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《浙江省杭州地区（含周边）重点中学2021-2022学年高二上学期期中联考化学Word版含解析》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
2021学年高二年级第一学期期中杭州地区(含周边)重点中学化学试题第Ⅰ卷(选择题：共50分)一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意)1.在水溶液中呈碱性的盐是A.NaOHB.NH4ClC.CH3COONaD.KNO32.酸碱中和滴定实验中不需要的仪器是A.B.C.D.3.下列反应中，生成物总能量高于反应物总能量的是A.NaOH溶液与稀盐酸的反应B.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应C.木炭的燃烧D.钠与水反应4.下列事实能用勒夏特列原理解释的是A.排饱和食盐水法收集氯气B.工业合成氨选择500℃C.煅烧粉碎的硫铁矿有利于SO2生成D.SO2氧化生成SO3时使用催化剂5.下列过程属于非自发的是A.电解饱和食盐水制氯气B.蔗糖在水中溶解C.冬天水结成冰D.碳酸钙高温分解6.下列离子方程式书写正确的是A.氯水呈酸性：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-B.NaCN溶液呈碱性：CN-+H2O=HCN+OH-C.NaHS溶液水解：HS-+H2OS2-+H3O+D.工业上用NH4Cl溶液除铁锈的原因：NH+H2ONH3·H2O+H+7.室温下，等物质的量浓度的下列溶液导电能力最强的是A.CH3COOHB.NH3·H2OC.Na2SD.CH3CH2OH8.水煤气变换反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，关于该反应下列说法不正确的是
1A.升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大B.降低CO浓度，单位体积内活化分子数目减少，化学反应速率减小C.使用催化剂，降低反应活化能，加快反应速率D.适当增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率增大9.已知反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH=QkJ/mol(Q＞0)，下列说法正确的是A.CO是还原产物B.H2O作氧化剂，CH4仅作还原剂C生成1molH2时，转移2mol电子D.反应容器中充入1molCH4和1molH2O(g)，反应达到平衡时吸收热量QkJ10.下列说法正确的是A.用洁净的玻璃棒蘸取氯水滴在pH试纸上，测定氯水的pHB.用广泛pH试纸测得某硫酸溶液的pH为1.0C.中和热测定实验中，用玻璃搅拌器上下匀速搅拌D.中和热测定实验中，将NaOH溶液分次加入到盐酸溶液中11.反应A(g)＋3B(g)2C(g)＋D(g)在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是A.v(A)=0.15mol·L-1·min-1B.v(B)=0.01mol·L-1·min-1C.v(C)=0.25mol·L-1·min-1D.v(D)=0.05mol·L-1·min-112.已知反应①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH1②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH2③2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH3④2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH4下列说法正确的是A.ΔH1＞ΔH4B.ΔH1=1/2ΔH2C.ΔH1=-ΔH3D.2ΔH2=ΔH413.下列关于盐类水解的应用说法不正确的是A.配制FeCl3溶液时，先将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度B.草木灰与铵态氮肥不能混合施用C.用碳酸钠溶液清洗油污时，降低温度能增强去污效果D.用TiCl4制备TiO2·xH2O时，加入大量的水，同时加热14.已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ/mol。若断裂1molN≡N、1molN-H需要吸收的能量分别为945.6kJ、391kJ，则断裂1molH-H需要吸收的能量是A.618.4kJB.436kJC.256kJD.1308kJ15.短周期元素Q、R、X、Y、Z在元素周期表中的位置如表所示，其中Y的最低价氢化物摩尔质量为34g·mol-1，
2R的最低价氢化物不是电解质，则下列说法中正确的是QRXYZA.原子半径：X＜YB.Q的最低价氢化物水溶液显碱性C.氧化物的水化物的酸性：Z＞RD.X的氯化物可用于净水16.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molNa2O2与足量水反应转移电子数为2NAB.1molHCl气体中的H+的数目为NAC.标况下，2.24L氨气溶于水电离出OH-数目为0.1NAD.1L0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中滴加氨水至溶液呈中性时，NH的数目为0.1NA17.室温时，下列操作能使浓度均为0.01mol·L-1的①CH3COOH溶液②CH3COONa溶液中c(CH3COO-)都增大的是A.升高温度B.加水稀释C.加入少量硫酸D.加入少量NaOH固体18.下列说法正确的是A.25℃时，在醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，醋酸的电离程度和电离平衡常数都减小B.向两个规格相同的锥形瓶中各加入0.05g镁条，塞紧橡胶塞，然后用注射器分别注入2mL2mol·L-1盐酸、2mL2mol·L-1醋酸，反应结束时两个锥形瓶内气体的压强基本相等C.25℃时，在醋酸稀溶液中加少量冰醋酸，溶液中增大D.相同条件下，c(H+)相同、体积相同的盐酸和醋酸，与相同浓度的氢氧化钠溶液反应，消耗氢氧化钠溶液的体积相同19.反应N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)是环境治理实现无害化处理的一个重要的方法。N2O和CO在作用下反应过程的能量变化如图所示：
3下列说法不正确的是A.决定总反应速率的是反应Fe++N2O→FeO++N2B.升高温度，N2O的平衡转化率减小C.改变反应历程，提高N2O和CO的平衡转化率D.上述反应过程中有极性键的断裂和形成20.在25℃和T℃时，水溶液中c(H+)和c(OH-)的关系如图所示，下列说法正确的是A.T＜25℃B.AB点连线上的任意一点pH均为7C.B点溶液的导电能力一定大于A点D.溶液中水的电离程度C点可能大于D点21.25℃时，下列能证明某酸HA是弱电解质的是A.pH=a的HA溶液，加水稀释100倍测得pH=b，b-a＜2B.在0.01mol·L-1HA溶液中加入少量NaHCO3固体，产生气泡C.测得0.01mol·L-1HA溶液的pH大于2D.测得0.01mol·L-1NaA溶液的pH等于722.下列叙述与图像相符的是
4A.图①表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡后在t0时刻充入了一定量的SO3B.图②可满足反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＜0C.图③表示反应aA(g)+bB(g)cC(g)，在容器中充入1molA和1molB，经过相同时间容器中A的百分含量随温度的变化，可知反应ΔH＞0D.图④表示反应aA(g)+bB(g)cC(g)平衡时A的百分含量随压强的变化，可知E点v(逆)＞v(正)23.下列说法正确的是A.在恒温密闭容器中充入amolN2和amolH2，发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，若N2的体积分数保持不变，说明反应已达到平衡状态B.将2.0gCaCO3固体置于1L恒容密闭容器中充分反应后，c(CO2)=0.012mol·L-1，若保持温度不变，将容器体积扩大到2L，充分反应后c(CO2)不变C.H2的燃烧热为285.8kJ/mol，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-285.8kJ/molD.已知某基元反应A(g)+B(g)2C(g)ΔH=-113.0kJ/mol，该反应逆反应的活化能大于113.0kJ/mol24.室温下，用0.1mol·L-1醋酸溶液滴定10mL浓度均为0.1mol·L-1氨水和NaOH的混合溶液，下列说法不正确的是A.滴定前，混合溶液中c(Na+)＞c(NH)B.当滴入10mL醋酸溶液时，c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)C.当滴入20mL醋酸溶液时，c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(H+)+c(CH3COOH)D.当溶液呈中性时，醋酸溶液滴入量大于20mL，c(Na+)＞c(CH3COO-)25.已知CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ•mol-1，反应在起始物=3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t=250℃下x(CH3OH)~p、在p=5×105Pa下x(CH3OH)~t如图所示。下列说法正确的是
5A.图中对应等压过程的曲线是MB.C点处x(CH3OH)相同，平衡常数相同C.当x(CH3OH)=0.10时，CO2的平衡转化率为1/3D.由d点到b点可以通过升温实现第Ⅱ卷(非选择题：共50分)26.回答下列问题：（1）将FeCl3溶液蒸干灼烧得到的物质是___________(填化学式)。（2）计算25℃时饱和CaSO4溶液中c(Ca2+)=___________(已知25℃，Ksp[CaSO4]=4.9×10-5)（3）已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸H2SHClOH2CO3H2SO3电离平衡常数(25℃)Ka1=1.1×10-7Ka2=1.3×10-15Ka1=4.0×10-8Ka1=4.5×10-7Ka2=4.7×10-11Ka1=1.4×10-2Ka2=6.0×10-8①相同条件下，0.1mol·L-1下列溶液中，c(NH)由大到小的排列顺序是___________(填序号)。A．(NH4)2SO4B．(NH4)2CO3C．NH4ClD．NH4HSO4E．NH3·H2O②下列离子方程式正确的是___________。
6A．NaClO溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2ClO-=CO+2HClOB．Ca(C1O)2溶液中通入少量SO2：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClOC．Na2CO3溶液中滴加少量氯水：2CO+Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2HCOD．Na2S溶液中通入过量SO2：S2-+2SO2+2H2O=2HSO+H2S↑（4）用0.1000mol·L-1HCl溶液滴定未知浓度NaOH溶液，下列说法正确的是___________。A.滴定前俯视滴定管，滴定后仰视滴定管，会引起NaOH溶液浓度偏高B.可选择甲基橙或酚酞作为指示剂C.滴定时左手控制旋塞，右手振荡锥形瓶，眼睛注视滴定管内液面D.滴定管、锥形瓶水洗后，均需标准液或待测液润洗27.某课外活动小组为了探究外界条件对化学平衡的影响，做了如下实验：（1）已知反应2NO2(g)N2O4(g)能量变化如图①所示，图②A、B中两烧瓶内充有等量的NO2气体，在两烧杯中分别加入浓硫酸与硝酸铵后，则B中烧瓶内的气体颜色比A中烧瓶内的___________(填“深”或“浅”)。（2）已知颜色深浅(I)与有色物质浓度(c)和观察深度(L)的乘积成正比：I=kc·L(式中k为常数)。在甲、乙两支容积均为30cm3针筒中分别抽入10cm3NO2气体，将针筒前端封闭。①将甲针筒活塞迅速推至5cm3处，从视线1处观察到现象是___________；②将乙针筒活塞迅速拉至20cm3处，从视线2处观察到的现象是___________。（3）探究浓度对Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡的影响。将0.005mol·L-1FeCl3溶液(接近无色)和0.01mol·L-1KSCN溶液等体积混合，将得到红色溶液分为二等份。甲、乙两同学分别加入少量KCl(s)。①甲同学根据中学所掌握知识预测颜色应该___________(填“变深”、“变浅”或“不变”)。
7②乙同学查阅资料得知该反应为配合反应，且学习到更多配离子，如冰晶石中[AlF6]3-、银氨溶液中[Ag(NH3)2]+、[CuCl4]2-、[FeCl4]-等。因此预测颜色应该___________(填“变深”、“变浅”或“不变”)，理由___________。28.全球空气污染日趋严重，消除氮氧化物污染对建设宜居环境有重要意义。（1）已知：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)ΔH1=-114kJ·mol-1①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.5kJ·mol-1②N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH3=＋181kJ·mol-1③某反应的平衡常数表达式为K=，写出该反应的热化学方程式___________。（2）利用氨气可将汽车尾气中的NOx还原为N2和H2O，反应原理是：NO(g)＋NO2(g)＋2NH3(g)3H2O(g)＋2N2(g)ΔH①该反应化学平衡常数K与温度t关系如上图所示，则ΔH___________0(填“＞”、“＜”或“=”)。②能增加平衡时NOx去除率的条件是___________。A．高温高压B．低温低压C．选择优异催化剂D．一定条件下分离出水③500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，10min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为50％，体系压强为pMPa，则0～10min内用NH3表示的平均反应速率v(NH3)=___________，该反应的平衡常数Kp=___________Mpa(用含p的代数式表示，某组分B的平衡压强p(B)可代替物质的量浓度c(B)，如p(B)=p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。（3）用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)。向一恒压密闭容器中加入活性炭(足量)和NO，t1时到达平衡。在t2时刻继续充入一定量NO，t3时刻重新到达平衡，请在下图中作出逆反应速率在t2～t3变化的曲线___________。
8（4）在恒温恒容密闭容器中发生反应C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，下列说法正确的是___________。A.NO与CO2的物质的量之比不变时说明反应已达平衡B.混合气体的压强不变时说明反应已达平衡C.该反应能否自发的判断依据主要由ΔH决定D.增加碳的量，导致Qc＜K，平衡正向移动29.某实验小组利用含镍废料(含有NiO、Fe3O4、CuO和SiO2)制备NiO(OH)及获得少量净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]的流程如下，已知：①Ni(III)在酸性下有强氧化性②lg2=0.3③离子浓度＜1×10-5mol·L-1时沉淀完全④Ksp[FeS]=6.3×10-18，Ksp[CuS]=6.3×10-36，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15。回答以下问题：（1）酸溶时为加快溶解速率，可采取的措施有___________(任写一条)。（2）滤渣2的成份除了FeS以外，另外的成份是___________。（3）在反应I中若酸度过高会影响FeS用量的理由是___________(用离子方程式表示)。滤液2中c(Fe2+)与c(Cu2+)的比值等于___________。（4）氧化生成的Fe3+在较小pH条件下水解，最终形成黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]沉淀，如图是pH—温度关系图，图中阴影部分为黄钠铁矾稳定存在的区域，下列说法不正确的是___________(填字母)。
9A.黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]中铁为Fe(III)B.pH过低或过高均不利于生成黄钠铁矾，其原因相同C.工业生产中往往还要加入Na2SO4，其目的是为了调节溶液pHD.生产中温度常保持在85℃～95℃，此时溶液的pH控制在1.8左右（5）沉镍过程中若要使镍离子沉淀完全，应当调节溶液pH范围为___________。（6）NiO(OH)用浓盐酸溶解时的离子方程式为___________。2021学年第一学期期中杭州地区(含周边)重点中学高二年级化学学科试题第Ⅰ卷(选择题：共50分)一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意)1.在水溶液中呈碱性的盐是A.NaOHB.NH4ClC.CH3COONaD.KNO3【答案】C【解析】【详解】A．NaOH是碱，电离产生OH-，使溶液显碱性，A不符合题意；B．NH4Cl是强酸弱碱盐，电离产生的发生水解反应使溶液显酸性，B不符合题意；C．CH3COONa是强碱弱酸盐，电离产生的CH3COO-发生水解反应使溶液显碱性，C符合题意；D．KNO3是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，D不符合题意；故合理选项是C。2.酸碱中和滴定实验中不需要的仪器是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】
10酸碱发生中和滴定，需使用的仪器有铁架台、碱式滴定管、酸式滴定管、滴定管夹、锥形瓶、不使用使用蒸发皿，图示的仪器中A是蒸发皿，B是碱式滴定管，C是锥形瓶，D是滴定管夹，可见不需要使用的仪器的选项是A。3.下列反应中，生成物总能量高于反应物总能量的是A.NaOH溶液与稀盐酸的反应B.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应C.木炭的燃烧D.钠与水反应【答案】B【解析】【分析】生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应为吸热反应，据此分析；【详解】A．酸碱中和为放热反应，故A不符合题意；B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，故B符合题意；C．木炭的燃烧是放热反应，所有燃烧是放热反应，故C不符合题意；D．活泼金属与水反应属于放热反应，钠与水反应是放热反应，故D不符合题意；答案为B。4.下列事实能用勒夏特列原理解释的是A.排饱和食盐水法收集氯气B.工业合成氨选择500℃C.煅烧粉碎的硫铁矿有利于SO2生成D.SO2氧化生成SO3时使用催化剂【答案】A【解析】【详解】A．饱和食盐水中氯离子浓度较大，使氯气与水反应的平衡朝逆向移动，故可用排饱和食盐水法收集氯气，A符合题意；B．工业合成氨选择500℃是为了保持催化剂的活性，加快反应速率，合成氨是放热反应，升高温度不利于氨气合成，B不符合题意；C．煅烧粉碎的硫铁矿有利于增大其与空气的接触面积，加快反应速率，利于SO2生成，与勒夏特列原理无关，C不符合题意；D．SO2氧化生成SO3时使用催化剂缩短反应达到平衡时的时间，不会引起平衡的移动，D不符合题意；故选A。5.下列过程属于非自发的是A.电解饱和食盐水制氯气B.蔗糖在水中溶解C.冬天水结成冰D.碳酸钙高温分解【答案】A【解析】
11【详解】A．饱和食盐水电解制取氯气时需要外加电源，该过程需要外力，所以属于非自发过程，A符合题意；B．蔗糖在水中溶解不需要外力作用就可以发生，因此属于自发过程，B不符合题意；C．冬天水结成冰不需要外力作用就可以发生，因此属于自发过程，C不符合题意；D．在高温条件下碳酸钙发生分解反应，不再需要外力就可以发生，因此该高温条件下的分解过程为自发过程，D符合题意；故合理选项是A。6.下列离子方程式书写正确的是A氯水呈酸性：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-B.NaCN溶液呈碱性：CN-+H2O=HCN+OH-C.NaHS溶液水解：HS-+H2OS2-+H3O+D.工业上用NH4Cl溶液除铁锈的原因：NH+H2ONH3·H2O+H+【答案】D【解析】【详解】A.HClO是弱电解质不能拆，氯水呈酸性：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，故A不符合要求；B.NaCN溶液呈碱性是因为CN-水解，水解反应是可逆反应：CN-+H2O⇌HCN+OH-，故B不符合要求；C.NaHS溶液水解应为：HS-+H2OH2S+OH-，故C不符合要求；D.工业上用NH4Cl溶液除铁锈的原因是由于NH水解显酸性：NH+H2ONH3·H2O+H+，生成的H+和三氧化二铁反应，达到除铁锈的目的；答案选D。7.室温下，等物质的量浓度的下列溶液导电能力最强的是A.CH3COOHB.NH3·H2OC.Na2SD.CH3CH2OH【答案】C【解析】【详解】A.等浓度的条件下，CH3COOH是弱电解质发生微弱电离，离子浓度较小导电能力较弱；B.等浓度的条件下，NH3·H2O是弱电解质发生微弱电离，离子浓度较小导电能力较弱；C.等浓度的条件下，Na2S是强电解质，完全电离，离子浓度较大，导电能力强；D.CH3CH2OH是非电解质，不电离，故不能导电；故答案选C。
128.水煤气变换反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，关于该反应下列说法不正确的是A.升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大B.降低CO浓度，单位体积内活化分子数目减少，化学反应速率减小C.使用催化剂，降低反应活化能，加快反应速率D.适当增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率增大【答案】D【解析】【详解】A．升高温度，分子获得更高的能量，活化分子百分数提高，反应速率增大，A正确；B．其他条件不变时，反应物中活化分子百分数一定，降低CO浓度，单位体积内活化分子数减小，化学反应速率减小，B正确；C．使用催化剂，改变反应路径，降低反应所需的温度，从而降低反应活化能，从而加快反应速率，C正确；D．适当增大压强，活化分子数目增多，化学反应速率增大，但活化分子百分数不变，D错误；故选D。9.已知反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH=QkJ/mol(Q＞0)，下列说法正确的是A.CO是还原产物B.H2O作氧化剂，CH4仅作还原剂C.生成1molH2时，转移2mol电子D.反应容器中充入1molCH4和1molH2O(g)，反应达到平衡时吸收热量QkJ【答案】C【解析】【详解】A．CH4中C元素化合价升高，发生氧化反应，CO是氧化产物，故A错误；B．H2O中H元素化合价降低，H2O作氧化剂，CH4中C元素化合价升高、H元素化合价降低，CH4既作氧化剂又作还原剂，故B错误；C．反应中H元素化合价由+1降低为0，生成1molH2时，转移2mol电子，故C正确；D．CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)反应可逆，反应容器中充入1molCH4和1molH2O(g)，反应达到平衡时吸收热量小于QkJ，故D错误；选C。10.下列说法正确的是A.用洁净的玻璃棒蘸取氯水滴在pH试纸上，测定氯水的pHB.用广泛pH试纸测得某硫酸溶液的pH为1.0
13C.中和热测定实验中，用玻璃搅拌器上下匀速搅拌D.中和热测定实验中，将NaOH溶液分次加入到盐酸溶液中【答案】C【解析】【详解】A．氯水中含有HClO具有强氧化性，会将pH试纸氧化漂白，因此不能使用pH广泛试纸测定氯水的pH，A错误；B．pH试纸测定溶液pH值时，数值只能是整数，不能带小数点，B错误；C．中和热测定实验中，为使酸、碱快速混合发生反应，要用玻璃搅拌器上下匀速搅拌，C正确；D．中和热测定实验中，为减少实验过程中的热量损失，应该将NaOH溶液一次快速加入到盐酸溶液中，而不能分次加入，D错误；故合理选项是C。11.反应A(g)＋3B(g)2C(g)＋D(g)在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是A.v(A)=0.15mol·L-1·min-1B.v(B)=0.01mol·L-1·min-1C.v(C)=0.25mol·L-1·min-1D.v(D)=0.05mol·L-1·min-1【答案】A【解析】【详解】根据反应A(g)＋3B(g)2C(g)＋D(g)反应可知：v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=1：3：2：1，所以把B、C、D都化成用A表示的速率分别为：A.v(A)=0.15mol·L-1·min-1；B.因为v(B)=0.01mol·L-1·min-1，所以v(A)=0.003mol·L-1·min-1；C.因为v(C)=0.25mol·L-1·min-1，所以v(A)=0.125mol·L-1·min-1；D.因为v(D)=0.05mol·L-1·min-1，所以v(A)=0.05mol·L-1·min-1；结合以上分析，其中表示反应速率最快的是A；故答案：A。12.已知反应①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH1②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH2③2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH3④2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH4下列说法正确的是A.ΔH1＞ΔH4B.ΔH1=1/2ΔH2C.ΔH1=-ΔH3D.2ΔH2=ΔH4【答案】C【解析】
14【详解】A.①和④比较生成液态水比生成气态水放出热量多，所以ΔH1<ΔH4，A不符合要求；B.①和②比较，方程式①的系数是方程式②系数的2倍，放出热量也是2倍的关系，所以应为ΔH1=2ΔH2，B不符合要求；C.①为放热反应，③为吸热反应，所以ΔH1=-ΔH3，C符合要求；D.如果④生成的是液态水则有2ΔH2=ΔH4，但④生成的是气态水，放出热量减少，ΔH4增大，所以2ΔH2≠ΔH4，D不符合要求；答案选C。13.下列关于盐类水解的应用说法不正确的是A.配制FeCl3溶液时，先将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度B.草木灰与铵态氮肥不能混合施用C.用碳酸钠溶液清洗油污时，降低温度能增强去污效果D.用TiCl4制备TiO2·xH2O时，加入大量的水，同时加热【答案】C【解析】【详解】A．FeCl3是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，在配制FeCl3溶液时，为抑制其水解，要先将FeCl3晶体溶于较浓盐酸中，然后再加水稀释到所需浓度，A正确；B．草木灰水溶液显碱性，碱性物质与铵态氮肥混合发生反应产生氨气逸出，导致肥效降低，因此不能混合施用，B正确；C．碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，盐水解反应是吸热反应，降低温度，盐水解程度降低，溶液碱性减弱，因而会导致其去污能力减弱，C错误；D．TiCl4是强酸弱碱盐，发生水解反应产生TiO2·xH2O，水解反应是吸热反应，升高温度会促进盐的水解反应，导致盐水解程度增大，反应产生TiO2·xH2O；加水吸收会使盐的水解平衡正向移动，导致水解程度增大，产生更多的TiO2·xH2O，D正确；故合理选项是C。14.已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ/mol。若断裂1molN≡N、1molN-H需要吸收的能量分别为945.6kJ、391kJ，则断裂1molH-H需要吸收的能量是A.618.4kJB.436kJC.256kJD.1308kJ【答案】B【解析】【详解】化学反应的过程就是原子重新组合的过程，在吗这个过程中要断裂反应物化学键，同时形成生成物的化学键。反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，则
15[945.6kJ+3×E(H-H)]-6×391kJ=-92.4kJ，解得E(H-H)=436kJ，故合理选项是B。15.短周期元素Q、R、X、Y、Z在元素周期表中的位置如表所示，其中Y的最低价氢化物摩尔质量为34g·mol-1，R的最低价氢化物不是电解质，则下列说法中正确的是QRXYZA.原子半径：X＜YB.Q的最低价氢化物水溶液显碱性C.氧化物的水化物的酸性：Z＞RD.X的氯化物可用于净水【答案】D【解析】【分析】根据图示可知Q、R是第二周期元素，X、Y、Z是第三周期元素，由于Y的最低价氢化物摩尔质量为34g·mol-1，则Y可能是S或P，而R的最低价氢化物不是电解质，则Y是P，Z是S，X是Al，Q是C，R是N元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。【详解】根据上述分析可知：Q是C，R是N，X是Al，Y是P，Z是S元素。A．X、Y是同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，原子序数：X＜Y，所以原子半径：X＞Y，A错误；B．Q是C元素，其最低Q价态氢化物是CH4，该物质难溶于水，水溶液不会显碱性，B错误；C．R是N，Z是S，由于未指明是否是最高价氧化物对应的水化物，因此不能确定其相应的酸性强弱，如HNO3为强酸，H2SO3为弱酸，酸性：HNO3＞H2SO3，C错误；D．X是Al元素，其氯化物是AlCl3，该物质是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+水解产生Al(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而析出，从而具有净水作用，D正确；故合理选项是D。16.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molNa2O2与足量水反应转移电子数为2NAB.1molHCl气体中的H+的数目为NAC.标况下，2.24L氨气溶于水电离出OH-的数目为0.1NAD.1L0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中滴加氨水至溶液呈中性时，NH的数目为0.1NA【答案】D
16【解析】【详解】A．Na2O2与H2O反应2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，2molNa2O2参与反应，转移2mol电子，即1molNa2O2与足量水反应转移电子物质的量为1mol，故A错误；B．HCl属于共价化合物，HCl中不存在H＋，故B错误；C．氨气溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O属于弱碱，少量的NH3·H2O发生电离，因此标准状况下，2.24L氨气溶于水电离出OH－小于0.1mol，故C错误；D．溶液呈中性，根据电荷守恒，得出c(NH)=c(Cl－)，n(NH)=n(Cl－)=1L×0.1mol·L－1=0.1mol，故D正确；答案为D。17.室温时，下列操作能使浓度均为0.01mol·L-1的①CH3COOH溶液②CH3COONa溶液中c(CH3COO-)都增大的是A.升高温度B.加水稀释C.加入少量硫酸D.加入少量NaOH固体【答案】D【解析】【详解】A．升高温度促进电离和水解，所以①CH3COOH溶液中c(CH3COO-)增大，②CH3COONa溶液中c(CH3COO-)减小，故A不符合题意；B．加水稀释虽然能促进电离和水解，但溶液稀释的倍数大于电离的倍数，所以①CH3COOH溶液中c(CH3COO-)减小，②CH3COONa溶液中c(CH3COO-)减小，故B不符合题意；C．加入少量硫酸，氢离子浓度增大，抑制①CH3COOH电离，促进②CH3COONa溶液的水解，所以①CH3COOH溶液中c(CH3COO-)减小，②CH3COONa溶液中c(CH3COO-)增大，故C不符合题意；D．加入少量NaOH固体，促进①CH3COOH电离，抑制②CH3COONa溶液的水解，所以c(CH3COO-)都增大，故D符合题意；故答案：D。18.下列说法正确的是A.25℃时，在醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，醋酸的电离程度和电离平衡常数都减小B.向两个规格相同的锥形瓶中各加入0.05g镁条，塞紧橡胶塞，然后用注射器分别注入2mL2mol·L-1盐酸、2mL2mol·L-1醋酸，反应结束时两个锥形瓶内气体的压强基本相等C.25℃时，在醋酸稀溶液中加少量冰醋酸，溶液中增大D.相同条件下，c(H+)相同、体积相同的盐酸和醋酸，与相同浓度的氢氧化钠溶液反应，消耗氢氧化钠溶液的体积相同【答案】B
17【解析】【详解】A．25℃时，在醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，因同离子效应醋酸的电离程度减小，电离平衡常数只与温度有关，保持不变，A错误；B．两个规格相同的锥形瓶中，H+的物质的量相等，镁条质量相等，反应结束时产生的气体相等，两个锥形瓶内气体的压强基本相等，B正确；C．=，因温度不变时不变，则在醋酸稀溶液中加少量冰醋酸，增大，溶液中减小，C错误；D．相同条件下，c(H+)相同、体积相同的盐酸和醋酸，因醋酸是弱酸，未完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，故与相同浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗氢氧化钠溶液的体积较大，D错误；故选B。19.反应N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)是环境治理实现无害化处理的一个重要的方法。N2O和CO在作用下反应过程的能量变化如图所示：下列说法不正确的是A.决定总反应速率的是反应Fe++N2O→FeO++N2B.升高温度，N2O的平衡转化率减小C.改变反应历程，提高N2O和CO的平衡转化率D.上述反应过程中有极性键的断裂和形成【答案】C【解析】【详解】A．多步反应中，总反应速率取决于最慢的一步反应，反应所需的活化能越大，反应速率越慢，由图可知决定总反应速率的是反应Fe++N2O→FeO++N2，A正确；B．由图可知，总反应N2O+CON2+CO2反应物总能量高于生成物总能量，故是一个放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故N2O的平衡转化率减小，B正确；C．催化剂只能改变反应速率，不能使化学平衡发生移动，故改变反应历程，提高反应速率，故不能改变N2O和CO的平衡转化率，C错误；D．上述反应过程中有N2O中N-O和C-O极性键断裂，由C-O极性键形成，D正确；故答案为：C。
1820.在25℃和T℃时，水溶液中c(H+)和c(OH-)的关系如图所示，下列说法正确的是A.T＜25℃B.AB点连线上的任意一点pH均为7C.B点溶液的导电能力一定大于A点D.溶液中水的电离程度C点可能大于D点【答案】D【解析】【详解】A.25℃时水的离子积为10-14，B点所在曲线水的离子积为10-12，而温度越高水的离子积越大，所以T>25℃，故A不符合要求；B.A、B线上的任意一点都都表示c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，A点时pH=7，B点时pH=6，故B不符合要求；C.A，B两点溶液均呈中性，B点溶液中c(H+)，c(OH-)均大于A点溶液，可能是中性盐溶液，如Na2SO4溶液，故不能判断两点导电能力的大小；D.C点c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性可能是盐类水解的原因促进水的电离，D点溶液c(H+)1922.下列叙述与图像相符的是A.图①表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡后在t0时刻充入了一定量的SO3B图②可满足反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＜0C.图③表示反应aA(g)+bB(g)cC(g)，在容器中充入1molA和1molB，经过相同时间容器中A的百分含量随温度的变化，可知反应ΔH＞0D.图④表示反应aA(g)+bB(g)cC(g)平衡时A的百分含量随压强的变化，可知E点v(逆)＞v(正)【答案】B【解析】【详解】A．由图可以看出若t0时刻充入了一定量的SO3，平衡逆向移动，但(正)应与平衡点相连，叙述与图像不符，故A错误；B．由先拐先平数值大可知，T1>T2，P2>P1；由图看出，若压强不变升高温度，SO3的百分含量减小，说明升温平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0；若温度不变增大压强，SO3的百分含量增大，说明加压平衡正向移动，即向气体分子数减小的方向移动，叙述与图像相符，故B正确；C．由图可知，随着反应进行，反应物不断减少，A的百分含量减少，反应放热使温度升高，达到平衡后，再升高温度，A的百分含量增大，说明升温平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0，叙述与图像不符，故C错误；D．E点A的百分含量大于平衡时A的百分含量，说明此时反应在向正反应方向进行，则v(逆)20【详解】A．在恒温密闭容器中充入amolN2和amolH2，发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，设反应转化了xmolN2，则反应一段时间后各物质的物质的量分别为：(a-x)mol、(a-3x)mol、2xmol，则N2的体积分数为，与N2的起始体积分数一致，是恒量，与反应程度无关，则N2的体积分数保持不变，不能说明反应已达到平衡状态，A错误；B．该反应的K=c(CO2)，温度不变，K不变，则c(CO2)不变，但CaCO3的物质的量为0.02mol，完全分解后浓度为0.01mol/L，故浓度减小，B错误；C．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，H2的燃烧热为285.8kJ/mol，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-285.8kJ/mol=-571.6kJ/mol，C错误；D．反应热=正反应的活化能-逆反应的活化能，因为反应放热，且正反应的活化能大于0，所以该反应逆反应的活化能大于113.0kJ/mol，D正确；故选D。24.室温下，用0.1mol·L-1醋酸溶液滴定10mL浓度均为0.1mol·L-1氨水和NaOH的混合溶液，下列说法不正确的是A.滴定前，混合溶液中c(Na+)＞c(NH)B.当滴入10mL醋酸溶液时，c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)C.当滴入20mL醋酸溶液时，c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(H+)+c(CH3COOH)D.当溶液呈中性时，醋酸溶液滴入量大于20mL，c(Na+)＞c(CH3COO-)【答案】D【解析】【分析】向等浓度氨水和NaOH的混合溶液逐滴加入醋酸溶液，因为NH3·H2O为弱碱，所以醋酸优先与NaOH发生中和反应，然后再与一水合氨发生反应，结合溶液中三大守恒和水溶液平衡分析解答。【详解】A．浓度均为0.1mol·L-1氨水和NaOH的混合溶液中，NH3·H2O发生部分电离生成NH和OH-，所以c(Na+)＞c(NH)，A正确；B．当滴入10mL醋酸溶液时，醋酸刚好与NaOH恰好反应完全，溶液中溶质为等物质的量的CH3COONa和NH3·H2O，根据物料守恒可知，c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，B正确；C．当滴入20mL醋酸溶液时，溶液中的NH3·H2O和NaOH全部转化为等物质的量的相应的盐CH3COONH4和CH3COONa，根据电荷守恒可知，c(H+)+c(NH)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，物料守恒：c(CH3COO-)+
21c(CH3COOH)=c(NH)+c(NH3·H2O)+c(Na+)，结合上述两式可得，质子守恒：c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(H+)+c(CH3COOH)，C正确；D．当滴入20mL醋酸溶液时，溶液中的NH3·H2O和NaOH全部转化为等物质的量的相应的盐CH3COONH4和CH3COONa，溶液呈现碱性，所以当溶液呈中性时，醋酸溶液滴入量大于20mL，电荷守恒可知，c(H+)+c(NH)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，中性条件下，c(NH)+c(Na+)=c(CH3COO-)，所以c(Na+)＜c(CH3COO-)，D错误；故选D。25.已知CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ•mol-1，反应在起始物=3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t=250℃下x(CH3OH)~p、在p=5×105Pa下x(CH3OH)~t如图所示。下列说法正确的是A.图中对应等压过程的曲线是MB.C点处x(CH3OH)相同，平衡常数相同C.当x(CH3OH)=0.10时，CO2的平衡转化率为1/3D.由d点到b点可以通过升温实现【答案】C【解析】【详解】A．已知CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ•mol-1，故恒压时温度升高，平衡逆向移动，CH3OH的物质的量分数减小，故图中对应等压过程的曲线是N，A错误；B．图中曲线N是恒压下随温度改变的曲线，M曲线是恒温下随压强改变的曲线，由图中可知C点对应的温度不是250℃，故C点对应的两种条件下的温度不一样，温度改变，平衡常数改变，故C点处x(CH3OH)相同，但平衡常数不相同，B错误；C．根据三段式分析可知，当x(CH3OH)=0.10时，即=0.1，解得x=，故CO2的平衡转化率为=1/3，C正确；D．由A项分析可知，曲线M为恒温故d点对应的温度为250℃，N为恒压，从图中可知b
22点对应的温度为270℃，d点对应的压强为8×105Pa，而b点对应的压强5×105Pa，故由d点到b点可以通过升温同时减压才能实现，D错误；故答案为：C。第Ⅱ卷(非选择题：共50分)26回答下列问题：（1）将FeCl3溶液蒸干灼烧得到的物质是___________(填化学式)。（2）计算25℃时饱和CaSO4溶液中c(Ca2+)=___________(已知25℃，Ksp[CaSO4]=4.9×10-5)。（3）已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸H2SHClOH2CO3H2SO3电离平衡常数(25℃)Ka1=1.1×10-7Ka2=1.3×10-15Ka1=4.0×10-8Ka1=4.5×10-7Ka2=4.7×10-11Ka1=1.4×10-2Ka2=6.0×10-8①相同条件下，0.1mol·L-1下列溶液中，c(NH)由大到小的排列顺序是___________(填序号)。A．(NH4)2SO4B．(NH4)2CO3C．NH4ClD．NH4HSO4E．NH3·H2O②下列离子方程式正确的是___________。A．NaClO溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2ClO-=CO+2HClOB．Ca(C1O)2溶液中通入少量SO2：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClOC．Na2CO3溶液中滴加少量氯水：2CO+Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2HCOD．Na2S溶液中通入过量SO2：S2-+2SO2+2H2O=2HSO+H2S↑（4）用0.1000mol·L-1HCl溶液滴定未知浓度NaOH溶液，下列说法正确的是___________。A.滴定前俯视滴定管，滴定后仰视滴定管，会引起NaOH溶液浓度偏高B.可选择甲基橙或酚酞作为指示剂C.滴定时左手控制旋塞，右手振荡锥形瓶，眼睛注视滴定管内液面D.滴定管、锥形瓶水洗后，均需标准液或待测液润洗【答案】（1）Fe2O3（Fe3O4也给分）（2）7.0×10-3mol·L-1（3）①.ABDCE②.C（4）AB【解析】【小问1详解】
23FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子为弱碱阳离子，将氯化铁溶液蒸干时，铁离子水解生成Fe(OH)3和HCl，升高温度促进HCl的挥发，平衡右移，所以蒸干时得到碱，灼烧Fe(OH)3时，Fe(OH)3会分解生成氧化铁；【小问2详解】根据Ksp[CaSO4]=c(Ca2+)×c(SO)=4.9×10-5，c(Ca2+)=c(SO)；c(Ca2+)==7.0×10-3mol·L-1；【小问3详解】①弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，NH3H2O是弱电解质，(NH4)2SO4，(NH4)2CO3、NH4Cl、NH4HSO4是强电解质完全电离，所以NH3H2O中NH浓度最小；(NH4)2SO4、(NH4)2CO3含有两个NH，NH4Cl和NH4HSO4都含有1个NH，所以(NH4)2SO4、(NH4)2CO3大于NH4Cl和NH4HSO4中NH的浓度；(NH4)2CO3水解时：NH+H2O⇌NH3H2O+H+，CO+H2O⇌HCO+OH-，二者相互促进水解，导致铵根离子的水解程度大于(NH4)2SO4溶液中NH的水解程度，所以(NH4)2SO4中NH的浓度大于(NH4)2CO3；NH4Cl和NH4HSO4，NH4HSO4溶液中c(H+)大于NH4Cl溶液，抑制NH4HSO4溶液中NH的水解，所以NH4HSO4溶液中NH的浓度大于NH4Cl，所以本题答案为ABDCE；②A.根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3>HClO>HCO，所以NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO，A不符合要；B.HClO具有强氧化性，能把SO2氧化为硫酸，所以少量的SO2通入次氯酸钙溶液中不会生成CaSO3，应生成CaSO4，B不符合要求；C.向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，溶液中碳酸钠过量，盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，反应离子方程式为：2CO+Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2HCO，C符合要求；D.SO2和S2-发生归中反应生成硫单质，会生成H2S，由于SO2过量，会生成NaHSO3，所以Na2S溶液中通入过量SO2离子反应为：2S2-+5SO2+2H2O=4HSO+3S↓，D不符合要求；答案选C；【小问4详解】A.滴定前俯视滴定管，滴定后仰视滴定管，读取数据时使得消耗盐酸的体积偏大，根据会引起NaOH溶液浓度偏高，A符合要求；B.强酸和强碱反应生成的强酸强碱盐，显中性，甲基橙或酚酞均可作为指示剂，B符合要求；C.滴定时左手控制旋塞，右手振荡锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，C不符合要求；D.滴定管水洗后，需用标准液或待测液润洗，而锥形瓶不用待测液润洗，D不符合要求；答案选AB。27.某课外活动小组为了探究外界条件对化学平衡的影响，做了如下实验：（1）已知反应2NO2(g)N2O4(g)能量变化如图①所示，图②A、B中两烧瓶内充有等量的NO2气体，在两烧杯中分别加入浓硫酸与硝酸铵后，则B中烧瓶内的气体颜色比A中烧瓶内的___________(填“深”或“浅”)。
24（2）已知颜色深浅(I)与有色物质浓度(c)和观察深度(L)的乘积成正比：I=kc·L(式中k为常数)。在甲、乙两支容积均为30cm3针筒中分别抽入10cm3NO2气体，将针筒前端封闭。①将甲针筒活塞迅速推至5cm3处，从视线1处观察到的现象是___________；②将乙针筒活塞迅速拉至20cm3处，从视线2处观察到的现象是___________。（3）探究浓度对Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡的影响。将0.005mol·L-1FeCl3溶液(接近无色)和0.01mol·L-1KSCN溶液等体积混合，将得到红色溶液分为二等份。甲、乙两同学分别加入少量KCl(s)。①甲同学根据中学所掌握知识预测颜色应该___________(填“变深”、“变浅”或“不变”)。②乙同学查阅资料得知该反应为配合反应，且学习到更多配离子，如冰晶石中[AlF6]3-、银氨溶液中[Ag(NH3)2]+、[CuCl4]2-、[FeCl4]-等。因此预测颜色应该___________(填“变深”、“变浅”或“不变”)，理由___________。【答案】（1）浅（2）①.颜色先变深后变浅②.颜色变深（3）①.不变②.变浅③.加入KCl电离出Cl-，与Fe3+结合成[FeCl4]-，Fe3+浓度减少使平衡逆向移动，颜色变浅【解析】【小问1详解】从图①中可知，反应2NO2(g)N2O4(g)是正向放热过程，图②中A烧瓶所浸入溶液加入浓硫酸，浓硫酸稀释放热，体系温度升高，促进平衡朝逆向移动，二氧化氮浓度增大，体系颜色变深，而B烧瓶所浸入溶液加入硝酸铵，硝酸铵溶解吸热，体系温度降低，促进平衡朝正向移动，二氧化氮浓度减小，体系颜色变浅，故B中烧瓶内的气体颜色比A中烧瓶内的浅。【小问2详解】①将甲针筒活塞迅速推至5cm3处，体系体积迅速减小，二氧化氮浓度增大，体系颜色变深，随后因体系压强增大，反应2NO2(g)N2O4(g)平衡朝正向移动，二氧化氮浓度逐渐减小，体系颜色变浅，从视线1处观察，观察深度(L)不变，即I=kc·L减小，故现象是颜色先变深后变浅；②将乙针筒活塞迅速拉至20cm3处，体系压强减小，反应2NO2(g)N2O4(g)平衡朝逆向移动，从视线2处观察，同时观察深度(L)增大，即I=kc·L增大，体系颜色变深，故现象是颜色变深。【小问3详解】①根据中学所掌握知识预测，加入少量KCl(s)，对Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡没有影响，体系颜色应该保持不变；②根据查阅资料得知[FeCl4]–的存在，由于加入的KCl(s)电离出Cl-，与Fe3+结合生成[FeCl4]–，造成Fe3+的浓度下降，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动，显红色的物质Fe(SCN)3浓度下降，因此预测颜色应该变浅。
2528.全球空气污染日趋严重，消除氮氧化物污染对建设宜居环境有重要意义。（1）已知：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)ΔH1=-114kJ·mol-1①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.5kJ·mol-1②N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH3=＋181kJ·mol-1③某反应的平衡常数表达式为K=，写出该反应的热化学方程式___________。（2）利用氨气可将汽车尾气中的NOx还原为N2和H2O，反应原理是：NO(g)＋NO2(g)＋2NH3(g)3H2O(g)＋2N2(g)ΔH①该反应化学平衡常数K与温度t关系如上图所示，则ΔH___________0(填“＞”、“＜”或“=”)。②能增加平衡时NOx去除率的条件是___________。A．高温高压B．低温低压C．选择优异催化剂D．一定条件下分离出水③500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，10min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为50％，体系压强为pMPa，则0～10min内用NH3表示的平均反应速率v(NH3)=___________，该反应的平衡常数Kp=___________Mpa(用含p的代数式表示，某组分B的平衡压强p(B)可代替物质的量浓度c(B)，如p(B)=p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。（3）用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)。向一恒压密闭容器中加入活性炭(足量)和NO，t1时到达平衡。在t2时刻继续充入一定量NO，t3时刻重新到达平衡，请在下图中作出逆反应速率在t2～t3变化的曲线___________。（4）在恒温恒容密闭容器中发生反应C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，下列说法正确的是___________。A.NO与CO2的物质的量之比不变时说明反应已达平衡B.混合气体压强不变时说明反应已达平衡C.该反应能否自发的判断依据主要由ΔH决定D.增加碳的量，导致Qc＜K，平衡正向移动【答案】（1）2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=-854kJ·mol－1（2）①.<②.BD③.0.05mol·L－1·min－1④.3p（3）（4）AC【解析】【小问1详解】
26根据原子守恒及平衡常数K的表达式可知，将反应②×2-①-③得反应：2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g)△H，则△H=2△H2-△H1-△H3=2×(-393.5kJ•mol-1)-(-114kJ•mol-1)-(+181kJ•mol-1)=-854kJ•mol-1，则有2C(s)+2NO2(g)═N2(g)+2CO2(g)△H1=-854kJ•mol-1，故答案为：2C(s)+2NO2(g)═N2(g)+2CO2(g)△H1=-854kJ•mol-1；【小问2详解】①由图知温度升高K值减小，说明升高温度平衡逆向移动，为放热反应，则ΔH<0；②增加平衡时NOx去除率即使平衡正向移动，该正反应为放热且气体分子数增大的，则低温低压可使平衡正向移动；催化剂只加快反应速率而平衡不移动；一定条件下分离出水即减小生成物的浓度，平衡正向移动，故选：BD；③列三段式：0～10min内用NH3表示的平均反应速率v(NH3)=0.05mol·L－1·min－1；平衡时总物质的量为0.5+0.5+1+1.5+1=4.5mol，该反应的平衡常数3pMpa；【小问3详解】t2时刻充入的是NO，反应物浓度增大，正反应速率增大，改变条件的瞬间，逆反应速率减小，但平衡正向移动，且达到平衡后，逆反应速率与原平衡相同，t2～t3变化的曲线为；【小问4详解】A．NO与CO2的物质的量之比不变时，则浓度不再发生改变，说明反应已达平衡，故A正确；B．在恒温恒容密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，由于反应C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)气体分子数相等，则前后的物质的量是不变的，则混合气体的压强一直保持不变，故B错误；C．因为正反应是熵增的反应，即△S>0，根据△H-T△S＜0可知，反应由△H决定自发反应，故C正确；D．碳为固体浓度视为常数，增加碳的量，反应物的浓度不变，平衡不移动，故D错误；故答案为：AC。29.某实验小组利用含镍废料(含有NiO、Fe3O4、CuO和SiO2)制备NiO(OH)及获得少量净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]的流程如下，已知：①Ni(III)在酸性下有强氧化性②lg2=0.3③离子浓度＜1×10-5mol·L-1时沉淀完全④Ksp[FeS]=6.3×10-18，Ksp[CuS]=6.3×10-36，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15。回答以下问题：（1）酸溶时为加快溶解速率，可采取的措施有___________(任写一条)。（2）滤渣2的成份除了FeS以外，另外的成份是___________。
27（3）在反应I中若酸度过高会影响FeS用量的理由是___________(用离子方程式表示)。滤液2中c(Fe2+)与c(Cu2+)的比值等于___________。（4）氧化生成的Fe3+在较小pH条件下水解，最终形成黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]沉淀，如图是pH—温度关系图，图中阴影部分为黄钠铁矾稳定存在的区域，下列说法不正确的是___________(填字母)。A.黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]中铁为Fe(III)B.pH过低或过高均不利于生成黄钠铁矾，其原因相同C.工业生产中往往还要加入Na2SO4，其目的是为了调节溶液pHD.生产中温度常保持在85℃～95℃，此时溶液的pH控制在1.8左右（5）沉镍过程中若要使镍离子沉淀完全，应当调节溶液pH的范围为___________。（6）NiO(OH)用浓盐酸溶解时的离子方程式为___________。【答案】（1）加热、搅拌、粉碎固体、增加酸浓度等（合理即可）（2）CuS、S（3）①.FeS+2H+=Fe2++H2S↑②.1×1018（4）BC（5）pH≥9.15（6）2NiO(OH)+6H++2Cl-=2Ni2++Cl2↑+4H2O【解析】【分析】含镍废料中进行酸溶，SiO2属于酸性氧化物，SiO2不与酸反应，过滤，滤渣1为SiO2，滤液1中含有Ni2＋、Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋、H＋，向滤液中加入FeS，根据信息④，CuS溶度积小于FeS，Cu2＋能与FeS反应生成CuS，H＋能与FeS反应生成Fe2＋和H2S，Fe3＋具有强氧化性，能将H2S氧化成S单质，因此滤渣2中含有FeS、CuS和S，滤液进入氧化步骤，将Fe2＋氧化成Fe3＋，然后加入碳酸钠，得到黄钠铁矾，调节pH，使Ni2＋以氢氧化物的形式沉淀出来，通入空气将二价镍氧化成三价镍，据此分析；【小问1详解】酸溶时为加快溶解速率，可采取措施是搅拌、将废料进一步粉碎、适当增加酸的浓度、适当升高温度等；故答案为加热、搅拌、粉碎固体、增加酸浓度等；【小问2详解】废料中NiO、Fe3O4、CuO能与酸反应，得到Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋，SiO2为酸性氧化物，不与酸反应，过滤后，滤液中加入FeS，对比CuS和FeS溶度积，CuS比FeS更难溶，因此Cu2＋与FeS反应生成CuS和Fe2＋，Fe3＋具有强氧化性，能将－2价S氧化成硫单质，滤渣2中除FeS外，还有CuS和S；故答案为CuS、S；【小问3详解】酸度过高，说明c(H＋)增大，FeS能与H＋反应：FeS＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑，造成FeS用量增大；滤液2中=1×1018；故答案为FeS＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑；1×1018；
28【小问4详解】A．根据化合价代数和为0，推出Fe显＋3价，故A说法正确；B．pH过低，抑制Fe3＋水解，不能形成黄钠铁矾，pH过高，Fe3＋转化成Fe(OH)3沉淀，原因不相同，故B说法错误；C．硫酸钠不能调节pH，其目的是增加Na＋、SO浓度，便于黄钠铁矾沉淀，故C说法错误；D．根据图像可知，生产中温度常保持在85℃～95℃，此时溶液的pH控制在1.8左右，故D说法正确；答案为BC；【小问5详解】镍离子沉淀完全，此时c(Ni2＋)≤1×10－5mol·L－1，c(OH－)≥，推出pH≥9.15；故答案为pH≥9.15；【小问6详解】Ni3＋在酸性条件下具有强氧化性，能将Cl－氧化成Cl2，其离子反应方程式为2NiO(OH)+6H++2Cl-=2Ni2++Cl2↑+4H2O；故答案为2NiO(OH)+6H++2Cl-=2Ni2++Cl2↑+4H2O。
