江西省抚州市临川十中2016-2017学年高二（上）期中化学试卷（解析版）
文档属性
| 名称 | 江西省抚州市临川十中2016-2017学年高二（上）期中化学试卷（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 209.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2016-12-27 07:52:04 | ||
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文档简介
2016-2017学年江西省抚州市临川十中高二（上）期中化学试卷
一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）
1．化学与科学、社会和人类生活密不可分，修订后的《中华人民共和国大气污染防治法》已于2016年1月1日起施行．下列有关大气污染防治说法错误的是（ ）
A．开发新能源，如太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖，也减少对大气的污染
B．农作物收割后留下的秸秆可以就地焚烧
C．实施“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境
D．汽油发动机工作时会产生少量NO和CO，采用催化反应装置可以减少污染物排放
2．下列有关化学反应中能量变化的理解，正确的是（ ）
A．需要加热才能发生的反应，一定是吸收能量的反应
B．在化学反应过程中总是伴随着能量的变化
C．释放能量的反应在常温下一定很容易发生
D．在确定的化学反应中反应物的总能量总是高于生成物的总能量
3．在一定条件下，能使A（g）+B（g） C（g）+D（g）正反应速率增大的措施是（ ）
A．减小C和D的浓度
B．增大D的浓度
C．减小B的浓度
D．增大A和B的浓度
4．100℃时，将0.1mol
N2O4置于1L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4（g） 2NO2
（g）．下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是（ ）
①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2
②NO2生成速率与NO2消耗速率相等
③烧瓶内气体的压强不再变化
④烧瓶内气体的质量不再变化
⑤NO2的物质的量浓度不再改变
⑥烧瓶内气体的颜色不再加深
⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化
⑧烧瓶内气体的密度不再变化．
A．②③⑥⑦
B．①④⑧
C．只有①④
D．只有⑦⑧
5．下列有关焓（H）判据和熵（S）判据的叙述正确的是（ ）
A．△H＞0的反应使体系能量升高，不能自发进行
B．△H＜0的反应使体系能量降低，无需加热便能自发进行
C．在与外界隔离的体系中，自发过程将导致熵增大
D．熵增原理说明△S＜0过程在任何条件下都不能自发进行
6．下列说法中正确的是（ ）
A．液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质
B．NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质
C．铜、石墨均导电，所以它们是电解质
D．蔗糖、酒精在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质
7．低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）△H＜0在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是（ ）
A．平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大
B．平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小
C．单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2时，反应达到平衡
D．其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大
8．甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）
A．0.1mol/L甲酸溶液的c（H+）=10﹣3mol/L
B．甲酸以任意比与水互溶
C．10mL
1mol/L甲酸恰好与10mL
1mol/L
NaOH溶液完全反应
D．甲酸溶液的导电性比一元强酸溶液的弱
9．在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡：S2﹣+H2O═HS﹣+OH﹣．下列说法正确的是（ ）
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．通入H2S，HS﹣浓度增大
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
10．物质的量浓度相同的下列溶液，pH由大到小排列正确的是（ ）
A．Ba（OH）2、Na2SO3、FeCl3、KCl
B．Na2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4Cl
C．NH3 H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4
D．NaHCO3、H2SO4、C2H5OH、HCl
11．要求设计实验证明某种盐的水解是吸热的，有四位学生分别作出如下回答，其中正确的是（ ）
A．甲学生：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的
B．乙学生：在盐酸中加入相同温度的氨水，若实验过程中混合液温度下降，说明盐类水解是吸热的
C．丙学生：在醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的
D．丁学生：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，说明盐类水解是吸热的
12．在2A（g）+B（g） 3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A．VA=1.0
mol/（L S）
B．VB=0.6
mol/（
L S）
C．VC=1.6
mol/（L S）
D．VD=2.0
mol/（L S）
13．在一定条件下，使10mol
SO3在体积固定为2L的密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），则下图中正确的是（表示混合气体的平均相对分子质量）（ ）
A．
B．
C．
D．
14．在一固定体积密闭容器中，加入2molA和1molB，发生反应：2A（g）+B（g） 3C（g）+D（g）达平衡时，C的浓度为ω
mol/L，若维持容器体积和温度不变，按下列四种配比作起始物质，达平衡后，C的浓度仍为ω
mol/L的是（ ）
A．4molA+2molB
B．2mol
A+1mol
B+3mol
C+1mol
D
C．3mol
C+1mol
D+1mol
B
D．3mol
C+1mol
D
15．0.1mol/LKHSO4
溶液和0.1mol/LNa2S等体积混合后，溶液能使酚酞试液变红，则离子浓度关系正确的是（ ）
A．c（SO42﹣）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．c（Na+）＞c（K+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．c（Na+）=c（S2﹣）+c（H2S）+c（HS﹣）+c（SO42﹣）
D．c（Na+）+c（H+）+c（K+）=2c（SO42﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣）
16．在2
L密闭容器中将4
mol气体A和2
mol气体B混合，在一定温度下发生反应：3A（g）+2B（g） xC（g）+2D（g）．2min后达到平衡时生成1.6mol
C，又测得反应速率v（D）=0.2mol/（L min），下列说法正确的是（ ）
A．x=4
B．B的转化率为60%
C．A的平衡浓度是2.8mol/L
D．平衡时气体的压强是原来的0.94倍
二、解答题（共1小题，满分8分）
17．处于下列状态的物质中：①NaCl
②CO2
③NH3 H2O
④Cu
⑤HCl
⑥NaOH
⑦酒精
⑧H2O
⑨NaCl溶液
⑩NH3
（1）属于强电解质的是
（填序号，下同） ；
（2）属于弱电解质的是 ；
（3）属于非电解质的是 ；
（4）能导电的是 ．
三、简答题（本大题共5小题，共44分）
18．已知：
H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol；
C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2220.0kJ/mol；
H2O（l）═H2O（g）△H=+44.0kJ/mol．
（1）写出丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式：
（2）实验测得H2和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧生成液态水时放热6262.5kj，则混合气体中H2和C3H8的体积比为多少？
19．已知：
P4（白磷，s）+5O2（g）═P4O10（s）△H=﹣2983.2kJ/mol
P（红磷，s）+O2（g）═P4O10（s）△H=﹣738.5kJ/mol
试写出白磷转化为红磷的热化学方程式 ；白磷的稳定性比红磷
（填“高”或“低”）．
20．海水资源丰富，海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣HCO3﹣等离子．合理利用海水资源和保护环境是我国可持续发展的重要保证．
Ⅰ火力发电燃烧煤排放的SO2会造成一系列环境和生态问题．利用海水脱硫是一种有效的方法，其工艺流程如图所示：
（1）天然海水的pH≈8，呈弱碱性．用离子方程式解释主要原因 ．
（2）天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，其反应的化学方程式是 ；氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混后才能排放，该操作的主要目的是中和、稀释经氧气氧化后海水中生成的酸．
（3）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，该溶液中c（Na+）= （用含硫微粒浓度的代数式表示）．
（4）相同物质的量的SO2与NH3溶于水发生反应的离子方程式为 ，所得溶液中c（H+）﹣c（OH﹣）=
（填字母编号）．
A．c（SO32﹣）﹣c（H2SO3）
B．c（SO32﹣）+c（NH3．H2O）﹣c（H2SO3）
C．c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）﹣c（NH4+）
D．c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+）
Ⅱ重金属离子对河流及海洋造成严重污染．某化工厂废水（pH=2.0，ρ≈1g/mL）中含有Ag+、Pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.1mol/L．排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如下：
难溶电解质
AgI
AgOH
Ag2S
pbI2
Pb（OH）2
PbS
Ksp
8.3×10﹣17
5.6×10﹣8
6.3×10﹣50
7.1×10﹣9
1.2×10﹣15
3.4×10﹣28
（5）你认为往废水中投入 （填字母序号），沉淀效果最好．
A．NaOH
B．Na2S
C．KI
D．Ca（OH）2
（6）如果用生石灰处理上述废水，使溶液的pH=8.0，处理后的废水中c（Pb2+）= ．
（ 7 ）如果用食盐处理只含Ag+的废水，测得处理后的废水中NaCl的质量分数为0.117%（ρ≈1g mL﹣1）．若环境要求排放标准为c（Ag+）低于1.0×10﹣8mol/L，问该工厂处理后的废水中c（Ag+）= ．（已知KSP（AgCl）=1.8×10﹣10）
21．甲醇是主要的化学工业基础原料和清洁液体燃料．工业上可以用CO或CO2来生产燃料甲醇．已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下表所示：
化学反应及平衡常数
温度/℃
500
800
①2H2（g）+CO（g） CH3OH（g）△H1
K1
2.5
0.15
②H2（g）+CO2（g） CO（g）+H2O（g）△H2
K2
1.0
2.50
③3H2（g）+CO2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H3
K3
（1）反应②的反应热△H2 0（填“＞”、“＜”或“=”）；
（2）某温度下反应①中H2的平衡转化率（a）与体系总压强（P）的关系如图1所示．则平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A） K（B）
（填“＞”、“＜”或“=”）；
（3）根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3= （用K1、K2表示）．500℃时测得反应③在某时刻H2（g）、CO2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）的浓度（mol/L）分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时v（正） v（逆）
（填“＞”、“＜”或“=”）；
（4）在3L容积可变的密闭容器中发生反应②，已知c（CO）与反应时间t变化曲线Ⅰ如图2所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线Ⅲ．当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是 ；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是 ；
（5）一定条件下甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸．通常状况下，将amol/L的乙酸与bmol/LBa（OH）2溶液等体积混合，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣），用含a和b的代数式表示该混合溶液中乙酸的电离常数为 ．
22．SO2是造成空气污染的主要原因之一，利用钠碱循环法可除去SO2．
（1）钠碱循环法中，吸收液为Na2SO3溶液，该反应的离子方程式是 ．
（2）已知常温下，H2SO3的电离常数为
K1=1.54×10﹣2，K2=1.02×10﹣7，H2CO3的电离常数为
K1=4，.30×10﹣7，K2=5.60×10﹣11，则下列微粒可以大量共存的是
（选填编号）．
a．CO32﹣HSO3﹣b．HCO3﹣HSO3﹣c．SO32﹣HCO3﹣d．H2SO3HCO3﹣
（3）已知NaHSO3溶液显酸性，解释原因 ，在NaHSO3稀溶液中各离子浓度从大到小排列顺序是 ．
（4）实验发现把亚硫酸氢钠溶液放置在空气中一段时间，会被空气中的氧气氧化，写出该反应的离子方程式 ．
（5）在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全后，推测反应后溶液中的还原产物为
（填化学式）．
2016-2017学年江西省抚州市临川十中高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）
1．化学与科学、社会和人类生活密不可分，修订后的《中华人民共和国大气污染防治法》已于2016年1月1日起施行．下列有关大气污染防治说法错误的是（ ）
A．开发新能源，如太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖，也减少对大气的污染
B．农作物收割后留下的秸秆可以就地焚烧
C．实施“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境
D．汽油发动机工作时会产生少量NO和CO，采用催化反应装置可以减少污染物排放
【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．
【分析】A、太阳能、风能是清洁能源；
B、焚烧秸秆会引起空气污染；
C、从雾霾天气的成因考虑；
D、催化剂能把汽车尾气中有害的CO、NO转化成无害气体N2和二氧化碳．
【解答】解：A、太阳能、风能是清洁能源，开发新能源太阳能、风能，能减少二氧化碳的排放，符合大力开发低碳技术，推广高效节能技术，故A正确；
B、焚烧秸秆会引起空气污染，故不能就地焚烧，故B错误；
C、二氧化硫、氮氧化物以及可吸入颗粒物这三项是雾霾主要组成，前两者为气态污染物，最后一项颗粒物才是加重雾霾天气污染的罪魁祸首．它们与雾气结合在一起，让天空瞬间变得灰蒙蒙的，“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霆天气，故C正确；
D、高效催化剂能把汽车尾气中有害的CO、NO转化成无害气体N2和二氧化碳，故D正确．
故选B．
2．下列有关化学反应中能量变化的理解，正确的是（ ）
A．需要加热才能发生的反应，一定是吸收能量的反应
B．在化学反应过程中总是伴随着能量的变化
C．释放能量的反应在常温下一定很容易发生
D．在确定的化学反应中反应物的总能量总是高于生成物的总能量
【考点】吸热反应和放热反应．
【分析】A、需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，反应的吸放热和条件无关；
B、化学反应伴随物质变化的同时一定伴随着能量的变化；
C、反应的吸放热和条件无关；
D、反应一定伴随着吸放热，根据△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和来判断．
【解答】解：A、需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，铝热反应需要高温才能发生，但是属于放热反应，故A错误；
B、化学反应伴随物质变化的同时一定伴随着能量的变化，故B正确；
C、反应的吸放热和条件无关，释放能量的反应在常温下不一定很容易发生，如铝热反应需要高温才能发生，故C错误；
D、反应一定伴随着吸放热，根据△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和，在确定的化学反应中，反应物的总能量高于或是低于生成物的总能，故D错误．
故选B．
3．在一定条件下，能使A（g）+B（g） C（g）+D（g）正反应速率增大的措施是（ ）
A．减小C和D的浓度
B．增大D的浓度
C．减小B的浓度
D．增大A和B的浓度
【考点】化学反应速率的影响因素．
【分析】对于反应A（g）+B（g） C（g）+D（g），△H＜0来说，增大反应速率，可增大浓度、压强、温度或加入催化剂，以此解答．
【解答】解；A．减小C或D的浓度，平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，故A错误；
B．增大D的浓度，逆反应速率增大，加入D的瞬间，正反应速率不变，故B错误；
C．减小B的浓度，反应速率减小，故C错误；
D．增大A或B的浓度，气体浓度增大，反应速率增大，故D正确．
故选D．
4．100℃时，将0.1mol
N2O4置于1L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4（g） 2NO2
（g）．下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是（ ）
①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2
②NO2生成速率与NO2消耗速率相等
③烧瓶内气体的压强不再变化
④烧瓶内气体的质量不再变化
⑤NO2的物质的量浓度不再改变
⑥烧瓶内气体的颜色不再加深
⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化
⑧烧瓶内气体的密度不再变化．
A．②③⑥⑦
B．①④⑧
C．只有①④
D．只有⑦⑧
【考点】化学平衡状态的判断．
【分析】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断．
【解答】解：①无论反应是否达到平衡状态，N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比都为1：2，所以不能证明是否达到平衡状态，故错误；
②NO2的正逆反应速率相等，所以能证明达到平衡状态，故正确；
③该反应是反应前后气体体积改变的反应，当该反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再改变，所以压强就不再改变，能证明该反应达到平衡状态，故正确；
④根据质量守恒，无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的质量都不再改变，所以不能证明该反应是否达到平衡状态，故错误；
⑤平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，所以能证明该反应达到平衡状态，故正确；
⑥平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，烧瓶内气体的颜色不再加深，所以能证明该反应达到平衡状态，故正确；
⑦平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，质量始终不变，所以当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，能证明该反应达到平衡状态，故正确．
⑧根据质量守恒，反应前后气体质量不变，容器的体积不变，所以烧瓶内气体的密度始终不变，故错误；
所以错误的是①④⑧．
故选B．
5．下列有关焓（H）判据和熵（S）判据的叙述正确的是（ ）
A．△H＞0的反应使体系能量升高，不能自发进行
B．△H＜0的反应使体系能量降低，无需加热便能自发进行
C．在与外界隔离的体系中，自发过程将导致熵增大
D．熵增原理说明△S＜0过程在任何条件下都不能自发进行
【考点】焓变和熵变．
【分析】熵变与焓变都与反应能否自发进行有关，但都不是唯一因素，反应能否自发进行应依据△H﹣T△S是否小于0判断．
【解答】解：A．△H＞0不能保证△H﹣T△S一定小于0，所以反应不一定能自发进行，故A错误；
B．△H＜0不能保证△H﹣T△S一定小于0，所以反应不一定能自发进行，故B错误；
C．与外界隔离的体系没有能量的变化，过程自发应满足△H﹣T△S＜0，所以△S应变大，该过程为熵增过程，故C正确；
D．熵增原理只是说明熵增加有利于反应的自发进行，如果△S＜0，△H＜0，则在低温下可以使△H﹣T△S＜0，可以自发进行，故D错误；
故选C．
6．下列说法中正确的是（ ）
A．液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质
B．NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质
C．铜、石墨均导电，所以它们是电解质
D．蔗糖、酒精在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质
【考点】电解质与非电解质．
【分析】根据电解质和非电解质的定义：电解质是指在水溶液中或在熔融状态下就能够导电（电解离成阳离子与阴离子）的化合物，非电解质是指在水溶液中或在熔融状态下就不能导电的化合物来解答此题．
【解答】解：
A、液态HCl不导电，但在水溶液中电离出氢离子和氯离子，可以导电；固态NaCl不导电，在水溶液中或熔融状态下电离出钠离子和氯离子，可以导电，所以所以HCl、NaCl均是电解质，故A错误；
B、氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气电离；二氧化碳的水溶液能导电，是因为二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸电离出氢离子和碳酸氢根离子，不是二氧化碳电离，所以氨气和二氧化碳均是非电解质，故B错误．
C、铜和石墨导电是因为有自由移动的电子，可以按一定方向移动形成电流，并且铜和石墨均为单质，不是电解质，故C错误；
D、蔗糖、酒精为化合物，在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质，故D正确．
故选D．
7．低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）△H＜0在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是（ ）
A．平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大
B．平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小
C．单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2时，反应达到平衡
D．其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】A、平衡常数只受温度影响，从平衡移动的方向判断平衡常数的变化；
B、可逆反应中，加入一种反应物，平衡向正方向移动，以此判断转化率变化；
C、反应达到平衡时，不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比；
D、催化剂能加快反应速率，但不影响平衡的移动．
【解答】解：A、正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A错误；
B、增大一个反应物浓度，其它反应物转化率增大，故B错误；
C、单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2时，等于化学计量数之比，反应到达平衡，故C正确．
D、使用催化剂平衡不移动，废气中氮氧化物的转化率不变，故D错误．
故选C．
8．甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）
A．0.1mol/L甲酸溶液的c（H+）=10﹣3mol/L
B．甲酸以任意比与水互溶
C．10mL
1mol/L甲酸恰好与10mL
1mol/L
NaOH溶液完全反应
D．甲酸溶液的导电性比一元强酸溶液的弱
【考点】弱电解质的判断．
【分析】A.0.1mol/L甲酸溶液中电离出的氢离子浓度为10﹣3mol/L，证明甲酸部分电离；
B．甲酸的水溶性大小与强弱电解质没有必然关系；
C．甲酸与氢氧化钠发生中和反应，无法判断电解质的强弱；
D．没有指出浓度相同，则无法判断甲酸是否为弱电解质．
【解答】解：A.0.1mol/L甲酸溶液的c（H+）=10﹣3mol/L，说明甲酸在溶液中只能部分电离出氢离子，从而证明甲酸为弱酸，故A正确；
B．甲酸以任意比与水互溶，无法判断甲酸为弱电解质还是弱电解质，故B错误；
C.10mL
1mol/L甲酸恰好与10mL
1mol/L
NaOH溶液完全反应，二者发生中和反应，无法判断甲酸是强电解质还是弱电解质，故C错误；
D．溶液导电性与离子浓度大小有关，没有指出浓度相同，则无法判断甲酸为弱电解质，故D错误；
故选A．
9．在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡：S2﹣+H2O═HS﹣+OH﹣．下列说法正确的是（ ）
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．通入H2S，HS﹣浓度增大
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
【考点】影响盐类水解程度的主要因素．
【分析】根据平衡常数与温度的关系及温度、浓度对平衡的影响来分析解答；
A、平衡常数只随温度变化；
B、通入硫化氢，溶液中氢离子浓度增大；
C、水解反应是吸热反应，升温促进水解，根据平衡移动判断离子浓度变化；
D、加入NaOH固体是一种强碱，据此回答．
【解答】解：A、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故A错误；
B、通入H2S，HS﹣浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度减小，使S2﹣+H2O HS﹣+OH﹣正向移动，HS﹣浓度增大，故B正确；
C、水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2﹣）减小，c（HS﹣）增大，所以增大，故C错误；
D、加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，故D错误．
故选：B．
10．物质的量浓度相同的下列溶液，pH由大到小排列正确的是（ ）
A．Ba（OH）2、Na2SO3、FeCl3、KCl
B．Na2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4Cl
C．NH3 H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4
D．NaHCO3、H2SO4、C2H5OH、HCl
【考点】溶液pH的定义．
【分析】pH值的大小反应溶液的酸碱性，pH值越小溶液酸性越强，PH值越大溶液的碱性越强．一般情况下，物质的量浓度相同的溶液PH值大小关系为：多元强碱＞一元强碱＞弱碱＞水解显碱性的盐溶液＞不水解的盐溶液＞水解显酸性的盐溶液＞弱碱＞一元强酸＞多元强酸，盐溶液酸碱性强弱又取决与盐电离产生离子的水解能力，遵循：越弱越电离的规则．
【解答】解：A．Na2SO3水解显碱性，FeCl3水解显酸性，pH由大到小：Ba（OH）2、Na2SO3、KCl、FeCl3，故A错误；
B．Na2SiO3、Na2CO3、水解都显碱性，前者水解能力更强，NH4Cl水解显酸性，pH由大到小：Na2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4Cl，故B正确；
C．硫酸是二元强酸，磷酸为中强酸，pH由大到小：NH3 H2O、Na2SO4、H3PO4、H2SO4，故C错误；
D．C2H5OH非电解质无H+，pH由大到小：NaHCO3、HCl、H2SO4，故D错误；
故选B．
11．要求设计实验证明某种盐的水解是吸热的，有四位学生分别作出如下回答，其中正确的是（ ）
A．甲学生：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的
B．乙学生：在盐酸中加入相同温度的氨水，若实验过程中混合液温度下降，说明盐类水解是吸热的
C．丙学生：在醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的
D．丁学生：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，说明盐类水解是吸热的
【考点】化学实验方案的评价；盐类水解的原理．
【分析】A．硝酸铵晶体溶于水吸收热量；
B．中和反应为放热反应，测定温度应注意隔热；
C．醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大；
D．醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，则升高温度促进水解．
【解答】解：A．因硝酸铵晶体溶于水吸收热量，则不能说明盐水解为吸热反应，故A错误；
B．中和反应为放热反应，测定温度应注意隔热，且一水合氨的电离为吸热反应，不能说明盐类水解是吸热的，故B错误；
C．醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大，促进水解，溶解过程伴随热效应，则不能说明盐类水解是吸热的，故C错误；
D．醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，则升高温度促进水解，即水解反应为吸热反应，故D正确；
故选D．
12．在2A（g）+B（g） 3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A．VA=1.0
mol/（L S）
B．VB=0.6
mol/（
L S）
C．VC=1.6
mol/（L S）
D．VD=2.0
mol/（L S）
【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．
【分析】利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较．
【解答】解：都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B 3C+4D，
A、υ（A）=1.0
mol/（L s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=2υ（A）=2mol/（L s），
B、υ（B）=0.6mol/（L s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=4υ（B）=2.4mol/（L s），
C、υ（C）=1.6mol/（L s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=υ（C）=×1.6mol/（L s）=2.1mol/（L s），
D、υ（D）=2
mol/（L s），
故速率B＞C＞A=D，
故选B．
13．在一定条件下，使10mol
SO3在体积固定为2L的密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），则下图中正确的是（表示混合气体的平均相对分子质量）（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】化学平衡建立的过程．
【分析】A．开始投入SO3，它是生成物，只有逆反应速率，正反应速率为0；
B．据方程式可知SO2比O2生成的多；
C．反应向逆反应进行，据M=分析；
D．反应向逆反应进行，据ρ=分析．
【解答】解：A．开始投入SO3，它是生成物，只有逆反应速率，正反应速率为0，图象上v正、v逆标反了，故A错误；
B．据方程式可知SO2比O2生成的多，下面两条线标的物质反了，故B错误；
C．据M=，气体的总质量不变，而反应向逆反应方向进行，n变大，故M变小，后来平衡不变了，故C正确；
D．反应向逆反应进行，据ρ=，气体的总质量不变，体积固定，ρ始终不变，故D错误．
故选C．
14．在一固定体积密闭容器中，加入2molA和1molB，发生反应：2A（g）+B（g） 3C（g）+D（g）达平衡时，C的浓度为ω
mol/L，若维持容器体积和温度不变，按下列四种配比作起始物质，达平衡后，C的浓度仍为ω
mol/L的是（ ）
A．4molA+2molB
B．2mol
A+1mol
B+3mol
C+1mol
D
C．3mol
C+1mol
D+1mol
B
D．3mol
C+1mol
D
【考点】等效平衡．
【分析】恒温恒容下，不同途径达到平衡后，C的浓度仍为W
mol/L，说明与原平衡为等效平衡，按化学计量数转化到左边，满足n（A）=2mol，n（B）=1mol即可，据此解答．
【解答】解：A、开始加入4molA+2molB，相当于在加入2molA和1molB达平衡后，再加入2molA和1molB，平衡向逆反应进行，不满足n（A）=2mol，n（B）=1mol，故A错误；
B、开始加入2molA+1molB+3molC+1molD，将3molC、1molD按化学计量数转化到左边可得2molA、1molB，故等效为开始加入3molA+1.5molB，不满足n（A）=2mol，n（B）=1mol，故B错误；
C、开始加入3molC+1molD+1molB，将3molC、1molD按化学计量数转化到左边可得2molA、1molB，故等效为开始加入2molA、2molB所到达的平衡，不满足n（A）=2mol，n（B）=1mol，故C错误；
D、开始加入3molC、1molD，按化学计量数转化到左边可得2molA、1molB，满足n（A）=2mol，n（B）=1mol，与原平衡为等效平衡，故D正确；
故选D．
15．0.1mol/LKHSO4
溶液和0.1mol/LNa2S等体积混合后，溶液能使酚酞试液变红，则离子浓度关系正确的是（ ）
A．c（SO42﹣）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．c（Na+）＞c（K+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．c（Na+）=c（S2﹣）+c（H2S）+c（HS﹣）+c（SO42﹣）
D．c（Na+）+c（H+）+c（K+）=2c（SO42﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣）
【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．
【分析】所得的溶液能使酚酞试液变红，则溶液显碱性，等量的KHSO4溶液和Na2S混合后发生反应：S2﹣+H+=HS﹣，硫氢根离子水解溶液显示碱性，硫氢根离子电离使得溶液显示酸性，根据酸碱性来确定平衡的进行成都，据电荷守恒和物料守恒来解决离子浓度之间的关系大小．
【解答】解：0.1mol/LKHSO4
溶液和0.1mol/LNa2S等体积混合后，发生反应：S2﹣+H+=HS﹣，硫氢根离子水解使得溶液显示碱性，硫氢根离子电离使得溶液显示酸性．
A、所得的溶液能使酚酞试液变红，则溶液显碱性，所以硫氢根离子水解程度大于硫氢根离子电离程度，所以c（SO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（S2﹣）＞c（H+），故A错误；
B、所得的溶液能使酚酞试液变红，则溶液显碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），故B错误；
C、0.1mol/LKHSO4
溶液和0.1mol/LNa2S等体积混合后，S元素的浓度总是0.1mol/L，根据物料守恒，
则c（Na+）=2[c（S2﹣）+c（H2S）+c（HS﹣）]，而c（SO42﹣）=c（S2﹣）+c（H2S）+c（HS﹣），所以
c（Na+）=c（S2﹣）+c（H2S）+c（HS﹣）+c（SO42﹣），故C正确；
D、根据溶液中的电守恒，有：c（Na+）+c（H+）+c（K+）=2c（SO42﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣）+2c（S2﹣），故D错误．
故选C．
16．在2
L密闭容器中将4
mol气体A和2
mol气体B混合，在一定温度下发生反应：3A（g）+2B（g） xC（g）+2D（g）．2min后达到平衡时生成1.6mol
C，又测得反应速率v（D）=0.2mol/（L min），下列说法正确的是（ ）
A．x=4
B．B的转化率为60%
C．A的平衡浓度是2.8mol/L
D．平衡时气体的压强是原来的0.94倍
【考点】化学平衡的计算．
【分析】平衡时v（D）=0.2
mol/（L min），则生成D的物质的量为0.2
mol/（L min）×2
min×2
L=0.8
mol，又由于生成C的物质的量为1.6
mol，则x=4；该反应的正反应为气体体积增大的反应，则平衡时气体的压强增大；根据消耗D的物质的量及化学计量数计算出消耗A、B的物质的量，然后可计算出B的转化率、A的平衡浓度，据此进行解答．
【解答】解：A．达平衡时v（D）=0.2
mol/（L min），则生成D的物质的量为0.2
mol/（L min）×2
min×2
L=0.8
mol，又由于生成C的物质的量为1.6
mol，则x=4，故A正确；
B．平衡时B消耗的物质的量为0.8mol，则B的转化率为：×100%=40%，故B错误；
C．平衡时生成D的物质的量为0.8mol，则平衡时消耗A的物质的量为：0.8mol×=1.2mol，故A的平衡浓度为：
=1.4
mol/L，故C错误；
D．x=4，则此反应正向气体分子数增多，压强必然增大，故D错误；
故选A．
二、解答题（共1小题，满分8分）
17．处于下列状态的物质中：①NaCl
②CO2
③NH3 H2O
④Cu
⑤HCl
⑥NaOH
⑦酒精
⑧H2O
⑨NaCl溶液
⑩NH3
（1）属于强电解质的是
（填序号，下同） ①⑤⑥ ；
（2）属于弱电解质的是 ③⑧ ；
（3）属于非电解质的是 ②⑦⑩ ；
（4）能导电的是 ④⑨ ．
【考点】强电解质和弱电解质的概念．
【分析】电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
强电解质是在水溶液中或熔融状态下，能完全电离的电解质．包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；
弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；
非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子；
单质，混合物既不是电解质也不是非电解质，金属或存在自由移动的离子的溶液或熔融态物质能导电，根据定义即可解答．
【解答】解：（1）NaCl、HCl、NaOH是在水溶液中能完全电离的电解质，属于强电解质，
故答案为：①⑤⑥；
（2）NH3 H2O在水溶液中不能完全电离，NH3 H2O NH4++OH﹣，NH3 H2O是弱碱，是弱电解质，H2O不完全电离，是弱电解质，
故答案为：③⑧；
（3）酒精为共价化合物，溶于水不导电，属于非电解质；CO2的水溶液虽然能导电，但导电的离子是二氧化碳和水反应生成的碳酸电离，不是二氧化碳自身电离的，为非电解质；氨气的水溶液导电，但导电的离子是一水合氨电离出的，不是氨气电离出的，因此氨气为非电解质，
故答案为：②⑦⑩；
（4）金属铜含有自由电子能导电，NaCl溶液含有自由移动的钠离子和氯离子，能够导电，
故答案为：④⑨．
三、简答题（本大题共5小题，共44分）
18．已知：
H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol；
C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2220.0kJ/mol；
H2O（l）═H2O（g）△H=+44.0kJ/mol．
（1）写出丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式：
（2）实验测得H2和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧生成液态水时放热6262.5kj，则混合气体中H2和C3H8的体积比为多少？
【考点】热化学方程式．
【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，反应热也处于相应的系数进行相应的加减，构造目标热化学方程式；
（2）计算H2和C3H8的平均燃烧热，根据十字交叉法计算H2和C3H8的体积比即可．
【解答】解：（1）已知：①C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（1）；△H=﹣2220.0kJ/mol
②H2O（1）=H2O（g）；△H=+44.0kJ/mol
由盖斯定律可知，①+②×4得C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣2044kJ/mol，
答：丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣2044kJ/mol；
（2）由热化学方程式可知，氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，丙烷的燃烧热为2220.0kJ/mol，H2和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧生成液态水时放热6262.5KJ，则混合气体中H2和C3H8的平均燃烧热为=1252.5kJ/mol，根据十字交叉法计算H2和C3H8的体积比：
故H2和C3H8的体积比为967.5kJ/mol：966.7kJ/mol=1：1．
答：混合气体中H2和C3H8的体积比为1：1．
19．已知：
P4（白磷，s）+5O2（g）═P4O10（s）△H=﹣2983.2kJ/mol
P（红磷，s）+O2（g）═P4O10（s）△H=﹣738.5kJ/mol
试写出白磷转化为红磷的热化学方程式 P4（白磷，s）=4
P（红磷，s）△H=﹣29.2
kJ/mol ；白磷的稳定性比红磷 低
（填“高”或“低”）．
【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．
【分析】P4（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）△H1=﹣2983.2kJ/mol…①
P（s，红磷）+O2（g）=P4O10（s）△H2=﹣738.5kJ/mol…②
①﹣②×4可得：P4（s，白磷）=4P（s，红磷），根据盖斯定律写出白磷转化为红磷的焓变，书写热化学方程式，根据物质的总能量与反应热的关系判断，能量越高物质越稳定．
【解答】解：P4（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）△H1=﹣2983.2kJ/mol…①
P（s，红磷）+O2（g）=P4O10（s）△H2=﹣738.5kJ/mol…②
根据盖斯定律：①﹣②×4可得：P4（s，白磷）=4P（s，红磷）△H=（﹣2983.2kJ/mol）﹣（﹣738.5kJ）×4=﹣29.2kJ/mol，
说明白磷转化为红磷是放热反应，相同的状况下，能量比白磷低，而能量越低，物质越稳定，故白磷稳定性低于红磷，
故答案为：P4（白磷，s）=4
P（红磷，s）△H=﹣29.2
kJ/mol；低．
20．海水资源丰富，海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣HCO3﹣等离子．合理利用海水资源和保护环境是我国可持续发展的重要保证．
Ⅰ火力发电燃烧煤排放的SO2会造成一系列环境和生态问题．利用海水脱硫是一种有效的方法，其工艺流程如图所示：
（1）天然海水的pH≈8，呈弱碱性．用离子方程式解释主要原因 CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣或HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣ ．
（2）天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，其反应的化学方程式是 2H2SO3+O2═2H2SO4 ；氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混后才能排放，该操作的主要目的是中和、稀释经氧气氧化后海水中生成的酸．
（3）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，该溶液中c（Na+）= 2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣） （用含硫微粒浓度的代数式表示）．
（4）相同物质的量的SO2与NH3溶于水发生反应的离子方程式为 SO2+NH3 H2O=NH4++HSO3﹣ ，所得溶液中c（H+）﹣c（OH﹣）= BD
（填字母编号）．
A．c（SO32﹣）﹣c（H2SO3）
B．c（SO32﹣）+c（NH3．H2O）﹣c（H2SO3）
C．c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）﹣c（NH4+）
D．c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+）
Ⅱ重金属离子对河流及海洋造成严重污染．某化工厂废水（pH=2.0，ρ≈1g/mL）中含有Ag+、Pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.1mol/L．排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如下：
难溶电解质
AgI
AgOH
Ag2S
pbI2
Pb（OH）2
PbS
Ksp
8.3×10﹣17
5.6×10﹣8
6.3×10﹣50
7.1×10﹣9
1.2×10﹣15
3.4×10﹣28
（5）你认为往废水中投入 B （填字母序号），沉淀效果最好．
A．NaOH
B．Na2S
C．KI
D．Ca（OH）2
（6）如果用生石灰处理上述废水，使溶液的pH=8.0，处理后的废水中c（Pb2+）= 1.2×10﹣3mol L﹣1 ．
（ 7 ）如果用食盐处理只含Ag+的废水，测得处理后的废水中NaCl的质量分数为0.117%（ρ≈1g mL﹣1）．若环境要求排放标准为c（Ag+）低于1.0×10﹣8mol/L，问该工厂处理后的废水中c（Ag+）= 9×10﹣9
mol L﹣1 ．（已知KSP（AgCl）=1.8×10﹣10）
【考点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
【分析】Ⅰ、（1）根据海水中的离子是否水解进行解答；
（2）根据使用空气中的氧气将H2SO3氧化来分析；利用酸碱反应分析混合的目的；
（3）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，结合溶液中电荷守恒分析；
（4）相同物质的量的SO2与NH3溶于水反应生成亚硫酸氢铵；结合溶液中电荷守恒和物料守恒分析判断选项；
Ⅱ、（5）由表格中的数据可知，溶度积越小的越易转化为沉淀；
（6）根据Pb（OH）2的溶度积进行计算；
（7）根据氯化银的溶度积进行解答，并与排放标准对比来说明是否符合排放标准．
【解答】解：Ⅰ．（1）海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO﹣3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32﹣、HCO﹣3离子，CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，
故答案为：CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣或HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣；
（2）天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，氧气将H2SO3氧化为硫酸，该反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸（H+），
故答案为：2H2SO3+O2═2H2SO4；
（3）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），c（H+）=c（OH﹣），得到c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），
故答案为：2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）；
（4）相同物质的量的SO2与NH3溶于水发生反应生成碳酸氢铵，反应的离子方程式为SO2+NH3+H2O═NH4++HSO3﹣，溶液中存在电荷守恒：c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+），D正确，C错误；溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3 H2O）=c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（H2SO3），结合电荷守恒和物料守恒可知c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+）=c（SO32﹣）+c（NH3．H2O）﹣c（H2SO3），所以A错误，B正确；
故答案为：SO2+NH3+H2O═NH4++HSO3﹣；BD；
Ⅱ．（5）由表格中的数据可知，溶度积越小的越易转化为沉淀，显然只有硫化物的溶度积小，则应选择硫化钠，
故答案为：B；
（6）由Pb（OH）2的溶度积为1.2×10﹣15，pH=8.0，c（OH﹣）=10﹣6mol L﹣1，则c（Pb2+）==1.2×10﹣3mol L﹣1，
故答案为：1.2×10﹣3mol L﹣1；
（7）废水中NaCl的质量分数为0.117%（ρ≈1g mL﹣1），c（Cl﹣）=c（NaCl）==0.02mol/L，
Ksp（AgCl）=c（Ag+） c（Cl﹣）=1.8×10﹣10mol2 L﹣2，则c（Ag+）==9×10﹣9mol L﹣1，环境要求排放标准为c（Ag+）低于1.0×10﹣8mol L﹣1，显然9×10﹣9mol L﹣1＜1.0×l0﹣8mol L﹣1，
故答案为：9×10﹣9mol L﹣1．
21．甲醇是主要的化学工业基础原料和清洁液体燃料．工业上可以用CO或CO2来生产燃料甲醇．已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下表所示：
化学反应及平衡常数
温度/℃
500
800
①2H2（g）+CO（g） CH3OH（g）△H1
K1
2.5
0.15
②H2（g）+CO2（g） CO（g）+H2O（g）△H2
K2
1.0
2.50
③3H2（g）+CO2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H3
K3
（1）反应②的反应热△H2 ＞ 0（填“＞”、“＜”或“=”）；
（2）某温度下反应①中H2的平衡转化率（a）与体系总压强（P）的关系如图1所示．则平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A） = K（B）
（填“＞”、“＜”或“=”）；
（3）根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3= K1 K2 （用K1、K2表示）．500℃时测得反应③在某时刻H2（g）、CO2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）的浓度（mol/L）分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时v（正） ＞ v（逆）
（填“＞”、“＜”或“=”）；
（4）在3L容积可变的密闭容器中发生反应②，已知c（CO）与反应时间t变化曲线Ⅰ如图2所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线Ⅲ．当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是 加入催化剂 ；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是 将容器的体积快速压缩至2L ；
（5）一定条件下甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸．通常状况下，将amol/L的乙酸与bmol/LBa（OH）2溶液等体积混合，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣），用含a和b的代数式表示该混合溶液中乙酸的电离常数为 ×10﹣7L/mol ．
【考点】化学平衡常数的含义．
【分析】（1）分析图表数据，反应②平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行，正反应是吸热反应；
（2）依据平衡常数随温度变化，不随压强变化分析；
（3）反应③是气体体积减小的反应△S＜0，分析反应特征可知平衡常数K3=K1×K2，计算不同温度下反应③的平衡常数，结合温度变化分析判断反应焓变△H＜0，依据反应①+②得到反应③，所以平衡常数K3=K1×K2；依据某时刻浓度商计算和平衡常数比较判断反应进行的方向；
（4）图象分析曲线Ⅰ变化为曲线Ⅱ是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变；
（5）溶液等体积混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合概念计算．
【解答】解：（1）分析图表数据，反应②平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行，正反应是吸热反应，故答案为：＞；
（2）依据平衡常数随温度变化，不随压强变化分析，图象中平衡状态由A变到B时，压强改变，温度不变，所以平衡常数不变，故答案为：=；
（3）反应③3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）是气体体积减小的反应△S＜0，依据反应①+②得到反应③，所以平衡常数K3=K1×K2；计算不同温度下反应③的平衡常数，500°C时，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，800°C时，K3=K1×K2=2.5×0.15=0.375，结合温度变化分析，随温度升高，平衡常数减小，平衡逆向进行，所以判断反应是放热反应，焓变△H＜0，在500℃、2L的密闭容器中，进行反应③，测得反应③在某时刻，H2（g）、CO2（g）、CH3OH（g）、H2O
（g）的浓度（mol/L）分别为0.8、0.1、0.3、0.15，Q==0.87＜K=2.5，反应正向进行，V正＞V逆，
故答案为：K1 K2；＞；
（4）图象分析曲线Ⅰ变化为曲线Ⅱ是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变，曲线Ⅰ，体积为3L，一氧化碳浓度为3mol/L，改变条件后为曲线Ⅱ，一氧化碳浓度为4.5mol/L，则体积压缩体积为：3：V=4.5：3，V=2L，所以将容器的体积快速压缩至2L符合；
故答案为：加入催化剂；将容器的体积快速压缩至2L；
（5）通常状况下，将a
mol/L的醋酸与b
mol/L
Ba（OH）2溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣）=bmol/L，溶液中c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K===×10﹣7L/mol；
故答案为：×10﹣7L/mol．
22．SO2是造成空气污染的主要原因之一，利用钠碱循环法可除去SO2．
（1）钠碱循环法中，吸收液为Na2SO3溶液，该反应的离子方程式是 SO32﹣+SO2+H2O=2HSO3﹣ ．
（2）已知常温下，H2SO3的电离常数为
K1=1.54×10﹣2，K2=1.02×10﹣7，H2CO3的电离常数为
K1=4，.30×10﹣7，K2=5.60×10﹣11，则下列微粒可以大量共存的是 bc
（选填编号）．
a．CO32﹣HSO3﹣b．HCO3﹣HSO3﹣c．SO32﹣HCO3﹣d．H2SO3HCO3﹣
（3）已知NaHSO3溶液显酸性，解释原因 亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度 ，在NaHSO3稀溶液中各离子浓度从大到小排列顺序是 c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣） ．
（4）实验发现把亚硫酸氢钠溶液放置在空气中一段时间，会被空气中的氧气氧化，写出该反应的离子方程式 2HSO3﹣+O2=2SO42﹣+2H+ ．
（5）在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全后，推测反应后溶液中的还原产物为 NaI
（填化学式）．
【考点】含硫物质的性质及综合应用．
【分析】（1）SO2被Na2SO3溶液吸收生成亚硫酸氢钠；
（2）根据Ka越大酸性越强，根据酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应；
（3）根据电离和水解程度的相对大小分析；既电离又水解，以电离为主，溶液显酸性；
（4）+4价的硫元素能被氧气氧化为+6价；
（5）根据过量NaHSO3溶液的还原性和I2的氧化性能继续发生氧化还原反应来分析反应产物．
【解答】解：（1）SO2被Na2SO3溶液吸收生成亚硫酸氢钠，离子反应为SO32﹣+SO2+H2O=2HSO3﹣，
故答案为：SO32﹣+SO2+H2O=2HSO3﹣；
（2）已知Ka越大酸性越强，酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由于HCO3﹣的酸性小于HSO3﹣的酸性，所以HCO3﹣与SO32﹣不反应，即bc能共存，
故答案为：bc；
（3）HSO3﹣在溶液中电离出氢离子，同时HSO3﹣能水解，由于电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性；HSO3﹣既电离又水解，以电离为主，溶液显酸性，则溶液中的离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣），
故答案为：亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度；c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）；
（4）+4价的硫元素能被氧气氧化为+6价，则亚硫酸氢钠溶液放置在空气中一段时间，会被空气中的氧气氧化，其反应的离子方程式为：2HSO3﹣+O2=2SO42﹣+2H+，
故答案为：2HSO3﹣+O2=2SO42﹣+2H+；
（5）NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液时，I2能与NaHSO3发生氧化还原反应，碘元素的化合价降低，则还原产物为NaI，
故答案为：NaI；
2016年12月14日
一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）
1．化学与科学、社会和人类生活密不可分，修订后的《中华人民共和国大气污染防治法》已于2016年1月1日起施行．下列有关大气污染防治说法错误的是（ ）
A．开发新能源，如太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖，也减少对大气的污染
B．农作物收割后留下的秸秆可以就地焚烧
C．实施“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境
D．汽油发动机工作时会产生少量NO和CO，采用催化反应装置可以减少污染物排放
2．下列有关化学反应中能量变化的理解，正确的是（ ）
A．需要加热才能发生的反应，一定是吸收能量的反应
B．在化学反应过程中总是伴随着能量的变化
C．释放能量的反应在常温下一定很容易发生
D．在确定的化学反应中反应物的总能量总是高于生成物的总能量
3．在一定条件下，能使A（g）+B（g） C（g）+D（g）正反应速率增大的措施是（ ）
A．减小C和D的浓度
B．增大D的浓度
C．减小B的浓度
D．增大A和B的浓度
4．100℃时，将0.1mol
N2O4置于1L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4（g） 2NO2
（g）．下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是（ ）
①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2
②NO2生成速率与NO2消耗速率相等
③烧瓶内气体的压强不再变化
④烧瓶内气体的质量不再变化
⑤NO2的物质的量浓度不再改变
⑥烧瓶内气体的颜色不再加深
⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化
⑧烧瓶内气体的密度不再变化．
A．②③⑥⑦
B．①④⑧
C．只有①④
D．只有⑦⑧
5．下列有关焓（H）判据和熵（S）判据的叙述正确的是（ ）
A．△H＞0的反应使体系能量升高，不能自发进行
B．△H＜0的反应使体系能量降低，无需加热便能自发进行
C．在与外界隔离的体系中，自发过程将导致熵增大
D．熵增原理说明△S＜0过程在任何条件下都不能自发进行
6．下列说法中正确的是（ ）
A．液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质
B．NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质
C．铜、石墨均导电，所以它们是电解质
D．蔗糖、酒精在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质
7．低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）△H＜0在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是（ ）
A．平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大
B．平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小
C．单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2时，反应达到平衡
D．其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大
8．甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）
A．0.1mol/L甲酸溶液的c（H+）=10﹣3mol/L
B．甲酸以任意比与水互溶
C．10mL
1mol/L甲酸恰好与10mL
1mol/L
NaOH溶液完全反应
D．甲酸溶液的导电性比一元强酸溶液的弱
9．在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡：S2﹣+H2O═HS﹣+OH﹣．下列说法正确的是（ ）
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．通入H2S，HS﹣浓度增大
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
10．物质的量浓度相同的下列溶液，pH由大到小排列正确的是（ ）
A．Ba（OH）2、Na2SO3、FeCl3、KCl
B．Na2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4Cl
C．NH3 H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4
D．NaHCO3、H2SO4、C2H5OH、HCl
11．要求设计实验证明某种盐的水解是吸热的，有四位学生分别作出如下回答，其中正确的是（ ）
A．甲学生：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的
B．乙学生：在盐酸中加入相同温度的氨水，若实验过程中混合液温度下降，说明盐类水解是吸热的
C．丙学生：在醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的
D．丁学生：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，说明盐类水解是吸热的
12．在2A（g）+B（g） 3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A．VA=1.0
mol/（L S）
B．VB=0.6
mol/（
L S）
C．VC=1.6
mol/（L S）
D．VD=2.0
mol/（L S）
13．在一定条件下，使10mol
SO3在体积固定为2L的密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），则下图中正确的是（表示混合气体的平均相对分子质量）（ ）
A．
B．
C．
D．
14．在一固定体积密闭容器中，加入2molA和1molB，发生反应：2A（g）+B（g） 3C（g）+D（g）达平衡时，C的浓度为ω
mol/L，若维持容器体积和温度不变，按下列四种配比作起始物质，达平衡后，C的浓度仍为ω
mol/L的是（ ）
A．4molA+2molB
B．2mol
A+1mol
B+3mol
C+1mol
D
C．3mol
C+1mol
D+1mol
B
D．3mol
C+1mol
D
15．0.1mol/LKHSO4
溶液和0.1mol/LNa2S等体积混合后，溶液能使酚酞试液变红，则离子浓度关系正确的是（ ）
A．c（SO42﹣）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．c（Na+）＞c（K+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．c（Na+）=c（S2﹣）+c（H2S）+c（HS﹣）+c（SO42﹣）
D．c（Na+）+c（H+）+c（K+）=2c（SO42﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣）
16．在2
L密闭容器中将4
mol气体A和2
mol气体B混合，在一定温度下发生反应：3A（g）+2B（g） xC（g）+2D（g）．2min后达到平衡时生成1.6mol
C，又测得反应速率v（D）=0.2mol/（L min），下列说法正确的是（ ）
A．x=4
B．B的转化率为60%
C．A的平衡浓度是2.8mol/L
D．平衡时气体的压强是原来的0.94倍
二、解答题（共1小题，满分8分）
17．处于下列状态的物质中：①NaCl
②CO2
③NH3 H2O
④Cu
⑤HCl
⑥NaOH
⑦酒精
⑧H2O
⑨NaCl溶液
⑩NH3
（1）属于强电解质的是
（填序号，下同） ；
（2）属于弱电解质的是 ；
（3）属于非电解质的是 ；
（4）能导电的是 ．
三、简答题（本大题共5小题，共44分）
18．已知：
H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol；
C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2220.0kJ/mol；
H2O（l）═H2O（g）△H=+44.0kJ/mol．
（1）写出丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式：
（2）实验测得H2和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧生成液态水时放热6262.5kj，则混合气体中H2和C3H8的体积比为多少？
19．已知：
P4（白磷，s）+5O2（g）═P4O10（s）△H=﹣2983.2kJ/mol
P（红磷，s）+O2（g）═P4O10（s）△H=﹣738.5kJ/mol
试写出白磷转化为红磷的热化学方程式 ；白磷的稳定性比红磷
（填“高”或“低”）．
20．海水资源丰富，海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣HCO3﹣等离子．合理利用海水资源和保护环境是我国可持续发展的重要保证．
Ⅰ火力发电燃烧煤排放的SO2会造成一系列环境和生态问题．利用海水脱硫是一种有效的方法，其工艺流程如图所示：
（1）天然海水的pH≈8，呈弱碱性．用离子方程式解释主要原因 ．
（2）天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，其反应的化学方程式是 ；氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混后才能排放，该操作的主要目的是中和、稀释经氧气氧化后海水中生成的酸．
（3）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，该溶液中c（Na+）= （用含硫微粒浓度的代数式表示）．
（4）相同物质的量的SO2与NH3溶于水发生反应的离子方程式为 ，所得溶液中c（H+）﹣c（OH﹣）=
（填字母编号）．
A．c（SO32﹣）﹣c（H2SO3）
B．c（SO32﹣）+c（NH3．H2O）﹣c（H2SO3）
C．c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）﹣c（NH4+）
D．c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+）
Ⅱ重金属离子对河流及海洋造成严重污染．某化工厂废水（pH=2.0，ρ≈1g/mL）中含有Ag+、Pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.1mol/L．排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如下：
难溶电解质
AgI
AgOH
Ag2S
pbI2
Pb（OH）2
PbS
Ksp
8.3×10﹣17
5.6×10﹣8
6.3×10﹣50
7.1×10﹣9
1.2×10﹣15
3.4×10﹣28
（5）你认为往废水中投入 （填字母序号），沉淀效果最好．
A．NaOH
B．Na2S
C．KI
D．Ca（OH）2
（6）如果用生石灰处理上述废水，使溶液的pH=8.0，处理后的废水中c（Pb2+）= ．
（ 7 ）如果用食盐处理只含Ag+的废水，测得处理后的废水中NaCl的质量分数为0.117%（ρ≈1g mL﹣1）．若环境要求排放标准为c（Ag+）低于1.0×10﹣8mol/L，问该工厂处理后的废水中c（Ag+）= ．（已知KSP（AgCl）=1.8×10﹣10）
21．甲醇是主要的化学工业基础原料和清洁液体燃料．工业上可以用CO或CO2来生产燃料甲醇．已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下表所示：
化学反应及平衡常数
温度/℃
500
800
①2H2（g）+CO（g） CH3OH（g）△H1
K1
2.5
0.15
②H2（g）+CO2（g） CO（g）+H2O（g）△H2
K2
1.0
2.50
③3H2（g）+CO2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H3
K3
（1）反应②的反应热△H2 0（填“＞”、“＜”或“=”）；
（2）某温度下反应①中H2的平衡转化率（a）与体系总压强（P）的关系如图1所示．则平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A） K（B）
（填“＞”、“＜”或“=”）；
（3）根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3= （用K1、K2表示）．500℃时测得反应③在某时刻H2（g）、CO2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）的浓度（mol/L）分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时v（正） v（逆）
（填“＞”、“＜”或“=”）；
（4）在3L容积可变的密闭容器中发生反应②，已知c（CO）与反应时间t变化曲线Ⅰ如图2所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线Ⅲ．当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是 ；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是 ；
（5）一定条件下甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸．通常状况下，将amol/L的乙酸与bmol/LBa（OH）2溶液等体积混合，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣），用含a和b的代数式表示该混合溶液中乙酸的电离常数为 ．
22．SO2是造成空气污染的主要原因之一，利用钠碱循环法可除去SO2．
（1）钠碱循环法中，吸收液为Na2SO3溶液，该反应的离子方程式是 ．
（2）已知常温下，H2SO3的电离常数为
K1=1.54×10﹣2，K2=1.02×10﹣7，H2CO3的电离常数为
K1=4，.30×10﹣7，K2=5.60×10﹣11，则下列微粒可以大量共存的是
（选填编号）．
a．CO32﹣HSO3﹣b．HCO3﹣HSO3﹣c．SO32﹣HCO3﹣d．H2SO3HCO3﹣
（3）已知NaHSO3溶液显酸性，解释原因 ，在NaHSO3稀溶液中各离子浓度从大到小排列顺序是 ．
（4）实验发现把亚硫酸氢钠溶液放置在空气中一段时间，会被空气中的氧气氧化，写出该反应的离子方程式 ．
（5）在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全后，推测反应后溶液中的还原产物为
（填化学式）．
2016-2017学年江西省抚州市临川十中高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）
1．化学与科学、社会和人类生活密不可分，修订后的《中华人民共和国大气污染防治法》已于2016年1月1日起施行．下列有关大气污染防治说法错误的是（ ）
A．开发新能源，如太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖，也减少对大气的污染
B．农作物收割后留下的秸秆可以就地焚烧
C．实施“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境
D．汽油发动机工作时会产生少量NO和CO，采用催化反应装置可以减少污染物排放
【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．
【分析】A、太阳能、风能是清洁能源；
B、焚烧秸秆会引起空气污染；
C、从雾霾天气的成因考虑；
D、催化剂能把汽车尾气中有害的CO、NO转化成无害气体N2和二氧化碳．
【解答】解：A、太阳能、风能是清洁能源，开发新能源太阳能、风能，能减少二氧化碳的排放，符合大力开发低碳技术，推广高效节能技术，故A正确；
B、焚烧秸秆会引起空气污染，故不能就地焚烧，故B错误；
C、二氧化硫、氮氧化物以及可吸入颗粒物这三项是雾霾主要组成，前两者为气态污染物，最后一项颗粒物才是加重雾霾天气污染的罪魁祸首．它们与雾气结合在一起，让天空瞬间变得灰蒙蒙的，“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霆天气，故C正确；
D、高效催化剂能把汽车尾气中有害的CO、NO转化成无害气体N2和二氧化碳，故D正确．
故选B．
2．下列有关化学反应中能量变化的理解，正确的是（ ）
A．需要加热才能发生的反应，一定是吸收能量的反应
B．在化学反应过程中总是伴随着能量的变化
C．释放能量的反应在常温下一定很容易发生
D．在确定的化学反应中反应物的总能量总是高于生成物的总能量
【考点】吸热反应和放热反应．
【分析】A、需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，反应的吸放热和条件无关；
B、化学反应伴随物质变化的同时一定伴随着能量的变化；
C、反应的吸放热和条件无关；
D、反应一定伴随着吸放热，根据△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和来判断．
【解答】解：A、需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，铝热反应需要高温才能发生，但是属于放热反应，故A错误；
B、化学反应伴随物质变化的同时一定伴随着能量的变化，故B正确；
C、反应的吸放热和条件无关，释放能量的反应在常温下不一定很容易发生，如铝热反应需要高温才能发生，故C错误；
D、反应一定伴随着吸放热，根据△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和，在确定的化学反应中，反应物的总能量高于或是低于生成物的总能，故D错误．
故选B．
3．在一定条件下，能使A（g）+B（g） C（g）+D（g）正反应速率增大的措施是（ ）
A．减小C和D的浓度
B．增大D的浓度
C．减小B的浓度
D．增大A和B的浓度
【考点】化学反应速率的影响因素．
【分析】对于反应A（g）+B（g） C（g）+D（g），△H＜0来说，增大反应速率，可增大浓度、压强、温度或加入催化剂，以此解答．
【解答】解；A．减小C或D的浓度，平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，故A错误；
B．增大D的浓度，逆反应速率增大，加入D的瞬间，正反应速率不变，故B错误；
C．减小B的浓度，反应速率减小，故C错误；
D．增大A或B的浓度，气体浓度增大，反应速率增大，故D正确．
故选D．
4．100℃时，将0.1mol
N2O4置于1L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4（g） 2NO2
（g）．下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是（ ）
①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2
②NO2生成速率与NO2消耗速率相等
③烧瓶内气体的压强不再变化
④烧瓶内气体的质量不再变化
⑤NO2的物质的量浓度不再改变
⑥烧瓶内气体的颜色不再加深
⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化
⑧烧瓶内气体的密度不再变化．
A．②③⑥⑦
B．①④⑧
C．只有①④
D．只有⑦⑧
【考点】化学平衡状态的判断．
【分析】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断．
【解答】解：①无论反应是否达到平衡状态，N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比都为1：2，所以不能证明是否达到平衡状态，故错误；
②NO2的正逆反应速率相等，所以能证明达到平衡状态，故正确；
③该反应是反应前后气体体积改变的反应，当该反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再改变，所以压强就不再改变，能证明该反应达到平衡状态，故正确；
④根据质量守恒，无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的质量都不再改变，所以不能证明该反应是否达到平衡状态，故错误；
⑤平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，所以能证明该反应达到平衡状态，故正确；
⑥平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，烧瓶内气体的颜色不再加深，所以能证明该反应达到平衡状态，故正确；
⑦平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，质量始终不变，所以当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，能证明该反应达到平衡状态，故正确．
⑧根据质量守恒，反应前后气体质量不变，容器的体积不变，所以烧瓶内气体的密度始终不变，故错误；
所以错误的是①④⑧．
故选B．
5．下列有关焓（H）判据和熵（S）判据的叙述正确的是（ ）
A．△H＞0的反应使体系能量升高，不能自发进行
B．△H＜0的反应使体系能量降低，无需加热便能自发进行
C．在与外界隔离的体系中，自发过程将导致熵增大
D．熵增原理说明△S＜0过程在任何条件下都不能自发进行
【考点】焓变和熵变．
【分析】熵变与焓变都与反应能否自发进行有关，但都不是唯一因素，反应能否自发进行应依据△H﹣T△S是否小于0判断．
【解答】解：A．△H＞0不能保证△H﹣T△S一定小于0，所以反应不一定能自发进行，故A错误；
B．△H＜0不能保证△H﹣T△S一定小于0，所以反应不一定能自发进行，故B错误；
C．与外界隔离的体系没有能量的变化，过程自发应满足△H﹣T△S＜0，所以△S应变大，该过程为熵增过程，故C正确；
D．熵增原理只是说明熵增加有利于反应的自发进行，如果△S＜0，△H＜0，则在低温下可以使△H﹣T△S＜0，可以自发进行，故D错误；
故选C．
6．下列说法中正确的是（ ）
A．液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质
B．NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质
C．铜、石墨均导电，所以它们是电解质
D．蔗糖、酒精在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质
【考点】电解质与非电解质．
【分析】根据电解质和非电解质的定义：电解质是指在水溶液中或在熔融状态下就能够导电（电解离成阳离子与阴离子）的化合物，非电解质是指在水溶液中或在熔融状态下就不能导电的化合物来解答此题．
【解答】解：
A、液态HCl不导电，但在水溶液中电离出氢离子和氯离子，可以导电；固态NaCl不导电，在水溶液中或熔融状态下电离出钠离子和氯离子，可以导电，所以所以HCl、NaCl均是电解质，故A错误；
B、氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气电离；二氧化碳的水溶液能导电，是因为二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸电离出氢离子和碳酸氢根离子，不是二氧化碳电离，所以氨气和二氧化碳均是非电解质，故B错误．
C、铜和石墨导电是因为有自由移动的电子，可以按一定方向移动形成电流，并且铜和石墨均为单质，不是电解质，故C错误；
D、蔗糖、酒精为化合物，在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质，故D正确．
故选D．
7．低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）△H＜0在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是（ ）
A．平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大
B．平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小
C．单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2时，反应达到平衡
D．其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】A、平衡常数只受温度影响，从平衡移动的方向判断平衡常数的变化；
B、可逆反应中，加入一种反应物，平衡向正方向移动，以此判断转化率变化；
C、反应达到平衡时，不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比；
D、催化剂能加快反应速率，但不影响平衡的移动．
【解答】解：A、正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A错误；
B、增大一个反应物浓度，其它反应物转化率增大，故B错误；
C、单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2时，等于化学计量数之比，反应到达平衡，故C正确．
D、使用催化剂平衡不移动，废气中氮氧化物的转化率不变，故D错误．
故选C．
8．甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）
A．0.1mol/L甲酸溶液的c（H+）=10﹣3mol/L
B．甲酸以任意比与水互溶
C．10mL
1mol/L甲酸恰好与10mL
1mol/L
NaOH溶液完全反应
D．甲酸溶液的导电性比一元强酸溶液的弱
【考点】弱电解质的判断．
【分析】A.0.1mol/L甲酸溶液中电离出的氢离子浓度为10﹣3mol/L，证明甲酸部分电离；
B．甲酸的水溶性大小与强弱电解质没有必然关系；
C．甲酸与氢氧化钠发生中和反应，无法判断电解质的强弱；
D．没有指出浓度相同，则无法判断甲酸是否为弱电解质．
【解答】解：A.0.1mol/L甲酸溶液的c（H+）=10﹣3mol/L，说明甲酸在溶液中只能部分电离出氢离子，从而证明甲酸为弱酸，故A正确；
B．甲酸以任意比与水互溶，无法判断甲酸为弱电解质还是弱电解质，故B错误；
C.10mL
1mol/L甲酸恰好与10mL
1mol/L
NaOH溶液完全反应，二者发生中和反应，无法判断甲酸是强电解质还是弱电解质，故C错误；
D．溶液导电性与离子浓度大小有关，没有指出浓度相同，则无法判断甲酸为弱电解质，故D错误；
故选A．
9．在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡：S2﹣+H2O═HS﹣+OH﹣．下列说法正确的是（ ）
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．通入H2S，HS﹣浓度增大
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
【考点】影响盐类水解程度的主要因素．
【分析】根据平衡常数与温度的关系及温度、浓度对平衡的影响来分析解答；
A、平衡常数只随温度变化；
B、通入硫化氢，溶液中氢离子浓度增大；
C、水解反应是吸热反应，升温促进水解，根据平衡移动判断离子浓度变化；
D、加入NaOH固体是一种强碱，据此回答．
【解答】解：A、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故A错误；
B、通入H2S，HS﹣浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度减小，使S2﹣+H2O HS﹣+OH﹣正向移动，HS﹣浓度增大，故B正确；
C、水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2﹣）减小，c（HS﹣）增大，所以增大，故C错误；
D、加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，故D错误．
故选：B．
10．物质的量浓度相同的下列溶液，pH由大到小排列正确的是（ ）
A．Ba（OH）2、Na2SO3、FeCl3、KCl
B．Na2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4Cl
C．NH3 H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4
D．NaHCO3、H2SO4、C2H5OH、HCl
【考点】溶液pH的定义．
【分析】pH值的大小反应溶液的酸碱性，pH值越小溶液酸性越强，PH值越大溶液的碱性越强．一般情况下，物质的量浓度相同的溶液PH值大小关系为：多元强碱＞一元强碱＞弱碱＞水解显碱性的盐溶液＞不水解的盐溶液＞水解显酸性的盐溶液＞弱碱＞一元强酸＞多元强酸，盐溶液酸碱性强弱又取决与盐电离产生离子的水解能力，遵循：越弱越电离的规则．
【解答】解：A．Na2SO3水解显碱性，FeCl3水解显酸性，pH由大到小：Ba（OH）2、Na2SO3、KCl、FeCl3，故A错误；
B．Na2SiO3、Na2CO3、水解都显碱性，前者水解能力更强，NH4Cl水解显酸性，pH由大到小：Na2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4Cl，故B正确；
C．硫酸是二元强酸，磷酸为中强酸，pH由大到小：NH3 H2O、Na2SO4、H3PO4、H2SO4，故C错误；
D．C2H5OH非电解质无H+，pH由大到小：NaHCO3、HCl、H2SO4，故D错误；
故选B．
11．要求设计实验证明某种盐的水解是吸热的，有四位学生分别作出如下回答，其中正确的是（ ）
A．甲学生：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的
B．乙学生：在盐酸中加入相同温度的氨水，若实验过程中混合液温度下降，说明盐类水解是吸热的
C．丙学生：在醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的
D．丁学生：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，说明盐类水解是吸热的
【考点】化学实验方案的评价；盐类水解的原理．
【分析】A．硝酸铵晶体溶于水吸收热量；
B．中和反应为放热反应，测定温度应注意隔热；
C．醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大；
D．醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，则升高温度促进水解．
【解答】解：A．因硝酸铵晶体溶于水吸收热量，则不能说明盐水解为吸热反应，故A错误；
B．中和反应为放热反应，测定温度应注意隔热，且一水合氨的电离为吸热反应，不能说明盐类水解是吸热的，故B错误；
C．醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大，促进水解，溶解过程伴随热效应，则不能说明盐类水解是吸热的，故C错误；
D．醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，则升高温度促进水解，即水解反应为吸热反应，故D正确；
故选D．
12．在2A（g）+B（g） 3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A．VA=1.0
mol/（L S）
B．VB=0.6
mol/（
L S）
C．VC=1.6
mol/（L S）
D．VD=2.0
mol/（L S）
【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．
【分析】利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较．
【解答】解：都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B 3C+4D，
A、υ（A）=1.0
mol/（L s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=2υ（A）=2mol/（L s），
B、υ（B）=0.6mol/（L s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=4υ（B）=2.4mol/（L s），
C、υ（C）=1.6mol/（L s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=υ（C）=×1.6mol/（L s）=2.1mol/（L s），
D、υ（D）=2
mol/（L s），
故速率B＞C＞A=D，
故选B．
13．在一定条件下，使10mol
SO3在体积固定为2L的密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），则下图中正确的是（表示混合气体的平均相对分子质量）（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】化学平衡建立的过程．
【分析】A．开始投入SO3，它是生成物，只有逆反应速率，正反应速率为0；
B．据方程式可知SO2比O2生成的多；
C．反应向逆反应进行，据M=分析；
D．反应向逆反应进行，据ρ=分析．
【解答】解：A．开始投入SO3，它是生成物，只有逆反应速率，正反应速率为0，图象上v正、v逆标反了，故A错误；
B．据方程式可知SO2比O2生成的多，下面两条线标的物质反了，故B错误；
C．据M=，气体的总质量不变，而反应向逆反应方向进行，n变大，故M变小，后来平衡不变了，故C正确；
D．反应向逆反应进行，据ρ=，气体的总质量不变，体积固定，ρ始终不变，故D错误．
故选C．
14．在一固定体积密闭容器中，加入2molA和1molB，发生反应：2A（g）+B（g） 3C（g）+D（g）达平衡时，C的浓度为ω
mol/L，若维持容器体积和温度不变，按下列四种配比作起始物质，达平衡后，C的浓度仍为ω
mol/L的是（ ）
A．4molA+2molB
B．2mol
A+1mol
B+3mol
C+1mol
D
C．3mol
C+1mol
D+1mol
B
D．3mol
C+1mol
D
【考点】等效平衡．
【分析】恒温恒容下，不同途径达到平衡后，C的浓度仍为W
mol/L，说明与原平衡为等效平衡，按化学计量数转化到左边，满足n（A）=2mol，n（B）=1mol即可，据此解答．
【解答】解：A、开始加入4molA+2molB，相当于在加入2molA和1molB达平衡后，再加入2molA和1molB，平衡向逆反应进行，不满足n（A）=2mol，n（B）=1mol，故A错误；
B、开始加入2molA+1molB+3molC+1molD，将3molC、1molD按化学计量数转化到左边可得2molA、1molB，故等效为开始加入3molA+1.5molB，不满足n（A）=2mol，n（B）=1mol，故B错误；
C、开始加入3molC+1molD+1molB，将3molC、1molD按化学计量数转化到左边可得2molA、1molB，故等效为开始加入2molA、2molB所到达的平衡，不满足n（A）=2mol，n（B）=1mol，故C错误；
D、开始加入3molC、1molD，按化学计量数转化到左边可得2molA、1molB，满足n（A）=2mol，n（B）=1mol，与原平衡为等效平衡，故D正确；
故选D．
15．0.1mol/LKHSO4
溶液和0.1mol/LNa2S等体积混合后，溶液能使酚酞试液变红，则离子浓度关系正确的是（ ）
A．c（SO42﹣）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．c（Na+）＞c（K+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．c（Na+）=c（S2﹣）+c（H2S）+c（HS﹣）+c（SO42﹣）
D．c（Na+）+c（H+）+c（K+）=2c（SO42﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣）
【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．
【分析】所得的溶液能使酚酞试液变红，则溶液显碱性，等量的KHSO4溶液和Na2S混合后发生反应：S2﹣+H+=HS﹣，硫氢根离子水解溶液显示碱性，硫氢根离子电离使得溶液显示酸性，根据酸碱性来确定平衡的进行成都，据电荷守恒和物料守恒来解决离子浓度之间的关系大小．
【解答】解：0.1mol/LKHSO4
溶液和0.1mol/LNa2S等体积混合后，发生反应：S2﹣+H+=HS﹣，硫氢根离子水解使得溶液显示碱性，硫氢根离子电离使得溶液显示酸性．
A、所得的溶液能使酚酞试液变红，则溶液显碱性，所以硫氢根离子水解程度大于硫氢根离子电离程度，所以c（SO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（S2﹣）＞c（H+），故A错误；
B、所得的溶液能使酚酞试液变红，则溶液显碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），故B错误；
C、0.1mol/LKHSO4
溶液和0.1mol/LNa2S等体积混合后，S元素的浓度总是0.1mol/L，根据物料守恒，
则c（Na+）=2[c（S2﹣）+c（H2S）+c（HS﹣）]，而c（SO42﹣）=c（S2﹣）+c（H2S）+c（HS﹣），所以
c（Na+）=c（S2﹣）+c（H2S）+c（HS﹣）+c（SO42﹣），故C正确；
D、根据溶液中的电守恒，有：c（Na+）+c（H+）+c（K+）=2c（SO42﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣）+2c（S2﹣），故D错误．
故选C．
16．在2
L密闭容器中将4
mol气体A和2
mol气体B混合，在一定温度下发生反应：3A（g）+2B（g） xC（g）+2D（g）．2min后达到平衡时生成1.6mol
C，又测得反应速率v（D）=0.2mol/（L min），下列说法正确的是（ ）
A．x=4
B．B的转化率为60%
C．A的平衡浓度是2.8mol/L
D．平衡时气体的压强是原来的0.94倍
【考点】化学平衡的计算．
【分析】平衡时v（D）=0.2
mol/（L min），则生成D的物质的量为0.2
mol/（L min）×2
min×2
L=0.8
mol，又由于生成C的物质的量为1.6
mol，则x=4；该反应的正反应为气体体积增大的反应，则平衡时气体的压强增大；根据消耗D的物质的量及化学计量数计算出消耗A、B的物质的量，然后可计算出B的转化率、A的平衡浓度，据此进行解答．
【解答】解：A．达平衡时v（D）=0.2
mol/（L min），则生成D的物质的量为0.2
mol/（L min）×2
min×2
L=0.8
mol，又由于生成C的物质的量为1.6
mol，则x=4，故A正确；
B．平衡时B消耗的物质的量为0.8mol，则B的转化率为：×100%=40%，故B错误；
C．平衡时生成D的物质的量为0.8mol，则平衡时消耗A的物质的量为：0.8mol×=1.2mol，故A的平衡浓度为：
=1.4
mol/L，故C错误；
D．x=4，则此反应正向气体分子数增多，压强必然增大，故D错误；
故选A．
二、解答题（共1小题，满分8分）
17．处于下列状态的物质中：①NaCl
②CO2
③NH3 H2O
④Cu
⑤HCl
⑥NaOH
⑦酒精
⑧H2O
⑨NaCl溶液
⑩NH3
（1）属于强电解质的是
（填序号，下同） ①⑤⑥ ；
（2）属于弱电解质的是 ③⑧ ；
（3）属于非电解质的是 ②⑦⑩ ；
（4）能导电的是 ④⑨ ．
【考点】强电解质和弱电解质的概念．
【分析】电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
强电解质是在水溶液中或熔融状态下，能完全电离的电解质．包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；
弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；
非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子；
单质，混合物既不是电解质也不是非电解质，金属或存在自由移动的离子的溶液或熔融态物质能导电，根据定义即可解答．
【解答】解：（1）NaCl、HCl、NaOH是在水溶液中能完全电离的电解质，属于强电解质，
故答案为：①⑤⑥；
（2）NH3 H2O在水溶液中不能完全电离，NH3 H2O NH4++OH﹣，NH3 H2O是弱碱，是弱电解质，H2O不完全电离，是弱电解质，
故答案为：③⑧；
（3）酒精为共价化合物，溶于水不导电，属于非电解质；CO2的水溶液虽然能导电，但导电的离子是二氧化碳和水反应生成的碳酸电离，不是二氧化碳自身电离的，为非电解质；氨气的水溶液导电，但导电的离子是一水合氨电离出的，不是氨气电离出的，因此氨气为非电解质，
故答案为：②⑦⑩；
（4）金属铜含有自由电子能导电，NaCl溶液含有自由移动的钠离子和氯离子，能够导电，
故答案为：④⑨．
三、简答题（本大题共5小题，共44分）
18．已知：
H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol；
C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2220.0kJ/mol；
H2O（l）═H2O（g）△H=+44.0kJ/mol．
（1）写出丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式：
（2）实验测得H2和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧生成液态水时放热6262.5kj，则混合气体中H2和C3H8的体积比为多少？
【考点】热化学方程式．
【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，反应热也处于相应的系数进行相应的加减，构造目标热化学方程式；
（2）计算H2和C3H8的平均燃烧热，根据十字交叉法计算H2和C3H8的体积比即可．
【解答】解：（1）已知：①C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（1）；△H=﹣2220.0kJ/mol
②H2O（1）=H2O（g）；△H=+44.0kJ/mol
由盖斯定律可知，①+②×4得C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣2044kJ/mol，
答：丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣2044kJ/mol；
（2）由热化学方程式可知，氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，丙烷的燃烧热为2220.0kJ/mol，H2和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧生成液态水时放热6262.5KJ，则混合气体中H2和C3H8的平均燃烧热为=1252.5kJ/mol，根据十字交叉法计算H2和C3H8的体积比：
故H2和C3H8的体积比为967.5kJ/mol：966.7kJ/mol=1：1．
答：混合气体中H2和C3H8的体积比为1：1．
19．已知：
P4（白磷，s）+5O2（g）═P4O10（s）△H=﹣2983.2kJ/mol
P（红磷，s）+O2（g）═P4O10（s）△H=﹣738.5kJ/mol
试写出白磷转化为红磷的热化学方程式 P4（白磷，s）=4
P（红磷，s）△H=﹣29.2
kJ/mol ；白磷的稳定性比红磷 低
（填“高”或“低”）．
【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．
【分析】P4（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）△H1=﹣2983.2kJ/mol…①
P（s，红磷）+O2（g）=P4O10（s）△H2=﹣738.5kJ/mol…②
①﹣②×4可得：P4（s，白磷）=4P（s，红磷），根据盖斯定律写出白磷转化为红磷的焓变，书写热化学方程式，根据物质的总能量与反应热的关系判断，能量越高物质越稳定．
【解答】解：P4（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）△H1=﹣2983.2kJ/mol…①
P（s，红磷）+O2（g）=P4O10（s）△H2=﹣738.5kJ/mol…②
根据盖斯定律：①﹣②×4可得：P4（s，白磷）=4P（s，红磷）△H=（﹣2983.2kJ/mol）﹣（﹣738.5kJ）×4=﹣29.2kJ/mol，
说明白磷转化为红磷是放热反应，相同的状况下，能量比白磷低，而能量越低，物质越稳定，故白磷稳定性低于红磷，
故答案为：P4（白磷，s）=4
P（红磷，s）△H=﹣29.2
kJ/mol；低．
20．海水资源丰富，海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣HCO3﹣等离子．合理利用海水资源和保护环境是我国可持续发展的重要保证．
Ⅰ火力发电燃烧煤排放的SO2会造成一系列环境和生态问题．利用海水脱硫是一种有效的方法，其工艺流程如图所示：
（1）天然海水的pH≈8，呈弱碱性．用离子方程式解释主要原因 CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣或HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣ ．
（2）天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，其反应的化学方程式是 2H2SO3+O2═2H2SO4 ；氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混后才能排放，该操作的主要目的是中和、稀释经氧气氧化后海水中生成的酸．
（3）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，该溶液中c（Na+）= 2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣） （用含硫微粒浓度的代数式表示）．
（4）相同物质的量的SO2与NH3溶于水发生反应的离子方程式为 SO2+NH3 H2O=NH4++HSO3﹣ ，所得溶液中c（H+）﹣c（OH﹣）= BD
（填字母编号）．
A．c（SO32﹣）﹣c（H2SO3）
B．c（SO32﹣）+c（NH3．H2O）﹣c（H2SO3）
C．c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）﹣c（NH4+）
D．c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+）
Ⅱ重金属离子对河流及海洋造成严重污染．某化工厂废水（pH=2.0，ρ≈1g/mL）中含有Ag+、Pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.1mol/L．排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如下：
难溶电解质
AgI
AgOH
Ag2S
pbI2
Pb（OH）2
PbS
Ksp
8.3×10﹣17
5.6×10﹣8
6.3×10﹣50
7.1×10﹣9
1.2×10﹣15
3.4×10﹣28
（5）你认为往废水中投入 B （填字母序号），沉淀效果最好．
A．NaOH
B．Na2S
C．KI
D．Ca（OH）2
（6）如果用生石灰处理上述废水，使溶液的pH=8.0，处理后的废水中c（Pb2+）= 1.2×10﹣3mol L﹣1 ．
（ 7 ）如果用食盐处理只含Ag+的废水，测得处理后的废水中NaCl的质量分数为0.117%（ρ≈1g mL﹣1）．若环境要求排放标准为c（Ag+）低于1.0×10﹣8mol/L，问该工厂处理后的废水中c（Ag+）= 9×10﹣9
mol L﹣1 ．（已知KSP（AgCl）=1.8×10﹣10）
【考点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
【分析】Ⅰ、（1）根据海水中的离子是否水解进行解答；
（2）根据使用空气中的氧气将H2SO3氧化来分析；利用酸碱反应分析混合的目的；
（3）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，结合溶液中电荷守恒分析；
（4）相同物质的量的SO2与NH3溶于水反应生成亚硫酸氢铵；结合溶液中电荷守恒和物料守恒分析判断选项；
Ⅱ、（5）由表格中的数据可知，溶度积越小的越易转化为沉淀；
（6）根据Pb（OH）2的溶度积进行计算；
（7）根据氯化银的溶度积进行解答，并与排放标准对比来说明是否符合排放标准．
【解答】解：Ⅰ．（1）海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO﹣3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32﹣、HCO﹣3离子，CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，
故答案为：CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣或HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣；
（2）天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，氧气将H2SO3氧化为硫酸，该反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸（H+），
故答案为：2H2SO3+O2═2H2SO4；
（3）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），c（H+）=c（OH﹣），得到c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），
故答案为：2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）；
（4）相同物质的量的SO2与NH3溶于水发生反应生成碳酸氢铵，反应的离子方程式为SO2+NH3+H2O═NH4++HSO3﹣，溶液中存在电荷守恒：c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+），D正确，C错误；溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3 H2O）=c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（H2SO3），结合电荷守恒和物料守恒可知c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+）=c（SO32﹣）+c（NH3．H2O）﹣c（H2SO3），所以A错误，B正确；
故答案为：SO2+NH3+H2O═NH4++HSO3﹣；BD；
Ⅱ．（5）由表格中的数据可知，溶度积越小的越易转化为沉淀，显然只有硫化物的溶度积小，则应选择硫化钠，
故答案为：B；
（6）由Pb（OH）2的溶度积为1.2×10﹣15，pH=8.0，c（OH﹣）=10﹣6mol L﹣1，则c（Pb2+）==1.2×10﹣3mol L﹣1，
故答案为：1.2×10﹣3mol L﹣1；
（7）废水中NaCl的质量分数为0.117%（ρ≈1g mL﹣1），c（Cl﹣）=c（NaCl）==0.02mol/L，
Ksp（AgCl）=c（Ag+） c（Cl﹣）=1.8×10﹣10mol2 L﹣2，则c（Ag+）==9×10﹣9mol L﹣1，环境要求排放标准为c（Ag+）低于1.0×10﹣8mol L﹣1，显然9×10﹣9mol L﹣1＜1.0×l0﹣8mol L﹣1，
故答案为：9×10﹣9mol L﹣1．
21．甲醇是主要的化学工业基础原料和清洁液体燃料．工业上可以用CO或CO2来生产燃料甲醇．已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下表所示：
化学反应及平衡常数
温度/℃
500
800
①2H2（g）+CO（g） CH3OH（g）△H1
K1
2.5
0.15
②H2（g）+CO2（g） CO（g）+H2O（g）△H2
K2
1.0
2.50
③3H2（g）+CO2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H3
K3
（1）反应②的反应热△H2 ＞ 0（填“＞”、“＜”或“=”）；
（2）某温度下反应①中H2的平衡转化率（a）与体系总压强（P）的关系如图1所示．则平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A） = K（B）
（填“＞”、“＜”或“=”）；
（3）根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3= K1 K2 （用K1、K2表示）．500℃时测得反应③在某时刻H2（g）、CO2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）的浓度（mol/L）分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时v（正） ＞ v（逆）
（填“＞”、“＜”或“=”）；
（4）在3L容积可变的密闭容器中发生反应②，已知c（CO）与反应时间t变化曲线Ⅰ如图2所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线Ⅲ．当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是 加入催化剂 ；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是 将容器的体积快速压缩至2L ；
（5）一定条件下甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸．通常状况下，将amol/L的乙酸与bmol/LBa（OH）2溶液等体积混合，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣），用含a和b的代数式表示该混合溶液中乙酸的电离常数为 ×10﹣7L/mol ．
【考点】化学平衡常数的含义．
【分析】（1）分析图表数据，反应②平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行，正反应是吸热反应；
（2）依据平衡常数随温度变化，不随压强变化分析；
（3）反应③是气体体积减小的反应△S＜0，分析反应特征可知平衡常数K3=K1×K2，计算不同温度下反应③的平衡常数，结合温度变化分析判断反应焓变△H＜0，依据反应①+②得到反应③，所以平衡常数K3=K1×K2；依据某时刻浓度商计算和平衡常数比较判断反应进行的方向；
（4）图象分析曲线Ⅰ变化为曲线Ⅱ是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变；
（5）溶液等体积混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合概念计算．
【解答】解：（1）分析图表数据，反应②平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行，正反应是吸热反应，故答案为：＞；
（2）依据平衡常数随温度变化，不随压强变化分析，图象中平衡状态由A变到B时，压强改变，温度不变，所以平衡常数不变，故答案为：=；
（3）反应③3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）是气体体积减小的反应△S＜0，依据反应①+②得到反应③，所以平衡常数K3=K1×K2；计算不同温度下反应③的平衡常数，500°C时，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，800°C时，K3=K1×K2=2.5×0.15=0.375，结合温度变化分析，随温度升高，平衡常数减小，平衡逆向进行，所以判断反应是放热反应，焓变△H＜0，在500℃、2L的密闭容器中，进行反应③，测得反应③在某时刻，H2（g）、CO2（g）、CH3OH（g）、H2O
（g）的浓度（mol/L）分别为0.8、0.1、0.3、0.15，Q==0.87＜K=2.5，反应正向进行，V正＞V逆，
故答案为：K1 K2；＞；
（4）图象分析曲线Ⅰ变化为曲线Ⅱ是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变，曲线Ⅰ，体积为3L，一氧化碳浓度为3mol/L，改变条件后为曲线Ⅱ，一氧化碳浓度为4.5mol/L，则体积压缩体积为：3：V=4.5：3，V=2L，所以将容器的体积快速压缩至2L符合；
故答案为：加入催化剂；将容器的体积快速压缩至2L；
（5）通常状况下，将a
mol/L的醋酸与b
mol/L
Ba（OH）2溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣）=bmol/L，溶液中c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K===×10﹣7L/mol；
故答案为：×10﹣7L/mol．
22．SO2是造成空气污染的主要原因之一，利用钠碱循环法可除去SO2．
（1）钠碱循环法中，吸收液为Na2SO3溶液，该反应的离子方程式是 SO32﹣+SO2+H2O=2HSO3﹣ ．
（2）已知常温下，H2SO3的电离常数为
K1=1.54×10﹣2，K2=1.02×10﹣7，H2CO3的电离常数为
K1=4，.30×10﹣7，K2=5.60×10﹣11，则下列微粒可以大量共存的是 bc
（选填编号）．
a．CO32﹣HSO3﹣b．HCO3﹣HSO3﹣c．SO32﹣HCO3﹣d．H2SO3HCO3﹣
（3）已知NaHSO3溶液显酸性，解释原因 亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度 ，在NaHSO3稀溶液中各离子浓度从大到小排列顺序是 c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣） ．
（4）实验发现把亚硫酸氢钠溶液放置在空气中一段时间，会被空气中的氧气氧化，写出该反应的离子方程式 2HSO3﹣+O2=2SO42﹣+2H+ ．
（5）在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全后，推测反应后溶液中的还原产物为 NaI
（填化学式）．
【考点】含硫物质的性质及综合应用．
【分析】（1）SO2被Na2SO3溶液吸收生成亚硫酸氢钠；
（2）根据Ka越大酸性越强，根据酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应；
（3）根据电离和水解程度的相对大小分析；既电离又水解，以电离为主，溶液显酸性；
（4）+4价的硫元素能被氧气氧化为+6价；
（5）根据过量NaHSO3溶液的还原性和I2的氧化性能继续发生氧化还原反应来分析反应产物．
【解答】解：（1）SO2被Na2SO3溶液吸收生成亚硫酸氢钠，离子反应为SO32﹣+SO2+H2O=2HSO3﹣，
故答案为：SO32﹣+SO2+H2O=2HSO3﹣；
（2）已知Ka越大酸性越强，酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由于HCO3﹣的酸性小于HSO3﹣的酸性，所以HCO3﹣与SO32﹣不反应，即bc能共存，
故答案为：bc；
（3）HSO3﹣在溶液中电离出氢离子，同时HSO3﹣能水解，由于电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性；HSO3﹣既电离又水解，以电离为主，溶液显酸性，则溶液中的离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣），
故答案为：亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度；c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）；
（4）+4价的硫元素能被氧气氧化为+6价，则亚硫酸氢钠溶液放置在空气中一段时间，会被空气中的氧气氧化，其反应的离子方程式为：2HSO3﹣+O2=2SO42﹣+2H+，
故答案为：2HSO3﹣+O2=2SO42﹣+2H+；
（5）NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液时，I2能与NaHSO3发生氧化还原反应，碘元素的化合价降低，则还原产物为NaI，
故答案为：NaI；
2016年12月14日