浙江省A9协作体2023-2024学年高二上学期期中联考化学试题
一、选择题（本大题共25小题，每小题只有一个正确选项，其中1－20题每小题2分，21－25题每小题3分，共55分）
1．下列物质溶于水促进水的电离且使溶液显酸性的是（ ）
A．KHSO3 B．AlCl3 C．NaHSO4 D．H2SO4
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A、KHSO3溶于水后，HSO3－的电离程度大于HSO3－的水解程度，使得溶液显酸性，HSO3－电离产生的H＋对水的电离起到抑制作用，A不符合题意。
B、AlCl3溶于水后，Al3＋发生水解反应Al3＋＋3H2O=Al(OH)3＋3H＋，使得溶液显酸性，Al3＋水解促进水的电离，B符合题意。
C、NaHSO4在水中完全电离NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，使得溶液显酸性，H＋对水的电离起到抑制作用，C不符合题意。
D、H2SO4在水中完全电离H2SO4=2H＋＋SO42－，使得溶液显酸性，H＋对水的电离起到抑制作用，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】盐类的水解促进水的电离，要使溶液显酸性，则所加物质中应存在阳离子水解，据此结合选项进行分析。
2．下列关于化学反应方向的说法正确的是（ ）
A．水结冰的过程不能自发进行的原因是熵减的过程，改变条件也不可能自发进行
B．一定条件下，使用催化剂可以使非自发反应变成自发反应
C．反应NH3(g) + HCl(g) ═ NH4Cl(s)在低温下能自发进行，说明该反应的ΔH＜0
D．能自发进行的反应一定能迅速发生
【答案】C
【知识点】焓变和熵变
【解析】【解答】A、水结成冰的过程中ΔS＜0，ΔH＜0，在温度较低时，可满足ΔH-TΔS＜0，反应自发进行，A不符合题意。
B、催化剂可降低反应所需的活化能，但对反应是否自发进行无影响，因此使用催化剂无法使非自发进行的反应变成自发反应，B不符合题意。
C、该反应为气体分子数减小的反应，因此ΔS＜0，该反应在低温条件下可自发进行，则ΔH-TΔS＜0，所以ΔH＜0，因此该反应为放热反应，C符合题意。
D、ΔH-TΔS＜0时，反应能自发进行；但无法说明反应进行的快慢，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】反应能否自发进行，需结合ΔH、ΔS、T综合分析，当ΔH-TΔS＜0时，反应能自发进行。催化剂可降低反应所需的活化能，但对反应是否自发进行，无影响。
3．下列说法正确的是（ ）
A．活化分子间所发生的碰撞即为有效碰撞
B．能够发生有效碰撞的分子叫做活化分子，活化分子具有的平均能量叫活化能
C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使反应速率增大
D．升高温度能使化学反应速率增大，是因为增加了反应物中活化分子的百分数
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、活化分子间能发生化学反应的碰撞为有效碰撞，A不符合题意。
B、活化分子具有的平均能量与普通分子所具有的平均能量的差值，称为活化能，B不符合题意。
C、增大反应物浓度，活化分子数增大，反应速率加快；但单位体积内活化分子百分数不变，C不符合题。
D、升高温度，反应物中活化分子数、活化分子百分数都增大，反应速率增大，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、能发生化学反应的碰撞为有效碰撞。
B、活化分子与普通分子具有的平均能量之差称为活化能。
C、增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增大，百分数不变。
D、升高温度，活化分子数、活化分子百分数都增大。
4．如图所示实验操作或装置正确的是（ ）
A．氢氧化钠溶液滴定盐酸
B．中和热的测定实验
C．比较碳酸、硅酸酸性强弱
D．制备氢氧化铁胶体
【答案】D
【知识点】中和滴定；中和热的测定；比较弱酸的相对强弱的实验；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、图示滴定管为酸式滴定管，NaOH溶液应用简式滴定管盛装，A不符合题意。
B、测定中和热时，为使溶液混合均匀，应使用玻璃搅拌器进行搅拌，B不符合题意。
C、浓盐酸具有挥发性，会使得生成的CO2中混有HCl，与Na2SiO3反应，造成干扰，C不符合题意。
D、制备Fe(OH)3胶体时，应往沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续加热至溶液为红褐色，停止加热，即可得到Fe(OH)3胶体，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、标准液NaOH溶液应用碱式滴定管盛装。
B、缺少玻璃搅拌器进行搅拌。
C、浓盐酸具有挥发性，会使得生成的CO2中混有HCl，造成干扰。
D、往沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续加热至红褐色，停止加热，即可得到Fe(OH)3胶体。
5．下列有关溶液的说法正确的是（ ）
A．常温下，水电离出c(OH–)=1.0×10–11mol/L的溶液一定是酸性溶液
B．常温下，c(H+)=c(OH–)的溶液一定是纯水
C．常温下，pH相同的两份溶液中水的电离程度也相同
D．水的离子积常数只适用于纯水和稀的电解质水溶液
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子积常数
【解析】【解答】A、常温下，水电离产生的c(H＋)=c(OH－)=1.0×10－7mol·L－1，若某溶液中水电离产生的c(OH－)=1.0×10－11mol·L－1，则该溶液中溶质抑制了H2O的电离，则该溶液可能为酸溶液或碱溶液，A不符合题意。
B、常温下，c(H＋)=c(OH－)的溶液显中性，可能为纯水，也可能为盐溶液，如NaCl溶液、K2SO4溶液等，B不符合题意。
C、常温下，pH=5的盐酸溶液抑制H2O的电离；pH=5的NH4Cl溶液促进H2O的电离。所以pH相同的两份溶液H2O的电离程度可能不相同，C不符合题意。
D、水的离子积常数只适用于纯水和稀的电解质水溶液，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、常温下水电离出的c(OH－)=1.0×10－7mol·L－1。
B、常温下c(H＋)=c(OH－)，溶液显中性，可能为盐溶液。
C、pH相同的酸（或碱）溶液与盐溶液中水的电离程度不同。
D、水的离子积常数只适用于纯水和稀的电解质水溶液。
6．下列过程或现象不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．酸溶液遇紫色石蕊试剂变红
B．可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
C．CO2在水中的溶解度大于在NaHCO3溶液中的溶解度
D．工业合成氨，反应条件选择500℃高温
【答案】D
【知识点】工业合成氨；化学平衡移动原理
【解析】【解答】紫色石蕊试液中存在电离平衡HIn H＋＋In－，加入酸（H＋），平衡逆向移动，溶液中c(HIn)增大，溶液显红色，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意。
B、浓氨水中存在可逆反应NH3·H2O NH3＋H2O，该反应为吸热反应，加入NaOH固体，NaOH溶于水温度升高，平衡正向移动，NH3逸出，可用勒夏特列原理解释，B不符合题意。
C、CO2水溶液中存在可逆反应CO2＋H2O H2CO3 H＋＋HCO3－，在NaHCO3溶液中c(HCO3－)较大，使得平衡逆向移动，CO2在NaHCO3溶液中的溶解度较小，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意。
D、合成氨反应的化学方程式为：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于NH3的生成。工业合成氨采用500℃高温是由于该温度下催化剂的活性高，反应速率快，与平衡移动无关，因此不能用勒夏特列原理解释，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、紫色石蕊试液中存在电离平衡HIn H＋＋In－，含有HIn的溶液显红色，含有In－的溶液显蓝色。
B、浓氨水中存在可逆反应NH3·H2O NH3＋H2O。
C、CO2在水中存在可逆反应CO2＋H2O H2CO3 H＋＋HCO3－。
D、工业合成氨的反应为放热反应，高温不利于反应正向进行。
7．下列有关物质的用途或现象与盐的水解无关的是（ ）
A．用TiCl4加大量水，同时加热，所得的TiO2 xH2O经焙烧可制得TiO2
B．游泳馆常用可溶性铜盐作游泳池水的消毒剂
C．实验室中NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中
D．氯化铵溶液可做金属焊接中的除锈剂
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、TiCl4溶液中存在水解反应：Ti4＋＋2H2O TiO2＋4H＋，加热温度升高，促进Ti4＋的水解，同时水解生成的HCl挥发逸出，使得Ti4＋水解完全，生成TiO2·xH2O，与盐的水解有关，A不符合题意。
B、游泳馆常用可溶性铜盐做消毒剂，是利用了Cu2＋能使蛋白质结构发生变性，起到消毒作用，与Cu2＋的水解无关，B符合题意。
C、NH4F溶液中存在NH4＋、F－的水解，使得溶液中存在HF，HF能与玻璃中的SiO2反应，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，与盐类的水解有关，C不符合题意。
D、NH4Cl溶液中存在NH4＋的水解NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，使得溶液显酸性，可用做金属焊接中的除锈剂，与盐类的水解有关，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、TiCl4溶液中存在水解反应：Ti4＋＋2H2O TiO2＋4H＋。
B、铜盐做消毒剂是利用Cu2＋使蛋白质结构发生变性。
C、NH4F能水解产生HF，HF能与玻璃中的SiO2反应。
D、NH4Cl溶液中NH4＋水解使得溶液显酸性。
8．用纯净的碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体，实验过程如图所示，图中各段时间间隔相同，下列说法不正确的是（ ）
A．t1~t2段收集的CO2最多，化学反应速率最快
B．用CO2表示t2~t3段的反应速率为v=L/min
C．t4收集到的气体体积不再增加说明碳酸钙消耗完全
D．从图象中可以推测该反应为放热反应
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、由图可知，t1～t2段反应生成CO2的体积最大，因此收集到的CO2体积最多；该段时间内，曲线的斜率最大，反应速率最快，A不符合题意。
B、t2～t3段，反应生成V(CO2)=(V3－V2)L，所以反应生成CO2的速率，B不符合题意。
C、t4后收集到的CO2的体积不再改变，则可能是CaCO3完全反应，或HCl完全反应，C符合题意。
D、t1～t2时间段内，c(H＋)逐渐减小，但反应速率逐渐增大，说明反应过程中温度升高，因此该反应为放热反应，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、曲线的斜率越大，反应速率越快。
B、根据公式计算用CO2表示的反应速率。
C、CaCO3或HCl完全反应，则收集到的CO2的体积不变。
D、t1～t2过程中c(H＋)减小，但反应速率变大，说明反应过程中温度升高。
9．在一个绝热的恒容密闭容器中，发生可逆反应2A(g) + B(g) 3C(g) + D(s)：①A、B、C、D在容器中共存；②2v正(A)=3v正(C)；③体系的气体密度不再改变；④体系的压强不再改变；⑤ΔH不再改变。一定可以作为反应达到平衡状态标志的是（ ）
A．①②③⑤ B．②④⑤ C．③④ D．③
【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①反应开始后，任意时刻，A、B、C、D在容器中共存，因此不能说明反应达到平衡状态，①不符合题意。
②任意时刻，反应速率之比等于化学计量数之比，2v正(A)=3v正(C)，无法体现正逆反应速率相等，因此不能说明反应达到平衡状态，②不符合题意。
③该反应中，生成物中含有固体，因此反应过程中混合气体的总质量m是一个变量，由于反应在恒容密闭容器中进行，混合气体的体积不变。根据密度公式可知，反应过程中混合气体的密度是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，③符合题意。
④由于反应和绝热恒容密闭容器中进行，任何化学反应都存在能量的变化，若反应为放热反应，温度升高，压强增大；若反应为吸热反应，温度降低，压强减小。因此体系的压强是一个变量，当其不变时，说明反应达到平衡状态，④符合题意。
⑤ΔH与反应物、生成物的相对能量有关，是一个定值，ΔH不变不能说明反应达到平衡状态，⑤不符合题意。
综上，能说明反应达到平衡状态的是③④，C符合题意。
故答案为：C
【分析】当正逆反应速率相等，或变量不变时，说明反应达到平衡状态。据此结合题干所给物理量进行分析。
10．下列有关化学实验的说法不正确的是（ ）
A．润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入3~5mL所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿其内壁，再从上口倒出，重复2~3次
B．中和热测定实验中测量反应混合液的温度时要随时读取温度，记录下最高温度
C．探究温度对Na2S2O3溶液与H2SO4反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，导致所测反应速率偏低
D．将pH试纸置于表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液点在pH试纸的中部，与标准比色卡比较测定溶液pH
【答案】A
【知识点】测定溶液pH的方法；中和热的测定；探究影响化学反应速率的因素；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、润洗酸式滴定管时，使液体润湿滴定管内壁后，应使液体从下口流出，A符合题意。
B、测定中和热实验过程中，两溶液混合后，应随时读取温度，记录最高温度，此时反应结束，由最高温度计算反应过程中放出的热量，从而计算中和热数值，B不符合题意。
C、若先将两溶液混合并计时，则两溶液混合后立即发生反应，使得反应物浓度降低，反应速率减慢，导致所测反应速率偏低，C不符合题意。
D、将pH试纸置于表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液点在pH试纸中部，显色后与标准比色卡对照，得出溶液的pH值，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、润洗时，液体应从滴定管的下口流出。
B、测定中和热时应记录最高温度，用于计算反应过程中放出的热量。
C、两溶液混合后立即发生反应，使得反应物浓度减小。
D、根据溶液pH测量方法分析。
11．I–可以作为H2O2分解的催化剂，催化机理是：i.H2O2+ I– = H2O + IO–；ii.____。分解反应过程中能量变化如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．使用催化剂能降低反应活化能，改变反应历程
B．反应速率与I–的浓度无关
C．反应ii为H2O2+IO– ═ H2O+O2↑+I–，反应ⅰ和ⅱ均为放热过程
D．该反应中反应物的总键能大于生成物的总键能
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率；催化剂
【解析】【解答】A、使用催化剂，改变了反应历程，降低了反应所需的活化能，A符合题意。
B、I－参与了反应，因此c(I－)会改变反应速率，B不符合题意。
C、反应ⅱ为2IO－=2I－＋O2↑。反应ⅰ中反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应；反应ⅱ中反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，C不符合题意。
D、该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】H2O2分解生成H2O和O2，该反应的化学方程式为：2H2O2=2H2O＋O2↑。当加入I－作为反应的催化剂时，I－参与反应，改变反应历程，降低了反应所需的活化能。第ⅱ步反应的化学方程式为：2IO－=2I－＋O2↑。据此结合选项进行分析。
12．下列说法与相关方程式书写均正确的是（ ）
A．NaHCO3溶于水会水解：HCO3 + H2O H3O+ + CO32
B．一定条件下的密闭容器中0.5molN2与过量H2充分反应，测得放出热量akJ：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) ΔH= –2akJ·mol-1（a＞0）
C．HClO溶液显酸性：HClO + H2O ClO– + H3O+
D．硫的燃烧热ΔH＝– 315kJ·mol-1，硫燃烧的热化学方程式：
S(g) +O2(g) = SO3(g) ΔH= – 315kJ·mol-1
【答案】C
【知识点】燃烧热；热化学方程式；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、HCO3－在水中水解生成H2CO3和OH－，该水解反应的离子方程式为：HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－，A不符合题意。
B、N2和H2的反应为可逆反应，0.5molN2无法完全反应，因此无法计算放出akJ热量时，参与反应的n(N2)，因此无法确定反应热，B不符合题意。
C、HClO是一种弱酸，在水中部分电离产生H＋和ClO－。该电离方程式为：HClO H＋＋ClO－，C符合题意。
D、硫元素的指定产物为SO2(g)，因此硫燃烧的热化学方程式为S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH=－315kJ·mol－1，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、HCO3－水解产生H2CO3和OH－。
B、N2与H2的反应为可逆反应，H2过量，0.5molN2也不能完全反应。
C、HClO是一种弱酸，在水中部分电离。
D、燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成指定产物时放出的热量。
13．25℃时，四种弱电解质的电离平衡常数如下表所示，下列说法正确的是（ ）
A．盐酸的导电能力一定比醋酸溶液强
B．次氯酸钠溶液中通入过量的CO2可发生反应2ClO– + CO2 + H2O ═ CO32 + 2HClO
C．体积相同、等pH的CH3COOH、HClO溶液与NaOH溶液中和时两者消耗NaOH的物质的量HClO更多
D．用CH3COOH标准液滴定未知浓度的NaOH溶液选择甲基橙作指示剂，会导致所测c(NaOH)偏小
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；指示剂；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、电解质溶液的导电性与电解质的强弱无关，与电解质溶液中的离子浓度有关。如0.000001mol·L－1的盐酸导电能力比0.1mol·L－1的醋酸的导电能力弱，A不符合题意。
B、酸性H2CO3＞HClO＞HCO3－，因此往NaClO溶液中通入CO2，发生反应的离子方程式为：
ClO－＋H2O＋CO2=HClO＋HCO3－，B不符合题意。
C、由于酸性CH3COOH＞HClO，即CH3COOH电离产生H＋的能力比HClO强。因此等pH的CH3COOH和HClO溶液中c(CH3COOH)＜c(HClO)，所以等体积、等pH的CH3COOH、HClO溶液中n(CH3COOH)＜n(HClO)，所以HClO消耗n(NaOH)更多，C符合题意。
D、甲基橙变色的pH范围为3.1～4.4，用CH3COOH标准液滴定未知浓度的NaOH溶液时，选用甲基橙做指示剂，则所加CH3COOH标准液的体积偏大，导致所测得c(NaOH)偏大，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、电解质溶液的导电能力与溶液中离子浓度有关，与电解质的强弱无关。
B、酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3－，因此反应生成HCO3－。
C、CH3COOH的酸性比HClO强，因此等pH的CH3COOH和HClO溶液中，c(CH3COOH)＜c(HClO)。
D、甲基橙的变色的pH范围为3.1~4.4，显酸性。
14．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1.0 L 1.0 mol·L 1 AlCl3溶液中阳离子的数目大于NA
B．pH=4的醋酸溶液1L，n(H+)<10 4NA
C．100g质量分数为46%的C2H5OH水溶液中含有NA个氧原子
D．1LpH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.2NA
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、AlCl3溶液中存在Al3＋的水解反应Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，水解反应使得溶液中阳离子数目增多，因此AlCl3溶液中阳离子数大于NA，A符合题意。
B、pH=4的醋酸溶液中c(H＋)=10－4mol·L－1，所以1L醋酸溶液中n(H＋)=c×V=10－4mol·L－1×1L=10－4mol，B不符合题意。
C、100g质量分数为46%的乙醇溶液中m(C2H5OH)=100g×46%=46g、m(H2O)=100g－46g=54g，则n(C2H5OH)=1mol、n(H2O)=3mol，所以其中所含氧原子数为1mol×1×NA＋3mol×1×NA=4NA，C不符合题意。
D、pH=1的H2SO4溶液，其c(H＋)=0.1mol·L－1，所以1L溶液中所含H＋的数目为0.1mol·L－1×1L×NA=0.1NA，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、AlCl3溶液中存在Al3＋的水解。
B、pH=4的醋酸溶液中c(H＋)=10－4mol·L－1。
C、C2H5OH水溶液中C2H5OH、H2O都含有氧原子。
D、pH=1的H2SO4溶液中c(H＋)=0.1mol·L－1。
15．类比法是化学上研究物质的重要方法之一，下列类比结果正确的是（ ）
A．碳酸钙的分解反应是吸热反应，过氧化氢的分解反应也为吸热反应
B．Al3+和S2 混合可以产生氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，则Fe3+和S2 混合可以产生氢氧化铁沉淀和硫化氢气体
C．稀硫酸溶液和氢氧化钠溶液完全中和生成1mol水放热57.3kJ，稀硫酸和氢氧化钡溶液完全中和生成1mol水也放热57.3kJ
D．将AlCl3溶液蒸干灼烧后得到Al2O3，则将FeCl3溶液蒸干灼烧后得到Fe2O3固体
【答案】D
【知识点】中和热；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、CaCO3的分解反应为吸热反应，但H2O2的分解反应为放热反应，A不符合题意。
B、在水溶液中Al3＋能与S2－发生双水解反应2Al3＋＋3S2－＋6H2O=Al(OH)3↓＋3H2S↑，而Fe3＋能与S2－发生氧化还原反应2Fe3＋＋S2－=2Fe2＋＋S↓，B不符合题意。
C、H2SO4与Ba(OH)2反应的离子方程式为：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，
SO42－与Ba2＋生成BaSO4沉淀的过程中放出热量，因此反应生成1molH2O时放出的热量多于57.3kJ，C不符合题意。
D、AlCl3、FeCl3溶液水解生成氢氧化物和HCl，加热时HCl挥发，促使AlCl3、FeCl3不断水解生成Al(OH)3沉淀、Fe(OH)3沉淀；固体进一步加热分解成相应的氧化物Al2O3、Fe2O3，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、H2O2的分解反应为放热反应。
B、Fe3＋具有氧化性，S2－具有还原性，二者可发生氧化还原反应。
C、SO42－与Ba2＋形成BaSO4的过程中释放能量。
D、AlCl3、FeCl3水解生成氢氧化物和HCl，加热时HCl挥发，会发生完全水解。
16．如图所示为NH4Cl的热循环过程，结合数据计算可得ΔH6（kJ·mol-1）为（ ）
A．–2332 B．+248 C．+876 D．–1704
【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】根据盖斯定律可知，ΔH1=－ΔH2＋ΔH3＋ΔH4－ΔH5－ΔH6，所以ΔH6=－46kJ·mol－1＋1533kJ·mol－1－243kJ·mol－1－682kJ·mol－1＋314kJ·mol－1=＋876kJ·mol－1，所以ΔH6=＋876kJ·mol－1，C符合题意。
故答案为：C
【分析】此题是对反应热计算的考查，结合盖斯定律进行分析即可。
17．已知2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) ΔH＜0，T℃时体积相同的甲、乙、丙三个容器中，甲容器绝热恒容，充入6molSO2和3molO2，乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，充分反应达到平衡，下列说法正确的是（ ）
A．乙中SO3的体积分数大于丙
B．转化率：α甲（SO2）+α乙（SO3）＞1
C．乙和丙中的SO2的生成速率：v乙＜v丙
D．甲和丙中反应的化学平衡常数：K甲＞K丙
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、乙容器恒温恒容，丙容器恒温恒压，乙中逆向进行时气体的物质的量增大，压强增大，平衡正向移动，生成n(SO3)增多，所以乙中SO3的体积分数大于丙，A符合题意。
B、若温度相同时，甲、乙极限转化为反应物时，起始量相同，且甲中绝热，反应放热使得温度升高，平衡逆向移动，SO2的转化率减小，所以α甲(SO2)＋α乙(SO3)＜1，B不符合题意。
C、乙、丙对比，看成乙压强增大， 反应速率加快，因此乙、丙中SO2的生成速率：v乙＞v丙，C不符合题意。
D、该反应为放热反应，温度升高，K值减小。甲装置为绝热装置，反应放热使得温度升高，K值减小。所以化学平衡常数K甲＜K乙，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、乙容器恒温恒容，丙容器恒温恒压，乙中逆向进行时气体的物质的量增大、压强增大，增大压强平衡正向移动。
B、若温度相同时，甲、乙极限转化为反应物时，起始量相同。甲为绝热装置，反应放热使得温度升高，平衡逆向移动，SO2的转化率减小。
C、乙、丙对比，看成乙压强增大，反应速率加快。
D、反应为放热反应，温度升高，K值减小。
18．25℃时，相同体积和pH的CH3COONa、NaCN两种盐溶液，分别加水稀释，溶液pH的变化与所加水的体积关系如图所示，已知：K(CH3COOH)＞K(HCN)。下列说法正确的是（ ）
A．图中曲线NaY代表的是NaCN溶液
B．上述两种盐原溶液中水电离度大小是NaCN＞CH3COONa
C．上述两种盐原溶液中存在：c(CH3COOH)+c(CH3COO–)=c(HCN)+c(CN–)
D．在0.2mol·L-1 NaX溶液中加入等体积0.1mol·L-1的盐酸，所得混合液中存在c(H＋)＋c(HX)=c(OH-)＋c(Cl-)
【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、电离常数K(CH3COOH)＞K(HCN)，所以水解程度CH3COO－＜CN－。CH3COONa、NaCN溶液的pH相同，所以溶液中c(CH3COONa)＞c(NaCN)，稀释时，c(NaCN)变得更小，pH变小，因此曲线NaX表示的是NaCN溶液，A不符合题意。
B、等pH值的CH3COONa、NaCN溶液中c(H＋)、c(OH－)相同，水电离程度相同，B不符合题意。
C、由于c(CH3COONa)＞c(NaCN)，即CH3COONa溶液中c(Na＋)大于NaCN溶液中c(Na＋)，CH3COONa溶液中c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)=c(Na＋)，NaCN溶液中c(CN－)＋c(HCN)=c(Na＋)，所以溶液中c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＞c(CN－)＋c(HCN)，C不符合题意。
D、混合后所得溶液的溶质为等浓度的NaCl、NaX和HX，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(X－)＋c(OH－)，存在物料守恒：c(HX)＋c(X－)=c(Na＋)，二者联立可得c(HX)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、电离常数越大，酸性越强，酸根离子的水解程度越小。pH相同的NaCN和CH3COONa溶液，c(NaCN)＜c(CH3COONa)。
B、两溶液的pH相同，水的电离程度相同。
C、由于c(NaCN)＜c(CH3COONa)，结合物料守恒分析。
D、混合后所得溶液的溶质为等浓度的NaCl、NaX、HX，结合物料守恒和电荷守恒分析。
19．已知颜色深浅(I)与有色物质浓度(c)和观察深度(L)的乘积成正比，在注射器中存在NO2与N2O4的混合物，气体呈棕色，现将注射器的针筒慢慢往外拉，保持温度不变，此时混合物的颜色为（ ）
A．从视线1方向观察，气体颜色变深
B．从视线2方向观察，气体颜色变深
C．从视线1方向观察，气体颜色没有变化
D．从视线2方向观察，气体颜色变浅
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】由分析可知，从视线1方向观察，体积变大，气体颜色变浅；从视线2方向观察，单位面积上n(NO2)增加，气体颜色变深，B符合题意。
故答案为：B
【分析】2NO2(g) N2O4(g)，在达到平衡状态后，保持温度不变，如果注射器的针筒慢慢往外拉，压强减小平衡逆向移动，混合气体的颜色先变浅后变深，说明n(NO2)增加，但体积变化为主。从视线1方向观察，体积变大，气体颜色变浅；从视线2方向观察，单位面积上n(NO2)增加，气体颜色变深。
20．温度为T℃时，向体积不等的恒容密闭容器中均充入1mol气体X，发生反应：X(g) Y(g)+Z(g) ΔH，反应相同时间，测得各容器中X的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a点对应X的平衡转化率大于40%
B．b、c两点V2：V3=5：9
C．d点有v正＝v逆
D．正反应速率v（b）＝v（d）
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、a点容器中反应达到平衡状态，因此a点对应X的平衡转化率为40%，A不符合题意。
B、b点时X的转化率为50%，则参与反应的n(X)=0.5mol，反应生成n(Y)=n(Z)=0.5mol，此时容器中剩余n(X)=1mol－0.5mol=0.5mol。此时反应的平衡常数。c点时X的转化率为60%，则参与反应的n(X)=0.6mol，反应生成的n(Y)=n(Z)=0.6mol，此时容器中剩余n(X)=1mol－0.6mol=0.4mol。此时反应的平衡常数。平衡常数只与温度有关，与浓度、压强无关，所以，所以，B符合题意。
C、d点所用容器体积较大，反应速率较慢，因此d点不是平衡状态，所以正逆反应速率不相等，C不符合题意。
D、容器的体积越大，浓度越小，反应速率越小，因此反应速率v(b)＞v(d)，D不符合题意。
故答案为：B
容器的体积，即为混合气体的体积，气体体积之比等于物质的量之比，因此
【分析】容器体积越大，则c(X)越小，反应速率越小，建立平衡所需的时间越长。因此容器a中反应达到平衡状态，据此分析选项。
21．下列说法正确的是（ ）
A．25℃时，10mol/L的NaOH溶液的pH=15
B．25℃时，pH=10的CH3COONa溶液浓度大于 pH=9的CH3COONa溶液浓度的10倍
C．25℃时，NaX和HX以物质的量之比1：2溶于水得到的溶液pH=7，此时溶液中c(X–)：c(HX)≠1：2
D．25℃时，一定浓度的醋酸加水稀释，
的比值和的比值均增大
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、25℃时，pH的范围是0～14，A不符合题意。
B、25℃时pH=10的CH3COONa溶液中c(OH－)=10－4mol·L－1；pH=9的CH3COONa溶液中c(OH－)=10－5mol·L－1，溶液中c(OH－)越大，则C(CH3COONa)越大；而浓度越小，CH3COO－的水解程度越大，因此pH=10的CH3COONa溶液浓度大于pH=9的CH3COONa溶液浓度的10倍，B符合题意。
C、25℃时，NaX和HX混合溶液的pH=7，说明溶液中X－的水解程度与HX的电离程度相同，因此溶液中c(X－)：c(HX)=1：2，C不符合题意。
D、加水稀释过程中，CH3COOH的电离常数不变，水的离子积Kw=c(H＋)×c(OH－)不变；而溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)、c(H＋)减小，则变大，无法确定，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、25℃时，pH的范围为0～14。
B、pH越大，则溶液中c(OH－)越大，c(CH3COONa)浓度越大。
C、C、混合溶液的pH=7，则溶液X－的水解程度和HX的电离程度相同。
D、加水稀释溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)、c(H＋)都减小，但CH3COOH的电离常数K、水的离子积常数Kw都不变。
22．已知CO(g) +H2O(g) CO2(g) +H2(g) ΔH＝– 41.1kJ·mol-1是目前催化制氢的重要方法之一，在T1℃时，将一定量CO与H2O充入恒容密闭的容器中，由实验数据计算得到v正～x（CO）和v逆～x（H2）的关系可用如图表示。下列说法不正确的是（ ）
A．若温度升高到某一温度时，再次达到平衡时相应点分别为E、B
B．Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，则该反应的Kp约0.075
C．若改变的条件是增大压强，再次达到平衡时相应点与改变条件前相同
D．若改变的条件是使用催化剂，再次达到平衡时相应点与改变条件前不同
【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、温度升高，正逆反应速率增大；由于该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，因此x(H2)减小，x(CO)增大，A不符合题意。
B、当v正=v逆时，反应达到平衡状态，此时x(H2)=0.08、x(CO)=0.12，此时x(CO2)=0.08，x(H2O)=1－0.12－0.08－0.08=0.72。令平衡时的总压强为p，则该反应的平衡常数，B不符合题意。
C、增大压强，正逆反应速率增大，但平衡不移动，所以H2、CO的物质的量分数不变。因此再次达到平衡时相应点应向右平移，C符合题意。
D、加入催化剂，正逆反应速率增大，但平衡不移动，所以H2、CO的物质的量分数不变。因此再次达到平衡时相应点应向右平移，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、温度升高，反应速率加快，平衡逆向移动。
B、当v正=v逆时，反应达到平衡状态，计算平衡时各物质的物质的量分数，结合平衡常数的表达式进行计算。
C、增大压强，反应速率增大，平衡不移动，H2、CO的物质的量分数不变。
D、加入催化剂，反应速率增大，平衡不移动，H2、CO的物质的量分数不变。
23．一定条件下CO与NO反应可实现汽车尾气净化，所涉及的三段反应历程及各物质的相对能量如图所示（TS代表过渡态，IM表示反应过程中的复杂中间产物，每段历程的反应物相对总能量定义为0）。下列说法正确的是（ ）
A．由反应历程图可判断过渡态的相对能量：TS1>TS3>TS2
B．采用对反应③选择性高的催化剂可以避免尾气中出现N2O
C．反应历程中反应②决定尾气转化的快慢
D．2NO(g) + 2CO(g) N2(g) + 2CO2(g) ΔH= – 621.9kJ·mol-1
【答案】D
【知识点】化学反应速率；有关反应热的计算
【解析】【解答】A、由图可知，过渡态的相对能量TS1=298.4kJ·mol－1、TS2=130.0kJ·mol－1、TS3=248.3kJ·mol－1，所以TS1＞TS3＞TS2，A不符合题意。
B、对反应③选择性高的催化剂，有利于反应③发生并加快反应③的速率，但不改变平衡移动，因此不可避免尾气中出现N2O，B不符合题意。
C、决定总反应反应速率快慢的为慢反应，而反应所需的活化能越高，反应速率越慢。由于TS1的活化能最高，所以反应①的反应速率最慢，因此反应①决定尾气转化的快慢，C不符合题意。
D、反应①的反应热ΔH1=＋199.2kJ·mol－1，反应②的反应热ΔH2=－513.5kJ·mol－1，反应③的反应热ΔH3=－307.6kJ·mol－1。根据盖斯定律可得，目标反应的反应热ΔH=(＋199.2kJ·mol－1)＋(－513.5kJ·mol－1)＋(－307.6kJ·mol－1)=－621.9kJ·mol－1，D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据图象可看出过渡态能量的相对大小，以及每步反应物和生成物的相对能量高低，从而判断决速步骤和反应的热效应。催化剂可加快反应速率，但不改变平衡移动。
24．柠檬酸三钠（Na3A）是一种常用食品添加剂。用0.01mol/L盐酸滴定10mL0.01mol/L的柠檬酸三钠溶液，测得溶液电导率与滴加盐酸体积V的关系如图所示，已知：柠檬酸H3A属于三元弱酸，25℃其电离平衡常数的pKa＝﹣1gKa，pKa1＝3.14，pKa2＝4.77，pKa3＝6.39。
下列说法正确的是（ ）
A．a点代表正盐溶液，c（H+）的数量级为10-9
B．b点溶液显碱性
C．相同浓度的H+与Na+电导率相差不大
D．曲线上任意一点满足：c(Cl–)+ c(H3A）+ c(H2A–)+ c(HA2–)+ c(A3–)= 0.01mol/L
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、a点溶液的溶质为Na3A，溶液中存在A3－的水解，其水解平衡常数，令溶液中c(OH-)=xmol·L-1，则，解得 x=10-4.805mol·L－1，即溶液中c(OH－)=10－4.805mol·L－1，所以溶液中，所以溶液中c(H＋)的数量级为10－10，A不符合题意。
B、b点溶液的溶质为Na2HA，HA2－的电离常数Ka3=10－6.39，HA2－的水解平衡常数，所以HA2－的电离程度大于HA2－的水解程度，所以Na2HA溶液显酸性，B不符合题意。
C、相同浓度时，H＋迁移电子的能力强于Na＋，因此相同浓度的H＋的电导率强于Na＋，C不符合题意。
D、令加入盐酸的体积为VL，由物料守恒可得，混合后溶液中、。所以，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、根据pKa3计算HA2－的电离常数，结合Ka·Kh=Kw计算A3－的水解平衡常数，从而计算Na3A溶液中c(OH－)，进而得出溶液中c(H＋)。
B、b点溶液的溶质为Na2HA，结合电离常数、水解常数的相对大小，确定溶液的酸碱性。
C、H＋迁移电子的效率更高，因此电导率越大。
D、令加入盐酸的体积为V，结合物料守恒进行分析。
25．下列实验探究方案不能达到探究目的的是（ ）
实验 实验探究方案 探究目的
A 甲、乙两支试管中分别加入10mL0.01mol/LFeCl3溶液，向甲试管中加入少量FeCl3晶体，观察溶液颜色变化 反应物浓度对水解平衡的影响
B 向NaHCO3溶液中加入NaAlO2溶液，观察现象 比较AlO2–和CO32–结合H+的能力
C 向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，加入少量BaCl2固体，观察溶液颜色变化 验证Na2CO3溶液中存在水解平衡
D 用pH计测量相同浓度NaClO溶液与CH3COONa的pH，比较两溶液的pH大小 比较次氯酸和醋酸酸性强弱
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、FeCl3溶液中存在水解平衡Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3H＋，往0.01mol·L－1的FeCl3溶液中加入少量的FeCl3晶体，水解平衡正向移动，但由于c(Fe3＋)增大，溶液颜色加深，因此不能探究反应物浓度对水解平衡的影响，A符合题意。
B、向NaHCO3溶液中加入NaAlO2溶液，发生反应AlO2－＋HCO3－＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32－，可观察到有白色沉淀生成。AlO2－结合HCO3－电离出的H＋形成Al(OH)3沉淀，HCO3－转化为CO32－，说明AlO2－结合H＋的能力比CO32－强，B不符合题意。
C、滴有酚酞的Na2CO3溶液显红色，说明Na2CO3溶液显碱性。加入BaCl2固体，发生反应Ba2＋＋CO32－=BaCO3↓，溶液由红色逐渐变为浅红色，说明Na2CO3溶液中存在水解平衡，C不符合题意。
D、NaClO、CH3COONa溶液由于水解使得溶液显碱性，用pH计测量相同浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液，若pH越大，则阴离子的水解程度越大，对应酸的酸性越弱，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、FeCl3溶液中存在水解反应Fe3＋＋3H3O Fe(OH)3(胶体)＋3H＋，加入FeCl3晶体，溶液颜色变深。
B、加入NaAlO2溶液，发生反应AlO2－＋HCO3－＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32－。
C、滴有酚酞的Na2CO3溶液显红色，加入BaCl2固体后，溶液红色变浅。
D、NaClO、CH3COONa溶液都显碱性，溶液的pH越大， 碱性越强，阴离子的水解程度越大，则其对应酸的酸性越弱。
二、非选择题（本大题共4小题，共45分）
26．按要求填空：
（1）电解液态水制备1molO2(g)，电解反应的ΔH =+572kJ·mol-1。请写出表示氢气燃烧热的热化学方程式
（2）有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程为：
ΔH = +88.6kJ·mol-1。则M、N相比，较稳定的是 （填“M”或“N”），此反应逆反应活化能E逆=a kJ·mol-1，则正反应活化能为 （填含a的代数式）kJ·mol-1
（3）K2Cr2O7溶液可通过调节pH改变颜色，原因 （用离子方程式表示）
（4）已知H3PO2是一种一元酸，写出它的正盐水解的离子方程式
【答案】（1）H2(g) +O2(g) ═ H2O(l) ΔH= –286kJ·mol-1
（2）M；88.6+a
（3）Cr2O72– + H2O 2CrO42– + 2H+
（4）H2PO2– + H2O H3PO2+OH–
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；盐类水解的原理；盐类水解的应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）电解液态水生成1molO2的热化学方程式为：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) ΔH=＋572kJ·mol－1，因此1molH2(g)燃烧生成H2O(l)时放出的热量为286kJ·mol－1，所以表示H2燃烧热的热化学方程式为：H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH=－286kJ·mol－1。
故答案为：H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH=－286kJ·mol－1
（2）M转化为N的过程为吸热反应，说明M具有的能量低于N，物质所具有的能量越高，越不稳定，因此稳定性M＞N，所以较稳定的是M。该反应的反应热ΔH=E1-E2=E1－akJ·mol－1 =88.6kJ·mol－1，所以E1=(88.6＋a)kJ·mol－1。
故答案为：M；(88.6＋a)
（3）K2Cr2O7溶液为橙红色，溶液中存在可逆反应Cr2O72－＋H2O=2CrO42－＋2H＋，含有CrO42－的溶液显黄色。因此通过调节pH值，可使平衡正向移动，溶液由橙红色变为黄色。
故答案为：Cr2O72– + H2O 2CrO42– + 2H+
（4）H3PO2是一种一元酸，则其酸根离子为H2PO2－，其盐溶液中发生水解反应H2PO2－＋H2O H3PO2＋OH－。
故答案为：H2PO2－＋H2O H3PO2＋OH－
【分析】（1）燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量。结合电解液态水的热化学方程式书写H2燃烧热的热化学方程式。
（2）物质所具有的能量越高越不稳定，结合反应的热效应比较二者能量的相对大小，从而得出二者的稳定性强弱。根据反应热ΔH=E1-E2（E1为正反应活化能，E2为逆反应活化能）进行计算。
（3）K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72－的水解反应，结合水解平衡移动，判断溶液颜色变化。
（4）H3PO2为一元酸，则其酸根离子为H2PO2－，水解生成H3PO2和OH－。
27．研究碳、氮及其化合物气体的相关反应对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。请根据化学反应原理回答下列问题：
（1）Ⅰ．在一定条件下焦炭可以还原NO2，反应为：2NO2(g)+2C(s) N2(g)+2CO2(g)。
已知：一定条件下，由最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应，称为该物质的生成焓（ΔH）。
物质 N2(g) CO2(g) NO2(g)
生成焓（ΔH）/kJ·mol-1 0 –393.5 +33.2
则2NO2(g)+2C(s) N2(g)+2CO2(g) ΔH = kJ·mol-1，提高NO2平衡转化率可采取的措施是 （答出两种即可）。
（2）在恒温条件下，1molNO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示（不考虑2NO2 N2O4）：
①关于该反应，下列有关说法正确的是
A．使用更高效的催化剂可进一步提高原料的平衡转化率
B．从平衡混合气体中分离出CO2，逆反应速率先减小后增大
C．恒容下平衡后再加入少量NO2气体，平衡正向移动，NO2的转化率增大
D．恒压下平衡后，通入稀有气体平衡不移动
②a、b两点的反应速率关系为v（a） v（b）（填“＞”、“＜”或“=”）；a、c两点的浓度平衡常数关系：Kc(a) Kc(c)（填“<”、“>”或“=”）；a、b、c三点中NO2的转化率最高的是 （填“a”、“b”或“c”）点。
③计算c点时该反应的压强平衡常数Kp = （Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
（3）Ⅱ．治理汽车尾气中NO和CO污染的一种方法是将其转化为无害的CO2和N2，反应如下：
2NO(g) +2CO(g) N2(g) + 2CO2(g)。一定温度下将2 mol NO、1 mol CO充入1 L固定容积的容器中，反应过程中各物质浓度变化如图所示。若保持温度不变，20 min时再向容器中迅速充入CO、N2各0.6 mol，请在图中画出第20min~30min图中三种物质浓度随时间的变化曲线，并标注气体名称。
【答案】（1）–853.4；减小压强、降低温度
（2）B；＜；=；a；4MPa
（3）
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）该反应的反应热ΔH=(－393.5kJ·mol－1)×2－(＋33.2kJ·mol－1)×2=－853.4kJ·mol－1，所以该反应的反应热ΔH=－853.4kJ·mol－1。由于该反应为放热反应，因此降低温度，平衡正向移动，有利于提高NO2的平衡转化率。该反应过程中气体分子数增大，所以减小压强，平衡正向移动，有利于提高NO2的平衡转化率。因此提高NO2的平衡转化率可采取的措施是减小压强或降低温度。
故答案为：－853.4；减小压强、降低温度
（2）①A、使用更高效的催化剂，可加快反应速率，但平衡不发生移动，因此无法提高反应物的转化率，A不符合题意。
B、从平衡混合气体中分离出CO2，c(CO2)减小，逆反应速率减小；平衡正向移动，c(CO2)逐渐增大，逆反应速率逐渐增大，B符合题意。
C、 恒容条件下平衡后再加入少量NO2，c(NO2)增大，平衡正向移动，但NO2的转化率减小，C不符合题意。
D、恒压下平衡后，通入稀有气体，容器的容积变大，反应物、生成物的浓度减小，相当于减小压强的作用，平衡正向移动，D不符合题意。
故答案为：B
②a、b两点中，b点压强越大，反应速率越快，因此反应速率v(a)＜v(b)。a、c两点的温度相同，平衡常数只与温度有关，与压强、浓度无关，温度不变，化学平衡常数不变，a、c两点化学平衡常数相等。该反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，因此a、b、c三点中NO2转化率最高的是a点。
故答案为：＜；＝；a
③c点时总压强p总=20MPa，此时c(NO2)=c(CO2)，即n(NO2)=n(CO2)。令参与反应的n(NO2)=2amol，则可得平衡三段式如下
所以可得1-2a=2a，解得 a=0.25mol
所以平衡时n(NO2)=0.5mol、n(N2)=0.25mol、n(CO2)=0.5mol。平衡时混合气体的总物质的量为0.5mol＋0.25mol＋0.5mol=1.25mol。
则平衡时、
所以该温度下该反应的压强平衡常数。
故答案为：4MPa
（3）15min时反应达到平衡状态时，此时体系中c(NO)=1.6mol·L－1、c(CO)=0.6mol·L－1、c(N2)=0.2mol·L－1，则反应生成c(CO2)=0.4mol·L－1。所以该温度反应的平衡常数。
20min时迅速充入0.6molCO、0.6molN2，则此时体系中c(NO)=1.6mol·L－1、c(CO)=1.2mol·L－1、c(N2)=0.8mol·L－1，c(CO2)=0.4mol·L－1，此时，则Q=K，平衡不发生移动。因此可得图象如图
。
【分析】（1）根据反应热等于生成物的标准生成焓减去反应物的标准生成焓进行计算。要提高NO2的平衡转化率，则应使平衡正向移动，结合浓度、温度、压强对平衡移动的影响分析。
（2）①A、催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动。
B、分离出CO2，则c(CO2)减小，逆反应速率减小，平衡正向移动。
C、充入NO2，NO2的转化率减小。
D、恒压条件下充入稀有气体，体系的容积变大，物质的浓度减小，相当于减压操作。
②压强越大，反应速率越大。平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。增大压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小。
③c点时c(NO2)=c(CO2)，结合三段式确定平衡时各物质的物质的量，从而计算各物质产生的分压；再根据平衡常数的表达式计算该反应的压强平衡常数。
（3）15min时反应达到平衡状态，根据图象数据计算该温度下反应的平衡常数。20min时迅速充入0.6molCO和0.6molN2，计算此时体系中Q值，与K进行比较，判断反应进行的方向，从而确定图象。
28．某化学学习小组为测定草酸晶体的纯度，用托盘天平称取草酸晶体（H2C2O4 2H2O）样品wg；配制成250mL溶液；每次移取25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.10mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定；滴定实验重复操作2-3次．已知：①MnO4 在酸性环境下的还原产物是Mn2+；②草酸是二元弱酸。
（1）上述H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为
（2）滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的 （填“甲”或“乙”）滴定管中；若滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则所用酸性KMnO4标准液的体积为 。
（3）滴定终点的现象为
（4）若滴定过程中平均消耗酸性高锰酸钾溶液VmL，则草酸晶体的纯度为 （用含w、V的表达式表示）
（5）下列操作中可能使所测草酸晶体纯度偏低的是____（填字母）。
A．滴定管未用标准液润洗就直接注入KMnO4标准液
B．读取KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
C．滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡
D．滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
【答案】（1）5H2C2O4 + 2MnO4– + 6H+ = 2Mn2++ 8H2O +10CO2↑
（2）甲；26.10
（3）滴入最后一滴高锰酸钾，锥形瓶中的溶液恰好从无色变为浅紫色，且30s内不褪色
（4）
（5）C
【知识点】中和滴定；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）H2C2O4是一种二元弱酸，具有还原性；酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能将H2C2O4氧化成CO2，自身还原生成Mn2＋。该反应的离子方程式为：5H2C2O4 + 2MnO4– + 6H+ = 2Mn2++ 8H2O +10CO2↑。
故答案为：5H2C2O4 + 2MnO4– + 6H+ = 2Mn2++ 8H2O +10CO2↑
（2）图甲为酸式滴定管，图乙为碱式滴定管。酸性KMnO4溶液具有氧化性，能将橡胶氧化，因此酸性KMnO4溶液需用酸式滴定管盛装。图中滴定开始时滴定管的读数V1=0，滴定结束时滴定管的读数V2=26.10mL，因此滴定过程中消耗KMnO4溶液的体积为26.10mL。
故答案为：甲；26.10
（3）滴定过程中，KMnO4与H2C2O4反应生成Mn2＋和CO2，KMnO4溶液为紫红色，当达到滴定终点时，滴入的KMnO4溶液不参与反应，此时溶液显浅紫色。因此滴定终点的现象是：滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅红色，且30s内不褪色。
故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅红色，且30s内不褪色
（4）达到滴定终点时消耗酸性KMnO4溶液的体积VmL，即消耗n(MnO4－)=0.10mol·L－1×V×10－3L=V×10-4mol，由反应的离子方程式可知，参与反应的。所以草酸样品的纯度为。
故答案为：
（5）A、滴定管未用标准液润洗，则所用标准的浓度偏小，需要消耗标准液的体积偏大，计算所得n(H2C2O4)偏大，所以测得草酸晶体的纯度偏高，A不符合题意。
B、读取酸性KMnO4溶液的体积时，开始仰视读数，则读数偏小；滴定结束时俯视读数，则读数偏大。因此所得消耗KMnO4溶液的体积偏大，计算所得n(H2C2O4)偏大，所以测得草酸晶体的纯度偏高，B不符合题意。
C、滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定后无气泡，则所得消耗KMnO4溶液的体积偏小，计算所得n(H2C2O4)偏小，所以测得草酸晶体的纯度偏低，C符合题意。
D、滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶内含有蒸馏水，对消耗KMnO4溶液的体积无影响，因此对计算n(H2C2O4)无影响，所以对测得草酸晶体的纯度无影响，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】（1）酸性KMnO4溶液具有氧化性，能将H2C2O4氧化成CO2，自身还原为Mn2＋，据此写出反应的离子方程式。
（2）酸性溶液或强氧化性溶液应用酸式滴定管盛装。消耗标准液的体积V=V2－V1，结合图示滴定管的示数进行计算。
（3）所用标准液为KMnO4溶液，显紫红色，滴定终点时，溶液由无色变为浅紫色。
（4）根据消耗标准KMnO4溶液的体积，结合反应的离子方程式计算参与反应n(H2C2O4)，从而得出草酸晶体的纯度。
（5）草酸晶体中n(H2C2O4)是由滴定过程中消耗KMnO4溶液的体积计算所得，因此若滴定过程中消耗标准KMnO4溶液的体积偏小，则所测草酸晶体的纯度偏低，据此结合选项进行分析。
29．平衡思想是化学研究的一个重要观念，电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡。常温下，向1 L 0.1 mol/L H2A溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液，所得溶液中含A元素的微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图：
（1）在0.1mol·L-1的Na2A溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是____；（2分）
A．c(A2–)+c(HA–)+c(H2A)=0.1mol·L-1
B．c(Na+)＞c(A2–)＞c(HA–)＞c(OH–)＞c(H+)
C．c(Na+)+c(H+)=c(OH–)+c(HA–)+2c(A2–)
D．c(Na+)=2c(A2–)+2c(HA–)
（2）已知0.1mol·L-1NaHA溶液的pH=2，则0.1mol·L-1H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能是 0.11mol·L-1（填“＜”“＞”或“=”），理由是 。
（3）25℃时，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，若混合后溶液的pH=7，
用含的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb= 。
【答案】（1）C；D
（2）＜；H2A发生完全电离生成的H+，对HA–的电离起抑制作用
（3）
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）由分析可知，H2A溶液中存在电离：H2A=H＋＋HA－、HA－ H＋＋A2－。所以在0.1mol·L－1的Na2A溶液中，存在以下电离、水解过程：Na2A=2Na＋＋A2－、A2－＋H2O HA－＋OH－、H2O H＋＋OH－。由于H2A第一步电离为完全电离，说明H2A是一种一元强酸、二元弱酸，所以HA－不会进一步水解。
A、溶液中A2－水解生成HA－，因此溶液中c(A2－)＋c(HA－)=0.1mol·L－1，A不符合题意。
B、A2－水解产生HA－和OH－，H2O电离产生H＋和OH－，因此溶液中c(OH－)＞c(HA－)，所以溶液中离子浓度关系为c(Na＋)＞c(A2－)＞c(OH－)＞c(HA－)＞c(H＋)，B不符合题意。
C、溶液显电中性，即溶液中阴阳离子所带正负电荷的总量相等，所以溶液中c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，C符合题意。
D、溶液中c(Na＋)=0.2mol·L－1，c(A2－)＋c(HA－)=0.1mol·L－1，所以c(Na＋)=2 c(A2－)＋2c(HA－)，D符合题意。
故答案为：CD
（2）0.1mol·L－1NaHA溶液的pH=2，则溶液中c(H＋)=0.01mol·L－1。0.1mol·L－1的H2A溶液中存在电离：H2A=H＋＋HA－、HA－ H＋＋A2－，第一步完全电离产生c(H＋)=0.1mol·L－1；第二步HA－的电离为可逆反应，第一步电离产生的H＋会抑制第二步电离，因此HA－电离产生的c(H＋)＜0.01mol·L－1。所以0.1mol·L－1的H2A溶液中c(H＋)＜0.11mol·L－1。
故答案为：＜；H2A发生完全电离产生的H＋，对HA－的电离起到抑制作用。
（3）两溶液等体积混合后，所得溶液的pH=7，此时溶液中c(OH－)=c(H＋)=10－7mol·L－1；溶液中的溶质为NH4Cl、NH3·H2O。此时溶液中c(NH4＋)=c(Cl－)=0.005mol·L－1，。所以该温度下NH3·H2OD的电离常数。
故答案为：
【分析】（1）0.1mol·L－1的H2A溶液的pH=1，其溶液中HA－的物质的量分数为100%，说明H2A的第一步电离为完全电离。随着pH的增大，HA－的物质的量分数逐渐减小，A2－的物质的量分数逐渐增大，且最终小于100%，说明A2－存在水解；所以HA－的电离为部分电离。据此结合电荷守恒、物料守恒分析选项。
（2）H2A溶液中，第一步电离产生的H＋会抑制HA－的电离，使电离产生的H＋减小。
（3）混合后所得溶液的pH=7，此时溶液中c(OH－)=c(H＋)=10－7mol·L－1，溶液中的溶质为NH4Cl和NH3·H2O，据此计算溶液中c(NH4＋)、c(NH3·H2O)，结合NH3·H2O的电离方程式计算其电离平衡常数。
浙江省A9协作体2023-2024学年高二上学期期中联考化学试题
一、选择题（本大题共25小题，每小题只有一个正确选项，其中1－20题每小题2分，21－25题每小题3分，共55分）
1．下列物质溶于水促进水的电离且使溶液显酸性的是（ ）
A．KHSO3 B．AlCl3 C．NaHSO4 D．H2SO4
2．下列关于化学反应方向的说法正确的是（ ）
A．水结冰的过程不能自发进行的原因是熵减的过程，改变条件也不可能自发进行
B．一定条件下，使用催化剂可以使非自发反应变成自发反应
C．反应NH3(g) + HCl(g) ═ NH4Cl(s)在低温下能自发进行，说明该反应的ΔH＜0
D．能自发进行的反应一定能迅速发生
3．下列说法正确的是（ ）
A．活化分子间所发生的碰撞即为有效碰撞
B．能够发生有效碰撞的分子叫做活化分子，活化分子具有的平均能量叫活化能
C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使反应速率增大
D．升高温度能使化学反应速率增大，是因为增加了反应物中活化分子的百分数
4．如图所示实验操作或装置正确的是（ ）
A．氢氧化钠溶液滴定盐酸
B．中和热的测定实验
C．比较碳酸、硅酸酸性强弱
D．制备氢氧化铁胶体
5．下列有关溶液的说法正确的是（ ）
A．常温下，水电离出c(OH–)=1.0×10–11mol/L的溶液一定是酸性溶液
B．常温下，c(H+)=c(OH–)的溶液一定是纯水
C．常温下，pH相同的两份溶液中水的电离程度也相同
D．水的离子积常数只适用于纯水和稀的电解质水溶液
6．下列过程或现象不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．酸溶液遇紫色石蕊试剂变红
B．可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
C．CO2在水中的溶解度大于在NaHCO3溶液中的溶解度
D．工业合成氨，反应条件选择500℃高温
7．下列有关物质的用途或现象与盐的水解无关的是（ ）
A．用TiCl4加大量水，同时加热，所得的TiO2 xH2O经焙烧可制得TiO2
B．游泳馆常用可溶性铜盐作游泳池水的消毒剂
C．实验室中NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中
D．氯化铵溶液可做金属焊接中的除锈剂
8．用纯净的碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体，实验过程如图所示，图中各段时间间隔相同，下列说法不正确的是（ ）
A．t1~t2段收集的CO2最多，化学反应速率最快
B．用CO2表示t2~t3段的反应速率为v=L/min
C．t4收集到的气体体积不再增加说明碳酸钙消耗完全
D．从图象中可以推测该反应为放热反应
9．在一个绝热的恒容密闭容器中，发生可逆反应2A(g) + B(g) 3C(g) + D(s)：①A、B、C、D在容器中共存；②2v正(A)=3v正(C)；③体系的气体密度不再改变；④体系的压强不再改变；⑤ΔH不再改变。一定可以作为反应达到平衡状态标志的是（ ）
A．①②③⑤ B．②④⑤ C．③④ D．③
10．下列有关化学实验的说法不正确的是（ ）
A．润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入3~5mL所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿其内壁，再从上口倒出，重复2~3次
B．中和热测定实验中测量反应混合液的温度时要随时读取温度，记录下最高温度
C．探究温度对Na2S2O3溶液与H2SO4反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，导致所测反应速率偏低
D．将pH试纸置于表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液点在pH试纸的中部，与标准比色卡比较测定溶液pH
11．I–可以作为H2O2分解的催化剂，催化机理是：i.H2O2+ I– = H2O + IO–；ii.____。分解反应过程中能量变化如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．使用催化剂能降低反应活化能，改变反应历程
B．反应速率与I–的浓度无关
C．反应ii为H2O2+IO– ═ H2O+O2↑+I–，反应ⅰ和ⅱ均为放热过程
D．该反应中反应物的总键能大于生成物的总键能
12．下列说法与相关方程式书写均正确的是（ ）
A．NaHCO3溶于水会水解：HCO3 + H2O H3O+ + CO32
B．一定条件下的密闭容器中0.5molN2与过量H2充分反应，测得放出热量akJ：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) ΔH= –2akJ·mol-1（a＞0）
C．HClO溶液显酸性：HClO + H2O ClO– + H3O+
D．硫的燃烧热ΔH＝– 315kJ·mol-1，硫燃烧的热化学方程式：
S(g) +O2(g) = SO3(g) ΔH= – 315kJ·mol-1
13．25℃时，四种弱电解质的电离平衡常数如下表所示，下列说法正确的是（ ）
A．盐酸的导电能力一定比醋酸溶液强
B．次氯酸钠溶液中通入过量的CO2可发生反应2ClO– + CO2 + H2O ═ CO32 + 2HClO
C．体积相同、等pH的CH3COOH、HClO溶液与NaOH溶液中和时两者消耗NaOH的物质的量HClO更多
D．用CH3COOH标准液滴定未知浓度的NaOH溶液选择甲基橙作指示剂，会导致所测c(NaOH)偏小
14．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1.0 L 1.0 mol·L 1 AlCl3溶液中阳离子的数目大于NA
B．pH=4的醋酸溶液1L，n(H+)<10 4NA
C．100g质量分数为46%的C2H5OH水溶液中含有NA个氧原子
D．1LpH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.2NA
15．类比法是化学上研究物质的重要方法之一，下列类比结果正确的是（ ）
A．碳酸钙的分解反应是吸热反应，过氧化氢的分解反应也为吸热反应
B．Al3+和S2 混合可以产生氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，则Fe3+和S2 混合可以产生氢氧化铁沉淀和硫化氢气体
C．稀硫酸溶液和氢氧化钠溶液完全中和生成1mol水放热57.3kJ，稀硫酸和氢氧化钡溶液完全中和生成1mol水也放热57.3kJ
D．将AlCl3溶液蒸干灼烧后得到Al2O3，则将FeCl3溶液蒸干灼烧后得到Fe2O3固体
16．如图所示为NH4Cl的热循环过程，结合数据计算可得ΔH6（kJ·mol-1）为（ ）
A．–2332 B．+248 C．+876 D．–1704
17．已知2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) ΔH＜0，T℃时体积相同的甲、乙、丙三个容器中，甲容器绝热恒容，充入6molSO2和3molO2，乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，充分反应达到平衡，下列说法正确的是（ ）
A．乙中SO3的体积分数大于丙
B．转化率：α甲（SO2）+α乙（SO3）＞1
C．乙和丙中的SO2的生成速率：v乙＜v丙
D．甲和丙中反应的化学平衡常数：K甲＞K丙
18．25℃时，相同体积和pH的CH3COONa、NaCN两种盐溶液，分别加水稀释，溶液pH的变化与所加水的体积关系如图所示，已知：K(CH3COOH)＞K(HCN)。下列说法正确的是（ ）
A．图中曲线NaY代表的是NaCN溶液
B．上述两种盐原溶液中水电离度大小是NaCN＞CH3COONa
C．上述两种盐原溶液中存在：c(CH3COOH)+c(CH3COO–)=c(HCN)+c(CN–)
D．在0.2mol·L-1 NaX溶液中加入等体积0.1mol·L-1的盐酸，所得混合液中存在c(H＋)＋c(HX)=c(OH-)＋c(Cl-)
19．已知颜色深浅(I)与有色物质浓度(c)和观察深度(L)的乘积成正比，在注射器中存在NO2与N2O4的混合物，气体呈棕色，现将注射器的针筒慢慢往外拉，保持温度不变，此时混合物的颜色为（ ）
A．从视线1方向观察，气体颜色变深
B．从视线2方向观察，气体颜色变深
C．从视线1方向观察，气体颜色没有变化
D．从视线2方向观察，气体颜色变浅
20．温度为T℃时，向体积不等的恒容密闭容器中均充入1mol气体X，发生反应：X(g) Y(g)+Z(g) ΔH，反应相同时间，测得各容器中X的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a点对应X的平衡转化率大于40%
B．b、c两点V2：V3=5：9
C．d点有v正＝v逆
D．正反应速率v（b）＝v（d）
21．下列说法正确的是（ ）
A．25℃时，10mol/L的NaOH溶液的pH=15
B．25℃时，pH=10的CH3COONa溶液浓度大于 pH=9的CH3COONa溶液浓度的10倍
C．25℃时，NaX和HX以物质的量之比1：2溶于水得到的溶液pH=7，此时溶液中c(X–)：c(HX)≠1：2
D．25℃时，一定浓度的醋酸加水稀释，
的比值和的比值均增大
22．已知CO(g) +H2O(g) CO2(g) +H2(g) ΔH＝– 41.1kJ·mol-1是目前催化制氢的重要方法之一，在T1℃时，将一定量CO与H2O充入恒容密闭的容器中，由实验数据计算得到v正～x（CO）和v逆～x（H2）的关系可用如图表示。下列说法不正确的是（ ）
A．若温度升高到某一温度时，再次达到平衡时相应点分别为E、B
B．Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，则该反应的Kp约0.075
C．若改变的条件是增大压强，再次达到平衡时相应点与改变条件前相同
D．若改变的条件是使用催化剂，再次达到平衡时相应点与改变条件前不同
23．一定条件下CO与NO反应可实现汽车尾气净化，所涉及的三段反应历程及各物质的相对能量如图所示（TS代表过渡态，IM表示反应过程中的复杂中间产物，每段历程的反应物相对总能量定义为0）。下列说法正确的是（ ）
A．由反应历程图可判断过渡态的相对能量：TS1>TS3>TS2
B．采用对反应③选择性高的催化剂可以避免尾气中出现N2O
C．反应历程中反应②决定尾气转化的快慢
D．2NO(g) + 2CO(g) N2(g) + 2CO2(g) ΔH= – 621.9kJ·mol-1
24．柠檬酸三钠（Na3A）是一种常用食品添加剂。用0.01mol/L盐酸滴定10mL0.01mol/L的柠檬酸三钠溶液，测得溶液电导率与滴加盐酸体积V的关系如图所示，已知：柠檬酸H3A属于三元弱酸，25℃其电离平衡常数的pKa＝﹣1gKa，pKa1＝3.14，pKa2＝4.77，pKa3＝6.39。
下列说法正确的是（ ）
A．a点代表正盐溶液，c（H+）的数量级为10-9
B．b点溶液显碱性
C．相同浓度的H+与Na+电导率相差不大
D．曲线上任意一点满足：c(Cl–)+ c(H3A）+ c(H2A–)+ c(HA2–)+ c(A3–)= 0.01mol/L
25．下列实验探究方案不能达到探究目的的是（ ）
实验 实验探究方案 探究目的
A 甲、乙两支试管中分别加入10mL0.01mol/LFeCl3溶液，向甲试管中加入少量FeCl3晶体，观察溶液颜色变化 反应物浓度对水解平衡的影响
B 向NaHCO3溶液中加入NaAlO2溶液，观察现象 比较AlO2–和CO32–结合H+的能力
C 向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，加入少量BaCl2固体，观察溶液颜色变化 验证Na2CO3溶液中存在水解平衡
D 用pH计测量相同浓度NaClO溶液与CH3COONa的pH，比较两溶液的pH大小 比较次氯酸和醋酸酸性强弱
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题（本大题共4小题，共45分）
26．按要求填空：
（1）电解液态水制备1molO2(g)，电解反应的ΔH =+572kJ·mol-1。请写出表示氢气燃烧热的热化学方程式
（2）有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程为：
ΔH = +88.6kJ·mol-1。则M、N相比，较稳定的是 （填“M”或“N”），此反应逆反应活化能E逆=a kJ·mol-1，则正反应活化能为 （填含a的代数式）kJ·mol-1
（3）K2Cr2O7溶液可通过调节pH改变颜色，原因 （用离子方程式表示）
（4）已知H3PO2是一种一元酸，写出它的正盐水解的离子方程式
27．研究碳、氮及其化合物气体的相关反应对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。请根据化学反应原理回答下列问题：
（1）Ⅰ．在一定条件下焦炭可以还原NO2，反应为：2NO2(g)+2C(s) N2(g)+2CO2(g)。
已知：一定条件下，由最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应，称为该物质的生成焓（ΔH）。
物质 N2(g) CO2(g) NO2(g)
生成焓（ΔH）/kJ·mol-1 0 –393.5 +33.2
则2NO2(g)+2C(s) N2(g)+2CO2(g) ΔH = kJ·mol-1，提高NO2平衡转化率可采取的措施是 （答出两种即可）。
（2）在恒温条件下，1molNO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示（不考虑2NO2 N2O4）：
①关于该反应，下列有关说法正确的是
A．使用更高效的催化剂可进一步提高原料的平衡转化率
B．从平衡混合气体中分离出CO2，逆反应速率先减小后增大
C．恒容下平衡后再加入少量NO2气体，平衡正向移动，NO2的转化率增大
D．恒压下平衡后，通入稀有气体平衡不移动
②a、b两点的反应速率关系为v（a） v（b）（填“＞”、“＜”或“=”）；a、c两点的浓度平衡常数关系：Kc(a) Kc(c)（填“<”、“>”或“=”）；a、b、c三点中NO2的转化率最高的是 （填“a”、“b”或“c”）点。
③计算c点时该反应的压强平衡常数Kp = （Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
（3）Ⅱ．治理汽车尾气中NO和CO污染的一种方法是将其转化为无害的CO2和N2，反应如下：
2NO(g) +2CO(g) N2(g) + 2CO2(g)。一定温度下将2 mol NO、1 mol CO充入1 L固定容积的容器中，反应过程中各物质浓度变化如图所示。若保持温度不变，20 min时再向容器中迅速充入CO、N2各0.6 mol，请在图中画出第20min~30min图中三种物质浓度随时间的变化曲线，并标注气体名称。
28．某化学学习小组为测定草酸晶体的纯度，用托盘天平称取草酸晶体（H2C2O4 2H2O）样品wg；配制成250mL溶液；每次移取25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.10mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定；滴定实验重复操作2-3次．已知：①MnO4 在酸性环境下的还原产物是Mn2+；②草酸是二元弱酸。
（1）上述H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为
（2）滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的 （填“甲”或“乙”）滴定管中；若滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则所用酸性KMnO4标准液的体积为 。
（3）滴定终点的现象为
（4）若滴定过程中平均消耗酸性高锰酸钾溶液VmL，则草酸晶体的纯度为 （用含w、V的表达式表示）
（5）下列操作中可能使所测草酸晶体纯度偏低的是____（填字母）。
A．滴定管未用标准液润洗就直接注入KMnO4标准液
B．读取KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
C．滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡
D．滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
29．平衡思想是化学研究的一个重要观念，电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡。常温下，向1 L 0.1 mol/L H2A溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液，所得溶液中含A元素的微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图：
（1）在0.1mol·L-1的Na2A溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是____；（2分）
A．c(A2–)+c(HA–)+c(H2A)=0.1mol·L-1
B．c(Na+)＞c(A2–)＞c(HA–)＞c(OH–)＞c(H+)
C．c(Na+)+c(H+)=c(OH–)+c(HA–)+2c(A2–)
D．c(Na+)=2c(A2–)+2c(HA–)
（2）已知0.1mol·L-1NaHA溶液的pH=2，则0.1mol·L-1H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能是 0.11mol·L-1（填“＜”“＞”或“=”），理由是 。
（3）25℃时，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，若混合后溶液的pH=7，
用含的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb= 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A、KHSO3溶于水后，HSO3－的电离程度大于HSO3－的水解程度，使得溶液显酸性，HSO3－电离产生的H＋对水的电离起到抑制作用，A不符合题意。
B、AlCl3溶于水后，Al3＋发生水解反应Al3＋＋3H2O=Al(OH)3＋3H＋，使得溶液显酸性，Al3＋水解促进水的电离，B符合题意。
C、NaHSO4在水中完全电离NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，使得溶液显酸性，H＋对水的电离起到抑制作用，C不符合题意。
D、H2SO4在水中完全电离H2SO4=2H＋＋SO42－，使得溶液显酸性，H＋对水的电离起到抑制作用，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】盐类的水解促进水的电离，要使溶液显酸性，则所加物质中应存在阳离子水解，据此结合选项进行分析。
2．【答案】C
【知识点】焓变和熵变
【解析】【解答】A、水结成冰的过程中ΔS＜0，ΔH＜0，在温度较低时，可满足ΔH-TΔS＜0，反应自发进行，A不符合题意。
B、催化剂可降低反应所需的活化能，但对反应是否自发进行无影响，因此使用催化剂无法使非自发进行的反应变成自发反应，B不符合题意。
C、该反应为气体分子数减小的反应，因此ΔS＜0，该反应在低温条件下可自发进行，则ΔH-TΔS＜0，所以ΔH＜0，因此该反应为放热反应，C符合题意。
D、ΔH-TΔS＜0时，反应能自发进行；但无法说明反应进行的快慢，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】反应能否自发进行，需结合ΔH、ΔS、T综合分析，当ΔH-TΔS＜0时，反应能自发进行。催化剂可降低反应所需的活化能，但对反应是否自发进行，无影响。
3．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、活化分子间能发生化学反应的碰撞为有效碰撞，A不符合题意。
B、活化分子具有的平均能量与普通分子所具有的平均能量的差值，称为活化能，B不符合题意。
C、增大反应物浓度，活化分子数增大，反应速率加快；但单位体积内活化分子百分数不变，C不符合题。
D、升高温度，反应物中活化分子数、活化分子百分数都增大，反应速率增大，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、能发生化学反应的碰撞为有效碰撞。
B、活化分子与普通分子具有的平均能量之差称为活化能。
C、增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增大，百分数不变。
D、升高温度，活化分子数、活化分子百分数都增大。
4．【答案】D
【知识点】中和滴定；中和热的测定；比较弱酸的相对强弱的实验；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、图示滴定管为酸式滴定管，NaOH溶液应用简式滴定管盛装，A不符合题意。
B、测定中和热时，为使溶液混合均匀，应使用玻璃搅拌器进行搅拌，B不符合题意。
C、浓盐酸具有挥发性，会使得生成的CO2中混有HCl，与Na2SiO3反应，造成干扰，C不符合题意。
D、制备Fe(OH)3胶体时，应往沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续加热至溶液为红褐色，停止加热，即可得到Fe(OH)3胶体，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、标准液NaOH溶液应用碱式滴定管盛装。
B、缺少玻璃搅拌器进行搅拌。
C、浓盐酸具有挥发性，会使得生成的CO2中混有HCl，造成干扰。
D、往沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续加热至红褐色，停止加热，即可得到Fe(OH)3胶体。
5．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子积常数
【解析】【解答】A、常温下，水电离产生的c(H＋)=c(OH－)=1.0×10－7mol·L－1，若某溶液中水电离产生的c(OH－)=1.0×10－11mol·L－1，则该溶液中溶质抑制了H2O的电离，则该溶液可能为酸溶液或碱溶液，A不符合题意。
B、常温下，c(H＋)=c(OH－)的溶液显中性，可能为纯水，也可能为盐溶液，如NaCl溶液、K2SO4溶液等，B不符合题意。
C、常温下，pH=5的盐酸溶液抑制H2O的电离；pH=5的NH4Cl溶液促进H2O的电离。所以pH相同的两份溶液H2O的电离程度可能不相同，C不符合题意。
D、水的离子积常数只适用于纯水和稀的电解质水溶液，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、常温下水电离出的c(OH－)=1.0×10－7mol·L－1。
B、常温下c(H＋)=c(OH－)，溶液显中性，可能为盐溶液。
C、pH相同的酸（或碱）溶液与盐溶液中水的电离程度不同。
D、水的离子积常数只适用于纯水和稀的电解质水溶液。
6．【答案】D
【知识点】工业合成氨；化学平衡移动原理
【解析】【解答】紫色石蕊试液中存在电离平衡HIn H＋＋In－，加入酸（H＋），平衡逆向移动，溶液中c(HIn)增大，溶液显红色，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意。
B、浓氨水中存在可逆反应NH3·H2O NH3＋H2O，该反应为吸热反应，加入NaOH固体，NaOH溶于水温度升高，平衡正向移动，NH3逸出，可用勒夏特列原理解释，B不符合题意。
C、CO2水溶液中存在可逆反应CO2＋H2O H2CO3 H＋＋HCO3－，在NaHCO3溶液中c(HCO3－)较大，使得平衡逆向移动，CO2在NaHCO3溶液中的溶解度较小，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意。
D、合成氨反应的化学方程式为：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于NH3的生成。工业合成氨采用500℃高温是由于该温度下催化剂的活性高，反应速率快，与平衡移动无关，因此不能用勒夏特列原理解释，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、紫色石蕊试液中存在电离平衡HIn H＋＋In－，含有HIn的溶液显红色，含有In－的溶液显蓝色。
B、浓氨水中存在可逆反应NH3·H2O NH3＋H2O。
C、CO2在水中存在可逆反应CO2＋H2O H2CO3 H＋＋HCO3－。
D、工业合成氨的反应为放热反应，高温不利于反应正向进行。
7．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、TiCl4溶液中存在水解反应：Ti4＋＋2H2O TiO2＋4H＋，加热温度升高，促进Ti4＋的水解，同时水解生成的HCl挥发逸出，使得Ti4＋水解完全，生成TiO2·xH2O，与盐的水解有关，A不符合题意。
B、游泳馆常用可溶性铜盐做消毒剂，是利用了Cu2＋能使蛋白质结构发生变性，起到消毒作用，与Cu2＋的水解无关，B符合题意。
C、NH4F溶液中存在NH4＋、F－的水解，使得溶液中存在HF，HF能与玻璃中的SiO2反应，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，与盐类的水解有关，C不符合题意。
D、NH4Cl溶液中存在NH4＋的水解NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，使得溶液显酸性，可用做金属焊接中的除锈剂，与盐类的水解有关，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、TiCl4溶液中存在水解反应：Ti4＋＋2H2O TiO2＋4H＋。
B、铜盐做消毒剂是利用Cu2＋使蛋白质结构发生变性。
C、NH4F能水解产生HF，HF能与玻璃中的SiO2反应。
D、NH4Cl溶液中NH4＋水解使得溶液显酸性。
8．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、由图可知，t1～t2段反应生成CO2的体积最大，因此收集到的CO2体积最多；该段时间内，曲线的斜率最大，反应速率最快，A不符合题意。
B、t2～t3段，反应生成V(CO2)=(V3－V2)L，所以反应生成CO2的速率，B不符合题意。
C、t4后收集到的CO2的体积不再改变，则可能是CaCO3完全反应，或HCl完全反应，C符合题意。
D、t1～t2时间段内，c(H＋)逐渐减小，但反应速率逐渐增大，说明反应过程中温度升高，因此该反应为放热反应，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、曲线的斜率越大，反应速率越快。
B、根据公式计算用CO2表示的反应速率。
C、CaCO3或HCl完全反应，则收集到的CO2的体积不变。
D、t1～t2过程中c(H＋)减小，但反应速率变大，说明反应过程中温度升高。
9．【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①反应开始后，任意时刻，A、B、C、D在容器中共存，因此不能说明反应达到平衡状态，①不符合题意。
②任意时刻，反应速率之比等于化学计量数之比，2v正(A)=3v正(C)，无法体现正逆反应速率相等，因此不能说明反应达到平衡状态，②不符合题意。
③该反应中，生成物中含有固体，因此反应过程中混合气体的总质量m是一个变量，由于反应在恒容密闭容器中进行，混合气体的体积不变。根据密度公式可知，反应过程中混合气体的密度是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，③符合题意。
④由于反应和绝热恒容密闭容器中进行，任何化学反应都存在能量的变化，若反应为放热反应，温度升高，压强增大；若反应为吸热反应，温度降低，压强减小。因此体系的压强是一个变量，当其不变时，说明反应达到平衡状态，④符合题意。
⑤ΔH与反应物、生成物的相对能量有关，是一个定值，ΔH不变不能说明反应达到平衡状态，⑤不符合题意。
综上，能说明反应达到平衡状态的是③④，C符合题意。
故答案为：C
【分析】当正逆反应速率相等，或变量不变时，说明反应达到平衡状态。据此结合题干所给物理量进行分析。
10．【答案】A
【知识点】测定溶液pH的方法；中和热的测定；探究影响化学反应速率的因素；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、润洗酸式滴定管时，使液体润湿滴定管内壁后，应使液体从下口流出，A符合题意。
B、测定中和热实验过程中，两溶液混合后，应随时读取温度，记录最高温度，此时反应结束，由最高温度计算反应过程中放出的热量，从而计算中和热数值，B不符合题意。
C、若先将两溶液混合并计时，则两溶液混合后立即发生反应，使得反应物浓度降低，反应速率减慢，导致所测反应速率偏低，C不符合题意。
D、将pH试纸置于表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液点在pH试纸中部，显色后与标准比色卡对照，得出溶液的pH值，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、润洗时，液体应从滴定管的下口流出。
B、测定中和热时应记录最高温度，用于计算反应过程中放出的热量。
C、两溶液混合后立即发生反应，使得反应物浓度减小。
D、根据溶液pH测量方法分析。
11．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率；催化剂
【解析】【解答】A、使用催化剂，改变了反应历程，降低了反应所需的活化能，A符合题意。
B、I－参与了反应，因此c(I－)会改变反应速率，B不符合题意。
C、反应ⅱ为2IO－=2I－＋O2↑。反应ⅰ中反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应；反应ⅱ中反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，C不符合题意。
D、该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】H2O2分解生成H2O和O2，该反应的化学方程式为：2H2O2=2H2O＋O2↑。当加入I－作为反应的催化剂时，I－参与反应，改变反应历程，降低了反应所需的活化能。第ⅱ步反应的化学方程式为：2IO－=2I－＋O2↑。据此结合选项进行分析。
12．【答案】C
【知识点】燃烧热；热化学方程式；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、HCO3－在水中水解生成H2CO3和OH－，该水解反应的离子方程式为：HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－，A不符合题意。
B、N2和H2的反应为可逆反应，0.5molN2无法完全反应，因此无法计算放出akJ热量时，参与反应的n(N2)，因此无法确定反应热，B不符合题意。
C、HClO是一种弱酸，在水中部分电离产生H＋和ClO－。该电离方程式为：HClO H＋＋ClO－，C符合题意。
D、硫元素的指定产物为SO2(g)，因此硫燃烧的热化学方程式为S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH=－315kJ·mol－1，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、HCO3－水解产生H2CO3和OH－。
B、N2与H2的反应为可逆反应，H2过量，0.5molN2也不能完全反应。
C、HClO是一种弱酸，在水中部分电离。
D、燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成指定产物时放出的热量。
13．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；指示剂；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、电解质溶液的导电性与电解质的强弱无关，与电解质溶液中的离子浓度有关。如0.000001mol·L－1的盐酸导电能力比0.1mol·L－1的醋酸的导电能力弱，A不符合题意。
B、酸性H2CO3＞HClO＞HCO3－，因此往NaClO溶液中通入CO2，发生反应的离子方程式为：
ClO－＋H2O＋CO2=HClO＋HCO3－，B不符合题意。
C、由于酸性CH3COOH＞HClO，即CH3COOH电离产生H＋的能力比HClO强。因此等pH的CH3COOH和HClO溶液中c(CH3COOH)＜c(HClO)，所以等体积、等pH的CH3COOH、HClO溶液中n(CH3COOH)＜n(HClO)，所以HClO消耗n(NaOH)更多，C符合题意。
D、甲基橙变色的pH范围为3.1～4.4，用CH3COOH标准液滴定未知浓度的NaOH溶液时，选用甲基橙做指示剂，则所加CH3COOH标准液的体积偏大，导致所测得c(NaOH)偏大，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、电解质溶液的导电能力与溶液中离子浓度有关，与电解质的强弱无关。
B、酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3－，因此反应生成HCO3－。
C、CH3COOH的酸性比HClO强，因此等pH的CH3COOH和HClO溶液中，c(CH3COOH)＜c(HClO)。
D、甲基橙的变色的pH范围为3.1~4.4，显酸性。
14．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、AlCl3溶液中存在Al3＋的水解反应Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，水解反应使得溶液中阳离子数目增多，因此AlCl3溶液中阳离子数大于NA，A符合题意。
B、pH=4的醋酸溶液中c(H＋)=10－4mol·L－1，所以1L醋酸溶液中n(H＋)=c×V=10－4mol·L－1×1L=10－4mol，B不符合题意。
C、100g质量分数为46%的乙醇溶液中m(C2H5OH)=100g×46%=46g、m(H2O)=100g－46g=54g，则n(C2H5OH)=1mol、n(H2O)=3mol，所以其中所含氧原子数为1mol×1×NA＋3mol×1×NA=4NA，C不符合题意。
D、pH=1的H2SO4溶液，其c(H＋)=0.1mol·L－1，所以1L溶液中所含H＋的数目为0.1mol·L－1×1L×NA=0.1NA，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、AlCl3溶液中存在Al3＋的水解。
B、pH=4的醋酸溶液中c(H＋)=10－4mol·L－1。
C、C2H5OH水溶液中C2H5OH、H2O都含有氧原子。
D、pH=1的H2SO4溶液中c(H＋)=0.1mol·L－1。
15．【答案】D
【知识点】中和热；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、CaCO3的分解反应为吸热反应，但H2O2的分解反应为放热反应，A不符合题意。
B、在水溶液中Al3＋能与S2－发生双水解反应2Al3＋＋3S2－＋6H2O=Al(OH)3↓＋3H2S↑，而Fe3＋能与S2－发生氧化还原反应2Fe3＋＋S2－=2Fe2＋＋S↓，B不符合题意。
C、H2SO4与Ba(OH)2反应的离子方程式为：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，
SO42－与Ba2＋生成BaSO4沉淀的过程中放出热量，因此反应生成1molH2O时放出的热量多于57.3kJ，C不符合题意。
D、AlCl3、FeCl3溶液水解生成氢氧化物和HCl，加热时HCl挥发，促使AlCl3、FeCl3不断水解生成Al(OH)3沉淀、Fe(OH)3沉淀；固体进一步加热分解成相应的氧化物Al2O3、Fe2O3，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、H2O2的分解反应为放热反应。
B、Fe3＋具有氧化性，S2－具有还原性，二者可发生氧化还原反应。
C、SO42－与Ba2＋形成BaSO4的过程中释放能量。
D、AlCl3、FeCl3水解生成氢氧化物和HCl，加热时HCl挥发，会发生完全水解。
16．【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】根据盖斯定律可知，ΔH1=－ΔH2＋ΔH3＋ΔH4－ΔH5－ΔH6，所以ΔH6=－46kJ·mol－1＋1533kJ·mol－1－243kJ·mol－1－682kJ·mol－1＋314kJ·mol－1=＋876kJ·mol－1，所以ΔH6=＋876kJ·mol－1，C符合题意。
故答案为：C
【分析】此题是对反应热计算的考查，结合盖斯定律进行分析即可。
17．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、乙容器恒温恒容，丙容器恒温恒压，乙中逆向进行时气体的物质的量增大，压强增大，平衡正向移动，生成n(SO3)增多，所以乙中SO3的体积分数大于丙，A符合题意。
B、若温度相同时，甲、乙极限转化为反应物时，起始量相同，且甲中绝热，反应放热使得温度升高，平衡逆向移动，SO2的转化率减小，所以α甲(SO2)＋α乙(SO3)＜1，B不符合题意。
C、乙、丙对比，看成乙压强增大， 反应速率加快，因此乙、丙中SO2的生成速率：v乙＞v丙，C不符合题意。
D、该反应为放热反应，温度升高，K值减小。甲装置为绝热装置，反应放热使得温度升高，K值减小。所以化学平衡常数K甲＜K乙，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、乙容器恒温恒容，丙容器恒温恒压，乙中逆向进行时气体的物质的量增大、压强增大，增大压强平衡正向移动。
B、若温度相同时，甲、乙极限转化为反应物时，起始量相同。甲为绝热装置，反应放热使得温度升高，平衡逆向移动，SO2的转化率减小。
C、乙、丙对比，看成乙压强增大，反应速率加快。
D、反应为放热反应，温度升高，K值减小。
18．【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、电离常数K(CH3COOH)＞K(HCN)，所以水解程度CH3COO－＜CN－。CH3COONa、NaCN溶液的pH相同，所以溶液中c(CH3COONa)＞c(NaCN)，稀释时，c(NaCN)变得更小，pH变小，因此曲线NaX表示的是NaCN溶液，A不符合题意。
B、等pH值的CH3COONa、NaCN溶液中c(H＋)、c(OH－)相同，水电离程度相同，B不符合题意。
C、由于c(CH3COONa)＞c(NaCN)，即CH3COONa溶液中c(Na＋)大于NaCN溶液中c(Na＋)，CH3COONa溶液中c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)=c(Na＋)，NaCN溶液中c(CN－)＋c(HCN)=c(Na＋)，所以溶液中c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＞c(CN－)＋c(HCN)，C不符合题意。
D、混合后所得溶液的溶质为等浓度的NaCl、NaX和HX，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(X－)＋c(OH－)，存在物料守恒：c(HX)＋c(X－)=c(Na＋)，二者联立可得c(HX)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、电离常数越大，酸性越强，酸根离子的水解程度越小。pH相同的NaCN和CH3COONa溶液，c(NaCN)＜c(CH3COONa)。
B、两溶液的pH相同，水的电离程度相同。
C、由于c(NaCN)＜c(CH3COONa)，结合物料守恒分析。
D、混合后所得溶液的溶质为等浓度的NaCl、NaX、HX，结合物料守恒和电荷守恒分析。
19．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】由分析可知，从视线1方向观察，体积变大，气体颜色变浅；从视线2方向观察，单位面积上n(NO2)增加，气体颜色变深，B符合题意。
故答案为：B
【分析】2NO2(g) N2O4(g)，在达到平衡状态后，保持温度不变，如果注射器的针筒慢慢往外拉，压强减小平衡逆向移动，混合气体的颜色先变浅后变深，说明n(NO2)增加，但体积变化为主。从视线1方向观察，体积变大，气体颜色变浅；从视线2方向观察，单位面积上n(NO2)增加，气体颜色变深。
20．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、a点容器中反应达到平衡状态，因此a点对应X的平衡转化率为40%，A不符合题意。
B、b点时X的转化率为50%，则参与反应的n(X)=0.5mol，反应生成n(Y)=n(Z)=0.5mol，此时容器中剩余n(X)=1mol－0.5mol=0.5mol。此时反应的平衡常数。c点时X的转化率为60%，则参与反应的n(X)=0.6mol，反应生成的n(Y)=n(Z)=0.6mol，此时容器中剩余n(X)=1mol－0.6mol=0.4mol。此时反应的平衡常数。平衡常数只与温度有关，与浓度、压强无关，所以，所以，B符合题意。
C、d点所用容器体积较大，反应速率较慢，因此d点不是平衡状态，所以正逆反应速率不相等，C不符合题意。
D、容器的体积越大，浓度越小，反应速率越小，因此反应速率v(b)＞v(d)，D不符合题意。
故答案为：B
容器的体积，即为混合气体的体积，气体体积之比等于物质的量之比，因此
【分析】容器体积越大，则c(X)越小，反应速率越小，建立平衡所需的时间越长。因此容器a中反应达到平衡状态，据此分析选项。
21．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、25℃时，pH的范围是0～14，A不符合题意。
B、25℃时pH=10的CH3COONa溶液中c(OH－)=10－4mol·L－1；pH=9的CH3COONa溶液中c(OH－)=10－5mol·L－1，溶液中c(OH－)越大，则C(CH3COONa)越大；而浓度越小，CH3COO－的水解程度越大，因此pH=10的CH3COONa溶液浓度大于pH=9的CH3COONa溶液浓度的10倍，B符合题意。
C、25℃时，NaX和HX混合溶液的pH=7，说明溶液中X－的水解程度与HX的电离程度相同，因此溶液中c(X－)：c(HX)=1：2，C不符合题意。
D、加水稀释过程中，CH3COOH的电离常数不变，水的离子积Kw=c(H＋)×c(OH－)不变；而溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)、c(H＋)减小，则变大，无法确定，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、25℃时，pH的范围为0～14。
B、pH越大，则溶液中c(OH－)越大，c(CH3COONa)浓度越大。
C、C、混合溶液的pH=7，则溶液X－的水解程度和HX的电离程度相同。
D、加水稀释溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)、c(H＋)都减小，但CH3COOH的电离常数K、水的离子积常数Kw都不变。
22．【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、温度升高，正逆反应速率增大；由于该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，因此x(H2)减小，x(CO)增大，A不符合题意。
B、当v正=v逆时，反应达到平衡状态，此时x(H2)=0.08、x(CO)=0.12，此时x(CO2)=0.08，x(H2O)=1－0.12－0.08－0.08=0.72。令平衡时的总压强为p，则该反应的平衡常数，B不符合题意。
C、增大压强，正逆反应速率增大，但平衡不移动，所以H2、CO的物质的量分数不变。因此再次达到平衡时相应点应向右平移，C符合题意。
D、加入催化剂，正逆反应速率增大，但平衡不移动，所以H2、CO的物质的量分数不变。因此再次达到平衡时相应点应向右平移，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、温度升高，反应速率加快，平衡逆向移动。
B、当v正=v逆时，反应达到平衡状态，计算平衡时各物质的物质的量分数，结合平衡常数的表达式进行计算。
C、增大压强，反应速率增大，平衡不移动，H2、CO的物质的量分数不变。
D、加入催化剂，反应速率增大，平衡不移动，H2、CO的物质的量分数不变。
23．【答案】D
【知识点】化学反应速率；有关反应热的计算
【解析】【解答】A、由图可知，过渡态的相对能量TS1=298.4kJ·mol－1、TS2=130.0kJ·mol－1、TS3=248.3kJ·mol－1，所以TS1＞TS3＞TS2，A不符合题意。
B、对反应③选择性高的催化剂，有利于反应③发生并加快反应③的速率，但不改变平衡移动，因此不可避免尾气中出现N2O，B不符合题意。
C、决定总反应反应速率快慢的为慢反应，而反应所需的活化能越高，反应速率越慢。由于TS1的活化能最高，所以反应①的反应速率最慢，因此反应①决定尾气转化的快慢，C不符合题意。
D、反应①的反应热ΔH1=＋199.2kJ·mol－1，反应②的反应热ΔH2=－513.5kJ·mol－1，反应③的反应热ΔH3=－307.6kJ·mol－1。根据盖斯定律可得，目标反应的反应热ΔH=(＋199.2kJ·mol－1)＋(－513.5kJ·mol－1)＋(－307.6kJ·mol－1)=－621.9kJ·mol－1，D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据图象可看出过渡态能量的相对大小，以及每步反应物和生成物的相对能量高低，从而判断决速步骤和反应的热效应。催化剂可加快反应速率，但不改变平衡移动。
24．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、a点溶液的溶质为Na3A，溶液中存在A3－的水解，其水解平衡常数，令溶液中c(OH-)=xmol·L-1，则，解得 x=10-4.805mol·L－1，即溶液中c(OH－)=10－4.805mol·L－1，所以溶液中，所以溶液中c(H＋)的数量级为10－10，A不符合题意。
B、b点溶液的溶质为Na2HA，HA2－的电离常数Ka3=10－6.39，HA2－的水解平衡常数，所以HA2－的电离程度大于HA2－的水解程度，所以Na2HA溶液显酸性，B不符合题意。
C、相同浓度时，H＋迁移电子的能力强于Na＋，因此相同浓度的H＋的电导率强于Na＋，C不符合题意。
D、令加入盐酸的体积为VL，由物料守恒可得，混合后溶液中、。所以，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、根据pKa3计算HA2－的电离常数，结合Ka·Kh=Kw计算A3－的水解平衡常数，从而计算Na3A溶液中c(OH－)，进而得出溶液中c(H＋)。
B、b点溶液的溶质为Na2HA，结合电离常数、水解常数的相对大小，确定溶液的酸碱性。
C、H＋迁移电子的效率更高，因此电导率越大。
D、令加入盐酸的体积为V，结合物料守恒进行分析。
25．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、FeCl3溶液中存在水解平衡Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3H＋，往0.01mol·L－1的FeCl3溶液中加入少量的FeCl3晶体，水解平衡正向移动，但由于c(Fe3＋)增大，溶液颜色加深，因此不能探究反应物浓度对水解平衡的影响，A符合题意。
B、向NaHCO3溶液中加入NaAlO2溶液，发生反应AlO2－＋HCO3－＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32－，可观察到有白色沉淀生成。AlO2－结合HCO3－电离出的H＋形成Al(OH)3沉淀，HCO3－转化为CO32－，说明AlO2－结合H＋的能力比CO32－强，B不符合题意。
C、滴有酚酞的Na2CO3溶液显红色，说明Na2CO3溶液显碱性。加入BaCl2固体，发生反应Ba2＋＋CO32－=BaCO3↓，溶液由红色逐渐变为浅红色，说明Na2CO3溶液中存在水解平衡，C不符合题意。
D、NaClO、CH3COONa溶液由于水解使得溶液显碱性，用pH计测量相同浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液，若pH越大，则阴离子的水解程度越大，对应酸的酸性越弱，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、FeCl3溶液中存在水解反应Fe3＋＋3H3O Fe(OH)3(胶体)＋3H＋，加入FeCl3晶体，溶液颜色变深。
B、加入NaAlO2溶液，发生反应AlO2－＋HCO3－＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32－。
C、滴有酚酞的Na2CO3溶液显红色，加入BaCl2固体后，溶液红色变浅。
D、NaClO、CH3COONa溶液都显碱性，溶液的pH越大， 碱性越强，阴离子的水解程度越大，则其对应酸的酸性越弱。
26．【答案】（1）H2(g) +O2(g) ═ H2O(l) ΔH= –286kJ·mol-1
（2）M；88.6+a
（3）Cr2O72– + H2O 2CrO42– + 2H+
（4）H2PO2– + H2O H3PO2+OH–
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；盐类水解的原理；盐类水解的应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）电解液态水生成1molO2的热化学方程式为：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) ΔH=＋572kJ·mol－1，因此1molH2(g)燃烧生成H2O(l)时放出的热量为286kJ·mol－1，所以表示H2燃烧热的热化学方程式为：H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH=－286kJ·mol－1。
故答案为：H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH=－286kJ·mol－1
（2）M转化为N的过程为吸热反应，说明M具有的能量低于N，物质所具有的能量越高，越不稳定，因此稳定性M＞N，所以较稳定的是M。该反应的反应热ΔH=E1-E2=E1－akJ·mol－1 =88.6kJ·mol－1，所以E1=(88.6＋a)kJ·mol－1。
故答案为：M；(88.6＋a)
（3）K2Cr2O7溶液为橙红色，溶液中存在可逆反应Cr2O72－＋H2O=2CrO42－＋2H＋，含有CrO42－的溶液显黄色。因此通过调节pH值，可使平衡正向移动，溶液由橙红色变为黄色。
故答案为：Cr2O72– + H2O 2CrO42– + 2H+
（4）H3PO2是一种一元酸，则其酸根离子为H2PO2－，其盐溶液中发生水解反应H2PO2－＋H2O H3PO2＋OH－。
故答案为：H2PO2－＋H2O H3PO2＋OH－
【分析】（1）燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量。结合电解液态水的热化学方程式书写H2燃烧热的热化学方程式。
（2）物质所具有的能量越高越不稳定，结合反应的热效应比较二者能量的相对大小，从而得出二者的稳定性强弱。根据反应热ΔH=E1-E2（E1为正反应活化能，E2为逆反应活化能）进行计算。
（3）K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72－的水解反应，结合水解平衡移动，判断溶液颜色变化。
（4）H3PO2为一元酸，则其酸根离子为H2PO2－，水解生成H3PO2和OH－。
27．【答案】（1）–853.4；减小压强、降低温度
（2）B；＜；=；a；4MPa
（3）
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）该反应的反应热ΔH=(－393.5kJ·mol－1)×2－(＋33.2kJ·mol－1)×2=－853.4kJ·mol－1，所以该反应的反应热ΔH=－853.4kJ·mol－1。由于该反应为放热反应，因此降低温度，平衡正向移动，有利于提高NO2的平衡转化率。该反应过程中气体分子数增大，所以减小压强，平衡正向移动，有利于提高NO2的平衡转化率。因此提高NO2的平衡转化率可采取的措施是减小压强或降低温度。
故答案为：－853.4；减小压强、降低温度
（2）①A、使用更高效的催化剂，可加快反应速率，但平衡不发生移动，因此无法提高反应物的转化率，A不符合题意。
B、从平衡混合气体中分离出CO2，c(CO2)减小，逆反应速率减小；平衡正向移动，c(CO2)逐渐增大，逆反应速率逐渐增大，B符合题意。
C、 恒容条件下平衡后再加入少量NO2，c(NO2)增大，平衡正向移动，但NO2的转化率减小，C不符合题意。
D、恒压下平衡后，通入稀有气体，容器的容积变大，反应物、生成物的浓度减小，相当于减小压强的作用，平衡正向移动，D不符合题意。
故答案为：B
②a、b两点中，b点压强越大，反应速率越快，因此反应速率v(a)＜v(b)。a、c两点的温度相同，平衡常数只与温度有关，与压强、浓度无关，温度不变，化学平衡常数不变，a、c两点化学平衡常数相等。该反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，因此a、b、c三点中NO2转化率最高的是a点。
故答案为：＜；＝；a
③c点时总压强p总=20MPa，此时c(NO2)=c(CO2)，即n(NO2)=n(CO2)。令参与反应的n(NO2)=2amol，则可得平衡三段式如下
所以可得1-2a=2a，解得 a=0.25mol
所以平衡时n(NO2)=0.5mol、n(N2)=0.25mol、n(CO2)=0.5mol。平衡时混合气体的总物质的量为0.5mol＋0.25mol＋0.5mol=1.25mol。
则平衡时、
所以该温度下该反应的压强平衡常数。
故答案为：4MPa
（3）15min时反应达到平衡状态时，此时体系中c(NO)=1.6mol·L－1、c(CO)=0.6mol·L－1、c(N2)=0.2mol·L－1，则反应生成c(CO2)=0.4mol·L－1。所以该温度反应的平衡常数。
20min时迅速充入0.6molCO、0.6molN2，则此时体系中c(NO)=1.6mol·L－1、c(CO)=1.2mol·L－1、c(N2)=0.8mol·L－1，c(CO2)=0.4mol·L－1，此时，则Q=K，平衡不发生移动。因此可得图象如图
。
【分析】（1）根据反应热等于生成物的标准生成焓减去反应物的标准生成焓进行计算。要提高NO2的平衡转化率，则应使平衡正向移动，结合浓度、温度、压强对平衡移动的影响分析。
（2）①A、催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动。
B、分离出CO2，则c(CO2)减小，逆反应速率减小，平衡正向移动。
C、充入NO2，NO2的转化率减小。
D、恒压条件下充入稀有气体，体系的容积变大，物质的浓度减小，相当于减压操作。
②压强越大，反应速率越大。平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。增大压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小。
③c点时c(NO2)=c(CO2)，结合三段式确定平衡时各物质的物质的量，从而计算各物质产生的分压；再根据平衡常数的表达式计算该反应的压强平衡常数。
（3）15min时反应达到平衡状态，根据图象数据计算该温度下反应的平衡常数。20min时迅速充入0.6molCO和0.6molN2，计算此时体系中Q值，与K进行比较，判断反应进行的方向，从而确定图象。
28．【答案】（1）5H2C2O4 + 2MnO4– + 6H+ = 2Mn2++ 8H2O +10CO2↑
（2）甲；26.10
（3）滴入最后一滴高锰酸钾，锥形瓶中的溶液恰好从无色变为浅紫色，且30s内不褪色
（4）
（5）C
【知识点】中和滴定；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）H2C2O4是一种二元弱酸，具有还原性；酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能将H2C2O4氧化成CO2，自身还原生成Mn2＋。该反应的离子方程式为：5H2C2O4 + 2MnO4– + 6H+ = 2Mn2++ 8H2O +10CO2↑。
故答案为：5H2C2O4 + 2MnO4– + 6H+ = 2Mn2++ 8H2O +10CO2↑
（2）图甲为酸式滴定管，图乙为碱式滴定管。酸性KMnO4溶液具有氧化性，能将橡胶氧化，因此酸性KMnO4溶液需用酸式滴定管盛装。图中滴定开始时滴定管的读数V1=0，滴定结束时滴定管的读数V2=26.10mL，因此滴定过程中消耗KMnO4溶液的体积为26.10mL。
故答案为：甲；26.10
（3）滴定过程中，KMnO4与H2C2O4反应生成Mn2＋和CO2，KMnO4溶液为紫红色，当达到滴定终点时，滴入的KMnO4溶液不参与反应，此时溶液显浅紫色。因此滴定终点的现象是：滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅红色，且30s内不褪色。
故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅红色，且30s内不褪色
（4）达到滴定终点时消耗酸性KMnO4溶液的体积VmL，即消耗n(MnO4－)=0.10mol·L－1×V×10－3L=V×10-4mol，由反应的离子方程式可知，参与反应的。所以草酸样品的纯度为。
故答案为：
（5）A、滴定管未用标准液润洗，则所用标准的浓度偏小，需要消耗标准液的体积偏大，计算所得n(H2C2O4)偏大，所以测得草酸晶体的纯度偏高，A不符合题意。
B、读取酸性KMnO4溶液的体积时，开始仰视读数，则读数偏小；滴定结束时俯视读数，则读数偏大。因此所得消耗KMnO4溶液的体积偏大，计算所得n(H2C2O4)偏大，所以测得草酸晶体的纯度偏高，B不符合题意。
C、滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定后无气泡，则所得消耗KMnO4溶液的体积偏小，计算所得n(H2C2O4)偏小，所以测得草酸晶体的纯度偏低，C符合题意。
D、滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶内含有蒸馏水，对消耗KMnO4溶液的体积无影响，因此对计算n(H2C2O4)无影响，所以对测得草酸晶体的纯度无影响，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】（1）酸性KMnO4溶液具有氧化性，能将H2C2O4氧化成CO2，自身还原为Mn2＋，据此写出反应的离子方程式。
（2）酸性溶液或强氧化性溶液应用酸式滴定管盛装。消耗标准液的体积V=V2－V1，结合图示滴定管的示数进行计算。
（3）所用标准液为KMnO4溶液，显紫红色，滴定终点时，溶液由无色变为浅紫色。
（4）根据消耗标准KMnO4溶液的体积，结合反应的离子方程式计算参与反应n(H2C2O4)，从而得出草酸晶体的纯度。
（5）草酸晶体中n(H2C2O4)是由滴定过程中消耗KMnO4溶液的体积计算所得，因此若滴定过程中消耗标准KMnO4溶液的体积偏小，则所测草酸晶体的纯度偏低，据此结合选项进行分析。
29．【答案】（1）C；D
（2）＜；H2A发生完全电离生成的H+，对HA–的电离起抑制作用
（3）
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）由分析可知，H2A溶液中存在电离：H2A=H＋＋HA－、HA－ H＋＋A2－。所以在0.1mol·L－1的Na2A溶液中，存在以下电离、水解过程：Na2A=2Na＋＋A2－、A2－＋H2O HA－＋OH－、H2O H＋＋OH－。由于H2A第一步电离为完全电离，说明H2A是一种一元强酸、二元弱酸，所以HA－不会进一步水解。
A、溶液中A2－水解生成HA－，因此溶液中c(A2－)＋c(HA－)=0.1mol·L－1，A不符合题意。
B、A2－水解产生HA－和OH－，H2O电离产生H＋和OH－，因此溶液中c(OH－)＞c(HA－)，所以溶液中离子浓度关系为c(Na＋)＞c(A2－)＞c(OH－)＞c(HA－)＞c(H＋)，B不符合题意。
C、溶液显电中性，即溶液中阴阳离子所带正负电荷的总量相等，所以溶液中c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，C符合题意。
D、溶液中c(Na＋)=0.2mol·L－1，c(A2－)＋c(HA－)=0.1mol·L－1，所以c(Na＋)=2 c(A2－)＋2c(HA－)，D符合题意。
故答案为：CD
（2）0.1mol·L－1NaHA溶液的pH=2，则溶液中c(H＋)=0.01mol·L－1。0.1mol·L－1的H2A溶液中存在电离：H2A=H＋＋HA－、HA－ H＋＋A2－，第一步完全电离产生c(H＋)=0.1mol·L－1；第二步HA－的电离为可逆反应，第一步电离产生的H＋会抑制第二步电离，因此HA－电离产生的c(H＋)＜0.01mol·L－1。所以0.1mol·L－1的H2A溶液中c(H＋)＜0.11mol·L－1。
故答案为：＜；H2A发生完全电离产生的H＋，对HA－的电离起到抑制作用。
（3）两溶液等体积混合后，所得溶液的pH=7，此时溶液中c(OH－)=c(H＋)=10－7mol·L－1；溶液中的溶质为NH4Cl、NH3·H2O。此时溶液中c(NH4＋)=c(Cl－)=0.005mol·L－1，。所以该温度下NH3·H2OD的电离常数。
故答案为：
【分析】（1）0.1mol·L－1的H2A溶液的pH=1，其溶液中HA－的物质的量分数为100%，说明H2A的第一步电离为完全电离。随着pH的增大，HA－的物质的量分数逐渐减小，A2－的物质的量分数逐渐增大，且最终小于100%，说明A2－存在水解；所以HA－的电离为部分电离。据此结合电荷守恒、物料守恒分析选项。
（2）H2A溶液中，第一步电离产生的H＋会抑制HA－的电离，使电离产生的H＋减小。
（3）混合后所得溶液的pH=7，此时溶液中c(OH－)=c(H＋)=10－7mol·L－1，溶液中的溶质为NH4Cl和NH3·H2O，据此计算溶液中c(NH4＋)、c(NH3·H2O)，结合NH3·H2O的电离方程式计算其电离平衡常数。
