高中化学人教版化学反应原理本册总复习总复习 精品

2023学年江西省新余一中高二（上）第一次段考化学试卷一．选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每个小题只有一个选项符合题意）1．下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A．已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热为•mol﹣1B．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H=+•mol﹣1，则金刚石比石墨稳定C．含NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：OH﹣（aq）+H+（aq）=H2O（l）△H=﹣•mol﹣1D．已知2H2S（g）+O2（g）=2S（g）+2H2O（l）△H1；2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H2，则△H1＞△H22．化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（）A．该反应是吸热反应B．断裂2molA﹣B键需要吸收ykJ的能量C．2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量D．断裂1molA﹣A键和1molB﹣B键能放出xkJ的能量3．次氯酸可用于杀菌消毒．已知25°C时：①HClO（aq）+OH﹣（aq）=ClO﹣（aq）+H2O（l）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1②H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣•mol﹣1下列说法正确的是（）A．在25°C时，次氯酸的电离方程式及热效应可表示为：HClO（aq）⇌H+（aq）+ClO﹣（aq）△H=﹣（+Q1）kJ•mol﹣1B．将20mL1mol/LHClO与10mL1mol/LNaOH混合后的溶液，一定存在：2C（H+）﹣2C（OH﹣）=C（ClO﹣）﹣C（HClO）C．已知酸性H2SO3＞HClO＞HSO3﹣，则向Na2SO3溶液中加入HClO的离子方程式为：SO32﹣+HClO=HSO3﹣+ClO﹣D．已知酸性CH3COOH＞HClO，则等浓度CH3COONa和NaClO的混合液中：C（Na+）＞C（ClO﹣）＞C（CH3COO﹣）＞C（OH﹣）＞C（H+）4．某可逆反应正向反应过程中能量变化如图所示，下列说法正确的是（）A．该反应为吸热反应B．当反应达到平衡时，降低温度，A的转化率减小C．升高温度，平衡常数K增大；压强增大，平衡向正反应方向移动D．加入催化剂，反应速率增大，E1减小，E2减小，反应热不变5．已知：H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）△H=﹣72kJ/mol，1molBr2（g）液化放出的能量为30kJ，其它相关数据如下表：则上述表格中的a值为（）一定状态的分子H2（g）Br2（l）HBr（g）1mol该分子中的化学键断裂吸收的能量/kJ436a369A．404 B．344 C．260 D．2006．硫酸锶（SrSO4）在水中的沉淀溶解平衡曲线如图，下列说法正确的是（）A．283K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液B．三个不同温度下，363K时Ksp（SrSO4）最大C．温度一定时，Ksp（SrSO4）随c（SO42﹣）的增大而减小D．283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液7．下列说法中正确的是（）A．常温下，稀释mol/L的氨水，溶液中c（OH﹣）、c（NH4+）、c（H+）均下降B．常温下，c（NH4+）相等的①（NH4）2SO4②（NH4）2Fe（SO4）2③NH4Cl④（NH4）2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：②＜①＜④＜③C．pH=的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）D．当溶液中存在的离子只有Cl﹣、OH﹣、NH4+、H+时，该溶液中离子浓度大小关系可能为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）8．同温度下，体积均为1L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣mol．测得数据如表容器编号起始时各物质物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化N2H2NH3（1）230（2）Q下列叙述不正确的是（）A．容器（1）（2）反应达平衡时压强相等B．容器（2）中反应开始时v（正）＞v（逆）C．容器（2）中反应达平衡时，吸收的热量Q为D．若条件为“绝热恒容”，容器（1）中反应达平衡时n（NH3）＜9．已知：25℃时，CaCO3的Ksp为×10﹣9，CaF2的Ksp为×10﹣11下列说法正确的是（）A．25℃时，饱和CaCO3溶液与饱和CaF2溶液相比，前者Ca2+浓度大B．25℃时，饱和CaCO3溶液与饱和CaF2溶液等体积混合，会析出CaCO3固体C．25℃时，CaCO3固体在20mLmol•L﹣1盐酸中的Ksp比在20mLmol•L﹣1氨水中的Ksp大D．25℃时，在CaCO3悬浊液中加入NaF固体，CaCO3不可能全转化为CaF210．已知：常温下浓度为•L﹣1的下列溶液的pH如表：下列有关说法正确的是（）溶质NaF×Na2CO3pHA．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3＜HClO＜HFB．若将CO2通入mol•L﹣1Na2CO3溶液中至溶液中性，则溶液中2c（CO32ˉ）+c（HCO3ˉ）=mol•L﹣1C．根据上表，水解方程式ClOˉ+H2O⇌HClO+OHˉ的平衡常数K≈10ˉD．向上述NaClO溶液中通HF气体至恰好完全反应时：c（Na+）＞c（Fˉ）＞c（H+）＞c（HClO）＞c（OHˉ）11．下列图示与对应叙述相符合的是（）A．图I：反应CO+NO2═CO2+NO达平衡后，升高温度时反应速率随时间的变化B．图Ⅱ：反应2SO2+O2═2SO3达平衡后，缩小容器体积时各成分的物质的量随时间的变化C．图Ⅲ：反应N2+3H2═2NH3在恒温情况下，反应速率与压强的关系D．图Ⅳ：反应CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H＞0，水蒸气含量随时间的变化12．在温度T1和T2时，分别将CH4和NO2充入1L的密闭容器中发生反应：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=akJ/mol．测得有关数据如表：温度时间/min物质的量010204050T1n（CH4）/molT2n（CH4）/molx下列说法正确的是（）A．T1＞T2，且a＞0B．当温度为T2、反应进行到40min时，x＞C．温度为T2时，若向平衡后的容器中再充入molCH4和NO2，重新达到平衡时，n（N2）=D．温度为T1时，若起始时向容器中充入molCH4（g）、molNO2（g）、molN2（g）、molCO2（g）、molH2O（g），反应开始时，ν（正）＞ν（逆）13．在容积为的密闭容器内，物质D在T℃时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，下列叙述不正确的是（）A．从反应开始到第一次达到平衡时，A物质的平均反应速率为（L•min）B．该反应的化学方程式为2D（s）⇌2A（g）+B（g）该反应的平衡常数表达式为K=c（A）2•c（B）C．已知反应的△H＞0，则第5分钟时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系的温度D．若在第7分钟时增加D的物质的量，则表示A的物质的量变化正确的是a曲线14．下列说法正确的是（）A．制备硫酸亚铁晶体时，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需小火加热至溶液被全部蒸干B．向1mL浓度均为mol•L﹣1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2滴mol•L﹣1的AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色．结论：Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）C．•L﹣1的NaOH溶液分别中和pH、体积均相等的醋酸和盐酸，所消耗NaOH溶液的体积：前者小于后者D．水的电离过程是吸热过程，升高温度，水的离子积增大、pH减小15．下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．在•L﹣1Na2CO3溶液中：c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3﹣）+c（H+）B．在•L﹣1Na2S溶液中：2c（Na+）=C（S2﹣）+C（HS﹣）+C（H2S）C．向•L﹣1NaHCO3溶液中加入等体积mol•L﹣1NaOH溶液：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH=7，c（Na+）=mol•L﹣1]：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣）16．常温下，向10mLbmol•L﹣1的CH3COOH溶液中滴加等体积的mol•L﹣1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c（Na+）=c（CH3COO﹣），下列说法不正确的是（）A．b＞B．混合后溶液呈中性C．CH3COOH的电离常数Ka=mol•L﹣1D．向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度逐渐减小二、解答题（共6小题，满分52分）17．滴定实验是化学学科中最重要的定量实验之一．常见的滴定实验有酸碱中和滴定、氧化还原反应滴定、沉淀滴定等等．（1）酸碱中和滴定﹣﹣用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液．某学生的实验操作如下：A．用碱式滴定管取稀NaOH，注入锥形瓶中，加入甲基橙做指示剂．B．用待测定的溶液润洗碱式滴定管．C．用蒸馏水洗净滴定管．D．将酸式滴定管用标准的HCl溶液润洗后，将标准液注入滴定管刻度“0”以上2～3cm处，赶气泡、调液面，再把滴定管固定好．E．检查滴定管是否漏水．F．另取锥形瓶，再重复操作一次．G．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直，眼睛注视滴定管中液面的变化，并于终点时记下滴定管液面所在刻度．上述操作步骤中有错误的是（填写“序号”），若将错误更正，则整个滴定实验操作的正确顺序是（填写“序号”）．（2）氧化还原滴定﹣﹣葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：葡萄酒样品馏分…注：实验中加入盐酸的目的：将Na2S2O5全部转化成SO2．①滴定时，I2溶液应装在（“酸”或“碱”）式滴定管中，滴定终点时滴定现象是．②实验消耗标准I2溶液，所测样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为g•L﹣1．③上述滴定过程中的原理为（用离子方程式表示），下列情形会造成测定结果偏高的是．A．滴定持续时间稍长，溶液中部分HI被空气氧化B．滴定前平视，滴定后俯视C．盛装标准I2溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗D．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失（3）沉淀滴定﹣﹣滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶．参考下表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是（填选项字母）．难溶物AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白浅黄白砖红白Ksp×10﹣10×10﹣13×10﹣16×10﹣12×10﹣12A．NaClB．NaBrC．NaCND．Na2CrO4．18．工业制硫酸生产流程如图：（1）造气即将黄铁矿（主要成分FeS2）在沸腾炉中充分煅烧，煅烧时将黄铁矿粉碎的目的是．（2）在催化反应室中发生的可逆反应为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），△H＜0．下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有．（填写编号）a．减少压强b．升高温度c．不断补充空气d．及时分离出SO3（3）在450℃、常压和钒催化条件下，在容积为VL的恒容容器中加入2nmolSO2和nmolO2，判断反应达到平衡状态的标志是．（填写编号）a．SO2和SO3浓度相等b．SO2百分含量保持不变c．容器中气体的压强不变d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等反应达平衡后测得平衡常数为K，此时O2的转化率为x，则K和x的关系满足K=．（4）图1、2表示该SO2和O2的反应在时刻t1达到平衡、在时刻t2因改变某个条件而发生变化的情况：图1中时刻t2发生改变的条件是．图2中时刻t2发生改变的条件是．19．铁铜单质及其化合物的应用范围很广．现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体，为制取纯净的CuCl2•2H2O，首先将其制成水溶液，然后按照如图步骤进行提纯：已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表：Fe3+Fe2+Cu2+开始沉淀的pH完全沉淀的pHa请回答下列问题：（1）化学上通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol/L时，沉淀就达到完全．已知Fe（OH）2的Ksp约为×10﹣15，则a=．（2）加入氧化剂的目的是，X应选择．A．K2Cr2O7B．浓HNO3C．H2O2D．KMnO4（3）加入的物质Y是．（4）设计实验从溶液Ⅲ中获得纯净的CuCl2•2H2O．简要描述实验步骤．20．能源在国民经济中具有特别重要的战略地位．有人说能源相当于城市的血液，它驱动着城市的运转．（1）①丙烷（C3H8）常用作运动会火炬的燃料，右图是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O（l）过程中的能量变化图1（图中括号内“+”或“﹣”未标注），写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：．②二甲醚（CH3OCH3）作为一种新型燃料，应用前景广阔．1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量．若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，则混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为．③汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设计下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g），已知该反应的△H＞0，简述该设想能否实现的依据．（2）盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分数步完成，整个过程的总热效应相同．试运用盖斯定律回答下列问题：①反应A+B→C（△H＜0）分两步进行：①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）．下列示意图2中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（填字母）．②已知：H2O（g）=H2O（l）△H1=﹣Q1kJ/molC2H5OH（g）=C2H5OH（l）△H2=﹣Q2kJ/molC2H5OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H3=﹣Q3kJ/mol若使23g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为．21．现有常温下pH=2的盐酸甲和pH=2的醋酸溶液乙，请根据下列操作回答问题：（1）常温下L的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定变小的是．A．c（H+）B．C．c（H+）•c（OH﹣）D．（2）相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍．稀释后的溶液，其pH大小关系为：pH（甲）pH（乙）（填“＞”、“＜”或“=”）．（3）已知25℃时，酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数K1×10﹣5×10﹣7×10﹣8K2﹣﹣×10﹣11﹣﹣写出下列反应的离子方程式：CH3COOH+Na2CO3（少量）：；HClO+Na2CO3（少量）：．22．已知：25°C时，A酸的溶液pH=a，B碱的溶液pH=b．（1）若A为盐酸，B为氢氧化钡，酸碱按体积比为1：10混合后溶液显中性，则a+b=．（2）若A为醋酸，B为氢氧化钠，且a+b=14，用体积为VA的醋酸和体积为VB的氢氧化钠溶液混合后，溶液显中性，则其体积关系VAVB．（3）若A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a+b=14，两者等体积混合后溶液显碱性．则混合溶液中必定有一种离子能发生水解，该水解反应的离子方程式为．

2023学年江西省新余一中高二（上）第一次段考化学试卷参考答案与试题解析一．选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每个小题只有一个选项符合题意）1．下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A．已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热为•mol﹣1B．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H=+•mol﹣1，则金刚石比石墨稳定C．含NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：OH﹣（aq）+H+（aq）=H2O（l）△H=﹣•mol﹣1D．已知2H2S（g）+O2（g）=2S（g）+2H2O（l）△H1；2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H2，则△H1＞△H2【考点】热化学方程式；反应热的大小比较．【分析】A、燃烧热是指氢气燃烧生成液态水时放出的热量；B、能量越低越稳定；C、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量；D、反应1是H2S的不完全燃烧，反应2是H2S的完全燃烧．【解答】解：A、氢气的燃烧热是指生成液态水时放出的热量，故A错误；B、石墨生成金刚石吸热，石墨能量低比较稳定，故B错误；C、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，而醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆为氢离子，故C错误；D、反应1是H2S的不完全燃烧，反应2是H2S的完全燃烧，故反应1放出的热量大于反应2放出的热量，而燃烧均为放热反应，故△H均为负值，故△H1＞△H2，故D正确．故选D．2．化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（）A．该反应是吸热反应B．断裂2molA﹣B键需要吸收ykJ的能量C．2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量D．断裂1molA﹣A键和1molB﹣B键能放出xkJ的能量【考点】反应热和焓变．【分析】A、根据反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应；B、根据旧键的断裂吸收能量，新键的生成释放能量；C、根据图象可判断反应物与生成物的总能量；D、根据旧键的断裂吸收能量，而不是释放能量．【解答】解：A、因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故A错误；B、因旧键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molA﹣B键需要吸收ykJ能量，故B正确；C、由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故C错误；D、因旧键的断裂吸收能量，而不是释放能量，故D错误；故选B．3．次氯酸可用于杀菌消毒．已知25°C时：①HClO（aq）+OH﹣（aq）=ClO﹣（aq）+H2O（l）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1②H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣•mol﹣1下列说法正确的是（）A．在25°C时，次氯酸的电离方程式及热效应可表示为：HClO（aq）⇌H+（aq）+ClO﹣（aq）△H=﹣（+Q1）kJ•mol﹣1B．将20mL1mol/LHClO与10mL1mol/LNaOH混合后的溶液，一定存在：2C（H+）﹣2C（OH﹣）=C（ClO﹣）﹣C（HClO）C．已知酸性H2SO3＞HClO＞HSO3﹣，则向Na2SO3溶液中加入HClO的离子方程式为：SO32﹣+HClO=HSO3﹣+ClO﹣D．已知酸性CH3COOH＞HClO，则等浓度CH3COONa和NaClO的混合液中：C（Na+）＞C（ClO﹣）＞C（CH3COO﹣）＞C（OH﹣）＞C（H+）【考点】反应热和焓变．【分析】A、醋酸是弱酸，电离过程是吸热的过程，酸碱中和释放的热量和电离吸收热量的能量差即为反应热的数值；B、将20mL1mol/LHClO与10mL1mol/LNaOH混合后所得的溶液是次氯酸和次氯酸钠的混合物，根据溶液中的离子浓度关系来回答；C、Na2SO3溶液中加入HClO，次氯酸将亚硫酸钠氧化为硫酸钠；D、根据盐的水解规律：越弱越水解来比较离子浓度的大小．【解答】解：A、醋酸是弱酸，电离过程是吸热的过程，强酸碱的中和热是mol，根据HClO（aq）+OH﹣（aq）=ClO﹣（aq）+H2O（l）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，则次氯酸的电离方程式及热效应可表示为：HClO（aq）⇌H+（aq）+ClO﹣（aq）△H=（﹣Q1）kJ•mol﹣1，故A错误；B、将20mL1mol/LHClO与10mL1mol/LNaOH混合后所得的溶液是等浓度的次氯酸和次氯酸钠的混合物，根据电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（ClO﹣），根据物料守恒：2c（Na+）=c（ClO﹣）+c（HClO），整理两个等式得到2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（ClO﹣）﹣c（HClO），故B正确；C、向Na2SO3溶液中加入HClO，次氯酸将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，不会发生复分解反应，故C错误；D、等浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，由于酸性CH3COOH＞HClO，所以次氯酸根离子水解程度大与醋酸钠根离子，C（ClO﹣）＜C（CH3COO﹣），溶液显示碱性，所以C（Na+）＞C（CH3COO﹣）＞C（ClO﹣）＞C（OH﹣）＞C（H+），故D错误．故选B．4．某可逆反应正向反应过程中能量变化如图所示，下列说法正确的是（）A．该反应为吸热反应B．当反应达到平衡时，降低温度，A的转化率减小C．升高温度，平衡常数K增大；压强增大，平衡向正反应方向移动D．加入催化剂，反应速率增大，E1减小，E2减小，反应热不变【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素．【分析】由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应；A、当反应物的能量高于生成物的能量，反应是放热的，反之是吸热的；B、降低温度平衡向放热方向移动；C、升高温度平衡向吸热方向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动；D、催化剂不会改变反应的焓变．【解答】解：由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应；A、从图中看出：反应物的能量高于生成物的能量，所以反应是放热的，故A错误；B、正方向为放热反应，则降低温度平衡向放热方向移动，即正向移动，则A的转化率增大，故B错误；C、升高温度平衡向吸热方向移动，即向逆方向移动，则K减小，增大压强平衡向体积减小的方向移动，即向正方向移动，故C错误；D、加入催化剂，降低反应的活化能，则E1减小，E2减小，反应速率增大，由于反应物与生成物的总能量差不变，即△H不变，故D正确．故选D．5．已知：H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）△H=﹣72kJ/mol，1molBr2（g）液化放出的能量为30kJ，其它相关数据如下表：则上述表格中的a值为（）一定状态的分子H2（g）Br2（l）HBr（g）1mol该分子中的化学键断裂吸收的能量/kJ436a369A．404 B．344 C．260 D．200【考点】反应热和焓变．【分析】根据盖斯定律计算反应H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）的△H，结合反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能列方程计算．【解答】解：在H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）△H=﹣72kJ/mol反应中，1molBr2（g）液化放出的能量为30kJ，即Br2（g）=Br2（l）△H=﹣30kJ/mol，则H2（g）+Br2（l）=2HBr（g）△H=﹣42kJ/mol，反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则﹣42=436+a﹣2×369，a=260，故选C．6．硫酸锶（SrSO4）在水中的沉淀溶解平衡曲线如图，下列说法正确的是（）A．283K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液B．三个不同温度下，363K时Ksp（SrSO4）最大C．温度一定时，Ksp（SrSO4）随c（SO42﹣）的增大而减小D．283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】沉淀溶解平衡中的溶度积常数只与温度有关，与浓度改变无关；溶解度随温度变化而变化，也随离子浓度改变；硫酸锶（SrSO4）在水中的沉淀溶解平衡曲线，纵轴是锶离子浓度的对数，横轴是硫酸根离子浓度的对数．图象分析采取定一议二的方法进行分析．【解答】解：A、a点在283K的下方，属于不饱和溶液，故A正确；B、由图象可知：在相同条件下，温度越低，c（SO42﹣）•c（Sr2+）越大，所以温度越低时Ksp（SrSO4）越大，故B错误；C、Ksp只与温度有关与浓度无关，故C错误；D、由图可知：温度越高，硫酸锶的溶解度越小，283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后会有晶体析出，还是属于饱和溶液，故D错误，故选A．7．下列说法中正确的是（）A．常温下，稀释mol/L的氨水，溶液中c（OH﹣）、c（NH4+）、c（H+）均下降B．常温下，c（NH4+）相等的①（NH4）2SO4②（NH4）2Fe（SO4）2③NH4Cl④（NH4）2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：②＜①＜④＜③C．pH=的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）D．当溶液中存在的离子只有Cl﹣、OH﹣、NH4+、H+时，该溶液中离子浓度大小关系可能为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．氨水稀释后溶液中氢氧根离子、铵根离子浓度减小，由于水的离子积不变，则氢离子浓度增大；B．根据化学式组成及铵根离子水解程度较小可知，浓度相等时③NH4Cl中铵根离子浓度最小，然后根据亚铁离子抑制了铵根离子水解、碳酸根离子水解促进了铵根离子判断等浓度的四种溶液中铵根离子浓度大小，然后判断铵根离子浓度相等时四种溶液的浓度大小；C．碳酸氢钠溶液显示碱性，则碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，c（CO32﹣）＜c（H2CO3）；D．根据电荷守恒判断，c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）中总负电荷大于正电荷，违反了电荷守恒．【解答】解：A．稀释L的氨水，c（OH﹣）、c（NH4+）减小，而温度不变，水的离子积不变，则c（H+）升高，故A错误；B．等浓度的①（NH4）2SO4②（NH4）2Fe（SO4）2③NH4Cl④（NH4）2CO3中，由于铵根离子水解程度较小，则③NH4Cl的c（NH4+）最小，②中亚铁离子抑制了铵根离子水解，则②中铵根离子浓度最大，四种溶液的浓度相等时c（NH4+）的关系为：②＞①＞④＞③，则c（NH4+）相同时，物质的量浓度大小关系是：②＜①＜④＜③，故B正确；C．pH=的NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，则：c（CO32﹣）＜c（H2CO3），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3），＞c（CO32﹣），故C错误；D．溶液中一定满足电荷守恒，而c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）中阴离子所带负电荷大于阳离子所带正电荷，不满足电荷守恒，故D错误；故选B．8．同温度下，体积均为1L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣mol．测得数据如表容器编号起始时各物质物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化N2H2NH3（1）230（2）Q下列叙述不正确的是（）A．容器（1）（2）反应达平衡时压强相等B．容器（2）中反应开始时v（正）＞v（逆）C．容器（2）中反应达平衡时，吸收的热量Q为D．若条件为“绝热恒容”，容器（1）中反应达平衡时n（NH3）＜【考点】化学平衡建立的过程．【分析】A、根据等效平衡知识来分析判断；B、根据Qc和K之间的大小关系来判断化学反应的方向；C、从平衡移动的角度比较反应放出的热量与的关系；D、“绝热恒容”容器中，放热反应会导致体系的温度升高，根据温度对平衡的影响来回答．【解答】解：A、从等效平衡的角度分析，、和相当2molN2、3molH2，在相同条件下处于相同平衡状态，所以平衡时两个容器内压强相等，故A正确；B、N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣mol初始浓度：230变化浓度：1平衡浓度：2K==，容器（2）中反应开始时，Qc=＞K，所以反应逆向移动，v（正）＜v（逆），故B错误；C、容器（2）中反应逆向进行达平衡，所以吸收热量，（1）和（2）的平衡常数是一样的，所以容器（2）中反应达平衡时，吸收的热量Q为×=，故C正确；D、条件为“绝热恒容”，容器（1）中反应进行中，温度会升高，化学平衡会逆向移动，所以达平衡时n（NH3）＜，故D正确．故选B．9．已知：25℃时，CaCO3的Ksp为×10﹣9，CaF2的Ksp为×10﹣11下列说法正确的是（）A．25℃时，饱和CaCO3溶液与饱和CaF2溶液相比，前者Ca2+浓度大B．25℃时，饱和CaCO3溶液与饱和CaF2溶液等体积混合，会析出CaCO3固体C．25℃时，CaCO3固体在20mLmol•L﹣1盐酸中的Ksp比在20mLmol•L﹣1氨水中的Ksp大D．25℃时，在CaCO3悬浊液中加入NaF固体，CaCO3不可能全转化为CaF2【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A、依据Ksp结合沉淀溶解平衡计算该离子浓度减小比较分析；B、依据钙离子浓度和碳酸根离子浓度计算浓度商和碳酸钙Ksp减小比较判断；C、Ksp随温度变化，不随浓度变化；D、沉淀的条件是溶液中离子的浓度商大于Ksp，会发生沉淀．【解答】解：A、25℃时，饱和CaCO3溶液中c（Ca2+）=c（CO32﹣）=mol/L，饱和CaF2溶液c（Ca2+）•c（F﹣）2=×10﹣11，c（Ca2+）=mol/L；所以饱和CaCO3溶液和饱和CaF2溶液相比，后者的c（Ca2+）大于前者，故A错误；B、等体积混合后的c（Ca2+）会较饱和CaCO3溶液中的c（Ca2+）大许多倍，c（Ca2+）=；c（CO32﹣）只减少到原来的为，此时溶液中的c（Ca2+）×c（CO32﹣）=×＞Ksp（CaCO3）=×10﹣9，所以会析出CaCO3固体，故B正确；C、25℃时，CaCO3固体在mol•L﹣1盐酸中的Ksp与在20mLmol•L﹣1氨水中的Ksp相同，因沉淀Ksp随温度变化，不随浓度改变，故C错误；D、25℃时，在CaCO3悬浊液中加入NaF固体，当c（Ca2+）•c（F﹣）2≥Ksp（CaF2）时，CaCO3可能全转化为CaF2，故D错误；故选：B．10．已知：常温下浓度为•L﹣1的下列溶液的pH如表：下列有关说法正确的是（）溶质NaF×Na2CO3pHA．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3＜HClO＜HFB．若将CO2通入mol•L﹣1Na2CO3溶液中至溶液中性，则溶液中2c（CO32ˉ）+c（HCO3ˉ）=mol•L﹣1C．根据上表，水解方程式ClOˉ+H2O⇌HClO+OHˉ的平衡常数K≈10ˉD．向上述NaClO溶液中通HF气体至恰好完全反应时：c（Na+）＞c（Fˉ）＞c（H+）＞c（HClO）＞c（OHˉ）【考点】盐类水解的应用．【分析】相同浓度的钠盐溶液碱性越强，说明酸根离子水解程度越大，则相应酸的酸性越弱，酸的电离平衡常数越小，根据钠盐溶液的pH知，酸根离子水解程度CO32﹣＞ClO﹣＞F﹣，酸的电离平衡常数从小到大顺序是：HCO3﹣＜HClO＜HF，以此解答该题．【解答】解：相同浓度的钠盐溶液碱性越强，说明酸根离子水解程度越大，则相应酸的酸性越弱，酸的电离平衡常数越小，根据钠盐溶液的pH知，酸根离子水解程度CO32﹣＞ClO﹣＞F﹣，酸的电离平衡常数从小到大顺序是：HCO3﹣＜HClO＜HF，A．酸的电离平衡常数从小到大顺序是：HCO3﹣＜HClO＜HF，在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HCO3﹣＜HClO＜HF，但酸性H2CO3＞HClO，故A错误；B．溶液存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（OH﹣）+2c（CO32﹣），溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），所以c（Na+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）=L，故B错误；C．水解方程式式ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣的平衡常数为K===10﹣，故C正确；D．反应后生成HClO，由于电离程度较弱，则c（HClO）＞c（H+），故D错误．故选C．11．下列图示与对应叙述相符合的是（）A．图I：反应CO+NO2═CO2+NO达平衡后，升高温度时反应速率随时间的变化B．图Ⅱ：反应2SO2+O2═2SO3达平衡后，缩小容器体积时各成分的物质的量随时间的变化C．图Ⅲ：反应N2+3H2═2NH3在恒温情况下，反应速率与压强的关系D．图Ⅳ：反应CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H＞0，水蒸气含量随时间的变化【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A．升高温度，平衡发生移动，正、逆速率变化不相等；B．缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，三氧化硫的物质的量增大、二氧化硫与氧气的物质的量减小；C．增大压强，正、逆反应速率都增大，平衡向正反应反应移动，正反应速率增大更多；D．由图可知，温度T2先到达平衡，故温度T2＞T1，升高温度平衡向正反应方向移动，水蒸气的含量增大．【解答】解：A．升高温度，平衡发生移动，正、逆速率变化不相等，图象中正、逆速率增大相同的倍数，图象与实际不相符，故A错误；B．缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，三氧化硫的物质的量增大、二氧化硫与氧气的物质的量减小，图象与实际相符合，故B正确；C．增大压强，正、逆反应速率都增大，平衡向正反应反应移动，正反应速率增大更多，图象中逆反应速率增大更多，图象与实际不相符，故C错误；D．由图可知，温度T2先到达平衡，故温度T2＞T1，升高温度平衡向正反应方向移动，水蒸气的含量增大，图象中温度越高，水蒸气的含量越低，图象与实际不相符，故D错误；故选B．12．在温度T1和T2时，分别将CH4和NO2充入1L的密闭容器中发生反应：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=akJ/mol．测得有关数据如表：温度时间/min物质的量010204050T1n（CH4）/molT2n（CH4）/molx下列说法正确的是（）A．T1＞T2，且a＞0B．当温度为T2、反应进行到40min时，x＞C．温度为T2时，若向平衡后的容器中再充入molCH4和NO2，重新达到平衡时，n（N2）=D．温度为T1时，若起始时向容器中充入molCH4（g）、molNO2（g）、molN2（g）、molCO2（g）、molH2O（g），反应开始时，ν（正）＞ν（逆）【考点】化学平衡建立的过程．【分析】A、温度升高，反应速率加快，甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热；B、温度升高，反应速率加快，当温度为T1、反应进行到40min时已达平衡状态，温度为T2时反应也应该达到平衡状态；C、温度为T2时，若向平衡后的容器中再充入molCH4和NO2，可等效为在另一个相同的容器中建立一个和原平衡相同的平衡状态，再压缩到一个容器中，即为增大压强，平衡逆向移动；D、根据温度为T1时平衡常数不变，根据浓度商与平衡常数的大小判断平衡移动方向，利用化学平衡三段式计算．【解答】解：A、温度升高，反应速率加快，因此T2＞T1，甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热，所以a＜0，故A错误；B、当温度为T2、反应进行到40min时，反应达到平衡状态，x=，故B错误；C、温度为T2时，若向平衡后的容器中再充入molCH4和NO2，平衡逆向移动，重新达到平衡时，n（N2）小于原平衡n（N2）的2倍，故C错误；D、对于反应CH4（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）起始（mol/L）000变化（mol/L）平衡（mol/L）温度为T1时，平衡常数K==，若起始时向容器中充入molCH4（g）、molNO2（g）、molN2（g）、molCO2（g）、molH2O（g），浓度商==4＜K，平衡正向移动，ν（正）＞ν（逆），故D正确．故选：D．13．在容积为的密闭容器内，物质D在T℃时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，下列叙述不正确的是（）A．从反应开始到第一次达到平衡时，A物质的平均反应速率为（L•min）B．该反应的化学方程式为2D（s）⇌2A（g）+B（g）该反应的平衡常数表达式为K=c（A）2•c（B）C．已知反应的△H＞0，则第5分钟时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系的温度D．若在第7分钟时增加D的物质的量，则表示A的物质的量变化正确的是a曲线【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【分析】A、根据V=进行计算；B、根据各物质的增减判断反应物、生成物，根据同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比判断；化学平衡常数等于平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；C、根据图可知，第5分钟时D的物质的量减少，A、B的物质的量增大，平衡正向移动，由于该反应为吸热反应，所以可推知此时变化的原因可能是升高温度；D、增加固体的物质的量，浓度不变，平衡不移动．【解答】解：A、从反应开始到第一次达到平衡时，A物质的平均反应速率为=L•min，故A错误；B、根据图象知，随着反应的进行，D的物质的量减少，A、B的物质的量增加，所以D是反应物，A、B是生成物；同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比，0﹣3min时，△D=，△A=，△B=，△D：△A：△B=：：=4：4：2，方程式为：2D（s）⇌2A（g）+B（g）；因D为固体，所以化学平衡常数K=C2（A）×C（B），故B正确；C、根据图可知，第5分钟时D的物质的量减少，A、B的物质的量增大，平衡正向移动，由于该反应为吸热反应，所以可推知此时变化的原因可能是升高温度，故C正确；D、D为固体，增加D的物质的量，浓度不变，平衡不移动，A的物质的量变化情况符合b曲线，故D正确；故选A．14．下列说法正确的是（）A．制备硫酸亚铁晶体时，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需小火加热至溶液被全部蒸干B．向1mL浓度均为mol•L﹣1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2滴mol•L﹣1的AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色．结论：Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）C．•L﹣1的NaOH溶液分别中和pH、体积均相等的醋酸和盐酸，所消耗NaOH溶液的体积：前者小于后者D．水的电离过程是吸热过程，升高温度，水的离子积增大、pH减小【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A、蒸发操作不能直接蒸干；B、结构相似的难溶盐，浓度都相同时，溶度积常数越小的越先沉淀；C、pH、体积均相同的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大；D、根据水的离子积表达式以及水的电离平衡影响知识来回答．【解答】解：A、蒸发操作不能直接蒸干，以防止温度过高而导致分解而变质，故A错误．B、结构相似的难溶盐，浓度都相同时，溶度积常数越小的越先沉淀，混合溶液中生成黄色沉淀，说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故B错误；C、pH、体积均相同的醋酸和盐酸，由于醋酸部分电离，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，因此消耗NaOH溶液的体积醋酸比HCl大，故C错误；D、水的电离过程是吸热过程，升高温度，平衡向右移动，水的离子积增大，氢离子浓度增大，所以pH减小，故D正确．故选D．15．下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．在•L﹣1Na2CO3溶液中：c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3﹣）+c（H+）B．在•L﹣1Na2S溶液中：2c（Na+）=C（S2﹣）+C（HS﹣）+C（H2S）C．向•L﹣1NaHCO3溶液中加入等体积mol•L﹣1NaOH溶液：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH=7，c（Na+）=mol•L﹣1]：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【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．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；C．向•L﹣1NaHCO3溶液中加入等体积mol•L﹣1NaOH溶液，二者反应生成碳酸钠和水，溶液中溶质为L的NaHCO3和Na2CO3，NaHCO3和Na2CO3水解导致溶液呈碱性，且碳酸钠水解程度大于碳酸氢钠；D．常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH=7，c（Na+）=mol•L﹣1]，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒判断c（Na+）、c（CH3COO﹣）相对大小．【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（OH﹣）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3﹣）+c（H+），故A正确；B．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒c（Na+）=2[C（S2﹣）+C（HS﹣）+C（H2S）]，故B错误；C．向•L﹣1NaHCO3溶液中加入等体积mol•L﹣1NaOH溶液，二者反应生成碳酸钠和水，溶液中溶质为L的NaHCO3和Na2CO3，NaHCO3和Na2CO3水解导致溶液呈碱性，且碳酸钠水解程度大于碳酸氢钠，所以c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；D．常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH=7，c（Na+）=mol•L﹣1]，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO﹣），故D错误；故选A．16．常温下，向10mLbmol•L﹣1的CH3COOH溶液中滴加等体积的mol•L﹣1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c（Na+）=c（CH3COO﹣），下列说法不正确的是（）A．b＞B．混合后溶液呈中性C．CH3COOH的电离常数Ka=mol•L﹣1D．向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度逐渐减小【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】常温下，向10mLbmol•L﹣1的CH3COOH溶液中滴加等体积的mol•L﹣1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c（Na+）=c（CH3COO﹣），依据溶液中电荷守恒分析可知溶液呈中性，醋酸略微过量，A、恰好反应生成醋酸钠溶液呈碱性，若溶液呈中性，醋酸过量；B、依据平衡常数概念计算；C、醋酸弱电解质的电离平衡常数随温度变化，不随浓度变化，依据概念实质计算平衡常数分析判断正误；D、随反应进行，水的抑制程度减弱，水电离程度增大；【解答】解：常温下，向10mLbmol•L﹣1的CH3COOH溶液中滴加等体积的mol•L﹣1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c（Na+）=c（CH3COO﹣），依据溶液中电荷守恒分析可知溶液呈中性，醋酸略微过量，A、恰好反应生成醋酸钠溶液呈碱性，若溶液呈中性，醋酸过量，b＞L，故A正确；B、充分反应后溶液中c（Na+）=c（CH3COO﹣），依据溶液中电荷守恒分析可知溶液呈中性，故B正确；C、依据平衡常数概念计算，溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，c（Na+）=c（CH3COO﹣），电离平衡常数K===，故B正确；D、随反应进行，水的抑制程度减弱，水电离程度增大，故D错误；故选D．二、解答题（共6小题，满分52分）17．滴定实验是化学学科中最重要的定量实验之一．常见的滴定实验有酸碱中和滴定、氧化还原反应滴定、沉淀滴定等等．（1）酸碱中和滴定﹣﹣用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液．某学生的实验操作如下：A．用碱式滴定管取稀NaOH，注入锥形瓶中，加入甲基橙做指示剂．B．用待测定的溶液润洗碱式滴定管．C．用蒸馏水洗净滴定管．D．将酸式滴定管用标准的HCl溶液润洗后，将标准液注入滴定管刻度“0”以上2～3cm处，赶气泡、调液面，再把滴定管固定好．E．检查滴定管是否漏水．F．另取锥形瓶，再重复操作一次．G．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直，眼睛注视滴定管中液面的变化，并于终点时记下滴定管液面所在刻度．上述操作步骤中有错误的是G（填写“序号”），若将错误更正，则整个滴定实验操作的正确顺序是ECBADGF或ECDBAGF（填写“序号”）．（2）氧化还原滴定﹣﹣葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：葡萄酒样品馏分…注：实验中加入盐酸的目的：将Na2S2O5全部转化成SO2．①滴定时，I2溶液应装在酸（“酸”或“碱”）式滴定管中，滴定终点时滴定现象是当滴入最后一滴碘溶液时，溶液由无色变为蓝色，且保持30s不变．②实验消耗标准I2溶液，所测样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为g•L﹣1．③上述滴定过程中的原理为SO2+I2+2H2O═SO42﹣+4H++2I﹣（用离子方程式表示），下列情形会造成测定结果偏高的是CD．A．滴定持续时间稍长，溶液中部分HI被空气氧化B．滴定前平视，滴定后俯视C．盛装标准I2溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗D．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失（3）沉淀滴定﹣﹣滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶．参考下表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是D（填选项字母）．难溶物AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白浅黄白砖红白Ksp×10﹣10×10﹣13×10﹣16×10﹣12×10﹣12A．NaClB．NaBrC．NaCND．Na2CrO4．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；中和滴定．【分析】（1）中和滴定是眼睛应注视锥形瓶中溶液的颜色的变化，滴定实验有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液加指示剂、滴定等操作；（2）①I2溶液有氧化性，会腐蚀橡胶管，用淀粉做指示剂，在滴定终点时，溶液由无色变为蓝色；②由消耗碘的量，结合SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI计算二氧化硫的质量，进而计算浓度；③滴定过程中的原理为SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI，A．若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小；B．滴定前平视，滴定后俯视，读取的碘溶液的体积偏小；C．盛装标准I2溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗，所用的碘溶液的浓度偏低；D．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则消耗碘溶液的体积偏大；（3）滴定结束时，继续滴加滴定剂，滴定剂和指示剂反应生成有明显颜色变化的沉淀，保证滴定剂和被滴定物完全反应．【解答】解：（1）中和滴定是眼睛应注视锥形瓶中溶液的颜色的变化，故步骤G错误，滴定实验有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液加指示剂、滴定等操作，所以操作顺序应为ECBADGF或ECDBAGF，故答案为：G；ECBADGF或ECDBAGF；（2）①I2溶液有氧化性，会腐蚀橡胶管，I2溶液应装在酸式滴定管中，用淀粉做指示剂，在滴定终点时，当滴入最后一滴碘溶液时，溶液由无色变为蓝色，且保持30s不变，故答案为：酸；当滴入最后一滴碘溶液时，溶液由无色变为蓝色，且保持30s不变；②令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：SO2+2H2O+I2═H2SO4+2HI64g1molmg×L所以，64g：mg=1mol：×L，解得m=故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为=g/L故答案为：；③滴定过程中的原理为SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI，其离子方程式为SO2+I2+2H2O═SO42﹣+4H++2I﹣，A．若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，使测定结果偏低；B．滴定前平视，滴定后俯视，读取的碘溶液的体积偏小，使测定结果偏低；C．盛装标准I2溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗，所用的碘溶液的浓度偏低，用掉的碘溶液的体积偏大，使测定结果偏高；D．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则消耗碘溶液的体积偏大，使测定结果偏高，故选CD，故答案为：SO2+I2+2H2O═SO42﹣+4H++2I﹣；CD；（2）①②若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低，故答案为：偏低；（3）若用AgNO3去滴定NaSCN溶液，可选用的滴定指示剂的物质的溶解度应比AgSCN大，且现象明显，应为Na2CrO4，混合物中有砖红色沉淀生成，故答案为：D．18．工业制硫酸生产流程如图：（1）造气即将黄铁矿（主要成分FeS2）在沸腾炉中充分煅烧，煅烧时将黄铁矿粉碎的目的是增大固体接触面积，提高反应速率．（2）在催化反应室中发生的可逆反应为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），△H＜0．下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有cd．（填写编号）a．减少压强b．升高温度c．不断补充空气d．及时分离出SO3（3）在450℃、常压和钒催化条件下，在容积为VL的恒容容器中加入2nmolSO2和nmolO2，判断反应达到平衡状态的标志是bc．（填写编号）a．SO2和SO3浓度相等b．SO2百分含量保持不变c．容器中气体的压强不变d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等反应达平衡后测得平衡常数为K，此时O2的转化率为x，则K和x的关系满足K=；．（4）图1、2表示该SO2和O2的反应在时刻t1达到平衡、在时刻t2因改变某个条件而发生变化的情况：图1中时刻t2发生改变的条件是加入催化剂．图2中时刻t2发生改变的条件是降低温度．【考点】工业制取硫酸．【分析】（1）黄铁矿粉碎会增大反应物的接触面积加快反应速度；（2）提高SO2平衡转化率，促进化学平衡向右移动，根据化学平衡移动影响因素判断；（3）根据化学平衡状态特征判断分析，达到平衡时，一是等，二是定：等是指v正=v逆，同一种物质：该物质的生成速率等于它的消耗速率；不同的物质：速率之比等于方程式中各物质的计量数之比，但必须是不同方向的速率；定是指各成分含量保持不变：各组成成分的质量、物质的量、分子数、体积（气体）、物质的量浓度均保持不变；各组成成分的质量分数、物质的量分数、气体的体积分数均保持不变；若反应前后的物质都是气体，且总体积不等，则气体的总物质的量、总压强（恒温、恒容）、平均摩尔质量、混合气体的密度（恒温、恒压）均保持不变；平衡常数K根据“三段式”来进行计算得出；（4）根据外界条件对化学平衡的影响判断，图1中t2正逆反应速率同时同等程度增大，对于2SO2+O2⇌2SO3，使用催化剂才能实现正逆反应速率同时同等程度增大；图2中时刻t2SO3浓度增大，SO2浓度减小，即化学平衡向右移动，从温度、压强对平衡的影响进行分析．【解答】解：（1）反应物接触面积越大，反应越剧烈，黄铁矿粉碎会增大反应物的接触面积，加快反应速度，故答案为：增大固体的接触面积，提高反应速率；（2）提高SO2平衡转化率，促进化学平衡向右移动，a．正反应方向气体体积减小，减小压强，化学平衡向逆反应方向移动，故a错误；b．正反应方向放热，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，故b错误；c．增大氧气浓度，化学平衡向右移动，故c正确；d．减小生成物浓度，化学平衡向右移动，故d正确；故答案为：cd；（3）a．SO2和SO3浓度相等，并不能说明各物质浓度不变，不能判断是否平衡，故a错误；b．SO2百分含量保持不变，即各物质浓度不再发生变化，达到化学平衡状态，故b正确；c．反应前后气体物质的量不同，容器中气体的压强不变，则达到化学平衡状态，故c正确；d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等，均为正反应方向，不能判断正逆反应速率是否相等，不能判断是否平衡，故d错误；故选bc；根据题意：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），初始物质的量：2nn0变化物质的量：2nxnx2nx平衡物质的量：2n﹣2nxn﹣nx2nx则平衡常数为K==÷÷=，故答案为：bc；；（4）图1中，t2正逆反应速率同时同等程度增大，由于反应前后气体物质的量不同，增大压强化学平衡发生移动，即正逆反应速率变化程度不同，所以外界条件只能为加入催化剂，图2中时刻t2SO3浓度增大，SO2浓度减小，即化学平衡向右移动，又由于在t2时，二者浓度不变，即压强不变，或者说，不是因为压强变化而导致平衡的移动，只能为温度的影响，所以条件为降低温度，故答案为：加入催化剂；降低温度．19．铁铜单质及其化合物的应用范围很广．现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体，为制取纯净的CuCl2•2H2O，首先将其制成水溶液，然后按照如图步骤进行提纯：已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表：Fe3+Fe2+Cu2+开始沉淀的pH完全沉淀的pHa请回答下列问题：（1）化学上通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol/L时，沉淀就达到完全．已知Fe（OH）2的Ksp约为×10﹣15，则a=9．（2）加入氧化剂的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，X应选择C．A．K2Cr2O7B．浓HNO3C．H2O2D．KMnO4（3）加入的物质Y是CuO[Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3也可以]．（4）设计实验从溶液Ⅲ中获得纯净的CuCl2•2H2O．简要描述实验步骤应在HCl气流中加热蒸发结晶，过滤、冰水洗涤、低温烘干．【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】氯化亚铁和氯化铜的混合液中，加入氧化剂可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将铁离子沉淀，得到氯化铜的水溶液，然后再酸性环境下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体，（1）依据溶度积常数分析（2）加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，易除去，据此回答；（2）选择的氧化剂不能引进新的杂质离子是最佳氧化剂；（3）在调节pH时，加入的物质不能引进新杂质；（4）铜离子水解溶液显示酸性，加热蒸干硫酸铜溶液得到的是氢氧化铜，据此回答．【解答】解：根据流程图，氯化亚铁和氯化铜的混合液中，加入氧化剂可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将铁离子沉淀，得到氯化铜的水溶液，然后再酸性环境下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体，（1）残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol/L时，沉淀就达到完全．已知Fe（OH）2的Ksp约为×10﹣15，Ksp=c（Fe2+）c2（OH﹣）=×10﹣151×10﹣5mol/L×c2（OH﹣）=×10﹣15c（OH﹣）=10﹣5mol/L，c（H+）==10﹣9mol/mol，a=9，故答案为：9；（2）根据实验目的，加入氧化剂的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe（OH）3沉淀而与Cu2+分离，K2Cr2O7、HNO3、H2O2、KMnO4都具有氧化性，能将亚铁离子氧化，但是K2Cr2O7、HNO3、KMnO4能引进新的杂质离子，双氧水是绿色氧化剂，得到的还原产物是水，不会引进杂质离子，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe（OH）3沉淀而与Cu2+分离；C；（3）中和溶液的酸性，调节pH，将铁离子沉淀，铜离子不沉淀，可以加入CuO[Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3也可以]，故答案为：CuO[Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3也可以]；（4）铜离子水解溶液显示酸性，加热蒸干硫酸铜溶液得到的是氢氧化铜，为防止水解，从溶液Ⅲ中获得纯净的CuCl2•2H2O，应该在HCl气流中蒸干，在HCl气氛中加热浓缩，冷却结晶，过滤、冰水洗涤、低温烘干，故答案为：应在HCl气流中加热蒸发结晶，过滤、冰水洗涤、低温烘干．20．能源在国民经济中具有特别重要的战略地位．有人说能源相当于城市的血液，它驱动着城市的运转．（1）①丙烷（C3H8）常用作运动会火炬的燃料，右图是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O（l）过程中的能量变化图1（图中括号内“+”或“﹣”未标注），写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H1=﹣kJ/mol．②二甲醚（CH3OCH3）作为一种新型燃料，应用前景广阔．1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量．若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，则混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为1：3．③汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设计下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g），已知该反应的△H＞0，简述该设想能否实现的依据否；该反应是焓增，熵减的反应，根据△H﹣T•△S＞0，任何温度下均不能自发进行．（2）盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分数步完成，整个过程的总热效应相同．试运用盖斯定律回答下列问题：①反应A+B→C（△H＜0）分两步进行：①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）．下列示意图2中，能正确表示总反应过程中能量变化的是d（填字母）．②已知：H2O（g）=H2O（l）△H1=﹣Q1kJ/molC2H5OH（g）=C2H5OH（l）△H2=﹣Q2kJ/molC2H5OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H3=﹣Q3kJ/mol若使23g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为（Q3﹣Q2+3Q1）．【考点】热化学方程式；有关反应热的计算．【分析】（1）①分析图象得到生成1mol水的焓变△H=﹣mol，依据热化学方程式书写方法写出，注意物质聚集状态，对应量下的焓变；②依据热化学方程式结合混合气体物质的量和放热列式计算得到二甲醚和丙烷物质的量之比；③依据反应自发进行的条件是△H﹣T△S＜0分析判断；（2）①根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）﹣E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题②依据热化学方程式和盖斯定律计算所需热化学方程式，23态无水酒精物质的量==，结合热化学方程式的意义来回答．【解答】解：（1）①丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O（l）过程中的能量变化图，反应放热△H=﹣mol；则写出的热化学方程式为：C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H1=﹣kJ/mol，故答案为：C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H1=﹣kJ/mol；②1m