高中化学人教版化学反应原理第四章电化学基础单元测试 名师获奖

2023学年安徽省安庆一中高二（下）期中化学试卷一、单选题（18×3=54分）1．下列变化属于吸热反应的是（）A．碘的升华B．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl混合搅拌C．生石灰与水反应D．浓硫酸稀释2．下列实验数据合理的是（）A．用托盘天平称取食盐B．用量筒量取未知浓度的盐酸注入锥形瓶C．用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用去NaOH溶液D．用广泛pH试纸测某溶液的pH=3．已知：（1）Zn（s）+O2（g）=ZnO（s）；△H=﹣•mol﹣1（2）2Ag（s）+O2（g）=Ag2O（s）；△H=﹣•mol﹣1则Zn（s）+Ag2O（s）=ZnO（s）+2Ag（s）的△H等于（）A．﹣kJ•mol﹣1 B．﹣kJ•mol﹣1C．+kJ•mol﹣1 D．+kJ•mol﹣14．下列各项判断完全正确的是（）变化△H△S方向性AH2O（l）→H2O（g）＞0＜0非自发B2NO2（g）⇌N2O4（g）＜0＜0自发C2Fe3+（aq）+Cu（s）=2Fe2+（aq）+Cu2+（aq）＞0＞0自发DNH4Cl（s）=NH3（g）+HCl（g）＜0＞0非自发A．A B．B C．C D．D5．已知：X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g），X2、Y2、Z的起始浓度分别为•L﹣1、•L﹣1、•L﹣1．在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度可能是（）A．Z为•L﹣1 B．X2为mol•L﹣1C．Y2为mol•L﹣1 D．Z为mol•L﹣16．•L﹣1的下列溶液：①HCl②H2SO4③CH3COOH④NaOH，水的电离程度由大到小的顺序正确的是（）A．③＞①＞②＞④ B．④＞③＞①＞② C．③＞①=④＞② D．①=③=④＞②7．在室温下等体积的酸和碱的溶液，混合后PH一定等于7的是（）A．PH=3的盐酸和PH=11的氨水B．PH=3的硝酸和PH=11的Ba（OH）2溶液C．PH=3的硫酸和PH=11的氨水D．PH=3的醋酸和PH=11的Ba（OH）2溶液8．将等物质的量的X和Y混合气体，通入密闭容器中发生如下反应：X（g）+2Y（g）⇌2Z（g），平衡时混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2，则Y的转化率最接近于（）A．33% B．40% C．50% D．67%9．下列说法正确的是（）A．改变条件使平衡正移，反应物的转化率一定增大B．pH=1的醋酸加水稀释，溶液中各离子浓度都减小C．合成氨反应等温压缩，重新建立平衡时各组分浓度都增大D．pH均为2的盐酸和醋酸分别加水稀释至原来的10倍，水的电离程度相等10．室温下，下列各组微粒在指定的分散系中一定能大量共存的是（）A．pH=13的溶液：Na+、Ba2+、NH3、Cl﹣B．由水电离的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液：K+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣C．Al（OH）3胶体：Na+、K+、Cl﹣、SO42﹣D．使甲基橙呈红色的溶液：Na+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣11．下列溶液一定呈中性的是（）A．c（H+）=1×10﹣7mol•L﹣1的溶液B．pH=pOH的溶液C．pH=14﹣pOH的溶液D．浓度均为mol•L﹣1的一元酸与氢氧化钠溶液等体积混合12．某温度下，向2L的密闭容器中加入1molX和2molY：X（g）+mY（g）⇌3Z（g），平衡时X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%．向平衡体系中再加入1molZ，重新建立平衡时X、Y、Z的体积分数不变．下列叙述不正确的是（）A．m=2B．X与Y的转化率相等C．该温度下的平衡常数约为×10﹣3D．重新建立平衡时Z的浓度为•L﹣113．下列情况下平衡一定发生移动的是（）A．混合物中各组分的浓度改变 B．正、逆反应速率改变C．平衡体系的温度改变 D．混合气体的压强改变14．恒温恒容的密闭容器中发生如下反应：2A（g）+B（s）⇌C（g）+D（g），当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的密度②容器内气体的压强③混合气体的平均相对分子质量④C的物质的量浓度，上述反应一定达到平衡状态的是（）A．②③ B．②④ C．②③④ D．①③④15．室温下用•L﹣1的NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH，滴定终点消耗的NaOH溶液．下列说法正确的是（）A．滴定终点时溶液由无色变为浅红色且保持半分钟颜色不变B．滴定终点时混合溶液的pH=7C．滴定终点时反应的热效应即为中和热D．滴定终点时两者恰好完全反应16．常温下，向体积均为V0、浓度均为cmol•L﹣1的MOH和ROH溶液中分别加水稀释至体积为V，溶液pH随﹣1g的变化如图所示．下列叙述正确的是（）A．碱性：MOH＞ROHB．b、c两点的溶液中：c（R+）＞c（M+）C．溶液中水的电离程度α：αc＞αb＞αa＞αdD．c＞17．向某密闭容器中加入A、C和一定量B的混合气体，在一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化如图甲所示（t0～t1阶段的c（B）变化未画出），图乙为t2时刻改变条件平衡体系中正、逆反应速率随时间变化的情况，且四个阶段各改变一种不同的反应条件．下列说法中正确的是（）A．若t1=15s，t0～t1阶段B的平均反应速率为mol•L﹣1•s﹣1B．t4～t5阶段改变的条件是减小压强C．该容器的容积为2L，B的起始物质的量为molD．t5～t6阶段，容器内A的物质的量减少了mol，容器与外界的热交换为akJ，则该反应的热化学方程式为3A（g）⇌B（g）+2C（g）△H=﹣50akJ•mol﹣118．现有甲、乙两个实验，进行反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；丙、丁两个实验，进行反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H=﹣akJ•mol﹣1，实验条件和起始投料如下表所示，以下结论正确的是（）甲外界条件实验组别起始投料（mol）N2H2NH3恒温恒容I130Ⅱ004丙外界条件实验组别起始投料（mol）H2I2HI恒温恒容I110Ⅱ002乙外界条件实验组别起始投料（mol）N2H2NH3恒温恒压I130Ⅱ260丁外界条件实验组别起始投料（mol）H2I2HI恒温恒压I120Ⅱ240A．甲组中，若平衡时N2和NN3的转化率分别为α1和α2，则α1+α2=1B．乙组中，平衡Ⅱ中NH3的浓度是平衡Ⅰ的二倍C．丙组中，若达平衡时Ⅰ中放热Q1kJ，Ⅱ中吸热Q2kJ，则Q1+Q2=aD．丁组中，达平衡所需时间：Ⅰ小于Ⅱ二、填空题19．工业合成甲醇反应如下：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；△H请回答下列问题：（1）不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示：①△H0（填“＞”或“＜”）②上述反应自发进行（填“一定能”、“一定不能”或“不一定能”）（2）某温度下，将3molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应后，测得平衡时c（CO）=•L﹣1①上述反应的平衡常数K=②在其他条件不变的情况下，将容器体积压缩到原来的，与原平衡相比，下列说法不正确的是a．氢气的浓度减小b．逆反应速率加快c．CO的转化率增大③若保持温度不变，将起始物质改为amolCO、bmolH2、cmolCH3OH．欲使平衡混合物中各组分分数与原平衡相同，则a、b之间的关系为；欲使开始时该反应向逆反应方向进行，c的取值范围是．20．分析化学常用草酸钠晶体（Na2C2O4溶液无色）作为基准物质测定酸性KMnO4溶液的浓度．请回答下列问题：（1）Na2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式是（2）称取WgNa2C2O4晶体配成100mL溶液，配制时使用的一种主要仪器是（3）移取溶液置于锥形瓶中，则酸性KMnO4溶液装在式滴定管中（填“酸”或“碱”）（4）滴定终点的现象是（5）若滴定管起始读数和终点读数如图所示，则酸性KMnO4溶液的物质的量浓度为（6）下列操作导致测定的酸性KMnO4溶液浓度偏高的是a．配制Na2C2O4溶液定容时俯视b．锥形瓶用蒸馏水洗净后，再用Na2C2O4溶液润洗2﹣3次c．滴定前滴定管中有气泡，滴定终点滴定管中气泡消失d．滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数．21．700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），反应过程中测定的部分数据见表（表中t2＞t1）：反应时间/minn（CO）/moln（H2O）/mol0t1t2请回答下列问题：（1）保持其他条件不变，若起始时向容器中充入和，则平衡时n（CO2）=mol（2）温度升至800℃，上述反应的平衡常数为，则正反应是反应（填“放热”或“吸热”）（3）700℃时，若向容积为2L的密闭容器中充入CO、H2O、CO2、H2的物质的量分别为、、、，则此时该反应的V正V逆（填“＞”、“＜”或“=”）（4）该反应在t1时刻建立平衡，在t2时刻因改变某个条件导致CO、CO2浓度发生变化的情况如图所示，则t2时刻改变的条件可能是、（写出两种）（5）若该容器体积不变、绝热，则下列情况中说明反应建立平衡的是①体系的压强不再发生变化②混合气体的密度不变③混合气体的平均相对分子质量不变④体系的温度不再发生变化．22．室温下，•L﹣1的一元酸HA和cmol•L﹣1的一元碱BOH等体积混合，混合溶液的pH=7．请回答下列问题：（1）c（B+）c（A﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）（2）若HA的pH=1，BOH的pH=13，则c=mol•L﹣1（3）若HA是强酸，BOH是强碱：①用•L﹣1HA滴定•L﹣1BOH溶液，若滴定终点时多加1滴HA（1mL溶液约20滴），然后加水至50mL，则溶液的pH=②t℃时pH=1的HA与pH=11的BOH等体积混合，混合溶液呈中性，则t℃时Kw=③室温下，将V1LpH=1的HA与V2LpH=12的BOH混合，混合溶液的pH=2，则V1：V2=．

2023学年安徽省安庆一中高二（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、单选题（18×3=54分）1．下列变化属于吸热反应的是（）A．碘的升华B．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl混合搅拌C．生石灰与水反应D．浓硫酸稀释【考点】吸热反应和放热反应．【分析】常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸或与水、所有中和反应、绝大多数化合反应、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）、工业制水煤气、碳（一氧化碳、氢气）还原金属氧化物、某些复分解（如铵盐和强碱）．【解答】解：A．碘的升华为物理变化，故A错误；B．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl混合搅拌是吸热反应，故B正确；C．生石灰与水反应为放热反应，故C错误；D．浓硫酸稀释为放热过程，为物理变化，故D错误．故选B．2．下列实验数据合理的是（）A．用托盘天平称取食盐B．用量筒量取未知浓度的盐酸注入锥形瓶C．用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用去NaOH溶液D．用广泛pH试纸测某溶液的pH=【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．托盘天平一般准确到；B．量筒准确到；C．滴定管的精确度为；D．广泛pH试纸只能测得整数值．【解答】解：A．托盘天平一般准确到，无法称取食盐，故A错误；B．量筒准确到，无法量取盐酸，故B错误；C．滴定管的精确度为，可量取NaOH溶液，故C正确；D．广泛pH试纸只能测得整数值，不能测得，故D错误．故选C．3．已知：（1）Zn（s）+O2（g）=ZnO（s）；△H=﹣•mol﹣1（2）2Ag（s）+O2（g）=Ag2O（s）；△H=﹣•mol﹣1则Zn（s）+Ag2O（s）=ZnO（s）+2Ag（s）的△H等于（）A．﹣kJ•mol﹣1 B．﹣kJ•mol﹣1C．+kJ•mol﹣1 D．+kJ•mol﹣1【考点】反应热和焓变．【分析】根据已知的热化学反应方程式和目标反应，利用盖斯定律来计算目标反应的反应热，以此来解答．【解答】解：由（1）Zn（s）+O2（g）=ZnO（s）△△H=﹣mol，（2）2Ag（s）+O2（g）=Ag2O（s）△H=﹣mol，根据盖斯定律可知，（1）﹣（2）可得Zn（s）+Ag2O（s）═ZnO（s）+2Ag（s），则△H=（﹣•mol﹣1）﹣（﹣•mol﹣1）=﹣•mol﹣1，故选：A．4．下列各项判断完全正确的是（）变化△H△S方向性AH2O（l）→H2O（g）＞0＜0非自发B2NO2（g）⇌N2O4（g）＜0＜0自发C2Fe3+（aq）+Cu（s）=2Fe2+（aq）+Cu2+（aq）＞0＞0自发DNH4Cl（s）=NH3（g）+HCl（g）＜0＞0非自发A．A B．B C．C D．D【考点】反应热和焓变．【分析】反应的熵变可以依据反应前后气体体积变化分析判断，反应是否自发进行的判断依据是依据△H﹣T△S分析判断，当△H﹣T△S＜0反应自发进行，△H﹣T△S＞0，反应非自发进行．【解答】解：A．H2O（l）→H2O（g），△H＞0，△S＞0，则△H﹣T△S＞0，高温下反应可能自发进行，故A错误；（g）⇌N2O4（g），△H＜0，△S＜0，则△H﹣T△S＞0，低温下反应自发进行，故B正确；+（aq）+Cu（s）=2Fe2+（aq）+Cu2+（aq），△H＜0，△S＞0，则△H﹣T△S＜0，反应一定自发进行，故C错误；D．NH4Cl（s）=NH3（g）+HCl（g），△H＞0，△S＞0，高温下△H﹣T△S＜0，反应自发进行，故D错误；故选B．5．已知：X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g），X2、Y2、Z的起始浓度分别为•L﹣1、•L﹣1、•L﹣1．在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度可能是（）A．Z为•L﹣1 B．X2为mol•L﹣1C．Y2为mol•L﹣1 D．Z为mol•L﹣1【考点】化学反应的可逆性．【分析】可逆反应的特点：反应不能进行到底．可逆反应无论进行多长时间，反应物不可能100%地全部转化为生成物；全部转到一边，求算各物质浓度的取值范围，依此得出正确结论．【解答】解：Z全部转化时，X2的物质的量浓度为：+=mol•L﹣1，Y2的物质的量浓度为：+=•L﹣1，故c（X2）的取值范围为：0＜c（X2）＜mol•L﹣1；当X2全部转化时，Z的物质的量浓度为：+×2=•L﹣1，Y2的物质的量浓度为：﹣=•L﹣1，故c（Y2）的取值范围为：•L﹣1＜c（Y2）＜mol•L﹣1，c（Z）的取值范围为：0＜c（Z）＜mol•L﹣1；A．c（Z）的取值范围为：0＜c（X2）＜mol•L﹣1，故A错误；＜c（X2）＜mol•L﹣1，故B错误；（Y2）＜mol•L﹣1，故C错误；＜c（Z）＜mol•L﹣1，故D正确，故选D．6．•L﹣1的下列溶液：①HCl②H2SO4③CH3COOH④NaOH，水的电离程度由大到小的顺序正确的是（）A．③＞①＞②＞④ B．④＞③＞①＞② C．③＞①=④＞② D．①=③=④＞②【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】酸溶液、碱溶液都抑制了水的电离，酸溶液中的氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，据此进行解答．【解答】解：①HCl：L的盐酸中氢离子浓度为L；②H2SO4：L的硫酸中氢离子浓度为L；③CH3COOH：L的醋酸溶液中氢离子浓度小于L；④NaOH：L的氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度为L；酸溶液和碱溶液都抑制了水的电离，抑制程度取决于酸溶液中的氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度大小，所以四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序为：③＞①=④＞②，故选C．7．在室温下等体积的酸和碱的溶液，混合后PH一定等于7的是（）A．PH=3的盐酸和PH=11的氨水B．PH=3的硝酸和PH=11的Ba（OH）2溶液C．PH=3的硫酸和PH=11的氨水D．PH=3的醋酸和PH=11的Ba（OH）2溶液【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．盐酸是强电解质、NH3．H2O是弱电解质，pH=3的硝酸浓度小于pH=11的氨水，二者等体积混合，氨水有剩余；B．硝酸和氢氧化钡都是强电解质，pH=3的硝酸中c（H+）等于Ba（OH）2中c（OH﹣），二者等体积混合，酸碱恰好反应生成强酸强碱盐；C．硫酸是强电解质、NH3•H2O是弱电解质，pH=3的硫酸浓度小于pH=11的氨水，二者等体积混合，氨水有剩余；D．醋酸是弱电解质、Ba（OH）2是强电解质，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的Ba（OH）2浓度，而等体积混合醋酸有剩余．【解答】解：A．盐酸是强电解质、NH3•H2O是弱电解质，pH=3的盐酸浓度小于pH=11的氨水，二者等体积混合，氨水有剩余，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度，所以混合溶液呈碱性，pH＞7，故A错误；B．硝酸和氢氧化钡都是强电解质，pH=3的硝酸中c（H+）等于氢氧化钡溶液中的c（OH﹣），二者等体积混合，酸碱恰好反应生成强酸强碱盐，混合溶液呈中性，pH=7，故B正确；C．硫酸是强电解质、一水合氨是弱电解质，pH=3的硫酸浓度小于pH=11的氨水，二者等体积混合，氨水有剩余，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度，所以混合溶液呈碱性，pH＞7，故B错误；D．醋酸是弱电解质、氢氧化钡是强电解质，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的氢氧化钡的浓度，而等体积混合醋酸有剩余，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，混合溶液呈酸性，pH＜7，故D错误；故选B．8．将等物质的量的X和Y混合气体，通入密闭容器中发生如下反应：X（g）+2Y（g）⇌2Z（g），平衡时混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2，则Y的转化率最接近于（）A．33% B．40% C．50% D．67%【考点】化学平衡的计算．【分析】假设X和Y起始物质的量均为1mol，达平衡时消耗Y物质的量为nmol，利用三段式用m表示出平衡时各各组分的物质的量，根据到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2列方程计算n的值，再根据转化率定义计算．【解答】解：假设X和Y物质的量为1mol，达平衡时消耗Y物质的量为nmol，则：X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）起始量（mol）：110变化量（mol）：nn平衡量（mol）：1﹣1﹣nn平衡后测得混合气体中反应物的总物质的量与成物的总物质的量之比为3：2，则：（1﹣+1﹣n）：n=3：2，解得：n=，Y的转化率为：×100%≈67%，故选D．9．下列说法正确的是（）A．改变条件使平衡正移，反应物的转化率一定增大B．pH=1的醋酸加水稀释，溶液中各离子浓度都减小C．合成氨反应等温压缩，重新建立平衡时各组分浓度都增大D．pH均为2的盐酸和醋酸分别加水稀释至原来的10倍，水的电离程度相等【考点】化学反应速率的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．增大某一反应物的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低；B．pH=1的醋酸溶液加水稀释过程中，平衡状态下溶液中离子浓度减小，溶液中存在离子积常数分析；C．化学平衡状态等温压缩，体积减小，平衡正向进行，物质浓度增大；D．pH均为2的盐酸和醋酸分别加水稀释至原来的10倍，醋酸又电离出氢离子，溶液中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度；【解答】解：A．两种反应物发生反应，增大某一反应物的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，故A错误；B．pH=1的醋酸溶液加水稀释过程中，会促进醋酸电离正向进行，平衡状态下溶液中离子浓度减小，溶液中存在离子积常数，氢氧根离子浓度增大，故B错误；C．合成氨的反应为：N2+3H2=2NH3，等温压缩压强增大，平衡正向进行，重新建立平衡时各组分浓度都增大，故C正确；D．pH均为2的盐酸和醋酸分别加水稀释至原来的10倍，醋酸又电离出氢离子，醋酸溶液中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，对水的抑制程度大，水的电离程度不同，故D错误；故选C．10．室温下，下列各组微粒在指定的分散系中一定能大量共存的是（）A．pH=13的溶液：Na+、Ba2+、NH3、Cl﹣B．由水电离的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液：K+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣C．Al（OH）3胶体：Na+、K+、Cl﹣、SO42﹣D．使甲基橙呈红色的溶液：Na+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．pH=1的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；B．由水电离的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应；C．氢氧化铝胶体带有正电荷，能够与电解质溶液发生聚沉反应；D．使甲基橙呈红色的溶液小于，溶液呈酸性，硝酸根离子在酸性条件下氧化亚铁离子．【解答】解：A．pH=13的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、Ba2+、NH3、Cl﹣之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．由水电离的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3﹣与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C．Al（OH）3胶体带有正电荷，与阴离子能够发生聚沉反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，Fe2+、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选A．11．下列溶液一定呈中性的是（）A．c（H+）=1×10﹣7mol•L﹣1的溶液B．pH=pOH的溶液C．pH=14﹣pOH的溶液D．浓度均为mol•L﹣1的一元酸与氢氧化钠溶液等体积混合【考点】探究溶液的酸碱性．【分析】溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的，当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时，溶液呈酸性；当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性；当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，注意不能根据溶液的PH值大小判断．【解答】解：A、（H+）=10﹣7mol•L﹣1的溶液，溶液的PH=7，PH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10﹣12，当PH=6时溶液呈中性，当PH=7时溶液呈碱性，故A错误；B、pH=pOH的溶液中C（H+）=C（OH﹣），溶液一定呈中性，故B正确；C、pH=14﹣pOH的溶液，pH+pOH=14，只能说明水的离子积常数是10﹣14，此时溶液可能是酸性，碱性或者中性，故C错误；D、浓度均为mol•L﹣1的一元酸与氢氧化钠溶液等体积混合，二者恰好完全反应，酸若为强酸显中性，酸若为弱酸显碱性，故D错误，故选：B．12．某温度下，向2L的密闭容器中加入1molX和2molY：X（g）+mY（g）⇌3Z（g），平衡时X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%．向平衡体系中再加入1molZ，重新建立平衡时X、Y、Z的体积分数不变．下列叙述不正确的是（）A．m=2B．X与Y的转化率相等C．该温度下的平衡常数约为×10﹣3D．重新建立平衡时Z的浓度为•L﹣1【考点】化学平衡的计算．【分析】向平衡体系中再加入1molZ，重新建立平衡时X、Y、Z的体积分数不变，说明压强不影响该平衡，则反应前后总计量数相等，则1+m=3，m=2；X、Y的初始浓度之比为1：2，计量数之比为1：2，则二者的转化率相等；根据重新达到平衡时Z的体积分数不变及反应过程中总物质的量不变计算出Z的物质的量，再根据c=计算出Z的浓度；根据反应前后总物质的量不变及各组分的体积分数计算出第一次平衡时各组分的物质的量，然后根据c=计算出平衡浓度，最后根据平衡常数的表达式计算出该反应在该温度下的平衡常数．【解答】解：A．向平衡体系中再加入1molZ，重新建立平衡时X、Y、Z的体积分数不变，说明压强不影响该平衡，则反应前后总计量数相等，则1+m=3，m=2，故A正确；B．向2L的密闭容器中加入1molX和2molY，由于m=2，则反应过程中消耗X、Y的物质的量之比为1：2，所以X、Y的转化率一定相等，故B正确；C．由于反应前后气体的总物质的量不变，平衡时气体的总物质的量仍然为1mol+2mol=3mol，则第一次平衡时X、Y、Z的物质的量浓度分别为：c（X）==L，c（Y）==L，c（Z）==，则该反应在该温度下的平衡常数为：K=≈×10﹣3，故C正确；D．再加入1molZ后总物质的量为4mol，重新达到平衡时Z的体积分数仍然为10%，则重新建立平衡时Z的浓度为：=L，故D错误；故选D．13．下列情况下平衡一定发生移动的是（）A．混合物中各组分的浓度改变 B．正、逆反应速率改变C．平衡体系的温度改变 D．混合气体的压强改变【考点】化学平衡移动原理．【分析】A、两边气体计量数相等，增大压强，使反应体系中各组分的浓度变大；B、使用催化剂改变正逆反应速率，但平衡不移动；C、任何化学反应一定伴随能量的变化，改变温度，化学平衡一定发生移动；D、对于有气体参加的反应且前后气体体积变化的反应，压强会引起平衡的移动；【解答】解：A、两边气体计量数相等，增大压强，使反应体系中各组分的浓度变大，但平衡不移动，故A错误；B、使用催化剂改变正逆反应速率，但平衡不移动，故B错误；C、任何化学反应一定伴随能量的变化，升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，降低温度平衡向放热反应方向移动，故C正确；D、对于没有气体参加的反应，或是前后气体体积不变的反应，压强不会引起平衡的移动，故D错误；故选C．14．恒温恒容的密闭容器中发生如下反应：2A（g）+B（s）⇌C（g）+D（g），当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的密度②容器内气体的压强③混合气体的平均相对分子质量④C的物质的量浓度，上述反应一定达到平衡状态的是（）A．②③ B．②④ C．②③④ D．①③④【考点】化学平衡状态的判断．【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解答】解：：①混合气体的密度，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故正确；②两边计量数相等，容器内气体的压强始终不变，故错误；③混合气体的平均相对分子质量说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故正确；④C的物质的量浓度，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；故选D．15．室温下用•L﹣1的NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH，滴定终点消耗的NaOH溶液．下列说法正确的是（）A．滴定终点时溶液由无色变为浅红色且保持半分钟颜色不变B．滴定终点时混合溶液的pH=7C．滴定终点时反应的热效应即为中和热D．滴定终点时两者恰好完全反应【考点】中和滴定．【分析】碱滴定酸，选择酚酞为指示剂，滴定终点时无色变为浅红色，滴定终点与反应终点不一致，结合生成1molH2O时放出的热量为中和热来解答．【解答】解：A．碱滴定酸，选择酚酞为指示剂，则滴定终点时溶液由无色变为浅红色且保持半分钟颜色不变，故A正确；B．滴定终点时，酚酞的变色范围8～10可知，溶液显碱性，pH＞7，故B错误；C．由n（NaOH）=L×=可知，生成水的物质的量不是1mol，则滴定终点时反应的热效应不是中和热，故C错误；D．酚酞的变色范围8～10，滴定终点时NaOH过量，故D错误；故选A．16．常温下，向体积均为V0、浓度均为cmol•L﹣1的MOH和ROH溶液中分别加水稀释至体积为V，溶液pH随﹣1g的变化如图所示．下列叙述正确的是（）A．碱性：MOH＞ROHB．b、c两点的溶液中：c（R+）＞c（M+）C．溶液中水的电离程度α：αc＞αb＞αa＞αdD．c＞【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．由图可知，MOH的pH=13时稀释100倍，pH变为11，则MOH为强碱，而ROH的pH=10时稀释10倍后pH＞9，则说明ROH为弱碱；B．根据电荷守恒分析；C．溶液中氢氧根离子浓度越大，对水的抑制程度越大，水的电离程度越小；D．MOH为强碱，浓度为cmol•L﹣1，pH=13．【解答】解：A．由图可知，MOH的pH=13时稀释100倍，pH变为11，则MOH为强碱，而ROH的pH=10时稀释10倍后pH＞9，则说明ROH为弱碱，即碱性：MOH＞ROH，故A正确；B．MOH和ROH溶液中，电荷守恒为c（OH﹣）=c（H+）+c（M+），c（OH﹣）=c（H+）+c（R+），因为两个溶液中氢离子浓度相同，所以c（R+）=c（M+），故B错误；C．溶液中氢氧根离子浓度越大，对水的抑制程度越大，水的电离程度越小，所以溶液中水的电离程度α：αc=αb＞αa＞αd，故C错误；D．MOH为强碱，在溶液中完全电离，浓度为cmol•L﹣1，pH=13，即c（OH﹣）=L，则c（MOH）=L，所以c=，故D错误；故选A．17．向某密闭容器中加入A、C和一定量B的混合气体，在一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化如图甲所示（t0～t1阶段的c（B）变化未画出），图乙为t2时刻改变条件平衡体系中正、逆反应速率随时间变化的情况，且四个阶段各改变一种不同的反应条件．下列说法中正确的是（）A．若t1=15s，t0～t1阶段B的平均反应速率为mol•L﹣1•s﹣1B．t4～t5阶段改变的条件是减小压强C．该容器的容积为2L，B的起始物质的量为molD．t5～t6阶段，容器内A的物质的量减少了mol，容器与外界的热交换为akJ，则该反应的热化学方程式为3A（g）⇌B（g）+2C（g）△H=﹣50akJ•mol﹣1【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．【分析】A、由图象计算C的浓度变化，再根据v=计算反应速率；B、根据影响化学平衡移动的因素知识来回答；C、根据C、A浓度的变化判断二者计量数关系，根据t4～t5阶段判断化学方程式，根据化学方程式计算；D、计算3molA反应的热量，结合方程式书写热化学方程式．【解答】解：A、t1时反应中A的浓度变化为L﹣L=L，C的浓度变化为L﹣L=L，反应中A与C的计量数之比为：=3：2，若t4时改变的条件为减小压强，根据图乙知，减小压强平衡不移动，则该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有：3A（g）⇌B（g）+2C（g），根据方程式可知消耗L的A，则生成L的B，平衡时B的浓度是L，则B的起始物质的量浓度为L，若t1=15s，生成物C在t0～t1时间段的平均反应速率为：v==•L﹣1•s﹣1，B的平均反应速率为mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；B、t1时反应中A的浓度变化为L﹣L=L，C的浓度变化为L﹣L=L，反应中A与C的计量数之比为：=3：2，若t4时改变的条件为减小压强，故B正确；C、t1时反应中A的浓度变化为L﹣L=L，C的浓度变化为L﹣L=L，反应中A与C的计量数之比为：=3：2，若t4时改变的条件为减小压强，根据图乙知，减小压强平衡不移动，则该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有：3A（g）⇌B（g）+2C（g），根据方程式可知消耗L的A，则生成L的B，平衡时B的浓度是L，则B的起始物质的量浓度为L，容器中加入，浓度是L，体积是2L，B的起始物质的量为，故C错误；D、反应的方程式为3A（g）⇌B（g）+2C（g），A的物质的量减少了mol，容器与外界的热交换为akJ，则A的物质的量减少3mol，与外界的热交换总量为150akJ，由图象可知t5～t6阶段应为升高温度，A的物质的量减少，说明向正反应方向移动，则正反应吸热，该反应的热化学方程式为3A（g）B（g）+2C（g）△H=+50akJ•mol﹣1，故D错误．故选B．18．现有甲、乙两个实验，进行反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；丙、丁两个实验，进行反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H=﹣akJ•mol﹣1，实验条件和起始投料如下表所示，以下结论正确的是（）甲外界条件实验组别起始投料（mol）N2H2NH3恒温恒容I130Ⅱ004丙外界条件实验组别起始投料（mol）H2I2HI恒温恒容I110Ⅱ002乙外界条件实验组别起始投料（mol）N2H2NH3恒温恒压I130Ⅱ260丁外界条件实验组别起始投料（mol）H2I2HI恒温恒压I120Ⅱ240A．甲组中，若平衡时N2和NN3的转化率分别为α1和α2，则α1+α2=1B．乙组中，平衡Ⅱ中NH3的浓度是平衡Ⅰ的二倍C．丙组中，若达平衡时Ⅰ中放热Q1kJ，Ⅱ中吸热Q2kJ，则Q1+Q2=aD．丁组中，达平衡所需时间：Ⅰ小于Ⅱ【考点】化学平衡的计算．【分析】A、恒温恒容下，平衡Ⅱ中按化学计量数转化到左边可得2molN2、6molH2，等效为在平衡Ⅰ基础上压强增大一倍，平衡时氮气转化率增大，平衡时平衡Ⅱ中氨气的物质的量大于平衡Ⅰ中氨气的2倍，用转化率表示出平衡时氨气的物质的量，利用平衡时平衡Ⅱ中氨气的物质的量大于平衡Ⅰ中氨气的2倍，进行判断；B、乙组中，恒温恒压，平衡Ⅱ与平衡Ⅰ中n（N2）：n（H2）=1：3，为等效平衡，平衡时对应各组分的浓度相同；C、丙组中，恒温恒容下，平衡Ⅱ按化学计量数转化到左边可得1molH2、1molI2，对应各组分的物质的量相同，二者为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，令平衡时H2的物质的量为xmol，则平衡I中参加反应的氢气为（1﹣x）mol，平衡Ⅱ中参加反应的碘为2xmol，根据热化学方程式计算反应热，再进行计算判断；D、丁组中，恒温恒压，平衡Ⅱ中物质的量变为平衡I的2倍，平衡Ⅱ的体积变为2倍，各物质的量浓度相同，反应速率相同．【解答】解：A、恒温恒容下，平衡Ⅱ中按化学计量数转化到左边可得2molN2、6molH2，等效为在平衡Ⅰ基础上压强增大一倍，平衡时氮气转化率增大，平衡时平衡Ⅱ中氨气的物质的量大于平衡Ⅰ中氨气的2倍．平衡Ⅰ中平衡时n（NH3）=2α1mol，平衡Ⅱ中平衡时n′（NH3）=4（1﹣α2）mol，所以2×2α1mol＜4（1﹣α2）mol，整理得α1+α2＜1，故A错误；B、乙组中，恒温恒压，平衡Ⅱ与平衡Ⅰ中n（N2）：n（H2）=1：3，为等效平衡，平衡时对应各组分的浓度相同，平衡Ⅱ中NH3的浓度与平衡Ⅰ中NH3的浓度相等，故B错误；C、丙组中，恒温恒容下，平衡Ⅱ按化学计量数转化到左边可得1molH2、1molI2，对应各组分的物质的量相同，二者为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，令平衡时H2的物质的量为xmol，则平衡I中参加反应的氢气为（1﹣x）mol，平衡Ⅱ中参加反应的碘为2xmol，所以平衡I中放出的热量为Q1=（1﹣x）mol×akJ•mol﹣1=（1﹣x）akJ，平衡Ⅱ吸收的热量为Q2=×akJ•mol﹣1=xakJ，所以Q1+Q2=（1﹣x）akJ+xakJ=akJ，故C正确；D、丁组中，恒温恒压，平衡Ⅱ中物质的量变为平衡I的2倍，平衡Ⅱ的体积变为2倍，各物质的量浓度相同，反应速率相同，到达平衡的时间相等，故D错误．故选：C．二、填空题19．工业合成甲醇反应如下：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；△H请回答下列问题：（1）不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示：①△H＜0（填“＞”或“＜”）②上述反应不一定能自发进行（填“一定能”、“一定不能”或“不一定能”）（2）某温度下，将3molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应后，测得平衡时c（CO）=•L﹣1①上述反应的平衡常数K=2②在其他条件不变的情况下，将容器体积压缩到原来的，与原平衡相比，下列说法不正确的是aa．氢气的浓度减小b．逆反应速率加快c．CO的转化率增大③若保持温度不变，将起始物质改为amolCO、bmolH2、cmolCH3OH．欲使平衡混合物中各组分分数与原平衡相同，则a、b之间的关系为b=2a；欲使开始时该反应向逆反应方向进行，c的取值范围是2＜c≤3．【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．【分析】（1）①从横坐标上一点，画一条平行于纵坐标的虚线，看相同压强下不同温度时CO的平衡转化率，温度越低转化率越低，说明，升温时平衡向逆向移动；②根据反应前后气体物质的量的变化判断△S；根据△G=△H﹣T△S判断反应自发性问题，反应焓变△H﹣T△S＜0反应自发进行；（2）①利用三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，再根据化学平衡常数表达式计算；②增大压强，正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向，平衡时各组分的浓度都增大，据此判断；③各组成与原平衡相同说明为等效平衡，恒温恒容，前后气体体积变化，按化学计量数转化到左边，满足对于物质的物质的量相等即可，据此解答a、b的关系；计算出平衡时CH3OH（g）的物质的量，c大于此值平衡向逆反应进行，按化学计量数转化到左边，得到3molCO时c的值最大，据此计算解答．【解答】解：（1）①从横坐标上一点处，画一条平行于纵坐标的虚线，看相同压强下不同温度时CO的平衡转化率，温度越高转化率越低，说明，升温时平衡向逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应△H＜0，故答案为：＜；②CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；△H＜0，该反应正反应是气体物质的量减小的反应，故熵减小，即△S＜0；由△G=△H﹣T△S＜0，反应自发进行，可知该反应在低温趋向自发进行，高温下不能自发进行，该反应不一定自发进行，故答案为：不一定；（2）①3molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，CO、H2的起始浓度分别为：=L，=3mol/L，充分反应后，达到平衡时测得c（CO）=mol/L，CO浓度变化为L﹣L=1mol/L，则：CO（g）+2H2（g）⇌CH30H（g）开始（mol/L）：30变化（mol/L）：121平衡（mol/L）：11故该温度下，该反应的平衡常数K==2，故答案为：2；②a．增大压强，平衡时氢气的浓度增大，故a错误；b．增大压强，反应物、生成物的浓度都增大，故正、逆反应速率都加快，故b正确；c．增大压强平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增加，故c正确；故答案为：a；③各组成与原平衡相同说明为等效平衡，恒温恒容，前后气体体积变化，按化学计量数转化到左边，满足对于物质的物质的量相等即可，所以有：a+c=3，b+2c=6，整理得b=2a；由①计算可知，平衡时CH3OH的物质的量为1mol/L×2L=2mol，所以c＞2mol平衡向逆反应进行．按化学计量数转化到左边，得到3molCO时c的值最大，所以c最大为3mol．所以2＜c＜≤3，故答案为：b=2a；2＜c≤3．20．分析化学常用草酸钠晶体（Na2C2O4溶液无色）作为基准物质测定酸性KMnO4溶液的浓度．请回答下列问题：（1）Na2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式是2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（2）称取WgNa2C2O4晶体配成100mL溶液，配制时使用的一种主要仪器是100mL容量瓶；（3）移取溶液置于锥形瓶中，则酸性KMnO4溶液装在酸式滴定管中（填“酸”或“碱”）（4）滴定终点的现象是滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色（5）若滴定管起始读数和终点读数如图所示，则酸性KMnO4溶液的物质的量浓度为mol•L﹣1（6）下列操作导致测定的酸性KMnO4溶液浓度偏高的是da．配制Na2C2O4溶液定容时俯视b．锥形瓶用蒸馏水洗净后，再用Na2C2O4溶液润洗2﹣3次c．滴定前滴定管中有气泡，滴定终点滴定管中气泡消失d．滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数．【考点】中和滴定．【分析】（1）C2O42﹣具有还原性，把KMnO4还原为Mn2+，根据化合价升降方法，结合元素守恒、电荷守恒书写方程式；（2）配制一定物质的量浓度的溶液需要容量瓶；（3）酸性KMnO4溶液能氧化橡胶管；（4）酸性KMnO4溶液为紫红色，滴定终点时无色变为紫红色；（5）根据滴定管的结构、精确度以及测量原理来解答；根据关系式KMnO4～5Na2C2O4来计算；（6）根据c（待测）=分析不当操作对V（待测）的影响，以此判断浓度的误差．【解答】解：（1）C2O42﹣具有还原性，把KMnO4还原为Mn2+，自身被氧化为CO2，其反应的方程式为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；故答案为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；（2）称取WgNa2C2O4晶体配成100mL溶液，配制时使用的一种主要仪器是100mL容量瓶；故答案为：100mL容量瓶；（3）高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡皮管，应装在酸式滴定管中；故答案为：酸；（4）KMnO4溶液呈紫红色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色为滴定到终点，故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；（5）滴定管的起始读数为，终点读数为，消耗酸性KMnO4溶液的体积为﹣=；KMnO4溶液的物质的量浓度为c，WgNa2C2O4配成100mL标准溶液，溶液中含有Na2C2O4的质量为g；2KMnO4～5Na2C2O42moL5×134g×cg解得：c=mol•L﹣1故答案为：mol•L﹣1；（6）a．配制Na2C2O4溶液定容时俯视，溶液的体积偏小，导致浓度偏大，造成V（待测）偏大，根据c（待测）=分析，则滴定结果偏小，故a错误；b．锥形瓶用蒸馏水洗净后，再用Na2C2O4溶液润洗2﹣3次，待测液的物质的量偏大，造成V（待测）偏大，根据c（待测）=分析，则滴定结果偏小，故b错误；c．滴定前滴定管中有气泡，滴定终点滴定管中气泡消失，造成V（待测）偏大，根据c（待测）=分析，则滴定结果偏小，故c错误；d．滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数，造成V（待测）偏小，根据c（待测）=分析，则滴定结果偏大，故d正确；故选d．21．700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），反应过程中测定的部分数据见表（表中t2＞t1）：反应时间/minn（CO）/moln（H2O）/mol0t1t2请回答下列问题：（1）保持其他条件不变，若起始时向容器中充入和，则平衡时n（CO2）=mol（2）温度升至800℃，上述反应的平衡常数为，则正反应是放热反应（填“放热”或“吸热”）（3）700℃时，若向容积为2L的密闭容器中充入CO、H2O、CO2、H2的物质的量分别为、、、，则此时该反应的V正＞V逆（填“＞”、“＜”或“=”）（4）该反应在t1时刻建立平衡，在t2时刻因改变某个条件导致CO、CO2浓度发生变化的情况如图所示，则t2时刻改变的条件可能是降低温度、增加水蒸汽的量或减少氢气的量（写出两种）（5）若该容器体积不变、绝热，则下列情况中说明反应建立平衡的是①④①体系的压强不再发生变化②混合气体的密度不变③混合气体的平均相对分子质量不变④体系的温度不再发生变化．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学