山东省德州市武城二中高二化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年山东省德州市武城二中高二（上）期中化学试卷　一、选择题（每小题只有一个选项是正确的，1-3每小题2分，4-17每小题2分共48分）1．下列关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是（　　）ABCD强电解质Ba（OH）2NaClHNO3CaCO3弱电解质CH3COOHNH3Fe（OH）3HClO非电解质FeBaSO4H2O乙醇A．AB．BC．CD．D　2．C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣126.4kJ/mol，这个热化学方程式表示（　　）A．1g碳燃烧生成一氧化碳时放出126.4kJ的热量B．1mol固体碳在氧气中燃烧生成一氧化碳气体时放出126.4kJ的热量C．12g碳燃烧生成一氧化碳时吸收126.4kJ的热量D．碳的燃烧热为126.4kJ/mol　3．下列关于化学反应速率的说法正确的是（　　）A．根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢B．化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物的量的减少或任何一种生成物的量的增加C．化学反应速率为0.8mol/（L•s）是指1s时某物质的浓度为0.8mol/LD．对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象越明显　4．下列方程式书写正确的是（　　）A．NaHCO3溶液的电离：NaHCO3═Na++HCO3﹣B．氯化铵溶液的水解：NH4++H2O═NH3•H2O+H+C．碳酸钠的水解：CO32﹣+2H2O═H2CO3+2OH﹣D．氯化铝和碳酸钠溶液混合：2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2　5．已知水的电离方程式：H2O═H++OH﹣．下列叙述中，正确的是（　　）-33-\nA．升高温度，KW增大，pH不变仍为中性B．向水中加入少量硫酸，c（H+）增大C．向水中加入氨水，平衡向逆反应方向移动，c（OH﹣）降低D．一定温度下，向水中加入少量固体CH3COONa，平衡向正反应方向移动，Kw增大　6．一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体，发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断不合理的是（　　）A．该反应的化学方程式为3B+4C═6A+2DB．反应进行到1s时，v（A）和v（D）不相等C．反应开始到6s，B的平均反应速率为0.1mol•L﹣1•s﹣1D．反应进行到6s时，各物质的浓度不再变化，达到平衡状态　7．下列关于实验或实验数据的叙述不正确的是（　　）A．中和滴定实验中，洗净后的锥形瓶不需要干燥B．向CH3COONa溶液中滴入石蕊试液，溶液变蓝C．用湿润的pH试纸测得某溶液的pH为2D．用25mL滴定管做中和滴定实验时，用去某浓度的碱溶液19.80mL　8．室温下，向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是（　　）A．室温下，稀释到原体积的10倍后，溶液的pH=4B．溶液中所有离子的浓度都减小C．醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大D．再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液的pH＜7　9．在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时，表明反应A（s）+3B（g）═2C（g）+D（g）已达平衡状态的是（　　）-33-\n①混合气体的密度②混合气体的压强③B的物质的量浓度④气体的总物质的量⑤混合气体的平均相对分子质量．A．①②③B．①④⑤C．①③⑤D．②③⑤　10．一定条件下，一定量的X和Y在密闭容器中进行反应：2X（g）+Y（g）═Z（g），下列说法正确的是（　　）A．若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的△H＞0B．若改变影响平衡的一个条件，化学平衡常数发生变化，则平衡一定发生移动C．改变影响平衡的一个条件，平衡向右移动X的转化率一定增大D．其他条件不变，将容器体积扩大为原来的2倍，Z的平衡浓度变为原来的　11．常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（　　）A．=10﹣12mol•L﹣1的溶液：K+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣B．滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣C．=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3﹣、CO32﹣D．由水电离的=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、NH4+、﹣、HCO3﹣　12．某温度下，溶液中c（H+）=10xmol•L﹣1，c（OH﹣）=10ymol•L﹣1，x和y的关系如图所示．则该温度下，0.01mol•L﹣1的NaOH溶液的pH为（　　）A．10B．11C．13D．12　13．下列说法正确的是（　　）A．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）-33-\nB．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH．若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸C．同浓度的四种溶液①NH4Cl②NH3∙H2O③CH3COONH4④NH4HSO4中，NH4+的浓度由大到小的顺序是：④＞①＞③＞②D．AlCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是AlCl3　14．下列说法正确的是（　　）A．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同B．任何酸与碱发生中和反应生成1molH2O的过程中，能量变化均相同C．已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣akJ•mol﹣1，②2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H=﹣bkJ•mol﹣1，则a＞bD．已知：①C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1，②C（s，金刚石）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣395.0kJ•mol﹣1，则：C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=﹣1.5kJ•mol﹣1　15．室温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（　　）A．由pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．CH3COONa溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）C．Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）D．（NH4）2SO4溶液中：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）　16．已知某温度时CH3COOH的电离平衡常数为K．该温度下向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）．下列说法中正确的是（　　）A．a点表示溶液中c（CH3COO﹣）约为10﹣3mol/L-33-\nB．b点表示的溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全D．d点表示的溶液中大于K　17．对于可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，下列各图中正确的是（　　）A．B．C．D．　　二、填空题．18．用离子方程式表示下列过程：Na2CO3溶液中加入酚酞变红，其原理：　　　　　　．Al2（SO4）3与NaHCO3溶液用于泡沫灭火器中，其原理　　　　　　．　19．25℃时，浓度为0.1mol•L﹣1的6种溶液：①HCl，②CH3COOH，③Ba（OH）2，④Na2CO3，⑤KCl，⑥NH4Cl溶液pH由大到小的顺序为　　　　　　（填写编号）．　20．1L0.1mol/LNaHSO3溶液中，c（H2SO3）＜c（SO32﹣），该溶液呈　　　　　　性（填酸、碱或中）原因：　　　　　　，向上述溶液中加入1L0.1mol/LNaOH溶液，溶液中离子浓度的大小顺序　　　　　　．　21．25℃时，醋酸的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol/L，则该温度下CH3COONa的水解平衡常数Kh=　　　　　　mol•L﹣1（保留到小数点后一位）．　　三、简答题．22．研究化学反应中的能量变化有重要意义．请根据学过知识回答下列问题：-33-\n（1）已知一氧化碳与水蒸气反应过程的能量变化如下图所示：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+135kJ•mol﹣1；写出固体碳与CO2气体反应生成CO的热化学方程式　　　　　　．（2）化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程．化学键的键能是形成（或拆开）1mol化学键时释放（或吸收）的能量．已知：N≡N键的键能是948.9kJ•mol﹣1，H﹣H键的键能是436.0kJ•mol﹣1；N﹣H键的键能是391.55kJ•mol﹣1．则N2（g）+H2（g）═NH3（g）△H=　　　　　　．　23．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表：实验编号HA物质的量浓度（mol•L﹣1）NaOH物质的量浓度（mol•L﹣1）混合溶液的pHa0.10.1pH=9bc0.2pH=7请回答：（1）从a组情况分析，HA是强酸还是弱酸　　　　　　．（2）b组情况表明，c　　　　　　0.2（选填“＞”、“＜”或“=”）．混合溶液中离子浓度c（A﹣）　　　　　　c（Na+）．（选填“＞”、“＜”或“=”）（3）a组实验所得混合溶液中由水电离出的c（OH﹣）=　　　　　　mol•L﹣1．　24．欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.1000mol•L﹣1HCl标准溶液进行中和滴定（用甲基橙作指示剂）．请回答下列问题：（1）滴定时，盛装待测NaOH溶液的仪器名称为　　　　　　，盛装标准盐酸的仪器名称为　　　　　　；滴定至终点的颜色变化为　　　　　　．-33-\n（2）若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为　　　　　　．（3）乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：实验序号待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol•L﹣1HCl溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度125.000.0026.29225.001.5631.30325.001.0027.31选取上述合理数据，计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为　　　　　　（保留四位有效数字）．（4）下列哪些操作会使测定结果偏高　　　　　　（填序号）．A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数．　25．利用“化学蒸气转移法”提纯金属钨的反应原理为：W（s）+I2（g）⇌WI2（g）△H＜0．（1）该反应的平衡常数表达式K=　　　　　　．（2）在恒温恒容条件下，能够说明上述反应一定达到平衡状态的是　　　　　　（填代号）．a．I2（g）与WI2（g）的浓度相等b．W的质量不再变化c．容器内混合气体的密度保持不变d．容器内混合气体的压强保持不变-33-\n（3）在一定温度下，若平衡常数K=，向2L恒容密闭容器中加入lmolI2（g）和足量W（s），5min后反应达到平衡．则0﹣5min内的平均反应速率v（WI2）=　　　　　　，平衡时I2（g）的转化率为　　　　　　．相同温度下，若开始加入I2（g）的物质的量是原来的2倍，则下列数值是原来的2倍的是　　　　　　（填代号）．a．平衡常数b．达到平衡的时间c．I2的物质的量浓度d．平衡时WI2的体积分数（4）为提高该反应的反应速率，同时使增大，可采取的措施为　　　　　　．（5）工业上利用上述反应原理提纯金属钨的示意图如图：反应在石英真空管中进行，先在温度为T1的一端放入未提纯的W粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T2的一端得到了纯净的晶体，则温度T1　　　　　　T2（填“＞”‘＜”或“=”）．上述反应体系中循环使用的物质是　　　　　　．　　-33-\n2022-2022学年山东省德州市武城二中高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题只有一个选项是正确的，1-3每小题2分，4-17每小题2分共48分）1．下列关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是（　　）ABCD强电解质Ba（OH）2NaClHNO3CaCO3弱电解质CH3COOHNH3Fe（OH）3HClO非电解质FeBaSO4H2O乙醇A．AB．BC．CD．D【考点】强电解质和弱电解质的概念．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此进行判断．【解答】解：A．Fe是单质，所以铁既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．氨气本身不能电离，属于非电解质，BaSO4在熔融状态下能够完全电离属于强电解质，故B错误；C．水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故C错误；D．碳酸钙是盐属于强电解质，次氯酸是弱酸属于弱电解质，乙醇在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物属于非电解质，故D正确．故选D．【点评】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确概念是解题关键，注意电解质强弱与电离程度有关，与溶解性无关．　2．C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣126.4kJ/mol，这个热化学方程式表示（　　）A．1g碳燃烧生成一氧化碳时放出126.4kJ的热量B．1mol固体碳在氧气中燃烧生成一氧化碳气体时放出126.4kJ的热量-33-\nC．12g碳燃烧生成一氧化碳时吸收126.4kJ的热量D．碳的燃烧热为126.4kJ/mol【考点】热化学方程式．【专题】化学平衡专题．【分析】依据热化学方程式书写方法和表达意义分析，物质聚集状态和对应反应焓变的表达，1mol固体C与0.5mol氧气反应生成1mol一氧化碳气体时放热126.4KJ，B选项正确，AC中没有指明各物质的状态，D选项中燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，反应生成的是一氧化碳不是稳定氧化物，【解答】解：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣126.4kJ•mol﹣1，这个热化学方程式表示，1mol固体C与0.5mol氧气反应生成1mol一氧化碳气体时放热126.4KJ，A、没有指明碳的状态，故A错误；B、1mol固体碳在氧气中燃烧生成一氧化碳气体时放出126.4kJ的热量，故B正确；C、没有指明各物质的状态，碳燃烧是放热反应，故C错误；D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，反应生成的是一氧化碳不是稳定氧化物，不是燃烧热，故D错误；故选B．【点评】本题考查了热化学方程式表达意义，注意物质聚集状态和对应焓变的分析判断和△H是生成物与反应物的能量差，题目较简单．　3．下列关于化学反应速率的说法正确的是（　　）A．根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢B．化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物的量的减少或任何一种生成物的量的增加C．化学反应速率为0.8mol/（L•s）是指1s时某物质的浓度为0.8mol/LD．对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象越明显【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】A、化学反应速率是衡量化学反应进行快慢程度的物理量．B、化学反应速率适用于溶液或气体．C、化学反应速率表示单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加．-33-\nD、反应速率与反应现象没有直接关系．【解答】解：A、化学反应速率是描述化学反应快慢的物理量，根据化学反应速率可以知道化学反应进行的快慢，故A正确；B、化学反应速率适用于溶液或气体，不适用于固体或纯液体，故B错误；C、化学反应速率为“0.8mol/（L•s）”表示的意思是：时间段为1s时，某物质的浓度增加或减少0.8mol/L，故C错误；D、反应速率快的现象不一定明显，如NaOH与HCl的反应，反应速率慢的现象可能明显，如铁生锈，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学反应速率是对学生基础知识的考查，较简单，但选项D是学生解答中的易错点．　4．下列方程式书写正确的是（　　）A．NaHCO3溶液的电离：NaHCO3═Na++HCO3﹣B．氯化铵溶液的水解：NH4++H2O═NH3•H2O+H+C．碳酸钠的水解：CO32﹣+2H2O═H2CO3+2OH﹣D．氯化铝和碳酸钠溶液混合：2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．碳酸氢钠为强电解质，完全电离；B．水解为微弱的，且是可逆的，应用可逆符号；C．多元弱酸根离子分步水解，以第一步为主；D．双水解彻底的应标注沉淀，气体符号．【解答】解：A．碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHCO3═Na++HCO3﹣，故A正确；B．氯化铵溶液的水解，离子方程式：NH4++H2ONH3•H2O+H+，故B错误；C．碳酸根离子是多元弱酸根离子分步水解，以第一步为主：CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣，故C错误；-33-\nD．氯化铝和碳酸钠溶液混合发生双水解，离子方程式：2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2↑，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了离子方程式的书写，侧重考查电解质电离方程式、盐类水解的离子方程式书写，明确电解质强弱及电离方式、熟悉盐类水解规律及水解离子方程式书写注意问题是解题关键，注意双水解彻底的应标注沉淀、气体符号．　5．已知水的电离方程式：H2O═H++OH﹣．下列叙述中，正确的是（　　）A．升高温度，KW增大，pH不变仍为中性B．向水中加入少量硫酸，c（H+）增大C．向水中加入氨水，平衡向逆反应方向移动，c（OH﹣）降低D．一定温度下，向水中加入少量固体CH3COONa，平衡向正反应方向移动，Kw增大【考点】水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】水的电离过程是吸热过程，升温促进水的电离，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐能够促进水的电离，依据影响水电离的因素分析解答．【解答】解：A、水的电离方程式：H2O⇌H++OH﹣，KW=c（OH﹣）×c（H+），常温下，水的离子积常数为Kw=10﹣14，水的电离为吸热过程，升高温度，KW增大，氢离子浓度变大，pH=﹣lg〔H+〕，氢离子浓度越大，pH值越小，故A错误；B、向水中加入少量硫酸，水中氢离子浓度增大，抑制了水的电离，水中氢氧根离子浓度减小，但是c（H+）增大；由于温度不变，水的离子积KW不变，故B正确；C、加入氨水，水中氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离，水的电离平衡性质逆向移动，但是水中氢氧根离子浓度增大，故C错误；D、乙酸钠为弱酸强碱盐，向水中加入少量固体CH3COONa，乙酸根离子与水电离出的氢离子结合，生成弱电解质乙酸，促进水的电离，平衡向正反应方向移动，Kw随温度变化，温度不变，Kw不变，故D错误．故选B．【点评】本题考查了水的电离，题目难度中等，注意水的电离为吸热反应，升高温度常见水的电离；该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题注重基础，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力．-33-\n　6．一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体，发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断不合理的是（　　）A．该反应的化学方程式为3B+4C═6A+2DB．反应进行到1s时，v（A）和v（D）不相等C．反应开始到6s，B的平均反应速率为0.1mol•L﹣1•s﹣1D．反应进行到6s时，各物质的浓度不再变化，达到平衡状态【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡图像；化学平衡专题．【分析】A、根据图象中的有关数据判断四种物质的变化，再根据计量数之比等于物质的量的变化量之比；B、根据v=，可判断；C、根据图象判断反应平衡状态，再据此判断；D、根据v=进行计算．【解答】解：A、由图可知，反应达到平衡时A物质增加了1.2mol、D物质增加了0.4mol、B物质减少了0.6mol、C物质了0.8mol，所以A、D为生成物，物质的量之比为3：1，B、C为反应物，物质的量之比为3：4，反应方程式为：3B+4C⇌6A+2D，故A正确；B、反应到1s时，v（A）===0.3mol/（L•s），v（D）===0.1mol/（L•s），所以v（A）≠v（D），故B正确；C、反应进行到6s时，v（B）===0.05mol/（L•s），故C错误；D、根据图象可知，到6s时各物质的物质的量不再改变了，达到平衡状态，所以各物质的百分含量也不变，故D正确；-33-\n故选C．【点评】本题主要考查了可逆反应的书写、化学平衡的特征、及化学反应的计算，本题解题的关键是根据图象找出相关信息，对学生的识图能力有一定的要求，中等难度．　7．下列关于实验或实验数据的叙述不正确的是（　　）A．中和滴定实验中，洗净后的锥形瓶不需要干燥B．向CH3COONa溶液中滴入石蕊试液，溶液变蓝C．用湿润的pH试纸测得某溶液的pH为2D．用25mL滴定管做中和滴定实验时，用去某浓度的碱溶液19.80mL【考点】计量仪器及使用方法．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】A．中和滴定实验中，洗净后的锥形瓶不需要干燥，不影响实验结果；B．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性；C．不能用水湿润pH试纸，否则稀释了酸性溶液，使溶液的酸性减弱；D．滴定管精确度为0.01ml．【解答】解：A．中和滴定实验中，洗净后的锥形瓶不需要干燥，不干燥只改变待测液浓度而不改变待测液中溶质的物质的量，所以不影响实验结果，故A正确；B．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，紫色石蕊试液遇碱变蓝色，故B正确；C．用湿润的pH试纸测得某酸性溶液的pH，稀释了该酸性溶液，使溶液的酸性减弱，溶液的pH值会偏大，故C错误；D．滴定管精确度为0.01ml，能测量出碱溶液19.80mL，故D正确．故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及中和滴定、盐类水解、pH测定以及滴定管使用等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，易错选项是B，注意从操作规范性及物质性质方面解答，题目难度不大．　8．室温下，向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是（　　）A．室温下，稀释到原体积的10倍后，溶液的pH=4B．溶液中所有离子的浓度都减小-33-\nC．醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大D．再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液的pH＜7【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】醋酸是弱电解质，则室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用温度与电离常数的关系、酸碱混合时pH的计算来解答．【解答】解：A、醋酸是弱电解质，则室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＜4，故A错误；B、醋酸加水稀释，溶液酸性减弱，氢氧根离子浓度增大，故B错误；C、加水稀释时，电离程度增大，但溶液的体积增大的倍数大于n（H+）增加的倍数，则c（H+）减小，故C错误；D、等体积10mLpH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/L，醋酸过量，则溶液的pH＜7，故D正确；故选D．【点评】本题考查弱电解质稀释的有关判断，是高考中的常见题型，属于中等难度的试题．主要是考查学生对弱电解质电离平衡特点以及外界条件对电离平衡影响的熟悉了解程度．答题明确溶液的pH与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化程度是解答本题的关键．　9．在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时，表明反应A（s）+3B（g）═2C（g）+D（g）已达平衡状态的是（　　）①混合气体的密度②混合气体的压强③B的物质的量浓度④气体的总物质的量⑤混合气体的平均相对分子质量．A．①②③B．①④⑤C．①③⑤D．②③⑤【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．-33-\n【分析】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．【解答】解：①混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故正确；②两边气体计量数相等，混合气体的压强始终不变，故错误；③B的物质的量浓度不变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；④两边气体计量数相等，气体的总物质的量始终不变，故错误；⑤混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的质量相等，达平衡状态，故正确；故选C．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．　10．一定条件下，一定量的X和Y在密闭容器中进行反应：2X（g）+Y（g）═Z（g），下列说法正确的是（　　）A．若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的△H＞0B．若改变影响平衡的一个条件，化学平衡常数发生变化，则平衡一定发生移动C．改变影响平衡的一个条件，平衡向右移动X的转化率一定增大D．其他条件不变，将容器体积扩大为原来的2倍，Z的平衡浓度变为原来的【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、升高温度，X的体积分数增大即平衡向逆反应方向移动；B、化学平衡常数发生变化即一定改变温度；C、增加X的量，平衡向右移动，但X的转化率减小；D、将容器体积扩大为原来的2倍即减小压强，平衡逆向移动．【解答】解：A、升高温度，X的体积分数增大即平衡向逆反应方向移动，所以逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，所以△H＜0，故A错误；B、化学平衡常数发生变化即一定改变温度，所以平衡一定发生移动，故B正确；C、增加X的量，平衡向右移动，但X的转化率减小，所以平衡向右移动X的转化率不一定增大，故C错误；-33-\nD、将容器体积扩大为原来的2倍即减小压强，平衡逆向移动，所以Z的平衡浓度小于原来的，故D错误．故选B．【点评】本题考查学生平衡的移动方面的知识，注意知识的积累是解题的关键，难度不大．　11．常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（　　）A．=10﹣12mol•L﹣1的溶液：K+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣B．滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣C．=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3﹣、CO32﹣D．由水电离的=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、NH4+、﹣、HCO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．=10﹣12mol•L﹣1的溶液，显碱性；B．滴加甲基橙试剂显红色的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；B.=1012的溶液，显碱性；D．由水电离的=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液．【解答】解：A．=10﹣12mol•L﹣1的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．滴加甲基橙试剂显红色的溶液，显酸性，H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；B.=1012的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在NH4+、Al3+，且Al3+、CO32﹣相互促进水解，不能大量共存，故C错误；D．由水电离的=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在﹣、HCO3﹣，碱溶液中不能大量存在NH4+、HCO3﹣，且﹣促进HCO3﹣的电离，不能大量共存，故D错误；故选A．-33-\n【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子之间的氧化还原反应、水解反应的判断，题目难度不大．　12．某温度下，溶液中c（H+）=10xmol•L﹣1，c（OH﹣）=10ymol•L﹣1，x和y的关系如图所示．则该温度下，0.01mol•L﹣1的NaOH溶液的pH为（　　）A．10B．11C．13D．12【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】离子积常数=c（H+）•c（OH﹣），据此计算出该温度下水的离子积，根据离子积常数计算0.01mol•L﹣1的NaOH溶液中氢离子浓度，最后根据pH=﹣lgc（H+）计算该氢氧化钠溶液的pH．【解答】解：根据图象可知，当c（H+）=10﹣5mol/L时c（OH﹣）=10﹣10mol/L，则该温度下离子积常数=c（H+）．c（OH﹣）=10﹣5.10﹣10=10﹣15；则该温度下0.01mol•L﹣1的NaOH溶液中氢离子浓度=mol/L=10﹣13mol/L，该溶液的pH=﹣lgc（H+）=13，故选C．【点评】本题考查了溶液pH的有关计算，题目难度中等，注意水的离子积常数=c（H+）•c（OH﹣）的应用，为易错点，明确溶液pH的表达式为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．　13．下列说法正确的是（　　）A．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）-33-\nB．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH．若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸C．同浓度的四种溶液①NH4Cl②NH3∙H2O③CH3COONH4④NH4HSO4中，NH4+的浓度由大到小的顺序是：④＞①＞③＞②D．AlCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是AlCl3【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；盐类水解的原理．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A．根据混合液中的物料守恒分析；B．若NaHA溶液的pH＜7，H2A也可能是弱酸；C．一水合氨为弱电解质，则氨水中铵根离子的浓度最小；氢离子抑制了铵根离子的水解，则硫酸氢铵溶液中的铵根离子浓度最大；醋酸根离子促进了铵根离子的水解，据此判断铵根离子浓度大小；D．铝离子在溶液中能够水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热促进了铝离子的水解，而氯化氢具有挥发性，所以灼烧后得到的是氧化铝．【解答】解：A．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，根据物料守恒可得：2c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），故A错误；B．若NaHA溶液的pH＜7，H2A也可能是弱酸，如亚硫酸氢钠溶液呈酸性，但亚硫酸是弱酸，故B错误；C．同浓度的四种溶液①NH4Cl②NH3∙H2O③CH3COONH4④NH4HSO4中，②中电离程度较小，则②中铵根离子浓度最小；④中氢离子抑制了铵根离子的水解，则④中铵根离子浓度最大，③中醋酸根离子促进了铵根离子的水解，其溶液中的铵根离子浓度小于①、大于②，所以浓度相等时NH4+的浓度由大到小的顺序是：④＞①＞③＞②，故C正确；D．HCl具有挥发性，加热促进了铝离子的水解，则AlCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是氧化铝，而不是AlCl3，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义，能够根据盐的水解及各守恒关系正确判断离子浓度大小．　14．下列说法正确的是（　　）-33-\nA．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同B．任何酸与碱发生中和反应生成1molH2O的过程中，能量变化均相同C．已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣akJ•mol﹣1，②2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H=﹣bkJ•mol﹣1，则a＞bD．已知：①C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1，②C（s，金刚石）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣395.0kJ•mol﹣1，则：C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=﹣1.5kJ•mol﹣1【考点】反应热的大小比较；反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关；B、根据中和反应概念，中和反应是指稀的强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量；C、水从气态变为液态的过程释放热量；D、根据盖斯来得到反应并计算焓变．【解答】解：A、反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，所以同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，故A正确；B、稀的强酸和强碱反应生成1mol水的过程中，能量变化均相同，故B错误；C、已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣akJ•mol﹣1，②2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H=﹣bkJ•mol﹣1，a、b都是负数，但是水从气态变为液态的过程释放热量，所以a＜b，故C错误；D、已知：①C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1，②C（s，金刚石）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣395.0kJ•mol﹣1，则根据盖斯定律，①﹣②得到：C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=1.5kJ•mol﹣1，故D错误．故选A．【点评】本题考查了反应热的基本知识，要注意反应是放热还是吸热与反应条件无关，中和热概念的理解以及盖斯定律的应用是重点．　15．室温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（　　）A．由pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．CH3COONa溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）C．Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）-33-\nD．（NH4）2SO4溶液中：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】守恒思想；演绎推理法；盐类的水解专题．【分析】A、由于醋酸是弱电解质，所以pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液应呈酸性；B、根据溶液中电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）；C、根据电荷守恒可知，Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）═2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）；D、由于铵根离子水解，溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣），但水解程度不是很大，所以c（NH4+）＞c（SO42﹣）．【解答】解：A、由于醋酸是弱电解质，所以pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液应呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；B、根据溶液中电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故B错误；C、根据电荷守恒可知，Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），故C错误；D、由于铵根离子水解，溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣），但水解程度不是很大，所以c（NH4+）＞c（SO42﹣），且c（SO42﹣）＞c（H+），所以溶液中c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D正确；故选D．【点评】本题考查盐类的水解和离子浓度大小的比较，题目难度中等，答题时注意电解质溶液中电荷守恒和元素守恒的思想的灵活运用．　16．已知某温度时CH3COOH的电离平衡常数为K．该温度下向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）．下列说法中正确的是（　　）-33-\nA．a点表示溶液中c（CH3COO﹣）约为10﹣3mol/LB．b点表示的溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全D．d点表示的溶液中大于K【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．酸能抑制水的电离，再根据弱电解质的性质分析溶液中醋酸根离子的浓度．B．任何溶液一定满足电荷守恒，根据电荷守恒进行判断；C、根据醋酸和氢氧化钠生成盐的类型判断恰好反应时溶液的酸碱性，从而确定该选项是错误的；D、电离平衡常数只与温度有关，与其它任何条件都无关．【解答】解：A．a点是c（H+）=10﹣3mol/L，由于醋酸为弱酸，酸能抑制水的电离，醋酸的电离远远大于水的电离，所以溶液中氢离子浓度近似等于醋酸根离子浓度，即c（CH3COO﹣）约为10﹣3mol/L，故A正确；B．溶液中一定满足电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），b点时，溶液显示酸性，c（H+）＞c（OH﹣），则有c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故B错误；C、醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误；D、d点时溶液的温度没有变化，所以d点表示的溶液中=K，故D错误；故选A．【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，注意平衡常数K只与温度有关，与其它任何条件都无关，能够根据电荷守恒、物料守恒比较溶液中离子浓度大小．　17．对于可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，下列各图中正确的是（　　）-33-\nA．B．C．D．【考点】化学平衡的影响因素．【专题】图像图表题．【分析】做题时首先分析化学方程式的特征，如反应前后计量数的大小关系、反应热等问题，A、根据反应温度的不同结合反应热判断平衡移动的方向，可判断出C的质量分数的变化是否正确B、根据反应前后的化学计量数的大小关系，结合压强对反应速率的影响判断平衡移动方向，从而判断出正逆反应速率的变化；C、从催化剂对平衡是否有影响来判断浓度的变化是否正确；D、从两个方面考虑，一是压强对平衡的影响，二是温度对平衡的影响，二者结合判断A的转化率是否正确．【解答】解：A、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正＞V逆，故B错误；C、催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，故C错误；D、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误．故选A．【点评】本题为化学平衡图象题，做题时注意两个方面的问题：（1）定一议二：当图象中同时有三个变量时，使其中之一不变，讨论另外两个变量间的关系；（2）先拐先平：变化曲线若与时间轴平行，表示反应体系已达平衡状态，先达到平衡（先出现拐点）的曲线所示的温度或压强较大．　二、填空题．18．用离子方程式表示下列过程：-33-\nNa2CO3溶液中加入酚酞变红，其原理：　CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣　．Al2（SO4）3与NaHCO3溶液用于泡沫灭火器中，其原理　Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑　．【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题；盐类的水解专题．【分析】碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，所以溶液显碱性，能够使酚酞变红；铝离子与碳酸氢根离子混合发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体．【解答】解：碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，离子方程式：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；铝离子与碳酸氢根离子混合发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑；故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑．【点评】本题考查了离子方程式的书写，侧重考查盐类水解的离子反应方程式书写，明确盐类水解规律是解题关键，注意双水解彻底的离子方程式书写用等号，标注沉淀、气体符号，题目难度不大．　19．25℃时，浓度为0.1mol•L﹣1的6种溶液：①HCl，②CH3COOH，③Ba（OH）2，④Na2CO3，⑤KCl，⑥NH4Cl溶液pH由大到小的顺序为　③④⑤⑥②①　（填写编号）．【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】先将物质的按照碱、盐、酸的顺序分类，再根据盐的水解和弱电解质的电离特点比较pH．【解答】解：盐酸和醋酸为酸，氢氧化钡为碱，碳酸钠、氯化钾和氯化铵为盐，碳酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，氯化钾为强酸强碱盐，为中性，氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液为酸性，相同浓度的盐酸和醋酸，醋酸中氢离子浓度小于盐酸，所以pH盐酸小于醋酸，则这几种溶液的pH由大到小的顺序是③④⑤⑥②①．故答案为：③④⑤⑥②①．【点评】本题依托弱电解质的电离和盐的水解，考查了pH大小的判断知识点，明确物质的性质及弱电解质电离特点是解本题关键．-33-\n　20．1L0.1mol/LNaHSO3溶液中，c（H2SO3）＜c（SO32﹣），该溶液呈　酸　性（填酸、碱或中）原因：　NaHSO3溶液中存在：HSO3﹣⇌H++SO32﹣、HSO3﹣+H2O⇌H2SO3﹣+OH﹣，因为c（H2SO3）＜c（SO32﹣）所以HSO3﹣的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性　，向上述溶液中加入1L0.1mol/LNaOH溶液，溶液中离子浓度的大小顺序　c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）　．【考点】离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】亚硫酸氢钠溶液中c（H2SO3）＜c（SO32﹣），说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，则溶液显示酸性；两溶液混合后恰好生成亚硫酸钠溶液，亚硫酸根离子部分水解，溶液学生碱性，结合电荷守恒判断亚硫酸钠溶液中各离子浓度大小．【解答】解：NaHSO3溶液中存在平衡关系：HSO3﹣⇌H++SO32﹣、HSO3﹣+H2O⇌H2SO3﹣+OH﹣，由于c（H2SO3）＜c（SO32﹣），说明HSO3﹣的电离程度大于水解程度，所以亚硫酸氢钠溶液呈酸性；向1L0.1mol/LNaHSO3溶液中加入1L0.1mol/LNaOH溶液，二者恰好反应生成亚硫酸钠，亚硫酸根离子部分水解，溶液显示碱性，则：c（OH﹣）＞c（H+）、c（Na+）＞c（SO32﹣）；由于氢氧根离子来自水的电离和有硫酸根离子离子的水解，则c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+），故答案为：酸；NaHSO3溶液中存在：HSO3﹣⇌H++SO32﹣；HSO3﹣+H2O⇌H2SO3﹣+OH﹣，因为c（H2SO3）＜c（SO32﹣）所以HSO3﹣的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确c（H2SO3）＜c（SO32﹣）的含义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法．　21．25℃时，醋酸的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol/L，则该温度下CH3COONa的水解平衡常数Kh=　5.9×10﹣10　mol•L﹣1（保留到小数点后一位）．【考点】盐类水解的原理．【专题】盐类的水解专题．-33-\n【分析】CH3COONa的水解平衡常数Kh和电离平衡常数之间存在关系：Kh=，据此计算即可．【解答】解：醋酸的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol/L，CH3COONa的水解平衡常数Kh===5.9×10﹣10．故答案为：5.9×10﹣10．【点评】本题考查学生水解平衡常数Kh和电离平衡常数之间存在关系知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等．　三、简答题．22．研究化学反应中的能量变化有重要意义．请根据学过知识回答下列问题：（1）已知一氧化碳与水蒸气反应过程的能量变化如下图所示：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+135kJ•mol﹣1；写出固体碳与CO2气体反应生成CO的热化学方程式　C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H=+176kJ•mol﹣1　．（2）化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程．化学键的键能是形成（或拆开）1mol化学键时释放（或吸收）的能量．已知：N≡N键的键能是948.9kJ•mol﹣1，H﹣H键的键能是436.0kJ•mol﹣1；N﹣H键的键能是391.55kJ•mol﹣1．则N2（g）+H2（g）═NH3（g）△H=　﹣46.2kJ/mol　．【考点】有关反应热的计算．【专题】燃烧热的计算．【分析】（1）根据图象分析反应是放热反应，焓变为﹣41KJ/mol，然后根据热化学方程式的书写方法写出，最后根据盖斯定律计算得到所需的化学方程式；（2）反应的焓变△H=反应物键能总和﹣生成物键能总和计算．-33-\n【解答】解：（1）由图象分析反应是放热反应，焓变为﹣41KJ/mol，热化学方程式为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1，①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+135kJ•mol﹣1②依据盖斯定律②﹣①得到：C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H=+176kJ•mol﹣1，故答案为：C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H=+176kJ•mol﹣1；（2）N≡N键的键能是948.9kJ•mol﹣1，H﹣H键的键能是436.0kJ•mol﹣1，N﹣H键的键能是391.55kJ•mol﹣1．则N2（g）+H2（g）═NH3（g）；△H=反应物键能总和﹣生成物键能总和=×948.9kJ•mol﹣1+×436.0kJ•mol﹣1﹣3×391.55kJ•mol﹣1=﹣46.2kJ/mol；故答案为：﹣46.2kJ/mol．【点评】本题考查了热化学方程式书写方法和注意问题，注意键能计算焓变的方法，题目难度中等．　23．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表：实验编号HA物质的量浓度（mol•L﹣1）NaOH物质的量浓度（mol•L﹣1）混合溶液的pHa0.10.1pH=9bc0.2pH=7请回答：（1）从a组情况分析，HA是强酸还是弱酸　HA是弱酸　．（2）b组情况表明，c　＞　0.2（选填“＞”、“＜”或“=”）．混合溶液中离子浓度c（A﹣）　=　c（Na+）．（选填“＞”、“＜”或“=”）（3）a组实验所得混合溶液中由水电离出的c（OH﹣）=　10﹣5　mol•L﹣1．【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）a中等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐；-33-\n（2）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度大于0.2mol/L；b中溶液pH=7，说明c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒分析离子浓度关系；（3）反应后的溶液为NaA溶液，溶液的pH=9，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是水电离的，根据常温下水的离子积计算出由水电离出的c（OH﹣）．【解答】解：（1）根据a可知：等体积等浓度混合，恰好生成正盐，溶液的pH=9，说明生成强碱弱酸盐，所以HA为弱酸，故答案为：HA是弱酸；（2）若该酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7，而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度应该大于0.2mol/L；溶液的pH=7，溶液中c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣）可知：c（A﹣）=c（Na+），故答案为：＞；=；（3）由a组实验所得混合溶液为NaA溶液，溶液pH=9，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是水电离的，所以水电离的溶液中的c（OH﹣）=10﹣5mol/L，故答案为：10﹣5．【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断及计算，为高频考点，把握盐类水解、酸碱混合的物质的量关系及pH计算等为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．　24．欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.1000mol•L﹣1HCl标准溶液进行中和滴定（用甲基橙作指示剂）．请回答下列问题：（1）滴定时，盛装待测NaOH溶液的仪器名称为　锥形瓶　，盛装标准盐酸的仪器名称为　酸式滴定管　；滴定至终点的颜色变化为　溶液由黄色变为橙色且半分钟内不褪色　．（2）若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为　26.30mL　．（3）乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：实验序号待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol•L﹣1HCl溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度-33-\n125.000.0026.29225.001.5631.30325.001.0027.31选取上述合理数据，计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为　0.1052mol/L　（保留四位有效数字）．（4）下列哪些操作会使测定结果偏高　AC　（填序号）．A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数．【考点】中和滴定．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）滴定操作标准液在滴定管中，待测液盛在锥形瓶中，酸性溶液存放在酸式滴定管中；根据滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且保持半分钟不变色；（2）根据滴定管的结构与精确度为0.01mL；（3）先根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸），接着根据盐酸和NaOH反应求出C（NaOH）；（4）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断．【解答】解：（1）用酸式滴定管取待测待测NaOH溶液于锥形瓶中；盛装标准盐酸的仪器名称为酸式滴定管；待测液是氢氧化钠，锥形瓶中盛有的氢氧化钠溶液中滴入甲基橙，溶液的颜色是黄色，随着溶液的pH减小，当滴到溶液的pH小于4.4时，溶液颜色由黄色变成橙色，且半分钟不褪色，滴到结束，故答案为：锥形瓶；酸式滴定管；溶液由黄色变为橙色且半分钟内不褪色；-33-\n（2）甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如图为26.80ml，滴定管中的液面读数为26.80ml﹣0.50mL=26.30mL，故答案为：26.30mL；（3）根据数据的有效性，舍去第2组数据，则1、3组平均消耗V（盐酸）==26.30mL，根据反应方程式HCl+NaOH═NaCl+H2O0.0263L×0.1000mol•L﹣10.025L×C（NaOH）则C（NaOH）==0.1052mol/L；故答案为：0.1052mol/L；（4）A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，会造成c（待测）偏高，故A正确；B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析，会造成c（待测）不变，故B错误；C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，会造成c（待测）偏高，故C正确；D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，会造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，会造成c（待测）偏低，故D错误；故选AC；【点评】本题考查了酸碱中和滴定实验的操作步骤、滴定管的结构、终点判断以及计算应用，终点判断，题目难度中等．　25．利用“化学蒸气转移法”提纯金属钨的反应原理为：W（s）+I2（g）⇌WI2（g）△H＜0．（1）该反应的平衡常数表达式K=　　．（2）在恒温恒容条件下，能够说明上述反应一定达到平衡状态的是　bc　（填代号）．a．I2（g）与WI2（g）的浓度相等b．W的质量不再变化-33-\nc．容器内混合气体的密度保持不变d．容器内混合气体的压强保持不变（3）在一定温度下，若平衡常数K=，向2L恒容密闭容器中加入lmolI2（g）和足量W（s），5min后反应达到平衡．则0﹣5min内的平均反应速率v（WI2）=　0.025mol/（L•min）　，平衡时I2（g）的转化率为　25%　．相同温度下，若开始加入I2（g）的物质的量是原来的2倍，则下列数值是原来的2倍的是　c　（填代号）．a．平衡常数b．达到平衡的时间c．I2的物质的量浓度d．平衡时WI2的体积分数（4）为提高该反应的反应速率，同时使增大，可采取的措施为　升高温度　．（5）工业上利用上述反应原理提纯金属钨的示意图如图：反应在石英真空管中进行，先在温度为T1的一端放入未提纯的W粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T2的一端得到了纯净的晶体，则温度T1　＞　T2（填“＞”‘＜”或“=”）．上述反应体系中循环使用的物质是　I2　．【考点】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】化学平衡专题．【分析】（1）平衡常数指一定条件下，可逆反应达到平衡时，生成物浓度化学计量数次数幂之积与反应物浓度化学计量数次数幂之积的比值，注意固体、纯液体不需要写出；（2）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判断，注意选择的物理量随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；（3）设反应的碘单质物质的量为xW（s）+I2（g）⇌WI2（g）起始量（mol）10变化量（mol）xx平衡量（mol）1﹣xx-33-\nK==x=0.25mol则0﹣5min内的平均反应速率v（WI2）=，转化率=×100%；反应前后气体物质的量不变，加入碘单质物质的量为原来的2倍，I2的物质的量浓度为原来的2倍，平衡常数随温度变化，浓度增大达到平衡的时间短，最后达到的平衡相同；（4）为提高该反应的反应速率，同时使增大，说明平衡逆向进行，反应是放热反应，升温增大反应速率，平衡逆向进行；（5）由图可知，在高温条件下得到纯的W晶体，即升高温度平衡向逆反应方向移动；反应体系中I2可循环使用．【解答】解：（1）①可逆反应W（s）+I2（g）⇌WI2（g）的平衡常数k=，故答案为：；（2）a．平衡时I2与WI2浓度关系与转化率有关，二者浓度不一定相等，故a错误；b．随反应进行，W质量分数变化，若W的质量不再变化，说明到达平衡，故b正确；c．随反应进行，混合气体的质量发生变化，恒容条件下密度也在不断变化，若容器内混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡，故c正确；d．单位时间内，金属钨消耗的物质的量与碘化钨生成的物质的量相等，反应过程中压强始终不变，不能说明达到平衡，故d错误，故答案为：bc；（3）设反应的碘单质物质的量为xW（s）+I2（g）⇌WI2（g）起始量（mol）10变化量（mol）xx平衡量（mol）1﹣xxK==x=0.25mol-33-\n则0﹣5min内的平均反应速率v（WI2）===0.025mol/（L•min），平衡时I2（g）的转化率=×100%=×100%=25%；反应前后气体物质的量不变，加入碘单质物质的量为原来的2倍，I2的物质的量浓度为原来的2倍，平衡常数随温度变化，浓度增大达到平衡的时间短，最后达到的平衡相同，故选c；故答案为：0.025mol/（L•min）；25%；c；（4）为提高该反应的反应速率，同时使增大，说明平衡逆向进行，反应是放热反应，升温增大反应速率，平衡逆向进行，故答案为：升高温度；（5）由图可知，在高温条件下得到纯的W晶体，即升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，即△H＜0，通过题意温度T2端利于反应正向进行，为低温，温度T1端利于反应向左进行，为高温，所以T1＞T2；反应体系中I2可循环使用，故答案为：＞；I2．【点评】本题考查化学平衡常数、化学平衡计算、弱电解质的电离平衡常数、溶液离子浓度大小比较，侧重考查学生对知识迁移运用能力，注意比较溶液中各种离子浓度相对大小时要结合电荷守恒和物料守恒等分析解答，难度中等．　-33-