北京四中20142015学年高二上学期期中化学试卷含解析

2014-2015学年北京四中高二（上）期中化学试卷一、选择题：每题只有

1个选项切合题意，每题

5分，共

40分．1．在必定温度下的恒容容器中，当以下物理量不再发生变化时，不可以表示反响（g）?2C（g）+D（g）已达均衡状态的是( )

A（s）+3BA．混淆气体的压强C．B的物质的量浓度

B．混淆气体的密度D．物质A的质量2．同样温度、同样浓度下的六种电解质溶液，其pH由小到大的次序以下图，图中：①②③代表的物质可能分别为( )A．NH4Cl；（NH4）2SO4；CH3COONaB．（NH4）2SO4；NH4Cl；CH3COONaC．（NH4）2SO4；NH4Cl；NaOHD．CH3COOH；NH4Cl；（NH4）2SO4﹣1﹣1Cl，以下操作能够使24+）都增大的是(32种溶液中c（NH4)A．加入少量H2OB．加入少量NaOH固体C．通入少量HCl气体D．高升温度4．某温度下，对可逆反响：2X（g）+Y（g）?Z（g）+W（s）△H＞0，以下表达正确的是()A．加入少量W，逆反响速度增大B．高升温度时，正反响速率增大，逆反响速率减少C．压强不变充入与反响系统不反响的N2，反响速率减少，体积不变，充入N2，反响速率不变D．均衡后加入X，上述反响△H的增大5．向CRCOONa稀溶液中加入（或通入）少量X物质，其溶液中部分微粒浓度变化如表3所示（溶液温度不变），则X可能为：()微粒H+﹣CH3COO﹣OHCH3COOH物质的量浓度增大减小减小增大A．氢氧化钠B．氯化氢C．蒸馏水D．CH3COOH6．下表中是各组反响的反响物和温度，反响刚开始时，放出H2速率最快的是( )金属（粉末状）/mol酸的浓度及体积反响温度AMg0.1﹣110mL60℃6mol?L硝酸BMg0.1﹣110mL60℃3mol?L盐酸CFe0.1﹣110mL60℃3mol?L盐酸DMg0.13mol?L﹣160℃10mL硫酸A．AB．BC．CD．D7．常温下，有①Na2CO3溶液；②NaHCO溶液；③氨水；④NH4Cl溶液各25mL，其物质的量浓度均为0.1mol．L﹣1．对于上述四种溶液的说法正确的选项是()A．水的电离程度：①＜②+++﹣2B．①、②中粒子浓度关系均切合：c（Na）+c（H）=c（OH）+c（HCO2）+c（CO3﹣）C．将③、④混淆，所得溶液的pH＞7，则该溶液中：c（NH4+）+c（NH3．H2O）＜0.1mol．L1﹣1盐酸后，溶液中+）：③＜④D．向③、④中分别加入25mL0.1mol．Lc（NH48．已知：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ/mol同样温度下，在体积相同的两个恒温密闭容器中，加入必定量的反响物发生反响．有关数据以下：容器开端时各物质物质的量/mol达均衡过程系统编号CO能量的变化H2OCO2H2①1400放出热量：32.8kJ②0014热量变化：以下说法中，不正确的选项是()A．容器①中反响达均衡时，CO的转变率为80%B．容器①中CO的转变率等于容器②中CO2的转变率C．均衡时，两容器中CO2的浓度相等D．容器①中CO反响速率等于H2O的反响速率二、填空题9．25℃时，以下图烧杯中各盛有25mL的溶液．（1）甲溶液pH=__________．（2）若将甲溶液所有倒入乙中，所得的混淆溶液的pH（填“＞”、“＜”或“=”）__________丙溶液的pH．（3）若将乙溶液所有倒入丙中，所得的混淆溶液pH＞7，所得溶液中离子浓度大小次序是__________．﹣1﹣1的一元酸HA溶液10．常温下，将0.1000mol．LNaOH溶液滴入．L中，测得混淆溶液的pH变化曲线以以下图所示．（1）HA与NaOH溶液反响的离子方程式是__________．（2）图中②点所示溶液中，以下粒子的浓度关系正确的选项是__________（填序号）．A．2c（Na+）=c（HA）+c（A+）B．c（Na+）+c（H+）=c（A+）+c（OH﹣）++++C．c（Na）＞c（A）＞c（H）＞c（OH）（3）图中③点所示滴入的NaOH溶液的体积V__________20.00mL（填“＞”、“＜”或“=”）11．某化学小组为了研究外界条件对化学反响速率的影响，进行了以下实验：【实验原理】2KMNO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O【实验内容及记录】实验室温下，试管中所加试剂及用量/mL室温下，溶液褪编号0.6mol/L至无色所需时间H2O0.2mol/L3mol224溶液/minKMnO4溶液2HCOHSO13.02.03.02.04.023.03.02.02.05.233.04.01.02.06.4试回答：依据上表中的实验数据，能够获得的结论是__________，试从活化分子和有效碰撞角度解说该结论__________．该小组同学依据经验绘制了n（Mn2+）随时间变化趋向的表示图，如图甲所示．但有同学查阅已有的资料发现，该实验过程中n（Mn2+）随时间变化的趋向如图乙所示．该小组同学依据乙图所示信息提出了新的假定，并持续进行实验研究．该小组同学提出的假定是__________请你帮助该小组同学达成实验方案，并填写下表中的空白实验室温下，试管中所加试剂及用量/mL再向试管中加入少量室温下，溶编号0.6mol/L固体液褪至无色224溶液所需时间HCO/min43.02.03.0若该小组同学提出的假定建立，应察看到的现象为__________．

H2O0.2mKMn2.0____（填写甲固体学式）12．为了证明一水合氨（NH3．H2O）是弱电解质，甲、乙、丙三人分别采纳以下试剂进行实验：0.01mol．L﹣1氨水、0.1mol．L﹣1NH3Cl、NH4Cl晶体、酚酞、pH试纸、蒸馏水．1）甲用pH试纸测出0.01mol．L﹣1氨水的pH为10，则认定一水合氨是弱电解质，你以为这一方法__________（填“正确”或“不正确”）．（2）乙拿出10mL0.01mol．L﹣1氨水，用pH试纸测其pH=a，而后用蒸馏水稀释至1000mL，再用pH试纸测其pH=b，若要确认NH3．H2O是弱电解质，则a、b应知足的关系是__________．（3）丙拿出10mL0.01mol．L﹣1氨水，滴入2滴酚酞溶液，显粉红色，再加入少量NH3Cl晶体，溶液颜色变__________（填“深”或“浅”），请用均衡挪动的看法解说，原由为：__________你以为这一方法__________（填“能”或“不可以”）证明NH3．H2O是弱电解质．（4）请你依据所供给的试剂，再提出一个合理又简易的方案证明NH3．H2O是弱电解质：__________．13．在一固定容积为2L的密闭容器中加入4mol的N2和12mol的H2，在必定条件下发生反响：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0（1）若在5min时反响达到均衡，此时测得NH3的物质的量为4mol．则前5min的均匀反应速率v（N2）=__________．均衡时H2的转变率为__________．该温度下的均衡常数K1=__________（用分数表示）；若反响开始时，将1molN2和3molH2通入到该容器，再达新均衡时的均衡常数为K2，则K2__________K1（填“＞”、“＜”或“=”）（2）均衡后，若要提升H2的转变率，能够采纳的举措有__________．A．加了催化剂B．充入必定量的NeC．降低反响系统的温度D．再充入2mol的Ne和6mol的H2（3）其化学均衡常数K与温度T的关系如表所示：T/℃200300400KK1K20.5请达成以下问题：①试比较K1、K2的大小，K1__________K2（填“＞”、“＜”或“=”）．②400℃时，反响2NH3（g）?N2（g）+3H2（g）的化学均衡常数为__________，2L的容器中，当测得NH3、N2和H2物质的量分别为6mol、4mol和2mol时，则该反响的v（N2）减__________v（N2）增（填“＞”、“＜”或“=”）．4）依据化学反响速率和化学均衡理论，联合合成氨的生产实质，你以为以下说法不正确的选项是__________．化学反响速率理论可指导如何在一准时间内快出产品B．勒夏特列原理可指导如何使用有限原料多出产品C．催化剂的使用是提升产品产率的有效方法D．正确利用化学反响速率和化学反响限度理论都能够提升化工生产的综合经济效益．14．25℃时，电离均衡常数：弱酸化学式CH3COOHHClOH2CO3电离均衡常数（25℃）﹣5﹣8﹣71.75×103.0×10K1=4.4×10﹣11K2=4.7×10回答以下问题：（1）物质的量浓度为0.1mol．L﹣1的以下4种物质，pH由大到小的次序是__________．A．Na2CO3B．NaClOC．CH3COONaD．NaHCO3（2）若增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入的物质是__________．A．Na2CO3B．NaClOC．CH3COONaD．NaHCO33）常温下0.1mol．L﹣1的CH3COOH溶液加水稀释过程，以下表达式的数据必定变小的是__________．A．c（H+）B．C．c（H+）．c（OH﹣）D．（4）体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化以以下图所示，则HX的电离均衡常数__________（填“大于”“等于”或“小于”）醋酸的均衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c（H+）__________醋酸溶液水电离出来c（H+）（填“大于”“等于”或“小于”）．（5）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混淆溶液，若测得混淆液pH=6，则溶液中c（CH3COO﹣）﹣c（Na+）=__________．（填正确数值）15．物质A～E都是由下表中的离子构成的，常温下将各物质的溶液从1mL稀释到1000mL，pH的变化关系如甲图所示，此中A与D反响获得E．请回答以下问题．阳离子NH4+、H+、Na+阴离子OH﹣、CH3COO﹣、Cl﹣（1）依据pH的变化关系，写出物质的化学式：B__________，C__________．（2）写出A与C反响的离子方程式：__________．﹣1（3）图乙为室温时向25mL某浓度的B溶液中逐滴滴加的D溶液的过程中pH0.2mol．L的变化曲线．﹣1①图乙中B的物质的量浓度为__________mol．L②G点溶液呈中性，则二者恰巧完整反响的点是在__________（填FG、GH）区间．③G点溶液中各离子浓度大小关系是__________．+﹣a﹣1，c（OH﹣﹣b﹣1（4）t℃时，A的稀溶液中c（H）=10mol．L）=10mol．L，已知a+b=13，该温度下（t℃），将100mL0.2mol．L﹣1的C溶液与100mL0.4mol．L﹣1的B溶液混淆后（溶液体积变化忽视不计），溶液的pH=__________．2014-2015学年北京四中高二（上）期中化学试卷一、选择题：每题只有

1个选项切合题意，每题

5分，共

40分．1．在必定温度下的恒容容器中，当以下物理量不再发生变化时，不可以表示反响（g）?2C（g）+D（g）已达均衡状态的是( )

A（s）+3BA．混淆气体的压强B．混淆气体的密度C．B的物质的量浓度D．物质A的质量【考点】化学均衡状态的判断．【剖析】反响抵达均衡状态时，正逆反响速率相等，均衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断．解题时要注意，选择判断的物理量，跟着反响的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反响抵达均衡状态．【解答】解：A、可逆反响：A（s）+3B（g）?2C（g）+D（g），反响前后，气体的物质的量不发生变化，体积恒定，反响自开始到均衡，压强都是必定值，故A错误；B、A是固体，依据质量守恒，跟着反响进行，气体的质量在增添，当气体的总质量不发生变化时，说明抵达均衡状态，故B正确；C、B的物质的量浓度不变，说明B的物质的量不变，反响达均衡状态，故C正确；D、物质A的质量不变，说明反响均衡状态，故D正确；应选A．【评论】此题考察化学均衡状态的判断，难度不大，化学均衡状态的判断是高考的热门，平衡状态的实质是正逆反响速率相等．2．同样温度、同样浓度下的六种电解质溶液，其pH由小到大的次序以下图，图中：①②③代表的物质可能分别为( )A．NH4Cl；（NH4）2SO4；CH3COONaB．（NH4）2SO4；NH4Cl；CH3COONaC．（NH4）2SO4；NH4Cl；NaOH

D．CH3COOH；NH4Cl；（NH4）2SO4【考点】盐类水解的原理．【剖析】硫酸是强酸，其溶液呈酸性，硝酸钠是强酸强碱盐，其溶液呈中性，碳酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，依据图知，①②溶液呈酸性，且①的酸性大于②，则假如都是酸时，①中酸的电离程度大于②，假如都是强酸弱碱盐时，①的水解程度大于②的，假如是酸和盐时，则①是酸，②是盐，③溶液呈碱性，应当为盐溶液，且酸根离子的水解程度小于碳酸根离子．【解答】解：硫酸是强酸，其溶液呈酸性，硝酸钠是强酸强碱盐，其溶液呈中性，碳酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，依据图知，①②溶液呈酸性，且①的酸性大于②，则假如都是酸时，①中酸的电离程度大于②，假如都是强酸弱碱盐时，①的水解程度大于②的，假如是酸和盐时，则①是酸，②是盐，③溶液呈碱性，应当为盐溶液，且酸根离子的水解程度小于碳酸根离子．A．NH4Cl中铵根离子的浓度小于（NH4）2SO4的，水解程度小，酸性弱，故A错误；B．（NH4）2SO4中铵根离子的浓度小于NH4Cl的，水解程度大，酸性强，所以切合图象，故B正确；C．氢氧化钠是强碱，其碱性强于碳酸钠溶液的，故C错误；D．（NH4）2SO4是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，故D错误；应选B．【评论】此题考察了弱电解质的电离、盐类的水解等知识点，明确等浓度时，酸的强弱与溶液pH的关系、盐类水解程度与溶液pH的关系是解此题重点，难度中等．3．室温下，有2种溶液①0.01molL﹣1﹣1NH3?H2O②0.01molLNH4Cl，以下操作能够使2种溶液中c（NH4+）都增大的是()A．加入少量H2OB．加入少量NaOH固体C．通入少量HCl气体D．高升温度【考点】弱电解质在水溶液中的电离均衡；影响盐类水解程度的主要要素．【专题】电离均衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．+）都会减小；【剖析】A、加入少量H2O，使溶液稀释，两种溶液中c（NH4B、氢氧化钠属于强碱，加入少量NaOH固体，溶液中的c（OH﹣）增大，分别克制氨水的电离；氢氧根离子联合铵离子生成一水合氨，铵离子浓度减小；C、HCl溶于水后的盐酸是强电解质，和①NH3?H2O反响，c（NH4+）增大；盐酸中的氢离子克制了铵离子的水解，c（NH4+）也增大；+）自然减D、高升温度，②氨气会从溶液中挥发出来，致使NH3?H2O浓度减小，c（NH4小；②NH4Cl溶液，高升温度后，促使了水解，c（NH4+）减小．【解答】解：A、当向①0.01molL﹣132O②0.01molL﹣14加入少量2O后，溶液被稀释了，两溶液中的c（NH4+）都会减小，故A错误；B、加入少量NaOH固体，氢氧化钠属于强碱，加入后溶液中的（cOH﹣）增大，克制了NH3?H2O溶液的电离；氢氧根离子联合NH4+生成一水合氨，c（NH4+）都会减小，所以两溶液中铵离子浓度都减小，故B错误；①NH3?H2O反响，c（NH4+）增大；盐C、HCl溶于水后获得的盐酸是强电解质，能够和酸中的H+离子克制了NH4+的水解，c（NH4+）也增大，故C正确；D、温度高升，氨气拥有挥发性，会从氨水溶液中挥发，NH3?H2O浓度减小，溶液中的c（NH4+）减小；而NH4Cl溶液中，高升温度能够促使NH4+水解，致使c（NH4+）减小．故错误．应选C．【评论】此题考察了弱电解质的电离，盐的水解，做题时剖析要仔细，读透题意、合理剖析．4．某温度下，对可逆反响：2X（g）+Y（g）?Z（g）+W（s）△H＞0，以下表达正确的是( )A．加入少量W，逆反响速度增大B．高升温度时，正反响速率增大，逆反响速率减少C．压强不变充入与反响系统不反响的N2，反响速率减少，体积不变，充入N2，反响速率不变D．均衡后加入X，上述反响△H的增大【考点】化学均衡的影响要素．【专题】原子构成与构造专题．【剖析】A、固体量的增减不会影响反响速率，不会惹起化学均衡的挪动；B、高升温度正反响速率和逆反响速率都变大；C、压强不变充入与反响系统不反响的N2，体积增大，浓度减小，则反响速率减少；体积不变，充入N2，浓度不变，则反响速率不变；D、反响热△H与物质的化学计量数有关，与参加反响的物质的物质的量没关．【解答】解：A、W在反响中是固体，固体量的增减不会惹起化学反响速率的改变和化学均衡的挪动，故A错误；B、高升温度正反响速率和逆反响速率都变大，故B错误；C、压强不变充入与反响系统不反响的N2，体积增大，浓度减小，则反响速率减少；体积不变，充入N2，浓度不变，则反响速率不变，故C正确；D、反响热△H与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反响热不变，与参加反响的物质的物质的量没关，故D错误；应选C．【评论】此题考察外界条件对反响速率的影响、反响热△H的判断等，难度不大，注意基础知识的掌握．5．向CR3COONa稀溶液中加入（或通入）少量X物质，其溶液中部分微粒浓度变化如表所示（溶液温度不变），则X可能为：()微粒H+﹣﹣OH33CHCOOCHCOOH物质的量浓度增大减小减小增大A．氢氧化钠B．氯化氢C．蒸馏水D．CH3COOH【考点】影响盐类水解程度的主要要素．﹣【剖析】CH3COONa稀溶液中存在醋酸根离子的水解反响，CH3COO+H2O?CH3COOH+OH﹣；溶液呈碱性，依照溶液中的均衡和离子积常数判断离子浓度变化；图表中H+浓度、CH3COOH减小，OH﹣、CH3COO﹣增大，说明加入的物质应是碱性溶液，克制了CH3COONa溶液的水解，联合选项剖析判断．【解答】解：CH3COONa稀溶液中存在醋酸根离子的水解反响，CH3﹣COO+H2O?CH3COOH+OH﹣；溶液呈碱性，依照溶液中的均衡和离子积常数判断离子浓度变化；图表中H+浓度、CH3COOH减小，OH﹣、CH3COO﹣增大，说明加入的物质应是碱性溶液，克制了CH3COONa溶液的水解，A、加氢氧化钠，克制了CH3COONa溶液的水解，致使H+浓度、CH3COOH减小，OH﹣、CH3COO﹣增大，故A错误；H+浓度、CH3COOH增大，OH﹣、CH3COOB、通入氯化氢，对水解均衡起促使作用，致使﹣减小，故B正确；C、越稀越水解，CH3COOH、OH﹣、CH3COO﹣都减小，而H+浓度增大，故C错误；D、加醋酸，克制了CH3COONa溶液的水解，H+浓度增大，CH3COOH增大，CH3COO﹣增大，OH﹣减小，故D错误；应选：B．【评论】此题考察了盐类水解的应用，水解均衡的影响要素剖析判断，注意离子浓度变化的特色是解题重点，题目难度中等．6．下表中是各组反响的反响物和温度，反响刚开始时，放出H2速率最快的是()金属（粉末状）/mol酸的浓度及体积反响温度AMg0.16mol?L﹣160℃10mL硝酸BMg0.13mol?L﹣160℃10mL盐酸﹣1CFe0.13mol?L60℃10mL盐酸﹣1DMg0.13mol?L60℃10mL硫酸A．AB．BC．CD．D【考点】化学反响速率的影响要素．【专题】化学反响速率专题．【剖析】影响化学反响速率的主要要素是物质的自己性质，对于同一个化学反响，反响物浓度越大，温度越高，反响速率越大，注意硝酸与金属反响不生成氢气．【解答】解：开朗性Mg＞Fe，则Mg反响较快，硝酸与金属反响不生成氢气，D中氢离子浓度最大，则反响速率最大．应选D．【评论】此题考察化学反响速率的影响要素，难度不大，注意金属的开朗性强弱，为影响反应速率的主要要素，易错点为A，注意硝酸与金属反响不生成氢气．7．常温下，有①Na2CO3溶液；②NaHCO溶液；③氨水；④NH4Cl溶液各25mL，其物﹣1．对于上述四种溶液的说法正确的选项是()质的量浓度均为0.1mol．LA．水的电离程度：①＜②+++2﹣B．①、②中粒子浓度关系均切合：c（Na）+c（H）=c（OH）+c（HCO2）+c（CO3﹣）4+C．将③、④混淆，所得溶液的pH＞7，则该溶液中：c（NH）+c（NH3．H2﹣1﹣1盐酸后，溶液中+D．向③、④中分别加入25mL0.1mol．Lc（NH4）：③＜④【考点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．【剖析】A、依照溶液中的溶质电离和水解程度剖析判断；B、依照碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中的电离和水解剖析离子种类，联合电荷守恒剖析判断；C、依照溶液中的物料守恒剖析判断；D、盐酸和一水合氨恰巧反响生成氯化铵溶液，克制铵根离子的水解；【解答】解：A、有①Na2CO3溶液、②NaHCO3溶液、③氨水、④NH4Cl溶液备25mL，其物质的量浓度均为0．lmol?L﹣1，一水合氨电离生成氢氧根离子显碱性，氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性；碳酸根离子水解显碱性，碳酸氢根离子水解显碱性；同浓度碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，溶液碱性强；水的电离程度①＞②，故A错误；23溶液、②NaHCO3溶液中存在电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+cB、①NaCO2﹣），故B错误；（HCO3﹣）+2c（co3﹣1C、③氨水和④NH4Cl溶液各25mL，其物质的量浓度均为，③、④混淆后0.1mol．L二者的浓度均为0.05mol/L，混淆后pH＞7，只好说明溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，但不论溶液显什么性，溶液中必定存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3?H2O）=0.1mol/L，故C错误；D、盐酸和一水合氨恰巧反响生成氯化铵溶液，氯化铵的浓度为0.05mol/L，氯化铵溶液中加入盐酸克制铵根离子的水解，溶液中c（NH4+）③＜④，故D正确；应选D．【评论】此题考察了弱电解质电离均衡，盐类水解的应用，溶液酸碱性的剖析判断，溶液pH大小比较，题目难度中等．8．已知：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ/mol同样温度下，在体积相同的两个恒温密闭容器中，加入必定量的反响物发生反响．有关数据以下：容器开端时各物质物质的量/mol达均衡过程系统编号CO能量的变化H2OCO2H2①1400放出热量：32.8kJ②0014热量变化：以下说法中，不正确的选项是()A．容器①中反响达均衡时，CO的转变率为80%B．容器①中CO的转变率等于容器②中CO2的转变率C．均衡时，两容器中CO2的浓度相等D．容器①中CO反响速率等于H2O的反响速率【考点】化学均衡的计算．【专题】化学均衡专题．【剖析】A、依据均衡时放出的热量，联合热化学方程式计算参加反响的CO的物质的量，再依据转变率定义计算；B、容器①②温度同样，同一可逆反响正逆均衡常数互为倒数，依据容器①计算均衡常数，令容器②中CO2的物质的量变化量为amol，表示出均衡时各组分的物质的量，反响前后气体的体积不变，利用物质的量取代浓度代入均衡常数表达式计算a的值，从而计算CO2的转变率，C、依据B中的计算判断；D、速率之比等于化学计量数之比．【解答】解：A、均衡时放出的热量为32.8kJ，故参加反响的CO的物质的量×1mol=0.8mol，CO的转变率为×100%=80%，故A正确；B、容器①②温度同样，均衡常数同样，依据容器①计算均衡常数，由A计算可知，均衡时CO的物质的量变化量为0.8mol，则：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）开始（mol）：1400变化（mol）：0.80.80.80.8均衡（mol）：0.23.20.80.8故均衡常数k==1，故容器②中的均衡常数为1，令容器②中CO2的物质的量变化量为amol，则：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）开始（mol）：1400变化（mol）：aaaa均衡（mol）：1﹣a4﹣aaa所以，解得a=0.8CO2的转变率为×100%=80%，故B正确；C、由A上当算可知容器①均衡时CO2的物质的量为0.8mol，由B上当算可知容器②中CO2的物质的量为1mol﹣0.8mol=0.2mol，容器的体积同样，均衡时，两容器中CO2的浓度不相等，故C错误；D、速率之比等于化学计量数之比，故容器①中CO反响速率等于H2O的反响速率，故D正确；应选C．【评论】此题考察化学均衡的有关计算，难度中等，注意C选项中能够利用代换法理解解答．二、填空题9．25℃时，以下图烧杯中各盛有25mL的溶液．1）甲溶液pH=1．（2）若将甲溶液所有倒入乙中，所得的混淆溶液的pH（填“＞”、“＜”或“=”）＞丙溶液的pH．3）若将乙溶液所有倒入丙中，所得的混淆溶液pH＞7，所得溶液中离子浓度大小次序是c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．【考点】pH的简单计算；酸碱混淆时的定性判断及有关【专题】电离均衡与溶液的pH专题．

ph的计算．【剖析】（1）pH=﹣；（2）等体积等物质的量浓度的盐酸和氨水恰巧反响生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，浓度不一样的氯化铵溶液，浓度越小，其溶液的PH越大；3）若将乙溶液所有倒入丙中，所得的混淆溶液pH＞7，说明一水合氨是电离程度大于铵根离子的水解程度，依据溶液的酸碱性联合电荷守恒确立离子浓度大小．【解答】解：（1）氯化氢是强电解质，在水中完整电离，所以c（H+）=c（HCl）=0.100mol/L，所以pH=﹣=﹣lg0.100=1，故答案为：1；2）等体积等物质的量浓度的盐酸和氨水恰巧反响生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，溶液混淆时体积增大一倍，浓度是丙中的一半，氯化铵的浓度越小，其酸性越弱，所以混淆溶液的pH大于丙，故答案为：＞；3）若将乙溶液所有倒入丙中，所得的混淆溶液pH＞7，说明一水合氨是电离程度大于铵根离子的水解程度，所以得c（OH﹣）＞c（H+），溶液中存在电荷守恒，c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），所以得c（NH4+）＞c（Cl﹣），则溶液中离子浓度大小次序是c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．【评论】此题考察了pH的简单计算、离子浓度大小的比较等知识点，依据pH的计算公式及电荷守恒来剖析即可，难度不大．﹣1﹣1的一元酸HA溶液10．常温下，将0.1000mol．LNaOH溶液滴入．L中，测得混淆溶液的pH变化曲线以以下图所示．（1）HA与NaOH溶液反响的离子方程式是HA+OH﹣=A﹣+H2O．（2）图中②点所示溶液中，以下粒子的浓度关系正确的选项是AB（填序号）．A．2c（Na+）=c（HA）+c（A+）B．c（Na+）+c（H+）=c（A+）+c（OH﹣）C．c（Na）+＞c（A+）＞c（H+）＞c（OH+）D．①、②、③点所含微粒种类完整同样（3）图中③点所示滴入的NaOH溶液的体积V＜20.00mL（填“＞”、“＜”或“=”）【考点】酸碱混淆时的定性判断及有关ph的计算．【剖析】（1）由图象可知0.1000molL﹣1的一元酸HA溶液pH约为4，可证明HA为弱酸，据此写出反响的离子方程式；（2）图中②点酸过度，溶液呈酸性，联合物料守恒和电荷守恒解答该题；（3）因为HA为弱酸，③点时溶液呈中性，加入NaOH体积应小于20.00mL．【解答】解：（1）由图象可知0.1000molL﹣1的一元酸HA溶液pH约为4，说明HA为弱酸，则发生反响的离子方程式为：HA+OH﹣=A﹣+H2O，故答案为：HA+OH﹣=A﹣+H2O；（2）A．②点时加入NaOH物质的量为HA的物质的量的，由物料守恒可知：2c（Na+）﹣=c（HA）+c（A），故A正确；B．依据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），故B正确；C．②点时加入热NaOH物质的量为HA的物质的量的，反响后溶质为等浓度的NaA和HA，混淆液呈酸性，则A﹣的水解程度小于HA的电离程度，则c（A﹣）＞c（Na+），故C错误；D．①点时溶质为HA，不存在钠离子，所以①点溶液中离子与②③点所含微粒种类不一样，故D错误；故答案为：AB；（3）因为HA为弱酸，③点时溶液呈中性，加入NaOH体积应小于20.00mL，故答案为：＜．【评论】此题考察酸碱混淆的定性判断及溶液pH的计算，题目难度中等，依据图象判断HA

为弱酸为解答该题的重点，注意掌握酸碱混淆的定性判断及

pH

的计算方法，明确离子浓度大小的判断方法．11．某化学小组为了研究外界条件对化学反响速率的影响，进行了以下实验：【实验原理】2KMNO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O【实验内容及记录】实验室温下，试管中所加试剂及用量/mL室温下，溶液褪编号0.6mol/L至无色所需时间H2O0.2mol/L3molH2C2O4溶液/minKMnO4溶液H2SO13.02.03.02.04.023.03.02.02.05.233.04.01.02.06.4试回答：依据上表中的实验数据，能够获得的结论是其余条件同样时，增大

KMnO4浓度反响速率增大，试从活化分子和有效碰撞角度解说该结论反响物浓度增大，

单位体积内的活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反响速率增大．该小组同学依据经验绘制了n（Mn2+）随时间变化趋向的表示图，如图甲所示．但有同学查阅已有的资料发现，该实验过程中n（Mn2+）随时间变化的趋向如图乙所示．该小组同学根据乙图所示信息提出了新的假定，并持续进行实验研究．该小组同学提出的假定是生成物中的MnSO（或Mn2+）为该反响的催化剂4请你帮助该小组同学达成实验方案，并填写下表中的空白实验室温下，试管中所加试剂及用量/mL再向试管中加入少量室温下，溶编号0.6mol/L固体液褪至无色H2O0.2mH2C2O4溶液所需时间KMn/min43.02.03.02.0MnSO所加甲的化学若该小组同学提出的假定建立，应察看到的现象为与实验1比较，溶液退色的时间小于4min．【考点】研究影响化学反响速率的要素．【专题】化学反响速率专题．【剖析】（1）从表中数据可知改变的条件是KMnO4浓度；反响物浓度增大，单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞几率增大；（2）由图乙可知反响开始后速率增大的比较快，作对照实验，其余条件同样时加入MnSO4，若反响加速，说明Mn2+是催化剂．【解答】解：（1）从表中数据可知改变的条件是KMnO4浓度；其余条件同样时，增大KMnO4浓度，反响速率增大，原由是反响物浓度增大，单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞几率增大；故答案为：其余条件同样时，增大KMnO4浓度反响速率增大；反响物浓度增大，单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞几率增大，反响速率增大；MnSO4（或Mn2+）为该（2）由图乙可知反响开始后速率增大的比较快，说明生成物中的反响的催化剂，作对照实验与与实验1比较，其余条件同样时加入MnSO4，若反响加速，溶液退色的时间小于4min，说明Mn2+是催化剂；故答案为：生成物中的MnSO4（或Mn2+）为该反响的催化剂；MnSO4；与实验1比较，溶液退色的时间小于4min．【评论】此题主要联合实验考察了外界条件对化学反响速率的影响，题目难度不大，注意对比剖析图表中的数据找出同样点和不一样点．12．为了证明一水合氨（NH3．H2O）是弱电解质，甲、乙、丙三人分别采纳以下试剂进行实验：0.01mol．L﹣1氨水、0.1mol．L﹣1NH3Cl、NH4Cl晶体、酚酞、pH试纸、蒸馏水．1）甲用pH试纸测出0.01mol．L﹣1氨水的pH为10，则认定一水合氨是弱电解质，你以为这一方法正确（填“正确”或“不正确”）．（2）乙拿出10mL0.01mol．L﹣1氨水，用pH试纸测其pH=a，而后用蒸馏水稀释至1000mL，再用pH试纸测其pH=b，若要确认NH3．H2O是弱电解质，则a、b应知足的关系是a﹣2＜b＜a．（3）丙拿出10mL0.01mol．L﹣1氨水，滴入2滴酚酞溶液，显粉红色，再加入少量NH3Cl晶体，溶液颜色变浅（填“深”或“浅”），请用均衡挪动的看法解说，原由为：向氨水中加入氯化铵后，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离均衡逆向挪动，溶液的碱性减弱，则溶液的颜色变浅，则说明氨水存在电离均衡你以为这一方法能（填“能”或“不可以”）证明NH3．H2O是弱电解质．（4）请你依据所供给的试剂，再提出一个合理又简易的方案证明NH3．H2O是弱电解质：配制0.1mol/L的氯化铵溶液，将氯化铵溶液滴到pH试纸上，测得其pH＜7，说明氯化铵是强酸弱碱盐，则一水合氨是弱电解质．【考点】弱电解质在水溶液中的电离均衡．【剖析】（1）依据必定物质的量浓度的溶液的pH大小，确立电解质的电离程度，从而确立强弱电解质；（2）利用假定法剖析，假定是强碱，稀释100倍后，溶液的pH减小2个单位，假如是弱碱，稀释100倍后，溶液的pH减小的小于2个单位；3）假如氨水是弱碱，则存在电离均衡，加入含有同样离子的盐能改变均衡的挪动，则溶液的颜色发生变化，假如不变化，则证明是强碱；4）依据氯化铵溶液的酸碱性确立一水合氨电解质的强弱．【解答】解：（1）假如氨水是强碱，0.10mol?L﹣1+）=，pH为13，实质氨水C（H上溶液的pH=10＜13，所以氨水是弱碱；故答案为：正确；2）假如强碱，稀释100倍，pH减小2个单位，因为是弱碱，稀释的过程中，会部分电离，即C（OH﹣）变化的幅度变小，pH减小幅度小于2个单位，则有a﹣2＜b，且b＜a；故答案为：a﹣2＜b＜a；3）向氨水中加入氯化铵后，假如氨水是弱电解质，则克制氨水的电离，溶液中氢氧根离子浓度降低，溶液的碱性减弱，则溶液的颜色变浅，则说明氨水存在电离均衡；故答案为：浅；向氨水中加入氯化铵后，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离均衡逆向挪动，溶液的碱性减弱，则溶液的颜色变浅，则说明氨水存在电离均衡；能；（4）配制0.1mol/L的氯化铵溶液，将氯化铵溶液滴到pH试纸上，测得其pH＜7，说明氯化铵是强酸弱碱盐，则一水合氨是弱电解质，故答案为：配制0.1mol/L的氯化铵溶液，将氯化铵溶液滴到pH试纸上，测得其pH＜7，说明氯化铵是强酸弱碱盐，则一水合氨是弱电解质．【评论】此题考察了研究电解质一水合氨的强弱，依据氨水浓度与其pH的关系、稀释氨水时pH的变化及其强酸盐的PH确立一水合氨的强弱，知道电解质强弱与其电离程度有关，与溶液的导电性强弱没关，为易错点．13．在一固定容积为2L的密闭容器中加入4mol的N2和12mol的H2，在必定条件下发生反响：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0（1）若在5min时反响达到均衡，此时测得NH3的物质的量为4mol．则前5min的均匀反应速率v（N2）=0.2mol/（L?min）．均衡时H2的转变率为50%．该温度下的均衡常数K1=（用分数表示）；若反响开始时，将1molN2和3molH2通入到该容器，再达新均衡时的均衡常数为K2，则K2=K1（填“＞”、“＜”或“=”）（2）均衡后，若要提升H2的转变率，能够采纳的举措有C．A．加了催化剂B．充入必定量的NeC．降低反响系统的温度D．再充入2mol的Ne和6mol的H2（3）其化学均衡常数K与温度T的关系如表所示：T/℃200300400KK1K20.5请达成以下问题：①试比较K1、K2的大小，K1＞K2（填“＞”、“＜”或“=”）．②400℃时，反响2NH3（g）?N2（g）+3H2（g）的化学均衡常数为2，2L的容器中，当测得NH3、N2和H2物质的量分别为6mol、4mol和2mol时，则该反响的v（N2）减＞v（N2）增（填“＞”、“＜”或“=”）．4）依据化学反响速率和化学均衡理论，联合合成氨的生产实质，你以为以下说法不正确的选项是C．化学反响速率理论可指导如何在一准时间内快出产品B．勒夏特列原理可指导如何使用有限原料多出产品C．催化剂的使用是提升产品产率的有效方法D．正确利用化学反响速率和化学反响限度理论都能够提升化工生产的综合经济效益．【考点】化学均衡的计算；化学均衡的影响要素；化学均衡的调控作用．【专题】化学均衡专题；化学反响速率专题．【剖析】（1）依照化学均衡三段式列式计算，若在5min时反响达到均衡，此时测得NH3的物质的量为4mol，N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）开端量（mol）4120变化量（mol）264平权衡（mol）264反响速率v=，转变率=×100%，均衡常数=；若反响开始时，将1molN2和3molH2通入到该容器，再达新均衡时的均衡常数为K2，均衡常数随温度变化，温度不变均衡常数不变；2）必定条件下的密闭容器中，该反响达到均衡，要提升H2的转变率，即让化学均衡正向进行即可，一般不考虑加压，能够增添反响物N2的浓度、分别出NH3（减小生成物的浓度），高温条件会使均衡向左进行，加入催化剂不会改变反响物的转变率，增添H2的浓度会使得氢气的转变率减小；（3）①对于放热反响，温度越高，均衡逆向挪动，反响均衡常数越小；②化学均衡常数，正反响均衡常数和你反响的均衡常数互为倒数，依据浓度熵和均衡常数的关系来确立均衡的挪动方向；4）化学反响速率是表示物质反响快慢的物理量，在必定条件下反响达到化学均衡状态时，正逆反响速率相等，各物质的浓度不变，化学均衡为动向均衡，当外界条件发生改变时，均衡发生挪动，可经过改变外界条件是均衡发生挪动，提升化工生产的综合经济效益．【解答】解：（1）依照化学均衡三段式列式计算，若在5min时反响达到均衡，此时测得NH3的物质的量为4mol，N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）开端量（mol）4120变化量（mol）264平权衡（mol）264则前5min的均匀反响速率v（N2）===0.2mol/（L?min），均衡时H2的转变率=×100%=×100%=50%，均衡状态物质浓度c（N2）=1mol/L，c（H2）=3mol/L，c（NH3）=2mol/L，均衡常数

=

=

=，若反响开始时，将1molN2和3molH2通入到该容器，再达新均衡时的均衡常数为常数随温度变化，温度不变均衡常数不变，K2=K1，

K2，均衡故答案为：0.2mol/（L?min）；50%；；=；2）必定条件下的密闭容器中，该反响达到均衡，要提升H2的转变率，即让化学均衡正向进行即可，A．加了催化剂改变反响速率，不改变化学均衡，不可以增大氢气转变率，故A错误；B．充入必定量的Ne是惰性气体，总压增大，气体分压不变，均衡不变，不可以增大氢气的转变率，故B错误；C．反响是放热反响，降低反响系统的温度，均衡正向进行，氢气转变率增大，故C正确；D．再充入2mol的Ne总压增大，分压不变，均衡不变，加入6mol的H2增大氮气转变率，氢气转变率减小，故D错误；故答案为：C；3）①该反响正反响是放热反响，高升温度，均衡向逆反响方向挪动，生成物浓度减小，反响物浓度增大，所以K1＞K2，故答案为：＞；②400℃时，反响2NH3（g）?N2（g）+3H2（g）的化学均衡常数K的值和反响N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）的均衡常数呈倒数，所以K==2；容器的体积为0.5L，NH3和N2．H2的物质的量浓度分别为：6mol/L、4mol/L、2mol/L，400℃时，浓度商Qc==＜K=2，说明反响正向进行，所以有v（N2）正＞v（N2）逆；故答案为：2；＞；（4）A．依据影响化学反响速率的要素，可指导如何在一准时间内快出产品，故A正确；B．联合影响化学均衡的要素，采纳适合的外界条件，是均衡向正反响方向挪动，可提升产率，故B正确；C．化学反响速率是表示物质反响的快慢，不可以改变原料的转变率，故C错误；D．在必定的反响速率的前提下，尽可能使均衡向正反响方向挪动，可提升化工生产的综合经济效益，故D正确．应选C．【评论】此题考察化学均衡常数及影响要素、意义，反响速率计算等，题目难度中等，注意化学均衡常数大小说明反响进行程度，与反响难易没关、与反响速率没关．14．25℃时，电离均衡常数：弱酸化学式CH3COOH电离均衡常数（25℃）1.75×10﹣5回答以下问题：（1）物质的量浓度为0.1mol．L﹣1的以下A．Na2CO3B．NaClOC．CH3COONaD．NaHCO3

HClOH2CO3﹣8﹣71﹣11K2=4.7×104种物质，pH由大到小的次序是A＞B＞D＞C．（2）若增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入的物质是BD．A．Na2CO3B．NaClOC．CH3COONaD．NaHCO33）常温下0.1mol．L﹣1的CH3COOH溶液加水稀释过程，以下表达式的数据必定变小的是A．A．c（H+）B．C．c（H+）．c（OH﹣）D．（4）体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化以以下图所示，则HX的电离均衡常数大于（填“大于”“等于”或“小于”）醋酸的均衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c（H+）大于醋酸溶液水电离出来c（H+）（填“大于”“等于”或“小于”）．（5）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混淆溶液，若测得混淆液pH=6，则溶液中c﹣+﹣7（CH3COO）﹣c（Na）=9.9×10mol/L．（填正确数值）【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离均衡．【剖析】（1）酸的酸性越弱，酸的电离均衡常数越小，则酸根离子水解程度越大，同样浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大其钠盐溶液pH越大；2）若增大氯水中次氯酸的浓度，向氯水中加入的物质能和稀盐酸反响但不可以和次氯酸反响或克制次氯酸电离；3）加水稀释醋酸促使醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（H+）减小，温度不变，水的离子积常数不变；（4）加水稀释促使弱酸电离，pH同样的不一样酸稀释同样的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱克制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其克制水电离程度越大；（5）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混淆溶液，若测得混淆液pH=6，则c（H+）=10﹣6﹣）=mol/L=10﹣8mol/L，依据电荷守恒得3﹣）﹣mol/L，溶液中c（OHc（CHCOOc（Na+）=c（H+）﹣c（OH﹣）．【解答】解：（1）酸的酸性越弱，酸的电离均衡常数越小，则酸根离子水解程度越大，同样浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大其钠盐溶液pH越大，依据表中数据知，酸性强弱次序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，酸根离子水解程度大小次序是CO32﹣＞ClO﹣﹣﹣pH大小次序是A＞B＞D＞C，＞HCO3＞CH3COO，则同样浓度的钠盐故答案为：A＞B＞D＞C；（2）若增大氯水中次氯酸的浓度，向氯水中加入的物质能和稀盐酸反响但不可以和次氯酸反应或克制次氯酸电离，酸性强弱次序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，所以加入碳酸氢钠能和稀盐酸反响而不睦次氯酸反响，加入次氯酸钠能克制次氯酸电离，应选BD；（3）温度不变，水的离子积常数不变，．加水稀释醋酸促使醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（H+）减小，故A正确；B．加水稀释醋酸促使醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（CH3COO﹣减小，温度不变电离均衡常数不变，所以==增大，故B错误；C．温度不变水的离子积常数不变，所以c（H+）．c（OH﹣）不变，故C错误；．加水稀释醋酸促使醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（H+）减小，离子积常数不变，则

c（OH﹣）增大，所以

增大，故

D错误；应选

A；（4）加水稀释促使弱酸电离，pH同样