高中化学选择性必修1综合测评2

PAGEPAGE10综合测评(二)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．化学与社会、生活密切相关。下列说法不正确的是(D)A．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去B．泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生剧烈双水解反应C．打开汽水瓶盖时有大量气泡冒出，可用勒夏特列原理解释D．明矾净水与自来水的杀菌消毒原理相同解析硫酸钙微溶，碳酸钙难溶，锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理转化为更难溶的CaCO3，CaCO3能溶于盐酸而除去，故A正确；泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，二者混合发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，故B正确；因在较大压强的作用下二氧化碳被压入汽水瓶中，打开汽水瓶，压强减小，溶解平衡向逆向移动，则二氧化碳逸出，即可用勒夏特列原理解释，故C正确；明矾中的铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，从而起到净水作用，但是明矾没有强氧化性不能杀菌消毒，故D错误。2．对反应A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)来说，下列反应速率最快的是(D)A．v(A)＝0.3mol·(L·s)－1B．v(B)＝0.6mol·(L·min)－1C．v(C)＝0.5mol·(L·min)－1D．v(D)＝0.01mol·(L·s)－1解析A项，因为A的状态是固态，浓度视为常数，不能表示化学反应速率；B项，v(D)＝v(B)/3＝0.2mol·(L·min)－1；C项，v(D)＝v(C)/2＝0.25mol·(L·min)－1；D项，v(D)＝0.01mol/(L·s)＝0.6mol·(L·min)－1。所以反应速率最快的选项为D。3．下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性的是(D)A．向水中加入少量的CH3COONaB．向水中加入少量的NaHSO4C．加热水至100℃，pH＝6D．向水中加少量的CuSO4解析使H2O的电离平衡向正方向移动，要促进水的电离，选择水解的盐，所得溶液呈酸性，为强酸弱碱盐。CH3COONa可以促进水的电离，但是溶液呈碱性，A项不符合题意；NaHSO4在溶液中会电离出H＋，抑制水的电离，B项不符合题意；加热可以促进水的电离，但是溶液仍为中性，C项不符合题意；向水中加少量的CuSO4，Cu2＋会水解促进水的电离，溶液呈酸性，D项符合题意。4．下列有关热化学方程式的叙述正确的是(A)A．已知S(g)＋O2(g)=SO2(g)ΔH1；S(s)＋O2(g)＝SO2(g)ΔH2，则ΔH1＜ΔH2B．已知甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－890.3kJ/molC．已知中和热为ΔH＝－57.3kJ/mol，则含0.5mol浓硫酸和足量稀NaOH溶液反应的放出57.3kJ的热量D．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定解析1molS(g)的能量大于1molS(s)的能量，故与O2(g)反应生成SO2(g)，S(g)放出的热量多，因为ΔH＜0，所以放出的热量越多，ΔH就越小，因此ΔH1＜ΔH2，故A正确；燃烧热是指在101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，水应为液态，故B错误；中和热是强酸强碱稀溶液中和反应生成1mol水放出的热量，而浓硫酸溶于水放热，则含0.5mol浓硫酸和足量稀NaOH溶液反应时放出的热量大于57.3kJ，故C错误；由热化学方程式可得，石墨转变为金刚石吸收能量，因为物质能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故D错误。5．已知Zn(s)＋H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)＋H2(g)ΔH<0；则下列叙述不正确的是(D)A．该反应的ΔH值与反应物用量无关B．该反应的化学能可以转化为电能C．反应物的总能量高于生成物的总能量D．该反应中反应物的化学键断裂放出能量，生成物的化学键形成吸收能量解析A项，焓变与反应物的用量无关，只与始态和终态有关，故说法正确；B项，该反应属于自发的氧化还原反应，可以设计成原电池，实现化学能与电能的转化，故说法正确；C项，该反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故说法正确；D项，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，故说法错误。6．恒温条件下，可逆反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志的是(A)①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③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A．①④⑥⑦ B．②③⑤⑦C．①③④⑤ D．全部解析①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2说明正、逆反应速率是相等，反应达到了平衡，故正确；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO均代表逆反应速率，未体现正、逆反应速率的相等关系，故错误；③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1任何状态都成立，不一定平衡，故错误；④混合气体的颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不随着时间的变化而变化，反应达到了平衡，故正确；⑤化学反应前后质量是守恒的，体积是不变化的，混合气体的密度任何状态都不改变，故错误；⑥该化学是一个气体体积减小的反应，混合气体的总压强不再改变，说明化学反应的正逆反应速率是相等的，达到了平衡，故正确；⑦该化学是一个气体体积减小的反应，由质量守恒定律可知，混合气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量变化，当达到了平衡状态，不再变化，故正确；①④⑥⑦正确，故选A。7．下列各表述与示意图一致的是(C)A．①反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04mol·L－1·min－1B．②N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，T1和T2表示温度，则：T1>T2C．③A(g)＋B(g)C(s)＋2D(g)ΔH>0，反应至15min时，改变的条件是降低温度D．④2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－746.8kJ·mol－1，当x表示温度时，y表示平衡常数K解析由图可知，反应从开始到平衡消耗B的物质的量为(0.4－0.2)mol，容器体积没有明确，无法计算B的浓度变化量，不能计算B的平均速率，故A错误；合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的体积分数减小，起始氢气物质的量相同时，由图可知，T1氨气的体积分数大于T2，则T2>T1，故B错误；该反应是一个气体体积不变的吸热反应，改变条件15min时A、B、D的瞬时浓度不变，15min后，反应物A、B的浓度增大，生成物D的浓度减小，平衡向逆反应方向移动，则改变的条件是降低温度，故C正确；平衡常数K是温度函数，温度改变，平衡常数一定改变，故D错误。8．恒温、恒压下，1molA和1molB在一个容积可变的容器中发生如下反应：A(g)＋2B(g)2C(g)。一段时间后达到平衡，生成amolC。下列说法不正确的是(D)A．起始时刻和达到平衡后容器中的压强比为1∶1B．物质A、B的转化率之比一定是1∶2C．若起始放入3molA和3molB，则达到平衡时生成3amolCD．当v正(A)＝v逆(B)时，可断定反应达到平衡解析根据题中条件，反应恒温、恒压下进行，所以起始时刻和达平衡后容器中的压强比为1∶1，A正确；A、B的起始量都是1mol，所以A、B的转化率之比等于参加反应的物质的物质的量之比，根据反应方程式可以知道，物质A、B的转化率之比一定是1∶2，B正确；在恒压下，放入3molA和3molB，与起始时1molA和1molB配比数相等，为等效平衡，则达平衡时生成3amolC，C正确；根据方程式可知若v正(A)＝v逆(B)时，正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故D错误。9．将0.2molAgNO3、0.4molCu(NO3)2和0.6molKCl溶于水配成100mL溶液，用惰性电极电解一段时间后，在一极上析出0.3molCu，此时，另一极上的气体体积(标准状况)为(B)A．4.48L B．5.6LC．6.7L D．7.8L解析三种物质溶于水时，AgNO3与KCl反应后溶液中含有0.2molKNO3、0.4molCu(NO3)2和0.4molKCl，当有0.3molCu生成时，先后发生反应：①Cu2＋＋2Cl－eq\o(=,\s\up15(电解))Cu＋Cl2↑；②2Cu2＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up15(电解))2Cu＋O2↑＋4H＋。在阳极上先后生成Cl2和O2。n(Cl2)＝1/2n(KCl)＝(1/2)×0.4mol＝0.2mol，根据电子守恒有：0.3mol×2＝0.2mol×2＋4n(O2)，解得n(O2)＝0.05mol，所以阳极共产生气体体积为：(0.2mol＋0.05mol)×22.4L·mol－1＝5.6L。10．25℃时，在氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)=Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。下列说法错误的是(C)A．若向Mg(OH)2浊液中加入少量NH4Cl(s)，c(Mg2＋)会增大B．若向Mg(OH)2浊液中滴加CuSO4溶液，沉淀将由白色逐渐变为蓝色C．若向Mg(OH)2浊液中加入适量蒸馏水，Ksp保持不变，故上述平衡不发生移动D．若向Mg(OH)2浊液中加入少量Na2CO3(s)，固体质量将增大解析向Mg(OH)2浊液中加入少量NH4Cl(s)，c(OH－)减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，c(Mg2＋)会增大，故A正确；向Mg(OH)2浊液中滴加CuSO4溶液，由于Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11＜Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，则沉淀将由白色氢氧化镁逐渐变为蓝色的氢氧化铜，故B正确；加入少量水，Ksp保持不变，c(Mg2＋)、c(OH－)减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，故C错误；向Mg(OH)2浊液中加入少量Na2CO3(s)，由于碳酸根水解成碱性，所以c(OH－)增大，平衡逆向移动，有固体析出，则固体质量将增大，故D正确。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．如图两个电解槽中，A、B、C、D均为石墨电极。若电解过程中共有0.02mol电子通过，正确的是(C)A．甲烧杯中A极上最多可析出铜0.64gB．甲烧杯中B极上电极反应式4OH－－4e－=2H2O＋O2↑C．乙烧杯中滴入酚酞试液，D极附近先变红D．乙烧杯中C极上电极反应式为4H＋＋4e－=2H2↑解析A极与电源正极相连，作阳极，电极反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，生成氧气，不能析出铜，A错误；甲烧杯中B电极是阴极，B极上电极反应式为：Cu2＋＋2e－=Cu，B错误；D极是阴极，溶液中氢离子放电，反应式为2H＋＋2e－=H2↑，由于H＋放电，打破了水的电离平衡，导致D极附近溶液呈碱性(有NaOH生成)，C正确；烧杯中C电极是阳极，C极上电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，D错误。12．下列有关溶液的说法中正确的是(D)A．0.1mol·L－1(NH4)2SO4溶液中：c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(H＋)＞c(OH－)B．pH＝4的醋酸稀释10倍，溶液中c(CH3COOH)、c(OH－)均减小C．向0.1mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，c(Na＋)＞c(F－)D．pH＝2的H2SO3溶液与pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))解析0.1mol·L－1(NH4)2SO4溶液中铵根离子浓度大于硫酸根离子浓度，铵根水解溶液显酸性，则溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(H＋)＞c(OH－)，A错误；pH＝4的醋酸稀释10倍，溶液中c(CH3COOH)、c(H＋)均减小，水的离子积常数不变，则c(OH－)增大，B错误；向0.1mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)，因此c(Na＋)＝c(F－)，C错误；pH＝2的H2SO3溶液与pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))，D正确。13．以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：已知浸出时产生的废渣中有SO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是(B)A．浸出镁的反应为MgO＋2NH4Cl=MgCl2＋2NH3↑＋H2OB．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4ClD．分离Mg2＋与Al3＋、Fe3＋是利用了它们氢氧化物Ksp的不同解析高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO＋2NH4Cl=MgCl2＋2NH3↑＋H2O，故A正确；一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误；浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3＋、Al3＋产生沉淀，而Mg2＋不沉淀，从而将其分离，故D正确。14．1,3­丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H＋进攻1,3­丁二烯生成碳正离子()；第二步Br－进攻碳正离子完成1,2­加成或1,4­加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1,2­加成产物与1,4­加成产物的比例分别为70∶30和15∶85。下列说法正确的是(AD)A．1,4­加成产物比1,2­加成产物稳定B．与0℃相比，40℃时1,3­丁二烯的转化率增大C．从0℃升至40℃，1,2­加成正反应速率增大，1,4­加成正反应速率减小D．从0℃升至40℃，1,2­加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度解析根据上述分析可知，能量越低越稳定，根据图像可看出，1,4­加成产物的能量比1,2­加成产物的能量低，即1,4­加成产物比1,2­加成产物稳定，故A正确；该加成反应不管生成1,4­加成产物还是1,2­加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利于1,3­丁二烯的转化，即在40℃时其转化率会减小，故B错误；从0℃升至40℃，正化学反应速率均增大，即1,4­加成和1,2­加成反应的正速率均会增大，故C错误；从0℃升至40℃，对于1,2­加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1,2­加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确。15．25℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1，1gc(CH3COOH)、1gc(CH3COO－)、1gc(H＋)和1gc(OH－)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是(BC)A．O点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)B．N点时，pH＝－lgKaC.该体系中，c(CH3COOH)＝eq\f(0.1cH＋,Ka＋cH＋)mol·L－1D．pH由7到14的变化过程中，CH3COO－的水解程度始终增大解析根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH＝7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO－)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H＋)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH－)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH＝7，应该得出的结论为：c(H＋)＝c(OH－)，故A错误；N点为曲线1和曲线4的交点，lgc(CH3COO－)＝lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)，因Ka＝eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)，代入等量关系并变形可知pH＝－lgKa，故B正确；c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1mol/L，则c(CH3COO－)＝0.1mol/L－c(CH3COOH)，又Ka＝eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)，联立两式消去c(CH3COO－)并化简整理可得出，c(CH3COOH)＝eq\f(0.1cH＋,Ka＋cH＋)mol/L，故C正确；醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH－)不断增大，则使得不利于醋酸根离子的水解，会使其水解程度减小，故D错误。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．(12分)(1)高温下，C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH>0，反应的化学平衡常数表达式K＝eq\f(cCO·cH2,cH2O)，该反应随温度升高，K值增大(填增大、减小或不变)，该反应在高温下自发进行的原因是该反应为熵增反应，高温时自由能小于零。(2)向重铬酸钾溶液中加入氢氧化钠固体，溶液的颜色变化为橙色变为黄色，原因是(请从平衡的角度用化学用语及必要的文字说明)存在反应：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋，氢氧化钠中和氢离子，使溶液中氢离子浓度降低，平衡向正反应方向移动。(3)密闭容器中充入N2O4达化学平衡，压缩体积达新平衡，整个过程的现象为压缩体积时颜色变深随后变浅但比原平衡颜色深。(4)多元弱酸的逐级电离平衡常数为K1、K2、K3……，则K1、K2、K3的大小关系为K1>K2>K3。解析(1)化学平衡常数是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，则化学平衡常数表达式K＝eq\f(cCO·cH2,cH2O)；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数K增大；该反应是一个气体体积增大的反应，反应中ΔH＞0、ΔS＞0，高温时ΔH－TΔS＜0，自发进行。(2)橙色重铬酸钾溶液中存在如下平衡：Cr2Oeq\o\al(2－,7)(aq)＋H2O(l)2CrOeq\o\al(2－,4)(aq)＋2H＋(aq)，加入少量NaOH固体，氢氧化钠中和氢离子，使溶液中氢离子浓度降低，平衡向正反应方向移动，溶液变为黄色。(3)压缩容器，N2O4、NO2浓度均变大，混合气体颜色变深，对于平衡N2O42NO2，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，但平衡移动不会完全消除NO2浓度的增大，达新平衡时NO2浓度比压缩前大，则混合气体颜色变深随后变浅，但比开始气体颜色变深。(4)多元弱酸分步电离，第一步电离程度最大，第二步、第三步依次减小，原因是上一级电离产生的H＋对下一级电离有抑制作用，因此K1>K2>K3。17．(12分)已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表：化学式HFHClOH2CO3NH3·H2O电离常数6.8×10－44.7×10－8K1＝4.3×10－7K2＝5.6×10－11Kb＝1.7×10－5(1)常温下，pH相同的三种溶液①NaF溶液；②NaClO溶液；③Na2CO3溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序是①>②>③(填序号)。(2)25℃时，pH＝4的NH4Cl溶液中各离子浓度的大小关系为c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)。(3)0.1mol/L的NaClO溶液和0.1mol/L的NaHCO3溶液中，c(ClO－)<c(HCOeq\o\al(－,3))(填“>”“<”或“＝”)，可使上述两种溶液pH相等的方法是ad(填代号)。a．向NaClO溶液中加适量的水b．向NaClO溶液中加适量的NaOHc．向NaHCO3溶液中加适量的水d．向NaHCO3溶液中加适量的NaOH(4)向NaClO溶液中通入少量的CO2，所发生的离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCOeq\o\al(－,3)。(5)常温下，0.1mol/L的氨水和0.1mol/L的NH4Cl溶液等体积混合，判断混合溶液的酸碱性碱性(填“酸性”“碱性”或“中性”)。解析(1)等物质的量浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大其溶液的pH越大，酸的电离常数越小其酸根离子水解程度越大，所以常温下，pH相同的三种溶液①NaF溶液；②NaClO溶液；③Na2CO3溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序是①>②>③。(2)25℃时，pH＝4的NH4Cl溶液中，铵根离子水解，浓度小于氯离子，溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故各离子浓度的大小关系为c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)。(3)根据电离常数可知，HClO电离常数小于H2CO3的电离常数，则等浓度的NaClO溶液水解程度大于NaHCO3溶液的水解程度，则0.1mol/L的NaClO溶液和0.1mol/L的NaHCO3溶液中，c(ClO－)<c(HCOeq\o\al(－,3))；使上述两种溶液pH相等，可以让前者氢氧根离子浓度减小。a.向NaClO溶液中加适量的水，浓度减小，氢氧根离子浓度减小，可行；b.向NaClO溶液中加适量的NaOH，溶液中氢氧根离子浓度增大，不可行；c.向NaHCO3溶液中加适量的水，氢氧根离子浓度减小，不可行；d.向NaHCO3溶液中加适量的NaOH，溶液中氢氧根离子浓度增大，可行。(4)根据酸的电离常数可知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O＝HClO＋HCOeq\o\al(－,3)。(5)NHeq\o\al(＋,4)的水解平衡常数Kh＝eq\f(Kw,Kb)≈5.9×10－10，已知条件下，NHeq\o\al(＋,4)水解程度小于NH3·H2O的电离程度，溶液呈碱性。18．(12分)某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略)：已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnOeq\o\al(2－,4)＋2H2O=2MnOeq\o\al(－,4)＋MnO2↓＋4OH－回答下列问题：(1)装置A中a的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；装置C中的试剂为NaOH溶液；装置A中制备Cl2的化学方程为Ca(ClO)2＋4HCl=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O。(2)上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶。(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入酸式(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为C(填标号)。A．15.00mL B．35.00mLC．大于35.00mL D．小于15.00mL(4)某FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用cmol·L－1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3＋完全还原为Fe2＋，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。样品中所含H2C2O4·2H2O(M＝126g·mol－1)的质量分数表达式为eq\f(0.315cV1－3V2,m)×100%。下列关于样品组成分析的说法，正确的是BD(填标号)。A.eq\f(V1,V2)＝3时，样品中一定不含杂质B.eq\f(V1,V2)越大，样品中H2C2O4·2H2O含量一定越高C．若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低D．若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高解析(1)装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C的作用是吸收反应不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，反应的化学方程式为Ca(ClO)2＋4HCl=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O；(2)锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3MnOeq\o\al(2－,4)＋2H2O=2MnOeq\o\al(－,4)＋MnO2↓＋4OH－，一部分MnOeq\o\al(2－,4)转化为了MnO2，导致最终KMnO4的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl；(3)高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为50.00mL的滴定管中实际的体积大于(50.00－15.00)mL，即大于35.00mL；(4)设FeC2O4·2H2O的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol，H2C2O4·2H2O的物质的量为zmol，步骤Ⅰ中草酸根和Fe2＋均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO4～5H2C2O4(C2Oeq\o\al(2－,4))，KMnO4～5Fe2＋，所以eq\f(1,5)x＋eq\f(2,5)(x＋3y＋z)＝cV1×10－3，步骤Ⅱ中Fe2＋被氧化，由KMnO4～5Fe2＋可知，eq\f(1,5)(x＋2y)＝cV2×10－3，联立二个方程解得：z＝2.5(cV1－3V2)×10－3，所以H2C2O4·2H2O的质量分数＝eq\f(2.5cV1－3V2×10－3×126,m)×100%＝eq\f(0.315cV1－3V2,m)×100%。关于样品组成分析如下：eq\f(V1,V2)＝3时，H2C2O4·2H2O的质量分数＝eq\f(0.315cV1－3V2,m)×100%＝0，样品中不含H2C2O4·2H2O，由eq\f(1,5)x＋eq\f(2,5)(x＋3y＋z)＝cV1×10－3和eq\f(1,5)(x＋2y)＝cV2×10－3可知，y不一定为0，样品中不一定含Fe2(C2O4)3杂质，A错误；eq\f(V1,V2)越大，由H2C2O4·2H2O的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B正确；Fe元素的物质的量＝eq\f(1,5)(x＋2y)mol＝cV2×10－3mol，若步骤Ⅰ中KMnO4溶液不足，则步骤Ⅰ中有一部分Fe2＋没有被氧化，不影响V2的大小，则cV2×10－3不变，则对于测得Fe元素的含量无影响，C错误；结合C可知：若KMnO4溶液浓度偏低，则消耗KMnO4溶液的体积V1、V2均偏大，Fe元素的物质的量偏大，则测得样品中Fe元素含量偏高，D正确。19．(12分)锑(Sb)及其化合物在工业上有许多用途。以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等)为原料制备金属锑的工艺流程如图所示：已知：①浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等；②常温下：Ksp(CuS)＝1.27×10－36，Ksp(PbS)＝9.04×10－29；③溶液中离子浓度小于或等于1.0×10－5mol/L时，认为该离子沉淀完全。(1)滤渣1中除了S之外，还有SiO2(填化学式)。(2)“浸出”时，Sb2S3发生反应的化学方程式为Sb2S3＋3SbCl5=5SbCl3＋3S。(3)常温下，“除铜、铅”时，Cu2＋和Pb2＋均沉淀完全，此时溶液中的c(S2－)不低于9.04×10－24mol·L－1。(4)“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为3∶2。解析(1)二氧化硅与盐酸不反应。(2)根据题给信息，Sb2S3与SbCl5反应生成单质硫，浸出液中含有SbCl3；因此反应产生SbCl3和S。(3)由Ksp(CuS)＝1.27×10－36，Ksp(PbS)＝9.04×10－29可知，Ksp(PbS)较大，在保证PbS沉淀的前提下，CuS已经沉淀；所以：Ksp(PbS)＝9.04×10－29＝c(Pb2＋)·c(S2－)＝1.0×10－5×c(S2－)；解出c(S2－)＝9.04×10－24mol/L。(4)＋3价Sb被氧化到＋5价，还原到0价；根据电子得失守恒规律：被氧化的Sb与被还原的Sb的质量之比为3∶2。20．(12分)为了缓解温室效应，科学家提出了多种回收和利用CO2的方案。(1)方案1：利用FeO吸收CO2获得H2ⅰ.6FeO(s)＋CO2(g)=2Fe3O4(s)＋C(s)ΔH1＝－76.0kJ/molⅱ.C(s)＋2H2O(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH2＝＋113.4kJ/mol请写出由FeO制备H2的热化学方程式3FeO(s)＋H2O(g)=Fe3O4(s)＋H2(g)ΔH＝＋18.7kJ/mol。方案2：利用CO2制备CH4300℃时，向2L恒容密闭容器中充入2molCO2和8molH2发生反应：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH4，混合气体中CH4的浓度与反应时间的关系如图所示。(2)①从反应开始到恰好达到平衡时，H2的平均反应速率v(H2)＝0.32mol/(L·min)。②300℃时，反应的平衡常数K＝25(L/mol)2。③300℃时，如果该容器中有1.6molCO2、2.0molH2、5.6molCH4、4.0molH2O(g)。则v正>v逆(填“>”“<”或“＝”)。(3)下列有关说法正确的是(填序号)BD。A．容器内密度不变，说明反应达到平衡状态B．容器内压强不变，说明反应达到平衡状态C．300℃时，向平衡后的容器中再充入2molCO2和8molH2，重新达到平衡时CH4的浓度等于1.6mol/LD．每断开2molC=O键的同时断开4molC—H键，说明反应达到平衡状态E．达到平衡后，分离出水蒸气，既能加快反应速率又能使平衡正方向移动(4)已知200℃时，该反应的平衡常数K＝64.8(L/mol)2。则ΔH4<0(填“>”“<”或“＝”)。方案3：利用“Na­CO2”电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na­CO2”电池钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，总反应为4Na＋3CO2eq\o(,\s\up15(放电),\s\do15(充电))2Na2CO3＋C。放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图所示：(假设开始时两极的质量相等)(5)①放电时，正极的电极反应式为3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋C。②若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole－时，两极的质量差为15.8g。解析(1)根据盖斯定律，将(i＋ii)÷2，整理可得该反应的热化学方程式为：3FeO(s)＋H2O(g)=Fe3O4(s)＋H2(g)ΔH＝＋18.7kJ/mol。(2)①从反应开始到恰好达到平衡时，CH4的平均反应速率v(CH4)＝eq\f(0.80mol/L,10min)＝0.08mol/(L·min)，相同时间内各物质的平均反应速率之比等于其化学方程式中计量数的比，则v(H2)＝4v(CH4)＝4×0.08mol/(L·min)＝0.32mol/(L·min)。②可逆反应CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)开始(mol/L)1400反应(mol/L)0.803.200.801.60平衡(mol/L)0.200.800.801.60则300℃时，该反应的平衡常数K＝eq\f(cCH4×c2H2O,cCO2×c4H2)＝eq\f(0.80×1.602,0.20×0.804)＝25(L/mol)2；③300℃时，如果该容器中有1.6molCO2、2.0molH2、5.6molCH4、4.0molH2O(g)，由于反应是在2L恒容密闭容器中进行，此时c(CO2)＝0.8mol/L、c(H2)＝1.0mol/L、c(CH4)＝2.8mol/L、c(H2O)＝2.0mol/L，浓度商＝eq\f(2.8×2.02,0.8×1.04)＝14<25，说明反应未达到平衡，此时反应正向进行，因此正反应速率大于逆反应速率。(3)由于反应混合物都是气体，容器的容积不变，所以在任何时刻容器内密度都不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；该反应是反应前后气体体积不等的反应，反应在恒容密闭容器内进行，若容器内压强不变，说明反应达到平衡状态，B正确；300℃时，向平衡后的容器中再充入2molCO2和8molH2，加入CO2和H2，导致体系的压强增大，平衡正向移动，因此重新达到平衡时CH4的浓度大于1.6mol/L，C错误；每断开2molC=O键即消耗1molCO2，就会同时生成1molCH4，又断开4molC—H键，说明反应消耗1molCH4，甲烷的浓度不变，则反应达到平衡状态，D正确；达到平衡后，分离出水蒸气，平衡正向移动，由于物质的浓度减小，所以化学反应速率降低，E错误。(4)200℃时，该反应的平衡常数K＝64.8L2/mol2，300℃时该反应化学平衡常数K为25L2/mol2，升高温度，平衡常数减小，说明升高温度化学平衡逆向移动，逆反应方向为吸热方向移动，故正反应是放热反应，ΔH4<0。(5)①根据电池反应式知，放电时，Na作负极、碳纳米管为正极，正极上二氧化碳得电子和钠离子反应生成碳酸钠和C，电极反应式为3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋C；②若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，负极上钠失电子生成钠离子进入电解质，负极反应式为Na－e－=Na＋，当转移0.2mole－时，负极质量减少量＝0.2mol×23g/mol＝4.6g；正极增加的质量为碳酸钠和C的质量，正极增加质量＝eq\f(0.2mol,4)×2×106g/mol＋eq\f(0.2mol,4)×1×12g/mol＝10.6g＋0.6g＝11.2g，则正负极质量差＝11.2g＋4.6g＝15.8g。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(