢离子增大；③⑤比较铵根离子浓度越小，水解程度越大，对水的电离促进程度越大，水解是微弱的，铵根离子浓度越大，水电离出的氢离子浓度越大，所以溶液中由水电离出的氢离子浓度③＜⑤，综上所述：溶液中水电离的c（H+）由大到小的顺序是⑤③④②①，故选A．23\n【点评】本题考查了水的电离平衡的影响因素，水溶液中离子积的应用，主要是水解的盐对水的电离的影响判断，③⑤的比较是关键．　4．已知热化学反应方程式：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H1=﹣483.6kJ/mol则对于热化学方程式：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H2下列说法正确的是（　　）A．热化学方程式中化学计量数表示分子个数B．该反应的△H2=+483.6kJ/molC．|△H2|＜|△H1|D．|△H2|＞|△H1|【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．热化学方程式中化学计量数只表示物质的量；B．水的状态不同，气态水变为液态水需要放热；C.2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）△H=+483kJ/mol；D．液态水变为气态水需吸热，2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）△H=+483kJ/mol．【解答】解：A．热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，不表示分子个数，故A错误；B．因水的状态不同，气态水变为液态水需要放热，则△H2＞+483.6kJ/mol，故B错误；C．2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）△H=+483kJ/mol，△H2=﹣（△H1﹣Q）=483kJ•mol﹣1+Q（Q＞0），△H2＞△H1，即|△H2|＞|△H|，故C错误；D.2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）△H=+483kJ/mol，△H2=﹣（△H1﹣Q）=483kJ•mol﹣1+Q（Q＞0），△H2＞△H1，即|△H2|＞|△H|，故D正确；故选D．【点评】本题考查热化学反应方程式，比较反应热及热量时注意正负号，并能注意隐含的常识是水由气态转化为液态要放出热量来解答即可，题目难度不大．　5．在一定温度下的恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时，表明反应：A（固）+3B（气）⇌2C（气）+D（气）已达平衡状态的是（其中只有B气体有颜色）（　　）A．混合气体的压强B．混合气体的密度C．气体的平均分子量D．气体的颜色【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断．解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解答】解：A、可逆反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g），反应前后，气体的物质的量不发生变化，体积恒定，反应自开始到平衡，压强都是一定值，故A错误；B、无论该反应是否达到平衡状态，A的密度始终不变，故B错误；C、该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，无论该反应是否达到平衡状态，气体的总物质的量和总质量始终不变，则气体的平均分子量，故C错误；D、只有B气体有颜色，气体的颜色，则B的浓度不变，反应达到平衡状态，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，难度不大，化学平衡状态的判断是高考的热点，平衡状态的本质是正逆反应速率相等．23\n　6．在同温同压下，下列各组热化学方程式中，△H2＞△H1的是（　　）A．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g），△H1；2H2（g）+O2（g）=2H2O（l），△H2B．S（g）+O2（g）=SO2（g），△H1；S（s）+O2（g）=SO2（g），△H2C．C（s）+O2（g）=CO（g），△H1；C（s）+O2（g）=CO2（g），△H2D．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），△H1；2H2（g）+2Cl2（g）=4HCl（g）△H2【考点】反应热的大小比较．【分析】A、液态水变为气态水的过程是吸热过程；B、固体硫变为气态硫需要吸收热量；C、碳单质完全燃烧放热多于不完全燃烧放的热；D、化学反应方程式的系数加倍，焓变数值加倍．【解答】解：A、物质的燃烧反应是放热的，所以焓变是负值，液态水变为气态水的过程是吸热的，故△H1＞△H2，故A错误；B、物质的燃烧反应是放热的，所以焓变是负值，固体硫变为气态硫需要吸收热量，所以△H1＜△H2，故B正确；C、碳单质完全燃烧生成二氧化碳放热多于不完全燃烧生成一氧化碳放的热，反应的焓变是负值，故△H1＞△H2，故C错误；D、化学反应方程式的系数加倍，焓变数值加倍，该化合反应是放热的，所以焓变值是负值，2△H1=△H2，△H1＞△H2，故D错误；故选B．【点评】本题考查了物质反应能量变化分析判断，主要是盖斯定律的应用，物质量不同、状态不同、产物不同，反应的能量变化本题，题目较简单．　7．25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣；△H＞0，下列叙述正确的是（　　）A．向水中加入少量固体NaHSO4，c（H+）增大，KW不变B．向水中加入少量NaOH溶液，平衡逆向移动，c（OH﹣）减小C．向水中加入少量冰醋酸，平衡正向移动，c（H+）增大D．将水加热，KW增大，pH不变【考点】水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】水电离生成氢离子、氢氧根离子，所以加入能电离出氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离，加入和氢离子或氢氧根离子反应的物质能促进水电离，温度不变，离子积常数不变，据此分析解答．【解答】解：A、向水中加入硫酸氢钠固体，硫酸氢钠电离出氢离子导致溶液中c（H+）增大，温度不变Kw不变，故A正确；B、向水中加入氢氧化钠固体，c（OH﹣）增大，水的电离平衡左移，故B错误；C、加入少量冰醋酸，溶液中的c（H+）增大，水的电离被抑制，平衡左移，故C错误；D、由于水的电离吸热，故将水加热，水的电离平衡右移，Kw增大，溶液中的c（H+）增大，故pH减小，故D错误．故选A．【点评】本题考查离子积常数、水的电离，明确氢离子或氢氧根离子抑制水电离、弱离子促进水电离即可解答，注意离子积常数与溶液酸碱性无关，置于温度有关，为易错点．　23\n8．温度一定时，于密闭容器中发生可逆反应：mA（气）+nB（气）pC（气），达到平衡后，若将混合气体的体积压缩到原来的，当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡时C的浓度的1.9倍，则下列叙述中正确的是（　　）A．平衡向逆反应方向移动B．C气体的体积分数增大C．气体A的转化率升高D．m+n＞p【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】若将混合气体的体积压缩到原来的，如平衡不移动，C的浓度为原平衡时C的浓度的2倍，而当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡时C的浓度的1.9倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有m+n＜p，结合平衡移动特点解答该题．【解答】解：A．将混合气体的体积压缩到原来的，如平衡不移动，C的浓度为原平衡时C的浓度的2倍，而当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡时C的浓度的1.9倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，故A正确；B．平衡向逆反应方向移动，C气体的体积分数减小，故B错误；C．平衡向逆反应方向移动，气体A的转化率减小，故C错误；D．增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有m+n＜p，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学平衡移动的判断，题目难度中等，注意把握缩小体积气体浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键．　9．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（　　）A．pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣5mol•L﹣1B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：①＞②＞③【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步；B．加水稀释促进一水合氨电离；C．H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大．【解答】解：A．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c（H+）＞c（HS﹣），故A错误；B．加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的，其pH=b，则a＜b+1，故B错误；C．H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故C错误；23\nD．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大，酸根离子水解程度①＜②＜③，所以盐浓度①＞②＞③，钠离子不水解，所以c（Na+）：①＞②＞③，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离和盐类水解，根据弱电解质电离特点、盐类水解特点再结合电荷守恒来分析解答，易错选项是B，题目难度中等．　10．下列关于0.10mol/LNaHCO3溶液的说法正确的是（　　）A．溶质的电离方程式为NaHCO3→Na++H++CO32﹣B．25℃时，加水稀释后，n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大C．离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）D．温度升高，c（HCO3﹣）增大【考点】离子浓度大小的比较；电离方程式的书写．【分析】A．碳酸氢根离子不可拆分；B．加水稀释后，促进HCO3﹣水解，但Kw不变；C．溶液遵循电荷守恒；D．HCO3﹣水解为吸热反应，升高温度，促进水解．【解答】解：A．NaHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3﹣，故A错误；B.25℃时，加水稀释后，促进HCO3﹣水解，n（OH﹣）增大，c（OH﹣）减小，由Kw不变，可知c（H+）增大，则n（H+）增大，则n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大，故B正确；C．由电荷守恒可知，离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故C错误；D．HCO3﹣水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c（HCO3﹣）减小，故D错误；故选B．【点评】本题电离、水解及溶液中离子浓度关系的考查，选项B为解答的易错点，注意稀释促进水解时浓度与物质的量的变化不同，题目难度中等．　11．常温下，0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是（　　）A．HA为强酸B．该混合液pH=7C．图中X表示HA，Y表示OH﹣，Z表示H+D．该混合溶液中：c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．23\n【分析】一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒为：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．A．HA为弱酸；B．该混合液pH＞7；C．X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+；D．Y表示HA，溶液中存在物料守恒得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）．【解答】解：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒得到：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．A．一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，二者恰好反应：HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液为NaA溶液，溶液中中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，故A错误；B．c（Na+）＞c（A﹣），说明NaA水解，A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，该混合液pH＞7，故B错误；C．HA是弱电解质，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），c（OH﹣）除了水解产生的还有水电离的，因此c（OH﹣）＞c（HA），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，故C错误；D．溶液中存在物料守恒c（Na+）=c（A﹣）+c（HA），Y表示HA，得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+），故D正确；故选D．【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液PH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为解题关键，题目难度中等．　12．标准状态下，气态分子断开1mol化学键的焓变为键焓．已知H﹣H，H﹣O和O=O键的键焓△H分别为436kJ•mol﹣1、463kJ•mol﹣1和495kJ•mol﹣1．下列热化学方程式正确的是（　　）A．H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H=﹣485kJ•mol﹣1B．H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H=+485kJ•mol﹣1C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=+485kJ•mol﹣1D．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣485kJ•mol﹣1【考点】热化学方程式；真题集萃．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】旧键断裂需要吸收能量，新键的生成会放出能量，△H=反应物的键能和﹣生成物的键能和，据此进行解答．【解答】解：A、水分解是吸热反应，应该△H＞0，故A错误；B、△H=2×463kJ/mol﹣436kJ/mol﹣×495kJ/mol=242.5kJ/mol，故B错误；C、氢气燃烧放热，应该△H＜0，故C错误；D、△H=2×436kJ/mol+495kJ/mol﹣4×463kJ/mol=﹣485kJ/mol，故D正确．23\n故选：D．【点评】本题考查了热化学方程式的书写、反应热的计算，题目难度中等，注意掌握热化学方程式的书写原则，明确化学键与化学反应中能量变化的关系是解题关键．　13．室温下，用0.100mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）A．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线B．PH=7时，滴定醋酸消耗V（NaOH）小于20mLC．V（NaOH）=20mL时，C（Cl﹣）=C（CH3COO﹣）D．V（NaOH）=10mL时，醋酸溶液中：C（Na+）＞C（CH3COO﹣）＞C（H+）＞C（OH﹣）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸；B．pH=7时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH；C．V（NaOH）=20.00mL时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解；D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断；【解答】解：A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸，所以I是滴定醋酸的曲线，故A错误；B．NaOH和醋酸恰好反应时生成强碱弱酸盐，醋酸钠溶液呈碱性，pH=7时，溶液呈中性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH，所以滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL，故B正确；C．V（NaOH）=20.00mL时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），故C错误；D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），再结合电荷守恒得c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故D错误；故选B．【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度中等．　23\n14．向容积为2L的密闭器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌3C（g）；经2s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6mol•L﹣1．下列说法中正确的是（　　）①用物质A表示该反应的平均反应速率为0.2mol•L﹣1•s﹣1②用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2mol•L﹣1•s﹣1③平衡时物质A与B的转化率相等④平衡时物质B的浓度为0.2mol•L﹣1⑤其它条件不变，向容器中再加入1molC气体，达到新平衡时，C的体积分数不变．A．①②③B．①③⑤C．②④⑤D．①③④【考点】化学平衡的计算；反应速率的定量表示方法．【专题】化学平衡专题．【分析】①C的浓度变化为0.6mol/L，根据v=计算v（C），根据速率之比等于化学计量数之比计算v（A）；②C的浓度变化为0.6mol/L，根据v=计算v（C），根据速率之比等于化学计量数之比计算v（B）；③A、B化学计量数之比为2：1，参加反应的A、B的物质的量之比为2：1，A、B的起始物质的量之比为2：1，平衡时物质A与B的转化率相等；④根据C的浓度变化量计算B的浓度变化量，平衡时物质B的浓度等于B起始浓度减去B的浓度变化量；⑤原平衡与开始加入3molC是等效的，在原平衡状态加入1molC，可以等效为开始加入4molC，该反应反应前后气体的物质的量变化，在恒温恒容体积下，压强增大，平衡状态相同．【解答】解：①C的浓度变化为0.6mol/L，所以v（C）==0.3mol/（L•S），速率之比等于化学计量数之比，所以v（A）=v（C）=×0.3mol/（L•S）=0.2mol/（L•S），故①正确；②由①知，v（C）=0.3mol/（L•S），速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=v（C）=×0.3mol/（L•S）=0.1mol/（L•S），故②错误；③A、B化学计量数之比为2：1，参加反应的A、B的物质的量之比为2：1，A、B的起始物质的量之比为2：1，平衡时物质A与B的转化率相等，故③正确；④△c（C）=0.6mol/L，根据2A（g）+B（g）⇌3C（g）可知，△c（B）=△c（C）=×0.6mol/L=0.2mol/L，所以B平衡浓度为﹣0.2mol/L=0.3mol/L，故④错误；⑤原平衡与开始加入3molC是等效的，在原平衡状态加入1molC，可以等效为开始加入4molC，该反应反应前后气体的物质的量变化，在恒温恒容体积下，压强增大，不影响平衡移动，加入3molC与加入4molC所到达的平衡状态相同，所以向容器中再加入1molC气体，达到新平衡时，C的体积分数不变，故⑤正确．所以①③⑤正确．故选B．23\n【点评】本题考查化学反应速率的计算、影响反应速率的因素、平衡移动与等效平衡，难度中等，注意⑤中化学平衡的建立途径及等效平衡规律：恒温恒容下，反应前后体积变化，按化学计量数转化到一边，满足对应各物质的量相等；反应前后体积不变化，按化学计量数转化到一边，满足对应各物质的比相同．恒温恒压下，按化学计量数转化到一边，满足对应各物质的比相同．　15．室温下向10mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中加入0.1mol•L﹣1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）A．a点所示溶液中c（Na+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（HA）B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C．pH=7时，c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）D．b点所示溶液中c（A﹣）＞c（HA）【考点】真题集萃；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性；B．b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离；C．pH=7时，c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒判断；D．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA程度大于A﹣水解程度．【解答】解：A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c（HA）＞c（H+），故A错误；B．a点A﹣水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故B错误；C．pH=7时，c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）=c（A﹣），故C错误；D．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA程度大于A﹣水解程度，则存在c（A﹣）＞c（HA），故D正确．故选D．【点评】本题为2022年考题，侧重于酸碱混合的定性判断，有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养，题目难度中等，本题易错点为C，注意从溶液电中性的角度分析．　16．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）A．0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．0.1mol/LH2SO4与0.1mol/L氨水等体积混合：c（H+）＞c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）23\nC．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A．0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，反应后的溶质为等浓度的氯化钠和醋酸，则c（Na+）=c（Cl﹣），溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），由于溶液中氢离子来自醋酸和水的电离，则c（CH3COO﹣）＜c（H+）；B．两溶液反应生成硫酸氢铵，溶液显示酸性，铵根离子部分水解，则c（NH4+）＜c（SO42﹣）；C．根据混合液中物料守恒进行解答；D．混合液中还处在氯离子，根据混合液中的电荷守恒进行判断．【解答】解：A．0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，两溶液恰好反应，反应后的溶质为等浓度的氯化钠和醋酸，则c（Na+）=c（Cl﹣），溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），由于醋酸只能部分电离出醋酸根离子和氢离子，则c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），由于溶液中氢离子来自醋酸和水的电离，则c（CH3COO﹣）＜c（H+），溶液中正确的离子浓度关系为：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），故A错误；B.0.1mol/LH2SO4与0.1mol/L氨水等体积混合，两溶液恰好反应生成硫酸氢铵，由于氢离子来自磷酸氢根离子和水的电离，且铵根离子部分水解，则：c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+），则溶液中离子浓度大小为：c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣），故B错误；C.0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合，根据物料守恒可得：2c（Na+）=3c（CO32﹣）+3c（HCO3﹣）+3c（H2CO3），即：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故C正确；D.0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸），混合液中一定满足电荷守恒，根据核电荷数可得：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）=c（Na+）+c（H+），故D错误；故选C．【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断方法，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小．　17．一定温度下，水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（　　）23\nA．升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10﹣13C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化【考点】水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A、由图可知abc为等温线；B、由b点计算此温度下水的离子积常数为1.0×10﹣14；C、b点到a点，氢离子浓度变大，氢氧根离子浓度减小，据此解答即可；D、稀释不会引起水的离子积的改变，据此解答即可．【解答】解：A、由图可知abc三点对应的平衡常数不变，故abc为等温线，故升高温度，不能由c到b，故A错误；B、b点c（H+）=c（OH﹣）=1.0×10﹣7，故KW=1.0×10﹣7×1.0×10﹣7=1.0×10﹣14，故B错误；C、加入FeCl3，氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子结合水电离出的氢氧根，促进水的电离平衡右移，即氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小（由b到a），符合图象变化趋势，故C正确；D、由c点到d点，水的离子积常数减小，温度不变，K不变，故不能利用稀释使其形成此变化，故D错误，故选C．【点评】本题主要考查的是水的离子积常数以及水电离的影响因素，掌握水的离子积为温度的函数是解决本题的关键，难度不大．　18．下列溶液中有关物质的量浓度关系错误的是（　　）A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c（H+）+c（M+）═c（OH﹣）+c（A﹣）B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa）C．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）═2c（H+）+c（CH3COOH）D．0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4：c（Na+）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A、根据电荷守恒分析解答；23\nB、相同浓度的三种溶液CH3COONa、NaOH和Na2CO3pH的大小分别为NaOH、Na2CO3和CH3COONa，所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa）；C、物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒为c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+），以此分析；D、0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4，电离大于水解程度．【解答】解：A、根据电荷守恒，可知c（H+）+c（M+）═c（OH﹣）+c（A﹣），故A正确；B、相同浓度的三种溶液CH3COONa、NaOH和Na2CO3pH的大小分别为NaOH、Na2CO3和CH3COONa，所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），故B正确；C、物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒为c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+），由上述两个式子可得c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣），故C正确；D、0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4，电离大于水解程度，所以离子浓度大小为：c（Na+）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故D错误；故选D．【点评】本题考查离子浓度的大小结合盐的水解知识，学生在解题中要注意守恒知识的应用，比较容易．　二、非选择题19．（10分）（2022秋•宁远县校级月考）研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的测量及处理具有重要意义．（1）I2O5可使H2S、CO、HCl等氧化，常用于定量测定CO的含量．已知：2I2（s）+5O2（g）═2I2O5（s）△H=﹣75.56kJ•mol﹣12CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566.0kJ•mol﹣1写出CO（g）与I2O5（s）反应生成I2（s）和CO2（g）的热化学方程式：　5CO（g）+I2O5（s）═5CO2（g）+I2（s）△H=﹣1377.22kJ•mol﹣1　．（2）降低汽车尾气的方法之一是在排气管上安装催化转化器，发生如下反应：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0．①该反应的化学平衡常数表达式为K=　　．②一定条件下，将体积比为1：2的NO、CO气体置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是　ad　（填字母）．a．体系压强保持不变b．混合气体颜色保持不变c．N2和CO2的体积比保持不变d．每生成1molN2的同时生成2molNO③若在一定温度下，将2molNO、1molCO充入1L固定容积的容器中，反应过程中各物质的浓度变化如图所示．若保持温度不变，20min时再向容器中充入CO、N2各0.6mol，平衡将　不　．（填“向左”、“向右”或“不”）移动．20min时，若改变反应条件，导致N2浓度发生如图所示的变化，则改变的条件可能是　b　（填字母）．a．加入催化剂b．降低温度c．增加CO2的量．23\n【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．【分析】（1）根据已知热化学方程式，利用盖斯定律计算和书写热化学方程式；（2）①化学平衡的平衡常数=；②根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；③依据平衡常数概念写出该反应的平衡常数表达式，然后通过列式计算，依据浓度商和平衡常数比较分析判断；根据影响化学平衡的因素判断改变的条件；（3）根据图象知，硝酸根离子得电子发生氧化反应，则Ag﹣Pt作阴极，Pt电极为阳极，A为正极，B为负极，以此解答该题．【解答】解：（1）由已知热化学方程式：2I2（s）+5O2（g）=2I2O5（s）；△H=﹣75.56kJ•mol﹣1①，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；△H=﹣566.0kJ•mol﹣1②，根据盖斯定律将方程式②×﹣①×得5CO（g）+I2O5（s）=5CO2（g）+I2（s）△H=（﹣566.0kJ•mol﹣1）×﹣（﹣75.56kJ•mol﹣1）×=﹣1377.22kJ/mol，所以其热化学反应方程式为：5CO（g）+I2O5（s）=5CO2（g）+I2（s）△H=﹣1377.22kJ/mol，故答案为：5CO（g）+I2O5（s）=5CO2（g）+I2（s）△H=﹣1377.22kJ/mol；（2）①2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0化学平衡的平衡常数==，故答案为：；②2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0，反应是气体体积减小的发热反应a．反应前后气体体积减小，体系压强都保持不变，能用于判断是否达到平衡状态，故a正确；b．混合气体的一无颜色，颜色保持不变，不能说明达到平衡状态，故b错误；c．生成物N2和CO2的体积比始终保持不变，不能说明达到平衡状态，故c错误；d．每生成1molN2的同时生成2molNO，说明正逆反应速率相同，能判断是否达到平衡状态，故d正确；23\n故答案为：ad；③依据图象可知，15分钟时达到平衡时氮气浓度为0.2mol/L，NO平衡浓度为1.6mol/L，一氧化碳浓度为0.6mol/L，二氧化碳浓度为0.4mol/L，2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0，该温度下该反应的平衡常数为：K===0.035，若保持温度不变，20min时再向容器中充入CO、N2各0.6mol，则各组分浓度分别为：c（NO）=1.6mol/L、c（CO）=0.6mol/L+0.6mol/L=1.2mol/L、c（N2）=0.2mol/L+0.6mol/L=0.8mol/L、c（CO2）=0.4mol/L，Qc===0.035=K，则化学平衡不动，20min时，若改变反应条件，导致N2浓度发生如图所示的变化，斜率减小反应速率减小，氮气浓度增大，反应是气体体积减小的放热反应，则改变的条件可能是降温，故答案为：不；b．【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法，化学平衡的计算分析判断，原电池和电解池的原理的分析与计算，题目难度中等．　20．（16分）（2022春•武冈市校级期末）现有反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g），达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：（1）该反应的逆反应为　放　热反应，且m+n　＞　p（填“＞”“=”“＜”）．（2）减压时，A的质量分数　增大　．（填“增大”“减小”或“不变”，下同）（3）若加入B（体积不变），则A的转化率　增大　，B的转化率　减小　．（4）若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比将　减小　．（5）若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量　不变　．（6）若B是有色物质，A、C均无色，则加入C（体积不变）时混合物颜色　变深　，而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色　变浅　（填“变深”“变浅”或“不变”）．【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，根据外界条件对化学平衡的影响解答该题．【解答】解：（1）达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，逆反应为放热反应，当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，故答案为：放；大于；（2）减压平衡向逆反应方向移动，则A的质量分数增大，故答案为：增大；23\n（3）在反应容器中加入一定量的B，反应物B的浓度增大，平衡向正反应方向移动，则A的转化率增大，B加入的多，而转化的少，则B的转化率反而减小，故答案为：增大；减小；（4）正反应吸热，则升高温度平衡向正反应方向移动，B的物质的量减小，C的物质的量增多，所以二者的比值将减小，故答案为：减小；（5）催化剂对化学平衡移动没有影响，所以若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量不变，故答案为：不变；（6）若B是有色物质，A、C均无色，则加入C平衡向逆反应方向移动，B的浓度增大，则颜色加深，而维持容器内压强不变，充入氖气时，体积增大，对于反应体系来说，相当于减小压强，则平衡向逆反应方向移动，但移动的量远小于体积增大的因素，则B的浓度减小，颜色变浅，故答案为：变深；变浅．【点评】本题考查外界条件对平衡移动的影响，题目难度不大，注意分析反应的特征为解答该题的关键．　21．（10分）（2022秋•宁远县校级月考）中学化学实验，淡黄色的pH试纸常用于测定溶液的酸碱性．在25℃，若溶液的pH=7，试纸不变色；若pH＜7，试纸变红色；若pH＞7，试纸变蓝色．而要精确测定溶液的pH，需用pH计．pH计主要通过测定溶液中H+浓度来测定溶液的pH．（1）已知水中存在如下平衡H2O⇌H++OH﹣△H＞0．现欲使平衡向右移动，且所得溶液呈中性，选择的方法是　C　（填字母）．A．向水中加入NaHSO4溶液B．向水中加入Cu（OH）2固体C．加热水至100℃[其中c（H+）=1×10﹣6mol•L﹣1]D．在水中加入H2SO4溶液（2）现欲测定100℃沸水的pH及酸碱性，若用pH试纸测定，则试纸显　淡黄　色，若用pH计测定，则pH　＜　7（填“＞”“＜”或“=”），溶液呈　中　性（填“酸”“碱”或“中”）．（3）证明NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是　ae　（填序号）．a．测定溶液的pHb．加入Ba（OH）2溶液c．加入盐酸d．加入品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测．【考点】水的电离；盐类水解的应用．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）使水的电离平衡向右移动的方法有：升高温度、加入含有弱根离子的盐等，如果溶液呈酸性，说明加入的物质和氢氧根离子反应，导致溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度而使溶液呈酸性；（2）100℃沸水显示中性，根据中性环境下pH试纸的颜色来确定即可；在25℃时，水的pH=7，温度升高，则pH增大，水在任何温度下均为中性；（3）NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故检验溶液呈酸性即可．【解答】解：（1）A．向水中加入NaHSO4，NaHSO4电离出氢离子，抑制水电离，平衡逆向移动，导致溶液中C（H+）＞C（OH﹣），溶液呈酸性，故A错误；B．向水中加入Cu（NO3）2，Cu（NO3）2是强酸弱碱盐能水解，铜离子和氢氧根离子结合生成氢氧化铜，从而促进水电离，导致溶液中C（OH﹣）＜C（H+），溶液呈酸性，故B错误；C．水的电离是吸热反应，加热至100℃，促进水电离，溶液C（OH﹣）=C（H+），溶液呈中性，故C正确；23\nD．向水中加入H2SO4，H2SO4是强酸，电离出的氢离子抑制水的电离，导致溶液中C（OH﹣）＞C（H+），溶液呈酸性，故D错误；故选C；（2）温度升高会促进水的电离，所以水的pH会减小，所以100℃沸水仍然是中性的，但此时的pH值小于7，pH试纸测定溶液的酸碱性时，试纸为淡黄，水在任何温度下均为中性的，故答案为：淡黄；＜；中；（3）NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的pH，可以确定溶液酸碱性，酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以能用测定溶液pH值、湿润的蓝色石蕊试液检验，而加入Ba（OH）2溶液、HCl溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性，故选ae；故答案为：ae．【点评】该题综合考查化学反应原理的基础知识，涉及离子的水解、pH值的计算等，题目难度中等，注意相关知识的积累．　22．（10分）（2022秋•宁远县校级月考）在25℃时，将酸HA与碱MOH等体积混合．（1）若pH=3的强酸HA与pH=11的弱碱等体积MOH混合，则所得溶液显　碱性　．（填“酸性”、“中性”或“碱性”，下同）理由是：　酸HA与碱MOH中和后，碱过量，还会电离出OH﹣　．（2）若0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L弱碱MOH等体积混合，则所得溶液显　酸性　，解释这一现象的离子方程式是　M++H2O⇌MOH+H+　．（3）在浓度均为0.1mol/L①CH3COONH4②NH4HSO4③NH3．H2O④（NH4）2SO4溶液中，NH4+浓度由大到小的顺序为　④＞②＞①＞③　（填序号）（4）若滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定终了气泡消失，将使所测结果　偏高　（填“偏高”、“偏低”或“不变”，下同），若读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数，滴定后正确读数，则所测结果　偏低　；（5）恒温下，向pH=6的蒸馏水中加入2.3g金属钠，充分反应后，再加蒸馏水稀释到1L，所得溶液的pH=　11　．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）酸是强酸、碱是弱碱，则常温下pH=3的强酸溶液浓度小于pH=11的弱碱溶液，二者等体积混合碱溶液有剩余，溶液呈碱性；（2）若0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L弱碱MOH等体积混合，二者恰好反应生成强酸弱碱盐MA，溶液呈酸性；（3）醋酸铵、硫酸氢铵、硫酸铵都是强电解质，在水溶液中完全电离；一水合氨是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以浓度相同的这几种溶液中，氨水中铵根离子浓度最小；铵盐中，醋酸根离子促进铵根离子水解、氢离子抑制铵根离子水解；（4）若滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定终了气泡消失，导致标准液使用体积偏大；若读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数，滴定后正确读数，导致溶液体积偏小；（5）恒温下，蒸馏水的pH=6，则该温度下离子积常数为10﹣12，n（Na）==0.1mol，根据Na原子守恒得n（NaOH）=n（Na）=0.1mol，稀释后溶液中c（NaOH）==0.1mol/L，氢氧化钠溶液中c（H+）=mol/L=10﹣11mol/L，pH=﹣lgc（H+）．23\n【解答】解：（1）酸是强酸、碱是弱碱，则常温下pH=3的强酸溶液浓度小于pH=11的弱碱溶液，二者等体积混合碱溶液有剩余，酸HA与碱MOH中和后，碱过量，还会电离出OH﹣，所以溶液呈碱性，故答案为：碱性；酸HA与碱MOH中和后，碱过量，还会电离出OH﹣；（2）若0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L弱碱MOH等体积混合，二者恰好反应生成强酸弱碱盐MA，弱碱离子水解导致溶液呈酸性，水解方程式为M++H2O⇌MOH+H+，故答案为：酸性；M++H2O⇌MOH+H+；（3）醋酸铵、硫酸氢铵、硫酸铵都是强电解质，在水溶液中完全电离；一水合氨是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以浓度相同的这几种溶液中，氨水中铵根离子浓度最小；铵盐中，醋酸根离子促进铵根离子水解、氢离子抑制铵根离子水解，硫酸铵中铵根离子浓度最大，所以相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度大小顺序是④＞②＞①＞③，故答案为：④＞②＞①＞③；（4）若滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定终了气泡消失，导致标准液使用体积偏大，则测定溶液的浓度偏高；若读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数，滴定后正确读数，导致溶液体积偏小，则测定溶液浓度偏低，故答案为：偏高；偏低；（5）恒温下，蒸馏水的pH=6，则该温度下离子积常数为10﹣12，n（Na）==0.1mol，根据Na原子守恒得n（NaOH）=n（Na）=0.1mol，稀释后溶液中c（NaOH）==0.1mol/L，氢氧化钠溶液中c（H+）=mol/L=10﹣11mol/L，pH=﹣lgc（H+）=﹣lg10﹣11=11，故答案为：11．【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断、pH的计算、误差分析等知识点，明确弱电解质性质、混合溶液中溶质成分及其性质、误差分析原理是解本题关键，注意（5）中离子积常数是10﹣12而不是10﹣14，为易错点．　23