北京市五十六中2022学年高二化学上学期期中试题理含解析

2022-2022学年北京五十六中高二（上）期中化学试卷（理科）一、选择题（共25小题，每小题2分，满分50分）1．下列物质中，不属于电解质的是()A．NaClB．HNO3C．FeD．KOH2．下列说法中正确的是()A．在25℃的纯水中，c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，呈中性B．溶液中若c（H+）＞10﹣7mol/L，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液显酸性C．c（H+）越大，则pH值越大，溶液的碱性越强D．pH值为0的溶液中c（H+）=0mol/L3．下列反应中，属于吸热反应的是()A．甲烷在氧气中燃烧B．稀硫酸和氢氧化钠溶液发生中和反应C．金属钠和水反应D．Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体反应4．下列措施中，能减慢化学反应速率的是()A．将块状药品研细后再反应B．食物储存在冰箱里C．用MnO2作H2O2分解反应的催化剂D．用30%H2SO4溶液代替5%H2SO4溶液与锌粒反应5．一定条件下，在密闭容器中进行反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．当N2、H2、NH3的浓度不再改变时，下列说法正确的是()A．N2、H2完全转化为NH3B．N2、H2、NH3的浓度一定相等C．反应已达到化学平衡状态D．正、逆反应速率相等且等于零6．下列叙述中，能说明某物质是弱电解质的是()A．熔化时不导电B．不是离子化合物，而是极性共价化合物C．水溶液的导电能力很差D．溶液中溶质分子和溶质电离出的离子共存7．有关AgCl沉淀的溶解平衡，下列说法正确的是()A．AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，但速率为0B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag+和Cl﹣C．升高温度，AgCl沉淀的溶解度增大D．向AgCl沉淀中加入NaCl固体，AgCl沉淀的溶解度不变-31-\n8．常温下，一定浓度的某溶液，由水电离出的c（OH﹣）=10﹣4mol/L，则该溶液中的溶质可能是()A．H2SO4B．CH3COONaC．NaOHD．KHSO49．室温下，对于pH和体积均相同的醋酸和盐酸两种溶液，分别采取下列措施，有关叙述正确的是()A．加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大B．温度都升高20℃后，两溶液的pH均不变C．加水稀释两倍后，两溶液的pH均减小D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气一样多10．为了配制NH的浓度与Cl﹣的浓度比为1：1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入()①适量的HCl；②适量的NaCl；③适量的氨水；④适量的NaOH．A．①②B．③C．③④D．④11．已知常温下稀溶液中FeCl3水解方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，能使c（Fe3+）增大（溶液体积忽略不计）的是()A．加入少量的H2SO4溶液B．加入少量NaCl溶液C．加热D．加入少量NaOH溶液12．在蒸发皿中加热蒸干并灼烧（低于400℃）下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是()A．氯化镁B．碳酸氢铵C．硫酸钾D．亚硫酸13．醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，下列叙述不正确的是()A．醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）B．0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c（OH﹣）减小C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动D．常温下pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＜714．下列离子方程式中，属于水解反应的是()A．HCOOH+H2O⇌HCOO﹣+H3O+B．CO2+H2O⇌HCO3﹣+H+C．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣D．HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+15．常温下，以下四种溶液pH最小的是()A．0.01mol/L醋酸溶液B．0.02mol/L醋酸与0.02mol/LNaOH溶液等体积混合C．0.03mol/L醋酸与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合D．pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合16．在CH3COONa溶液中各离子的浓度由大到小排列顺序正确的是()A．c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）-31-\nC．c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）17．某温度下，可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）的平衡常数为K，下列对K的说法正确的是()A．K值越大，表明该反应越有利于C的生成，反应物的转化率越大B．若缩小反应器的容积，能使平衡正向移动，则K增大C．温度越高，K一定越大D．如果m+n=p，则K=118．在恒温下容积固定的密闭容器中，能充分说明反应2NO+O2⇌2NO2已达到平衡状态的是()A．反应容器中的气体压强不随时间而变化B．生成O2的速率与生成NO2的速率相等C．NO、O2、NO2各浓度之比为2：1：2D．混合气体的密度一定19．在一密闭容器中，反应aA（g）⇌bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的70%，则()A．平衡向正反应方向移动了B．物质A的转化率减少了C．物质B的质量分数减小了D．a＞b20．下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是()A．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅B．粉末状硫磺比块状硫磺在氧气中燃烧剧烈C．高压比常压有利于合成SO3的反应D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅21．下列离子方程式中，正确的是()A．铁与氯化铁溶液反应：Fe+Fe3+═2Fe2+B．大理石与稀盐酸反应：CO+2H+═CO2↑+H2OC．铜与稀硝酸反应：Cu+H++NO═Cu2++NO↑+H2OD．氯气与氢氧化钠溶液反应：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O22．右图曲线a表示放热反应2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）进行过程中X的转化率随时间变化的关系．若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是()-31-\nA．加催化剂B．加大X的投入量C．升高温度D．增大体积23．pH=l的两种酸溶液A、B各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积的关系如图，下列说法正确的是()①若a＜4，则A、B都是弱酸②稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强③若a=4，则A是强酸，B是弱酸④A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等．A．①④B．②③C．①③D．②④24．I2在KI溶液中存在下列平衡：I2（aq）+I﹣（aq）═I3﹣（aq），某I2、KI混合溶液中，I3﹣的物质的量浓度c（I3﹣）与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）．下列说法正确的是()A．反应I2（aq）+I﹣（aq）═I3﹣（aq）的△H＞0B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2则K2＞K1C．若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆D．状态A与状态B相比，状态A的c（I2）大25．常温下，0.1mol•L﹣1某一元酸（HA）溶液pH=3，下列叙述正确的是()A．该溶液中由水电离出的c（H+）=1×10﹣3mol•L﹣1B．pH=3的HA溶液与pH=4的HCl溶液：c（HA）=10c（HCl）C．pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后所得溶液中c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．0.1mol•L﹣1HA溶液与0.05mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中2c（H+）+c（HA）=c（A﹣）+2c（OH﹣）二、解答题（共8小题，满分50分）-31-\n26．硅是重要的无机非金属材料，工业上从硅的氧化物制取硅单质的主要反应为SiO2+2C=Si+2CO↑．其中，氧化剂是__________（填化学式），被氧化的物质是__________（填化学式）；若反应中消耗了2molC，则生成__________molSi．27．已知：①Zn（s）+O2（g）═ZnO（s）△H1=﹣350.5kJ/mol②HgO（s）═Hg（l）+O2（g）△H2=+90.8kJ/mol③Zn（s）+HgO（s）═ZnO（s）+Hg（l）△H3请回答：（1）反应①属于__________（填“吸热”或“放热”）反应．（2）反应①消耗65gZn（s）时，△H=__________kJ/mol．（3）反应②生成1molHg（l）时，△H=__________kJ/mol．（4）反应③的△H3=__________kJ/mol．28．在一定温度下，10L密闭容器中通入X和Y各0.16mol，发生如下反应：X（g）+Y（g）⇌2Z（g）一段时间后达到平衡，测得数据如下：t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10请回答：（1）2min内，v（Y）=__________mol/（L•min）．（2）若降低温度能使化学平衡向正反应方向移动，则正反应是__________（填“放热”或“吸热”）反应．（3）该温度下反应的化学平衡常数数值为__________．（4）X的平衡转化率是__________．29．25℃时，现有浓度均为0.10mol/L的两种溶液：①CH3COOH溶液、②NaOH溶液．请回答：（1）溶液①的pH__________1（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）写出CH3COOH和NaOH溶液反应的离子方程式：__________（3）两溶液等体积混合后所得溶液显碱性，原因是__________（用离子方程式表示）．（4）下列说法正确的是__________（填字母）．a．CH3COOH和NaOH均属于弱电解质b．CH3COOH和NaOH均能抑制水的电离c．若两溶液混合后pH＜7，则溶液中离子浓度存在关系：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）30．在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度T的关系如表：T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）该反应为__________反应（填“吸热”“放热”）-31-\n（2）能判断该反应是否已达化学平衡状态的依据是__________．a．容器中压强不变b．混合气体中c（CO）不变c．v正（H2）=v逆（H2O）d．c（CO2）=c（CO）（3）某温度下，在2L的密闭容器中，加入1moLCO2和1molH2充分反应达平衡时，CO的平衡浓度为0.25mol•L﹣1，试判断此时的温度为__________℃．（4）若在（3）所处的温度下，在1L的密闭容器中，加入2molCO2和3molH2充分反应达平衡时，H2的物质的量为__________．a．等于1.0molb．大于1.0molc．大于0.5mold．无法确定．31．某同学用图示装置制取氯水并进行相关实验．请回答：（1）装置②中反应的化学方程式是__________．（2）实验进行一段时间后，装置①中溶液呈黄绿色，说明该溶液中含有的一种物质是__________（填化学式）．（3）取少量装置①中的溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，说明氯水具有__________（填字母）．a．酸性和漂白性b．碱性和漂白性（4）欲验证氯的非金属性强于溴，取少量装置①中的溶液加入盛有__________（填化学式）溶液的试管中，振荡，溶液变为红棕色．32．亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂．为检验某食品中亚硫酸盐含量（通常以1kg样品中含SO2的质量计），某研究小组同学设计了如图实验流程（所加试剂均为足量）．请回答：（1）亚硫酸盐作为食品添加剂的作用是__________（填字母）．a．防腐保鲜b．增强营养（2）反应①中通入N2的目的是__________（填字母）．a．冷却产生的气体b．与生成的气体反应c．将生成的气体全部赶出（3）反应①～③中属于氧化还原反应的是__________（填序号）．（4）若取样品Xg，反应③消耗0.01mol/LNaOH溶液100mL，则1kg样品中含SO2的质量是__________g（用含X的代数式表示）．33．常温下有浓度均为0.5mol/L的四种溶液：①Na2CO3溶液②NaHCO3溶液③HCl溶液④氨水（1）上述溶液中，可发生水解的是__________（填序号，下同）．（2）上述4种溶液的PH由小到大的排序是__________．（3）上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的溶液中离子浓度由大到小的顺序为__________．-31-\n（4）向④中加入少量氯化铵固体，此时c（NH4+）/c（OH﹣）的值__________（填“增大”、“减小”或“不变”）．（5）若将③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积__________④的体积（填“大于”、“小于”或“等于”），此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是__________．三、解答题（共2小题，满分20分）34．二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用．工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚．请回答下列问题：（1）煤的气化的主要化学反应方程式为：__________．（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：__________．（3）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）；△H=﹣90.8kJ•mol﹣1②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H=﹣23.5kJ•mol﹣1③CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）；△H=﹣41.3kJ•mol﹣1总反应：3H2（g）+3CO（g）═CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H=__________；一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是__________（填字母代号）．a．高温高压b．加入催化剂c．减少CO2的浓度d．增加CO的浓度e．分离出二甲醚（4）已知反应②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）某温度下的平衡常数为400．此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/（mol•L﹣1）0.440.60.6①比较此时正、逆反应速率的大小：v正__________v逆（填“＞”、“＜”或“=”）．②若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，此时c（CH3OH）=__________．35．（14分）某化学小组用粗氧化铜（含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质）制取无水氯化铜，其实验流程如下所示：（1）步骤①中氧化铜与盐酸反应的离子方程式是__________．（2）步骤①、③的过滤操作中，除用到铁架台（带铁圈）外，还需要使用的玻璃仪器是__________．（3）已知：氢氧化物开始沉淀时的pH氢氧化物沉淀完全时的pHFe3+1.93.2Fe2+7.09.0Cu2+4.76.7-31-\n提供的试剂：a．NaOHb．H2O2c．Na2CO3d．CuO参照表中给出的数据和试剂，请回答：步骤②的目的是__________，反应的离子方程式是__________．步骤③中调节溶液pH的范围是__________，试剂Y是__________（填字母）．（4）步骤⑤要得到无水氯化铜，需要在干燥的HCl气流中加热CuCl2•2H2O，其原因是__________．-31-\n2022-2022学年北京五十六中高二（上）期中化学试卷（理科）一、选择题（共25小题，每小题2分，满分50分）1．下列物质中，不属于电解质的是()A．NaClB．HNO3C．FeD．KOH【考点】电解质与非电解质．【分析】电解质是水溶液中或熔融状态下都导电的化合物；非电解质是水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物，据此解答．【解答】解：A．氯化钠是化合物，水溶液中或熔融状态下都导电，属于电解质，故A不选；硝酸是化合物，水溶液中能够导电，属于电解质，故B不选；C．铁是单质，不是电解质，故C选；D．氢氧化钾是化合物，水溶液中或熔融状态下都导电，属于电解质，故D不选；故选：C．【点评】本题考查了电解质、非电解质的判断，熟悉概念是解题关键，注意电解质一定是化合物，单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质．2．下列说法中正确的是()A．在25℃的纯水中，c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，呈中性B．溶液中若c（H+）＞10﹣7mol/L，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液显酸性C．c（H+）越大，则pH值越大，溶液的碱性越强D．pH值为0的溶液中c（H+）=0mol/L【考点】水的电离．【分析】A、25℃的纯水中存在离子积常数为10﹣14，纯水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相同；B、c（H+）＞10﹣7mol/L，溶液中氢离子浓度不一定大于氢氧根离子浓度，和溶液温度有关，可能是一定温度下的中性溶液；C、溶液PH=﹣lgC（H+），c（H+）越大，则pH值越小；D、溶液中存在水的电离平衡．【解答】解：A、25℃的纯水中存在离子积常数为10﹣14，纯水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相同，c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，呈中性，故A正确；B、c（H+）＞10﹣7mol/L，溶液中氢离子浓度不一定大于氢氧根离子浓度，和溶液温度有关，可能是一定温度下的中性溶液；故B错误；C、（H+）越大，则pH值越小，溶液的酸性越强，故C错误；D、溶液中存在水的电离平衡，常温下pH值为0的溶液中氢离子浓度为1mol/L，氢氧根离子浓度为10﹣14，故D错误；故选A．【点评】本题考查了水的电离平衡应用，溶液酸碱性的判断，主要考查溶液中离子积的计算应用，溶液PH的变化判断，题目难度中等．3．下列反应中，属于吸热反应的是()A．甲烷在氧气中燃烧B．稀硫酸和氢氧化钠溶液发生中和反应-31-\nC．金属钠和水反应D．Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体反应【考点】吸热反应和放热反应．【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）．【解答】解：A、发光放热的剧烈的氧化还原反应称之为燃烧，故所有的燃烧均为放热反应，故A错误；B、酸碱中和为放热反应，故B错误；C、金属与酸和水的反应为放热反应，故C错误；D、Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应吸热，为吸热反应，故D正确．故选D．【点评】本题考查吸热反应，抓住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题．4．下列措施中，能减慢化学反应速率的是()A．将块状药品研细后再反应B．食物储存在冰箱里C．用MnO2作H2O2分解反应的催化剂D．用30%H2SO4溶液代替5%H2SO4溶液与锌粒反应【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】A．增大反应物接触面积，则增大反应速率；B．降低温度，减慢反应速率；C．用MnO2作H2O2分解反应的催化剂能增大反应速率；D．较浓的稀硫酸能增大反应速率．【解答】解：A．增大反应物接触面积，则增大反应速率，将块状药品研细后再反应能增大反应物接触面积，所以能加快反应速率，故A错误；B．降低温度，减慢反应速率，温度降低，降低活化分子百分数，所以能减慢反应速率，故B正确；C．用MnO2作H2O2分解反应的催化剂能降低反应所需活化能，所以增大反应速率，故C错误；D．较浓的稀硫酸中氢离子浓度增大，增大单位体积内活化分子数，所以能增大反应速率，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，浓度、温度、催化剂、反应物接触面积都能影响反应速率，注意外界条件的适用范围，题目难度不大．5．一定条件下，在密闭容器中进行反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．当N2、H2、NH3的浓度不再改变时，下列说法正确的是()A．N2、H2完全转化为NH3B．N2、H2、NH3的浓度一定相等C．反应已达到化学平衡状态D．正、逆反应速率相等且等于零【考点】化学平衡状态的判断．-31-\n【专题】化学平衡专题．【分析】当N2、H2、NH3的浓度不再改变时，即为化学平衡状态，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：A、任何可逆反应都不可能完全转化，所以N2、H2不可能完全转化为NH3，故A错误；B、当体系达平衡状态时，N2、H2、NH3的浓度可能相等，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故B错误；C、反应已达到化学平衡状态，说明N2、H2、NH3的浓度不再改变，故C正确；D、化学平衡是动态平衡，正、逆反应速率相等且大于零，故D错误；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0．6．下列叙述中，能说明某物质是弱电解质的是()A．熔化时不导电B．不是离子化合物，而是极性共价化合物C．水溶液的导电能力很差D．溶液中溶质分子和溶质电离出的离子共存【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】在水溶液里只有部分电离的电解质是弱电解质，根据其电离程度确定是否是弱电解质，不能根据溶液导电性、离子类型判断．【解答】解：A、熔化时不导电，说明没有自由移动的离子，但不是弱电解质的特征，如蔗糖是非电解质，HCl为强电解质在熔化时不导电，故A错误；B、有许多极性共价化合物是强电解质，如氯化氢、硫酸都是极性共价化合物，都是强电解质，故B错误；C、溶液的导电能力与离子浓度成正比，与电解质的强弱无关，故C错误；D、溶液中溶质分子和电离出的离子共存，说明溶质的电离是可逆的，属于弱电解质，故D正确；故选D．【点评】本题考查了弱电解质的判断，根据电解质的电离程度来判断，易错选项是C，注意电解质的强弱与溶液导电能力无关，强电解质溶液的导电能力不一定强，导电能力强的溶液不一定是强电解质溶液，为易错点．7．有关AgCl沉淀的溶解平衡，下列说法正确的是()A．AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，但速率为0B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag+和Cl﹣C．升高温度，AgCl沉淀的溶解度增大D．向AgCl沉淀中加入NaCl固体，AgCl沉淀的溶解度不变【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、沉淀溶解平衡是动态平衡；B、AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零；-31-\nC、升高温度氯化银溶解度增大；D、结合沉淀溶解平衡分析；【解答】解：A、达到沉淀溶解平衡时，AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，是动态平衡，速率相等但是不为零，故A错误；B、AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零，所以溶液中含有少量的Ag+和Cl﹣，故B错误；C、升高温度会增大AgCl的溶解，所以氯化银溶解度会增大，故C正确；D、AgCl沉淀的溶解平衡存在的溶度积常数Ksp=c（Ag+）c（Cl﹣），向AgCl沉淀中加入NaCl固体，平衡逆向进行，AgCl沉淀的溶解度减小，故D错误；故选C．【点评】本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素和平衡移动方向，物质溶解度的变化应用，题目较简单．8．常温下，一定浓度的某溶液，由水电离出的c（OH﹣）=10﹣4mol/L，则该溶液中的溶质可能是()A．H2SO4B．CH3COONaC．NaOHD．KHSO4【考点】水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】盐类的水解专题．【分析】常温下，水的离子积为：10﹣14，由水电离出的c（OH﹣）=10﹣4mol/L，c（H+）•c（OH﹣）=10﹣8＞10﹣14，水的电离程度增大，说明所加的溶质促进水的电离，结合选项知，只能是水解呈碱性的强碱弱酸盐醋酸钠．【解答】解：常温下，由水电离出的c（OH﹣）=10﹣4mol/L，水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，则c（H+）•c（OH﹣）=10﹣8＞10﹣14，说明该溶液中溶质促进了的水的电离，硫酸、氢氧化钠、硫酸氢钾都抑制了水的电离，只有醋酸钠属于强碱弱酸盐，醋酸根离子结合水电离的氢离子，促进了水的电离，故选B．【点评】本题考查了水的电离、盐的水解等知识，题目难度中等，试题侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养，解题的关键是准确判断出溶液中的溶质对水的电离程度的影响．9．室温下，对于pH和体积均相同的醋酸和盐酸两种溶液，分别采取下列措施，有关叙述正确的是()A．加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大B．温度都升高20℃后，两溶液的pH均不变C．加水稀释两倍后，两溶液的pH均减小D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气一样多【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液pH的定义．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以醋酸溶液中存在电离平衡，升高温度能促进弱电解质电离，pH相同的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，不同的酸和相同金属反应，生成氢气的速率与溶液中离子浓度成正比．【解答】解：A．向盐酸中加入醋酸钠晶体，醋酸钠和盐酸反应生成醋酸，导致溶液的pH增大，向醋酸中加入醋酸钠，能抑制醋酸电离，导致其溶液的pH增大，故A正确；-31-\nB．盐酸是强酸，不存在电离平衡，升高温度不影响盐酸的pH，醋酸是弱酸，其水溶液中存在电离平衡，升高温度，促进醋酸电离，导致醋酸溶液中氢离子浓度增大，所以醋酸的pH减小，故B错误；C．pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别加水稀释后，溶液中氢离子浓度都减小，所以pH都增大，故C错误；D．pH相同、体积相同的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，且二者都是一元酸，所以分别与足量的锌反应，醋酸产生的氢气比盐酸多，故D错误；故选A．【点评】本题考查弱电解质电离，易错选项是B，注意对于相同浓度的盐酸和醋酸溶液，升高温度，盐酸的pH不变，但醋酸的pH改变，为易错点．10．为了配制NH的浓度与Cl﹣的浓度比为1：1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入()①适量的HCl；②适量的NaCl；③适量的氨水；④适量的NaOH．A．①②B．③C．③④D．④【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】氯化铵是强酸弱碱盐，由于NH4+水解，导致溶液中c（NH4+）＜c（Cl﹣），氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性；为了配制NH4+与Cl﹣的浓度比为1：1的溶液，须加一定量的能电离出铵根离子的物质，或减少溶液中氯离子的浓度，据此分析．【解答】解：氯化铵是强酸弱碱盐，由于NH4+水解，导致溶液中c（NH4+）＜c（Cl﹣），溶液呈酸性，为了配制NH4+与Cl﹣的浓度比为1：1的溶液，须增加铵根离子浓度；或减少溶液中氯离子的浓度．①加入适量的HCl，溶液中氯离子浓度增大，则溶液中c（NH4+）＜c（Cl﹣），故①错误；②加入适量的NaCl，溶液中氯离子的浓度增加，铵根离子浓度不变保持，导致c（NH4+）＜c（Cl﹣），故②错误；③加入适量氨水，通过增加一水合氨浓度从而抑制铵根离子的水解，增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变，故③正确；④加入适量NaOH，会发生反应：NH4++OH﹣=NH3•H2O，NH4+越来越少，氯离子浓度不变，导致c（NH4+）＜c（Cl﹣），故④错误；故选：B．【点评】本题主要考查了NH4Cl溶液的配制，解答须掌握铵根离子水解的影响因素，掌握盐类水解的规律是解答本类题的关键，本题目难度不大．11．已知常温下稀溶液中FeCl3水解方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，能使c（Fe3+）增大（溶液体积忽略不计）的是()A．加入少量的H2SO4溶液B．加入少量NaCl溶液C．加热D．加入少量NaOH溶液【考点】影响盐类水解程度的主要因素．【分析】能使c（Fe3+）增大，就是使水解平衡向着逆向移动，根据平衡移动原理进行判断，如水解反应是吸热反应，温度升高，水解程度增大．【解答】解：A、加入少量的H2SO4溶液，会使水解平衡向左移动，铁离子浓度增大，故A正确；-31-\nB、加入少量NaCl溶液，相当于加水稀释，会使水解平衡右移，但溶液的体积变大，铁离子浓度减小，故B错误；C、加热，水解平衡右移，铁离子浓度减小，故C错误；D、加入少量NaOH溶液，会使水解平衡右移，铁离子浓度减小，故D错误．故选A．【点评】本题考查了影响盐类水解的主要因素，注意水解过程是吸热反应，根据平衡移动进行分析即可，本题难度不大．12．在蒸发皿中加热蒸干并灼烧（低于400℃）下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是()A．氯化镁B．碳酸氢铵C．硫酸钾D．亚硫酸【考点】盐类水解的应用；铵盐．【分析】在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液可以得到该物质的固体，说明该溶质性质较稳定，蒸干、灼烧过程中不发生分解、不发生水解，据此分析解答．【解答】解：A．氯化镁在蒸干过程中发生水解，生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢易挥发，所以蒸干时得到氢氧化镁，灼烧氢氧化镁，氢氧化镁分解生成氧化镁，所以最终得到氧化镁，故A错误；B．碳酸氢铵不稳定，加热条件下易分解生成二氧化碳、水和氨气，所以最终不能得到该物质，故B错误；C．硫酸钾是强酸强碱盐，硫酸钾性质稳定，不易分解和水解，所以最终得到硫酸钾，故C正确；D．亚硫酸易分解生成二氧化硫和水，易氧化生成硫酸，不能得到固体，故D错误；故选C．【点评】本题考查了盐类水解、物质的稳定性等知识点，根据盐类水解特点、物质的稳定性等知识点来分析解答，知道常见物质稳定性强弱，题目难度不大．13．醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，下列叙述不正确的是()A．醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）B．0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c（OH﹣）减小C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动D．常温下pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的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】A．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒判断；B．加水稀释促进醋酸电离，溶液中c（H+）减小、c（OH﹣）增大；C．向CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，溶液中c（CH3COO﹣）增大，抑制CH3COOH电离；D．常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液浓度，二者等体积混合后醋酸有剩余，溶液呈酸性．【解答】解：A．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故A正确；B．加水稀释促进醋酸电离，溶液中CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c（H+）减小，温度不变，溶液中水的离子积常数不变，则c（OH﹣）增大，故B错误；C．向CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，溶液中c（CH3COO﹣）增大，抑制CH3COOH电离，所以平衡向右进行，故C正确；-31-\nD．常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液浓度，二者等体积混合后醋酸有剩余，溶液呈酸性，则溶液的pH＜7，故D正确；故选B．【点评】本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点及其影响因素即可解答，同时考查学生知识运用能力，注意：稀释醋酸时，溶液中其它微粒浓度减小，只有c（OH﹣）增大，题目难度不大．14．下列离子方程式中，属于水解反应的是()A．HCOOH+H2O⇌HCOO﹣+H3O+B．CO2+H2O⇌HCO3﹣+H+C．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣D．HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+【考点】盐类水解的原理．【专题】盐类的水解专题．【分析】弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号．【解答】解：A、是甲酸的电离方程式，故A错误；B、是碳酸的一级电离方程式，故B错误；C、是碳酸根的水解方程式，故C正确；D、是硫氢根离子的电离方程式，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生水解方程式的书写和水解原理知识，可以根据所学知识来回答，难度不大．15．常温下，以下四种溶液pH最小的是()A．0.01mol/L醋酸溶液B．0.02mol/L醋酸与0.02mol/LNaOH溶液等体积混合C．0.03mol/L醋酸与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合D．pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合【考点】pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】常温下，溶液中pH最小说明溶液中氢离子浓度最大，根据溶液中溶质结合氢离子浓度大小判断．【解答】解：A．醋酸是弱电解质，所以0.01mol/L的醋酸溶液中氢离子浓度小于0.01mol/L；B．0.02mol/L醋酸与0.02mol/LNaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成0.01mol/L的醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其溶液呈碱性，则氢离子浓度小于10﹣7mol/L；C．0.03mol/L醋酸与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是0.01mol/L的醋酸和0.005mol/L的醋酸钠，氢离子浓度小于0.005mol/L；D．pH=2的盐酸中氢离子浓度为0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，二者等体积混合，恰好反应生成强酸强碱盐，其溶液呈中性，则氢离子浓度等于10﹣7mol/L；所以氢离子浓度最大的是A，则pH最小的是A，故选：A．【点评】本题考查了溶液酸碱性的判断，明确溶液中的溶质及溶质的性质即可解答，难度中等．16．在CH3COONa溶液中各离子的浓度由大到小排列顺序正确的是()-31-\nA．c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，一般来说，单水解程度较小，以此比较溶液离子浓度的大小．【解答】解：CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），溶液存在电荷守恒，则c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），因此c（Na+）＞c（CH3COO﹣），因单水解的程度一般较弱，则有c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），因此有c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故选A．【点评】本题考查离子浓度的大小比较，题目难度不大，注意把握盐类水解的原理和弱电解质的电离特点．17．某温度下，可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）的平衡常数为K，下列对K的说法正确的是()A．K值越大，表明该反应越有利于C的生成，反应物的转化率越大B．若缩小反应器的容积，能使平衡正向移动，则K增大C．温度越高，K一定越大D．如果m+n=p，则K=1【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、平衡常数越大，说明反应进行的程度越大；B、化学平衡常数只受温度影响；C、温度对化学平衡常数的影响与反应的热效应有关，根据热效应判断温度升高平衡移动方向，据此判断升高温度对化学平衡常数的影响；D、平衡常数是利用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物的平衡浓度幂次方乘积计算．【解答】解：A、平衡常数越大，说明反应进行的程度越大，反应越有利于C的生成，反应物的转化率越大，故A正确；B、化学平衡常数只受温度影响，与浓度无关，若缩小反应器的容积，能使平衡正向移动，温度不变化学平衡常数不变，故B错误；C、若该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数降低，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，平衡常数增大，故C错误；D、平衡常数是利用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物的平衡浓度幂次方乘积计算，平衡常数大小和平衡浓度大小有关，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学平衡常数的意义、影响化学平衡常数的因素等，比较基础，注意基础知识的理解掌握．18．在恒温下容积固定的密闭容器中，能充分说明反应2NO+O2⇌2NO2已达到平衡状态的是()A．反应容器中的气体压强不随时间而变化B．生成O2的速率与生成NO2的速率相等-31-\nC．NO、O2、NO2各浓度之比为2：1：2D．混合气体的密度一定【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【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：A、随着反应的进行体系压强逐渐减小，容器内压强保持不变说明达平衡状态，故A正确；B、生成O2的速率等效于消耗NO2的速率的一半与生成NO2的速率相等，正逆反应速率不相等，故B错误；C、当体系达平衡状态时，NO、O2、NO2的浓度之比可能2：1：2，也可能不是2：1：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，故C错误；D、混合气体的密度一定，未平衡是也不变，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，如果一个量未平衡时是个变量，突然不再随时间的变化而变化，说明已达平衡状态．19．在一密闭容器中，反应aA（g）⇌bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的70%，则()A．平衡向正反应方向移动了B．物质A的转化率减少了C．物质B的质量分数减小了D．a＞b【考点】化学平衡的影响因素．【分析】先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的70%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，即减小压强平衡向正反应方向移动，则a＜b，据此结合选项判断．【解答】解：先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的70%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，即减小压强平衡向正反应方向移动，则a＜b，A、假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的70%，大于原来的50%，说明平衡向生成B的方向移动，即向正反应移动，故A正确；B、根据A的判断，平衡向正反应移动，A的转化率增大，故B错误；C、平衡向正反应移动，B的质量增大，混合气体的总质量不变，故物质B的质量分数增大，故C错误；D、根据A的判断，平衡向生成B的方向移动，则a＜b，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学平衡移动等，难度不大，注意利用假设法分析、判断平衡移动方向．20．下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是()A．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅B．粉末状硫磺比块状硫磺在氧气中燃烧剧烈C．高压比常压有利于合成SO3的反应D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅-31-\n【考点】化学平衡移动原理．【分析】勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动．勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释．【解答】解：A、存在平衡2NO2⇌N2O4，加压体积减小，混合气体颜色变深，但压强增大平衡正向移动，颜色变浅，能用勒夏特利原理解释，故A不选；B、粉末状硫磺比块状硫磺在氧气中燃烧剧烈，是因为粉末状硫磺接触面积大，所以燃烧剧烈，不能用勒夏特利原理解释，故B选；C、存在平衡2SO2+O2（g）⇌2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故C不选；D、存在Cl2+H2O⇌HCl+HClO，生成的次氯酸见光分解，促进平衡正向进行，故氯水光照后颜色变浅，能用勒夏特利原理解释，故D不选；故选B．【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆过程，且平衡发生移动．21．下列离子方程式中，正确的是()A．铁与氯化铁溶液反应：Fe+Fe3+═2Fe2+B．大理石与稀盐酸反应：CO+2H+═CO2↑+H2OC．铜与稀硝酸反应：Cu+H++NO═Cu2++NO↑+H2OD．氯气与氢氧化钠溶液反应：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．电子、电荷不守恒；B．碳酸钙在离子反应中应保留化学式；C．电子、电荷不守恒；D．反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，遵循电子、电荷守恒．【解答】解：A．铁与氯化铁溶液反应的离子反应为Fe+2Fe3+═3Fe2+，故A错误；B．大理石与稀盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ca2+，故B错误；C．铜与稀硝酸反应的离子反应为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；D．氯气与氢氧化钠溶液反应的离子反应为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故D正确．故选D．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子反应考查，注意电子、电荷守恒的应用，题目难度不大．22．右图曲线a表示放热反应2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）进行过程中X的转化率随时间变化的关系．若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是()-31-\nA．加催化剂B．加大X的投入量C．升高温度D．增大体积【考点】化学平衡的影响因素．【分析】由图象可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，改变条件，反应速率加快，且平衡时x的转化率不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，据此结合选项判断．【解答】解：由图象可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，改变条件，反应速率加快，且平衡时x的转化率不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，A、加入催化剂，反应速率加快，催化剂不影响平衡移动，x的转化率不变，故A正确；B、加大X的投入量，X浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应移动，但X的转化率减小，故B错误；C、该反应正反应是放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应移动，x的转化率减小，故C错误；D、增大体积，压强减小，该反应前后气体的物质的量不变，压强降低平衡不移动，但反应速率降低，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学平衡移动图象与影响因素，难度中等，根据曲线变化分析条件改变对速率、X转化率的影响是解题的关键．23．pH=l的两种酸溶液A、B各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积的关系如图，下列说法正确的是()①若a＜4，则A、B都是弱酸②稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强③若a=4，则A是强酸，B是弱酸④A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等．A．①④B．②③C．①③D．②④【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】由图可知，稀释相同的倍数，A的变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸来说c（酸）=c（H+），但对于一元弱酸，c（酸）＞c（H+），以此来解答．-31-\n【解答】解：①pH=1的酸，加水稀释到1000倍，若pH=4，为强酸，若a＜4，则A、B都是弱酸，故①正确；②由图可知，B的pH小，c（H+）大，则B酸的酸性强，故②错误；③由图可知，若a=4，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故③正确；④因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c（酸）=c（H+），对于一元弱酸，c（酸）＞c（H+），则A、B两种酸溶液的物质的量浓度不一定相等，故④错误；故选C．【点评】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难度不大．24．I2在KI溶液中存在下列平衡：I2（aq）+I﹣（aq）═I3﹣（aq），某I2、KI混合溶液中，I3﹣的物质的量浓度c（I3﹣）与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）．下列说法正确的是()A．反应I2（aq）+I﹣（aq）═I3﹣（aq）的△H＞0B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2则K2＞K1C．若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆D．状态A与状态B相比，状态A的c（I2）大【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】由图象曲线的变化趋势可知，当温度升高时，I3﹣的物质的量浓度减小，说明该反应的正反应为放热反应，A、温度升高时平衡移动向吸热反应方向移动，据此判断反应的热效应；B、升高温度，平衡向逆反应方向移动，温度越高，平衡常数越小；C、根据D状态与平衡状态比较，判断反应方向进而得出反应速率关系；D、温度T1＜T2，升高温度平衡向逆反应移动，据此判断A、B两点碘的浓度大小．【解答】解：A、由图象曲线的变化趋势可知，当温度升高时，I3﹣的物质的量浓度减小，说明该反应的正反应为放热反应，反应I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）的△H＜0，故A错误；B、该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，温度越高，平衡常数越小，若温度为T1、T2的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2，故B错误；C、反应进行到状态D时，反应未达到平衡状态，反应趋向于平衡，则反应向生成的I3﹣方向移动，则v正＞v逆，故C正确；D、状态A与状态B相比，B状态相当于在A的基础上升高温度，平衡向逆反应方向移动，则状态B的c（I2）大，故D错误；故选C．【点评】-31-\n本题考查化学平衡移动图象问题，难度中等，注意图象曲线上各点都表示平衡状态．注意化学平衡图象分析的一般方法来解答：一看面：看清图象中横坐标和纵坐标的含义；二看线：弄清图象中线的斜率或线走势的意义；三看点：明确曲线的起点、终点、交点及拐点等；四看是否需要辅助线．25．常温下，0.1mol•L﹣1某一元酸（HA）溶液pH=3，下列叙述正确的是()A．该溶液中由水电离出的c（H+）=1×10﹣3mol•L﹣1B．pH=3的HA溶液与pH=4的HCl溶液：c（HA）=10c（HCl）C．pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后所得溶液中c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．0.1mol•L﹣1HA溶液与0.05mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中2c（H+）+c（HA）=c（A﹣）+2c（OH﹣）【考点】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．【分析】常温下，0.1mol•Ll﹣1某一元酸（HA）溶液的pH=3，说明该酸在其水溶液里只有部分电离，是弱酸，A．由水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度；B．弱酸溶液中酸的浓度大于氢离子浓度；C．pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液中，酸的浓度大于碱的浓度，等体积混合后所得溶液呈酸性；D．根据电荷守恒和物料守恒判断．【解答】解：常温下，0.1mol•Ll﹣1某一元酸（HA）溶液的pH=3，说明该酸在其水溶液里只有部分电离，是弱酸，A．该溶液中由水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，其浓度为1×10﹣11mol•L﹣1，故A错误；B．HA是弱电解质，HCl是强电解质，弱酸溶液中酸的浓度大于氢离子浓度，所以pH=3的HA溶液与pH=4的HCl溶液：c（HA）＞10c（HCl），故B错误；C．pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液中c（HA）＞c（NaOH）=0.001mol/L，等体积混合，酸的物质的量大于碱，所以混合溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；D.0.1mol•L﹣1HA溶液与0.05mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中的溶质是等物质的量的NaA和HA，根据物料守恒得c（HA）+c（A﹣）=2c（Na+），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（A﹣）+c（OH﹣），所以得2c（H+）+c（HA）=c（A﹣）+2c（OH﹣），故D正确；故选D．【点评】本题考查弱电解质的电离，根据物料守恒和电荷守恒来分析解答，易错选项是A，注意酸溶液中的氢离子浓度大于水电离出的氢离子浓度，为易错点．二、解答题（共8小题，满分50分）26．硅是重要的无机非金属材料，工业上从硅的氧化物制取硅单质的主要反应为SiO2+2C=Si+2CO↑．其中，氧化剂是SiO2（填化学式），被氧化的物质是C（填化学式）；若反应中消耗了2molC，则生成1molSi．【考点】氧化还原反应．【分析】反应中Si元素化合价降低，被还原，SiO2为氧化剂，C元素化合价升高，被氧化，C为还原剂，结合反应的化学方程式解答该题．【解答】解：反应中Si元素化合价降低，被还原，SiO2为氧化剂，C元素化合价升高，被氧化，C为还原剂，由方程式可知，若反应中消耗了2molC，则生成1molSi．故答案为：SiO2；C；1．-31-\n【点评】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，侧重于化学与工业生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，注意从元素化合价的角度解答该题，难度不大．27．已知：①Zn（s）+O2（g）═ZnO（s）△H1=﹣350.5kJ/mol②HgO（s）═Hg（l）+O2（g）△H2=+90.8kJ/mol③Zn（s）+HgO（s）═ZnO（s）+Hg（l）△H3请回答：（1）反应①属于放热（填“吸热”或“放热”）反应．（2）反应①消耗65gZn（s）时，△H=﹣350.5kJ/mol．（3）反应②生成1molHg（l）时，△H=+90.8kJ/mol．（4）反应③的△H3=﹣259.7kJ/mol．【考点】有关反应热的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）根据热化学方程式中△H的符号判断；（2）△H的大小与Zn的用量无关；（3）根据反应②中△H的值计算；（4）根据盖斯定律，利用已知的热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减．【解答】解：（1）已知①Zn（s）+O2（g）═ZnO（s）△H1=﹣350.5kJ/mol，该反应中△H为负值，则该反应属于放热反应，故答案为：放热；（2）△H的大小与Zn的用量无关，所以反应①消耗65gZn（s）时，△H的值不变为﹣350.5kJ/mol，故答案为：﹣350.5；（3）已知HgO（s）═Hg（l）+O2（g）△H2=+90.8kJ/mol，则生成1molHg（l）时，△H=+90.8kJ/mol，故答案为：+90.8；（4）已知：①Zn（s）+O2（g）=ZnO（s）△H1=﹣350.5kJ/mol②HgO（s）═Hg（l）+O2（g）△H2=+90.8kJ/mol根据盖斯定律，①+②得Zn（s）+HgO（s）=ZnO（s）+Hg（l），则△H3=△H1+△H2=﹣350.5kJ/mol+90.8kJ/mol=﹣259.7kJ/mol，故答案为：﹣259.7．【点评】本题考查盖斯定律、反应热的计算等，难度中等，侧重于考查学生的计算能力和知识的运用能力，注意盖斯定律的理解与运用．28．在一定温度下，10L密闭容器中通入X和Y各0.16mol，发生如下反应：X（g）+Y（g）⇌2Z（g）一段时间后达到平衡，测得数据如下：t/min2479-31-\nn（Y）/mol0.120.110.100.10请回答：（1）2min内，v（Y）=0.002mol/（L•min）．（2）若降低温度能使化学平衡向正反应方向移动，则正反应是放热（填“放热”或“吸热”）反应．（3）该温度下反应的化学平衡常数数值为1.44．（4）X的平衡转化率是37.5%．【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）依据化学反应速率概念计算，V=计算得到；（2）依据化学平衡移动原理分析，降低温度平衡向放热反应方向进行；（3）依据化学平衡常数概念计算，用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；（4）转化率=×100%．【解答】解：（1）图表分析，2min内，Y物质的量变化=0.16mol﹣0.12mol=0.04mol，v（Y）==0.002mol/L•min，故答案为：0.002；（2）降低温度平衡向放热反应方向进行，降低温度能使化学平衡向正反应方向移动说明正反应为放热反应，故答案为：放热；（3）图表数据可知7min达到平衡状态，X（g）+Y（g）⇌2Z（g）起始量（mol/L）0.0160.0160变化量（mol/L）0.0060.0060.012平衡量（mol/L）0.010.010.012K==1.44，故答案为：1.44，（4）依据（3）计算X的平衡转化率=×100%=37.5%，故答案为：37.5%．【点评】本题考查了化学平衡计算应用，主要是平衡常数，转化率概念的计算应用，平衡移动原理和平衡计算方法是解题关键，题目难度中等．29．25℃时，现有浓度均为0.10mol/L的两种溶液：①CH3COOH溶液、②NaOH溶液．请回答：（1）溶液①的pH＞1（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）写出CH3COOH和NaOH溶液反应的离子方程式：CH3COOH+OH﹣=CH3COO﹣+H2O（3）两溶液等体积混合后所得溶液显碱性，原因是CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣（用离子方程式表示）．-31-\n（4）下列说法正确的是bc（填字母）．a．CH3COOH和NaOH均属于弱电解质b．CH3COOH和NaOH均能抑制水的电离c．若两溶液混合后pH＜7，则溶液中离子浓度存在关系：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】（1）醋酸是弱酸，不能完全电离；（2）醋酸是弱酸，酸性离子方程式时不拆；（3）在醋酸钠溶液中，醋酸钠根离子水解导致溶液显示碱性；（4）a．弱酸、弱碱、水属于弱电解质，强酸强碱，大部分盐等属于强电解质；b．酸和碱均能抑制水的电离；c．若两溶液混合后pH＜7，则溶液中醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解．【解答】解：（1）醋酸是弱酸，不能完全电离，0.10mol/L的CH3COOH溶液pH＞1，故答案为：＞；（2）醋酸是弱酸，酸性离子方程式时不拆，所以CH3COOH和NaOH溶液反应的离子方程式为CH3COOH+OH﹣=CH3COO﹣+H2O，故答案为：CH3COOH+OH﹣=CH3COO﹣+H2O；（3）两溶液等体积混合后所得溶液为醋酸钠溶液，在醋酸钠溶液中，醋酸钠根离子水解导致溶液显示碱性，即CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，故答案为：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣；（4）a．醋酸属于弱电解质，氢氧化钠属于强电解质，故a错误；b．酸和碱均能抑制水的电离，故b正确；c．若两溶液混合后pH＜7，则溶液混合后醋酸剩余，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液中离子浓度存在关系：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故c正确．故选bc．【点评】本题涉及弱电解质的电离、离子方程式书写、盐的水解以及溶液中离子浓度的大小关系比较等知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度不大．30．在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度T的关系如表：T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）该反应为吸热反应（填“吸热”“放热”）（2）能判断该反应是否已达化学平衡状态的依据是bc．a．容器中压强不变b．混合气体中c（CO）不变c．v正（H2）=v逆（H2O）d．c（CO2）=c（CO）（3）某温度下，在2L的密闭容器中，加入1moLCO2和1molH2充分反应达平衡时，CO的平衡浓度为0.25mol•L﹣1，试判断此时的温度为830℃．（4）若在（3）所处的温度下，在1L的密闭容器中，加入2molCO2和3molH2充分反应达平衡时，H2的物质的量为b．a．等于1.0molb．大于1.0molc．大于0.5mold．无法确定．【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡建立的过程；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．-31-\n【分析】（1）图表数据分析判断，平衡常数随温度升高增大，说明平衡破坏正向进行，正反应为吸热反应；（2）化学平衡标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，据由此衍生的一些物理量也不变，以此解答；（3）依据化学平衡三段式列式计算；（4）依据化学平衡三段式列式和平衡常数概念计算消耗氢气物质的量计算得到平衡状态下的物质的量．【解答】解：（1）由表中数据可知，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，温度升高平衡向吸热反应移动，故该反应正反应是吸热反应，故答案为：吸热；（2）a．该可逆反应反应前后气体的物质的量不变，容器内压强自始至终不变，容器中压强变，不能说明反应到达平衡，故a错误；b．随反应进行CO的浓度增大，混合气体中c（CO）不变，说明反应到达平衡，故b正确；c．υ正（H2）=υ逆（H2O），不同物质表示的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，说明反应到达平衡，故c正确；d．c（CO2）=c（CO）时可能处于平衡状态，可能不处于平衡状态，与反应的条件有关，即与二氧化碳的转化率有关，故d错误；故选：bc；（3）某温度下，在2L的密闭容器中，加入1moLCO2和1molH2充分反应达平衡时，CO的平衡浓度为0.25mol•L﹣1，CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）起始量（mol/L）0.50.500变化量（mol/L）0.250.250.250.25平衡量（mol/L）0.250.250.250.25K==1温度为830℃，故答案为：830；（4）若在（3）所处的温度下，在1L的密闭容器中，加入2molCO2和3molH2充分反应达平衡时，设氢气消耗物质的量为x；CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）起始量（mol/L）2300变化量（mol/L）xxxx平衡量（mol/L）2﹣x3﹣xxxK==1计算得到x=1.2反应达平衡时，H2的物质的量3mol﹣1.2mol=1.8mol；故答案为：b．【点评】本题考查化学平衡常数的应用、化学平衡状态的判断，难度中等，掌握化学平衡常数的书写与应用，注意判断化学平衡状态，选择的物理量应是随反应进行发生不变，当该物理量不再变化时，说明到达平衡状态．-31-\n31．某同学用图示装置制取氯水并进行相关实验．请回答：（1）装置②中反应的化学方程式是Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O．（2）实验进行一段时间后，装置①中溶液呈黄绿色，说明该溶液中含有的一种物质是Cl2（填化学式）．（3）取少量装置①中的溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，说明氯水具有a（填字母）．a．酸性和漂白性b．碱性和漂白性（4）欲验证氯的非金属性强于溴，取少量装置①中的溶液加入盛有NaBr（或KBr）（填化学式）溶液的试管中，振荡，溶液变为红棕色．【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】（1）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（2）氯气呈黄绿色；（3）蓝色石蕊遇酸变红色，次氯酸具有漂白性；（4）元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，根据非金属单质之间的置换反应确定非金属性强弱．【解答】解：（1）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（2）只有氯气呈黄绿色，其它物质都呈无色，所以含有Cl2，故答案为：Cl2；（3）蓝色石蕊遇酸变红色，次氯酸具有漂白性，取少量装置①中的溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，说明氯水具有酸性和漂白性，故选a；（4）元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，氯气能氧化可溶性溴化物，它们发生的离子反应为Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣，该溴化物为可溶性的NaBr（或KBr），故答案为：NaBr（或KBr）．【点评】本题考查了氯气的有关性质，知道氯水中的成分及各种成分的性质是解本题关键，知道非金属性强弱的判断方法有哪些，题目难度不大．32．亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂．为检验某食品中亚硫酸盐含量（通常以1kg样品中含SO2的质量计），某研究小组同学设计了如图实验流程（所加试剂均为足量）．请回答：（1）亚硫酸盐作为食品添加剂的作用是a（填字母）．a．防腐保鲜b．增强营养（2）反应①中通入N2的目的是c（填字母）．a．冷却产生的气体b．与生成的气体反应c．将生成的气体全部赶出（3）反应①～③中属于氧化还原反应的是②（填序号）．-31-\n（4）若取样品Xg，反应③消耗0.01mol/LNaOH溶液100mL，则1kg样品中含SO2的质量是g（用含X的代数式表示）．【考点】亚硝酸盐；化学史；氧化还原反应．【专题】元素及其化合物．【分析】（1）亚硫酸根离子具有强的还原性，易被氧气氧化为硫酸盐；（2）亚硫酸根离子可以喝强酸之间反应得到二氧化硫，氮气和二氧化硫之间不会反应；（3）有元素化合价变化的反应是氧化还原反应；（4）根据化学反应结合原子守恒知识来回答判断．【解答】解：亚硫酸盐样品中加入稀硫酸之后，会发生反应得到二氧化硫气体，二氧化硫会被氮气完全排出，得到气体A是二氧化硫和氮气，二氧化硫具有还原性，能被双氧水氧化为硫酸，硫酸可以和氢氧化钠之间发生中和反应生成硫酸钠．（1）亚硫酸根离子具有强的还原性，易被氧气氧化为稳定的硫酸盐，所以亚硫酸盐可以防腐保鲜，作为食品添加剂，故答案为：a；（2）亚硫酸盐样品中加入稀硫酸之后，会发生反应得到二氧化硫气体，氮气和二氧化硫之间不会反应，反应①中通入N2可以将生成的气体二氧化硫全部赶出，故答案为：c；（3）反应①是亚硫酸根离子和氢离子之间的反应，不是氧化还原反应，②是二氧化硫和双氧水之间的反应，属于氧化还原反应，是硫酸和氢氧化钠之间的中和反应，不属于氧化还原反应，故答案为：②；（4）③消耗0.01mol/LNaOH溶液100mL，所以硫酸的物质的量是0.0005mol，所以硫原子的物质的量是0.0005mol，根据硫原子守恒，Xg样品中含有的二氧化硫的质量是×64g/mol=0.032g，则1kg样品中含SO2的质量是g，故答案为：．【点评】本题目以工艺流程题的方式考查学生元素以及化合物的性质知识，注意原子守恒思想在解题中的应用，难度不大．33．常温下有浓度均为0.5mol/L的四种溶液：①Na2CO3溶液②NaHCO3溶液③HCl溶液④氨水（1）上述溶液中，可发生水解的是①②（填序号，下同）．（2）上述4种溶液的PH由小到大的排序是③②①④．（3）上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H+）．（4）向④中加入少量氯化铵固体，此时c（NH4+）/c（OH﹣）的值增大（填“增大”、“减小”或“不变”）．（5）若将③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积＜④的体积（填“大于”、“小于”或“等于”），此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）．．【考点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．【分析】（1）含有弱离子的盐能发生水解；（2）①Na2CO3溶液和②NaHCO3溶液是由于水解使得溶液显碱性；③HCl溶液显酸性；④氨水是弱碱，电离显碱性；（3）这几种物质中，能和强碱、强酸反应的物质为弱酸的酸式盐，HCO3﹣电离程度小于水解程度，其溶液呈碱性；-31-\n（4）向氨水中加入氯化铵抑制一水合氨电离；（5）氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，要使盐酸和氨水溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，根据溶液酸碱性结合电荷守恒判断离子浓度大小．【解答】解：（1）含有弱离子的盐能发生水解，碳酸钠和碳酸氢钠都是含有弱离子的盐，能发生水解，故答案为：①②；（2）④氨水是弱碱，电离显碱性，溶液的pH最大；①Na2CO3溶液和②NaHCO3溶液均是由于水解使得溶液显碱性，而水解程度均比较小，故溶液的pH均小于氨水，但由于Na2CO3对应的酸为HCO3﹣，而NaHCO3对应的酸为H2CO3，而酸性H2CO3＞HCO3﹣，根据越弱越水解可知溶液的pH①Na2CO3溶液＞②NaHCO3溶液；③HCl溶液显酸性，pH最小．故溶液的pH由小到大的顺序为③②①④，故答案为：③②①④；（3）这几种物质中，能和强碱、强酸反应的物质是碳酸氢钠，HCO3﹣水解程度大于电离程度，但程度都较小，溶液呈碱性，溶液中HCO3﹣和水都电离生成氢氧根离子，则溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H+）；（4）向氨水中加入氯化铵，溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，氢氧根离子浓度减小，所以的值增大，故答案为：增大；（5）氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，要使盐酸和氨水溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒得c（Cl﹣）=c（NH4+），中性溶液中水的电离程度很小，所以离子浓度大小顺序是c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故答案为：＜；c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液中的溶质及溶液酸碱性结合守恒思想分析解答，题目难度不大．三、解答题（共2小题，满分20分）34．二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用．工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚．请回答下列问题：（1）煤的气化的主要化学反应方程式为：C+H2OCO+H2．（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：H2S+Na2CO3═NaHS+NaHCO3．（3）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）；△H=﹣90.8kJ•mol﹣1②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H=﹣23.5kJ•mol﹣1③CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）；△H=﹣41.3kJ•mol﹣1总反应：3H2（g）+3CO（g）═CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H=﹣246.4kJ•mol﹣1；一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是ce（填字母代号）．a．高温高压b．加入催化剂c．减少CO2的浓度d．增加CO的浓度e．分离出二甲醚-31-\n（4）已知反应②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）某温度下的平衡常数为400．此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/（mol•L﹣1）0.440.60.6①比较此时正、逆反应速率的大小：v正＞v逆（填“＞”、“＜”或“=”）．②若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，此时c（CH3OH）=0.04mol/L．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素．【分析】（1）煤的气化过程为：煤与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气；（2）H2S可用Na2CO3溶液吸收，能生成两种酸式盐，依据硫化氢是二元酸，碳酸根离子为二元弱酸的酸根，所以生成的两种酸式盐为NaHS、NaHCO3，配平书写化学方程式；（3）依据盖斯定律，将已知方程式变形得到目标方程式，焓变值做相应运算，据此计算反应焓变；要提高CO的转化率，应使平衡向正反应移动，3H2（g）+3CO（g）═CH3OCH3（g）+CO2（g）反应特点为：正向反应为气体系数减小的反应，反应焓变小于0，说明反应为放热反应，要使平衡向正反应移动，可以采取措施：增大压强；降低温度；减小生成物浓度，增大反应物浓度；使用催化剂不能改变平衡状态；（4）①计算Qc，依据Qc与K的大小关系判断反应进行方向，判断正逆反应速率；②利用三段式计算平衡时各组分浓度，依据平衡常数计算解答．【解答】解：（1）煤的气化的主要化学反应方程式：C+H2OCO+H2；故答案为：C+H2OCO+H2；（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S可用Na2CO3溶液吸收，能生成两种酸式盐，说明反应产物为硫氢化钠和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：H2S+Na2CO3═NaHS+NaHCO3；故答案为：H2S+Na2CO3═NaHS+NaHCO3；（3）①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）；△H=﹣90.8kJ•mol﹣1②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H=﹣23.5kJ•mol﹣1③CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）；△H=﹣41.3kJ•mol﹣1，由盖斯定律知：①×2+②+③，即得到3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g），所以△H=2△H1+△H2+△H3=﹣246.4kJ•mol﹣1；故答案为：﹣246.4kJ•mol﹣1；a．正反应放热，则降低温度可使平衡向正方向移动，故a不选；b．使用催化剂不能引起平衡的移动，不能提高CO的转化率，故b不选；c．减少CO2的浓度，即减小生成物浓度，平衡向正方向移动，可以提高CO转化率，故c选；d．增加CO的浓度，CO的转化率降低，故d不选；e．分离出二甲醚，即减小生成物浓度，平衡向正方向移动，可以提高CO转化率，故e选；故选：ce；（4）①反应浓度商Qc==1.86，温度下的平衡常数为400，所以Qc＜K，反应向正方向进行，所以正反应速率大于逆反应速率；故答案为：＞；-31-\n②设平衡时，生成水的浓度为x，则：2CH3OH（g）≒CH3OCH3（g）+H2O（g）某时刻浓度（mol•L﹣1）：0.440.60.6转化浓度（mol•L﹣1）：2xxx平衡浓度（mol•L﹣1）：0.44﹣2x0.6+x0.6+xK==400，解得x=0.2mol/L，所以平衡时c（CH3OH）=0.44mol/L﹣0.2mol/L×2=0.04mol/L，故答案为：0.04mol/L．【点评】本题为综合题，考查了方程式的书写、反应热的计算、化学平衡移动的影响因素、化学平衡常数的应用，明确盖斯定律计算反应热的方法、熟悉化学平衡移动规律及平衡常数的应用是解题关键，题目难度中等．35．（14分）某化学小组用粗氧化铜（含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质）制取无水氯化铜，其实验流程如下所示：（1）步骤①中氧化铜与盐酸反应的离子方程式是CuO+2H+=Cu2++H2O．（2）步骤①、③的过滤操作中，除用到铁架台（带铁圈）外，还需要使用的玻璃仪器是普通漏斗、玻璃棒、烧杯．（3）已知：氢氧化物开始沉淀时的pH氢氧化物沉淀完全时的pHFe3+1.93.2Fe2+7.09.0Cu2+4.76.7提供的试剂：a．NaOHb．H2O2c．Na2CO3d．CuO参照表中给出的数据和试剂，请回答：步骤②的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．步骤③中调节溶液pH的范围是3.2至4.7，试剂Y是d（填字母）．（4）步骤⑤要得到无水氯化铜，需要在干燥的HCl气流中加热CuCl2•2H2O，其原因是干燥的HCl气流既可抑制Cu2+的水解，还能带走CuCl2•2H2O受热产生的水汽．【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】综合实验题．【分析】（1）氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水；（2）依据过滤装置中的仪器分析回答；（3）操作②是加入氧化剂把亚铁离子氧化为铁离子但不能引入新的杂质，氧化剂选择过氧化氢；步骤③是加入氧化铜调节溶液PH使铁离子完全沉淀；（4）氯化氢抑制氯化铜的水解，以便达到氯化铜晶体．【解答】解：（1）步骤①中氧化铜与盐酸反应氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，反应的离子方程式是：CuO+2H+=Cu2++H2O；-31-\n故答案为：CuO+2H+=Cu2++H2O；（2）过滤装置中的玻璃仪器有普通漏斗、玻璃棒、烧杯；故答案为：普通漏斗、玻璃棒、烧杯（3）操作②是加入氧化剂把亚铁离子氧化为铁离子但不能引入新的杂质，氧化剂选择过氧化氢氧化亚铁离子的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；步骤③是加入氧化铜调节溶液PH到大于3.2，小于4.7，使铁离子完全沉淀；故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；3.2至4.7；d（4）步骤⑤要得到无水氯化铜，需要在干燥的HCl气流中加热CuCl2•2H2O，是为了抑制铜离子的水解得到氯化铜晶体同时带走产生的水蒸气；故答案为：干燥的HCl气流既可抑制Cu2+的水解，还能带走CuCl2•2H2O受热产生的水汽．【点评】本题考查了物质制备实验设计，物质分离的实验基本操作，物质性质的理解和掌握是解题关键，题目难度中等．-31-