四川省成都外国语学校2016-2017学年高二（上）期中化学试卷（解析版）
文档属性
| 名称 | 四川省成都外国语学校2016-2017学年高二（上）期中化学试卷（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 333.0KB | ||
| 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 | 2017-01-22 19:21:52 | ||
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文档简介
2016-2017学年四川省成都外国语学校高二（上）期中化学试卷
一、选择题（共30小题，每小题3分，满分90分）
1．可逆反应：2NO2（g） 2NO（g）+O2（g），在容积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志正确的有（ ）
①单位时间内生成n
mol
O2的同时生成2n
mol
NO2
②单位时间内生成n
mol
O2的同时生成2n
mol
NO
③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
⑧NO2的转化率不再随时间改变而改变
⑨NO与O2的物质的量之比不再随时间改变而改变
⑩n（NO2）：n（NO）：n（O2）=2：2：1
化学平衡常数K不再随时间改变而改变．
A．4个
B．5个
C．6个
D．7个
2．化合物A在一定条件下发生分解反应，反应物浓度随反应时间的变化如图所示．则化合物A在4～8min间的平均反应速率为（ ）
A．0.20
mol L﹣1 min﹣1
B．0.25
mol L﹣1 min﹣1
C．0.30
mol L﹣1 min﹣1
D．0.50
mol L﹣1 min﹣1
3．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10ml
2mol/L盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应最快的是（ ）
A．10℃20mL
3mol/L的X溶液
B．20℃30mL
2mol/L的X溶液
C．20℃10mL
4mol/L的X溶液
D．10℃10mL
2mol/L的X溶液
4．下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．硫酸工业中，增大O2的浓度有利于提高SO2的转化率
B．开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡
C．对2HI（g） H2（g）+I2（g）平衡体系增加压强使颜色变深
D．滴有酚酞的氨水溶液，适当加热溶液（氨气不挥发）后颜色变深
5．将等物质的量的F2和ClF混合，在密闭容器中发生反应：F2（g）+ClF（g） ClF3（g）；△H＜0．下列叙述中，正确的是（ ）
A．达到平衡后，保持容器的体积不变再充入ClF3气体的瞬间，体系压强增大，平衡右移
B．若c（F2）：c（ClF）：c（ClF3）=1：1：1，则反应一定达到平衡状态
C．达到平衡后，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡左移
D．平衡后再降低温度，保持恒容，达到新的平衡，则混合气体的平均摩尔质量增大
6．下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是（ ）
①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1；C（s）+O2（g）=CO（g）△H2
②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H3；S（g）+O2（g）=SO2（g）△H4
③H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H5；2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H6
④CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）△H7；CaO（s）+H2O（l）=Ca（OH）2（s）△H8．
A．②③④
B．④
C．①
D．①②③
7．已知：NH3 H2O（aq）与H2SO4（aq）反应生成1mol
（NH4）2SO4的△H=﹣24.2kJ mol﹣1；强酸、强碱的稀溶液反应的中和热△H=﹣57.3kJ mol﹣1．则NH3 H2O在水溶液中电离的△H等于（ ）
A．+45.2
kJ mol﹣1
B．﹣45.2
kJ mol﹣1
C．+69.4
kJ mol﹣1
D．﹣69.4
kJ mol﹣1
8．在反应2SO2+O2 2SO3中，有a
mol
SO2和b
mol
O2参加反应，达到化学平衡状态时有c
mol
SO3生成，则SO2在反应混合物中的体积分数为（ ）
A．×100%
B．×100%
C．×100%
D．
100%
9．温下，10mL
0.01mol/L
Na2C2O4溶液中存在平衡：c2O42﹣+H2O HC2O4﹣+OH﹣，该反应的平衡常数K，现向该溶液中加入NaOH固体或加入0.01mol/L的盐酸，下列图象描述的关系正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．下列叙述正确的是（ ）
A．任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸碱性的强弱
B．某溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣a
mol L﹣1，若a＞7，则该溶液的pH一定为14﹣a
C．0.2
mol L﹣1
CH3COOH溶液中的c（H+）是0.1
mol L﹣1
CH3COOH溶液中的c（H+）的2倍
D．无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下，其c（H+） c（OH﹣）=1×10﹣14
11．常温下，某溶液中由水电离出来的c（H+）=1×10﹣13
mol L﹣1，该溶液可能是（ ）
①SO2
②NH4Cl溶液
③NaHSO4溶液
④醋酸溶液
⑤NaNO3溶液
⑥氨水
⑦NaHCO3溶液（溶液显碱性）
⑧NaOH溶液．
A．①③④⑥⑧
B．①④⑥⑧
C．①④⑤⑥⑦
D．②⑤⑧
12．下列热化学方程式或说法正确的是（ ）
A．甲烷的燃烧热为△H=﹣890kJ mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890
kJ mol﹣1
B．500℃、30
MPa下，将0.5
mol
N2和1.5
mol
H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3
kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣38.6
kJ mol﹣1
C．已知：H2（g）+F2（g）=2HF（g）；△H=﹣270
kJ/mol，则1
mol氢气与1
mol氟气反应生成2
mol液态氟化氢放出的热量小于270
KJ
D．在C中相同条件下，2
mol
HF气体的能量小于1
mol氢气与1
mol氟气的能量总和
13．向固定容积的密闭容器中，通入a
mol
X，发生反应2X Y（g）+Z（s），并达到平衡状态，此时升高温度，气体的密度增大．下列叙述正确的是（ ）
A．压强的变化对该平衡没有影响
B．若正反应为放热反应，则X一定为气态
C．若X为非气态，则正反应为放热反应
D．若x为气态，再向容器中充入a
mol
X，达到的新平衡与第一次平衡相比，X
的体积分数增大
14．在一密闭容器中充入1mol
H2和1mol
I2，压强为p（Pa），并在一定温度下使其发生反应：H2（g）+I2（g） 2HI（g）△H＜0．则下列叙述中不正确的是（ ）
A．保持容器容积不变，向其中再加入1mol
H2，反应速率加快，理由是增大反应物氢气的浓度，反应速率加快
B．保持容器内气体压强不变，向其中加入1mol
N2（N2不参加反应），反应速率减慢，理由是保持压强不变，向其中充入N2，体积变大，反应物浓度减小，反应速率减慢
C．保持容器容积不变，向其中加入1mol
N2（N2不参加反应），反应速率不变，理由是反应物的浓度不变，反应速率不变
D．保持容器内气体压强不变，向其中再加入1mol
H2（g）和1mol
I2（g），反应速率减小，理由是容器体积变大反应物浓度变小，反应速率减小
15．键能是指拆开1mol化学键需要吸收的能量或形成1mol化学键所释放的能量．表中列出了某些共价键的键能：
共价键
键能/kJ mol﹣1
共价键
键能/kJ mol﹣1
共价键
键能/kJ mol﹣1
H﹣H
436
H﹣Br
366
Cl﹣Cl
243
H﹣O
463
H﹣I
298
Br﹣Br
193
H﹣Cl
432
O=O
496
I﹣I
151
根据表中数据判断下列表述中正确的是（ ）
A．H2O中含有两个O﹣H共价键，故用氢气与氧气合成1
mol
H2O放出的能量为926
kJ
B．用单质合成1
mol
H﹣Cl所放出的能量小于合成1
mol
H﹣Br所放出的能量
C．当用表中卤素单质与氢气合成卤化氢时，所有的反应都是放热反应
D．合成溴化氢的热化学方程式为H2（g）+Br2（g）═2HBr（g）△H=+103
kJ mol﹣1
16．已知下列热化学方程式：
①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ mol﹣1
②2C2H6（g）+7O2（g）=4CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣3116.7kJ mol﹣1
③C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣1409.6kJ mol﹣1
④2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2596.7kJ mol﹣1
⑤C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2217.8kJ mol﹣1
现有由上述五种烃中的两种组成的混合气体2mol，经充分燃烧后放出3037.6kJ热量，则下列哪些组合是不可能的（ ）
A．C2H4和C2H6
B．C2H2和C3H8
C．C2H6和C3H8
D．C2H6和CH4
17．将一定量的固体Ag2SO4置于容积不变的密闭容器中（装有少量V2O5），某温度下发生反应：
Ag2SO4（s） Ag2O（s）+SO3（g），2SO3（g） 2SO2（g）+O2（g）．反应经过10min后，测得c（SO3）=0.4mol L﹣1，c（SO2）=0.1mol L﹣1，则下列叙述中不正确的是（ ）
A．容器里气体的密度为40g L﹣1
B．SO3的分解率为20%
C．化学反应速率v（Ag2SO4）=v（SO3）
D．在这10min内的平均反应速率为v（O2）=0.005mol L﹣1 min﹣1
18．现有浓度均为0.1mol L﹣1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液．下列判断中正确的是（ ）
A．若三种溶液中c（H+）分别为a1
mol L﹣1、a2
mol L﹣1、a3
mol L﹣1，则它们的大小关系为a2=a1=a3
B．等体积的以上三种酸分别与过量的NaOH溶液反应，若生成的盐的物质的量依次为b1
mol、b2
mol、b3
mol，则它们的大小关系为b1=b2＜b3
C．分别用以上三种酸中和一定量的NaOH溶液生成正盐，若需要酸的体积分别为V1、V2、V3，其大小关系为V1=V2=V3
D．分别与Zn反应，开始时生成H2的速率分别为v1、v2、v3，其大小关系为v2＞v1＞v3
19．在容积不变的密闭容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H＜0．下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是（ ）
A．图I表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高
B．图Ⅱ表示t0时刻使用催化剂对反应速率的影响
C．图Ⅲ表示t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
D．图Ⅳ中a、b、c三点中只有b点已经达到化学平衡状态
20．某恒容密闭容器中充入等物质的量的A
和B，一定温度下发生反应A（s）+xB（g） 2C（g），达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：
下列说法中正确的是（ ）
A．30
min～40
min
间该反应使用了催化剂
B．反应方程式中的x=2，正反应为吸热反应
C．30
min
时条件的变化是降低压强，40
min
时条件的变化是升高温度
D．前8
min
A
的平均反应速率为0.08
mol L﹣1 min﹣1
21．向0.1mol L﹣1的CH3COOH溶液中加水或加入少量CH3COONa晶体时，下列有关叙述不正确的是（ ）
A．都能使溶液的pH增大
B．都能使溶液中c（H+） c（CH3COO﹣）减小
C．都能使溶液中比值增大
D．溶液中不变
22．用pH大小表示溶液的酸碱性相对强弱有许多不足之处．荷兰科学家Henk
Van
Lubeck
引入了酸度（AG）的概念，即把酸度定义为c（H+）与c（OH﹣）比值的对数，用公式表示为AG=lg[c（H+）/c（OH﹣）]．下列有关叙述中，正确的是（ ）
A．在25℃时，AG=10的溶液呈碱性
B．在25℃时，若溶液呈中性，则pH=7，AG=1
C．在25℃时，溶液的pH与AG的换算公式为AG=2（7﹣pH）
D．在25℃时，0.1
mol L﹣1
NaOH溶液AG=0
23．已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4═Na++H++SO42﹣．某温度下，向c（H+）=1×10﹣6mol/L的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液中的c（H+）=1×10﹣2
mol/L．下列对该溶液的叙述错误的是（ ）
A．该温度高于25℃
B．由水电离出来的H+的浓度为1×10﹣10
mol/L
C．NaHSO4晶体的加入抑制了水的电离
D．取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c（OH﹣）减小
24．T℃时在2L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）．反应过程中X、Y、Z的物质的量变化如图﹣1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2，Y的体积百分含量与时间的关系如图﹣2所示．下列分析正确的是（ ）
A．容器中发生的反应可表示为：2X（g）+Y（g） 2Z（g）
B．0～3
min内，v（X）=0.2
mol L﹣1 min﹣1
C．其他条件不变升高温度，v正、v逆都增大，且重新平衡前v正＞v逆
D．若改变条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件可能是增大压强
25．25℃时，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）的变化关系如图中曲线ac所示，下列判断错误的是（ ）
A．a
c曲线上的任意一点都有c（H+） c（OH﹣）=10﹣14
B．b
d线段上任意一点对应的溶液都呈中性
C．d点对应溶液的温度高于25℃，pH＜7
D．CH3COONa溶液不可能位于c点
26．已知常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c（H2CO3）=1.5×10﹣5
mol L﹣1．（已知H2CO3的第二级电离常数K2=5.6×10﹣11，HClO的电离常数K=3.0×10﹣8，已知10﹣5.60=2.5×10﹣6）．下列选项中不正确的是（ ）
A．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3 HCO3﹣+H+的平衡常数K1=4.2×10﹣7
B．少量Cl2通入到过量的Na2CO3溶液的离子方程式为Cl2+2CO32﹣+H2O═2HCO3﹣+Cl﹣+ClO﹣
C．Cl2与Na2CO3按物质的量之比1：1恰好反应的离子方程式为Cl2+CO32﹣+H2O═HCO3﹣+Cl﹣+HClO
D．少量CO2通入到过量的NaClO溶液的离子方程式为2ClO﹣+CO2+H2O═CO32﹣+2HClO
27．下列对该溶液的叙述不正确的是（ ）
A．已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a
mol L﹣1的一元酸HA与b
mol L﹣1的一元碱BOH等体积混合，混合溶液中当c（H+）=
mol L﹣1时可判定该溶液呈中性
B．pH=5的H2SO4溶液，加水稀释到500倍，则稀释后c（H+）与c（SO42﹣）的比为2：1
C．某温度下，水的离子积常数Kw=10﹣12，该温度下，将pH=4的H2SO4溶液与pH=9的NaOH溶液混合并保持恒温，欲使混合溶液的pH=7，则稀硫酸与NaOH溶液的体积比为9：1
D．将pH=1的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为11：1
28．CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H1．现在容积均为1L的a、b、c、d、e五个密闭容器中分别充入1mol
CO和2mol
H2的混合气体，控制温度，进行实验，测得相关数据如图（图1：温度分别为300℃、500℃的密闭容器中，甲醇的物质的量；图2：温度分别为T1～T5的密闭容器中，反应均进行到5min时甲醇的体积分数）．下列叙述正确的是（ ）
A．该反应的△H1＞0，且K1＞K2
B．将容器c中的平衡状态转变到容器d中的平衡状态，可采取的措施有升温或加压
C．300℃时，向平衡后的容器中再充入0.8
mol
CO，0.6
mol
H2，0.2
mol
CH3OH，平衡正向移动
D．500℃时，向平衡后的容器中再充入1
mol
CH3OH，重新平衡后，H2浓度和百分含量均增大
29．工业上以乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应如下：
（g）
（g）+H2（g）
现将x
mol乙苯蒸气通入体积可变的密闭容器中反应，维持体系总压强p总恒定．在某催化剂作用下，乙苯的平衡转化率随温度变化如图所示．
已知：气体分压（p分）=气体总压（p总）×体积分数．
不考虑副反应，下列说法正确的是（ ）
A．400℃时，向体系中通入水蒸气，v（正）、v（逆）
均减小，且乙苯转化率降低
B．500℃时，向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x
mol，平衡不移动
C．550℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=×p总
D．550℃时平衡体系中苯乙烯的体积分数是450℃时的3倍
30．一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），进行反应，2SO2+O2 2SO3，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示．下列判断中正确的是（ ）
甲
乙
丙
丁
密闭容器体积/L
2
2
2
1
起始物质的量
n（SO2）/mol
0.40
0.80
0.80
0.40
n（O2）/mol
0.24
0.24
0.48
0.24
SO2的平衡转化率%
80
α1
α2
α3
A．甲中反应的平衡常数小于乙
B．该温度下，该反应的平衡常数K为400
C．SO2的平衡转化率：α1＞α2=α3
D．容器中SO3的物质的量浓度：丙=丁＜甲
二、解答题（共4小题，满分40分）
31．碘在科研与生活中有重要作用，某兴趣小组用0.50mol L﹣1KI、0.2%淀粉溶液、0.20mol L﹣1K2S2O8、0.10mol L﹣1Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响．
已知：S2O82﹣+2I﹣═2SO42﹣+I2（慢）
I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣
（快）
（1）向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的 耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色，为确保能观察到蓝色，S2O32﹣与S2O82﹣初始的物质的量需满足的关系为：n（S2O32﹣）：n（S2O82﹣） ．
（2）为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如表：
实验序号
体积V/mL
K2S2O8溶液
水
KI溶液
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
①
10.0
0.0
4.0
4.0
2.0
②
9.0
1.0
4.0
4.0
2.0
③
8.0
Vx
4.0
4.0
2.0
表中Vx= mL，理由是 ．
（3）已知某条件下，浓度c（S2O82﹣）～反应时间t的变化曲线如图，若保持其它条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c（S2O82﹣）～反应时间t的变化曲线示意图（进行相应的标注）．
32．a，b为两个极易导热的密闭容器，a保持容积不变，b中的活塞可上下移动，以保持内外压强相等．在相同条件下将3mol
A，1mol
B分别同时混合到a，b两容器中，发生反应3A（g）+B（g） 2C（g）+D（g）．
（1）达到平衡时，a中A的浓度为M
mol L﹣1，C的浓度为N
mol L﹣1，b中A的浓度为m
mol L﹣1，C的浓度为n
mol L﹣1，对M与m、N与n的关系下列判断正确的是
A．M＜m、N＜n
B．M＞m、N＞n
C．M＜m、N＞n
D．M＞m、N＜n
（2）保持温度不变，按下列配比将各物质分别充入a、b两容器，达到平衡后a中C的浓度为N
mol L﹣1的是 ，b中C的浓度为n
mol L﹣1的是
A.6mol
A+2mol
B
B.3mol
A+2mol
B
C.2mol
C+1mol
B+1mol
D
D.1.5mol
A+0.5mol
B+1mol
C+0.5mol
D
（3）若将2mol
C和2mol
D充入a中，保持温度不变，平衡时A的浓度为W
mol L﹣1，C的浓度为Y
mol L﹣1，判断W和M，Y和N之间的关系，下列正确的是
A．W＜M、Y＞N
B．W＞M、Y＜N
C．W＜M、Y＜N
D．W＞M、Y＞N
（4）保持温度不变，若将4mol
C和2mol
D充入a中，平衡时A的浓度为R
mol L﹣1，则
A．R=2M B．R＜M
C．M＜R＜2M
D．R＞2M．
33．氮及氮的化合物在化工研究中是一门重要的课题．
I．某无机化合物A的相对分子质量为184．在一定条件下，SCl2与氨完全反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，且X的水溶液pH＜7．将18.4gA隔绝空气加热可得到12.8gB和气体单质C．请回答：
（1）写出SCl2与氨反应的化学方程式 ．
II．已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ mol﹣1
2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221.0kJ mol﹣1
C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ mol﹣1
（2）汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g），简述该设想能否实现的依据： ．
（3）汽车尾气转化器中发生的反应：2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）△H= ．
（4）有容积相同的甲、乙两个密闭容器，甲充入等量的NO和CO气体，乙充入NO气体．
以Ag﹣ZSM﹣5为催化剂，分别在不同温度下同时发生反应，测得相同时间内NO的转化率，绘得图象如图1．
分析图象回答：曲线②NO转化率随温度升高而增大的原因 ．在图2中画出反应2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）在不同温度下达到平衡时c（N2）的变化趋势图．
（5）已知常温下HNO2的电离常数K=4.6×10﹣4，求0.01mol L﹣1的HNO2溶液中c（H+）= mol L﹣1．（=2.14）
34．氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业．CuCl是白色固体，难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化．以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺过程如下：
回答下列问题：
（1）CuS精矿经250℃低温焙烧后生成CuO，步骤②中主要反应的离子方程式是 ．
（2）步骤③先加NaCl、通入SO2时无沉淀，加水稀释就产生大量白色沉淀，其原因是 ．
（3）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是 （写名称）；步骤⑥醇洗的作用是 ．
（4）已知25℃，101
kPa时：S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣296.8
kJ/mol
2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）△H=﹣314.6
kJ/mol
Cu（s）+S（s）═CuS（s）△H=﹣53.1
kJ/mol
步骤①中CuS与O2反应的热化学方程式是 ．
（5）CuS晶胞结构如图所示，其中含有硫原子的数目是 ．
（6）假设上述①～③步反应完全转化，④～⑦步操作共损失产品3.5%，反应生成的硫酸全部被循环利用，则生产100
kg
96.5%的CuCl（Mr=99.0）产品，除循环利用之外，需要处理的尾气中含SO2 m3（标准状况）．
2016-2017学年四川省成都外国语学校高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共30小题，每小题3分，满分90分）
1．可逆反应：2NO2（g） 2NO（g）+O2（g），在容积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志正确的有（ ）
①单位时间内生成n
mol
O2的同时生成2n
mol
NO2
②单位时间内生成n
mol
O2的同时生成2n
mol
NO
③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
⑧NO2的转化率不再随时间改变而改变
⑨NO与O2的物质的量之比不再随时间改变而改变
⑩n（NO2）：n（NO）：n（O2）=2：2：1
化学平衡常数K不再随时间改变而改变．
A．4个
B．5个
C．6个
D．7个
【考点】化学平衡状态的判断．
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．
【解答】解：①单位时间内生成n
mol
O2的同时生成2n
mol
NO2
同时消耗n
mol
O2，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
②无论反应是否达到平衡状态都存在单位时间内生成n
mol
O2的同时生成2n
mol
NO，不能据此判断平衡状态，故错误；
③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态，该反应不一定达到平衡状态，因为反应方向不明确，不能据此判断平衡状态，故错误；
④混合气体的颜色不再改变的状态，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
⑤无论反应是否达到平衡状态，混合气体的密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故错误；
⑥反应前后气体物质的量增大、压强增大，混合气体的压强不再改变的状态，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故正确；
⑦反应前后气体物质的量增大、气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量减小，当混合气体的相对分子质量不再改变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
⑧NO2的转化率不再随时间改变而改变，说明二氧化氮的物质的量一定，反应达到平衡状态，故正确；
⑨NO与O2的物质的量之比不再随时间改变而改变时，该反应不一定达到平衡状态，故错误；
⑩n（NO2）：n（NO）：n（O2）=2：2：1，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，故错误；
化学平衡常数K不再随时间改变而改变，如果该容器是绝热的就说明达到平衡状态，如果是恒温条件下的就不能说明达到平衡状态，故错误；
故选B．
2．化合物A在一定条件下发生分解反应，反应物浓度随反应时间的变化如图所示．则化合物A在4～8min间的平均反应速率为（ ）
A．0.20
mol L﹣1 min﹣1
B．0.25
mol L﹣1 min﹣1
C．0.30
mol L﹣1 min﹣1
D．0.50
mol L﹣1 min﹣1
【考点】反应速率的定量表示方法．
【分析】由图可知，4min时化合物A的浓度为2mol/L，8min时A的物质的量浓度为1mol/L，根据v=计算反应4～8min间的平均反应速率．
【解答】解：由图可知，4～8
min期间，反应物浓度变化为：（2﹣1）mol/L=1mol/L，
所以4～8
min期间用化合物A表示的平均反应速率为：v（A）==0.25
mol L﹣1 min﹣1，
故选B．
3．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10ml
2mol/L盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应最快的是（ ）
A．10℃20mL
3mol/L的X溶液
B．20℃30mL
2mol/L的X溶液
C．20℃10mL
4mol/L的X溶液
D．10℃10mL
2mol/L的X溶液
【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．
【分析】计算出稀释后X溶液的中X的物质的量，最后溶液的体积都为50mL，则X的物质的量越大，X的浓度越大，而浓度越大、温度越高，反应速率越快．
【解答】解：A．20mL3mol/L的X溶液，X的物质的量为0.02L×3mol/L=0.06mol；
B．30mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.03L×2mol/L=0.06mol；
C．10mL4mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×4mol/L=0.04mol；
D．10mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×2mol/L=0.02mol，
显然四种情况下，X浓度A=B＞C＞D，而温度B=C＞A=D，故反应速率B的反应速率最快，
故选B．
4．下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．硫酸工业中，增大O2的浓度有利于提高SO2的转化率
B．开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡
C．对2HI（g） H2（g）+I2（g）平衡体系增加压强使颜色变深
D．滴有酚酞的氨水溶液，适当加热溶液（氨气不挥发）后颜色变深
【考点】化学平衡移动原理．
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．
【解答】解：A．增大反应物氧气浓度，平衡向正反应方向移动，所以能增大二氧化硫转化率，可以用平衡移动原理解释，故A不选；
B．因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，开启啤酒瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，故B不选；
C．对2HI（g） H2（g）+I2（g）平衡体系增加压强容器体积减小，碘浓度增大而使颜色变深，压强增大但平衡不移动，不能用平衡移动原理解释，故C选；
D．加热促进一水合氨的电离，溶液颜色加深，与勒夏特列原理有关，故D不选；
故选C．
5．将等物质的量的F2和ClF混合，在密闭容器中发生反应：F2（g）+ClF（g） ClF3（g）；△H＜0．下列叙述中，正确的是（ ）
A．达到平衡后，保持容器的体积不变再充入ClF3气体的瞬间，体系压强增大，平衡右移
B．若c（F2）：c（ClF）：c（ClF3）=1：1：1，则反应一定达到平衡状态
C．达到平衡后，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡左移
D．平衡后再降低温度，保持恒容，达到新的平衡，则混合气体的平均摩尔质量增大
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】A．保持容器的体积不变再充入ClF3气体的瞬间，生成物浓度增大；
B．转化率未知，不能判定平衡状态；
C．达到平衡后，若增大容器体积，相当于压强减小；
D．△H＜0，该反应为放热反应，则平衡后再降低温度，平衡正向移动，气体的物质的量减小．
【解答】解：A．保持容器的体积不变再充入ClF3气体的瞬间，生成物浓度增大，则平衡向左移动，故A错误；
B．转化率未知，不能判定平衡状态，则c（F2）：c（ClF）：c（ClF3）=1：1：1，不一定达到平衡状态，故B错误；
C．达到平衡后，若增大容器体积，相当于压强减小，则正逆反应速率均减小，且平衡逆向移动，故C错误；
D．△H＜0，该反应为放热反应，则平衡后再降低温度，平衡正向移动，气体的物质的量减小，由M=可知，混合气体的平均摩尔质量增大，故D正确；
故选D．
6．下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是（ ）
①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1；C（s）+O2（g）=CO（g）△H2
②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H3；S（g）+O2（g）=SO2（g）△H4
③H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H5；2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H6
④CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）△H7；CaO（s）+H2O（l）=Ca（OH）2（s）△H8．
A．②③④
B．④
C．①
D．①②③
【考点】反应热和焓变．
【分析】①②③为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多；
④中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应△H＞0，放热反应△H＜0，以此解答该题．
【解答】解：①两个反应都为放热反应，△H＜0，前者完全反应，放出的热量多，则△H1＜△H2，故①错误；
②都为放热反应，其△H＜0，前者S为固态，则前者放出的热量少，则△H3＞△H4，故②正确；
③都是放热反应，前者反应物系数较小，则前者放出热量较少，则△H5＞△H6，故③正确；
④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8，故④正确；
根据分析可知，反应的△H前者大于后者的是②③④，
故选A．
7．已知：NH3 H2O（aq）与H2SO4（aq）反应生成1mol
（NH4）2SO4的△H=﹣24.2kJ mol﹣1；强酸、强碱的稀溶液反应的中和热△H=﹣57.3kJ mol﹣1．则NH3 H2O在水溶液中电离的△H等于（ ）
A．+45.2
kJ mol﹣1
B．﹣45.2
kJ mol﹣1
C．+69.4
kJ mol﹣1
D．﹣69.4
kJ mol﹣1
【考点】反应热和焓变．
【分析】25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ/mol，但是弱碱的电离吸热，根据题干信息写出反应的热化学方程式，然后利用盖斯定律计算出NH3 H2O在水溶液中电离的△H．
【解答】解：NH3 H2O（aq）与H2SO4（aq）反应生成1mol正盐的△H=﹣24.2kJ/mol，则：2NH3 H2O（aq）+H2SO4（aq）=（NH4）2SO4（aq）+2H2O
（l）△H=﹣24.2kJ/mol
即：2NH3 H2O（aq）+2H+=2NH4+（aq）+2H2O（l）△H=﹣24.2kJ/mol，
整理可得：NH3 H2O（aq）+H+=NH4+（aq）+H2O（l）△H=﹣12.1kJ/moL
（1）
H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O
（l）△H=﹣57.3kJ/mol
（2）
（1）﹣（2）可得：NH3 H2O（aq）=NH4+（aq）+OH﹣（aq），△H=+45.2kJ/mol，
所以NH3 H2O在水溶液中电离的△H为+45.2kJ/mol，
故选A．
8．在反应2SO2+O2 2SO3中，有a
mol
SO2和b
mol
O2参加反应，达到化学平衡状态时有c
mol
SO3生成，则SO2在反应混合物中的体积分数为（ ）
A．×100%
B．×100%
C．×100%
D．
100%
【考点】化学平衡的计算．
【分析】利用三段式计算平衡时各组分的物质的量，SO2体积分数=．
【解答】解：a
mol
SO2和b
mol
O2参加反应，达到化学平衡状态时有c
mol
SO3生成，则：
2SO2+O2
2SO3
起始量（mol）：a
b
0
转化量（mol）：c
0.5c
c
平衡量（mol）：a﹣c
b﹣0.5c
c
故φ（SO2）=×100%=%
故选D．
9．温下，10mL
0.01mol/L
Na2C2O4溶液中存在平衡：c2O42﹣+H2O HC2O4﹣+OH﹣，该反应的平衡常数K，现向该溶液中加入NaOH固体或加入0.01mol/L的盐酸，下列图象描述的关系正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】影响盐类水解程度的主要因素．
【分析】A、平衡常数与随温度的变化而变化；
B、Na2C2O4溶液呈碱性，未加氢氧化钠时pH大于7；
C、Na2C2O4溶液中加固体氢氧化钠，水解平衡逆移；
D、0.01mol/L
Na2C2O4溶液中加入0.01mol/L的盐酸，反应生成的H2C2O4部分电离．
【解答】解：A、平衡常数与随温度的变化而变化，所以10mL
0.01mol/L
Na2C2O4溶液中加入NaOH固体，平衡常数K不变，故A错误；
B、Na2C2O4溶液呈碱性，未加氢氧化钠时pH大于7，而图中开始时pH=7，故B错误；
C、Na2C2O4溶液中加固体氢氧化钠，水解平衡逆移，C2O42﹣浓度增大逐渐接近0.01mol/L，但是C2O42﹣浓度要小于0.01mol/L，故C正确；
D、0.01mol/L
Na2C2O4溶液中加入0.01mol/L的盐酸，反应生成的H2C2O4部分电离，所以溶液的pH大于2，不可能等于或小于2，故D错误．
故选C．
10．下列叙述正确的是（ ）
A．任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸碱性的强弱
B．某溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣a
mol L﹣1，若a＞7，则该溶液的pH一定为14﹣a
C．0.2
mol L﹣1
CH3COOH溶液中的c（H+）是0.1
mol L﹣1
CH3COOH溶液中的c（H+）的2倍
D．无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下，其c（H+） c（OH﹣）=1×10﹣14
【考点】pH的简单计算．
【分析】A．根据溶液的酸碱度用PH来表示，其范围一般在
0～14之间进行判断；
B．由水电离出的c（H+）=l×10﹣amol L﹣1，该溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，据此计算判断，注意为酸性溶液时，溶液中氢氧根离子浓度等于水电离的氢离子浓度，利用水的离子积计算溶液中氢离子，再根据pH=﹣logc（H+）计算pH值；
C．醋酸浓度增大，电离程度减小；
D．根据常温下温度离子积进行判断．
【解答】解：A．pH范围一般在
0～14之间，溶液中的氢离子在1～10﹣14mol/L，故A错误；
B．由水电离出的c（H+）=l×10﹣amol L﹣1，该溶液若为酸性溶液，则溶液中c（OH﹣）=l×10﹣amol L﹣1，故溶液中c（H+）=mol/L=l×10﹣14+amol/L，故pH=﹣logl×10﹣14+a=14﹣a，该溶液若为碱性溶液，则溶液pH=﹣logl×10﹣a=a，若a＞7，则该溶液的pH为7或14﹣a，故B错误；
C．醋酸是弱电解质，浓度增大，醋酸的电离程度减小，所以0.2
mol/L
CH3COOH溶液中的c（H+）小于0.1
mol/L
CH3COOH溶液中的c（H+）的2倍，故C错误；
D．水的离子积只与温度有关，所以常温下Kw=c（H+） c（OH﹣）=1×10﹣14，与溶液的酸碱性无关，故D正确；
故选D．
11．常温下，某溶液中由水电离出来的c（H+）=1×10﹣13
mol L﹣1，该溶液可能是（ ）
①SO2
②NH4Cl溶液
③NaHSO4溶液
④醋酸溶液
⑤NaNO3溶液
⑥氨水
⑦NaHCO3溶液（溶液显碱性）
⑧NaOH溶液．
A．①③④⑥⑧
B．①④⑥⑧
C．①④⑤⑥⑦
D．②⑤⑧
【考点】pH的简单计算．
【分析】依据常温下溶液中由水电离出来的c（H+）=1.0×10﹣13mol L﹣1，和水中的氢离子浓度比较可知，水的电离被抑制，结合所给物质的性质分析判断．
【解答】解析：某溶液中由水电离出来的c（H+）=1.0×10﹣13mol L﹣1，说明溶液既可能呈酸性，也有可能呈碱性．
①SO2+H2O H2SO3，H2SO3 HSO3﹣+H+，HSO3﹣ SO32﹣+H+，溶液呈酸性；抑制水的电离，故符合；
②氯化铵水溶液中铵根离子水解促进水的电离，水电离出的氢离子浓度增大，故不符合；
③NaHSO4溶液能完全电离出氢离子，溶液显示酸性，氢离子抑制水电离，故符合；
④醋酸溶液电离出的氢离子抑制水电离，故符合；
⑤硝酸钠水溶液对水的电离平衡无影响，故不符合；
⑥氨水能电离出氢氧根离子，抑制水电离，故符合；、
⑦NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解（溶液显碱性），促进水的电离，故不符合；
⑧NaOH═Na++OH﹣，溶液呈碱性，对水的电离起到抑制作用，故符合；所以综上所述①③④⑥⑧符合；
故选A．
12．下列热化学方程式或说法正确的是（ ）
A．甲烷的燃烧热为△H=﹣890kJ mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890
kJ mol﹣1
B．500℃、30
MPa下，将0.5
mol
N2和1.5
mol
H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3
kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣38.6
kJ mol﹣1
C．已知：H2（g）+F2（g）=2HF（g）；△H=﹣270
kJ/mol，则1
mol氢气与1
mol氟气反应生成2
mol液态氟化氢放出的热量小于270
KJ
D．在C中相同条件下，2
mol
HF气体的能量小于1
mol氢气与1
mol氟气的能量总和
【考点】热化学方程式．
【分析】A．燃烧热中生成液态水；
B．合成氨反应为可逆反应，而热化学方程式中为完全转化时的能量变化；
C．热化学方程式中HF为气体，气态能量大于液态的能量；
D．焓变为负，为放热反应，可知生成物的总能量低．
【解答】解：A．甲烷的燃烧热为△H=﹣890kJ mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890
kJ mol﹣1，故A错误；
B.500℃、30
MPa下，将0.5
mol
N2和1.5
mol
H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3
kJ，若1molN2和3
mol
H2完全反应生成NH3（g），放热大于38.6
kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H＜﹣38.6
kJ mol﹣1，故B错误；
C．由H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H=﹣270
kJ/mol，则1
mol氢气与1
mol氟气反应生成2
mol气态氟化氢放出的热量等于270
KJ，气态能量大于液态的能量，可知1
mol氢气与1
mol氟气反应生成2
mol液态氟化氢放出的热量大于270
KJ，故C错误；
D．焓变为负，为放热反应，可知生成物的总能量低，即相同条件下，2
mol
HF气体的能量小于1
mol氢气与1
mol氟气的能量总和，故D正确；
故选D．
13．向固定容积的密闭容器中，通入a
mol
X，发生反应2X Y（g）+Z（s），并达到平衡状态，此时升高温度，气体的密度增大．下列叙述正确的是（ ）
A．压强的变化对该平衡没有影响
B．若正反应为放热反应，则X一定为气态
C．若X为非气态，则正反应为放热反应
D．若x为气态，再向容器中充入a
mol
X，达到的新平衡与第一次平衡相比，X
的体积分数增大
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】达到化学平衡后，升高温度，容器内气体的密度增大，说明气体的质量增大，若平衡向正反应方向移动，则X应为非气态，若平衡向逆反应方向移动，则X应为气态，
A．压强对于化学反应前后气体物质的量变化的反应有影响；
B．若正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，气体的质量增大，据此判断X的状态；
C．X为非气态，反应中只有Y为气体，升高温度，Y的质量增大，平衡应向正反应移动；
D．若x为气态，再向容器中充入a
mol
X，等效为压强增大1倍，平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断．
【解答】解：达到化学平衡后，升高温度，容器内气体的密度增大，说明气体的质量增大，若平衡向正反应方向移动，则X应为非气态，若平衡向逆反应方向移动，则X应为气态，
A．无论X为气体或非气体，反应前后气体的化学计量都不相同，压强变化会影响平衡的移动，故A错误；
B．若正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，容器内气体的密度增大，说明气体的质量增大，则A应为气态才能符合，故B正确；
C．X为非气态，反应中只有Y为气体，升高温度，Y的质量增大，平衡应向正反应移动，故正反应为吸热反应，故C错误；
D．若x为气态，再向容器中充入a
mol
X，等效为压强增大1倍，平衡向正反应方向移动，与原平衡相比X的体积分数减小，故D错误；
故选B．
14．在一密闭容器中充入1mol
H2和1mol
I2，压强为p（Pa），并在一定温度下使其发生反应：H2（g）+I2（g） 2HI（g）△H＜0．则下列叙述中不正确的是（ ）
A．保持容器容积不变，向其中再加入1mol
H2，反应速率加快，理由是增大反应物氢气的浓度，反应速率加快
B．保持容器内气体压强不变，向其中加入1mol
N2（N2不参加反应），反应速率减慢，理由是保持压强不变，向其中充入N2，体积变大，反应物浓度减小，反应速率减慢
C．保持容器容积不变，向其中加入1mol
N2（N2不参加反应），反应速率不变，理由是反应物的浓度不变，反应速率不变
D．保持容器内气体压强不变，向其中再加入1mol
H2（g）和1mol
I2（g），反应速率减小，理由是容器体积变大反应物浓度变小，反应速率减小
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】在恒定温度下，反应速率的影响因素取决于浓度和压强，浓度越大，反应速率越大，如通入惰性气体，参加反应的物质的浓度不变，则反应速率不变，如压强不变，通入惰性气体，但体积增大，反应物的浓度减小，则反应速率减小，以此解答该题．
【解答】解；A．保持容器容积不变，向其中加入1molH2，反应物浓度增大，反应速率增大，故A正确；
B．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molN2，体积增大，反应物的浓度减小，则反应速率减小，故B正确；
C．保持容器容积不变，向其中加入1molN2，参加反应的物质的浓度不变，则反应速率不变，故C正确；
D．保持容器内气体压强不变，向其中加入1
mol
H2（g）和1molI2（g），因体积增大为2倍，物质的量增大为2倍，则浓度不变，反应速率不变，故D错误．
故选D．
15．键能是指拆开1mol化学键需要吸收的能量或形成1mol化学键所释放的能量．表中列出了某些共价键的键能：
共价键
键能/kJ mol﹣1
共价键
键能/kJ mol﹣1
共价键
键能/kJ mol﹣1
H﹣H
436
H﹣Br
366
Cl﹣Cl
243
H﹣O
463
H﹣I
298
Br﹣Br
193
H﹣Cl
432
O=O
496
I﹣I
151
根据表中数据判断下列表述中正确的是（ ）
A．H2O中含有两个O﹣H共价键，故用氢气与氧气合成1
mol
H2O放出的能量为926
kJ
B．用单质合成1
mol
H﹣Cl所放出的能量小于合成1
mol
H﹣Br所放出的能量
C．当用表中卤素单质与氢气合成卤化氢时，所有的反应都是放热反应
D．合成溴化氢的热化学方程式为H2（g）+Br2（g）═2HBr（g）△H=+103
kJ mol﹣1
【考点】反应热和焓变．
【分析】化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据共价键的断裂和形成吸收和放出的热量多少可判断反应热并计算，以此解答该题．
【解答】解：A．氢气与氧气合成1
mol
H2O放出的能量为2×463﹣=242（kJ），故A错误；
B．用单质合成1
mol
H﹣Cl所放出的能量为432﹣=92.5（kJ），合成1
mol
H﹣Br所放出的能量为366﹣=51.5（kJ），故B错误；
C．卤素单质与氢气合成卤化氢为化合反应，用表中数据计算，形成化学键释放的能量大于断裂化学键吸收的能量，为放热反应，故C正确；
D．由B分析可知合成溴化氢的热化学方程式为H2（g）+Br2（g）═2HBr（g）△H=﹣103
kJ mol﹣1，应为放热反应，故D错误．
故选C．
16．已知下列热化学方程式：
①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ mol﹣1
②2C2H6（g）+7O2（g）=4CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣3116.7kJ mol﹣1
③C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣1409.6kJ mol﹣1
④2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2596.7kJ mol﹣1
⑤C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2217.8kJ mol﹣1
现有由上述五种烃中的两种组成的混合气体2mol，经充分燃烧后放出3037.6kJ热量，则下列哪些组合是不可能的（ ）
A．C2H4和C2H6
B．C2H2和C3H8
C．C2H6和C3H8
D．C2H6和CH4
【考点】有关反应热的计算．
【分析】这道题用平均值特点，结合极限假设法来解答．要产生要求中需要的热量，又限制气体体积，就是要两气体中，其中一种的燃烧值高于3037.6kJ，一种低于3037.6kJ．
A．2molC2H4放热2819.2KJ，2molC2H6燃烧放热3116.7KJ；
B．2molC2H2放热2596.7kJ，2molC3H8燃烧放热4435.6KJ；
C．2molC2H6燃烧放热3116.7KJ；2molC3H8燃烧放热4435.6KJ；
D．2molC2H6燃烧放热3116.7KJ；2molCH4燃烧放热1779KJ．
【解答】解：A．2molC2H4完全燃烧放出
2819.2KJ，而2molC2H6完全燃烧放出3116.7KJ，而
2819.2KJ＜3037.6kJ＜3116.7kJ所以A也是有可能的，故A不符合；
B．2molC2H2完全燃烧放出
2596.7kJ，而2molC3H8完全燃烧放出4435.6KJ，而
2596.7kJ＜3037.6kJ＜4435.6KJ，所以B也是有可能的，故B不符合；
C．2
mol
C2H6完全燃烧放出
3116.7kJ，而2
mol
C3H8完全燃烧放出
4435.6kJ，如果全部是C2H6（最小极限），都最少能产生
3116.7kJ热量都大于3037.6kJ，所以C也不可能，故C符合；
D．2molC2H6完全燃烧放出
3116.7kJ，而2molCH4完全燃烧放出
889.5×2=1779kJ，而
1779kJ＜3037.6kJ＜3116.7kJ，所以D也是有可能的，故D不符合；
故选C．
17．将一定量的固体Ag2SO4置于容积不变的密闭容器中（装有少量V2O5），某温度下发生反应：
Ag2SO4（s） Ag2O（s）+SO3（g），2SO3（g） 2SO2（g）+O2（g）．反应经过10min后，测得c（SO3）=0.4mol L﹣1，c（SO2）=0.1mol L﹣1，则下列叙述中不正确的是（ ）
A．容器里气体的密度为40g L﹣1
B．SO3的分解率为20%
C．化学反应速率v（Ag2SO4）=v（SO3）
D．在这10min内的平均反应速率为v（O2）=0.005mol L﹣1 min﹣1
【考点】化学平衡的计算．
【分析】已知①Ag2SO4（s） Ag2O（s）+SO3（g），②2SO3（g） 2SO2（g）+O2（g），经10分钟反应达到平衡，此时c（SO3）=0.4mol/L，c（O2）=0.05mol/L，由反应②可知消耗SO30.1mol/L，生成c
（SO2）=0.1mol/L，可知反应①共生成SO3的浓度为0.4mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L，以此解答该题．
【解答】解：已知①Ag2SO4（s） Ag2O（s）+SO3（g），②2SO3（g） 2SO2（g）+O2（g），经10分钟反应达到平衡，此时c（SO3）=0.4mol/L，c（O2）=0.05mol/L，由反应②可知消耗SO30.1mol/L，生成c
（SO2）=0.1mol/L，可知反应①共生成SO3的浓度为0.4mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L，
A．平衡时c
（SO2）=0.1mol/L，c
（O2）=0.05mol/L，c（SO3）=0.4mol/L，设容器体积为1L，
则m（SO2）=0.1mol/L×1L×64g/mol=6.4g，m（O2）=0.05mol/L×1L×32g/mol=1.6g，m（SO3）=0.4mol/L×1L×80g/mol=32g，则容器内气体密度==40g/L，故A正确；
B．SO3的分解率=×100%=20%，故B正确；
C．因为纯固体不可以用来表示反应速率，所以υ（Ag2SO4）表达错误，故C错误；
D．在这10
min内的SO3平均速率==0.01
mol L﹣1 min﹣1，则氧气表示的反应速率=×0.01
mol L﹣1 min﹣1=0.005mol L﹣1 min﹣1，故D正确；
故选C．
18．现有浓度均为0.1mol L﹣1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液．下列判断中正确的是（ ）
A．若三种溶液中c（H+）分别为a1
mol L﹣1、a2
mol L﹣1、a3
mol L﹣1，则它们的大小关系为a2=a1=a3
B．等体积的以上三种酸分别与过量的NaOH溶液反应，若生成的盐的物质的量依次为b1
mol、b2
mol、b3
mol，则它们的大小关系为b1=b2＜b3
C．分别用以上三种酸中和一定量的NaOH溶液生成正盐，若需要酸的体积分别为V1、V2、V3，其大小关系为V1=V2=V3
D．分别与Zn反应，开始时生成H2的速率分别为v1、v2、v3，其大小关系为v2＞v1＞v3
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】A．醋酸的弱电解质，部分电离，硫酸是二元强酸、盐酸是一元强酸，据此判断氢离子浓度大小；
B．生成盐的物质的量与酸的物质的量相等；
C．中和一定量NaOH溶液生成正盐时，酸的浓度相等时，如果是一元酸，所用酸的体积相等，如果是二元酸，酸的体积是一元酸的一半；
D．生成氢气的反应速率与氢离子浓度成正比．
【解答】解：A．醋酸的弱电解质，部分电离，硫酸是二元强酸、盐酸是一元强酸，物质的量浓度相等的三种酸，氢离子浓度大小是a2=2a1＞a3，故A错误；
B．根据原子守恒知，生成盐的物质的量与酸的物质的量相等，所以生成盐的物质的量关系为：b1=b2=b3，故B错误；
C．中和一定量NaOH溶液生成正盐时，酸的浓度相等，如果是一元酸，所用酸的体积相等，如果是二元酸，酸的体积是一元酸的一半，所以三种酸的体积大小关系是V1=2V2=V3，故C错误；
D．生成氢气的反应速率与氢离子浓度成正比，根据（1）中氢离子浓度大小顺序是a2=2a1＞a3，所以反应速率大小顺序是υ2＞υ1＞υ3，故D正确．
故选D．
19．在容积不变的密闭容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H＜0．下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是（ ）
A．图I表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高
B．图Ⅱ表示t0时刻使用催化剂对反应速率的影响
C．图Ⅲ表示t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
D．图Ⅳ中a、b、c三点中只有b点已经达到化学平衡状态
【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．
【分析】A．正反应放热，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，平衡时二氧化硫的含量减小；
B．加入催化剂，正逆反应速率都增大，但速率相等，平衡不移动；
C．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大；
D．曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点．
【解答】解：A．图Ⅰ中乙到达平衡时间较短，乙的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO3的转化率减小，乙的温度较高，故A错误；
B．图Ⅱ在t0时刻正逆反应速率都增大，但仍相等，平衡不发生移动，应是加入催化剂的原因，故B正确；
C．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大，图Ⅲ改变条件瞬间，正、逆速率都增大，正反应速率增大较大，平衡向正反应移动，应是增大压强的原因，故C错误；
D．曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点，故D错误；
故选B．
20．某恒容密闭容器中充入等物质的量的A
和B，一定温度下发生反应A（s）+xB（g） 2C（g），达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：
下列说法中正确的是（ ）
A．30
min～40
min
间该反应使用了催化剂
B．反应方程式中的x=2，正反应为吸热反应
C．30
min
时条件的变化是降低压强，40
min
时条件的变化是升高温度
D．前8
min
A
的平均反应速率为0.08
mol L﹣1 min﹣1
【考点】化学反应速率变化曲线及其应用．
【分析】A．根据左图知，30～40
min间改变条件，正逆反应速率都减小且相等，平衡不移动，但反应物、生成物物质的量浓度都减小，且C的物质的量浓度减少量是A、B的二倍，所以应该是减小压强，且x=1；
B．由开始到达到平衡，C、B的浓度的变化量前者是后者的2倍，来确定x的值；
C．根据B知，30min、40min时改变的条件分别是减小压强、升高温度；
D．A为固体，浓度为定值．
【解答】解：A．根据左图知，30～40
min间改变条件，正逆反应速率都减小且相等，平衡不移动，但反应物、生成物物质的量浓度都减小，且C的物质的量浓度减少量是A、B的二倍，所以应该是增大体积、减小压强，平衡不移动，说明反应前后气体体积计量数之和不变，所以x=1，所以30～40
min间改变的体积是减小压强，故A错误；
B．由开始到达到平衡，C、B的浓度的变化量前者是后者的2倍，则x=1，故B错误；
C．根据B知，30min、40min时改变的条件分别是减小压强、升高温度，故C正确；
D．A为固体，浓度为定值，不用浓度差计算反应速率，故D错误；
故选C．
21．向0.1mol L﹣1的CH3COOH溶液中加水或加入少量CH3COONa晶体时，下列有关叙述不正确的是（ ）
A．都能使溶液的pH增大
B．都能使溶液中c（H+） c（CH3COO﹣）减小
C．都能使溶液中比值增大
D．溶液中不变
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】加水时CH3COOH H++CH3COO﹣正向移动，c（H+）减小，Ka不变；
加少量CH3COONa晶体CH3COOH H++CH3COO﹣逆向移动，c（H+）减小，Ka不变，以此来解答．
【解答】解：A．c（H+）均减小，都能使溶液的pH增大，故A正确；
B．由Ka=可知，加少量CH3COONa晶体CH3COOH H++CH3COO﹣逆向移动，c（CH3COOH）增大，则c（H+） c（CH3COO﹣）增大，故B错误；
C．由Ka=可知，c（H+）均减小，则都能使溶液中比值增大，故C正确；
D．Ka=，Ka只与温度有关，则溶液中不变，故D正确；
故选B．
22．用pH大小表示溶液的酸碱性相对强弱有许多不足之处．荷兰科学家Henk
Van
Lubeck
引入了酸度（AG）的概念，即把酸度定义为c（H+）与c（OH﹣）比值的对数，用公式表示为AG=lg[c（H+）/c（OH﹣）]．下列有关叙述中，正确的是（ ）
A．在25℃时，AG=10的溶液呈碱性
B．在25℃时，若溶液呈中性，则pH=7，AG=1
C．在25℃时，溶液的pH与AG的换算公式为AG=2（7﹣pH）
D．在25℃时，0.1
mol L﹣1
NaOH溶液AG=0
【考点】pH的简单计算．
【分析】25℃时，KW=c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14，AG=lg=lg=2（7﹣pH），pH=7时，c（H+）=c（OH﹣），AG=lg=lg1=0，pH＜7时，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），AG＞0，溶液呈碱性时，pH＜7，c（H+）＜c（OH﹣），AG＜0，以此解答该题．
【解答】解：A．AG=10，则=1010，c（H+）＞c（OH﹣），溶液呈酸性，故A错误；
B．在25℃时，若溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣7mol L﹣1，pH=﹣lgc（H+）=lg（10﹣7）=7，AG=lg=lg1=0，故B错误；
C．在25℃时，KW=c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14，c（OH﹣）=，PH=﹣lgc（H+），根据AG和pH的计算公式可得AG=lg=lg=2（7﹣pH），故C正确；
D．在25℃时，0.1
mol L﹣1
NaOH溶液c（OH﹣）=1×10﹣1mol L﹣1，c（H+）=1×10﹣13mol L﹣1，AG=lg=﹣12，故D错误．
故选C．
23．已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4═Na++H++SO42﹣．某温度下，向c（H+）=1×10﹣6mol/L的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液中的c（H+）=1×10﹣2
mol/L．下列对该溶液的叙述错误的是（ ）
A．该温度高于25℃
B．由水电离出来的H+的浓度为1×10﹣10
mol/L
C．NaHSO4晶体的加入抑制了水的电离
D．取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c（OH﹣）减小
【考点】水的电离．
【分析】A.25℃时纯水中c（H+）=1×10﹣7mol/L；
B．c（H+）=1×10﹣7mol/L，水的离子积常数为1×10﹣12；
C．加入酸或碱对水的电离起抑制作用；
D．温度不变时，Kw不变，加水稀释c（H+）减小．
【解答】解：A．25℃时纯水中c（H+）=1×10﹣7mol/L，c（H+）=1×10﹣6mol/L说明促进了水的电离，故T＞25℃，故A正确；
B．c（H+）=1×10﹣6mol/L，水的离子积常数为1×10﹣12，水的离子积常数=氢离子与氢氧根浓度的乘积，故由水电离出来的c（H+）=1×10﹣10mol/L，故B正确；
C．NaHSO4的电离生成氢离子，对水的电离起抑制作用，水的电离程度减小，故C正确；
D．温度不变时，Kw不变，加水稀释c（H+）减小，Kw=c（H+）×c（OH﹣），所以c（OH﹣）增大，故D错误；
故选D．
24．T℃时在2L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）．反应过程中X、Y、Z的物质的量变化如图﹣1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2，Y的体积百分含量与时间的关系如图﹣2所示．下列分析正确的是（ ）
A．容器中发生的反应可表示为：2X（g）+Y（g） 2Z（g）
B．0～3
min内，v（X）=0.2
mol L﹣1 min﹣1
C．其他条件不变升高温度，v正、v逆都增大，且重新平衡前v正＞v逆
D．若改变条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件可能是增大压强
【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．
【分析】A、根据物质的量的变化量与化学计量数成正比书写化学方程式；
B、根据3min内X的物质的量浓度的变化量计算化学反应速率；
C、根据图2中曲线的斜率大小判断温度的高低；
D、图3与图1比较，判断平衡是否发生移动，根据影响平衡移动的因素判断．
【解答】解：A、根据图1分析，反应中X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，所以X、Y为反应物，Z为生成物，由于该反应反应物没有完全反应，该反应为可逆反应，根据物质的量的变化量与化学计量数成正比可知0.4mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，所以反应的化学方程式为3X（g）+Y（g）2Z（g），故A错误；
B、反应进行的前3min内，v（X）==0.1mol/（L min），故B错误；
C、根据图2中曲线的斜率大小判断，T2时先到达平衡状态，说明反应速率大，根据温度越高反应速率越大说明T2温度高，温度升高时Y的百分含量降低，说明平衡向正反应方向移动，v正＞v逆，故C正确；
D、图3与图1比较，图3到达平衡所用的时间较短，说明反应速率增大，但平衡状态没有发生改变，应是加入催化剂所致，故D错误．
故选C．
25．25℃时，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）的变化关系如图中曲线ac所示，下列判断错误的是（ ）
A．a
c曲线上的任意一点都有c（H+） c（OH﹣）=10﹣14
B．b
d线段上任意一点对应的溶液都呈中性
C．d点对应溶液的温度高于25℃，pH＜7
D．CH3COONa溶液不可能位于c点
【考点】水的电离；pH的简单计算．
【分析】A、a、c两点温度相同，水的离子积不变，根据b点氢离子、氢氧根离子浓度可知水的离子积为c（H+） c（OH﹣）=10﹣14；
B、b、d线段上的任意一点都满足c（H+）=c（OH﹣），溶液显示中性；
C、水的电离为吸热反应，温度越高，水的电离程度越大；
D、c点氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液为碱性，醋酸钠为碱性溶液．
【解答】解：A、a
c曲线上的任意一点，由于温度相同，所以水的离子积相同，根据b点可知，c（H+） c（OH﹣）=10﹣14，故A正确；
B、b、d线上任意点都满足c（H+）=c（OH﹣），溶液一定显示中性，故B正确；
C、d点时，c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣6mol/L＞1×10﹣7mol/L，溶液的pH=6，水的电离为吸热反应，所以d点温度高于25℃，故B正确；
D、在c点c（H+）=1×10﹣8mol/L，c（OH﹣）=1×10﹣6mol/L，溶液显示碱性，而醋酸钠溶液显示碱性，所以c点可能为醋酸钠溶液，故D错误；
故选D．
26．已知常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c（H2CO3）=1.5×10﹣5
mol L﹣1．（已知H2CO3的第二级电离常数K2=5.6×10﹣11，HClO的电离常数K=3.0×10﹣8，已知10﹣5.60=2.5×10﹣6）．下列选项中不正确的是（ ）
A．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3 HCO3﹣+H+的平衡常数K1=4.2×10﹣7
B．少量Cl2通入到过量的Na2CO3溶液的离子方程式为Cl2+2CO32﹣+H2O═2HCO3﹣+Cl﹣+ClO﹣
C．Cl2与Na2CO3按物质的量之比1：1恰好反应的离子方程式为Cl2+CO32﹣+H2O═HCO3﹣+Cl﹣+HClO
D．少量CO2通入到过量的NaClO溶液的离子方程式为2ClO﹣+CO2+H2O═CO32﹣+2HClO
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】解：A．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，该溶液中c（HH+）=c（HCO3﹣），c（H2CO3）≈1.5×10﹣5
mol L﹣1，则H2CO3 HCO3﹣+H+的平衡常数K1=；
B．少量Cl2通入到过量的Na2CO3溶液中，氯气和水反应生成HCl、HClO，HCl和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，HClO和碳酸钠反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠；
C．Cl2与Na2CO3按物质的量之比1：1恰好反应，只有氯气和水反应生成的HCl和碳酸钠反应，HClO不反应；
D．少量CO2通入到过量的NaClO溶液中，二者反应生成碳酸氢钠和HClO．
【解答】解：解：A．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，该溶液中c（HH+）=c（HCO3﹣），c（H2CO3）≈1.5×10﹣5
mol L﹣1，则H2CO3 HCO3﹣+H+的平衡常数K1===4.2×10﹣7，故A正确；
B．少量Cl2通入到过量的Na2CO3溶液中，氯气和水反应生成HCl、HClO，HCl和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，HClO和碳酸钠反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠，所以离子方程式为Cl2+2CO32﹣+H2O═2HCO3﹣+Cl﹣+ClO﹣，故B正确；
C．Cl2与Na2CO3按物质的量之比1：1恰好反应，只有氯气和水反应生成的HCl和碳酸钠反应，HClO不反应，离子方程式为Cl2+CO32﹣+H2O═HCO3﹣+Cl﹣+HClO，故C正确；
D．少量CO2通入到过量的NaClO溶液中，二者反应生成碳酸氢钠和HClO，离子方程式为ClO﹣+CO2+H2O═HCO3﹣+HClO，故D错误；
故选D．
27．下列对该溶液的叙述不正确的是（ ）
A．已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a
mol L﹣1的一元酸HA与b
mol L﹣1的一元碱BOH等体积混合，混合溶液中当c（H+）=
mol L﹣1时可判定该溶液呈中性
B．pH=5的H2SO4溶液，加水稀释到500倍，则稀释后c（H+）与c（SO42﹣）的比为2：1
C．某温度下，水的离子积常数Kw=10﹣12，该温度下，将pH=4的H2SO4溶液与pH=9的NaOH溶液混合并保持恒温，欲使混合溶液的pH=7，则稀硫酸与NaOH溶液的体积比为9：1
D．将pH=1的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为11：1
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【分析】A．温度T时水的离子积常数为KW，根据c（H+） c（OH﹣）=KW，c（H+）=，当c（H+）=mol L﹣1时，说明c（H+）=c（OH﹣）；
B．由溶液pH=5，计算原溶液中c（H+），原溶液中c（SO42﹣）=c（H+），稀释500倍，此时溶液接近中性，氢离子浓度不可能小于1×10﹣7mol/L，只能无限接近1×10﹣7mol/L，而稀释过程中硫酸根的物质的量不变，计算出稀释后溶液中硫酸根的物质的量浓度，最后得出比例关系；
C．该温度下，水的离子积常数KW=1×10﹣12，则纯水pH=6，pH=4的H2SO4溶液中c（H+）=10﹣4
mol/L，pH=9的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣3
mol/L，混合并保持恒温，混合溶液的pH=7＞6，溶液呈碱性，则混合溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣5
mol/L，据此计算稀硫酸和氢氧化钠溶液体积之比；
D．前者根据溶质的物质的量不变，pH升高了1，则体积是原盐酸体积的10倍；后者pH也升高了1，反应后酸过量，可设碱液体积x，计算氢氧化钠溶液的体积．
【解答】解：A．温度T时水的离子积常数为KW，根据c（H+） c（OH﹣）=KW，c（H+）=，浓度为a
mol L﹣1的一元酸HA与b
mol L﹣1的一元碱BOH等体积混合，混合溶液中当c（H+）=
mol L﹣1时，说明c（H+）=c（OH﹣），可判定该溶液呈中性，故A正确；
B．pH为5的溶液中氢离子浓度为：c（H+）=1×10﹣5mol/L，硫酸根离子的浓度为：c（SO42﹣）=c（H+）=×1×10﹣5mol/L=5×10﹣6mol/L，
溶液稀释500倍后，氢离子浓度不可能小于1×10﹣7mol/L，只能无限接近1×10﹣7mol/L，而硫酸根离子浓度为：c（SO42﹣）=5×10﹣6mol/L×=1×10﹣8mol/L，
所以稀释后溶液中c（H+）与c（SO42﹣）的比值近似为：1×10﹣7mol/L：1×10﹣8mol/L=10：1，故B错误；
C．该温度下，水的离子积常数KW=1×10﹣12，则纯水pH=6，pH=4的H2SO4溶液中c（H+）=10﹣4
mol/L，pH=9的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣3
mol/L，混合并保持恒温，混合溶液的pH=7＞6，溶液呈碱性，则混合溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣5
mol/L，设稀硫酸、NaOH溶液体积为xL、yL，
c（OH﹣）=mol/L=10﹣5
mol/L，x：y=9：1，故C正确；
D．盐酸平均分成2份，设每份都为1L，将pH=l的盐酸加适量的水，pH升高了1，则体积是原盐酸体积的10倍，说明所加的水的体积是原溶液的9倍，即水的体积为9L；另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH也升高了1，反应后酸过量，可设碱液体积x，依题意可列出下列等式：10﹣1mol/L×1L﹣10﹣1mol/L×xL=10﹣2mol/L×（1+x）L，解之得x=L，则加入的水与NaOH溶液的体积比为9：
=11：1，故D正确．
故选B．
28．CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H1．现在容积均为1L的a、b、c、d、e五个密闭容器中分别充入1mol
CO和2mol
H2的混合气体，控制温度，进行实验，测得相关数据如图（图1：温度分别为300℃、500℃的密闭容器中，甲醇的物质的量；图2：温度分别为T1～T5的密闭容器中，反应均进行到5min时甲醇的体积分数）．下列叙述正确的是（ ）
A．该反应的△H1＞0，且K1＞K2
B．将容器c中的平衡状态转变到容器d中的平衡状态，可采取的措施有升温或加压
C．300℃时，向平衡后的容器中再充入0.8
mol
CO，0.6
mol
H2，0.2
mol
CH3OH，平衡正向移动
D．500℃时，向平衡后的容器中再充入1
mol
CH3OH，重新平衡后，H2浓度和百分含量均增大
【考点】化学平衡的计算．
【分析】A．根据图1升判断出温度对平衡的影响，从图象可以看出，升高温度，甲醇的物质的量减少，说明正反应是放热反应；根据正反应是放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡常数增大；
B．从平衡状态c转到d，甲醇含量下降，说明平衡逆向移动，可以采用减小压强的措施，根据平衡状态的判断标志作判断；
C．利用三段式进行计算；根据平衡常数的定义计算；300℃时，依据化学平衡三行计算得到平衡浓度，计算得到此温度下的平衡常数，向平衡后的容器中再充入0.8
mol
CO，0.6
mol
H2，0.2
mol
CH3OH，计算浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；
D.500℃时，向平衡后的容器中再充入1
mol
CH3OH，相当于增大容器中压强，平衡正向进行．
【解答】解：A．图1可以看出，甲醇的物质的量为0.6mol的曲线温度大，说明升高温度，甲醇的物质的量减少，即平衡逆向移动，说明正反应是放热反应，所以△H1＜0；因正反应是放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡常数增大，所以说低温时平衡常数大，K1＞K2，故A错误；
B．从平衡状态c转到d，甲醇含量下降，说明平衡逆向移动，可以采用减小压强的措施，或升温平衡逆向进行的措施，故B错误；
C．利用三段式进行计算；根据平衡常数的定义计算，平衡状态下甲醇物质的量为0.8mol，
CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）
起始量（mol/L）
1
2
0
变化量（mol/L）
0.8
1.6
0.8
平衡量（mol/L）0.2
0.4
0.8
K==25
300℃时，向平衡后的容器中再充入0.8
mol
CO，0.6
mol
H2，0.2
mol
CH3OH，浓度商Qc==1＜K，平衡正向移动，故C正确；
D.500℃时，向平衡后的容器中再充入1
mol
CH3OH，相当于增大容器中压强，平衡正向进行，重新平衡后，H2浓度增大，但百分含量减小，故D错误；
故选C．
29．工业上以乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应如下：
（g）
（g）+H2（g）
现将x
mol乙苯蒸气通入体积可变的密闭容器中反应，维持体系总压强p总恒定．在某催化剂作用下，乙苯的平衡转化率随温度变化如图所示．
已知：气体分压（p分）=气体总压（p总）×体积分数．
不考虑副反应，下列说法正确的是（ ）
A．400℃时，向体系中通入水蒸气，v（正）、v（逆）
均减小，且乙苯转化率降低
B．500℃时，向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x
mol，平衡不移动
C．550℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=×p总
D．550℃时平衡体系中苯乙烯的体积分数是450℃时的3倍
【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．
【分析】A、向体积可变的密闭容器中通入水蒸气，导致反应体系体积变大，反应物和生成的浓度都减小，v（正）、v（逆）
均减小，相当于减小压强，平衡正向移动；
B、向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x
mol，相当于减小压强，平衡正向移动；
C、由图可知550℃时，乙苯的平衡转化率为：60%，应用三行式，结合气体分压（p分）=气体总压（p总）×体积分数；
D、由图可知550℃时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：60%，450℃时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：20%．
【解答】解：A、向体积可变的密闭容器中通入水蒸气，导致反应体系体积变大，反应物和生成的浓度都减小，v（正）、v（逆）
均减小，相当于减小压强，平衡正向移动，所以乙苯转化率升高，故A错误；
B、向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x
mol，相当于减小压强，平衡正向移动，而不是不移动，故B错误；
C、由图可知500℃时，乙苯的平衡转化率为：60%，应用三行式，
（g）
（g）+H2（g）
初起量：x
mol
0
0
变化量：0.6xmol
0.6xmol
0.6xmol
平衡量：0.4xmol
0.6xmol
0.6xmol
所以K==×p总，故C正确；
D、由图可知550℃时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：60%，450℃时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：20%，所以550℃时平衡体系中苯乙烯的体积分数是450℃时的2倍，故D错误；
故选C．
30．一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），进行反应，2SO2+O2 2SO3，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示．下列判断中正确的是（ ）
甲
乙
丙
丁
密闭容器体积/L
2
2
2
1
起始物质的量
n（SO2）/mol
0.40
0.80
0.80
0.40
n（O2）/mol
0.24
0.24
0.48
0.24
SO2的平衡转化率%
80
α1
α2
α3
A．甲中反应的平衡常数小于乙
B．该温度下，该反应的平衡常数K为400
C．SO2的平衡转化率：α1＞α2=α3
D．容器中SO3的物质的量浓度：丙=丁＜甲
【考点】化学平衡的计算．
【分析】A．温度相同时，该反应的平衡常数不变；
B．根据甲中各物质的平衡浓度计算平衡常数；
C．由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，二氧化硫转化率减小，丙和丁达到的是相同的平衡状态，丙实验氧气物质的量增大，氧气转化率增大；
D．体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大，丙和丁平衡是相同的平衡．
【解答】解：A．温度相同时，该反应的平衡常数不变，则甲、乙中反应的平衡常数相等，故A错误；
B．
2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），
开始（mol）
0.4
0.24
0
转化（mol）
0.32
0.16
0.32
平衡（mol）
0.08
0.08
0.32
平衡浓度（mol/L）0.04
0.04
0.16
所以该温度下该反应的平衡常数值为：K==400，故B正确；
C．由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，二氧化硫转化率减小，丙和丁达到的是相同的平衡状态，丙实验氧气物质的量增大，氧气转化率增大；则二氧化硫转化率，α1＜α2=α3，故C错误；
D．体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大，即丙中c（SO3）大于甲中c（SO3）的2倍，丙体积为2L，丁体积为1L，起始量分别为0.8，0.48；0.40，24，丙和丁达到的平衡相同，三氧化硫浓度相同，丙=丁＞甲，故D错误；
故选A．
二、解答题（共4小题，满分40分）
31．碘在科研与生活中有重要作用，某兴趣小组用0.50mol L﹣1KI、0.2%淀粉溶液、0.20mol L﹣1K2S2O8、0.10mol L﹣1Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响．
已知：S2O82﹣+2I﹣═2SO42﹣+I2（慢）
I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣
（快）
（1）向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的 S2O32﹣或Na2S2O3 耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色，为确保能观察到蓝色，S2O32﹣与S2O82﹣初始的物质的量需满足的关系为：n（S2O32﹣）：n（S2O82﹣） ＜2：1 ．
（2）为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如表：
实验序号
体积V/mL
K2S2O8溶液
水
KI溶液
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
①
10.0
0.0
4.0
4.0
2.0
②
9.0
1.0
4.0
4.0
2.0
③
8.0
Vx
4.0
4.0
2.0
表中Vx= 2.0 mL，理由是 保证溶液总体积不变，即其他条件不变，只改变反应物K2S2O8浓度，从而才达到对照实验目的 ．
（3）已知某条件下，浓度c（S2O82﹣）～反应时间t的变化曲线如图，若保持其它条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c（S2O82﹣）～反应时间t的变化曲线示意图（进行相应的标注）．
【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．
【分析】（1）慢反应中有I2生成，使溶液变蓝色，而快反应中消耗I2，慢反应决定反应速率，慢反应中生成I2大于快反应中消耗的I2，可以观察到溶液变蓝色；
（2）实验目的是探究反应物浓度对化学反应速率的影响，由表中数据可知，KI溶液、Na2S2O3溶液用量相等，应是探究K2S2O8浓度对反应速率的影响，保持溶液总体积相等；
（3）保持其它条件不变，降低温度，反应速率降低，到达液颜色将由无色变成为蓝色的时间变长，而使用催化剂，能加快化学反应速率，所以到达液颜色将由无色变成为蓝色的时间变短．
【解答】解：（1）慢反应中有I2生成，使溶液变蓝色，而快反应中消耗I2，慢反应决定反应速率，当溶液中的
S2O32﹣或Na2S2O3耗尽后，碘才能与淀粉作用显示蓝色；
根据I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣
（快）可知，1mol碘需2molS2O32﹣，根据方程式S2O82﹣+2I﹣═2SO42﹣+I2可知，生成1mol碘需为1molS2O82﹣，为确保能观察到蓝色，碘需有剩余，即n（S2O32﹣）：n（S2O82﹣）＜2：1，
故答案为：S2O32﹣或Na2S2O3；＜2：1；
（2）实验目的是探究反应物浓度对化学反应速率的影响，由表中数据可知，KI溶液、Na2S2O3溶液用量相等，应是探究K2S2O8浓度对反应速率的影响，保持溶液总体积相等，即其他条件不变，只改变反应物K2S2O8浓度，从而才达到对照实验目的，故Vx=10.0mL﹣8.0mL=2.0mL，
故答案为：2.0；保证溶液总体积不变，即其他条件不变，只改变反应物K2S2O8浓度，从而才达到对照实验目的；
（3）保持其它条件不变，降低温度，反应速率降低，到达液颜色将由无色变成为蓝色的时间变长，而使用催化剂，能加快化学反应速率，所以到达液颜色将由无色变成为蓝色的时间变短，降低反应温度和加入催化剂时c（S2O82﹣）～反应时间t的变化曲线示意图为：，
故答案为：．
32．a，b为两个极易导热的密闭容器，a保持容积不变，b中的活塞可上下移动，以保持内外压强相等．在相同条件下将3mol
A，1mol
B分别同时混合到a，b两容器中，发生反应3A（g）+B（g） 2C（g）+D（g）．
（1）达到平衡时，a中A的浓度为M
mol L﹣1，C的浓度为N
mol L﹣1，b中A的浓度为m
mol L﹣1，C的浓度为n
mol L﹣1，对M与m、N与n的关系下列判断正确的是 A
A．M＜m、N＜n
B．M＞m、N＞n
C．M＜m、N＞n
D．M＞m、N＜n
（2）保持温度不变，按下列配比将各物质分别充入a、b两容器，达到平衡后a中C的浓度为N
mol L﹣1的是 D ，b中C的浓度为n
mol L﹣1的是 AD
A.6mol
A+2mol
B
B.3mol
A+2mol
B
C.2mol
C+1mol
B+1mol
D
D.1.5mol
A+0.5mol
B+1mol
C+0.5mol
D
（3）若将2mol
C和2mol
D充入a中，保持温度不变，平衡时A的浓度为W
mol L﹣1，C的浓度为Y
mol L﹣1，判断W和M，Y和N之间的关系，下列正确的是 B
A．W＜M、Y＞N
B．W＞M、Y＜N
C．W＜M、Y＜N
D．W＞M、Y＞N
（4）保持温度不变，若将4mol
C和2mol
D充入a中，平衡时A的浓度为R
mol L﹣1，则 C
A．R=2M B．R＜M
C．M＜R＜2M
D．R＞2M．
【考点】化学平衡的计算．
【分析】（1）a保持容积不变，b保持内外压强相等，反应3A（g）+B（g） 2C（g）+D（g）是气体物质的量减少的反应，平衡时a中压强比b中小，故b相当于在a平衡的基础上加压，平衡右移，平衡移动不能消除A的浓度增大，到达新平衡时的浓度高于原平衡；
（2）改变起始投料比，要想达到平衡后a中C的浓度仍为N
mol L﹣1，恒温恒容下，与原平衡是完全等效平衡，按化学计量数转化到方程式左边，满足与原平衡中相同物质的起始投料量相等；
b中C的浓度为n
mol L﹣1，与原平衡为等效平衡，等温等压的条件下，按化学计量数转化到方程式左边，满足与原平衡中物质的投料量比；
（3）若将2molC和2molD充入a中，等效为开始投入3molA（g）、1molB（g）、1molD（g），与原平衡相比平衡逆向移动；
（4）将4
mol
C和2
mol
D充入a中相当于开始充入6
mol
A、2
mol
B，压强增大，平衡向右移动，反应物转化率增大，参加反应的A的物质的量大于原平衡的2倍，平衡移动不能消除A的浓度增大，到达新平衡时的浓度高于原平衡．
【解答】解：（1）a保持容积不变，b保持内外压强相等，反应3A（g）+B（g） 2C（g）+D（g）是气体物质的量减少的反应，平衡时a中压强比b中小，故b相当于在a平衡的基础上加压，平衡右移，平衡移动不能消除A的浓度增大，到达新平衡时的浓度高于原平衡，故b中平衡时A的浓度大于a中A的平衡浓度，即M＜m，平衡右移，b中C的平衡浓度高于a中C的平衡浓度，即N＜n，故选A，
故答案为：A；
（2）改变起始投料比，要想达到平衡后a中C的浓度仍为N
mol L﹣1，恒温恒容下，与原平衡是完全等效平衡，按化学计量数转化到方程式左边，满足与原平衡中相同物质的起始投料量相等，选项中D符合；
b中C的浓度为n
mol L﹣1，与原平衡为等效平衡，等温等压的条件下，按化学计量数转化到方程式左边，满足与原平衡中物质的投料量比，选项中AD符合，
故答案为：D；AD；
（3）若将2molC和2molD充入a中，等效为开始投入3molA（g）、1molB（g）、1molD（g），与原平衡相比平衡逆向移动，故平衡时A的浓度增大，C的浓度减小，即W＞M、Y＜N，故选B，
故答案为：B；
（4）将4mol
C和2
mol
D充入a中相当于开始充入6
mol
A+2
mol
B，压强增大，平衡向右移动，反应物转化率增大，参加反应的A的物质的量大于原平衡的2倍，平衡时A的浓度小于原平衡的2倍，平衡移动不能消除A的浓度增大，到达新平衡时的浓度高于原平衡，故M＜R＜2M，
故答案为：C．
33．氮及氮的化合物在化工研究中是一门重要的课题．
I．某无机化合物A的相对分子质量为184．在一定条件下，SCl2与氨完全反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，且X的水溶液pH＜7．将18.4gA隔绝空气加热可得到12.8gB和气体单质C．请回答：
（1）写出SCl2与氨反应的化学方程式 6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl ．
II．已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ mol﹣1
2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221.0kJ mol﹣1
C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ mol﹣1
（2）汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g），简述该设想能否实现的依据： 不可行，因为△H＞0，△S＜0，在任何情况下都不能自发进行 ．
（3）汽车尾气转化器中发生的反应：2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）△H= ﹣746.5kJ mol﹣1 ．
（4）有容积相同的甲、乙两个密闭容器，甲充入等量的NO和CO气体，乙充入NO气体．
以Ag﹣ZSM﹣5为催化剂，分别在不同温度下同时发生反应，测得相同时间内NO的转化率，绘得图象如图1．
分析图象回答：曲线②NO转化率随温度升高而增大的原因 反应没有达到平衡，温度越高反应速率越快，转化率越大 ．在图2中画出反应2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）在不同温度下达到平衡时c（N2）的变化趋势图．
（5）已知常温下HNO2的电离常数K=4.6×10﹣4，求0.01mol L﹣1的HNO2溶液中c（H+）= 2.14×10﹣3 mol L﹣1．（=2.14）
【考点】反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】（1）根据“SCl2与氨完全反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，且X的水溶液的pH＜7、A隔绝空气加强热可得到
B和气体单质C”知B是S，A含N、S元素，C是氮气，X是氯化铵．n（A）==0.1mol，n（S）==0.4mol，则A中含N：
=0.4mol，故A的分子式为S4N4，根据原子守恒可书写出反应方程式；
（2）依据反应自发进行的条件是△H﹣T△S＜0分析判断；
（3）①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ mol﹣1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221.0kJ mol﹣1
③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ mol﹣1
根据盖斯定律③×2﹣①﹣②计算；
（4）根据2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.5kJ mol﹣1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以NO的转化率应该减小，而曲线②NO转化率随温度升高而增大说明反应没有达到平衡，温度越高反应速率越快，转化率越大，据此分析；
（5）根据HNO2 H++NO2﹣结合电离常数K=4.6×10﹣4计算．
【解答】解：（1）因为“SCl2与氨完全反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，且X的水溶液的pH＜7、A隔绝空气加强热可得到
B和气体单质C”知B是S，A含N、S元素，C是氮气，X是氯化铵．n（A）==0.1mol，n（S）==0.4mol，则A中含N：
=0.4mol，故A的分子式为S4N4，所以SCl2与氨反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，反应方程式：6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl，
故答案为：6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl；
（2）因为C不完全燃烧时产生CO为放热反应，则2CO（g）=2C（s）+O2（g）△H＞0，又熵变减小的反应，△H＞0，△S＜0，则△H﹣T△S＞0，反应任何温度下都不能自发进行；故答案为：不可行，因为△H＞0，△S＜0，在任何情况下都不能自发进行；
（3）①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ mol﹣1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221.0kJ mol﹣1
③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ mol﹣1
根据盖斯定律③×2﹣①﹣②得2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）△H=﹣393.5×2﹣180.5+221.0=﹣746.5kJ mol﹣1，故答案为：﹣746.5kJ mol﹣1；
（4）根据（3）2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.5kJ mol﹣1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以NO的转化率应该减小，而曲线②NO转化率随温度升高而增大说明反应没有达到平衡，温度越高反应速率越快，转化率越大；
又2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.5kJ mol﹣1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以温度越高，平衡时c（N2）越小，则变化趋势图为，故答案为：反应没有达到平衡，温度越高反应速率越快，转化率越大；．
（5）因为HNO2的电离方程式为HNO2 H++NO2﹣，又电离常数K=4.6×10﹣4，所以K===4.6×10﹣4，解得：c（H+）=2.14×10﹣3mol L﹣1，故答案为：2.14×10﹣3．
34．氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业．CuCl是白色固体，难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化．以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺过程如下：
回答下列问题：
（1）CuS精矿经250℃低温焙烧后生成CuO，步骤②中主要反应的离子方程式是 CuO+2H+═Cu2++H2O ．
（2）步骤③先加NaCl、通入SO2时无沉淀，加水稀释就产生大量白色沉淀，其原因是 CuCl可溶于氯离子浓度较大的体系，难溶于水 ．
（3）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是 硫酸 （写名称）；步骤⑥醇洗的作用是 快速去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化 ．
（4）已知25℃，101
kPa时：S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣296.8
kJ/mol
2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）△H=﹣314.6
kJ/mol
Cu（s）+S（s）═CuS（s）△H=﹣53.1
kJ/mol
步骤①中CuS与O2反应的热化学方程式是 2CuS（s）+3O2（g）═2CuO（s）+2SO2（g）△H=﹣802.0kJ/mol ．
（5）CuS晶胞结构如图所示，其中含有硫原子的数目是 2 ．
（6）假设上述①～③步反应完全转化，④～⑦步操作共损失产品3.5%，反应生成的硫酸全部被循环利用，则生产100
kg
96.5%的CuCl（Mr=99.0）产品，除循环利用之外，需要处理的尾气中含SO2 11.3 m3（标准状况）．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】CuS精矿在空气中焙烧生成氧化铜和二氧化硫，用硫酸酸浸，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，在硫酸铜溶液加入氯化钠再通入二氧化硫，生成氯化亚铜和硫酸铜、硫酸，过滤后滤液回收，氯化亚铜经水洗、醇洗、干燥得CuCl产品，
（1）步骤②中主要反应是氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式；
（2）步骤③先加NaCl，氯离子浓度较大，产生的氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系，难溶于水，所以加水稀释就产生大量白色沉淀；
（3）氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系，所以酸洗只能用硫酸不能用盐酸，用乙醇洗涤能快速去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化；
（4）反应①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣296.8
kJ/mol，②2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）△H=﹣314.6
kJ/mol，③Cu（s）+S（s）═CuS（s）△H=﹣53.1
kJ/mol，根据盖斯定律，将①×2+②﹣③×2可得CuS与O2反应的热化学方程式；
（5）根据均摊法，位于60°角顶点的原子属于该晶胞的为，位于120°角顶点的原子属于该晶胞的为，根据CuS晶胞结构图可知，还有一个硫原子位于晶胞体内，据此答题；
（6）根据④～⑦步操作共损失产品3.5%可知，生产100
kg
96.5%的CuCl，则反应③中产生的CuCl的质量为=100
kg，根据反应2CuS+3O2═2CuO+2SO2、2CuO+SO2+2NaCl=2CuCl+Na2SO4，可知每生成1molCuCl，会产生1mol二氧化硫需要处理，据此计算．
【解答】解：CuS精矿在空气中焙烧生成氧化铜和二氧化硫，用硫酸酸浸，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，在硫酸铜溶液加入氯化钠再通入二氧化硫，生成氯化亚铜和硫酸铜、硫酸，过滤后滤液回收，氯化亚铜经水洗、醇洗、干燥得CuCl产品，
（1）步骤②中主要反应是氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为CuO+2H+═Cu2++H2O，
故答案为：CuO+2H+═Cu2++H2O；
（2）步骤③先加NaCl，氯离子浓度较大，产生的氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系，难溶于水，所以加水稀释就产生大量白色沉淀，
故答案为：CuCl可溶于氯离子浓度较大的体系，难溶于水；
（3）氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系，所以酸洗只能用硫酸不能用盐酸，用乙醇洗涤能快速去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化，
故答案为：硫酸；快速去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化；
（4）反应①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣296.8
kJ/mol，②2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）△H=﹣314.6
kJ/mol，③Cu（s）+S（s）═CuS（s）△H=﹣53.1
kJ/mol，根据盖斯定律，将①×2+②﹣③×2可得CuS与O2反应的热化学方程式为2CuS（s）+3O2（g）═2CuO（s）+2SO2（g）△H=﹣802.0
kJ/mol，
故答案为：2CuS（s）+3O2（g）═2CuO（s）+2SO2（g）△H=﹣802.0
kJ/mol；
（5）根据均摊法，位于60°角顶点的原子属于该晶胞的为，位于120°角顶点的原子属于该晶胞的为，根据CuS晶胞结构图可知，还有一个硫原子位于晶胞体内，所以晶胞中含有硫原子的数目是为×4+×4+1=2，
故答案为：2；
（6）根据④～⑦步操作共损失产品
一、选择题（共30小题，每小题3分，满分90分）
1．可逆反应：2NO2（g） 2NO（g）+O2（g），在容积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志正确的有（ ）
①单位时间内生成n
mol
O2的同时生成2n
mol
NO2
②单位时间内生成n
mol
O2的同时生成2n
mol
NO
③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
⑧NO2的转化率不再随时间改变而改变
⑨NO与O2的物质的量之比不再随时间改变而改变
⑩n（NO2）：n（NO）：n（O2）=2：2：1
化学平衡常数K不再随时间改变而改变．
A．4个
B．5个
C．6个
D．7个
2．化合物A在一定条件下发生分解反应，反应物浓度随反应时间的变化如图所示．则化合物A在4～8min间的平均反应速率为（ ）
A．0.20
mol L﹣1 min﹣1
B．0.25
mol L﹣1 min﹣1
C．0.30
mol L﹣1 min﹣1
D．0.50
mol L﹣1 min﹣1
3．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10ml
2mol/L盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应最快的是（ ）
A．10℃20mL
3mol/L的X溶液
B．20℃30mL
2mol/L的X溶液
C．20℃10mL
4mol/L的X溶液
D．10℃10mL
2mol/L的X溶液
4．下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．硫酸工业中，增大O2的浓度有利于提高SO2的转化率
B．开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡
C．对2HI（g） H2（g）+I2（g）平衡体系增加压强使颜色变深
D．滴有酚酞的氨水溶液，适当加热溶液（氨气不挥发）后颜色变深
5．将等物质的量的F2和ClF混合，在密闭容器中发生反应：F2（g）+ClF（g） ClF3（g）；△H＜0．下列叙述中，正确的是（ ）
A．达到平衡后，保持容器的体积不变再充入ClF3气体的瞬间，体系压强增大，平衡右移
B．若c（F2）：c（ClF）：c（ClF3）=1：1：1，则反应一定达到平衡状态
C．达到平衡后，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡左移
D．平衡后再降低温度，保持恒容，达到新的平衡，则混合气体的平均摩尔质量增大
6．下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是（ ）
①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1；C（s）+O2（g）=CO（g）△H2
②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H3；S（g）+O2（g）=SO2（g）△H4
③H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H5；2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H6
④CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）△H7；CaO（s）+H2O（l）=Ca（OH）2（s）△H8．
A．②③④
B．④
C．①
D．①②③
7．已知：NH3 H2O（aq）与H2SO4（aq）反应生成1mol
（NH4）2SO4的△H=﹣24.2kJ mol﹣1；强酸、强碱的稀溶液反应的中和热△H=﹣57.3kJ mol﹣1．则NH3 H2O在水溶液中电离的△H等于（ ）
A．+45.2
kJ mol﹣1
B．﹣45.2
kJ mol﹣1
C．+69.4
kJ mol﹣1
D．﹣69.4
kJ mol﹣1
8．在反应2SO2+O2 2SO3中，有a
mol
SO2和b
mol
O2参加反应，达到化学平衡状态时有c
mol
SO3生成，则SO2在反应混合物中的体积分数为（ ）
A．×100%
B．×100%
C．×100%
D．
100%
9．温下，10mL
0.01mol/L
Na2C2O4溶液中存在平衡：c2O42﹣+H2O HC2O4﹣+OH﹣，该反应的平衡常数K，现向该溶液中加入NaOH固体或加入0.01mol/L的盐酸，下列图象描述的关系正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．下列叙述正确的是（ ）
A．任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸碱性的强弱
B．某溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣a
mol L﹣1，若a＞7，则该溶液的pH一定为14﹣a
C．0.2
mol L﹣1
CH3COOH溶液中的c（H+）是0.1
mol L﹣1
CH3COOH溶液中的c（H+）的2倍
D．无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下，其c（H+） c（OH﹣）=1×10﹣14
11．常温下，某溶液中由水电离出来的c（H+）=1×10﹣13
mol L﹣1，该溶液可能是（ ）
①SO2
②NH4Cl溶液
③NaHSO4溶液
④醋酸溶液
⑤NaNO3溶液
⑥氨水
⑦NaHCO3溶液（溶液显碱性）
⑧NaOH溶液．
A．①③④⑥⑧
B．①④⑥⑧
C．①④⑤⑥⑦
D．②⑤⑧
12．下列热化学方程式或说法正确的是（ ）
A．甲烷的燃烧热为△H=﹣890kJ mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890
kJ mol﹣1
B．500℃、30
MPa下，将0.5
mol
N2和1.5
mol
H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3
kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣38.6
kJ mol﹣1
C．已知：H2（g）+F2（g）=2HF（g）；△H=﹣270
kJ/mol，则1
mol氢气与1
mol氟气反应生成2
mol液态氟化氢放出的热量小于270
KJ
D．在C中相同条件下，2
mol
HF气体的能量小于1
mol氢气与1
mol氟气的能量总和
13．向固定容积的密闭容器中，通入a
mol
X，发生反应2X Y（g）+Z（s），并达到平衡状态，此时升高温度，气体的密度增大．下列叙述正确的是（ ）
A．压强的变化对该平衡没有影响
B．若正反应为放热反应，则X一定为气态
C．若X为非气态，则正反应为放热反应
D．若x为气态，再向容器中充入a
mol
X，达到的新平衡与第一次平衡相比，X
的体积分数增大
14．在一密闭容器中充入1mol
H2和1mol
I2，压强为p（Pa），并在一定温度下使其发生反应：H2（g）+I2（g） 2HI（g）△H＜0．则下列叙述中不正确的是（ ）
A．保持容器容积不变，向其中再加入1mol
H2，反应速率加快，理由是增大反应物氢气的浓度，反应速率加快
B．保持容器内气体压强不变，向其中加入1mol
N2（N2不参加反应），反应速率减慢，理由是保持压强不变，向其中充入N2，体积变大，反应物浓度减小，反应速率减慢
C．保持容器容积不变，向其中加入1mol
N2（N2不参加反应），反应速率不变，理由是反应物的浓度不变，反应速率不变
D．保持容器内气体压强不变，向其中再加入1mol
H2（g）和1mol
I2（g），反应速率减小，理由是容器体积变大反应物浓度变小，反应速率减小
15．键能是指拆开1mol化学键需要吸收的能量或形成1mol化学键所释放的能量．表中列出了某些共价键的键能：
共价键
键能/kJ mol﹣1
共价键
键能/kJ mol﹣1
共价键
键能/kJ mol﹣1
H﹣H
436
H﹣Br
366
Cl﹣Cl
243
H﹣O
463
H﹣I
298
Br﹣Br
193
H﹣Cl
432
O=O
496
I﹣I
151
根据表中数据判断下列表述中正确的是（ ）
A．H2O中含有两个O﹣H共价键，故用氢气与氧气合成1
mol
H2O放出的能量为926
kJ
B．用单质合成1
mol
H﹣Cl所放出的能量小于合成1
mol
H﹣Br所放出的能量
C．当用表中卤素单质与氢气合成卤化氢时，所有的反应都是放热反应
D．合成溴化氢的热化学方程式为H2（g）+Br2（g）═2HBr（g）△H=+103
kJ mol﹣1
16．已知下列热化学方程式：
①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ mol﹣1
②2C2H6（g）+7O2（g）=4CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣3116.7kJ mol﹣1
③C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣1409.6kJ mol﹣1
④2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2596.7kJ mol﹣1
⑤C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2217.8kJ mol﹣1
现有由上述五种烃中的两种组成的混合气体2mol，经充分燃烧后放出3037.6kJ热量，则下列哪些组合是不可能的（ ）
A．C2H4和C2H6
B．C2H2和C3H8
C．C2H6和C3H8
D．C2H6和CH4
17．将一定量的固体Ag2SO4置于容积不变的密闭容器中（装有少量V2O5），某温度下发生反应：
Ag2SO4（s） Ag2O（s）+SO3（g），2SO3（g） 2SO2（g）+O2（g）．反应经过10min后，测得c（SO3）=0.4mol L﹣1，c（SO2）=0.1mol L﹣1，则下列叙述中不正确的是（ ）
A．容器里气体的密度为40g L﹣1
B．SO3的分解率为20%
C．化学反应速率v（Ag2SO4）=v（SO3）
D．在这10min内的平均反应速率为v（O2）=0.005mol L﹣1 min﹣1
18．现有浓度均为0.1mol L﹣1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液．下列判断中正确的是（ ）
A．若三种溶液中c（H+）分别为a1
mol L﹣1、a2
mol L﹣1、a3
mol L﹣1，则它们的大小关系为a2=a1=a3
B．等体积的以上三种酸分别与过量的NaOH溶液反应，若生成的盐的物质的量依次为b1
mol、b2
mol、b3
mol，则它们的大小关系为b1=b2＜b3
C．分别用以上三种酸中和一定量的NaOH溶液生成正盐，若需要酸的体积分别为V1、V2、V3，其大小关系为V1=V2=V3
D．分别与Zn反应，开始时生成H2的速率分别为v1、v2、v3，其大小关系为v2＞v1＞v3
19．在容积不变的密闭容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H＜0．下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是（ ）
A．图I表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高
B．图Ⅱ表示t0时刻使用催化剂对反应速率的影响
C．图Ⅲ表示t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
D．图Ⅳ中a、b、c三点中只有b点已经达到化学平衡状态
20．某恒容密闭容器中充入等物质的量的A
和B，一定温度下发生反应A（s）+xB（g） 2C（g），达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：
下列说法中正确的是（ ）
A．30
min～40
min
间该反应使用了催化剂
B．反应方程式中的x=2，正反应为吸热反应
C．30
min
时条件的变化是降低压强，40
min
时条件的变化是升高温度
D．前8
min
A
的平均反应速率为0.08
mol L﹣1 min﹣1
21．向0.1mol L﹣1的CH3COOH溶液中加水或加入少量CH3COONa晶体时，下列有关叙述不正确的是（ ）
A．都能使溶液的pH增大
B．都能使溶液中c（H+） c（CH3COO﹣）减小
C．都能使溶液中比值增大
D．溶液中不变
22．用pH大小表示溶液的酸碱性相对强弱有许多不足之处．荷兰科学家Henk
Van
Lubeck
引入了酸度（AG）的概念，即把酸度定义为c（H+）与c（OH﹣）比值的对数，用公式表示为AG=lg[c（H+）/c（OH﹣）]．下列有关叙述中，正确的是（ ）
A．在25℃时，AG=10的溶液呈碱性
B．在25℃时，若溶液呈中性，则pH=7，AG=1
C．在25℃时，溶液的pH与AG的换算公式为AG=2（7﹣pH）
D．在25℃时，0.1
mol L﹣1
NaOH溶液AG=0
23．已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4═Na++H++SO42﹣．某温度下，向c（H+）=1×10﹣6mol/L的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液中的c（H+）=1×10﹣2
mol/L．下列对该溶液的叙述错误的是（ ）
A．该温度高于25℃
B．由水电离出来的H+的浓度为1×10﹣10
mol/L
C．NaHSO4晶体的加入抑制了水的电离
D．取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c（OH﹣）减小
24．T℃时在2L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）．反应过程中X、Y、Z的物质的量变化如图﹣1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2，Y的体积百分含量与时间的关系如图﹣2所示．下列分析正确的是（ ）
A．容器中发生的反应可表示为：2X（g）+Y（g） 2Z（g）
B．0～3
min内，v（X）=0.2
mol L﹣1 min﹣1
C．其他条件不变升高温度，v正、v逆都增大，且重新平衡前v正＞v逆
D．若改变条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件可能是增大压强
25．25℃时，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）的变化关系如图中曲线ac所示，下列判断错误的是（ ）
A．a
c曲线上的任意一点都有c（H+） c（OH﹣）=10﹣14
B．b
d线段上任意一点对应的溶液都呈中性
C．d点对应溶液的温度高于25℃，pH＜7
D．CH3COONa溶液不可能位于c点
26．已知常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c（H2CO3）=1.5×10﹣5
mol L﹣1．（已知H2CO3的第二级电离常数K2=5.6×10﹣11，HClO的电离常数K=3.0×10﹣8，已知10﹣5.60=2.5×10﹣6）．下列选项中不正确的是（ ）
A．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3 HCO3﹣+H+的平衡常数K1=4.2×10﹣7
B．少量Cl2通入到过量的Na2CO3溶液的离子方程式为Cl2+2CO32﹣+H2O═2HCO3﹣+Cl﹣+ClO﹣
C．Cl2与Na2CO3按物质的量之比1：1恰好反应的离子方程式为Cl2+CO32﹣+H2O═HCO3﹣+Cl﹣+HClO
D．少量CO2通入到过量的NaClO溶液的离子方程式为2ClO﹣+CO2+H2O═CO32﹣+2HClO
27．下列对该溶液的叙述不正确的是（ ）
A．已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a
mol L﹣1的一元酸HA与b
mol L﹣1的一元碱BOH等体积混合，混合溶液中当c（H+）=
mol L﹣1时可判定该溶液呈中性
B．pH=5的H2SO4溶液，加水稀释到500倍，则稀释后c（H+）与c（SO42﹣）的比为2：1
C．某温度下，水的离子积常数Kw=10﹣12，该温度下，将pH=4的H2SO4溶液与pH=9的NaOH溶液混合并保持恒温，欲使混合溶液的pH=7，则稀硫酸与NaOH溶液的体积比为9：1
D．将pH=1的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为11：1
28．CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H1．现在容积均为1L的a、b、c、d、e五个密闭容器中分别充入1mol
CO和2mol
H2的混合气体，控制温度，进行实验，测得相关数据如图（图1：温度分别为300℃、500℃的密闭容器中，甲醇的物质的量；图2：温度分别为T1～T5的密闭容器中，反应均进行到5min时甲醇的体积分数）．下列叙述正确的是（ ）
A．该反应的△H1＞0，且K1＞K2
B．将容器c中的平衡状态转变到容器d中的平衡状态，可采取的措施有升温或加压
C．300℃时，向平衡后的容器中再充入0.8
mol
CO，0.6
mol
H2，0.2
mol
CH3OH，平衡正向移动
D．500℃时，向平衡后的容器中再充入1
mol
CH3OH，重新平衡后，H2浓度和百分含量均增大
29．工业上以乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应如下：
（g）
（g）+H2（g）
现将x
mol乙苯蒸气通入体积可变的密闭容器中反应，维持体系总压强p总恒定．在某催化剂作用下，乙苯的平衡转化率随温度变化如图所示．
已知：气体分压（p分）=气体总压（p总）×体积分数．
不考虑副反应，下列说法正确的是（ ）
A．400℃时，向体系中通入水蒸气，v（正）、v（逆）
均减小，且乙苯转化率降低
B．500℃时，向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x
mol，平衡不移动
C．550℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=×p总
D．550℃时平衡体系中苯乙烯的体积分数是450℃时的3倍
30．一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），进行反应，2SO2+O2 2SO3，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示．下列判断中正确的是（ ）
甲
乙
丙
丁
密闭容器体积/L
2
2
2
1
起始物质的量
n（SO2）/mol
0.40
0.80
0.80
0.40
n（O2）/mol
0.24
0.24
0.48
0.24
SO2的平衡转化率%
80
α1
α2
α3
A．甲中反应的平衡常数小于乙
B．该温度下，该反应的平衡常数K为400
C．SO2的平衡转化率：α1＞α2=α3
D．容器中SO3的物质的量浓度：丙=丁＜甲
二、解答题（共4小题，满分40分）
31．碘在科研与生活中有重要作用，某兴趣小组用0.50mol L﹣1KI、0.2%淀粉溶液、0.20mol L﹣1K2S2O8、0.10mol L﹣1Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响．
已知：S2O82﹣+2I﹣═2SO42﹣+I2（慢）
I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣
（快）
（1）向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的 耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色，为确保能观察到蓝色，S2O32﹣与S2O82﹣初始的物质的量需满足的关系为：n（S2O32﹣）：n（S2O82﹣） ．
（2）为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如表：
实验序号
体积V/mL
K2S2O8溶液
水
KI溶液
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
①
10.0
0.0
4.0
4.0
2.0
②
9.0
1.0
4.0
4.0
2.0
③
8.0
Vx
4.0
4.0
2.0
表中Vx= mL，理由是 ．
（3）已知某条件下，浓度c（S2O82﹣）～反应时间t的变化曲线如图，若保持其它条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c（S2O82﹣）～反应时间t的变化曲线示意图（进行相应的标注）．
32．a，b为两个极易导热的密闭容器，a保持容积不变，b中的活塞可上下移动，以保持内外压强相等．在相同条件下将3mol
A，1mol
B分别同时混合到a，b两容器中，发生反应3A（g）+B（g） 2C（g）+D（g）．
（1）达到平衡时，a中A的浓度为M
mol L﹣1，C的浓度为N
mol L﹣1，b中A的浓度为m
mol L﹣1，C的浓度为n
mol L﹣1，对M与m、N与n的关系下列判断正确的是
A．M＜m、N＜n
B．M＞m、N＞n
C．M＜m、N＞n
D．M＞m、N＜n
（2）保持温度不变，按下列配比将各物质分别充入a、b两容器，达到平衡后a中C的浓度为N
mol L﹣1的是 ，b中C的浓度为n
mol L﹣1的是
A.6mol
A+2mol
B
B.3mol
A+2mol
B
C.2mol
C+1mol
B+1mol
D
D.1.5mol
A+0.5mol
B+1mol
C+0.5mol
D
（3）若将2mol
C和2mol
D充入a中，保持温度不变，平衡时A的浓度为W
mol L﹣1，C的浓度为Y
mol L﹣1，判断W和M，Y和N之间的关系，下列正确的是
A．W＜M、Y＞N
B．W＞M、Y＜N
C．W＜M、Y＜N
D．W＞M、Y＞N
（4）保持温度不变，若将4mol
C和2mol
D充入a中，平衡时A的浓度为R
mol L﹣1，则
A．R=2M B．R＜M
C．M＜R＜2M
D．R＞2M．
33．氮及氮的化合物在化工研究中是一门重要的课题．
I．某无机化合物A的相对分子质量为184．在一定条件下，SCl2与氨完全反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，且X的水溶液pH＜7．将18.4gA隔绝空气加热可得到12.8gB和气体单质C．请回答：
（1）写出SCl2与氨反应的化学方程式 ．
II．已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ mol﹣1
2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221.0kJ mol﹣1
C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ mol﹣1
（2）汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g），简述该设想能否实现的依据： ．
（3）汽车尾气转化器中发生的反应：2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）△H= ．
（4）有容积相同的甲、乙两个密闭容器，甲充入等量的NO和CO气体，乙充入NO气体．
以Ag﹣ZSM﹣5为催化剂，分别在不同温度下同时发生反应，测得相同时间内NO的转化率，绘得图象如图1．
分析图象回答：曲线②NO转化率随温度升高而增大的原因 ．在图2中画出反应2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）在不同温度下达到平衡时c（N2）的变化趋势图．
（5）已知常温下HNO2的电离常数K=4.6×10﹣4，求0.01mol L﹣1的HNO2溶液中c（H+）= mol L﹣1．（=2.14）
34．氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业．CuCl是白色固体，难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化．以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺过程如下：
回答下列问题：
（1）CuS精矿经250℃低温焙烧后生成CuO，步骤②中主要反应的离子方程式是 ．
（2）步骤③先加NaCl、通入SO2时无沉淀，加水稀释就产生大量白色沉淀，其原因是 ．
（3）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是 （写名称）；步骤⑥醇洗的作用是 ．
（4）已知25℃，101
kPa时：S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣296.8
kJ/mol
2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）△H=﹣314.6
kJ/mol
Cu（s）+S（s）═CuS（s）△H=﹣53.1
kJ/mol
步骤①中CuS与O2反应的热化学方程式是 ．
（5）CuS晶胞结构如图所示，其中含有硫原子的数目是 ．
（6）假设上述①～③步反应完全转化，④～⑦步操作共损失产品3.5%，反应生成的硫酸全部被循环利用，则生产100
kg
96.5%的CuCl（Mr=99.0）产品，除循环利用之外，需要处理的尾气中含SO2 m3（标准状况）．
2016-2017学年四川省成都外国语学校高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共30小题，每小题3分，满分90分）
1．可逆反应：2NO2（g） 2NO（g）+O2（g），在容积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志正确的有（ ）
①单位时间内生成n
mol
O2的同时生成2n
mol
NO2
②单位时间内生成n
mol
O2的同时生成2n
mol
NO
③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
⑧NO2的转化率不再随时间改变而改变
⑨NO与O2的物质的量之比不再随时间改变而改变
⑩n（NO2）：n（NO）：n（O2）=2：2：1
化学平衡常数K不再随时间改变而改变．
A．4个
B．5个
C．6个
D．7个
【考点】化学平衡状态的判断．
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．
【解答】解：①单位时间内生成n
mol
O2的同时生成2n
mol
NO2
同时消耗n
mol
O2，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
②无论反应是否达到平衡状态都存在单位时间内生成n
mol
O2的同时生成2n
mol
NO，不能据此判断平衡状态，故错误；
③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态，该反应不一定达到平衡状态，因为反应方向不明确，不能据此判断平衡状态，故错误；
④混合气体的颜色不再改变的状态，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
⑤无论反应是否达到平衡状态，混合气体的密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故错误；
⑥反应前后气体物质的量增大、压强增大，混合气体的压强不再改变的状态，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故正确；
⑦反应前后气体物质的量增大、气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量减小，当混合气体的相对分子质量不再改变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
⑧NO2的转化率不再随时间改变而改变，说明二氧化氮的物质的量一定，反应达到平衡状态，故正确；
⑨NO与O2的物质的量之比不再随时间改变而改变时，该反应不一定达到平衡状态，故错误；
⑩n（NO2）：n（NO）：n（O2）=2：2：1，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，故错误；
化学平衡常数K不再随时间改变而改变，如果该容器是绝热的就说明达到平衡状态，如果是恒温条件下的就不能说明达到平衡状态，故错误；
故选B．
2．化合物A在一定条件下发生分解反应，反应物浓度随反应时间的变化如图所示．则化合物A在4～8min间的平均反应速率为（ ）
A．0.20
mol L﹣1 min﹣1
B．0.25
mol L﹣1 min﹣1
C．0.30
mol L﹣1 min﹣1
D．0.50
mol L﹣1 min﹣1
【考点】反应速率的定量表示方法．
【分析】由图可知，4min时化合物A的浓度为2mol/L，8min时A的物质的量浓度为1mol/L，根据v=计算反应4～8min间的平均反应速率．
【解答】解：由图可知，4～8
min期间，反应物浓度变化为：（2﹣1）mol/L=1mol/L，
所以4～8
min期间用化合物A表示的平均反应速率为：v（A）==0.25
mol L﹣1 min﹣1，
故选B．
3．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10ml
2mol/L盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应最快的是（ ）
A．10℃20mL
3mol/L的X溶液
B．20℃30mL
2mol/L的X溶液
C．20℃10mL
4mol/L的X溶液
D．10℃10mL
2mol/L的X溶液
【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．
【分析】计算出稀释后X溶液的中X的物质的量，最后溶液的体积都为50mL，则X的物质的量越大，X的浓度越大，而浓度越大、温度越高，反应速率越快．
【解答】解：A．20mL3mol/L的X溶液，X的物质的量为0.02L×3mol/L=0.06mol；
B．30mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.03L×2mol/L=0.06mol；
C．10mL4mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×4mol/L=0.04mol；
D．10mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×2mol/L=0.02mol，
显然四种情况下，X浓度A=B＞C＞D，而温度B=C＞A=D，故反应速率B的反应速率最快，
故选B．
4．下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．硫酸工业中，增大O2的浓度有利于提高SO2的转化率
B．开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡
C．对2HI（g） H2（g）+I2（g）平衡体系增加压强使颜色变深
D．滴有酚酞的氨水溶液，适当加热溶液（氨气不挥发）后颜色变深
【考点】化学平衡移动原理．
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．
【解答】解：A．增大反应物氧气浓度，平衡向正反应方向移动，所以能增大二氧化硫转化率，可以用平衡移动原理解释，故A不选；
B．因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，开启啤酒瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，故B不选；
C．对2HI（g） H2（g）+I2（g）平衡体系增加压强容器体积减小，碘浓度增大而使颜色变深，压强增大但平衡不移动，不能用平衡移动原理解释，故C选；
D．加热促进一水合氨的电离，溶液颜色加深，与勒夏特列原理有关，故D不选；
故选C．
5．将等物质的量的F2和ClF混合，在密闭容器中发生反应：F2（g）+ClF（g） ClF3（g）；△H＜0．下列叙述中，正确的是（ ）
A．达到平衡后，保持容器的体积不变再充入ClF3气体的瞬间，体系压强增大，平衡右移
B．若c（F2）：c（ClF）：c（ClF3）=1：1：1，则反应一定达到平衡状态
C．达到平衡后，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡左移
D．平衡后再降低温度，保持恒容，达到新的平衡，则混合气体的平均摩尔质量增大
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】A．保持容器的体积不变再充入ClF3气体的瞬间，生成物浓度增大；
B．转化率未知，不能判定平衡状态；
C．达到平衡后，若增大容器体积，相当于压强减小；
D．△H＜0，该反应为放热反应，则平衡后再降低温度，平衡正向移动，气体的物质的量减小．
【解答】解：A．保持容器的体积不变再充入ClF3气体的瞬间，生成物浓度增大，则平衡向左移动，故A错误；
B．转化率未知，不能判定平衡状态，则c（F2）：c（ClF）：c（ClF3）=1：1：1，不一定达到平衡状态，故B错误；
C．达到平衡后，若增大容器体积，相当于压强减小，则正逆反应速率均减小，且平衡逆向移动，故C错误；
D．△H＜0，该反应为放热反应，则平衡后再降低温度，平衡正向移动，气体的物质的量减小，由M=可知，混合气体的平均摩尔质量增大，故D正确；
故选D．
6．下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是（ ）
①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1；C（s）+O2（g）=CO（g）△H2
②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H3；S（g）+O2（g）=SO2（g）△H4
③H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H5；2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H6
④CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）△H7；CaO（s）+H2O（l）=Ca（OH）2（s）△H8．
A．②③④
B．④
C．①
D．①②③
【考点】反应热和焓变．
【分析】①②③为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多；
④中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应△H＞0，放热反应△H＜0，以此解答该题．
【解答】解：①两个反应都为放热反应，△H＜0，前者完全反应，放出的热量多，则△H1＜△H2，故①错误；
②都为放热反应，其△H＜0，前者S为固态，则前者放出的热量少，则△H3＞△H4，故②正确；
③都是放热反应，前者反应物系数较小，则前者放出热量较少，则△H5＞△H6，故③正确；
④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8，故④正确；
根据分析可知，反应的△H前者大于后者的是②③④，
故选A．
7．已知：NH3 H2O（aq）与H2SO4（aq）反应生成1mol
（NH4）2SO4的△H=﹣24.2kJ mol﹣1；强酸、强碱的稀溶液反应的中和热△H=﹣57.3kJ mol﹣1．则NH3 H2O在水溶液中电离的△H等于（ ）
A．+45.2
kJ mol﹣1
B．﹣45.2
kJ mol﹣1
C．+69.4
kJ mol﹣1
D．﹣69.4
kJ mol﹣1
【考点】反应热和焓变．
【分析】25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ/mol，但是弱碱的电离吸热，根据题干信息写出反应的热化学方程式，然后利用盖斯定律计算出NH3 H2O在水溶液中电离的△H．
【解答】解：NH3 H2O（aq）与H2SO4（aq）反应生成1mol正盐的△H=﹣24.2kJ/mol，则：2NH3 H2O（aq）+H2SO4（aq）=（NH4）2SO4（aq）+2H2O
（l）△H=﹣24.2kJ/mol
即：2NH3 H2O（aq）+2H+=2NH4+（aq）+2H2O（l）△H=﹣24.2kJ/mol，
整理可得：NH3 H2O（aq）+H+=NH4+（aq）+H2O（l）△H=﹣12.1kJ/moL
（1）
H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O
（l）△H=﹣57.3kJ/mol
（2）
（1）﹣（2）可得：NH3 H2O（aq）=NH4+（aq）+OH﹣（aq），△H=+45.2kJ/mol，
所以NH3 H2O在水溶液中电离的△H为+45.2kJ/mol，
故选A．
8．在反应2SO2+O2 2SO3中，有a
mol
SO2和b
mol
O2参加反应，达到化学平衡状态时有c
mol
SO3生成，则SO2在反应混合物中的体积分数为（ ）
A．×100%
B．×100%
C．×100%
D．
100%
【考点】化学平衡的计算．
【分析】利用三段式计算平衡时各组分的物质的量，SO2体积分数=．
【解答】解：a
mol
SO2和b
mol
O2参加反应，达到化学平衡状态时有c
mol
SO3生成，则：
2SO2+O2
2SO3
起始量（mol）：a
b
0
转化量（mol）：c
0.5c
c
平衡量（mol）：a﹣c
b﹣0.5c
c
故φ（SO2）=×100%=%
故选D．
9．温下，10mL
0.01mol/L
Na2C2O4溶液中存在平衡：c2O42﹣+H2O HC2O4﹣+OH﹣，该反应的平衡常数K，现向该溶液中加入NaOH固体或加入0.01mol/L的盐酸，下列图象描述的关系正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】影响盐类水解程度的主要因素．
【分析】A、平衡常数与随温度的变化而变化；
B、Na2C2O4溶液呈碱性，未加氢氧化钠时pH大于7；
C、Na2C2O4溶液中加固体氢氧化钠，水解平衡逆移；
D、0.01mol/L
Na2C2O4溶液中加入0.01mol/L的盐酸，反应生成的H2C2O4部分电离．
【解答】解：A、平衡常数与随温度的变化而变化，所以10mL
0.01mol/L
Na2C2O4溶液中加入NaOH固体，平衡常数K不变，故A错误；
B、Na2C2O4溶液呈碱性，未加氢氧化钠时pH大于7，而图中开始时pH=7，故B错误；
C、Na2C2O4溶液中加固体氢氧化钠，水解平衡逆移，C2O42﹣浓度增大逐渐接近0.01mol/L，但是C2O42﹣浓度要小于0.01mol/L，故C正确；
D、0.01mol/L
Na2C2O4溶液中加入0.01mol/L的盐酸，反应生成的H2C2O4部分电离，所以溶液的pH大于2，不可能等于或小于2，故D错误．
故选C．
10．下列叙述正确的是（ ）
A．任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸碱性的强弱
B．某溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣a
mol L﹣1，若a＞7，则该溶液的pH一定为14﹣a
C．0.2
mol L﹣1
CH3COOH溶液中的c（H+）是0.1
mol L﹣1
CH3COOH溶液中的c（H+）的2倍
D．无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下，其c（H+） c（OH﹣）=1×10﹣14
【考点】pH的简单计算．
【分析】A．根据溶液的酸碱度用PH来表示，其范围一般在
0～14之间进行判断；
B．由水电离出的c（H+）=l×10﹣amol L﹣1，该溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，据此计算判断，注意为酸性溶液时，溶液中氢氧根离子浓度等于水电离的氢离子浓度，利用水的离子积计算溶液中氢离子，再根据pH=﹣logc（H+）计算pH值；
C．醋酸浓度增大，电离程度减小；
D．根据常温下温度离子积进行判断．
【解答】解：A．pH范围一般在
0～14之间，溶液中的氢离子在1～10﹣14mol/L，故A错误；
B．由水电离出的c（H+）=l×10﹣amol L﹣1，该溶液若为酸性溶液，则溶液中c（OH﹣）=l×10﹣amol L﹣1，故溶液中c（H+）=mol/L=l×10﹣14+amol/L，故pH=﹣logl×10﹣14+a=14﹣a，该溶液若为碱性溶液，则溶液pH=﹣logl×10﹣a=a，若a＞7，则该溶液的pH为7或14﹣a，故B错误；
C．醋酸是弱电解质，浓度增大，醋酸的电离程度减小，所以0.2
mol/L
CH3COOH溶液中的c（H+）小于0.1
mol/L
CH3COOH溶液中的c（H+）的2倍，故C错误；
D．水的离子积只与温度有关，所以常温下Kw=c（H+） c（OH﹣）=1×10﹣14，与溶液的酸碱性无关，故D正确；
故选D．
11．常温下，某溶液中由水电离出来的c（H+）=1×10﹣13
mol L﹣1，该溶液可能是（ ）
①SO2
②NH4Cl溶液
③NaHSO4溶液
④醋酸溶液
⑤NaNO3溶液
⑥氨水
⑦NaHCO3溶液（溶液显碱性）
⑧NaOH溶液．
A．①③④⑥⑧
B．①④⑥⑧
C．①④⑤⑥⑦
D．②⑤⑧
【考点】pH的简单计算．
【分析】依据常温下溶液中由水电离出来的c（H+）=1.0×10﹣13mol L﹣1，和水中的氢离子浓度比较可知，水的电离被抑制，结合所给物质的性质分析判断．
【解答】解析：某溶液中由水电离出来的c（H+）=1.0×10﹣13mol L﹣1，说明溶液既可能呈酸性，也有可能呈碱性．
①SO2+H2O H2SO3，H2SO3 HSO3﹣+H+，HSO3﹣ SO32﹣+H+，溶液呈酸性；抑制水的电离，故符合；
②氯化铵水溶液中铵根离子水解促进水的电离，水电离出的氢离子浓度增大，故不符合；
③NaHSO4溶液能完全电离出氢离子，溶液显示酸性，氢离子抑制水电离，故符合；
④醋酸溶液电离出的氢离子抑制水电离，故符合；
⑤硝酸钠水溶液对水的电离平衡无影响，故不符合；
⑥氨水能电离出氢氧根离子，抑制水电离，故符合；、
⑦NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解（溶液显碱性），促进水的电离，故不符合；
⑧NaOH═Na++OH﹣，溶液呈碱性，对水的电离起到抑制作用，故符合；所以综上所述①③④⑥⑧符合；
故选A．
12．下列热化学方程式或说法正确的是（ ）
A．甲烷的燃烧热为△H=﹣890kJ mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890
kJ mol﹣1
B．500℃、30
MPa下，将0.5
mol
N2和1.5
mol
H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3
kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣38.6
kJ mol﹣1
C．已知：H2（g）+F2（g）=2HF（g）；△H=﹣270
kJ/mol，则1
mol氢气与1
mol氟气反应生成2
mol液态氟化氢放出的热量小于270
KJ
D．在C中相同条件下，2
mol
HF气体的能量小于1
mol氢气与1
mol氟气的能量总和
【考点】热化学方程式．
【分析】A．燃烧热中生成液态水；
B．合成氨反应为可逆反应，而热化学方程式中为完全转化时的能量变化；
C．热化学方程式中HF为气体，气态能量大于液态的能量；
D．焓变为负，为放热反应，可知生成物的总能量低．
【解答】解：A．甲烷的燃烧热为△H=﹣890kJ mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890
kJ mol﹣1，故A错误；
B.500℃、30
MPa下，将0.5
mol
N2和1.5
mol
H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3
kJ，若1molN2和3
mol
H2完全反应生成NH3（g），放热大于38.6
kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H＜﹣38.6
kJ mol﹣1，故B错误；
C．由H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H=﹣270
kJ/mol，则1
mol氢气与1
mol氟气反应生成2
mol气态氟化氢放出的热量等于270
KJ，气态能量大于液态的能量，可知1
mol氢气与1
mol氟气反应生成2
mol液态氟化氢放出的热量大于270
KJ，故C错误；
D．焓变为负，为放热反应，可知生成物的总能量低，即相同条件下，2
mol
HF气体的能量小于1
mol氢气与1
mol氟气的能量总和，故D正确；
故选D．
13．向固定容积的密闭容器中，通入a
mol
X，发生反应2X Y（g）+Z（s），并达到平衡状态，此时升高温度，气体的密度增大．下列叙述正确的是（ ）
A．压强的变化对该平衡没有影响
B．若正反应为放热反应，则X一定为气态
C．若X为非气态，则正反应为放热反应
D．若x为气态，再向容器中充入a
mol
X，达到的新平衡与第一次平衡相比，X
的体积分数增大
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】达到化学平衡后，升高温度，容器内气体的密度增大，说明气体的质量增大，若平衡向正反应方向移动，则X应为非气态，若平衡向逆反应方向移动，则X应为气态，
A．压强对于化学反应前后气体物质的量变化的反应有影响；
B．若正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，气体的质量增大，据此判断X的状态；
C．X为非气态，反应中只有Y为气体，升高温度，Y的质量增大，平衡应向正反应移动；
D．若x为气态，再向容器中充入a
mol
X，等效为压强增大1倍，平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断．
【解答】解：达到化学平衡后，升高温度，容器内气体的密度增大，说明气体的质量增大，若平衡向正反应方向移动，则X应为非气态，若平衡向逆反应方向移动，则X应为气态，
A．无论X为气体或非气体，反应前后气体的化学计量都不相同，压强变化会影响平衡的移动，故A错误；
B．若正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，容器内气体的密度增大，说明气体的质量增大，则A应为气态才能符合，故B正确；
C．X为非气态，反应中只有Y为气体，升高温度，Y的质量增大，平衡应向正反应移动，故正反应为吸热反应，故C错误；
D．若x为气态，再向容器中充入a
mol
X，等效为压强增大1倍，平衡向正反应方向移动，与原平衡相比X的体积分数减小，故D错误；
故选B．
14．在一密闭容器中充入1mol
H2和1mol
I2，压强为p（Pa），并在一定温度下使其发生反应：H2（g）+I2（g） 2HI（g）△H＜0．则下列叙述中不正确的是（ ）
A．保持容器容积不变，向其中再加入1mol
H2，反应速率加快，理由是增大反应物氢气的浓度，反应速率加快
B．保持容器内气体压强不变，向其中加入1mol
N2（N2不参加反应），反应速率减慢，理由是保持压强不变，向其中充入N2，体积变大，反应物浓度减小，反应速率减慢
C．保持容器容积不变，向其中加入1mol
N2（N2不参加反应），反应速率不变，理由是反应物的浓度不变，反应速率不变
D．保持容器内气体压强不变，向其中再加入1mol
H2（g）和1mol
I2（g），反应速率减小，理由是容器体积变大反应物浓度变小，反应速率减小
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】在恒定温度下，反应速率的影响因素取决于浓度和压强，浓度越大，反应速率越大，如通入惰性气体，参加反应的物质的浓度不变，则反应速率不变，如压强不变，通入惰性气体，但体积增大，反应物的浓度减小，则反应速率减小，以此解答该题．
【解答】解；A．保持容器容积不变，向其中加入1molH2，反应物浓度增大，反应速率增大，故A正确；
B．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molN2，体积增大，反应物的浓度减小，则反应速率减小，故B正确；
C．保持容器容积不变，向其中加入1molN2，参加反应的物质的浓度不变，则反应速率不变，故C正确；
D．保持容器内气体压强不变，向其中加入1
mol
H2（g）和1molI2（g），因体积增大为2倍，物质的量增大为2倍，则浓度不变，反应速率不变，故D错误．
故选D．
15．键能是指拆开1mol化学键需要吸收的能量或形成1mol化学键所释放的能量．表中列出了某些共价键的键能：
共价键
键能/kJ mol﹣1
共价键
键能/kJ mol﹣1
共价键
键能/kJ mol﹣1
H﹣H
436
H﹣Br
366
Cl﹣Cl
243
H﹣O
463
H﹣I
298
Br﹣Br
193
H﹣Cl
432
O=O
496
I﹣I
151
根据表中数据判断下列表述中正确的是（ ）
A．H2O中含有两个O﹣H共价键，故用氢气与氧气合成1
mol
H2O放出的能量为926
kJ
B．用单质合成1
mol
H﹣Cl所放出的能量小于合成1
mol
H﹣Br所放出的能量
C．当用表中卤素单质与氢气合成卤化氢时，所有的反应都是放热反应
D．合成溴化氢的热化学方程式为H2（g）+Br2（g）═2HBr（g）△H=+103
kJ mol﹣1
【考点】反应热和焓变．
【分析】化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据共价键的断裂和形成吸收和放出的热量多少可判断反应热并计算，以此解答该题．
【解答】解：A．氢气与氧气合成1
mol
H2O放出的能量为2×463﹣=242（kJ），故A错误；
B．用单质合成1
mol
H﹣Cl所放出的能量为432﹣=92.5（kJ），合成1
mol
H﹣Br所放出的能量为366﹣=51.5（kJ），故B错误；
C．卤素单质与氢气合成卤化氢为化合反应，用表中数据计算，形成化学键释放的能量大于断裂化学键吸收的能量，为放热反应，故C正确；
D．由B分析可知合成溴化氢的热化学方程式为H2（g）+Br2（g）═2HBr（g）△H=﹣103
kJ mol﹣1，应为放热反应，故D错误．
故选C．
16．已知下列热化学方程式：
①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ mol﹣1
②2C2H6（g）+7O2（g）=4CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣3116.7kJ mol﹣1
③C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣1409.6kJ mol﹣1
④2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2596.7kJ mol﹣1
⑤C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2217.8kJ mol﹣1
现有由上述五种烃中的两种组成的混合气体2mol，经充分燃烧后放出3037.6kJ热量，则下列哪些组合是不可能的（ ）
A．C2H4和C2H6
B．C2H2和C3H8
C．C2H6和C3H8
D．C2H6和CH4
【考点】有关反应热的计算．
【分析】这道题用平均值特点，结合极限假设法来解答．要产生要求中需要的热量，又限制气体体积，就是要两气体中，其中一种的燃烧值高于3037.6kJ，一种低于3037.6kJ．
A．2molC2H4放热2819.2KJ，2molC2H6燃烧放热3116.7KJ；
B．2molC2H2放热2596.7kJ，2molC3H8燃烧放热4435.6KJ；
C．2molC2H6燃烧放热3116.7KJ；2molC3H8燃烧放热4435.6KJ；
D．2molC2H6燃烧放热3116.7KJ；2molCH4燃烧放热1779KJ．
【解答】解：A．2molC2H4完全燃烧放出
2819.2KJ，而2molC2H6完全燃烧放出3116.7KJ，而
2819.2KJ＜3037.6kJ＜3116.7kJ所以A也是有可能的，故A不符合；
B．2molC2H2完全燃烧放出
2596.7kJ，而2molC3H8完全燃烧放出4435.6KJ，而
2596.7kJ＜3037.6kJ＜4435.6KJ，所以B也是有可能的，故B不符合；
C．2
mol
C2H6完全燃烧放出
3116.7kJ，而2
mol
C3H8完全燃烧放出
4435.6kJ，如果全部是C2H6（最小极限），都最少能产生
3116.7kJ热量都大于3037.6kJ，所以C也不可能，故C符合；
D．2molC2H6完全燃烧放出
3116.7kJ，而2molCH4完全燃烧放出
889.5×2=1779kJ，而
1779kJ＜3037.6kJ＜3116.7kJ，所以D也是有可能的，故D不符合；
故选C．
17．将一定量的固体Ag2SO4置于容积不变的密闭容器中（装有少量V2O5），某温度下发生反应：
Ag2SO4（s） Ag2O（s）+SO3（g），2SO3（g） 2SO2（g）+O2（g）．反应经过10min后，测得c（SO3）=0.4mol L﹣1，c（SO2）=0.1mol L﹣1，则下列叙述中不正确的是（ ）
A．容器里气体的密度为40g L﹣1
B．SO3的分解率为20%
C．化学反应速率v（Ag2SO4）=v（SO3）
D．在这10min内的平均反应速率为v（O2）=0.005mol L﹣1 min﹣1
【考点】化学平衡的计算．
【分析】已知①Ag2SO4（s） Ag2O（s）+SO3（g），②2SO3（g） 2SO2（g）+O2（g），经10分钟反应达到平衡，此时c（SO3）=0.4mol/L，c（O2）=0.05mol/L，由反应②可知消耗SO30.1mol/L，生成c
（SO2）=0.1mol/L，可知反应①共生成SO3的浓度为0.4mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L，以此解答该题．
【解答】解：已知①Ag2SO4（s） Ag2O（s）+SO3（g），②2SO3（g） 2SO2（g）+O2（g），经10分钟反应达到平衡，此时c（SO3）=0.4mol/L，c（O2）=0.05mol/L，由反应②可知消耗SO30.1mol/L，生成c
（SO2）=0.1mol/L，可知反应①共生成SO3的浓度为0.4mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L，
A．平衡时c
（SO2）=0.1mol/L，c
（O2）=0.05mol/L，c（SO3）=0.4mol/L，设容器体积为1L，
则m（SO2）=0.1mol/L×1L×64g/mol=6.4g，m（O2）=0.05mol/L×1L×32g/mol=1.6g，m（SO3）=0.4mol/L×1L×80g/mol=32g，则容器内气体密度==40g/L，故A正确；
B．SO3的分解率=×100%=20%，故B正确；
C．因为纯固体不可以用来表示反应速率，所以υ（Ag2SO4）表达错误，故C错误；
D．在这10
min内的SO3平均速率==0.01
mol L﹣1 min﹣1，则氧气表示的反应速率=×0.01
mol L﹣1 min﹣1=0.005mol L﹣1 min﹣1，故D正确；
故选C．
18．现有浓度均为0.1mol L﹣1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液．下列判断中正确的是（ ）
A．若三种溶液中c（H+）分别为a1
mol L﹣1、a2
mol L﹣1、a3
mol L﹣1，则它们的大小关系为a2=a1=a3
B．等体积的以上三种酸分别与过量的NaOH溶液反应，若生成的盐的物质的量依次为b1
mol、b2
mol、b3
mol，则它们的大小关系为b1=b2＜b3
C．分别用以上三种酸中和一定量的NaOH溶液生成正盐，若需要酸的体积分别为V1、V2、V3，其大小关系为V1=V2=V3
D．分别与Zn反应，开始时生成H2的速率分别为v1、v2、v3，其大小关系为v2＞v1＞v3
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】A．醋酸的弱电解质，部分电离，硫酸是二元强酸、盐酸是一元强酸，据此判断氢离子浓度大小；
B．生成盐的物质的量与酸的物质的量相等；
C．中和一定量NaOH溶液生成正盐时，酸的浓度相等时，如果是一元酸，所用酸的体积相等，如果是二元酸，酸的体积是一元酸的一半；
D．生成氢气的反应速率与氢离子浓度成正比．
【解答】解：A．醋酸的弱电解质，部分电离，硫酸是二元强酸、盐酸是一元强酸，物质的量浓度相等的三种酸，氢离子浓度大小是a2=2a1＞a3，故A错误；
B．根据原子守恒知，生成盐的物质的量与酸的物质的量相等，所以生成盐的物质的量关系为：b1=b2=b3，故B错误；
C．中和一定量NaOH溶液生成正盐时，酸的浓度相等，如果是一元酸，所用酸的体积相等，如果是二元酸，酸的体积是一元酸的一半，所以三种酸的体积大小关系是V1=2V2=V3，故C错误；
D．生成氢气的反应速率与氢离子浓度成正比，根据（1）中氢离子浓度大小顺序是a2=2a1＞a3，所以反应速率大小顺序是υ2＞υ1＞υ3，故D正确．
故选D．
19．在容积不变的密闭容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H＜0．下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是（ ）
A．图I表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高
B．图Ⅱ表示t0时刻使用催化剂对反应速率的影响
C．图Ⅲ表示t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
D．图Ⅳ中a、b、c三点中只有b点已经达到化学平衡状态
【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．
【分析】A．正反应放热，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，平衡时二氧化硫的含量减小；
B．加入催化剂，正逆反应速率都增大，但速率相等，平衡不移动；
C．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大；
D．曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点．
【解答】解：A．图Ⅰ中乙到达平衡时间较短，乙的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO3的转化率减小，乙的温度较高，故A错误；
B．图Ⅱ在t0时刻正逆反应速率都增大，但仍相等，平衡不发生移动，应是加入催化剂的原因，故B正确；
C．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大，图Ⅲ改变条件瞬间，正、逆速率都增大，正反应速率增大较大，平衡向正反应移动，应是增大压强的原因，故C错误；
D．曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点，故D错误；
故选B．
20．某恒容密闭容器中充入等物质的量的A
和B，一定温度下发生反应A（s）+xB（g） 2C（g），达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：
下列说法中正确的是（ ）
A．30
min～40
min
间该反应使用了催化剂
B．反应方程式中的x=2，正反应为吸热反应
C．30
min
时条件的变化是降低压强，40
min
时条件的变化是升高温度
D．前8
min
A
的平均反应速率为0.08
mol L﹣1 min﹣1
【考点】化学反应速率变化曲线及其应用．
【分析】A．根据左图知，30～40
min间改变条件，正逆反应速率都减小且相等，平衡不移动，但反应物、生成物物质的量浓度都减小，且C的物质的量浓度减少量是A、B的二倍，所以应该是减小压强，且x=1；
B．由开始到达到平衡，C、B的浓度的变化量前者是后者的2倍，来确定x的值；
C．根据B知，30min、40min时改变的条件分别是减小压强、升高温度；
D．A为固体，浓度为定值．
【解答】解：A．根据左图知，30～40
min间改变条件，正逆反应速率都减小且相等，平衡不移动，但反应物、生成物物质的量浓度都减小，且C的物质的量浓度减少量是A、B的二倍，所以应该是增大体积、减小压强，平衡不移动，说明反应前后气体体积计量数之和不变，所以x=1，所以30～40
min间改变的体积是减小压强，故A错误；
B．由开始到达到平衡，C、B的浓度的变化量前者是后者的2倍，则x=1，故B错误；
C．根据B知，30min、40min时改变的条件分别是减小压强、升高温度，故C正确；
D．A为固体，浓度为定值，不用浓度差计算反应速率，故D错误；
故选C．
21．向0.1mol L﹣1的CH3COOH溶液中加水或加入少量CH3COONa晶体时，下列有关叙述不正确的是（ ）
A．都能使溶液的pH增大
B．都能使溶液中c（H+） c（CH3COO﹣）减小
C．都能使溶液中比值增大
D．溶液中不变
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】加水时CH3COOH H++CH3COO﹣正向移动，c（H+）减小，Ka不变；
加少量CH3COONa晶体CH3COOH H++CH3COO﹣逆向移动，c（H+）减小，Ka不变，以此来解答．
【解答】解：A．c（H+）均减小，都能使溶液的pH增大，故A正确；
B．由Ka=可知，加少量CH3COONa晶体CH3COOH H++CH3COO﹣逆向移动，c（CH3COOH）增大，则c（H+） c（CH3COO﹣）增大，故B错误；
C．由Ka=可知，c（H+）均减小，则都能使溶液中比值增大，故C正确；
D．Ka=，Ka只与温度有关，则溶液中不变，故D正确；
故选B．
22．用pH大小表示溶液的酸碱性相对强弱有许多不足之处．荷兰科学家Henk
Van
Lubeck
引入了酸度（AG）的概念，即把酸度定义为c（H+）与c（OH﹣）比值的对数，用公式表示为AG=lg[c（H+）/c（OH﹣）]．下列有关叙述中，正确的是（ ）
A．在25℃时，AG=10的溶液呈碱性
B．在25℃时，若溶液呈中性，则pH=7，AG=1
C．在25℃时，溶液的pH与AG的换算公式为AG=2（7﹣pH）
D．在25℃时，0.1
mol L﹣1
NaOH溶液AG=0
【考点】pH的简单计算．
【分析】25℃时，KW=c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14，AG=lg=lg=2（7﹣pH），pH=7时，c（H+）=c（OH﹣），AG=lg=lg1=0，pH＜7时，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），AG＞0，溶液呈碱性时，pH＜7，c（H+）＜c（OH﹣），AG＜0，以此解答该题．
【解答】解：A．AG=10，则=1010，c（H+）＞c（OH﹣），溶液呈酸性，故A错误；
B．在25℃时，若溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣7mol L﹣1，pH=﹣lgc（H+）=lg（10﹣7）=7，AG=lg=lg1=0，故B错误；
C．在25℃时，KW=c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14，c（OH﹣）=，PH=﹣lgc（H+），根据AG和pH的计算公式可得AG=lg=lg=2（7﹣pH），故C正确；
D．在25℃时，0.1
mol L﹣1
NaOH溶液c（OH﹣）=1×10﹣1mol L﹣1，c（H+）=1×10﹣13mol L﹣1，AG=lg=﹣12，故D错误．
故选C．
23．已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4═Na++H++SO42﹣．某温度下，向c（H+）=1×10﹣6mol/L的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液中的c（H+）=1×10﹣2
mol/L．下列对该溶液的叙述错误的是（ ）
A．该温度高于25℃
B．由水电离出来的H+的浓度为1×10﹣10
mol/L
C．NaHSO4晶体的加入抑制了水的电离
D．取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c（OH﹣）减小
【考点】水的电离．
【分析】A.25℃时纯水中c（H+）=1×10﹣7mol/L；
B．c（H+）=1×10﹣7mol/L，水的离子积常数为1×10﹣12；
C．加入酸或碱对水的电离起抑制作用；
D．温度不变时，Kw不变，加水稀释c（H+）减小．
【解答】解：A．25℃时纯水中c（H+）=1×10﹣7mol/L，c（H+）=1×10﹣6mol/L说明促进了水的电离，故T＞25℃，故A正确；
B．c（H+）=1×10﹣6mol/L，水的离子积常数为1×10﹣12，水的离子积常数=氢离子与氢氧根浓度的乘积，故由水电离出来的c（H+）=1×10﹣10mol/L，故B正确；
C．NaHSO4的电离生成氢离子，对水的电离起抑制作用，水的电离程度减小，故C正确；
D．温度不变时，Kw不变，加水稀释c（H+）减小，Kw=c（H+）×c（OH﹣），所以c（OH﹣）增大，故D错误；
故选D．
24．T℃时在2L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）．反应过程中X、Y、Z的物质的量变化如图﹣1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2，Y的体积百分含量与时间的关系如图﹣2所示．下列分析正确的是（ ）
A．容器中发生的反应可表示为：2X（g）+Y（g） 2Z（g）
B．0～3
min内，v（X）=0.2
mol L﹣1 min﹣1
C．其他条件不变升高温度，v正、v逆都增大，且重新平衡前v正＞v逆
D．若改变条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件可能是增大压强
【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．
【分析】A、根据物质的量的变化量与化学计量数成正比书写化学方程式；
B、根据3min内X的物质的量浓度的变化量计算化学反应速率；
C、根据图2中曲线的斜率大小判断温度的高低；
D、图3与图1比较，判断平衡是否发生移动，根据影响平衡移动的因素判断．
【解答】解：A、根据图1分析，反应中X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，所以X、Y为反应物，Z为生成物，由于该反应反应物没有完全反应，该反应为可逆反应，根据物质的量的变化量与化学计量数成正比可知0.4mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，所以反应的化学方程式为3X（g）+Y（g）2Z（g），故A错误；
B、反应进行的前3min内，v（X）==0.1mol/（L min），故B错误；
C、根据图2中曲线的斜率大小判断，T2时先到达平衡状态，说明反应速率大，根据温度越高反应速率越大说明T2温度高，温度升高时Y的百分含量降低，说明平衡向正反应方向移动，v正＞v逆，故C正确；
D、图3与图1比较，图3到达平衡所用的时间较短，说明反应速率增大，但平衡状态没有发生改变，应是加入催化剂所致，故D错误．
故选C．
25．25℃时，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）的变化关系如图中曲线ac所示，下列判断错误的是（ ）
A．a
c曲线上的任意一点都有c（H+） c（OH﹣）=10﹣14
B．b
d线段上任意一点对应的溶液都呈中性
C．d点对应溶液的温度高于25℃，pH＜7
D．CH3COONa溶液不可能位于c点
【考点】水的电离；pH的简单计算．
【分析】A、a、c两点温度相同，水的离子积不变，根据b点氢离子、氢氧根离子浓度可知水的离子积为c（H+） c（OH﹣）=10﹣14；
B、b、d线段上的任意一点都满足c（H+）=c（OH﹣），溶液显示中性；
C、水的电离为吸热反应，温度越高，水的电离程度越大；
D、c点氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液为碱性，醋酸钠为碱性溶液．
【解答】解：A、a
c曲线上的任意一点，由于温度相同，所以水的离子积相同，根据b点可知，c（H+） c（OH﹣）=10﹣14，故A正确；
B、b、d线上任意点都满足c（H+）=c（OH﹣），溶液一定显示中性，故B正确；
C、d点时，c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣6mol/L＞1×10﹣7mol/L，溶液的pH=6，水的电离为吸热反应，所以d点温度高于25℃，故B正确；
D、在c点c（H+）=1×10﹣8mol/L，c（OH﹣）=1×10﹣6mol/L，溶液显示碱性，而醋酸钠溶液显示碱性，所以c点可能为醋酸钠溶液，故D错误；
故选D．
26．已知常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c（H2CO3）=1.5×10﹣5
mol L﹣1．（已知H2CO3的第二级电离常数K2=5.6×10﹣11，HClO的电离常数K=3.0×10﹣8，已知10﹣5.60=2.5×10﹣6）．下列选项中不正确的是（ ）
A．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3 HCO3﹣+H+的平衡常数K1=4.2×10﹣7
B．少量Cl2通入到过量的Na2CO3溶液的离子方程式为Cl2+2CO32﹣+H2O═2HCO3﹣+Cl﹣+ClO﹣
C．Cl2与Na2CO3按物质的量之比1：1恰好反应的离子方程式为Cl2+CO32﹣+H2O═HCO3﹣+Cl﹣+HClO
D．少量CO2通入到过量的NaClO溶液的离子方程式为2ClO﹣+CO2+H2O═CO32﹣+2HClO
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】解：A．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，该溶液中c（HH+）=c（HCO3﹣），c（H2CO3）≈1.5×10﹣5
mol L﹣1，则H2CO3 HCO3﹣+H+的平衡常数K1=；
B．少量Cl2通入到过量的Na2CO3溶液中，氯气和水反应生成HCl、HClO，HCl和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，HClO和碳酸钠反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠；
C．Cl2与Na2CO3按物质的量之比1：1恰好反应，只有氯气和水反应生成的HCl和碳酸钠反应，HClO不反应；
D．少量CO2通入到过量的NaClO溶液中，二者反应生成碳酸氢钠和HClO．
【解答】解：解：A．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，该溶液中c（HH+）=c（HCO3﹣），c（H2CO3）≈1.5×10﹣5
mol L﹣1，则H2CO3 HCO3﹣+H+的平衡常数K1===4.2×10﹣7，故A正确；
B．少量Cl2通入到过量的Na2CO3溶液中，氯气和水反应生成HCl、HClO，HCl和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，HClO和碳酸钠反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠，所以离子方程式为Cl2+2CO32﹣+H2O═2HCO3﹣+Cl﹣+ClO﹣，故B正确；
C．Cl2与Na2CO3按物质的量之比1：1恰好反应，只有氯气和水反应生成的HCl和碳酸钠反应，HClO不反应，离子方程式为Cl2+CO32﹣+H2O═HCO3﹣+Cl﹣+HClO，故C正确；
D．少量CO2通入到过量的NaClO溶液中，二者反应生成碳酸氢钠和HClO，离子方程式为ClO﹣+CO2+H2O═HCO3﹣+HClO，故D错误；
故选D．
27．下列对该溶液的叙述不正确的是（ ）
A．已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a
mol L﹣1的一元酸HA与b
mol L﹣1的一元碱BOH等体积混合，混合溶液中当c（H+）=
mol L﹣1时可判定该溶液呈中性
B．pH=5的H2SO4溶液，加水稀释到500倍，则稀释后c（H+）与c（SO42﹣）的比为2：1
C．某温度下，水的离子积常数Kw=10﹣12，该温度下，将pH=4的H2SO4溶液与pH=9的NaOH溶液混合并保持恒温，欲使混合溶液的pH=7，则稀硫酸与NaOH溶液的体积比为9：1
D．将pH=1的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为11：1
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【分析】A．温度T时水的离子积常数为KW，根据c（H+） c（OH﹣）=KW，c（H+）=，当c（H+）=mol L﹣1时，说明c（H+）=c（OH﹣）；
B．由溶液pH=5，计算原溶液中c（H+），原溶液中c（SO42﹣）=c（H+），稀释500倍，此时溶液接近中性，氢离子浓度不可能小于1×10﹣7mol/L，只能无限接近1×10﹣7mol/L，而稀释过程中硫酸根的物质的量不变，计算出稀释后溶液中硫酸根的物质的量浓度，最后得出比例关系；
C．该温度下，水的离子积常数KW=1×10﹣12，则纯水pH=6，pH=4的H2SO4溶液中c（H+）=10﹣4
mol/L，pH=9的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣3
mol/L，混合并保持恒温，混合溶液的pH=7＞6，溶液呈碱性，则混合溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣5
mol/L，据此计算稀硫酸和氢氧化钠溶液体积之比；
D．前者根据溶质的物质的量不变，pH升高了1，则体积是原盐酸体积的10倍；后者pH也升高了1，反应后酸过量，可设碱液体积x，计算氢氧化钠溶液的体积．
【解答】解：A．温度T时水的离子积常数为KW，根据c（H+） c（OH﹣）=KW，c（H+）=，浓度为a
mol L﹣1的一元酸HA与b
mol L﹣1的一元碱BOH等体积混合，混合溶液中当c（H+）=
mol L﹣1时，说明c（H+）=c（OH﹣），可判定该溶液呈中性，故A正确；
B．pH为5的溶液中氢离子浓度为：c（H+）=1×10﹣5mol/L，硫酸根离子的浓度为：c（SO42﹣）=c（H+）=×1×10﹣5mol/L=5×10﹣6mol/L，
溶液稀释500倍后，氢离子浓度不可能小于1×10﹣7mol/L，只能无限接近1×10﹣7mol/L，而硫酸根离子浓度为：c（SO42﹣）=5×10﹣6mol/L×=1×10﹣8mol/L，
所以稀释后溶液中c（H+）与c（SO42﹣）的比值近似为：1×10﹣7mol/L：1×10﹣8mol/L=10：1，故B错误；
C．该温度下，水的离子积常数KW=1×10﹣12，则纯水pH=6，pH=4的H2SO4溶液中c（H+）=10﹣4
mol/L，pH=9的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣3
mol/L，混合并保持恒温，混合溶液的pH=7＞6，溶液呈碱性，则混合溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣5
mol/L，设稀硫酸、NaOH溶液体积为xL、yL，
c（OH﹣）=mol/L=10﹣5
mol/L，x：y=9：1，故C正确；
D．盐酸平均分成2份，设每份都为1L，将pH=l的盐酸加适量的水，pH升高了1，则体积是原盐酸体积的10倍，说明所加的水的体积是原溶液的9倍，即水的体积为9L；另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH也升高了1，反应后酸过量，可设碱液体积x，依题意可列出下列等式：10﹣1mol/L×1L﹣10﹣1mol/L×xL=10﹣2mol/L×（1+x）L，解之得x=L，则加入的水与NaOH溶液的体积比为9：
=11：1，故D正确．
故选B．
28．CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H1．现在容积均为1L的a、b、c、d、e五个密闭容器中分别充入1mol
CO和2mol
H2的混合气体，控制温度，进行实验，测得相关数据如图（图1：温度分别为300℃、500℃的密闭容器中，甲醇的物质的量；图2：温度分别为T1～T5的密闭容器中，反应均进行到5min时甲醇的体积分数）．下列叙述正确的是（ ）
A．该反应的△H1＞0，且K1＞K2
B．将容器c中的平衡状态转变到容器d中的平衡状态，可采取的措施有升温或加压
C．300℃时，向平衡后的容器中再充入0.8
mol
CO，0.6
mol
H2，0.2
mol
CH3OH，平衡正向移动
D．500℃时，向平衡后的容器中再充入1
mol
CH3OH，重新平衡后，H2浓度和百分含量均增大
【考点】化学平衡的计算．
【分析】A．根据图1升判断出温度对平衡的影响，从图象可以看出，升高温度，甲醇的物质的量减少，说明正反应是放热反应；根据正反应是放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡常数增大；
B．从平衡状态c转到d，甲醇含量下降，说明平衡逆向移动，可以采用减小压强的措施，根据平衡状态的判断标志作判断；
C．利用三段式进行计算；根据平衡常数的定义计算；300℃时，依据化学平衡三行计算得到平衡浓度，计算得到此温度下的平衡常数，向平衡后的容器中再充入0.8
mol
CO，0.6
mol
H2，0.2
mol
CH3OH，计算浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；
D.500℃时，向平衡后的容器中再充入1
mol
CH3OH，相当于增大容器中压强，平衡正向进行．
【解答】解：A．图1可以看出，甲醇的物质的量为0.6mol的曲线温度大，说明升高温度，甲醇的物质的量减少，即平衡逆向移动，说明正反应是放热反应，所以△H1＜0；因正反应是放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡常数增大，所以说低温时平衡常数大，K1＞K2，故A错误；
B．从平衡状态c转到d，甲醇含量下降，说明平衡逆向移动，可以采用减小压强的措施，或升温平衡逆向进行的措施，故B错误；
C．利用三段式进行计算；根据平衡常数的定义计算，平衡状态下甲醇物质的量为0.8mol，
CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）
起始量（mol/L）
1
2
0
变化量（mol/L）
0.8
1.6
0.8
平衡量（mol/L）0.2
0.4
0.8
K==25
300℃时，向平衡后的容器中再充入0.8
mol
CO，0.6
mol
H2，0.2
mol
CH3OH，浓度商Qc==1＜K，平衡正向移动，故C正确；
D.500℃时，向平衡后的容器中再充入1
mol
CH3OH，相当于增大容器中压强，平衡正向进行，重新平衡后，H2浓度增大，但百分含量减小，故D错误；
故选C．
29．工业上以乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应如下：
（g）
（g）+H2（g）
现将x
mol乙苯蒸气通入体积可变的密闭容器中反应，维持体系总压强p总恒定．在某催化剂作用下，乙苯的平衡转化率随温度变化如图所示．
已知：气体分压（p分）=气体总压（p总）×体积分数．
不考虑副反应，下列说法正确的是（ ）
A．400℃时，向体系中通入水蒸气，v（正）、v（逆）
均减小，且乙苯转化率降低
B．500℃时，向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x
mol，平衡不移动
C．550℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=×p总
D．550℃时平衡体系中苯乙烯的体积分数是450℃时的3倍
【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．
【分析】A、向体积可变的密闭容器中通入水蒸气，导致反应体系体积变大，反应物和生成的浓度都减小，v（正）、v（逆）
均减小，相当于减小压强，平衡正向移动；
B、向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x
mol，相当于减小压强，平衡正向移动；
C、由图可知550℃时，乙苯的平衡转化率为：60%，应用三行式，结合气体分压（p分）=气体总压（p总）×体积分数；
D、由图可知550℃时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：60%，450℃时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：20%．
【解答】解：A、向体积可变的密闭容器中通入水蒸气，导致反应体系体积变大，反应物和生成的浓度都减小，v（正）、v（逆）
均减小，相当于减小压强，平衡正向移动，所以乙苯转化率升高，故A错误；
B、向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x
mol，相当于减小压强，平衡正向移动，而不是不移动，故B错误；
C、由图可知500℃时，乙苯的平衡转化率为：60%，应用三行式，
（g）
（g）+H2（g）
初起量：x
mol
0
0
变化量：0.6xmol
0.6xmol
0.6xmol
平衡量：0.4xmol
0.6xmol
0.6xmol
所以K==×p总，故C正确；
D、由图可知550℃时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：60%，450℃时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：20%，所以550℃时平衡体系中苯乙烯的体积分数是450℃时的2倍，故D错误；
故选C．
30．一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），进行反应，2SO2+O2 2SO3，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示．下列判断中正确的是（ ）
甲
乙
丙
丁
密闭容器体积/L
2
2
2
1
起始物质的量
n（SO2）/mol
0.40
0.80
0.80
0.40
n（O2）/mol
0.24
0.24
0.48
0.24
SO2的平衡转化率%
80
α1
α2
α3
A．甲中反应的平衡常数小于乙
B．该温度下，该反应的平衡常数K为400
C．SO2的平衡转化率：α1＞α2=α3
D．容器中SO3的物质的量浓度：丙=丁＜甲
【考点】化学平衡的计算．
【分析】A．温度相同时，该反应的平衡常数不变；
B．根据甲中各物质的平衡浓度计算平衡常数；
C．由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，二氧化硫转化率减小，丙和丁达到的是相同的平衡状态，丙实验氧气物质的量增大，氧气转化率增大；
D．体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大，丙和丁平衡是相同的平衡．
【解答】解：A．温度相同时，该反应的平衡常数不变，则甲、乙中反应的平衡常数相等，故A错误；
B．
2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），
开始（mol）
0.4
0.24
0
转化（mol）
0.32
0.16
0.32
平衡（mol）
0.08
0.08
0.32
平衡浓度（mol/L）0.04
0.04
0.16
所以该温度下该反应的平衡常数值为：K==400，故B正确；
C．由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，二氧化硫转化率减小，丙和丁达到的是相同的平衡状态，丙实验氧气物质的量增大，氧气转化率增大；则二氧化硫转化率，α1＜α2=α3，故C错误；
D．体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大，即丙中c（SO3）大于甲中c（SO3）的2倍，丙体积为2L，丁体积为1L，起始量分别为0.8，0.48；0.40，24，丙和丁达到的平衡相同，三氧化硫浓度相同，丙=丁＞甲，故D错误；
故选A．
二、解答题（共4小题，满分40分）
31．碘在科研与生活中有重要作用，某兴趣小组用0.50mol L﹣1KI、0.2%淀粉溶液、0.20mol L﹣1K2S2O8、0.10mol L﹣1Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响．
已知：S2O82﹣+2I﹣═2SO42﹣+I2（慢）
I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣
（快）
（1）向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的 S2O32﹣或Na2S2O3 耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色，为确保能观察到蓝色，S2O32﹣与S2O82﹣初始的物质的量需满足的关系为：n（S2O32﹣）：n（S2O82﹣） ＜2：1 ．
（2）为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如表：
实验序号
体积V/mL
K2S2O8溶液
水
KI溶液
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
①
10.0
0.0
4.0
4.0
2.0
②
9.0
1.0
4.0
4.0
2.0
③
8.0
Vx
4.0
4.0
2.0
表中Vx= 2.0 mL，理由是 保证溶液总体积不变，即其他条件不变，只改变反应物K2S2O8浓度，从而才达到对照实验目的 ．
（3）已知某条件下，浓度c（S2O82﹣）～反应时间t的变化曲线如图，若保持其它条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c（S2O82﹣）～反应时间t的变化曲线示意图（进行相应的标注）．
【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．
【分析】（1）慢反应中有I2生成，使溶液变蓝色，而快反应中消耗I2，慢反应决定反应速率，慢反应中生成I2大于快反应中消耗的I2，可以观察到溶液变蓝色；
（2）实验目的是探究反应物浓度对化学反应速率的影响，由表中数据可知，KI溶液、Na2S2O3溶液用量相等，应是探究K2S2O8浓度对反应速率的影响，保持溶液总体积相等；
（3）保持其它条件不变，降低温度，反应速率降低，到达液颜色将由无色变成为蓝色的时间变长，而使用催化剂，能加快化学反应速率，所以到达液颜色将由无色变成为蓝色的时间变短．
【解答】解：（1）慢反应中有I2生成，使溶液变蓝色，而快反应中消耗I2，慢反应决定反应速率，当溶液中的
S2O32﹣或Na2S2O3耗尽后，碘才能与淀粉作用显示蓝色；
根据I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣
（快）可知，1mol碘需2molS2O32﹣，根据方程式S2O82﹣+2I﹣═2SO42﹣+I2可知，生成1mol碘需为1molS2O82﹣，为确保能观察到蓝色，碘需有剩余，即n（S2O32﹣）：n（S2O82﹣）＜2：1，
故答案为：S2O32﹣或Na2S2O3；＜2：1；
（2）实验目的是探究反应物浓度对化学反应速率的影响，由表中数据可知，KI溶液、Na2S2O3溶液用量相等，应是探究K2S2O8浓度对反应速率的影响，保持溶液总体积相等，即其他条件不变，只改变反应物K2S2O8浓度，从而才达到对照实验目的，故Vx=10.0mL﹣8.0mL=2.0mL，
故答案为：2.0；保证溶液总体积不变，即其他条件不变，只改变反应物K2S2O8浓度，从而才达到对照实验目的；
（3）保持其它条件不变，降低温度，反应速率降低，到达液颜色将由无色变成为蓝色的时间变长，而使用催化剂，能加快化学反应速率，所以到达液颜色将由无色变成为蓝色的时间变短，降低反应温度和加入催化剂时c（S2O82﹣）～反应时间t的变化曲线示意图为：，
故答案为：．
32．a，b为两个极易导热的密闭容器，a保持容积不变，b中的活塞可上下移动，以保持内外压强相等．在相同条件下将3mol
A，1mol
B分别同时混合到a，b两容器中，发生反应3A（g）+B（g） 2C（g）+D（g）．
（1）达到平衡时，a中A的浓度为M
mol L﹣1，C的浓度为N
mol L﹣1，b中A的浓度为m
mol L﹣1，C的浓度为n
mol L﹣1，对M与m、N与n的关系下列判断正确的是 A
A．M＜m、N＜n
B．M＞m、N＞n
C．M＜m、N＞n
D．M＞m、N＜n
（2）保持温度不变，按下列配比将各物质分别充入a、b两容器，达到平衡后a中C的浓度为N
mol L﹣1的是 D ，b中C的浓度为n
mol L﹣1的是 AD
A.6mol
A+2mol
B
B.3mol
A+2mol
B
C.2mol
C+1mol
B+1mol
D
D.1.5mol
A+0.5mol
B+1mol
C+0.5mol
D
（3）若将2mol
C和2mol
D充入a中，保持温度不变，平衡时A的浓度为W
mol L﹣1，C的浓度为Y
mol L﹣1，判断W和M，Y和N之间的关系，下列正确的是 B
A．W＜M、Y＞N
B．W＞M、Y＜N
C．W＜M、Y＜N
D．W＞M、Y＞N
（4）保持温度不变，若将4mol
C和2mol
D充入a中，平衡时A的浓度为R
mol L﹣1，则 C
A．R=2M B．R＜M
C．M＜R＜2M
D．R＞2M．
【考点】化学平衡的计算．
【分析】（1）a保持容积不变，b保持内外压强相等，反应3A（g）+B（g） 2C（g）+D（g）是气体物质的量减少的反应，平衡时a中压强比b中小，故b相当于在a平衡的基础上加压，平衡右移，平衡移动不能消除A的浓度增大，到达新平衡时的浓度高于原平衡；
（2）改变起始投料比，要想达到平衡后a中C的浓度仍为N
mol L﹣1，恒温恒容下，与原平衡是完全等效平衡，按化学计量数转化到方程式左边，满足与原平衡中相同物质的起始投料量相等；
b中C的浓度为n
mol L﹣1，与原平衡为等效平衡，等温等压的条件下，按化学计量数转化到方程式左边，满足与原平衡中物质的投料量比；
（3）若将2molC和2molD充入a中，等效为开始投入3molA（g）、1molB（g）、1molD（g），与原平衡相比平衡逆向移动；
（4）将4
mol
C和2
mol
D充入a中相当于开始充入6
mol
A、2
mol
B，压强增大，平衡向右移动，反应物转化率增大，参加反应的A的物质的量大于原平衡的2倍，平衡移动不能消除A的浓度增大，到达新平衡时的浓度高于原平衡．
【解答】解：（1）a保持容积不变，b保持内外压强相等，反应3A（g）+B（g） 2C（g）+D（g）是气体物质的量减少的反应，平衡时a中压强比b中小，故b相当于在a平衡的基础上加压，平衡右移，平衡移动不能消除A的浓度增大，到达新平衡时的浓度高于原平衡，故b中平衡时A的浓度大于a中A的平衡浓度，即M＜m，平衡右移，b中C的平衡浓度高于a中C的平衡浓度，即N＜n，故选A，
故答案为：A；
（2）改变起始投料比，要想达到平衡后a中C的浓度仍为N
mol L﹣1，恒温恒容下，与原平衡是完全等效平衡，按化学计量数转化到方程式左边，满足与原平衡中相同物质的起始投料量相等，选项中D符合；
b中C的浓度为n
mol L﹣1，与原平衡为等效平衡，等温等压的条件下，按化学计量数转化到方程式左边，满足与原平衡中物质的投料量比，选项中AD符合，
故答案为：D；AD；
（3）若将2molC和2molD充入a中，等效为开始投入3molA（g）、1molB（g）、1molD（g），与原平衡相比平衡逆向移动，故平衡时A的浓度增大，C的浓度减小，即W＞M、Y＜N，故选B，
故答案为：B；
（4）将4mol
C和2
mol
D充入a中相当于开始充入6
mol
A+2
mol
B，压强增大，平衡向右移动，反应物转化率增大，参加反应的A的物质的量大于原平衡的2倍，平衡时A的浓度小于原平衡的2倍，平衡移动不能消除A的浓度增大，到达新平衡时的浓度高于原平衡，故M＜R＜2M，
故答案为：C．
33．氮及氮的化合物在化工研究中是一门重要的课题．
I．某无机化合物A的相对分子质量为184．在一定条件下，SCl2与氨完全反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，且X的水溶液pH＜7．将18.4gA隔绝空气加热可得到12.8gB和气体单质C．请回答：
（1）写出SCl2与氨反应的化学方程式 6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl ．
II．已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ mol﹣1
2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221.0kJ mol﹣1
C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ mol﹣1
（2）汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g），简述该设想能否实现的依据： 不可行，因为△H＞0，△S＜0，在任何情况下都不能自发进行 ．
（3）汽车尾气转化器中发生的反应：2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）△H= ﹣746.5kJ mol﹣1 ．
（4）有容积相同的甲、乙两个密闭容器，甲充入等量的NO和CO气体，乙充入NO气体．
以Ag﹣ZSM﹣5为催化剂，分别在不同温度下同时发生反应，测得相同时间内NO的转化率，绘得图象如图1．
分析图象回答：曲线②NO转化率随温度升高而增大的原因 反应没有达到平衡，温度越高反应速率越快，转化率越大 ．在图2中画出反应2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）在不同温度下达到平衡时c（N2）的变化趋势图．
（5）已知常温下HNO2的电离常数K=4.6×10﹣4，求0.01mol L﹣1的HNO2溶液中c（H+）= 2.14×10﹣3 mol L﹣1．（=2.14）
【考点】反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】（1）根据“SCl2与氨完全反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，且X的水溶液的pH＜7、A隔绝空气加强热可得到
B和气体单质C”知B是S，A含N、S元素，C是氮气，X是氯化铵．n（A）==0.1mol，n（S）==0.4mol，则A中含N：
=0.4mol，故A的分子式为S4N4，根据原子守恒可书写出反应方程式；
（2）依据反应自发进行的条件是△H﹣T△S＜0分析判断；
（3）①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ mol﹣1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221.0kJ mol﹣1
③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ mol﹣1
根据盖斯定律③×2﹣①﹣②计算；
（4）根据2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.5kJ mol﹣1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以NO的转化率应该减小，而曲线②NO转化率随温度升高而增大说明反应没有达到平衡，温度越高反应速率越快，转化率越大，据此分析；
（5）根据HNO2 H++NO2﹣结合电离常数K=4.6×10﹣4计算．
【解答】解：（1）因为“SCl2与氨完全反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，且X的水溶液的pH＜7、A隔绝空气加强热可得到
B和气体单质C”知B是S，A含N、S元素，C是氮气，X是氯化铵．n（A）==0.1mol，n（S）==0.4mol，则A中含N：
=0.4mol，故A的分子式为S4N4，所以SCl2与氨反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，反应方程式：6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl，
故答案为：6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl；
（2）因为C不完全燃烧时产生CO为放热反应，则2CO（g）=2C（s）+O2（g）△H＞0，又熵变减小的反应，△H＞0，△S＜0，则△H﹣T△S＞0，反应任何温度下都不能自发进行；故答案为：不可行，因为△H＞0，△S＜0，在任何情况下都不能自发进行；
（3）①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ mol﹣1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221.0kJ mol﹣1
③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ mol﹣1
根据盖斯定律③×2﹣①﹣②得2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）△H=﹣393.5×2﹣180.5+221.0=﹣746.5kJ mol﹣1，故答案为：﹣746.5kJ mol﹣1；
（4）根据（3）2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.5kJ mol﹣1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以NO的转化率应该减小，而曲线②NO转化率随温度升高而增大说明反应没有达到平衡，温度越高反应速率越快，转化率越大；
又2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.5kJ mol﹣1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以温度越高，平衡时c（N2）越小，则变化趋势图为，故答案为：反应没有达到平衡，温度越高反应速率越快，转化率越大；．
（5）因为HNO2的电离方程式为HNO2 H++NO2﹣，又电离常数K=4.6×10﹣4，所以K===4.6×10﹣4，解得：c（H+）=2.14×10﹣3mol L﹣1，故答案为：2.14×10﹣3．
34．氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业．CuCl是白色固体，难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化．以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺过程如下：
回答下列问题：
（1）CuS精矿经250℃低温焙烧后生成CuO，步骤②中主要反应的离子方程式是 CuO+2H+═Cu2++H2O ．
（2）步骤③先加NaCl、通入SO2时无沉淀，加水稀释就产生大量白色沉淀，其原因是 CuCl可溶于氯离子浓度较大的体系，难溶于水 ．
（3）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是 硫酸 （写名称）；步骤⑥醇洗的作用是 快速去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化 ．
（4）已知25℃，101
kPa时：S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣296.8
kJ/mol
2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）△H=﹣314.6
kJ/mol
Cu（s）+S（s）═CuS（s）△H=﹣53.1
kJ/mol
步骤①中CuS与O2反应的热化学方程式是 2CuS（s）+3O2（g）═2CuO（s）+2SO2（g）△H=﹣802.0kJ/mol ．
（5）CuS晶胞结构如图所示，其中含有硫原子的数目是 2 ．
（6）假设上述①～③步反应完全转化，④～⑦步操作共损失产品3.5%，反应生成的硫酸全部被循环利用，则生产100
kg
96.5%的CuCl（Mr=99.0）产品，除循环利用之外，需要处理的尾气中含SO2 11.3 m3（标准状况）．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】CuS精矿在空气中焙烧生成氧化铜和二氧化硫，用硫酸酸浸，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，在硫酸铜溶液加入氯化钠再通入二氧化硫，生成氯化亚铜和硫酸铜、硫酸，过滤后滤液回收，氯化亚铜经水洗、醇洗、干燥得CuCl产品，
（1）步骤②中主要反应是氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式；
（2）步骤③先加NaCl，氯离子浓度较大，产生的氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系，难溶于水，所以加水稀释就产生大量白色沉淀；
（3）氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系，所以酸洗只能用硫酸不能用盐酸，用乙醇洗涤能快速去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化；
（4）反应①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣296.8
kJ/mol，②2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）△H=﹣314.6
kJ/mol，③Cu（s）+S（s）═CuS（s）△H=﹣53.1
kJ/mol，根据盖斯定律，将①×2+②﹣③×2可得CuS与O2反应的热化学方程式；
（5）根据均摊法，位于60°角顶点的原子属于该晶胞的为，位于120°角顶点的原子属于该晶胞的为，根据CuS晶胞结构图可知，还有一个硫原子位于晶胞体内，据此答题；
（6）根据④～⑦步操作共损失产品3.5%可知，生产100
kg
96.5%的CuCl，则反应③中产生的CuCl的质量为=100
kg，根据反应2CuS+3O2═2CuO+2SO2、2CuO+SO2+2NaCl=2CuCl+Na2SO4，可知每生成1molCuCl，会产生1mol二氧化硫需要处理，据此计算．
【解答】解：CuS精矿在空气中焙烧生成氧化铜和二氧化硫，用硫酸酸浸，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，在硫酸铜溶液加入氯化钠再通入二氧化硫，生成氯化亚铜和硫酸铜、硫酸，过滤后滤液回收，氯化亚铜经水洗、醇洗、干燥得CuCl产品，
（1）步骤②中主要反应是氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为CuO+2H+═Cu2++H2O，
故答案为：CuO+2H+═Cu2++H2O；
（2）步骤③先加NaCl，氯离子浓度较大，产生的氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系，难溶于水，所以加水稀释就产生大量白色沉淀，
故答案为：CuCl可溶于氯离子浓度较大的体系，难溶于水；
（3）氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系，所以酸洗只能用硫酸不能用盐酸，用乙醇洗涤能快速去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化，
故答案为：硫酸；快速去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化；
（4）反应①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣296.8
kJ/mol，②2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）△H=﹣314.6
kJ/mol，③Cu（s）+S（s）═CuS（s）△H=﹣53.1
kJ/mol，根据盖斯定律，将①×2+②﹣③×2可得CuS与O2反应的热化学方程式为2CuS（s）+3O2（g）═2CuO（s）+2SO2（g）△H=﹣802.0
kJ/mol，
故答案为：2CuS（s）+3O2（g）═2CuO（s）+2SO2（g）△H=﹣802.0
kJ/mol；
（5）根据均摊法，位于60°角顶点的原子属于该晶胞的为，位于120°角顶点的原子属于该晶胞的为，根据CuS晶胞结构图可知，还有一个硫原子位于晶胞体内，所以晶胞中含有硫原子的数目是为×4+×4+1=2，
故答案为：2；
（6）根据④～⑦步操作共损失产品
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