高中化学选择性必修1第三章素养测评

PAGEPAGE8第三章素养测评时间：90分钟满分：100分一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1．下列与化学有关的文献，理解正确的是(C)A．《石灰吟》中“……烈火焚烧若等闲……要留清白在人间”，其中“清白”指氢氧化钙B．《咏煤炭》中“凿开混沌得乌金……不辞辛苦出山林”，其中“乌金”的主要成分是木炭C．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”，其中的“碱”是一种盐溶液D．《天工开物》中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质……”文中的“丝”“麻”“裘”主要成分均属于多糖解析《石灰吟》中描述的是碳酸钙受热分解，即CaCO3eq\o(=,\s\up15(高温))CaO＋CO2↑，“清白”指的是CaO，故A错误；《咏煤炭》描述的是煤炭的开采，其中“乌金”的主要成分是煤炭，故B错误；烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣，其中“碱”是碳酸钾，K2CO3为盐，故C正确；丝、裘主要成分是蛋白质，麻的主要成分是纤维素，故D错误。2．下列关于酸性溶液的叙述中正确的是(A)A．可能是盐的水溶液B．一定是酸的水溶液C．溶液中c(H＋)<c(OH－)D．不含有OH－的溶液解析可能是酸式盐的水溶液，如硫酸氢钠溶液，A正确；不一定是酸的水溶液，也可能是酸式盐的溶液，B不正确；溶液中c(H＋)＞c(OH－)，C不正确；任何水溶液中都含有OH－，D不正确。3．25℃时，关于pH＝2的盐酸，下列说法不正确的是(D)A．溶液中c(H＋)＝1.0×10－2mol/LB．加水稀释100倍后，溶液的pH＝4C．加入等体积pH＝12的氨水，溶液呈碱性D．此溶液中由水电离出的c(OH－)＝1.0×10－2mol/L解析根据pH＝－lgc(H＋)，其中c(H＋)表示溶液中c(H＋)，即常温下，pH＝2的盐酸溶液中c(H＋)＝1.0×10－2mol·L－1，故A说法正确；稀释前后溶质的物质的量不变，假设稀释前溶液的体积为1L，稀释100倍后，溶液中c(H＋)＝eq\f(1L×10－2mol/L,100L)＝1×10－4mol·L－1，即pH＝4，故B说法正确；NH3·H2O为弱碱，因此pH＝12的氨水中c(NH3·H2O)大于pH＝2的盐酸中c(HCl)，等体积混合后，NH3·H2O过量，混合后溶液显碱性，故C说法正确；酸溶液中OH－全部来自水电离，根据水的离子积，pH＝2的盐酸中c(OH－)＝eq\f(Kw,cH＋)＝eq\f(10－14,10－2)＝10－12mol·L－1，故D说法错误。4．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(A)A.eq\f(Kw,cOH－)＝1×10－12的溶液：Na＋、K＋、ClO－、COeq\o\al(2－,3)B．滴入酚酞变红色的溶液：K＋、Ca2＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)C．能溶解Al(OH)3的溶液：K＋、NHeq\o\al(＋,4)、NOeq\o\al(－,3)、CH3COO－D．0.1mol/LFe(NO3)2溶液：H＋、Cu2＋、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－解析已知eq\f(Kw,cOH－)＝eq\f(cH＋cOH－,cOH－)＝c(H＋)＝1×10－12，溶液pH＝12，显碱性，Na＋、K＋、ClO－、COeq\o\al(2－,3)离子组碱性条件下彼此间不发生离子反应，能大量共存，故A正确；滴入酚酞变红色的溶液显碱性，而HCOeq\o\al(－,3)在碱性溶液中不能大量共存，Ca2＋和COeq\o\al(2＋,3)发生离子反应生成CaCO3沉淀而不能大量共存，故B错误；能溶解Al(OH)3的溶液可能显碱性，也可能是为酸性，NHeq\o\al(＋,4)在碱性溶液中不能大量共存，而CH3COO－在酸性溶液中不能大量共存，故C错误；Fe2＋在酸性条件下能被NOeq\o\al(－,3)氧化，则0.1mol/LFe(NO3)2溶液中不可能大量存在H＋，故D错误。5．关于小苏打水溶液的表述正确的是(D)A．存在的电离平衡为HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)C．HCOeq\o\al(－,3)的电离程度大于HCOeq\o\al(－,3)的水解程度D．c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)解析HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－为碳酸氢根离子水解方程式，其电离方程式为HCOeq\o\al(－,3)COeq\o\al(2－,3)＋H＋，故A错误；溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，故B错误；碳酸氢钠溶液呈碱性，说明HCOeq\o\al(－,3)的电离程度小于HCOeq\o\al(－,3)的水解程度，故C错误；溶液中存在元素质量守恒，根据元素质量守恒得c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)，故D正确。6．下列情况会使所配溶液浓度偏低或其他测量值偏低的是(B)①用稀醋酸和稀氢氧化钠溶液反应测定中和热数值；②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤；③用滴定管量取一定体积液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积；④在用标准液(已知浓度)滴定未知浓度的溶液时，盛标准液的滴定管水洗后未润洗；⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线A．①③⑤ B．①②⑤C．②③④ D．③④⑤解析醋酸为弱电解质，其电离过程为吸热过程，因此稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应测定的中和热数值偏小，故①符合题意；溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，造成容量瓶中溶质的物质的量减少，即物质的量浓度偏低，故②符合题意；用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积偏大，故③不符合题意；未用标准液润洗滴定管，标准液的浓度降低，消耗标准液的体积增大，即测的未知液的浓度将偏大，故④不符合题意；定容时，仰视容量瓶的刻度线，所得溶液体积偏大，浓度偏小，故⑤符合题意；综上所述，偏低的是①②⑤，故B正确。7．常温下，向20mLxmol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入等物质的量浓度的NaOH溶液，混合液的pH随NaOH溶液的体积(V)的变化关系如图所示(忽略温度变化)。下列说法中不正确的是(D)A．上述CH3COOH溶液中：c(H＋)＝1×10－3mol·L－1B．图中V1<20mLC．a点对应的溶液中：c(CH3COO－)＝c(Na＋)D．当加入NaOH溶液的体积为20mL时，溶液中：c(CH3COOH)＋c(H＋)＞c(OH－)解析由图像可知，加入NaOH溶液之前，醋酸溶液的pH＝3，说明溶液中c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，故A正确；若物质的量浓度都为xmol·L－1的CH3COOH与NaOH溶液等体积混合，则混合后恰好生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，若溶液呈中性，则加入NaOH溶液的体积V1＜20mL，故B正确；溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，a点时溶液的pH＝7，则c(OH－)＝c(H＋)，所以c(CH3COO－)＝c(Na＋)，故C正确；当加入NaOH溶液的体积为20mL时，恰好反应生成CH3COONa，溶液中存在元素质量守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)，存在电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，可知联式可得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，故D错误。8．关于下列图像说法正确的是(D)A．①表示化学反应2NO2(g)＋O3(g)=N2O5(g)＋O2(g)ΔH>0B．②表示25℃时，用0.1mol/LCH3COOH溶液滴定20mL0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化C．③表示10mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液与过量的0.1mol/LH2C2O4溶液混合时，n(Mn2＋)随时间的变化D．④可表示向稀硫酸溶液中滴加氢氧化钡溶液，溶液导电性随氢氧化钡物质的量的变化解析反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量，反应物转化为生成物时就放出能量，故2NO2(g)＋O3(g)=N2O5(g)＋O2(g)ΔH<0，故A错误；c(酸)＝20mL时，生成物为醋酸钠，其水溶液呈碱性，故B错误；反应生成的Mn2＋对该反应有催化作用，所以曲线斜率有突变，故C错误；氢氧化钡和稀硫酸反应后生成了不溶于水的硫酸钡和水，导电性降低，所以往稀硫酸中滴加氢氧化钡溶液，会使溶液中的导电离子逐渐减少，继续滴加氢氧化钡溶液至过量，溶液中的离子浓度又逐渐增大，所以溶液的导电性又逐渐增强，故选D。9．将pH＝2和pH＝5的稀盐酸等体积混合，混合后溶液的pH约为(lg2＝0.3)(D)A．7 B．4.7C．3.5 D．2.3解析将pH＝2和pH＝5的稀盐酸中的c(H＋)分别为0.01mol/L和0.00001mol/L，两者等体积混合后，忽略溶液因体积混合所发生的微小变化，溶液体积变为原来的2倍。由于两溶液中的c(H＋)相差很大，0.00001mol/L的盐酸中的H＋可忽略不计，故混合后溶液的c(H＋)约为0.005mol/L，pH＝－lg0.005，约为2.3，故选D。10．下列物质在水溶液中的电离方程式，正确的是(A)A．CH3COOHH＋＋CH3COO－B．KClO3=K＋＋Cl－＋3O2－C．H2CO32H＋＋COeq\o\al(2－,3)D．NaHSO4=Na＋＋HSOeq\o\al(－,4)解析醋酸为弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和醋酸根离子，电离方程式为CH3COOHH＋＋CH3COO－，故A正确；KClO3为强电解质，在溶液中电离出钾离子和氯酸根离子，电离方程式为KClO3=K＋＋ClOeq\o\al(－,3)，故B错误；碳酸为二元弱酸，在溶液中分步电离，电离方程式为H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)，故C错误；硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)，故D错误。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．向20mL0.5mol·L－1硫酸溶液中逐滴加入烧碱溶液，测定混合溶液的温度变化如图所示。下列关于混合溶液的说法错误的是(BC)A．b点之前温度升高是因为发生了放热反应B．bc段温度降低是因为发生了吸热反应C．c(NaOH)＝0.5mol·L－1D．b点时酸碱恰好反应完全解析由分析可知，温度最高点(b)是酸碱恰好完全反应的点，b点之前发生酸碱中和反应，是放热反应，温度升高，故A正确；由分析可知，温度最高点(b)是酸碱恰好完全反应的点，bc段温度降低是因为又加入NaOH溶液，故B错误；由化学方程式H2SO4＋2NaOH=Na2SO4＋2H2O且b点时酸碱恰好反应完全可知，n(NaOH)＝2n(H2SO4)，即c(NaOH)×V(NaOH)＝2c(H2SO4)×V(H2SO4)，代入数据计算c(NaOH)＝1mol·L－1，故C错误；温度最高点(b)是酸碱恰好完全反应的点，故D正确。12．下列表述中，与盐类水解有关的是(B)①明矾和FeCl3可作净水剂；②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸；③AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Al2O3；④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂；⑤实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞；⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂；⑦草木灰与铵态氮肥不能混合施用A．①②③⑤⑥⑦ B．①②③④⑥⑦C．①③⑤⑥⑦ D．全有关解析铝离子和铁离子水解生成胶体，能吸附水中悬浮杂质，起到净水的作用，故①有关；铁离子水解显酸性，加入盐酸抑制铁离子的水解，故②有关；蒸干氯化铝溶液促进铝离子的水解，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝，Al(OH)3在灼烧的条件下，发生分解得到Al2O3，故③有关；铵根离子、锌离子水解显酸性，可与铁锈反应，能起到除锈的作用，故④有关；氢氧化钠溶液和玻璃中的二氧化硅反应，生成硅酸钠是矿物胶黏结瓶口和瓶塞，与水解无关，故⑤无关；碳酸氢根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，二者水解相互促进生成二氧化碳和氢氧化铝，故⑥有关；草木灰是碳酸钾，水解显碱性，铵盐水解显酸性，混合后水解会相互促进生成二氧化碳和氨气，减弱肥效，故⑦有关。13．已知室温时，CH3COOH的电离常数为1.75×10－5，NH3·H2O的电离常数为1.75×10－5。0.1mol·L－1的下列溶液：①CH3COONa、②NH4Cl、③CH3COONH4、④(NH4)2SO4，pH由小到大排列正确的是(D)A．①<②<④<③ B．①<③<②<④C．①<②<③<④ D．④<②<③<①解析①CH3COONa是强碱弱酸盐，溶液显碱性，pH>7;②NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液显酸性，pH<7；③由于CH3COOH与NH3·H2O的电离平衡常数相等，所以CH3COONH4溶液呈中性，pH＝7。④(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，溶液显酸性，pH<7；由于NH4Cl溶液(NH4)2SO4溶液物质的量浓度相等，铵根离子浓度(NH4)2SO4溶液离子浓度大，故其酸性强，pH小；由以上分析可以得出pH由小到大排列④<②<③<①，故选D。14．用0.50mol·L－1NaOH标准液10.00mL，将未知浓度的盐酸20.00mL恰好滴定至终点，下列说法正确的是(AD)A．若滴定完毕，滴定管尖嘴悬有一滴液体，则所测的盐酸浓度偏大B．用量筒量取上述盐酸C．若选用酚酞作指示剂，终点时，液体恰好褪色D．盐酸的浓度为0.25mol·L－1解析滴定管尖嘴悬有一滴液体，导致消耗的V(NaOH)偏大，由c(盐酸)＝eq\f(cNaOHVNaOH,V盐酸)可知，所测的盐酸浓度偏大，故A正确；盐酸体积20.00mL，而量筒的感量为0.1mL，不能使用量筒，可选滴定管或移液管量取，故B错误；NaOH滴定盐酸，选用酚酞作指示剂，终点时，溶液由无色变为浅红色，且30s不变色，故C错误；用0.50mol·L－1NaOH标准液10.00mL，滴定未知浓度的盐酸20.00mL，则c(盐酸)＝eq\f(cNaOHVNaOH,V盐酸)＝eq\f(0.01L×0.50mol/L,0.02L)＝0.25mol/L，故D正确。15．25℃时，下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是(A)A．0.1mol/LNaHCO3溶液中，c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)－c(COeq\o\al(2－,3))B．0.1mol/LNaHC2O4溶液呈酸性，c(Na＋)＞c(HC2Oeq\o\al(－,4))＞c(H2C2O4)＞c(C2Oeq\o\al(2－,4))C．20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合到酸性溶液，c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)D．向0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性，c(Na＋)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(OH－)＝c(H＋)解析根据质子守恒，0.1mol/LNaHCO3溶液中，c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)－c(COeq\o\al(2－,3))，故A正确；0.1mol/LNaHC2O4溶液呈酸性，说明HC2Oeq\o\al(－,4)电离大于水解，c(Na＋)＞c(HC2Oeq\o\al(－,4))＞c(C2Oeq\o\al(2－,4))＞c(H2C2O4)，故B错误；20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合到酸性溶液，根据元素质量守恒c(Na＋)＝2c(Cl－)，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)，带入得c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)，故C错误；NH4HSO4中滴加NaOH溶液，若二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的(NH4)2SO4和Na2SO4，溶液呈酸性，需要再滴加少许NaOH呈中性，c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，故溶液中离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(OH－)＝c(H＋)，故D错误。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．(12分)Ⅰ.(1)硫酸铜晶体的溶解度虽大，但溶解过程较慢，实验室常用热水配制以加快溶解速率，但常常会产生浑浊，请用文字简要说明原因：Cu2＋水解产生Cu(OH)2变浑浊，加热促进水解，用热水配制出澄清的较浓的CuSO4溶液时应再加入少量H2SO4。(2)稀Na2S溶液有一种腐卵气味，加入AlCl3溶液后，腐卵气味加剧，用离子方程式表示气味加剧过程所发生的化学反应2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑。(3)下列物质水溶液经加热浓缩、蒸干灼烧后能得到原溶质物质的是②⑧。①NH4HCO3；②CaCl2；③AlCl3；④Cu(NO3)2；⑤FeCl2；⑥K2SO3；⑦KMnO4；⑧KAl(SO4)2Ⅱ.依据氧化还原反应：MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，欲采用滴定的方法测定FeSO4的质量分数，实验步骤如下：①称量绿矾样品，配成100mL待测溶液；②取一定体积待测液置于锥形瓶中，并加入一定量的硫酸；③将标准浓度的KMnO4溶液装入滴定管中，调节液面至amL处；④滴定待测液至滴定终点时，滴定管的液面读数bmL；⑤重复滴定2～3次。(1)如何确定滴定到达终点？现象是当最后一滴滴入时，溶液变为紫红色且30s内不恢复原色。(2)下列操作会导致测定结果偏低的是C。A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失(3)下列每种量器的数量不限，在上述实验中必须使用的仪器ABD。A．托盘天平 B．酸式滴定管C．碱式滴定管 D．胶头滴管解析Ⅰ.(1)因Cu2＋水解产生Cu(OH)2，该反应是吸热反应，加热促进水解，故产生浑浊；硫酸浓度增大，平衡逆向移动，能得到澄清的较浓的CuSO4溶液。(2)铝离子能与硫离子发生双水解生成氢氧化铝和硫化氢，反应的离子方程式为：2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑。(3)NH4HCO3受热分解，得不到原溶质，故①不符合；CaCl2水溶液经加热浓缩、蒸干灼烧后能得到原溶质物质，故②符合；AlCl3溶液水解生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢受热易挥发，促进水解得到氢氧化铝，得不到原溶质，故③不符合；Cu(NO3)2溶液中铜离子水解生成氢氧化铜和硝酸，硝酸是易挥发性酸，加热蒸干至质量不再减少为止，蒸干灼烧后能得到氧化铜，故④不符合；FeCl2具有还原性加热易被氧化为三价铁，而FeCl3溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢挥发促进水解得到氢氧化铁，得不到原溶质，故⑤不符合；K2SO3，蒸干灼烧后被氧化为硫酸钾，故⑥不符合；KMnO4加热到质量不变分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，得不到原溶质，故⑦不符合；KAl(SO4)2水溶液经加热浓缩、蒸干灼烧后能得到原溶质物质，故⑧符合。Ⅱ.(1)高锰酸钾本身呈紫色，无须指示剂，滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不恢复原色，否则不可以判断达到终点。(2)盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定，标准液浓度减小，所需V(标准)增大，根据c(待测)＝[c(标准)×V(标准)]/V(待测)，判断可知c(待测)偏大，故A错误；锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗，所需V(标准)不变，根据c(待测)＝[c(标准)×V(标准)]/V(待测)，判断可知c(待测)不变，故B错误；读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视，所需V(标准)偏小，根据c(待测)＝[c(标准)×V(标准)]/V(待测)，判断可知c(待测)偏小，故C正确；滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，所需V(标准)偏大，根据c(待测)＝[c(标准)×V(标准)]/V(待测)，判断可知c(待测)偏大，故D错误；故选C。(3)配制100mL待测溶液需要的仪器有：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；滴定所需要的仪器有：酸式滴定管、锥形瓶、铁架台等，故选ABD。17．(12分)已知：25℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等。(1)25℃时，取10mL0.1mol·L－1醋酸溶液测得其pH＝3。①将上述(1)溶液加水稀释至1000mL，溶液pH数值范围为3＜pH＜5，溶液中c(CH3COO－)/[c(CH3COOH)·c(OH－)]不变(填“增大”“减小”“不变”或“不能确定”)。②25℃时，0.1mol·L－1氨水(NH3·H2O溶液)的pH＝11。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH。③氨水(NH3·H2O溶液)电离平衡常数表达式Kb＝c(NHeq\o\al(＋,4))·c(OH－)/c(NH3·H2O)，25℃时，氨水电离平衡常数约为10－5。(2)25℃时，现向10mL0.1mol·L－1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中c(NHeq\o\al(＋,4))/c(NH3·H2O)b(填序号)。a．始终减小 b.始终增大c．先减小再增大d．先增大后减小解析(1)25℃时，取10mL0.1mol·L－1醋酸溶液测得其pH＝3。①将上述(1)溶液加水稀释至1000mL，若是10mLpH＝3的盐酸加水稀释至1000mL，pH将增大到5，由于稀释过程中醋酸的电离度变大，故溶液pH数值范围为3～5之间，溶液中eq\f(cCH3COO－,[cCH3COOH×cOH－])＝eq\f(cCH3COO－×cH＋,[cCH3COOH×cOH－×cH＋])＝eq\f(Ka,Kw)，温度不变，该值不变，故不变。②因为25℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，故25℃时，0.1mol·L－1氨水(NH3·H2O溶液)的pH＝14－3＝11。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为：取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH。③氨水(NH3·H2O溶液)电离平衡常数表达式Kb＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)，25℃时，0.1mol·L－1氨水(NH3·H2O溶液)的pH＝11，则氨水电离平衡常数约为eq\f(10－3×10－3,0.1)＝10－5。(2)25℃时，现向10mL0.1mol·L－1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中Kb＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)不变，但是溶液中c(OH－)减小，则c(NHeq\o\al(＋,4))/c(NH3·H2O)变大，选b。18．(12分)现有常温下的六份溶液：①0.01mol/LCH3COOH溶液；②0.01mol/LHCl溶液；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液；⑤0.01mol/LCH3COOH溶液与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液；⑥0.01mol/LHCl溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。(1)其中水的电离程度最大的是⑥(选填序号，下同)，水的电离程度相同的是②③④。(2)若将②、③混合后所得溶液pH＝7，则消耗溶液的体积：②＞③(填“＞”“＜”或“＝”，下同)；若将②、③溶液等体积混合后，所得溶液pH＞7。(3)若将①、④溶液按体积比为2∶1混合后，所得溶液pH＜7(填“＞”“＜”或“＝”)此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)；将①、④混合，若有c(CH3COO－)＞c(H＋)，则混合液可能呈ABC(填序号)。A．酸性B.碱性C．中性解析(1)水属于弱电解质，存在电离平衡H2OH＋＋OH－，根据电离出的离子可知酸或碱是抑制水的电离，而盐类的水解则是促进水的电离。pH＝12的氨水，说明氨水的浓度大于0.01mol/L，所以⑤中氨水是过量的，水的电离被抑制。在⑥中二者恰好反应生成氯化钠，氯化钠是不能发生水解的，所以在该溶液中水的电离没有被抑制，而在①②③④⑤中均是抑制水的电离的。因为②③④溶液中H＋浓度或OH－的浓度均是0.01mol·L－1，所以对水的电离抑制程度是相同的；故其中水的电离程度最大的是⑥，水的电离程度相同的是②③④。(2)pH＝12的氨水，说明氨水的浓度大于0.01mol/L，所以②③等体积混合后氨水过量，溶液显碱性，要使溶液显中性，盐酸的体积必须大于氨水的体积；②0.01mol/LHCl溶液中pH＝2，③pH＝12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L，等体积混合，充分反应后氨水过量，溶液呈碱性，pH＞7；(3)若将①0.01mol/LCH3COOH溶液、④pH＝12的NaOH溶液按体积比为2∶1混合后，所得溶液为醋酸和醋酸钠按1∶1形成的溶液，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解，则c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，溶液显酸性c(H＋)＞c(OH－)，故pH＜7；此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)；①④混合后，根据电荷守恒可知c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，若c(CH3COO－)＞c(H＋)，则c(Na＋)＞c(OH－)。但c(H＋)和c(OH－)的大小关系无法确定，所以该溶液可能显酸性、碱性或中性。19．(12分)25℃时，取0.lmol·L－1HA溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化不计)，测得混合溶液的pH＝9。试回答以下问题：(1)混合溶液的pH＝9的原因A－＋H2OHA＋OH－(用离子方程式表示)。(2)混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝10－5mol·L－1,0.1mol·L－1NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)＝10－13mol·L－1。(3)0.lmol·L－1HA溶液与0.05mol·L－1NaOH溶液等体积混合后，pH＝8，则①所得混合液中c(HA)、c(A－)、c(Na＋)、c(OH－)、c(H＋)浓度从大到小的顺序为：c(HA)>c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)。②c(HA)＋c(A－)＝0.05mol·L－1，c(HA)－c(A－)＝2×(10－6－10－8)(或1.98×10－6)mol·L－1。(4)25℃时，已知NH4A溶液为中性，将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH>7(填“＞”“＜”或“＝”)。(5)相同温度下相同物质的量浓度的下列四种盐溶液，pH由大到小的顺序A>C>D>B(填字母)。A．NH4HCO3 B．NH4HSO4C．NH4A D．NH4Cl解析(1)NaA为强碱弱酸盐，A－在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，水解的离子方程式为A－＋H2OHA＋OH－；(2)NaA为强碱弱酸盐，A－在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，pH＝9溶的液中c(OH－)＝10－5mol/L，则溶液中由水电离出的c(OH－)＝10－5mol/L；0.1mol·L－1NaOH溶液中c(OH－)＝0.1mol/L，氢氧化钠是强碱，抑制水的电离，则0.1mol·L－1NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)＝10－13mol/L；(3)①0.1mol·L－1HA溶液与0.05mol·L－1NaOH溶液等体积混合得到等浓度的HA和NaA混合液，溶液pH＝8说明HA的电离小于NaA的水解，则混合液中c(HA)、c(A－)、c(Na＋)、c(OH－)、c(H＋)浓度从大到小的顺序为c(HA)>c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)；②混合后溶液中c(Na＋)＝eq\f(0.05V,2V)mol/L＝0.025mol/L，由溶液中存在元素质量守恒可得c(HA)＋c(A－)＝2c(Na＋)＝2×0.025mol/L＝0.05mol/L；溶液中存在电荷守恒关系c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(A－)，与元素质量守恒关系整合可得c(HA)－c(A－)＝2c(OH－)－2c(H＋)＝2×(10－6－10－8)mol/L；(4)HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性比碳酸的强，NH4A溶液为中性，说明相同条件下，NH3·H2O和HA的电离常数相同，则(NH4)2CO3中铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，溶液的pH＞7；(5)NH4HSO4是强酸酸式盐，在溶液中电离，溶液呈酸性；NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子中水解，使溶液呈酸性，氯化铵溶液的pH值大于硫酸氢铵溶液；NH4A溶液中阴阳离子的水解程度相等，溶液呈中性，溶液的pH值大于氯化铵溶液；NH4HCO3溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，溶液呈碱性，则相同温度下相同物质的量浓度的下列四种盐溶液，pH由大到小的顺序A>C>D>B。20．(12分)目前高铁酸钠(Na2FeO4)被广泛应用于水的处理，具有高效、无毒的优点。某地海水样品经Na2FeO4处理后，所含离子及其浓度见下表(H＋和OH－浓度小，未列出)：离子SOeq\o\al(2－,4)Mg2＋Fe3＋Na＋Cl－浓度/(mol·L－1)a0.050.100.500.56常温下，取一定量经Na2FeO4处理过的海水为原料制备精制食盐水和MgCl2·7H2O，过程如下：注：离子的浓度小于1.0×10－5mol·L－1，可认为该离子不存在；Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38，Ksp[Mg(OH)2]＝5.0×10－12；操作过程中溶液体积的变化忽略不计。(1)根据表中列出的离子浓度计算a＝0.17。沉淀A是Fe(OH)3(填化学式)。(2)在调节溶液pH时，理论上应调节的pH范围是3<pH<9；加入的过量试剂X为Ba(OH)2(填化学式)。(3)加入过量HCl的作用为使Mg(OH)2全部转化为MgCl2；抑制Mg2＋水解。解析(1)H＋和OH－浓度小，可以忽略，根据表中离子浓度大小，利用电荷守恒可知：2c(SOeq\o\al(2－,4))＋c(Cl－)＝2c(Mg2＋)＋3c(Fe3＋)＋c(Na＋)，即2a＋0.56＝2×0.05＋3×0.1＋0.5，则a＝0.17；由工艺流程图可知，处理的海水调节pH值，目的是Fe3＋将转化为Fe(OH)3，除去溶液中的Fe3＋，故沉淀A的组成为Fe(OH)3。(2)Mg2＋开始沉淀时c(OH－)＝10－5mol/L，pH值为9，Fe3＋完全沉淀时c(OH－)＝10－11mol/L，pH值为3，在调节溶液pH时，应当使3<pH<9；由工艺流程图可知，加入的过量试剂X目的是使滤液A中的SOeq\o\al(2－,4)转化为沉淀，Mg2＋转化为Mg(OH)2，用钡离子沉淀SOeq\o\al(2－,4)，氢氧根沉淀Mg2＋，故试剂X为Ba(OH)2。(3)由工艺流程图可知，加入过量盐酸使Mg(OH)2全部溶解转化为MgCl2，在加热浓缩滤液C时Mg2＋水解，过量的盐酸抑制Mg2＋水解。综合检测卷一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列过程中能量的转化与图示吻合的是()A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应B．C与CO2(g)反应C．酸碱中和反应D．断开H2中的H—H键【答案】C【解析】由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应。Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，A错误；C与CO2(g)共热生成一氧化碳的反应为吸热反应，B错误；断开H2中的H—H键是一个吸热过程，D错误。2．一定条件下反应2SO2(g)＋O2(g)eq\o(,\s\up7(催化剂))2SO3(g)在恒容密闭容器中进行，从反应开始至10s时，O2的浓度减少了0.6mol·L－1，则0～10s内平均反应速率为()A．v(O2)＝0.3mol·L－1·s－1B．v(O2)＝0.06mol·L－1·s－1C．v(SO2)＝0.06mol·L－1·s－1D．v(SO3)＝0.06mol·L－1·s－1【答案】B3．已知热化学方程式：①H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(g)ΔH＝－241.8kJ/mol②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ/mol③H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ/mol④2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ/mol则H2的标准燃烧热为()A．241.8kJ/mol B．483.6kJ/molC．285.8kJ/mol D．571.6kJ/mol【答案】C4．一定条件下，恒容密闭容器中发生可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。下列说法正确的是()A．N2和H2可完全转化为NH3B．平衡时，正、逆反应速率相等C．充入NH3，正、逆反应速率都降低D．平衡时，N2、H2和NH3的浓度一定相等【答案】B5．如图，向溶液a中加入溶液b，灯泡亮度不会出现“亮—灭(或暗)—亮”变化的是()选项ABCD溶液aBa(OH)2Ba(OH)2CH3COOHCa(OH)2溶液bCuSO4H2SO4氨水NH4HCO3【答案】C【解析】向CH3COOH溶液中加入氨水，反应生成CH3COONH4和H2O，离子浓度逐渐增大，灯泡逐渐变亮，C符合题意。6．火星大气中含有大量CO2，一种有CO2参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时()A．负极上发生还原反应B．CO2在正极上得电子C．阳离子由正极移向负极D．将电能转化为化学能【答案】B7．常温下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是()A．Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Cu(OH)2]B．加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点C．c、d两点代表的溶液中c(H＋)与c(OH－)乘积相等D．Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和【答案】B【解析】b、c两点金属阳离子的浓度相等，设都为x，c(OH－)b＝10－12.7mol·L－1，c(OH－)c＝10－9.6mol·L－1，则Ksp[Fe(OH)3]＝x×(10－12.7)3，Ksp[Cu(OH)2]＝x×(10－9.6)2，故Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Cu(OH)2]，A正确；a点到b点溶液的酸性减弱，而NH4Cl溶于水后显酸性，B错误；只要温度一定，Kw就一定，C正确；溶度积曲线上的点代表的溶液都已饱和，D正确。8．将铁片和铜片贴在浸润过稀硫酸的滤纸两侧，用导线连接电流表，制成简易电池，装置如图。关于该电池的说法正确的是()A．铜片上有O2产生B．负极反应为Fe－2e－=Fe2＋C．铁电极附近溶液中的c(H＋)增大D．放电时电子流向：铜片→电流表→铁片【答案】B9．两人用同一瓶盐酸滴定同一瓶NaOH溶液。甲将锥形瓶用NaOH待测液润洗后，使用水洗过的碱式滴定管取碱液于锥形瓶中；乙则用甲用过的滴定管取碱液于刚用蒸馏水洗过且存有蒸馏水的锥形瓶中。若其他操作及读数均正确，你的判断是()A．甲操作有错B．乙操作有错C．甲测定数值一定比乙小D．乙实际测得值偏小【答案】A【解析】滴定管使用前需用待盛液润洗，而锥形瓶不应用碱液润洗。甲用过的滴定管对乙来说已润洗过。10．氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是()A．一定温度下，反应2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0B．氢氧燃料电池的负极反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－C．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH2，转移电子的数目为6.02×1023D．反应2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)的ΔH可通过下式估算：ΔH＝反应中形成新共价键的键能之和－反应中断裂旧共价键的键能之和【答案】A【解析】氢气与氧气反应生成水是可自发进行的放热的反应，ΔH<0，A正确；氢氧燃料电池的负极反应为氧化反应，应是氢气在负极放电，B错误；常温常压下，Vm大于22.4L·mol－1，C错误；反应2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)的ΔH＝反应中断裂旧共价键的键能之和－反应中形成新共价键的键能之和，D错误。11．一定条件下，用甲烷可以消除氮的氧化物(NOx)的污染。已知：①CH4(g)＋4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH1＝－574kJ·mol－1，②CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－1160kJ·mol－1。下列选项不正确的是()A．CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－867kJ·mol－1B．CH4(g)＋4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(l)ΔH3ΔH3<ΔH1C．若用0.2molCH4(g)还原NO2(g)至N2(g)，则反应中放出的热量一定为173.4kJD．若用标况下2.24LCH4还原NO2至N2，整个过程中转移电子的物质的量为0.8mol【答案】C【解析】由eq\f(①＋②,2)得出：CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝eq\f(－574－1160,2)kJ·mol－1＝－867kJ·mol－1，A正确；H2O(g)=H2O(l)ΔH<0，因此ΔH3<ΔH1，B正确；由反应生成的H2O的状态判断，如果是气态，则正确，若是液态，则大于173.4kJ，C错误；消耗1molCH4转移8mole－，标况下2.24LCH4为0.1mol，转移电子数为0.8mol，D正确。12．25℃时，重水(D2O)的离子积为1.6×10－15，也可用pH一样的定义来规定其酸碱度：pD＝－lgc(D＋)，下列有关pD的叙述正确的是()①中性D2O的pD＝7②在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，其pD＝12③1L0.01mol/L的DCl的重水溶液，pD＝2④在100mL0.25mol/LDCl的重水溶液中，加入50mL0.2mol/LNaOD的重水溶液，反应后溶液的pD＝1A．①② B．③④C．①③④ D．①②③④【答案】B【解析】由于重水的离子积常数为1.6×10－15，因此重水中c(D＋)＝4×10－8，对应的pD≈7.4，①错误；在0.01mol/LNaOD溶液中，c(OD－)＝0.01mol/L，根据重水的离子积常数，可推知c(D＋)＝1.6×10－13mol/L，pD不等于12，②错误；在0.01mol/L的DCl的重水溶液，c(D＋)＝0.01mol/L，因此pD＝2，③正确；根据中和反应量的关系，100mL0.25mol/LDCl和50mL0.2mol/LNaOD中和后溶液中有0.1mol/L的DCl过量，因此对应溶液的pD＝1，④正确。13．某温度下，发生反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1，N2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图所示。下列说法正确的是()A．将1molN2和3molH2置于1L密闭容器中发生反应，放出的热量为92.4kJB．平衡状态由A到B时，平衡常数K(A)<K(B)C．上述反应在达到平衡后，增大压强，H2的转化率增大D．升高温度，平衡常数K增大【答案】C14．常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是()A．在0.1mol·L－1H3PO4溶液中c(H3PO4)>c(H2POeq\o\al(－,4))>c(HPOeq\o\al(2－,4))>c(POeq\o\al(3－,4))B．在0.1mol·L－1Na2C2O4溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))C．在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＝0.1mol·L－1D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH＝9的溶液中c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)>c(H＋)【答案】A【解析】由于磷酸为多元酸，第一步电离>第二步电离>第三步电离，所以在0.1mol·L－1H3PO4溶液中，离子浓度大小为c(H3PO4)>c(H2POeq\o\al(－,4))>c(HPOeq\o\al(2－,4))>c(POeq\o\al(3－,4))，A正确；在0.1mol·L－1Na2C2O4溶液中，根据电荷守恒得到c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))，B错误；在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中，根据物料守恒得到c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1，C错误；氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH＝9的溶液，则c(OH－)>c(H＋)，根据电荷守恒c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)，则c(Cl－)<c(NHeq\o\al(＋,4))，D错误。15．Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如下图所示：下列关于活化历程的说法错误的是()A．决速步骤：中间体2→中间体3B．总反应为Ni＋C2H6→NiCH2＋CH4C．Ni－H键的形成有利于氢原子的迁移D．涉及非极性键的断裂和生成【答案】D16．某弱酸HA溶液中主要成分的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是()A．该酸－lgKa≈4.7B．NaA的水解平衡常数Kh＝eq\f(1,Ka)C．当该溶液的pH＝7.0时，c(HA)<c(A－)D．某c(HA)∶c(A－)＝4∶1的缓冲溶液，pH≈4【答案】B【解析】观察曲线的交点为c(HA)＝c(A－)时，此时溶液的pH≈4.7，该酸Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝c(H＋)≈10－4.7，故－lgKa≈4.7，A说法正确；NaA的水解平衡常数Kh＝eq\f(c（OH－）·c（HA）·c（H＋）,c（A－）·c（H＋）)＝eq\f(Kw,Ka)，B说法错误；根据图像可知，当该溶液的pH＝7.0时，c(HA)＜c(A－)，C说法正确；根据图像可知，α(HA)为0.8，α(A－)为0.2时，pH约为4，故某c(HA)∶c(A－)＝4∶1的缓冲溶液，pH≈4，D说法正确。二、非选择题：本大题共4小题，共56分。17．(10分)红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)，反应过程中的能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1mol产物的数据)。根据图像回答下列问题：(1)P(s)和Cl2(g)反应生成PCl3(g)的热化学方程式是___________________________________________________________________________________________________。(2)PCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)的热化学方程式是____________________________________________________________________________________________________。(3)P(s)和Cl2(g)分两步反应生成1molPCl5(g)的ΔH3＝______________，P(s)和Cl2(g)一步反应生成1molPCl5(g)的ΔH4________(填“大于”“小于”或“等于”)ΔH3。【答案】(1)eq\f(3,2)Cl2(g)＋P(s)=PCl3(g)ΔH＝－306kJ/mol(3分)(2)PCl5(g)=PCl3(g)＋Cl2(g)ΔH＝＋93kJ/mol(3分)(3)－399kJ/mol(2分)等于(2分)【解析】(3)根据盖斯定律可知由P(s)和Cl2(g)生成1molPCl5(g)的ΔH3＝ΔH1＋ΔH2＝－399kJ/mol，不管该反应是一步完成还是分几步完成，反应的热效应不变。18．(12分)Ⅰ.某温度下，在一个1L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，填写下列空白：(1)从开始至2min，X的平均反应速率为____________________。(2)该反应的化学方程式为________________________________。(3)1min时，正逆反应速率的大小关系为：v正________v逆，2min时，v正________v逆(填“>”“<”或“＝”)。(4)若X、Y、Z均为气体，在2min时，向容器中通入氩气，增大体系压强，X的化学反应速率将________，若加入适合的催化剂，Y的化学反应速率将________(填“变大”“不变”或“变小”)。(5)若X、Y、Z均为气体，下列能说明反应已达平衡的是________(填字母)。a．X、Y、Z三种气体的浓度相等b．气体混合物物质的量不再改变c．反应已经停止d．反应速率v(X)∶v(Y)＝2∶1e．(单位时间内消耗X的物质的量)∶(单位时间内消耗Z的物质的量)＝3∶2Ⅱ.(双选)在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是()A．反应2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)的ΔH>0B．图中P点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率C．图中Q点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率D．380℃下，c起始(O2)＝5.0×10－4mol·L－1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000【答案】Ⅰ.(1)0.15mol·L－1·min－1(2分)(2)3X＋Y2Z(2分)(3)>＝(4)不变变大(5)be(2分)Ⅱ.BD(2分)【解析】Ⅰ.(1)从开始至2min，v(X)＝eq\f(（1－0.7）mol,1L·2min)＝0.15mol·L－1·min－1。(2)从开始至2min，Y的物质的量减少了1.0mol－0.9mol＝0.1mol，Z增加了0.2mol，则根据变化量之比是相应的化学计量数之比可知该反应的化学方程式为3X＋Y2Z。(3)1min时反应没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，则正逆反应速率的大小关系为：v正＞v逆，2min时反应达到平衡状态，则v正＝v逆。(4)若X、Y、Z均为气体，在2min时，向容器中通入氩气，增大体系压强，由于物质的量浓度不变，则X的化学反应速率将不变；若加入适合的催化剂，Y的化学反应速率将变大。(5)X、Y、Z三种气体的浓度相等不能说明正逆反应速率相等，则不一定处于平衡状态，a错误；平衡时正逆反应速率相等，但不为0，反应没有停止，c错误；反应速率v(X)∶v(Y)＝2∶1不能说明反应处于平衡状态，d错误。Ⅱ.一开始升高温度，反应未达到平衡，正向反应程度大，所以NO转化率增大，250℃左右NO转化率达到最高点后开始降低，说明平衡后，升高温度导致平衡逆向移动，则该反应为放热反应，A错误；P点未达到平衡状态，此时反应正向进行程度大，所以延长反应时间，可以使NO转化率增大，B正确；Q点已达到平衡状态，增大O2浓度导致平衡正向移动，NO转化率增大，C错误；设NO起始物质的量浓度为amol·L－1，2NO＋O22NO2起始(mol·L－1):a5.0×10－40转化(mol·L－1)：0.5a0.25a0.5a平衡(mol·L－1)：0.5a5.0×10－4－0.25a0.5aK＝eq\f(c2（NO2）,c2（NO）·c（O2）)＝eq\f(1,5.0×10－4－0.25a)，当a＝0时，K＝2000，而NO起始物质的量不可能为0，则K>