湖南师大附中2015-2016学年高二下学期化学入学考试试卷
一、单选题
1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列叙述正确的是（ ）
A．钢铁设备与直流电源正极相连可防腐
B．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒
C．开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫不能用勒夏特列原理解释
D．废旧电池中的汞、锅、铅等重金属盐对土壤和水源会造成污染
2．（2018高二下·湖南开学考）下列说法正确的是（ ）
A．1 mol H2完全燃烧生成气态水，放出241.8 kJ热量，H2的燃烧热△H=-241.8 kJ/mol
B．在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O（l） △H=-57.3kJ/mol，若将含0.5 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ/mo1
C．热化学方程式中，化学式前面的化学计量数可表示微粒数，不可表示物质的量
D．已知：C(金刚石，s)=C(石墨，s) △H<0，因此金刚石比石墨稳定
3．（2018高二下·湖南开学考）常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是（ ）
A．加入铝粉有氢气生成的溶液中：Mg2+，Cl-，NO3-，K+
B．常温下，c(H+) =0.1 mol/L的溶液中：Na+， AlO2-、S2-、 SO32-
C．含有0.1 mol/LHCO3-的溶液：Na+，Fe3+，NO3-， SCN-
D． =0.1 mol/L的溶液：Na+， K+ ， CO32-， NO3-
4．（2018高二下·湖南开学考）用比表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．1L1mol/L的氯化铁溶液中，若Cl-的数目为3 NA，则Fe3+的数目为NA
B．1 molN2和3 molH2在一定条件下充分反应，转移电子数目为6NA
C．常温下，1L0.1mol/L的Na2S溶液中阴离子数目大于0.1 NA
D．0.1 mol Cl2通入水中，转移电子的数目为0.1NA
5．（2018高二下·湖南开学考）反应CH2=CH2+ H2→CH3-CH3，有关化学键的键能如下：
则该反应的反应热△H为（ ）
A．+288.8kJ/mo1 B．-703.4 kJ/mo1
C．+125.4kJ/mo1 D．-125.4 kJ/mo1
6．（2018高二下·湖南开学考）在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，化学平衡一定会移动的是（ ）
A．反应物和生成物的浓度改变 B．反应体系的压强改变
C．正、逆反应的速率改变 D．反应物的转化率改变
7．（2018高二下·湖南开学考）下列有关实验操作的说法错误的是（ ）
A．中和滴定盛待测液的锥形瓶中有少量水对滴定结果无影响，锥形瓶不能用待测液润洗
B．酸式和碱式滴定管用蒸馏水洗净后还需用标准液或待测液润洗
C．滴定时左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶中颜色变化
D．滴定前仰视读数，滴定后平视刻度读数，被测待测溶液偏高
8．（2018高二下·湖南开学考）下列有关实验操作、现象和结论都正确的是（ ）
实验操作 现象和结论
A 在平衡3KSCN + FeCl3 Fe(SCN)3+3KCl的溶液中加入少量KCl溶液 溶液红色变浅，平衡逆向移动
B 向AgI沉淀中滴入KCl溶液 有白色沉生成，Ksp(AgCl)C 把Cl2通入品红溶液中 溶液褪色，Cl2具有漂白性
D 向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液 溶液变为黄色，氧化性：H2O2> Fe3+
A．A B．B C．C D．D
9．一定温度下，下列叙述是可逆反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g），在定容密闭容器中达到平衡的标志的是（ ）
①NH3的生成速率与NH3的分解速率相等；
②单位时间内amolN2生成，同时生成3a mol H2；
③N2的浓度不再变化；
④混合气体的总压强不再变化；
⑤混合气体的平均摩尔质量不再变化；
⑥用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2；
⑦N2、H2、NH3的分子数目比为1：3：2；
⑧混合气体的密度不再变化．
A．②⑤ B．①③④⑤ C．②⑥⑦⑧ D．⑤⑥⑧
10．（2015高二下·桂林期中）在一密闭容器中，反应aA（g）+bB（g） mC（s）+nD（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积减小为原来体积的 ，达到新的平衡时，D的浓度是原来的1.7倍，下列说法正确的是（ ）
A．物质B的转化率增大 B．平衡向正反应方向移动
C．物质A的体积分数增大 D．a+b＞m+n
11．（2018高二下·湖南开学考）一定温度下，下列说法正确的是（ ）
A．1 mol/LNaHCO3溶液与1 mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)
B．pH=x的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=y，则x=y+1
C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中显酸性
D．pH相同的①CH3COONa；②NaHCO3；③ NaClO三种溶液的c(Na+)：①>②>③
12．（2018高二下·湖南开学考）将铜纳米颗粒和银纳米颗粒相隔一定距离固定在石墨片上，然后浸在硝酸银溶液中，可构成一种纳米型原电池。该电池负极反应为（ ）
A．Ag++e-=Ag B．Cu-2e-=Cu2+
C．Cu2++2e-=Cu D．2H++2e-=H2↑
13．在100mL H2SO4与CuSO4的混合液中，用石墨作电极电解，两极上均收集到2.24L气体（标准状况），则原混合溶液中Cu2+的物质的量浓度为（ ）
A．0.5 mol/L B．1 mol/L C．3 mol/L D．4 mol/L
14．（2018高二下·湖南开学考）据报道，以硼氢化合物NaBH4(B元素的化合价为+3)和H2O2作原料的燃料电池可用作空军通信卫星电源，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，其工作原理如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．电池放电时Na+从b极区移向a极区
B．电极a采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用
C．每消耗1 mol H2O2，转移的电子为1 mol
D．该电池的负极反应为：BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O
15．（2018高二下·湖南开学考）用pH= 1的盐酸和醋酸溶液，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗盐酸和醋酸溶液的体积分别为x和y，则x和y的关系正确的是（ ）
A．x> y B．x16．（2018高二下·湖南开学考）室温下向10 mL 0.1mol/LNaOH溶液中加入0.1mol/L的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)
B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C．pH=7时，c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D．b点所示溶液中c(A-)>c(HA)
二、填空题
17．（2018高二下·湖南开学考）在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ/mol表示。请认真观察下图，然后回答问题：
（1）图中所示反应是 (填“吸热”或“放热”)反应，该反应的△H= (用含E1、E2的代数式表示)。
（2）下列4个反应中符合示意图描述的反应的是____________(填代号)。
A．水蒸气与炭反应 B．用水稀释氢氧化钠溶液
C．铝粉与Fe2O3反应 D．灼热的碳与CO2反应
（3）已知热化学方程式：H2(g)+ O2 (g)=H2O(g)△H=-241.8kJ/mol。该反应的活化能为167.2 kJ/mol，则其逆反应的活化能为 。
（4）以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。已知：
CH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.2 kJ/mo1
CH4(g)+CO2 (g)=2CO(g)+2H2 (g)△ H=+247.4kJ/mo1
CH4 (g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为 。
18．（2018高二下·湖南开学考）现有浓度均为0.1 mol/L的下列溶液：①硫酸②醋酸③氢氧化钠④氯化铵，请回答下列问题：
（1）①②③④四种溶液中促进水的电离的物质是 (填序号)。
（2）①②③④四种溶液中pH由大到小的顺序是 (填序号)。
（3）将②和③等体积混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是 。
（4）25℃时，将pH=13的NaOH溶液aL与pH=2的H2SO4溶液bL混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH=12，则a：b= 。
（5）将a mol/L的氨水溶液与①等体积混合后，溶液呈中性，则氨水的电离平衡常数Kb= 。
19．（2018高二下·湖南开学考）下图是一个化学过程的示意图。
（1）图中丙池是 装置(填“电解池”或“原电池”)，甲池中K+移向 极(填“CH3OH”或“O2”)。
（2）写出通入CH3OH的电极的电极反应式： 。
（3）向乙池两电极附近滴加适量紫色石蕊试液，附近变红的电极为 极(填“A”或“B")。
（4）乙池中总反应的离子方程式 。
（5）当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40 g时，乙池的pH是 (若此时乙池中溶液的体积为500 mL)；通过导线的电量是 (结果保留3位有效数字，已知：NA =6.02×1023，电子的电量为1.60 ×10-19)；此时丙池某电极析出1.60 g某金属，则丙中的某盐溶液可能是
A．MgSO4 B．CuSO4
C．NaCl D．AgNO3
20．（2018高二下·湖南开学考）
（1）在一个1L的密闭容器中，加入2molA和1 mol B，发生下列反应：
2A(g) + B(g) 3C (g) + D(s)，达到平衡时C的浓度为1.2 mol/L。
①维持容器的温度不变，若缩小容器的体积，则平衡向 (填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”)移动。
②维持容器的体积和温度不变，按下列四种配比作为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍是1.2 mol/L的是 (填序号)；
A.4 mol A+2 mol B
C.2 mol A+1 mol B+3 mol C
B.3 mol C+2molD
③达平衡后若升高温度，B的浓度增加，则正反应的△H (填“>”、“<”或“=”)0。
（2）下图1 mol NO2和1 mol CO反应生成CO2和NO中，CO和NO的浓度随时间变化的示意图。回答下列问题：
①从反应开始到t1时刻，用NO2浓度变化表示平均反应速率v(NO2)= 。
②此温度下该反应的平衡常数K= 。
三、实验题
21．（2018高二下·湖南开学考）
（1） I.已知：Na2S2O3 + H2 SO4=Na2SO4 + SO2↑+S↓+H2O，某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：
实验序号 反应温度/℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O
V/mL c/(mol/L) V/mL c/(mol/L) V/mL
① 20 10.0 0.10 10.0 0.50 0
② 40 V1
0.10 V2
0.50 V3
③ 20 V4
0.10 4.0 0.50 V5
①该实验①、②可探究温度对反应速率的影响，因此V1= ，V2 = ，V3= ；
（2）②若V4=10.0，V5=6.0，则实验①、③可探究 对反应速率的影响。
（3）Ⅱ.利用反应：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI可定量测定硫代硫酸钠(Mr=158)的纯度，现在称取wg硫代硫酸钠固体样品，配成250 mL的溶液，取25.00 mL置于锥形瓶中，加入指示剂，用a mol/L的碘水滴定，消耗碘水b mL，则：
①滴定应选择的指示剂是 ，滴定终点的现象为 。
②对于该滴定实验的有关操作或误差分析正确的是 。
A．滴定前，要用对应装入的溶液润洗滴定管和锥形瓶
B．滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，会使所测得的结果偏大
C．滴定开始时滴定管尖嘴有气泡，滴定结束后气泡消失，测得纯度将偏小
D．滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，则所测得的纯度将会偏小
③样品中硫代硫酸钠纯度的表达式为 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．钢铁设备与直流电源正极相连，则形成电解池，为电解池阳极，加快防腐速率，A不符合题意；
B．明矾在溶液中电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水，但不能杀菌消毒，B不符合题意；
C．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对化学平衡的影响导致的，且存在可逆反应，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D．重金属盐有毒，则废旧电池中的汞、镉、铅等重金属盐对土壤和水源会造成污染，应集中回收处理，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．电解池的阳极金属容易被腐蚀，阴极金属被保护；
B．明矾在溶液中电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水；
C．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对化学平衡的影响导致的，且存在可逆反应，能用勒夏特列原理解释；
D．汞、锅、铅等重金属盐有毒；
2．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；燃烧热；中和热；热化学方程式
【解析】【解答】A、燃烧热指1 mol可燃物燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，水的稳定状态为液态，A不符合题意；
B、浓硫酸稀释时会放出大量的热，B符合题意；
C、热化学方程式中，化学式前面的化学计量数表示物质的量，因此可以用分数表示，C不符合题意；
D、根据C(金刚石，s)=C(石墨，s) △H<0，知，金刚石的总能量比石墨高，因此金刚石没有石墨稳定，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成相应的稳定的氧化物时所放出的热量；
B．中和热是指强酸和强碱的稀溶液反应生成1mol水时所放出的热量；
C．在化学方程式中，化学计量数不表示微粒个数，表示微粒的物质的量；
D．物质所具有的能量越高，越不稳定；
3．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、加入铝粉有氢气生成的溶液显酸性或碱性，在碱性溶液中Mg2+不能大量存在，在酸性溶液中含有NO3-时，不放出氢气，A不符合题意；
B、常温下，在c(H+) =0.1 mol/L的溶液中AlO2-与酸反应生成沉淀、S2-、SO32-也能在酸性条件下分数氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；
C、HCO3-与Fe3+发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铁沉淀，不能大量共存，C不符合题意；
D、 =0.1 mol/L的溶液显碱性，在碱性溶液中，Na+， K+ ， CO32-， NO3-离子间不发生反应，能够大量共存，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．能与铝反应生成氢气的溶液可能为酸性或碱性；
B．溶液中的AlO2-、S2-、 SO32-均能与H+发生反应；
C．溶液中Fe3+与SCN-不共存；
D．结合水的离子积计算溶液中c(H+)；
4．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；物质的量浓度；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 1L1mol/L的氯化铁溶液中，铁离子水解，若Cl-的数目为3NA，则Fe3+的数目小于NA，A不符合题意；
B. 1 molN2和3 molH2在一定条件下充分反应，由于是可逆反应，转移电子数目小于6NA，B不符合题意；
C. 硫离子水解生成氢氧根和硫氢根离子，常温下，1L0.1mol/L的 Na2S溶液中阴离子数目大于0.1NA，C符合题意；
D. 0.1 mol Cl2通入水中生成盐酸、次氯酸，由于是可逆反应，转移电子的数目小于0.1NA，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．铁离子在水溶液中会发生水解；
B．氮气与氢气的反应属于可逆反应，无法进行计算；
C．硫离子在水溶液中发生水解；
D．氯气与水的反应是可逆反应，无法进行计算；
5．【答案】D
【知识点】有关反应热的计算
【解析】【解答】在反应CH2=CH2+H2→CH3-CH3中，形成6mol C-H键，1mol C-C键共放出的能量为：6×414.4kJ+347.4kJ=2833.8kJ，断裂1molCH2=CH2和1molH2，共形成4molC-H键，1molC=C、1molH-H，共吸收的能量为：4×414.4kJ+615.3kJ+435.5kJ=2708.4kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2833.8kJ-2708.4kJ=125.4，所以反应热为-125.4kJ/mol。
故答案为：D
【分析】反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能。
6．【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、如果混合物中各组分的浓度变化而保持各组分的含量不变时，平衡不移动，A不符合题意；
B、如果反应前后气体总物质的量不变，则压强对平衡无影响，B不符合题意；
C、使用合适的催化剂，正、逆反应速率都改变，但平衡不移动，C不符合题意；
D、只有平衡移动才能改变反应物的转化率，所以反应物的转化率改变时，化学平衡一定发生了移动，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据影响平衡移动的因素及平衡移动原理分析所给选项。
7．【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A、中和滴定盛待测液的锥形瓶中有少量水对待测液中溶质的物质的量无影响，则不影响滴定结果；锥形瓶不能用待测液润洗，否则会影响滴定结果，A不符合题意；
B、酸式和碱式滴定管用蒸馏水洗净后，为了避免待装液被稀释，还需用标准液或待测液润洗，B不符合题意；
C、滴定过程中眼睛需要观察锥形瓶中液面颜色变化，不能注视滴定管液面变化，C不符合题意；
D、滴定前仰视滴定管读数，滴定后平视刻度读数，导致溶液体积偏小，c(待测)偏小，D符合题意；
故答案为：D
【分析】本题是对中和滴定实验的考查，结合实验步骤、注意事项进行分析即可。
8．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、在平衡3KSCN + FeCl3 Fe(SCN)3+3KCl的溶液存在的平衡本质为3SCN-+ Fe3+ Fe(SCN)3，与氯化钾无关，加入少量KCl溶液，平衡不移动，A不符合题意；
B、向AgI沉淀中滴入KCl溶液，有白色沉生成，表明生成了氯化银沉淀，说明Ksp(AgCl)C、把Cl2通入品红溶液中，溶液褪色，是因为氯气与水反应生成了次氯酸，次氯酸具有漂白性，C不符合题意；
D、向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变为黄色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，但不一定是双氧水的作用，可能是硝酸的作用，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．根据平衡移动的影响因素分析；
B．在沉淀的转化中，沉淀会想着更难溶的方向进行；
C．氯气不具备漂白性，体现漂白性的是氯水中的HClO；
D．在溶液中具有氧化性的有H2O2、HNO3；
9．【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】解：①NH3的生成速率与NH3的分解速率相等，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；②单位时间内amolN2生成，同时生成3a mol H2，都体现的是逆反应方向，故错误；③N2的浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，故正确；④混合气体的总压强不再变化，说明气体的物质的总量不变，反应达平衡状态，故正确；⑤混合气体的平均摩尔质量不再变化，说明气体的物质的总量不变，反应达平衡状态，故正确；⑥只要反应发生，就有N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2，故错误；⑦达平衡时N2、H2、NH3的分子数目比可能为1：3：2，也可能不是，故错误；⑧混合气体的密度一直不随时间的变化而变化，故错误；
故选B．
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
10．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：保持温度不变，若将容器体积缩小一半，假设平衡不移动，A、B、C、D的浓度应均是原来的2倍，而实际上当达到新的平衡时，D的浓度是原来的1.7倍，说明增大压强平衡逆反应方向移动，则说明a+b＜m+n，
A．平衡逆反应方向移动，则B的转化率降低，故A错误；
B．由分析可知，平衡逆反应方向移动，故B错误；
C．平衡逆反应方向移动，A的体积分数增大，故C正确；
D．增大压强平衡逆反应方向移动，逆向是气体体积减小的反应，则说明a+b＜m+n，故D错误；
故选C．
【分析】保持温度不变，若将容器体积缩小一半，假设平衡不移动，A、B、C、D的浓度应均是原来的2倍，而实际上当达到新的平衡时，D的浓度是原来的1.7倍，说明增大压强平衡逆反应方向移动，则说明a+b＜m+n，据此结合外界条件对化学平衡的影响分析．
11．【答案】D
【知识点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、1 mol/LNaHCO3溶液与1 mol/LNaOH溶液等体积混合，恰好反应生成碳酸钠，碳酸钠水解溶液显碱性，促进水的电离，c(OH-)>c(HCO3-)，A不符合题意；
B、氨水是弱电解质，氨水溶液稀释c(OH-)减小，但由于电离平衡正方向移动，稀释10倍后pH的变化小于1，b＜a+1，B不符合题意；
C、室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，由于氨水为弱碱，混合液中氨水过量，溶液呈碱性，则：c(OH-)＞c(H+)，C不符合题意；
D、pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，已知酸性：CH3COOH＞HClO＞HCO3-，所以水解程度：NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，pH相同时，溶液的浓度大小为：NaClO＜NaHCO3＜CH3COONa，钠离子不水解，则钠离子浓度大小为：①＞②＞③，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．混合后所得溶液的溶质为Na2CO3，根据CO32-的水解、H2O的电离分析离子浓度大小；
B．稀释会促进NH3·H2O的电离；
C．混合后所得溶液的溶质为NH4Cl、NH3·H2O，溶液显碱性；
D．根据CH3COO-、HCO3-、ClO-的水解程度，结合pH相等，判断c(Na+)；
12．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式
【解析】【解答】将铜纳米颗粒和银纳米颗粒相隔一定距离固定在石墨片上，然后浸在AgNO3溶液中，构成的纳米型原电池中，金属铜是负极，负极反应是Cu-2e-═Cu2+。
故答案为：B
【分析】在原电池中，负极发生失电子的氧化反应，由题干信息，可确定电池总反应为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag；据此写出负极的电极反应式。
13．【答案】B
【知识点】电解原理
【解析】【解答】电解0.1LH2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极发生的反应为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，2H++2e﹣=H2↑，两极均收集到2.24L（标况）气体，即均生成0.1mol的气体，阳极生成0.1mol氧气说明转移了0.4mol电子，而阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以剩余0.2mol电子由铜离子获得，且溶液中有0.1mol铜离子，据c= 得到铜离子的浓度为： =1mol/L．
故答案为：B
【分析】根据电解池中离子的放电顺序和两极上发生的变化来书写电极反应方程式，并且两个电极上转移的电子数目是相等的，溶液中遵循电荷守恒．
14．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，A不符合题意；
B、电极b采用MnO2，为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，MnO2既作电极材料又有催化作用，B不符合题意；
C、正极电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，每消耗1molH2O2，转移的电子为2mol，C不符合题意；
D、负极发生氧化反应生成BO2-，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，D符合题意；
故答案为：D
【分析】由工作原理图可知，电极a为负极，其电极反应式为：BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O；电极b为正极，其电极反应式为4H2O2+8e-=8OH-；据此分析选项。
15．【答案】A
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】用pH= 1的盐酸和醋酸溶液，醋酸的浓度大于盐酸，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗醋酸的体积小于盐酸，即x＞y。
故答案为：A
【分析】pH相同的酸溶液，其弱酸中所含溶质的浓度远大于其强酸中所含溶质的浓度。
16．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c(HA)＞c(H+)，A不符合题意；
B、a点A-水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，B不符合题意；
C、pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，C不符合题意；
D、b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA程度大于A-水解程度，则存在c(A-)＞c(HA)，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．a点加入的HA的体积与NaOH溶液的体积相等，其反应后所得溶液的溶质为NaA，溶液显碱性；
B．a点中A-的水解会促进水的电离，b点中HA的电离会抑制水的电离；
C．pH=7时，c(H+)=c(OH-)；
D．b点溶液中的溶质为NaA、HA，溶液显酸性，HA的电离大于A-的水解；
17．【答案】（1）放热；(E2-E1)kJ/mol
（2）C
（3）409.0KJ/mol
（4）CH4(g)+2H2O(g)═CO2(g)+4H2(g)△H=165.0kJ/mo1
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】（1）依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量，反应放热；反应的焓变=生成物的能量-反应物的能量，即△H=(E2-E1)kJ/mo1；
（2）A、水蒸气与炭反应属于吸热反应，A不符合题意；
B、用水稀释氢氧化钠溶液不属于化学反应，B不符合题意；
C、铝粉与Fe2O3反应的反应属于放热反应，C符合题意；
D、灼热的碳与CO2反应属于吸热反应，D不符合题意；
（3）反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，依据图象能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变；H2(g)+ O2(g)═H2O(g)△H=-241.8kJ/mo1，该反应的活化能为167.2kJ/mol，则其逆反应的活化能=167.2KJ/mol+241.8KJ/mol=409.0KJ/mol；
（4）①CH4(g)+H2O(g)═CO(g)+3H2(g)△H=206.2kJ/mol，
②CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g)△H=247.4kJ/mol，据盖斯定律，①×2-②得：CH4(g)+2H2O(g)═CO2(g)+4H2(g)△H=165.0kJ/mol；
故答案为：（1）放热；(E2-E1)kJ/mol；（2）C；（3）409.0KJ/mol；（4）CH4(g)+2H2O(g)═CO2(g)+4H2(g)△H=165.0kJ/mol
【分析】（1）根据图像物质能量确定反应的热效应，结合反应热的计算公式进行计算；
（2）分析选项所给反应的热效应，结合图像热效应，得出正确答案；
（3）逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变，据此进行计算即可；
（4）根据盖斯定律进行计算，确定反应热，进而得出反应的热化学方程式；
18．【答案】（1）④
（2）③＞④＞②＞①
（3）c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)
（4）2：9
（5） ×10-7。
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】（1）酸和碱抑制水的电离，能够时间段盐促进水的电离，促进水的电离的物质是氯化铵，故选④；
（2）①硫酸中c(H+)=0.2mol/L，②醋酸中c(H+)＜0.1mol/L，③氢氧化钠中c(OH-)=0.1mol/L，④氯化铵水解，溶液显酸性， pH由大到小的顺序是③＞④＞②＞①；
（3）将②和③等体积混合后恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解溶液显碱性，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)；
（4）pH=2的H2SO4溶液c(H+)=10-2mol/L，pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=10-1mol/L，混合溶液中c(OH-)=10-2mol/L= = ，解得V(NaOH)：V(H2SO4)=2：9；
（5）将a mol L-1的氨水与1mol L-1的硫酸等体积混合，反应后溶液显中性，溶液中c(OH-)=1×10-7mol/L，溶液中c(NH4+)=2c(SO42-)=2× mol/L=1mol/L，混合后反应前c(NH3 H2O)= mol/L，则反应后c(NH3 H2O)=( -1)mol/L，则k= = ×10-7；
故答案为：（1）④；（2）③＞④＞②＞①；（3）c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)；（4）2：9；（5）
【分析】（1）酸碱会抑制水的电离，可水解的盐会促进水的电离；
（2）对pH进行大小排序时，应先判断溶液的酸碱性，再结合水解、电离程度确定酸碱性的程度大小，进而确定pH的大小；
（3）混合后所得溶液的溶质为CH3COONa，根据电离、水解进行分析；
（4）计算酸碱混合后所得溶液的pH时，应注意混合溶液的体积约等于二者体积之和，结合c(H+)的计算公式进行计算即可；
（5）混合后所得溶液显中性，说明c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，根据电荷守恒计算c(NH4+)，结合NH3·H2O平衡常数的计算表达式进行计算；
19．【答案】（1）电解池；O2
（2）CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O
（3）A
（4）4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+
（5）1；0.482×10-4；BD。
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）燃料电池是化学能转变为电能的装置，甲属于原电池，因此丙池属于电解池，燃料电池中，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，原电池放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，即向投放甲醇的电极移动，K+移向通入氧气的电极；
（2）该燃料电池中，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；
（3）乙池有外接电源属于电解池，连接原电池正极的A是阳极，连接原电池负极的B是阴极，电解硝酸银溶液时，A电极上水得电子生成氧气和氢离子，溶液呈酸性，加热紫色石蕊试液呈红色，电极反应式为4H2O-4e-=O2↑4H+；
（4）电解硝酸银溶液时，银离子得电子生成银、水失电子生成氧气和氢离子，离子方程式为4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+；
（5）当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40g时，设氢离子浓度为xmol/L，
4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+ 4H+
432g 4mol
5.40g 0.5xmol
x=0.1，则溶液的pH=1，
生成5.40g银，物质的量为 =0.05mol，转移0.05mol电子，通过导线的电量是0.05×6.02×1023×1.60 ×10-19=0.482×10-4；
阴极上析出金属，则在金属活动性顺序表中金属元素处于H元素后，根据串联电池中转移电子数相等知，丙中析出金属元素需要的电子等于或小于乙池中转移电子数，据此确定含有的金属元素，析出5.40g时转移电子是0.05mol，
A、硫酸镁中镁元素处于H元素前，所以阴极上不析出金属单质，A不符合题意；
B、电解硫酸铜溶液时，阴极上析出1.60g铜需要转移电子0.05mol，B符合题意；
C、氯化钠中钠元素处于氢元素前，所以阴极上不析出金属单质，C不符合题意；
D、电解硝酸银溶液时，阴极上析出1.60g银需要转移电子0.0148mol＜0.05mol，D符合题意；
故答案为：（1）电解池；O2；（2）CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；（3）A；（4）4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+；（5）1；0.482×10-4；BD
【分析】甲池为原电池、乙池和丙池均为电解池。
（1）在燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入空气的电极为正极，阳离子移向正极；
（2）该电解质溶液为碱性，甲醇燃烧产生的CO2会与OH-反应生成CO32-，据此写出电极反应式；
（3）乙池中A做阳极，由水中电离产生的OH-失电子；B做阴极，由溶液中银离子得电子；
（4）根据乙池中阴阳极的电极反应式，得到该电池的总反应；
（5）在整个电路中，甲池、乙池、丙池各个电极得失电子总数相等，据此结合电极反应式进行计算。
20．【答案】（1）不；C；＜
（2） mol L-1 min-1；9
【知识点】化学反应速率；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①对于反应前后体积不变的化学反应，压强变化不会引起化学平衡的移动；
②根据等效平衡，把物质都换算成方程式一边的物质，且和初始加入的入2mol A和1mol B相等即可。
A、4molA+2molB 与初始A、B浓度不同，A不符合题意；
B、3molC换算成A、B，A、B的物质的量分别为2mol、1mol，因此容器中4molA+2molB 与初始A、B浓度不同，B不符合题意；
C、D是固体，量的多少不会引起化学平衡的移动，3molC换算成A、B，A、B浓度分别为2mol、1mol，与初始浓度相同，C符合题意；
③达平衡后若升高温度，B的浓度增加，表明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，△H<0；
（2）①由图可知，t1min到达平衡，平衡时NO的浓度变化量为1.5mol/L，故v(NO) = = mol L-1 min-1，速率之比等于化学计量数之比，故v(NO2)=v(NO)= mol L-1 min-1；
②CO的起始浓度为2mol/L，二氧化氮与NO的起始物质的量相等，故NO2的起始浓度为2mol/L，平衡时NO的浓度变化量为1.5mol/L，则：
NO2(g)+ CO(g) CO2(g)+ NO(g)
起始（mol/L） 2 2 0 0
转化（mol/L） 1.5 1.5 1.5 1.5
平衡（mol/L） 0.5 0.5 1.5 1.5
故该温度下平衡常数k= =9；
故答案为：（1）①不；②C；③＜；（2）①mol L-1 min-1；②9。
【分析】（1）①压强对化学平衡移动的影响，应考虑反应前后，气体分子数是否发生改变；
②根据等效平衡进行计算；
③由温度对平衡移动的影响，判断反应的热效应；
（2）①根据反应速率的计算公式进行计算；
②根据三段式计算平衡常数；
21．【答案】（1）10.0；10.0；0
（2）浓度
（3）淀粉；溶液刚好出现蓝色，且半分钟不褪去；BD； ×100%
【知识点】化学反应速率的影响因素；中和滴定；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】I.①实验①、②的温度不同，故可探究温度对反应速率的影响；而要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致：即加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V1=10.0mL，加入的硫酸的量相同，故V2=10.0mL，加入水的体积相等，故V3=0；
②实验①、③加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V4=10.0mL，溶液总体积也须相同，故加入的水的体积V5=6.0mL，加入的硫酸的量不同，故可探究浓度对反应速率的影响；
Ⅱ.①淀粉遇到单质碘变蓝色，滴定前可以选择淀粉做指示剂，滴定终点的现象为溶液刚好出现蓝色，且半分钟不褪去；
②A、滴定前，对锥形瓶进行润洗，待测液的物质的量偏大，造成V(标准)偏大，根据c(待测)= 分析，c(待测)偏高；
B、滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，造成V(标准)偏大，根据c(待测)= 分析，c(待测)偏高；
C、滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)= 分析，c(待测)偏高，待测液的物质的量偏大，则所测得的纯度将会偏大；
D、滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)= 分析，
c(待测)偏低，待测液的物质的量偏低，则所测得的纯度将会偏小；
③根据I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，n(I2)=amol/L×b×10-3L，知消耗的Na2S2O3的物质的量=2n(I2)=2amol/L×b×10-3L，根据现称取Wg硫代硫酸钠固体样品配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，则被滴定的硫代硫酸钠质量为 Wg，故样品中硫代硫酸钠纯度的表达式为 ×100%= ×100%；
故答案为：I.①10.0；0；②浓度；Ⅱ.①淀粉；溶液刚好出现蓝色，且半分钟不褪去；②BD；③
【分析】本题是对化学反应速率、中和滴定、化学计算的综合考查。对此类综合度较高的试题的解答，应充分结合所学知识进行分析。滴定过程中，滴定终点的判断，应体现半分钟内不褪色。
1 / 1湖南师大附中2015-2016学年高二下学期化学入学考试试卷
一、单选题
1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列叙述正确的是（ ）
A．钢铁设备与直流电源正极相连可防腐
B．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒
C．开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫不能用勒夏特列原理解释
D．废旧电池中的汞、锅、铅等重金属盐对土壤和水源会造成污染
【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．钢铁设备与直流电源正极相连，则形成电解池，为电解池阳极，加快防腐速率，A不符合题意；
B．明矾在溶液中电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水，但不能杀菌消毒，B不符合题意；
C．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对化学平衡的影响导致的，且存在可逆反应，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D．重金属盐有毒，则废旧电池中的汞、镉、铅等重金属盐对土壤和水源会造成污染，应集中回收处理，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．电解池的阳极金属容易被腐蚀，阴极金属被保护；
B．明矾在溶液中电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水；
C．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对化学平衡的影响导致的，且存在可逆反应，能用勒夏特列原理解释；
D．汞、锅、铅等重金属盐有毒；
2．（2018高二下·湖南开学考）下列说法正确的是（ ）
A．1 mol H2完全燃烧生成气态水，放出241.8 kJ热量，H2的燃烧热△H=-241.8 kJ/mol
B．在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O（l） △H=-57.3kJ/mol，若将含0.5 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ/mo1
C．热化学方程式中，化学式前面的化学计量数可表示微粒数，不可表示物质的量
D．已知：C(金刚石，s)=C(石墨，s) △H<0，因此金刚石比石墨稳定
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；燃烧热；中和热；热化学方程式
【解析】【解答】A、燃烧热指1 mol可燃物燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，水的稳定状态为液态，A不符合题意；
B、浓硫酸稀释时会放出大量的热，B符合题意；
C、热化学方程式中，化学式前面的化学计量数表示物质的量，因此可以用分数表示，C不符合题意；
D、根据C(金刚石，s)=C(石墨，s) △H<0，知，金刚石的总能量比石墨高，因此金刚石没有石墨稳定，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成相应的稳定的氧化物时所放出的热量；
B．中和热是指强酸和强碱的稀溶液反应生成1mol水时所放出的热量；
C．在化学方程式中，化学计量数不表示微粒个数，表示微粒的物质的量；
D．物质所具有的能量越高，越不稳定；
3．（2018高二下·湖南开学考）常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是（ ）
A．加入铝粉有氢气生成的溶液中：Mg2+，Cl-，NO3-，K+
B．常温下，c(H+) =0.1 mol/L的溶液中：Na+， AlO2-、S2-、 SO32-
C．含有0.1 mol/LHCO3-的溶液：Na+，Fe3+，NO3-， SCN-
D． =0.1 mol/L的溶液：Na+， K+ ， CO32-， NO3-
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、加入铝粉有氢气生成的溶液显酸性或碱性，在碱性溶液中Mg2+不能大量存在，在酸性溶液中含有NO3-时，不放出氢气，A不符合题意；
B、常温下，在c(H+) =0.1 mol/L的溶液中AlO2-与酸反应生成沉淀、S2-、SO32-也能在酸性条件下分数氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；
C、HCO3-与Fe3+发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铁沉淀，不能大量共存，C不符合题意；
D、 =0.1 mol/L的溶液显碱性，在碱性溶液中，Na+， K+ ， CO32-， NO3-离子间不发生反应，能够大量共存，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．能与铝反应生成氢气的溶液可能为酸性或碱性；
B．溶液中的AlO2-、S2-、 SO32-均能与H+发生反应；
C．溶液中Fe3+与SCN-不共存；
D．结合水的离子积计算溶液中c(H+)；
4．（2018高二下·湖南开学考）用比表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．1L1mol/L的氯化铁溶液中，若Cl-的数目为3 NA，则Fe3+的数目为NA
B．1 molN2和3 molH2在一定条件下充分反应，转移电子数目为6NA
C．常温下，1L0.1mol/L的Na2S溶液中阴离子数目大于0.1 NA
D．0.1 mol Cl2通入水中，转移电子的数目为0.1NA
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；物质的量浓度；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 1L1mol/L的氯化铁溶液中，铁离子水解，若Cl-的数目为3NA，则Fe3+的数目小于NA，A不符合题意；
B. 1 molN2和3 molH2在一定条件下充分反应，由于是可逆反应，转移电子数目小于6NA，B不符合题意；
C. 硫离子水解生成氢氧根和硫氢根离子，常温下，1L0.1mol/L的 Na2S溶液中阴离子数目大于0.1NA，C符合题意；
D. 0.1 mol Cl2通入水中生成盐酸、次氯酸，由于是可逆反应，转移电子的数目小于0.1NA，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．铁离子在水溶液中会发生水解；
B．氮气与氢气的反应属于可逆反应，无法进行计算；
C．硫离子在水溶液中发生水解；
D．氯气与水的反应是可逆反应，无法进行计算；
5．（2018高二下·湖南开学考）反应CH2=CH2+ H2→CH3-CH3，有关化学键的键能如下：
则该反应的反应热△H为（ ）
A．+288.8kJ/mo1 B．-703.4 kJ/mo1
C．+125.4kJ/mo1 D．-125.4 kJ/mo1
【答案】D
【知识点】有关反应热的计算
【解析】【解答】在反应CH2=CH2+H2→CH3-CH3中，形成6mol C-H键，1mol C-C键共放出的能量为：6×414.4kJ+347.4kJ=2833.8kJ，断裂1molCH2=CH2和1molH2，共形成4molC-H键，1molC=C、1molH-H，共吸收的能量为：4×414.4kJ+615.3kJ+435.5kJ=2708.4kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2833.8kJ-2708.4kJ=125.4，所以反应热为-125.4kJ/mol。
故答案为：D
【分析】反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能。
6．（2018高二下·湖南开学考）在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，化学平衡一定会移动的是（ ）
A．反应物和生成物的浓度改变 B．反应体系的压强改变
C．正、逆反应的速率改变 D．反应物的转化率改变
【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、如果混合物中各组分的浓度变化而保持各组分的含量不变时，平衡不移动，A不符合题意；
B、如果反应前后气体总物质的量不变，则压强对平衡无影响，B不符合题意；
C、使用合适的催化剂，正、逆反应速率都改变，但平衡不移动，C不符合题意；
D、只有平衡移动才能改变反应物的转化率，所以反应物的转化率改变时，化学平衡一定发生了移动，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据影响平衡移动的因素及平衡移动原理分析所给选项。
7．（2018高二下·湖南开学考）下列有关实验操作的说法错误的是（ ）
A．中和滴定盛待测液的锥形瓶中有少量水对滴定结果无影响，锥形瓶不能用待测液润洗
B．酸式和碱式滴定管用蒸馏水洗净后还需用标准液或待测液润洗
C．滴定时左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶中颜色变化
D．滴定前仰视读数，滴定后平视刻度读数，被测待测溶液偏高
【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A、中和滴定盛待测液的锥形瓶中有少量水对待测液中溶质的物质的量无影响，则不影响滴定结果；锥形瓶不能用待测液润洗，否则会影响滴定结果，A不符合题意；
B、酸式和碱式滴定管用蒸馏水洗净后，为了避免待装液被稀释，还需用标准液或待测液润洗，B不符合题意；
C、滴定过程中眼睛需要观察锥形瓶中液面颜色变化，不能注视滴定管液面变化，C不符合题意；
D、滴定前仰视滴定管读数，滴定后平视刻度读数，导致溶液体积偏小，c(待测)偏小，D符合题意；
故答案为：D
【分析】本题是对中和滴定实验的考查，结合实验步骤、注意事项进行分析即可。
8．（2018高二下·湖南开学考）下列有关实验操作、现象和结论都正确的是（ ）
实验操作 现象和结论
A 在平衡3KSCN + FeCl3 Fe(SCN)3+3KCl的溶液中加入少量KCl溶液 溶液红色变浅，平衡逆向移动
B 向AgI沉淀中滴入KCl溶液 有白色沉生成，Ksp(AgCl)C 把Cl2通入品红溶液中 溶液褪色，Cl2具有漂白性
D 向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液 溶液变为黄色，氧化性：H2O2> Fe3+
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、在平衡3KSCN + FeCl3 Fe(SCN)3+3KCl的溶液存在的平衡本质为3SCN-+ Fe3+ Fe(SCN)3，与氯化钾无关，加入少量KCl溶液，平衡不移动，A不符合题意；
B、向AgI沉淀中滴入KCl溶液，有白色沉生成，表明生成了氯化银沉淀，说明Ksp(AgCl)C、把Cl2通入品红溶液中，溶液褪色，是因为氯气与水反应生成了次氯酸，次氯酸具有漂白性，C不符合题意；
D、向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变为黄色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，但不一定是双氧水的作用，可能是硝酸的作用，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．根据平衡移动的影响因素分析；
B．在沉淀的转化中，沉淀会想着更难溶的方向进行；
C．氯气不具备漂白性，体现漂白性的是氯水中的HClO；
D．在溶液中具有氧化性的有H2O2、HNO3；
9．一定温度下，下列叙述是可逆反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g），在定容密闭容器中达到平衡的标志的是（ ）
①NH3的生成速率与NH3的分解速率相等；
②单位时间内amolN2生成，同时生成3a mol H2；
③N2的浓度不再变化；
④混合气体的总压强不再变化；
⑤混合气体的平均摩尔质量不再变化；
⑥用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2；
⑦N2、H2、NH3的分子数目比为1：3：2；
⑧混合气体的密度不再变化．
A．②⑤ B．①③④⑤ C．②⑥⑦⑧ D．⑤⑥⑧
【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】解：①NH3的生成速率与NH3的分解速率相等，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；②单位时间内amolN2生成，同时生成3a mol H2，都体现的是逆反应方向，故错误；③N2的浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，故正确；④混合气体的总压强不再变化，说明气体的物质的总量不变，反应达平衡状态，故正确；⑤混合气体的平均摩尔质量不再变化，说明气体的物质的总量不变，反应达平衡状态，故正确；⑥只要反应发生，就有N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2，故错误；⑦达平衡时N2、H2、NH3的分子数目比可能为1：3：2，也可能不是，故错误；⑧混合气体的密度一直不随时间的变化而变化，故错误；
故选B．
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
10．（2015高二下·桂林期中）在一密闭容器中，反应aA（g）+bB（g） mC（s）+nD（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积减小为原来体积的 ，达到新的平衡时，D的浓度是原来的1.7倍，下列说法正确的是（ ）
A．物质B的转化率增大 B．平衡向正反应方向移动
C．物质A的体积分数增大 D．a+b＞m+n
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：保持温度不变，若将容器体积缩小一半，假设平衡不移动，A、B、C、D的浓度应均是原来的2倍，而实际上当达到新的平衡时，D的浓度是原来的1.7倍，说明增大压强平衡逆反应方向移动，则说明a+b＜m+n，
A．平衡逆反应方向移动，则B的转化率降低，故A错误；
B．由分析可知，平衡逆反应方向移动，故B错误；
C．平衡逆反应方向移动，A的体积分数增大，故C正确；
D．增大压强平衡逆反应方向移动，逆向是气体体积减小的反应，则说明a+b＜m+n，故D错误；
故选C．
【分析】保持温度不变，若将容器体积缩小一半，假设平衡不移动，A、B、C、D的浓度应均是原来的2倍，而实际上当达到新的平衡时，D的浓度是原来的1.7倍，说明增大压强平衡逆反应方向移动，则说明a+b＜m+n，据此结合外界条件对化学平衡的影响分析．
11．（2018高二下·湖南开学考）一定温度下，下列说法正确的是（ ）
A．1 mol/LNaHCO3溶液与1 mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)
B．pH=x的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=y，则x=y+1
C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中显酸性
D．pH相同的①CH3COONa；②NaHCO3；③ NaClO三种溶液的c(Na+)：①>②>③
【答案】D
【知识点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、1 mol/LNaHCO3溶液与1 mol/LNaOH溶液等体积混合，恰好反应生成碳酸钠，碳酸钠水解溶液显碱性，促进水的电离，c(OH-)>c(HCO3-)，A不符合题意；
B、氨水是弱电解质，氨水溶液稀释c(OH-)减小，但由于电离平衡正方向移动，稀释10倍后pH的变化小于1，b＜a+1，B不符合题意；
C、室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，由于氨水为弱碱，混合液中氨水过量，溶液呈碱性，则：c(OH-)＞c(H+)，C不符合题意；
D、pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，已知酸性：CH3COOH＞HClO＞HCO3-，所以水解程度：NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，pH相同时，溶液的浓度大小为：NaClO＜NaHCO3＜CH3COONa，钠离子不水解，则钠离子浓度大小为：①＞②＞③，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．混合后所得溶液的溶质为Na2CO3，根据CO32-的水解、H2O的电离分析离子浓度大小；
B．稀释会促进NH3·H2O的电离；
C．混合后所得溶液的溶质为NH4Cl、NH3·H2O，溶液显碱性；
D．根据CH3COO-、HCO3-、ClO-的水解程度，结合pH相等，判断c(Na+)；
12．（2018高二下·湖南开学考）将铜纳米颗粒和银纳米颗粒相隔一定距离固定在石墨片上，然后浸在硝酸银溶液中，可构成一种纳米型原电池。该电池负极反应为（ ）
A．Ag++e-=Ag B．Cu-2e-=Cu2+
C．Cu2++2e-=Cu D．2H++2e-=H2↑
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式
【解析】【解答】将铜纳米颗粒和银纳米颗粒相隔一定距离固定在石墨片上，然后浸在AgNO3溶液中，构成的纳米型原电池中，金属铜是负极，负极反应是Cu-2e-═Cu2+。
故答案为：B
【分析】在原电池中，负极发生失电子的氧化反应，由题干信息，可确定电池总反应为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag；据此写出负极的电极反应式。
13．在100mL H2SO4与CuSO4的混合液中，用石墨作电极电解，两极上均收集到2.24L气体（标准状况），则原混合溶液中Cu2+的物质的量浓度为（ ）
A．0.5 mol/L B．1 mol/L C．3 mol/L D．4 mol/L
【答案】B
【知识点】电解原理
【解析】【解答】电解0.1LH2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极发生的反应为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，2H++2e﹣=H2↑，两极均收集到2.24L（标况）气体，即均生成0.1mol的气体，阳极生成0.1mol氧气说明转移了0.4mol电子，而阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以剩余0.2mol电子由铜离子获得，且溶液中有0.1mol铜离子，据c= 得到铜离子的浓度为： =1mol/L．
故答案为：B
【分析】根据电解池中离子的放电顺序和两极上发生的变化来书写电极反应方程式，并且两个电极上转移的电子数目是相等的，溶液中遵循电荷守恒．
14．（2018高二下·湖南开学考）据报道，以硼氢化合物NaBH4(B元素的化合价为+3)和H2O2作原料的燃料电池可用作空军通信卫星电源，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，其工作原理如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．电池放电时Na+从b极区移向a极区
B．电极a采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用
C．每消耗1 mol H2O2，转移的电子为1 mol
D．该电池的负极反应为：BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，A不符合题意；
B、电极b采用MnO2，为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，MnO2既作电极材料又有催化作用，B不符合题意；
C、正极电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，每消耗1molH2O2，转移的电子为2mol，C不符合题意；
D、负极发生氧化反应生成BO2-，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，D符合题意；
故答案为：D
【分析】由工作原理图可知，电极a为负极，其电极反应式为：BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O；电极b为正极，其电极反应式为4H2O2+8e-=8OH-；据此分析选项。
15．（2018高二下·湖南开学考）用pH= 1的盐酸和醋酸溶液，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗盐酸和醋酸溶液的体积分别为x和y，则x和y的关系正确的是（ ）
A．x> y B．x【答案】A
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】用pH= 1的盐酸和醋酸溶液，醋酸的浓度大于盐酸，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗醋酸的体积小于盐酸，即x＞y。
故答案为：A
【分析】pH相同的酸溶液，其弱酸中所含溶质的浓度远大于其强酸中所含溶质的浓度。
16．（2018高二下·湖南开学考）室温下向10 mL 0.1mol/LNaOH溶液中加入0.1mol/L的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)
B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C．pH=7时，c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D．b点所示溶液中c(A-)>c(HA)
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c(HA)＞c(H+)，A不符合题意；
B、a点A-水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，B不符合题意；
C、pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，C不符合题意；
D、b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA程度大于A-水解程度，则存在c(A-)＞c(HA)，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．a点加入的HA的体积与NaOH溶液的体积相等，其反应后所得溶液的溶质为NaA，溶液显碱性；
B．a点中A-的水解会促进水的电离，b点中HA的电离会抑制水的电离；
C．pH=7时，c(H+)=c(OH-)；
D．b点溶液中的溶质为NaA、HA，溶液显酸性，HA的电离大于A-的水解；
二、填空题
17．（2018高二下·湖南开学考）在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ/mol表示。请认真观察下图，然后回答问题：
（1）图中所示反应是 (填“吸热”或“放热”)反应，该反应的△H= (用含E1、E2的代数式表示)。
（2）下列4个反应中符合示意图描述的反应的是____________(填代号)。
A．水蒸气与炭反应 B．用水稀释氢氧化钠溶液
C．铝粉与Fe2O3反应 D．灼热的碳与CO2反应
（3）已知热化学方程式：H2(g)+ O2 (g)=H2O(g)△H=-241.8kJ/mol。该反应的活化能为167.2 kJ/mol，则其逆反应的活化能为 。
（4）以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。已知：
CH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.2 kJ/mo1
CH4(g)+CO2 (g)=2CO(g)+2H2 (g)△ H=+247.4kJ/mo1
CH4 (g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为 。
【答案】（1）放热；(E2-E1)kJ/mol
（2）C
（3）409.0KJ/mol
（4）CH4(g)+2H2O(g)═CO2(g)+4H2(g)△H=165.0kJ/mo1
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】（1）依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量，反应放热；反应的焓变=生成物的能量-反应物的能量，即△H=(E2-E1)kJ/mo1；
（2）A、水蒸气与炭反应属于吸热反应，A不符合题意；
B、用水稀释氢氧化钠溶液不属于化学反应，B不符合题意；
C、铝粉与Fe2O3反应的反应属于放热反应，C符合题意；
D、灼热的碳与CO2反应属于吸热反应，D不符合题意；
（3）反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，依据图象能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变；H2(g)+ O2(g)═H2O(g)△H=-241.8kJ/mo1，该反应的活化能为167.2kJ/mol，则其逆反应的活化能=167.2KJ/mol+241.8KJ/mol=409.0KJ/mol；
（4）①CH4(g)+H2O(g)═CO(g)+3H2(g)△H=206.2kJ/mol，
②CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g)△H=247.4kJ/mol，据盖斯定律，①×2-②得：CH4(g)+2H2O(g)═CO2(g)+4H2(g)△H=165.0kJ/mol；
故答案为：（1）放热；(E2-E1)kJ/mol；（2）C；（3）409.0KJ/mol；（4）CH4(g)+2H2O(g)═CO2(g)+4H2(g)△H=165.0kJ/mol
【分析】（1）根据图像物质能量确定反应的热效应，结合反应热的计算公式进行计算；
（2）分析选项所给反应的热效应，结合图像热效应，得出正确答案；
（3）逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变，据此进行计算即可；
（4）根据盖斯定律进行计算，确定反应热，进而得出反应的热化学方程式；
18．（2018高二下·湖南开学考）现有浓度均为0.1 mol/L的下列溶液：①硫酸②醋酸③氢氧化钠④氯化铵，请回答下列问题：
（1）①②③④四种溶液中促进水的电离的物质是 (填序号)。
（2）①②③④四种溶液中pH由大到小的顺序是 (填序号)。
（3）将②和③等体积混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是 。
（4）25℃时，将pH=13的NaOH溶液aL与pH=2的H2SO4溶液bL混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH=12，则a：b= 。
（5）将a mol/L的氨水溶液与①等体积混合后，溶液呈中性，则氨水的电离平衡常数Kb= 。
【答案】（1）④
（2）③＞④＞②＞①
（3）c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)
（4）2：9
（5） ×10-7。
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】（1）酸和碱抑制水的电离，能够时间段盐促进水的电离，促进水的电离的物质是氯化铵，故选④；
（2）①硫酸中c(H+)=0.2mol/L，②醋酸中c(H+)＜0.1mol/L，③氢氧化钠中c(OH-)=0.1mol/L，④氯化铵水解，溶液显酸性， pH由大到小的顺序是③＞④＞②＞①；
（3）将②和③等体积混合后恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解溶液显碱性，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)；
（4）pH=2的H2SO4溶液c(H+)=10-2mol/L，pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=10-1mol/L，混合溶液中c(OH-)=10-2mol/L= = ，解得V(NaOH)：V(H2SO4)=2：9；
（5）将a mol L-1的氨水与1mol L-1的硫酸等体积混合，反应后溶液显中性，溶液中c(OH-)=1×10-7mol/L，溶液中c(NH4+)=2c(SO42-)=2× mol/L=1mol/L，混合后反应前c(NH3 H2O)= mol/L，则反应后c(NH3 H2O)=( -1)mol/L，则k= = ×10-7；
故答案为：（1）④；（2）③＞④＞②＞①；（3）c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)；（4）2：9；（5）
【分析】（1）酸碱会抑制水的电离，可水解的盐会促进水的电离；
（2）对pH进行大小排序时，应先判断溶液的酸碱性，再结合水解、电离程度确定酸碱性的程度大小，进而确定pH的大小；
（3）混合后所得溶液的溶质为CH3COONa，根据电离、水解进行分析；
（4）计算酸碱混合后所得溶液的pH时，应注意混合溶液的体积约等于二者体积之和，结合c(H+)的计算公式进行计算即可；
（5）混合后所得溶液显中性，说明c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，根据电荷守恒计算c(NH4+)，结合NH3·H2O平衡常数的计算表达式进行计算；
19．（2018高二下·湖南开学考）下图是一个化学过程的示意图。
（1）图中丙池是 装置(填“电解池”或“原电池”)，甲池中K+移向 极(填“CH3OH”或“O2”)。
（2）写出通入CH3OH的电极的电极反应式： 。
（3）向乙池两电极附近滴加适量紫色石蕊试液，附近变红的电极为 极(填“A”或“B")。
（4）乙池中总反应的离子方程式 。
（5）当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40 g时，乙池的pH是 (若此时乙池中溶液的体积为500 mL)；通过导线的电量是 (结果保留3位有效数字，已知：NA =6.02×1023，电子的电量为1.60 ×10-19)；此时丙池某电极析出1.60 g某金属，则丙中的某盐溶液可能是
A．MgSO4 B．CuSO4
C．NaCl D．AgNO3
【答案】（1）电解池；O2
（2）CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O
（3）A
（4）4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+
（5）1；0.482×10-4；BD。
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）燃料电池是化学能转变为电能的装置，甲属于原电池，因此丙池属于电解池，燃料电池中，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，原电池放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，即向投放甲醇的电极移动，K+移向通入氧气的电极；
（2）该燃料电池中，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；
（3）乙池有外接电源属于电解池，连接原电池正极的A是阳极，连接原电池负极的B是阴极，电解硝酸银溶液时，A电极上水得电子生成氧气和氢离子，溶液呈酸性，加热紫色石蕊试液呈红色，电极反应式为4H2O-4e-=O2↑4H+；
（4）电解硝酸银溶液时，银离子得电子生成银、水失电子生成氧气和氢离子，离子方程式为4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+；
（5）当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40g时，设氢离子浓度为xmol/L，
4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+ 4H+
432g 4mol
5.40g 0.5xmol
x=0.1，则溶液的pH=1，
生成5.40g银，物质的量为 =0.05mol，转移0.05mol电子，通过导线的电量是0.05×6.02×1023×1.60 ×10-19=0.482×10-4；
阴极上析出金属，则在金属活动性顺序表中金属元素处于H元素后，根据串联电池中转移电子数相等知，丙中析出金属元素需要的电子等于或小于乙池中转移电子数，据此确定含有的金属元素，析出5.40g时转移电子是0.05mol，
A、硫酸镁中镁元素处于H元素前，所以阴极上不析出金属单质，A不符合题意；
B、电解硫酸铜溶液时，阴极上析出1.60g铜需要转移电子0.05mol，B符合题意；
C、氯化钠中钠元素处于氢元素前，所以阴极上不析出金属单质，C不符合题意；
D、电解硝酸银溶液时，阴极上析出1.60g银需要转移电子0.0148mol＜0.05mol，D符合题意；
故答案为：（1）电解池；O2；（2）CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；（3）A；（4）4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+；（5）1；0.482×10-4；BD
【分析】甲池为原电池、乙池和丙池均为电解池。
（1）在燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入空气的电极为正极，阳离子移向正极；
（2）该电解质溶液为碱性，甲醇燃烧产生的CO2会与OH-反应生成CO32-，据此写出电极反应式；
（3）乙池中A做阳极，由水中电离产生的OH-失电子；B做阴极，由溶液中银离子得电子；
（4）根据乙池中阴阳极的电极反应式，得到该电池的总反应；
（5）在整个电路中，甲池、乙池、丙池各个电极得失电子总数相等，据此结合电极反应式进行计算。
20．（2018高二下·湖南开学考）
（1）在一个1L的密闭容器中，加入2molA和1 mol B，发生下列反应：
2A(g) + B(g) 3C (g) + D(s)，达到平衡时C的浓度为1.2 mol/L。
①维持容器的温度不变，若缩小容器的体积，则平衡向 (填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”)移动。
②维持容器的体积和温度不变，按下列四种配比作为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍是1.2 mol/L的是 (填序号)；
A.4 mol A+2 mol B
C.2 mol A+1 mol B+3 mol C
B.3 mol C+2molD
③达平衡后若升高温度，B的浓度增加，则正反应的△H (填“>”、“<”或“=”)0。
（2）下图1 mol NO2和1 mol CO反应生成CO2和NO中，CO和NO的浓度随时间变化的示意图。回答下列问题：
①从反应开始到t1时刻，用NO2浓度变化表示平均反应速率v(NO2)= 。
②此温度下该反应的平衡常数K= 。
【答案】（1）不；C；＜
（2） mol L-1 min-1；9
【知识点】化学反应速率；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①对于反应前后体积不变的化学反应，压强变化不会引起化学平衡的移动；
②根据等效平衡，把物质都换算成方程式一边的物质，且和初始加入的入2mol A和1mol B相等即可。
A、4molA+2molB 与初始A、B浓度不同，A不符合题意；
B、3molC换算成A、B，A、B的物质的量分别为2mol、1mol，因此容器中4molA+2molB 与初始A、B浓度不同，B不符合题意；
C、D是固体，量的多少不会引起化学平衡的移动，3molC换算成A、B，A、B浓度分别为2mol、1mol，与初始浓度相同，C符合题意；
③达平衡后若升高温度，B的浓度增加，表明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，△H<0；
（2）①由图可知，t1min到达平衡，平衡时NO的浓度变化量为1.5mol/L，故v(NO) = = mol L-1 min-1，速率之比等于化学计量数之比，故v(NO2)=v(NO)= mol L-1 min-1；
②CO的起始浓度为2mol/L，二氧化氮与NO的起始物质的量相等，故NO2的起始浓度为2mol/L，平衡时NO的浓度变化量为1.5mol/L，则：
NO2(g)+ CO(g) CO2(g)+ NO(g)
起始（mol/L） 2 2 0 0
转化（mol/L） 1.5 1.5 1.5 1.5
平衡（mol/L） 0.5 0.5 1.5 1.5
故该温度下平衡常数k= =9；
故答案为：（1）①不；②C；③＜；（2）①mol L-1 min-1；②9。
【分析】（1）①压强对化学平衡移动的影响，应考虑反应前后，气体分子数是否发生改变；
②根据等效平衡进行计算；
③由温度对平衡移动的影响，判断反应的热效应；
（2）①根据反应速率的计算公式进行计算；
②根据三段式计算平衡常数；
三、实验题
21．（2018高二下·湖南开学考）
（1） I.已知：Na2S2O3 + H2 SO4=Na2SO4 + SO2↑+S↓+H2O，某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：
实验序号 反应温度/℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O
V/mL c/(mol/L) V/mL c/(mol/L) V/mL
① 20 10.0 0.10 10.0 0.50 0
② 40 V1
0.10 V2
0.50 V3
③ 20 V4
0.10 4.0 0.50 V5
①该实验①、②可探究温度对反应速率的影响，因此V1= ，V2 = ，V3= ；
（2）②若V4=10.0，V5=6.0，则实验①、③可探究 对反应速率的影响。
（3）Ⅱ.利用反应：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI可定量测定硫代硫酸钠(Mr=158)的纯度，现在称取wg硫代硫酸钠固体样品，配成250 mL的溶液，取25.00 mL置于锥形瓶中，加入指示剂，用a mol/L的碘水滴定，消耗碘水b mL，则：
①滴定应选择的指示剂是 ，滴定终点的现象为 。
②对于该滴定实验的有关操作或误差分析正确的是 。
A．滴定前，要用对应装入的溶液润洗滴定管和锥形瓶
B．滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，会使所测得的结果偏大
C．滴定开始时滴定管尖嘴有气泡，滴定结束后气泡消失，测得纯度将偏小
D．滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，则所测得的纯度将会偏小
③样品中硫代硫酸钠纯度的表达式为 。
【答案】（1）10.0；10.0；0
（2）浓度
（3）淀粉；溶液刚好出现蓝色，且半分钟不褪去；BD； ×100%
【知识点】化学反应速率的影响因素；中和滴定；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】I.①实验①、②的温度不同，故可探究温度对反应速率的影响；而要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致：即加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V1=10.0mL，加入的硫酸的量相同，故V2=10.0mL，加入水的体积相等，故V3=0；
②实验①、③加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V4=10.0mL，溶液总体积也须相同，故加入的水的体积V5=6.0mL，加入的硫酸的量不同，故可探究浓度对反应速率的影响；
Ⅱ.①淀粉遇到单质碘变蓝色，滴定前可以选择淀粉做指示剂，滴定终点的现象为溶液刚好出现蓝色，且半分钟不褪去；
②A、滴定前，对锥形瓶进行润洗，待测液的物质的量偏大，造成V(标准)偏大，根据c(待测)= 分析，c(待测)偏高；
B、滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，造成V(标准)偏大，根据c(待测)= 分析，c(待测)偏高；
C、滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)= 分析，c(待测)偏高，待测液的物质的量偏大，则所测得的纯度将会偏大；
D、滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)= 分析，
c(待测)偏低，待测液的物质的量偏低，则所测得的纯度将会偏小；
③根据I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，n(I2)=amol/L×b×10-3L，知消耗的Na2S2O3的物质的量=2n(I2)=2amol/L×b×10-3L，根据现称取Wg硫代硫酸钠固体样品配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，则被滴定的硫代硫酸钠质量为 Wg，故样品中硫代硫酸钠纯度的表达式为 ×100%= ×100%；
故答案为：I.①10.0；0；②浓度；Ⅱ.①淀粉；溶液刚好出现蓝色，且半分钟不褪去；②BD；③
【分析】本题是对化学反应速率、中和滴定、化学计算的综合考查。对此类综合度较高的试题的解答，应充分结合所学知识进行分析。滴定过程中，滴定终点的判断，应体现半分钟内不褪色。
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