高中化学苏教版化学反应原理本册总复习总复习 说课一等奖

2023学年浙江省教育绿色评价联盟高二（上）联考化学试卷一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．下列有关能源的说法错误的是（）A．风能是人类通过风车等工具获取的能源，属于一次能源B．在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源C．在一个确定的化学反应中，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同D．原电池将把化学能直接转化为电能，所以由原电池提供的电能是一次能源2．下列方法可以加快铁和稀硫酸反应速率的是（）A．加入少量硫酸锌 B．加入少量硫酸铜C．降温 D．增大压强3．下列溶液导电性最强的是（）A．1Lmol•L﹣1醋酸 B．L1mol•L﹣1H2SO4溶液C．L•L﹣1盐酸 D．2L•L﹣1H2SO3溶液4．常温下，下列离子能使纯水中的H+离子数目增加的是（）A．S2﹣ B．HCO3﹣ C．Al3+ D．K+5．下列实验操作和数据记录都正确的是（）A．用托盘天平称量时，将NaOH固体放在左盘内的纸上，称得质量为gB．用25mL碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，体积为mLC．用广泛pH试纸测稀盐酸的pH=D．用10mL量筒量取NaCl溶液，体积为mL6．某反应2AB（g）⇌C（g）+3D（g）在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的△H、△S应为（）A．△H＜0，△S＞0 B．△H＜0，△S＜0 C．△H＞0，△S＞0 D．△H＞0，△S＜07．相同温度下，等物质的量浓度的下列溶液中，pH最大的是（）A．Na2CO3 B．NaCl C．NH4Cl D．CH3COONa8．有关碰撞理论，下列说法中正确的是（）A．具有足够能量的分子（活化分子）相互碰撞就一定能发生化学反应B．增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大C．升温能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数D．催化剂不影响反应活化能，从而只影响反应速率不影响化学平衡9．在2L容器中发生3A+B═2C的反应，最初加入的A、B都是4mol，10s内A的反应速率为（L•s），10s后容器内的B的物质的量为（）A．mol B．mol C．mol D．mol10．恒温恒容的密闭容器中，可逆反应3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）达到化学平衡状态的标志是（）A．X、Y、Z的分子个数比为3：1：2B．X的生成速率与Z的生成速率相等C．混合气体的密度不再改变D．单位时间内生成3nmolX，同时消耗nmolY11．科学家提出可以用酸度（AG）表示溶液的酸碱性，AG=lg，下列叙述正确的是（）A．中性溶液的AG=1B．常温下mol•L﹣1NaOH溶液的AG=12C．酸性溶液的AG＜0D．常温下mol•L﹣1盐酸溶液的AG=1212．可逆反应aX+2Y（g）⇌2Z（g）在一定条件下的达到平衡后，t1和t2时各改变某一种外界条件，化学反应速率（v）﹣时间（t）图象如图．则下列说法中正确的是（）A．若X是固体，则t1时一定是增大了容器的压强B．若X是气体，则t2时不可能是减小容器压强C．若X是固体，则t1时可能是增大了X的质量D．若t2时采用了降温措施，则该反应的正反应方向△H＞013．常温下，不能证明HA是弱酸的是（）A．NaA的溶液呈碱性B．pH=2的HA溶液稀释100倍后pH=C．mol•Lˉ1HA溶液的pH=4D．HA溶液跟锌反应，放出H2很慢14．某地酸雨检验除含H+外[c（OH﹣）可忽视]还有Na+，Cl﹣，NH4+，SO42﹣其浓度依次为：c（Na+）=×10﹣5mol/L，c（Cl﹣）=×10﹣5mol/L，c（NH4+）=×10﹣5mol/L，c（SO42﹣）=×10﹣5mol/L，则该地酸雨的pH为（）A．3 B．4 C．5 D．615．下列说法正确的是（）A．氯碱工业是电解熔融的NaCl，阳极产生Cl2B．氢氧燃料电池可将热能直接转化为电能C．原电池工作时，电子从负极经外电路移向正极D．工业上电解熔融的AlCl3来制取铝16．下列说法或表示方法正确的是（）A．甲烷的标准燃烧热为﹣kJ•molˉ1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣kJ•molˉ1B．由C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H=+kJ•molˉ1可知，金刚石比石墨稳定C．在稀溶液中：H+（aq）+OHˉ（aq）=H2O（l）△H=﹣kJ•molˉ1，若将含1molCH3COOH与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量小于kJD．一定条件下，某密闭容器中充入2molSO2（g）和1molO2（g），达到平衡后，放出QkJ热量，则该条件下的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣QkJ•molˉ117．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（）A．冰镇的啤酒打开后泛起泡沫B．500℃左右比室温更有利于合成氨的反应（△H＜0）C．红棕色的NO2加压后颜色先变深再变浅（2NO2⇌N2O4（无色））D．光照新制的氯水时，溶液的pH逐渐减小18．依据表判断CH3CH3→CH2=CH2+H2的反应热为（）化学键C﹣HC=CC﹣CH﹣H键能（kJ•mol1）A．+kJ•molˉ1 B．﹣kJ•molˉ1C．+kJ•molˉ1 D．﹣kJ•molˉ119．对可逆反应2A（s）+3B（g）⇌C（g）+2D（g）△H＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（）A．增大B的浓度，v（正）＞v（逆）B．升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小C．压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变D．增加A的量，平衡向正反应方向移动20．现将浓度相等、体积分别为V1、V2的CH3COOH、NaOH溶液混合，测量混合液温度，结果如图（已知：V1+V2=50mL）．下列叙述错误的是（）A．实验的环境温度低于22℃B．P点的混合溶液的pH=7C．混合溶液的导电能力：M＞ND．若将CH3COOH改为HCl，P点温度高于28℃21．常温下，下列各组离子在指定的环境中能大量存在的是（）A．pH=1的无色溶液中：SO42ˉ、Cu2+、Na+、ClˉB．中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3ˉ、ClˉC．能使石蕊试纸变蓝色的溶液中：Na+、K+、S2ˉ、CO32ˉD．水电离出的c（H+）=1×10ˉ12mol•Lˉ1的溶液中：K+、Na+、Clˉ、HCO3ˉ22．关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（）A．用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液B．装置②的总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+C．装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连D．装置④中的铁钉几乎没被腐蚀23．控制适宜的条件，将反应2Fe3++2Iˉ⇌2Fe2++I2设计成如图所示的原电池．下列判断错误的是（）A．反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应B．反应开始时，甲中石墨电极为正极C．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态D．电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极24．常温下，下列叙述正确的是（）A．1mLpH=1的盐酸与100mLNaOH溶液混合后，溶液的pH=7，则NaOH溶液的pH=11B．在滴有酚酞的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH＜7C．×10ˉ8mol•L﹣1盐酸的pH=D．某醋酸溶液的pH=a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH=b，则a＞b25．25℃时，在25mL•Lˉ1的NaOH溶液中，逐滴加入•Lˉ1的CH3COOH溶液．溶液pH的变化曲线如图所示．下列分析的结论中，错误的是（）A．C点时c（CH3COOˉ）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OHˉ）B．D点时c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）C．曲线上A、B间任一点，溶液中都有：c（Na+）＞c（CH3COOˉ）＞c（OHˉ）＞c（H+）D．B点的横坐标a＞mL二、非选择题（本大题共7小题，共50分）26．火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水．当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热．已知：液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出的热量．（1）反应的热化学方程式为；（2）又已知H2O（l）=H2O（g）；△H=+44kJ/mol，则16g液态肼和液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是；（3）此反应用于火箭推进，除释放大量的热和快速产生大量气体外还有一个很大的优点是．27．用惰性电极电解一定物质的量浓度的CuSO4溶液，写出其阴极电极反应方程式；通电一段时间后，溶液颜色变浅，需要加入一定量的使其恢复原来的浓度．28．25℃时，某明矾[KAl（SO4）2•12H2O]水溶液的pH=3，则此溶液中由水电离产生的c（OHˉ）=；用离子方程式表示明矾溶液用于净水的原因：．29．Na2CO3、NaHCO3溶液均显碱性．用离子方程式表示Na2CO3溶液显碱性的原因：．加热、蒸干、灼烧NaHCO3溶液得到的固体产物是．常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有．30．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合后所得溶液的pH如表：请回答：实验编号HA物质的量浓度（mol•L1）NaOH物质的量浓度（mol•Lˉ1）混合溶液的pH甲a乙c17丙7丁9（1）不考虑其它组的实验结果，单从乙组情况分析，c1是否一定等于•Lˉ1（选填“是”或“否”）；该混合溶液中离子浓度c（Aˉ）与c（Na+）的大小关系是；A．前者大B．后者大C．二者相等D．无法判断（2）从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是；（3）丁组实验所得混合溶液中，写出下列算式的精确结果（不能做近似计算，回答准确值，结果不一定要化简）．c（Na+）﹣c（Aˉ）=mol•Lˉ1．31．已知制备甲醇的有关化学反应及平衡常数如表所示：化学反应反应热平衡常数①CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣kJ•molˉ1K1=320②CO（g）+H2O（g）═H2（g）+CO2（g）△H2=﹣kJ•molˉ1K2③CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H3K3=160（1）则反应△H3=kJ•molˉ1；K2=（填数据）；（2）850℃时，在密闭容器中进行反应①，开始时只加入CO2、H2，反应10min后测得各组分的浓度如下物质H2CO2CH3OHH2O浓度（mol•Lˉ1）（Ⅰ）该时间段内反应速率v（H2）=；（Ⅱ）比较此时正逆反应的速率的大小：v正v逆（选填“＞、＜或=”）；（Ⅲ）反应达到平衡后，保持其他条件不变，只把容器的体积缩小一半，平衡（选填“逆向”、“正向”或“不”）移动，该反应的平衡常数（选填“增大”“减小”“不变”）．（3）依据温度对反应①的影响，在图坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，甲醇物质的量变化的曲线示意图．32．用中和滴定法测定烧碱的纯度（烧碱中的杂质不和酸反应），请根据实验回答：（1）将已称量好的烧碱样品配制成500mL待测液，配制过程使用的主要仪器除500mL容量瓶、量筒、烧杯、胶头滴管外，还有一种必须使用的仪器是；（2）用式滴定管量取待测液于锥形瓶中，滴入几滴酚酞；（3）用•Lˉ1的标准盐酸滴定待测液，判断滴定终点的现象是：；（4）经过分析发现，本次实验的测定结果比烧碱的实际纯度偏高，造成误差的可能原因是；A．滴定前平视，滴定后俯视B．未用标准液润洗滴定管C．用待测液润洗锥形瓶D．不小心将标准液滴在锥形瓶外面E．滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁F．滴定前尖嘴有气泡，滴定后消失（5）根据下列数据计算，烧碱的纯度为%（保留整数）．滴定次数待测液体积（mL）标准盐酸体积（mL）滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次第二次

2023学年浙江省教育绿色评价联盟高二（上）联考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．下列有关能源的说法错误的是（）A．风能是人类通过风车等工具获取的能源，属于一次能源B．在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源C．在一个确定的化学反应中，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同D．原电池将把化学能直接转化为电能，所以由原电池提供的电能是一次能源【考点】化学反应的能量变化规律；常见的能量转化形式．【分析】A．一次能源：直接来自自然界而未经加工转换的能源；B．核能、太阳能、氢能都是洁净能源；C．反应物的总能量与生成物的总能量不同导致化学反应伴随能量变化；D．原电池不能从自然界直接获得．【解答】解：A．风能可以直接从自然界获得并加以利用，属于一次能源，故A正确；B．核能、太阳能、氢能都是洁净能源，是未来发展的新能源，故B正确；C．化学反应发生物质变化的同时一定发生能量变化，反应物的总能量与生成物的总能量不同导致化学反应都伴随能量变化，所以在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同，故C正确；D．原电池不能从自然界直接获得，不是一次能源，故D错误．故选D．2．下列方法可以加快铁和稀硫酸反应速率的是（）A．加入少量硫酸锌 B．加入少量硫酸铜C．降温 D．增大压强【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】影响铁与稀硫酸反应的速率的因素有浓度、温度、固体表面积以及原电池反应等，一般来说，增大浓度、升高温度、增大固体表面积或形成原电池反应，都可增大反应速率，以此解答该题．【解答】解：A．加入少量硫酸锌，铁与锌离子不反应，氢离子浓度减小，反速率减小，故A错误；B．加入少量硫酸铜，铁置换出铜形成原电池反应，可增大反应速率，故B正确；C．降低温度，反应速率减小，故C错误；D．反应在溶液中进行，增大压强对反应物的浓度影响不大，故D错误；故选B．3．下列溶液导电性最强的是（）A．1Lmol•L﹣1醋酸 B．L1mol•L﹣1H2SO4溶液C．L•L﹣1盐酸 D．2L•L﹣1H2SO3溶液【考点】电解质溶液的导电性．【分析】电解质溶液导电性能力离子浓度成正比，物质的水溶液导电性最强，说明溶液中离子浓度最大，据此分析解答．【解答】解：电解质溶液导电性能力离子浓度成正比，物质的水溶液导电性最强，说明溶液中离子浓度最大，醋酸和H2SO3是弱电解质部分电离，H2SO4、HCL都是强电解质，在水溶液中完全电离，但H2SO4溶液离子浓度最大为2mol/L，所以导电能力最大的是硫酸溶液，故选B．4．常温下，下列离子能使纯水中的H+离子数目增加的是（）A．S2﹣ B．HCO3﹣ C．Al3+ D．K+【考点】水的电离．【分析】常温下，能使溶液中氢离子数目增加，说明该离子能发生水解反应，且水解后溶液呈酸性，则为弱碱离子的水解反应．【解答】解：A．硫离子是多元弱酸阴离子分步水解，溶液显碱性，所以溶液中氢离子数目减少，故A错误；B．碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，溶液中氢氧根离子数目增加，氢离子数目减少，故B错误；C．铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，导致溶液中氢离子数目增加，氢氧根离子数目减少，故C正确；D．钾离子不水解，所以不改变溶液中氢离子或氢氧根离子数目，故D错误；故选C．5．下列实验操作和数据记录都正确的是（）A．用托盘天平称量时，将NaOH固体放在左盘内的纸上，称得质量为gB．用25mL碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，体积为mLC．用广泛pH试纸测稀盐酸的pH=D．用10mL量筒量取NaCl溶液，体积为mL【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．NaOH易潮解且具有强腐蚀性；B．碱式滴定管只能量取碱性溶液；C．广泛pH试纸的测定值是整数；D．量筒的感量是，量取溶液时量筒规格要等于或稍微大于量取溶液体积．【解答】解：A．NaOH易潮解且具有强腐蚀性，所以NaOH应该放置在小烧杯中称量，故A错误；B．碱式滴定管只能量取碱性溶液，酸性高锰酸钾溶液呈酸性，要用酸式滴定管量取，故B错误；C．广泛pH试纸的测定值是整数，所以用广泛pH试纸测稀盐酸的pH不能为，故C错误；D．量筒的感量是，量取溶液时量筒规格要等于或稍微大于量取溶液体积，所以用10mL量筒量取NaCl溶液，体积为mL，故D正确；故选D．6．某反应2AB（g）⇌C（g）+3D（g）在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的△H、△S应为（）A．△H＜0，△S＞0 B．△H＜0，△S＜0 C．△H＞0，△S＞0 D．△H＞0，△S＜0【考点】焓变和熵变．【分析】当△G=△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行，△G=△H﹣T•△S＞0时，反应不能自发进行，据此分析．【解答】解：化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行，A、当△H＜0，△S＞0时，△G=△H﹣T•△S＜0，在室温一定能自发进行，故A错误；B、△H＜0，△S＜0时，在低温下能自发进行，故B错误；C、△H＞0，△S＞0时，在室温下不能自发进行，在高温下能自发进行，故C正确；D、△H＞0，△S＜0时，任何温度下反应都不能自发进行，故D错误．故选：C．7．相同温度下，等物质的量浓度的下列溶液中，pH最大的是（）A．Na2CO3 B．NaCl C．NH4Cl D．CH3COONa【考点】盐类水解的应用．【分析】根据盐的水解规律：有弱才水解，无弱不水解，谁强显谁性，越弱越水解来分析．【解答】解：NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，即pH=7，NH4Cl是强酸强碱盐，铵根离子水解溶液显酸性，PH＜7，CH3COONa、Na2CO3均为强碱弱酸盐，均水解显碱性，但由于其对应的酸的酸性强弱关系为：CH3COOH＞H2CO3，故当浓度相等时，水解程度为：Na2CO3＞CH3COONa＞7，即溶液pH最大的是Na2CO3，故选A．8．有关碰撞理论，下列说法中正确的是（）A．具有足够能量的分子（活化分子）相互碰撞就一定能发生化学反应B．增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大C．升温能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数D．催化剂不影响反应活化能，从而只影响反应速率不影响化学平衡【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】A．活化分子发生有效碰撞才能发生化学反应；B．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但百分数不变；C．升高温度，活化分子的百分数增大；D．催化剂影响反应的活化能，活化分子的百分数增加．【解答】解：A．活化分子发生有效碰撞才能发生化学反应，如果不是有效碰撞，则不能反应，故A错误；B．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但百分数不变，浓度增大可使有效碰撞次数增大，故B错误；C．升高温度，活化分子的百分数增大，从而使有效碰撞次数增大，使化学反应速率增大，故C正确；D．催化剂影响反应的活化能，活化分子的百分数增加，反应速率增大，但不影响化学平衡，故D错误．故选C．9．在2L容器中发生3A+B═2C的反应，最初加入的A、B都是4mol，10s内A的反应速率为（L•s），10s后容器内的B的物质的量为（）A．mol B．mol C．mol D．mol【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】根据v=，及化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算．【解答】解：v=，则参加反应的A的物质的量为：（L•s）×2L×10s=，故参加反应的B的物质的量为：=，故10s后容器内的B的物质的量为：4mol﹣=，故选C．10．恒温恒容的密闭容器中，可逆反应3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）达到化学平衡状态的标志是（）A．X、Y、Z的分子个数比为3：1：2B．X的生成速率与Z的生成速率相等C．混合气体的密度不再改变D．单位时间内生成3nmolX，同时消耗nmolY【考点】化学平衡状态的判断．【分析】对于可逆反应，当达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，反应物的浓度不再发生改变，由此衍生的一些物理性也不再变化，以此解答．【解答】解：A、平衡时各物质的分子个数不能确定，取决于开始反应时各物质的物质的量的多少以及反应的转化程度，不能判断是否达到平衡状态，故A错误；B、X的生成速率与Z的生成速率相等不是平衡状态，只有单位时间内生成3nmolX，同时生成2nmolZ才能证明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B错误；C、混合气体的密度一直不随时间的改变，而改变，故C错误；D、单位时间内生成3nmolX，同时消耗nmolY，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故D正确；故选D．11．科学家提出可以用酸度（AG）表示溶液的酸碱性，AG=lg，下列叙述正确的是（）A．中性溶液的AG=1B．常温下mol•L﹣1NaOH溶液的AG=12C．酸性溶液的AG＜0D．常温下mol•L﹣1盐酸溶液的AG=12【考点】pH的简单计算；水的电离．【分析】A．中性溶液中，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；B．c（H+）=，•L﹣1氢氧化钠溶液中氢离子浓度为1×10﹣13mol•L﹣1，氢氧根离子浓度为•L﹣1；C．酸性溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，氢离子浓度比氢氧根离子的比值大于1；D．•L﹣1盐酸溶液中氢离子浓度•L﹣1，c（OH﹣）=，氢氧根离子浓度为1×10﹣12mol•L﹣1．【解答】解：A．在中性溶液中，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，AG=lg1=0，故A错误；B．在•L﹣1氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为•L﹣1，氢离子浓度为c（H+）==1×10﹣13mol•L﹣1，AG=lg=﹣12，故B错误；C．由于酸性溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，氢离子浓度比氢氧根离子的比值大于1，AG＞0，故C错误；D．•L﹣1盐酸溶液中氢离子浓度•L﹣1，氢氧根离子浓度为c（OH﹣）==1×10﹣13mol•L﹣1，AG=lg=12，故D正确；故选D．12．可逆反应aX+2Y（g）⇌2Z（g）在一定条件下的达到平衡后，t1和t2时各改变某一种外界条件，化学反应速率（v）﹣时间（t）图象如图．则下列说法中正确的是（）A．若X是固体，则t1时一定是增大了容器的压强B．若X是气体，则t2时不可能是减小容器压强C．若X是固体，则t1时可能是增大了X的质量D．若t2时采用了降温措施，则该反应的正反应方向△H＞0【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．【分析】由图可知，可逆反应到达平衡后，在t1时改变条件，正、逆速率都同等程度增大，平衡不移动，故改变条件可能是加入催化剂，或是增大压强，且反应前后气体的物质的量不变，改变温度与某一物质浓度，平衡一定移动；在t2时改变条件，正逆反应速率都减小，且逆反应速率减小的程度大，故改变的条件可能是降低温度，根据以上分析进行判断．【解答】解：由图可知，可逆反应到达平衡后，在t1时改变条件，正、逆速率都同等程度增大，平衡不移动，故改变条件可能是加入催化剂，或是增大压强，且反应前后气体的物质的量不变，改变温度与某一物质浓度，平衡一定移动；在t2时改变条件，正逆反应速率都减小，且逆反应速率减小的程度大，故改变的条件可能是降低温度，A、若X是固体，反应前后气体体积不变，压强不影响化学平衡，可以增大压强来改变平衡，但是加入催化剂也可以出现同样效果，所以不一定是增大了压强，故A错误；B、若X是气体，反应前后气体体积变化，则t2时减小容器的压强，正逆反应速率都应该减小，不是不变，则t2时不可能是减小容器压强，故B正确；C、若X是固体，则t1时可能是增大了X的质量，对化学平衡没有影响，故C错误；D、由于a+2≥2，反应物的气体体积不会小于生成物的气体体积，减小压强平衡不移动或者向着逆向移动，不会出现正反应速率大于逆反应速率，所以一定不是减小压强；若是降低温度，v（正）＞v（逆），平衡向着正向移动，正反应是放热反应，△H＜0，故D错误；故选B．13．常温下，不能证明HA是弱酸的是（）A．NaA的溶液呈碱性B．pH=2的HA溶液稀释100倍后pH=C．mol•Lˉ1HA溶液的pH=4D．HA溶液跟锌反应，放出H2很慢【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】要证明一元酸HR为弱酸，可证明存在电离平衡、不能完全电离或从对应的强碱盐溶液呈碱性的角度，以此解答该题．【解答】解：A．常温下，NaA的溶液呈碱性，说明NaA为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可证明HA为弱酸，故A不选；B．常温下，将pH=2的HA溶液稀释100倍，测得pH=，说明加水稀释促进电离，如为强酸，稀释后pH=4，所以可证明为弱酸，故B不选；C．常温下，测得mol/LHA溶液的pH=4，说明HA没有完全电离，可证明HA为弱酸，故C不选；D．HA溶液跟锌反应，生成氢气的快慢与溶液的浓度有关，不能根据放出H2很慢，判断为弱酸，如果是强酸浓度很小生成氢气的速率也很小，故D选．故选D．14．某地酸雨检验除含H+外[c（OH﹣）可忽视]还有Na+，Cl﹣，NH4+，SO42﹣其浓度依次为：c（Na+）=×10﹣5mol/L，c（Cl﹣）=×10﹣5mol/L，c（NH4+）=×10﹣5mol/L，c（SO42﹣）=×10﹣5mol/L，则该地酸雨的pH为（）A．3 B．4 C．5 D．6【考点】pH的简单计算．【分析】根据溶液中电荷守恒计算酸雨中氢离子浓度，再根据pH的计算公式计算溶液的pH．【解答】解：溶液中阴阳离子所带电荷相等，设氢离子浓度为C，所以c（NH4+）+c（Na+）+C（H+）=2×c（SO42﹣）+c（Cl﹣），×10﹣5mol/L+×10﹣5mol/L+c（H+）=2××10﹣5mol/L+×10﹣5mol/L，所以c（H+）=10﹣5mol/L，pH=﹣lgc（H+）=5，故选C．15．下列说法正确的是（）A．氯碱工业是电解熔融的NaCl，阳极产生Cl2B．氢氧燃料电池可将热能直接转化为电能C．原电池工作时，电子从负极经外电路移向正极D．工业上电解熔融的AlCl3来制取铝【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．氯碱工业是电解饱和食盐水；B．氢氧燃料电池可将化学能直接转化为电能；C．原电池工作时，负极发生氧化反应失去电子；D．熔融的AlCl3不导电．【解答】解：A．氯碱工业是电解饱和食盐水，生成氯气、氢气和氢氧化钠，而电解熔融的氯化钠冶炼钠，故A错误；B．氢氧燃料电池可将化学能直接转化为电能，燃料没有燃烧，故B错误；C．原电池工作时，负极发生氧化反应失去电子，则电子从负极经外电路移向正极，故C正确；D．熔融的AlCl3不导电，应电解熔融的氧化铝，故D错误．故选C．16．下列说法或表示方法正确的是（）A．甲烷的标准燃烧热为﹣kJ•molˉ1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣kJ•molˉ1B．由C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H=+kJ•molˉ1可知，金刚石比石墨稳定C．在稀溶液中：H+（aq）+OHˉ（aq）=H2O（l）△H=﹣kJ•molˉ1，若将含1molCH3COOH与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量小于kJD．一定条件下，某密闭容器中充入2molSO2（g）和1molO2（g），达到平衡后，放出QkJ热量，则该条件下的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣QkJ•molˉ1【考点】反应热和焓变．【分析】A、燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，注意生成的水应为液态；B、物质具有的能量越低越稳定；C、醋酸电离过程吸热；D、2molSO2（g）和1molO2（g）反应达到平衡时生成SO3（g）的物质的量小于2mol．【解答】解：A、甲烷的标准燃烧热为﹣kJ•molˉ1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣kJ•molˉ1，故A错误；B、由C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H=+kJ•molˉ1可知，石墨的能量较低，石墨比金刚石稳定，故B错误；C、由于醋酸电离过程吸热，因此1molCH3COOH与含1molNaOH的溶液混合生成1mol水时放出的热量小于kJ，故C正确；D、2molSO2（g）和1molO2（g）反应达到平衡时生成SO3（g）的物质的量小于2mol，则该条件下的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜﹣QkJ•molˉ1，故D错误；故选C．17．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（）A．冰镇的啤酒打开后泛起泡沫B．500℃左右比室温更有利于合成氨的反应（△H＜0）C．红棕色的NO2加压后颜色先变深再变浅（2NO2⇌N2O4（无色））D．光照新制的氯水时，溶液的pH逐渐减小【考点】化学平衡移动原理．【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，据此进行解答．【解答】解：A．气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，由气体的溶解度随压强的增大而增大，因此常温时打开汽水瓶时，瓶内的压强减小，因此瓶内的二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解释，故A错误；B．合成氨反应为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，为放热反应，采用500℃的温度，不利于平衡向正方向移动，主要是考虑催化剂的活性和反应速率，不能用平衡移动原理解释，故B正确；C．可以可逆反应2NO2（g）⇌N2O4（g），正反应为体积缩小的反应，加压后二氧化氮的浓度增大，所以气体有色加深，由于增大了压强，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，可以平衡移动原理解释，故C错误；D．氯水中存在化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，光照使氯水中的次氯酸分解，次氯酸浓度减小，使得平衡向右移动，氢离子浓度变大，溶液的PH值减小，能用勒夏特列原理解释，故D错误；故选B．18．依据表判断CH3CH3→CH2=CH2+H2的反应热为（）化学键C﹣HC=CC﹣CH﹣H键能（kJ•mol1）A．+kJ•molˉ1 B．﹣kJ•molˉ1C．+kJ•molˉ1 D．﹣kJ•molˉ1【考点】有关反应热的计算；键能、键长、键角及其应用．【分析】根据反应热=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和进行计算，1molCH3CH3中含有6molC﹣H，1molC﹣C，CH2=CH2中含有4molC﹣H，1molC=C，1molH2含有1molH﹣H．【解答】解：CH3CH3→CH2=CH2+H2，1molCH3CH3中含有6molC﹣H，1molC﹣C，CH2=CH2中含有4molC﹣H，1molC=C，1molH2含有1molH﹣H，反应热=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和，所以该反应的反应热=+6×﹣﹣×4﹣=+mol，故选A．19．对可逆反应2A（s）+3B（g）⇌C（g）+2D（g）△H＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（）A．增大B的浓度，v（正）＞v（逆）B．升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小C．压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变D．增加A的量，平衡向正反应方向移动【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A．增大B的浓度，平衡向正反应移动；B．升高温度，正、逆反应速率都增大；C．压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大；D．A是固体，其量的变化对平衡无影响；【解答】解：A．增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v（正）＞v（逆），故A正确；B．升高温度，v（正）、v（逆）均应增大，但v（逆）增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故B错误；C．反应前后气体体积不变，压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大，故C错误；D．A是固体，增大A的量对平衡无影响，平衡不变，故D错误；故选A．20．现将浓度相等、体积分别为V1、V2的CH3COOH、NaOH溶液混合，测量混合液温度，结果如图（已知：V1+V2=50mL）．下列叙述错误的是（）A．实验的环境温度低于22℃B．P点的混合溶液的pH=7C．混合溶液的导电能力：M＞ND．若将CH3COOH改为HCl，P点温度高于28℃【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A、图象分析，加入10ml醋酸温度为22°C，说明当未加入醋酸时温度低于22°C；B、P点是醋酸和氢氧化钠溶液体积都是25ml，恰好完全反应，生成醋酸钠溶液中水解显碱性；C、M点是氢氧化钠多，N点是醋酸多，醋酸是弱电解质部分电离；D、醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程吸热分析．【解答】解：A、图象分析，加入10ml醋酸反应后，温度为22°C，说明当未加入醋酸时温度低于22°C，实验的环境温度低于22℃，故A正确；B、P点是醋酸和氢氧化钠溶液体积都是25ml，恰好完全反应生成醋酸钠，溶液中醋酸根离子水解显碱性，此时P点温度为28°C，溶液PH不一定等于7，故B错误；C、M点是氢氧化钠多，N点是醋酸多，醋酸是弱电解质部分电离，混合溶液的导电能力：M＞N，故C正确；D、醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程吸热，若将CH3COOH改为HCl，反应放热多，P点温度高于28℃，故D正确；故选B．21．常温下，下列各组离子在指定的环境中能大量存在的是（）A．pH=1的无色溶液中：SO42ˉ、Cu2+、Na+、ClˉB．中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3ˉ、ClˉC．能使石蕊试纸变蓝色的溶液中：Na+、K+、S2ˉ、CO32ˉD．水电离出的c（H+）=1×10ˉ12mol•Lˉ1的溶液中：K+、Na+、Clˉ、HCO3ˉ【考点】离子共存问题．【分析】A．铜离子为有色离子；B．铝离子、铁离子只能存在于酸性溶液中；C．该溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；D．水电离出的c（H+）=1×10ˉ12mol•Lˉ1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应．【解答】解：A．Cu2+为有色的离子，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Fe3+、Al3+离子只能存在于酸性溶液中，在中性溶液中不能大量共存，故B错误；C．能使石蕊试纸变蓝色的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、S2ˉ、CO32ˉ之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能大量共存，故C正确；D．水电离出的c（H+）=1×10ˉ12mol•Lˉ1的溶液存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3ˉ与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．22．关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（）A．用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液B．装置②的总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+C．装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连D．装置④中的铁钉几乎没被腐蚀【考点】原电池和电解池的工作原理；铜的电解精炼；金属的电化学腐蚀与防护．【分析】A、根据电流的方向判断电源的正负极，精炼铜时粗铜做阳极；B、铁比铜活泼，为原电池的负极；C、装置③为外加电源的阴极保护法，钢闸门应与外接电源的负极相连；D、浓硫酸具有吸水性，在干燥的环境中铁难以腐蚀．【解答】解：A、根据电流的方向可知a为电解池的阳极，则用来精炼铜时，a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液，故A正确；B、铁比铜活泼，为原电池的负极，发生的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B错误；C、装置③为外加电源的阴极保护法，钢闸门与外接电源的负极相连，电源提供电子而防止铁被氧化，故C正确；D、浓硫酸具有吸水性，在干燥的环境中铁难以腐蚀，故D正确．故选B．23．控制适宜的条件，将反应2Fe3++2Iˉ⇌2Fe2++I2设计成如图所示的原电池．下列判断错误的是（）A．反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应B．反应开始时，甲中石墨电极为正极C．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态D．电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据常温下能自动发生的氧化还原反应都可设计成原电池，再利用正反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2可知，铁元素的化合价降低，而碘元素的化合价升高，则图中甲烧杯中的石墨作正极，乙烧杯中的石墨作负极，利用负极发生氧化反应，正极发生还原反应，并利用平衡移动来分析解答．【解答】解：A．因乙中I﹣失去电子放电，元素的化合价升高，则发生氧化反应，故A正确；B．由总反应方程式知，Fe3+被还原成Fe2+，则发生还原反应，为正极，故B正确；C．当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，故C正确；D．当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，故D错误；故选D．24．常温下，下列叙述正确的是（）A．1mLpH=1的盐酸与100mLNaOH溶液混合后，溶液的pH=7，则NaOH溶液的pH=11B．在滴有酚酞的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH＜7C．×10ˉ8mol•L﹣1盐酸的pH=D．某醋酸溶液的pH=a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH=b，则a＞b【考点】pH的简单计算；水的电离．【分析】A．据c（氢离子）×V（HCl）=c（氢氧根离子）×V（NaOH）求出氢氧根离子浓度，在求算pH；B．根据离子对氨水的电离平衡的影响来分析平衡移动及溶液的pH；C．盐酸的pH不可能大于7；D．醋酸稀释过程中酸性减弱．【解答】解：A．因酸碱混合后pH=7，即恰好完全反应，设碱的浓度为c，则1×L=100×c，c=L，则NaOH溶液的pH=11，故A正确；B．在氨水中存在电离平衡，当加入NH4Cl，平衡逆向移动，氢氧根离子的浓度减小，由酚酞的变色范围～10可知，此时溶液的pH可能小于，不一定小于7，故B错误；C．因常温下，中性溶液的pH=7，则酸的pH一定小于7，即盐酸溶液的pH不会为8，故C错误；D．因醋酸是弱电解质，稀释时促进电离，但氢离子的浓度减小，则pH变大，即b＞a，故D错误；故选A．25．25℃时，在25mL•Lˉ1的NaOH溶液中，逐滴加入•Lˉ1的CH3COOH溶液．溶液pH的变化曲线如图所示．下列分析的结论中，错误的是（）A．C点时c（CH3COOˉ）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OHˉ）B．D点时c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）C．曲线上A、B间任一点，溶液中都有：c（Na+）＞c（CH3COOˉ）＞c（OHˉ）＞c（H+）D．B点的横坐标a＞mL【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】在25mL．L﹣1NaOH溶液中逐滴加入•L﹣1CH3COOH溶液，二者之间相互反应，当恰好完全反应时，所需醋酸的体积为，当反应至溶液显中性时，醋酸应稍过量，且c（OH﹣）=c（H+）；曲线上A、B间的点上，当醋酸较少时，会满足：c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）；结合电荷守恒及溶液的pH进行解答．【解答】解：A．在C点，溶液显酸性，故有c（OH﹣）＜c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）可知：c（Na+）＜c（CH3COO﹣），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；B．在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为l，根据物料守恒，则：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=•L﹣1，c（Na+）=0..05mol/L，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故B正确；C．在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO﹣、OH﹣，当醋酸少量时，可能会出现c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣），故C错误；D．在B点溶液显中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则一定有c（Na+）=c（CH3COO﹣），溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，当恰好完全反应时，所需醋酸的体积为，则B点a＞mL，故D正确；故选C．二、非选择题（本大题共7小题，共50分）26．火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水．当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热．已知：液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出的热量．（1）反应的热化学方程式为N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣mol；（2）又已知H2O（l）=H2O（g）；△H=+44kJ/mol，则16g液态肼和液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是；（3）此反应用于火箭推进，除释放大量的热和快速产生大量气体外还有一个很大的优点是产物无污染．【考点】热化学方程式．【分析】（1）反应方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，根据液态肼放出的热量，计算1mol液态肼放出的热量，进而写出热化学方程式；（2）结合上述写出的热化学方程式和谁转化的热化学方程式，根据盖斯定律合并写出生成液态水时的热化学方程式进行计算；（3）依据反应N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）的产物是氮气和水分析该反应的优点．【解答】解：（1）反应方程式为：N2H4+2H2O2═N2+4H2O，液态肼放出的热量，则1mol液态肼放出的热量为=，所以反应的热化学方程式为：N2H4（g）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣mol，故答案为：N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣mol；（2）①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣mol；②H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ/mol；依据盖斯定律①+②×4得到：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）；△H=﹣mol；热化学方程式中32g全部反应放热，16g液态肼与足量双氧水反应生成氮气和液态水时，放出的热量为：×=，故答案为：；（3）还原剂肼（N2H4）和强氧化剂H2O2，当它们混合时，即产生大量的氮气和水蒸气，除释放大量热量和快速产生大量气体外，还有很突出的优点是，产物为氮气和水，清洁无污染，故答案为：产物无污染．27．用惰性电极电解一定物质的量浓度的CuSO4溶液，写出其阴极电极反应方程式Cu2++2e﹣=Cu；通电一段时间后，溶液颜色变浅，需要加入一定量的CuO或CuCO3使其恢复原来的浓度．【考点】电解原理．【分析】用惰性电极电解一定物质的量浓度的CuSO4溶液，阳极上OH﹣放电生成O2、阴极上Cu2+放电生成Cu，所以析出物质相当于CuO，要想使溶液恢复原状，应该采用“析出什么加入什么”的原则．【解答】解：用惰性电极电解一定物质的量浓度的CuSO4溶液，阳极上OH﹣放电生成O2、阴极上Cu2+放电生成Cu，所以阴极反应式为Cu2++2e﹣=Cu；则析出物质相当于CuO，要想使溶液恢复原状，应该采用“析出什么加入什么”的原则，则需要加入的物质是CuO，也可以加入CuCO3，因为CuCO3和酸反应生成铜离子、二氧化碳和水，所以还相当于加入CuO，故答案为：Cu2++2e﹣=Cu；CuO或CuCO3．28．25℃时，某明矾[KAl（SO4）2•12H2O]水溶液的pH=3，则此溶液中由水电离产生的c（OHˉ）=10﹣3mol/L；用离子方程式表示明矾溶液用于净水的原因：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+．【考点】盐类水解的应用．【分析】KAl（SO4）2溶液中铝离子水解是对水的电离的促进，明矾溶于水发生水解，铝离子水解生成氢氧化铝和硫酸，氢氧化铝具有净水作用．【解答】解：KAl（SO4）2溶液中铝离子水解是对水的电离的促进，明矾[KAl（SO4）2•12H2O]水溶液的pH=3，根据水解原理，所以此溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=10﹣3mol/L，明矾溶于水发生水解，铝离子水解生成氢氧化铝和硫酸，氢氧化铝具有净水作用，即Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+．故答案为：10﹣3mol/L；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+．29．Na2CO3、NaHCO3溶液均显碱性．用离子方程式表示Na2CO3溶液显碱性的原因：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．加热、蒸干、灼烧NaHCO3溶液得到的固体产物是Na2CO3．常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有NaHCO3、NaCl、CO2．【考点】盐类水解的应用．【分析】Na2CO3是强碱弱酸盐，CO32﹣水解导致溶液呈碱性；碳酸氢钠受热易分解，碳酸钠水解产物为氢氧化钠和碳酸氢钠，加热蒸干是蒸发水，得到碳酸钠固体；在混合溶液中滴加稀盐酸，若碳酸钠与碳酸氢钠完全反应，则所得溶液因溶解了生成的二氧化碳而显酸性；若溶液呈中性，则溶液中应有少量NaHCO3剩余，所以溶质的主要成分有NaCl、NaHCO3、CO2；【解答】解：Na2CO3是强碱弱酸盐，CO32﹣水解导致溶液呈碱性，分步水解，溶液碱性取决于第一步，水解离子方程式为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，碳酸氢钠受热易分解得到Na2CO3，NaHCO3加热蒸干灼烧得到的固体物质是碳酸钠，在混合溶液中滴加稀盐酸，若碳酸钠与碳酸氢钠完全反应，则所得溶液因溶解了生成的二氧化碳而显酸性；若溶液呈中性，则溶液中应有少量NaHCO3剩余，所以溶质的主要成分有NaCl、NaHCO3、CO2，故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，Na2CO3；NaHCO3、NaCl、CO2；30．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合后所得溶液的pH如表：请回答：实验编号HA物质的量浓度（mol•L1）NaOH物质的量浓度（mol•Lˉ1）混合溶液的pH甲a乙c17丙7丁9（1）不考虑其它组的实验结果，单从乙组情况分析，c1是否一定等于•Lˉ1否（选填“是”或“否”）；该混合溶液中离子浓度c（Aˉ）与c（Na+）的大小关系是C；A．前者大B．后者大C．二者相等D．无法判断（2）从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）=c（A﹣）=c（OH﹣）=c（H+）；（3）丁组实验所得混合溶液中，写出下列算式的精确结果（不能做近似计算，回答准确值，结果不一定要化简）．c（Na+）﹣c（Aˉ）=10﹣5﹣10﹣9mol•Lˉ1．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】（1）根据电荷守恒及HA为弱酸、弱酸分析；（2）反应后溶液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），结合电荷守恒判断丙溶液中的离子浓度大小；（3）等物质的量的酸碱反应后溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子全部来自于弱酸根离子水解得到的，水电离出的氢离子等于水电离出的氢氧根离子，根据电荷守恒计算．【解答】解：（1）反应后溶液呈中性，如HA为强酸，则c=，如HA为弱酸，则c＞，仅从乙组情况分析，c不一定等于，由于反应后溶液呈中性，则有c（OH﹣）=c（H+），根据溶液呈中性，则有c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），所以c（A﹣）=c（Na+），故选C；故答案为：否；C；（2）由于丙中反应后溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣）可知：c（A﹣）=c（Na+），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）=c（A﹣）=c（OH﹣）=c（H+），故答案为：c（Na+）=c（A﹣）=c（OH﹣）=c（H+）；（3）溶液的pH=9，则氢离子浓度为10﹣9mol/L，等物质的量的酸碱反应后溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子全部来自于弱酸根离子水解得到的，c（OH﹣）===mol/L=10﹣5mol/L，水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度为10﹣5mol/L，根据电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）﹣c（A﹣）=c（OH﹣）﹣c（H+）=[10﹣5﹣10﹣9]mol/L，故答案为：10﹣5﹣10﹣9．31．已知制备甲醇的有关化学反应及平衡常数如表所示：化学反应反应热平衡常数①CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣kJ•molˉ1K1=320②CO（g）+H2O（g）═H2（g）+CO2（g）△H2=﹣kJ•molˉ1K2③CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H3K3=160（1）则反应△H3=﹣90kJ•molˉ1；K2=（填数据）；（2）850℃时，在密闭容器中进行反应①，开始时只加入CO2、H2，反应10min后测得各组分的浓度如下物质H2CO2CH3OHH2O浓度（mol•Lˉ1）（Ⅰ）该时间段内反应速率v（H2）=（L•min）；（Ⅱ）比较此时正逆反应的速率的大小：v正＞v逆（选填“＞、＜或=”）；（Ⅲ）反应达到平衡后，保持其他条件不变，只把容器的体积缩小一半，平衡