【答案】D
【解析】
n（始）4mol2mol0
Δn0.8mol0.8mol0.8mol
n（平）3.2mol1.2mol0.8mol
恒容条件下，把反应物减半。
分两步：
?
体积减半，量减半，各组分百分含量是不变的，五氯化磷0.4mol；?
把体积扩大为原来体积，相当于减压，平衡逆向移动，PCl5的物质的量为小于0.4mol。
7.已知A（g）+B（g）=C（g）△H=△H1D（g）+B（g）=E（g）△H=△H2,若A和D混合气体1mol完全与B反应，放热△H3，则A和D物质的量之比是
A.（△H2－△H3）：
（△H1－△H3）B.（△H3－△H2）：
（△H1－△H3）
C.（△H3－△H2）：
（△H3－△H1）D.（△H1－△H3）：
（△H3－△H1）
【答案】B
考点：
考查反应热的计算。
8.在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：
a（g）+b（g）
2c（g）△H1＜0x（g）+3y（g）
2z（g）△H2＞0
进行相关操作且达到平衡后（忽略体积改变所做的功），下列叙述错误的是
A.等压时，通入惰性气体，c的物质的量不变
B.等压时，通入z气体，反应器中温度升高
C.等容时，通入惰性气体，各反应速率不变
D.等容时，通入z气体，y的物质的量浓度增大
【答案】A
【解析】试题分析：
A、等压时，通入非反应气体，容积的体积增大，物质的量浓度减小，x（g）＋3y（g）
2z（g），平衡向逆反应方向进行，温度升高，容积是不导热，a（g）＋b（g）
2c（g），平衡向逆反应反应移动，c的物质的量减小，故说法错误；B、等压时，通入z气体，平衡向逆反应方向移动，向放热反应方向移动，温度升高，故说法正确；C、恒容时，通入非反应气体，压强虽然增大，但个组分浓度保持不变，化学反应速率不变，故说法正确；D、等容时，通入z气体，生成物的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，y的物质的量增加，浓度增大，故说法正确。
考点：
考查影响平衡移动的因素等知识。
9.下列实验误差分析错误的是
A.用湿润的pH试纸测稀碱液的pH，测定值偏小
B.用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
C.滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
D.测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小
【答案】C
【解析】A．湿润的pH值试纸可以稀释碱液，溶液中氢氧根离子浓度减小，测定的溶液碱性减弱，测定值偏小，故A正确；B．定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，结合c=可知，所配溶液的浓度偏大，故B错误；C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小，故C正确；D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，所测温度值偏小，故D错误；故选BD。
10.下列说法正确的是
A.ΔH<0、ΔS>0的反应在温度低时不能自发进行
B.两种物质反应,无论方程式的书写形式如何,平衡常数均不变
C.NH4HCO3（s）====NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）ΔH=+185.57kJ·mol-1能自发进行,原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
D.增大反应物浓度，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大
【答案】C
【解析】A．根据△G=△H-T•△S判断，对于△H＜0、△S＞0的反应在温度低时，可以使得△G＜0，反应能自发进行，故A错误；B．温度一定，同一反应化学计量数不同，平衡常数不同，故B错误；C．反应吸热，但由于固体生成气体，△S增大，则在一定条件下能自发进行，故C正确；D．增大反应物的浓度，活化分子的浓度增大，化学反应速率增大，但活化分子的百分数不变，故D错误；故选C。
点睛：
注意反应能否自发进行的判断方法。
注意一个反应能否自发进行，不取决于焓变或熵变中的一种，而是二者的综合判据，当△G=△H-T•△S＜0时，反应才能自发进行
11.25℃，某溶液中含有Na＋、H＋、Fe3＋、
、OH－、I－中的几种离子，已知由水电离出的c（H＋）＝1×10－13mol·L－1。
向该溶液中缓慢通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色。
下列关于该溶液的分析，错误的是
A.pH＝1或pH＝13
B.阴离子肯定有I－，不能确定有无
C.阳离子肯定没有Fe3＋，不能确定有无Na＋
D.溶质有3种可能：
①HI②HI和NaI③NaI和NaOH
【答案】B
...............
12.已知蓝色硫酸铜溶液会跟无色溴离子作用，生成绿色的四溴合铜离子:
CuSO4（aq蓝色）+4KBr（aq）
K2CuBr4]（aq绿色）+K2SO4（aq），当温度升高时，该溶液中四溴合铜离子的浓度增大，所以溶液呈绿色。
下列说法正确的是
A.加入K2SO4溶液，平衡向左移动B.加水平衡不移动
C.加入K2SO4固体，平衡向左移动D.正反应放热
【答案】A
【解析】A、因为该CuSO4（aq蓝色）+4KBr（aq）
K2CuBr4]（aq绿色）+K2SO4（aq）的本质为Cu2+（aq蓝色）+4Br-（aq）
CuBr4]2-（aq绿色），加入K2SO4溶液相当于加水稀释平衡向逆向移动即向左移动，故A正确；B、因为该CuSO4（aq蓝色）+4KBr（aq）
K2CuBr4]（aq绿色）+K2SO4（aq）的本质为Cu2+（aq蓝色）+4Br-（aq）
CuBr4]2-（aq绿色），反应前后系数减小，所以加水稀释平衡向逆向移动，故B错误；C、因为该CuSO4（aq蓝色）+4KBr（aq）
K2CuBr4]（aq绿色）+K2SO4（aq）的本质为Cu2+（aq蓝色）+4Br-（aq）
CuBr4]2-（aq绿色），K2SO4固体的量对平衡无影响，所以加入K2SO4固体，平衡不移动，故C错误；D、因为温度升高时，该溶液中四溴合铜离子的浓度增大，所以溶液呈绿色即向正反应方向移动，则说明该反应正反应为吸热反应，故D错误；故选A。
13.下列图示与对应的叙述不相符的是
图1图2图3图4
A.图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液
B.图2表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
C.图3表示0.1000mol•L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L-1醋酸溶液得到的滴定曲线
D.图4表示向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴滴入Ba（OH）2溶液，随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化
【答案】C
【解析】试题分析：
A、KNO3的溶解度随着温度的升高而升高，溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，A正确；B、反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应是放热反应，加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变，B正确；C、0.1000mol•L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L-1CH3COOH溶液，消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液的pH大于1，图象中醋酸的pH=1与实际不符，C错误；D、开始滴加同时发生反应为Al3++3OH-=Al（OH）3↓，当Al3+沉淀完全时铵根开始结合氢氧根生成一水合氨。
当铵根完全反应后，生成的氢氧化铝开始溶解在氢氧化钠中，沉淀减少，图像符合，D正确，答案选C。
考点：
考查化学图像分析
14.一定温度下可逆反应：
A（s）+2B（g）
2C（g）+D（g）；△H>0。
现将1molA和2molB加入甲容器中，将4molC和2molD加入乙容器中，此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，t1时两容器内均达到平衡状态（如图1所示，隔板K不能移动）。
下列说法正确的是
A.保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1molA和2molB,达到新的平衡后，甲中C的浓度是乙中C的浓度的2倍
B.保持活塞位置不变，升高温度，达到新的平衡后，甲、乙中B的体积分数均增加
C.保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新的平衡后，乙中C的体积分数是甲中C的体积分数的2倍
D.保持温度和乙中的压强不变，t2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后，甲、乙中反应速率变化情况分别如图2和图3所示（t1前的反应速率变化已省略）
【答案】D
【解析】试题分析：
根据等效平衡分析，4molC和2molD相当于2molA和4molB，但是乙容器的容积是甲的2倍，即物质的量浓度相同，所以在相同条件下达到相同平衡状态，A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1molA和2molB，相当于增大压强，平衡向逆反应反向移动，达到平衡时甲中C的浓度小于原来的2倍，甲中C的浓度小于乙中C的浓度的2倍，A项错误；B．保持活塞位置不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲、乙中B的体积分数都增大，B项错误；C．保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，相当于增大乙的压强，平衡向逆反应方向移动，减小甲的压强平衡向正反应方向移动，达到新的平衡后，乙中C的体积分数小于甲中C的体积分数的2倍，C项错误；D．甲中温度和体积不变充入稀有气体，没有改变气体的浓度，对反应速率没有影响，可以用图2表示，乙中温度和压强不变，充入稀有气体，相当于增大容器体积，气体浓度减小，反应速率减小，生成物的浓度减小的程度大些，化学平衡正向移动，可以用图3表示，D项正确，答案选D。
【考点定位】考查等效平衡及影响平衡的因素等知识。
【名师点睛】本题考查等效平衡及影响平衡的因素等知识。
根据等效平衡分析，4molC和2molD相当于2molA和4molB，但是乙容器的容积是甲的2倍，即物质的量浓度相同，所以在相同条件下达到相同平衡状态，即甲和乙容器此时是等效平衡状态。
15.常温下，浓度均为1.0mol·L-1的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液10mL，测得其pH为9.3。
下列有关叙述正确的是
A.加入适量的NaCl，可使c（NH4+）＝c（Cl-）
B.滴加几滴浓氨水，c（NH4+）减小
C.滴加几滴浓盐酸，
的值减小
D.1.0mol·L-1的NH4Cl溶液中c（NH4+）比该混合溶液大
【答案】A
【解析】试题分析：
A、等浓度的氨水与氯化铵的混合液呈碱性，c（H＋）c（Cl-），加入氯化钠后氯离子浓度增大，而铵根离子浓度不变，可使c（NH4+）=c（Cl-），正确；B、该混合液呈碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，滴加几滴浓氨水，溶液的碱性增强，尽管浓氨水中一水合氨的电离度小，但铵根离子的浓度、氢氧根离子浓度仍大于原溶液中的铵根离子浓度、氢氧根离子浓度，溶液的碱性增强，所以c（NH4+）增大，错误；C、滴加几滴浓盐酸，溶液的pH减小，氢氧根离子浓度减小，则一水合氨的电离正向移动，铵根离子浓度增大，一水合氨的浓度减小，比值增大，错误；D、因为该混合液中一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则铵根离子浓度会大于1.0mol/L，而1.0mol·L-1的NH4Cl溶液中c（NH4+）会因为铵根离子的水解小于1.0mol/L，错误，答案选A。
考点：
考查弱电解质的电离平衡的判断，离子浓度的变化判断
16.现有室温下的四种溶液，其pH如下表所示，下列有关叙述不正确的是
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶液
氨水
NaOH溶液
醋酸
盐酸
A.③④中分别加入适量醋酸钠晶体，两溶液pH均增大
B.②③两溶液等体积混合，所得溶液中：
c（H+）>c（OH-）
C.分别加水稀释10倍，溶液的pH：
①>②>④>③
D.V1L④和V2L①溶液混合后，若pH=7，则V1【答案】D
【解析】A．③④中分别加入适量醋酸钠晶体，③中醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离，④反应生成醋酸，醋酸部分电离，所以③④中分别加入适量醋酸钠晶体后氢离子浓度都减小，则溶液的pH都增大，故A正确；
B．醋酸是弱电解质、NaOH是强电解质，pH=4的醋酸浓度大于pH=10的NaOH浓度，二者等体积混合时，醋酸有剩余，溶液呈酸性，所以所得溶液中：
c（H+）＞c（OH﹣），故B正确；
C．室温下，碱溶液pH大于酸溶液；加水稀释促进弱电解质电离，所以稀释10倍后pH：
①＞②＞④＞③，故C正确；
D．V1L④和V2L①溶液混合后，若pH=7，氨水浓度远远大于盐酸，要使混合溶液呈中性，则V1＞V2，故D错误；
17.下图Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两组同学将反应“AsO43-+2I-+2H+
AsO33-+I2+H2O”设计成的原电池装置，其中C1、C2均为碳棒．甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸；乙组向图ⅡB烧杯中逐滴加入适量40%NaOH溶液．下列叙述中正确的是
A.乙组操作时，C2做正极
B.乙组操作时，C1上发生的电极反应为I2+2e-═2I-
C.甲组操作时，电流表（G）指针发生偏转
D.甲组操作时，溶液颜色变深
【答案】B
【解析】甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸，发生氧化还原反应，不发生原电池反应；乙组向图ⅡB烧杯中逐滴加入适量40%NaOH溶液，平衡逆向移动，发生原电池反应，A中发生I2+2e-═2I-，为正极反应，而B中AsO33-转化为AsO43-，As化合价升高，发生氧化反应，C2为负极。
A、乙组操作时，C2做负极，故A错误；B、乙组操作时，C1上得到电子，为正极，发生的电极反应为I2+2e-═2I-，故B正确；C、甲组操作时，两个电极均为碳棒，不发生原电池反应，则微安表（G）指针不发生偏转，故C错误；D、发生反应生成碘单质，则溶液颜色加深，故D错误；故选B。
点睛：
注意装置能否形成原电池为解答的关键。
向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸，AsO43-+2I-+2H+
AsO33-+I2+H2O平衡正向移动，发生氧化还原反应，但不构成原电池；向图ⅡB烧杯中逐滴加入适量40%NaOH溶液，AsO43-+2I-+2H+
AsO33-+I2+H2O，平衡逆向移动，反应在两池中进行，发生原电池反应，B中AsO33-转化为AsO43-，C2为负极，A中I2转化为I-，C1为正极。
18.下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是
A.物质的量浓度之比为2∶1的NaClO、NaHSO3混合溶液中：
c（HClO）＋c（ClO－）＝2c（HSO）＋2c（H2SO3）＋2c（SO）
B.物质的量浓度相等的①NH4HSO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl溶液中，pH的大小关系：
②>①>③
C.常温下，pH＝6的NaHSO3溶液中：
c（SO）－c（H2SO3）＝9×10－7mol·L－1
D.常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH＝7：
c（Na＋）>c（CH3COO－）>c（Cl－）＝c（CH3COOH）>c（H＋）＝c（OH－）
【答案】D
【解析】A．NaClO、NaHSO3混合溶液中要发生氧化还原反应，生成氯化钠和硫酸钠，故A错误；B．硫酸氢铵是强酸弱碱酸式盐，硫酸氢根离子电离出氢离子，抑制铵根离子水解，但溶液呈强酸性，碳酸氢铵中HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，所以NH4HCO3溶液呈碱性，氯化铵水解而使其溶液呈酸性，但小于硫酸氢铵的酸性，所以pH的大小关系：
②＞③＞①，故B错误；C．常温下，亚硫酸氢钠呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，根据物料守恒得c（Na+）=c（H2SO3）+c（HSO3-）+c（SO32-）①，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO3-）+2c（SO32-）②，将方程式①代入②得，c（H2SO3）+c（H+）=c（OH-）+c（SO32-），所以c（SO32-）-c（H2SO3）=c（H+）-c（OH-）=（10-6-10-8）mol/L=9.9×10-7 mol•L-1，故C错误；D．溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），氯化氢电离出的氢离子和醋酸根离子结合生成醋酸，所以溶液中c（Cl-）=c（CH3COOH），醋酸根离子水解而钠离子不水解，所以c（Na+）＞c（CH3COO-），CH3COONa溶液呈弱碱性，要使溶液呈中性，则向醋酸钠溶液中加入少量盐酸，醋酸钠的量远远大于盐酸的量，所以c（CH3COO-）＞c（Cl-），故D正确；故选D。
点睛：
本题考查离子浓度大小的比较，难度较大，熟练掌握物料守恒和电荷守恒是解题的关键。
易错选项是A，注意亚硫酸氢根离子和碳酸氢根离子的差别，NaClO能够氧化NaHSO3。
第Ⅱ卷（非选择题，共46分）
二.本题包括4个小题，共46分
19.滴定实验在化学分析中有重要应用，现用浓度为0.1000mol•L-1酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸（H2C2O4）：
（1）写出滴定过程中发生反应的离子方程式为_____________________________________。
（2）滴定过程中操作滴定管的图示正确的是_______________。
（3）若滴定时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定过程中消失，将导致测得的结果_____（选填：
“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（4）该滴定实验滴定终点的现象是_____________________________________。
（5）Na2Cr2O7可用于测定废水的化学耗氧量（即COD，指每升水样中还原性物质被氧化所需要O2的质量）。
现有某水样100.00mL，酸化后加入C1mol/L的Na2Cr2O7溶液V1mL，使水中的还原性物质完全被氧化（Cr2O72-还原为Cr3+）；再用C2mol/L的FeSO4溶液滴定剩余的Cr2O72-，结果消耗FeSO4溶液V2mL。
量取一定体积的Na2Cr2O7溶液时，需要用______（酸式或碱式）滴定管；该水样的COD为___________________________mg/L；
【答案】
（1）.2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+ +10CO2 ↑+8H2O
（2）.A（3）.偏大（4）.滴入最后一滴溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变成紫红色，且半分钟内不退色（5）.酸式（6）.480C1V1-80C2V2
【解析】
（1）高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为5：
2，故反应的方程式为：
2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：
2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（2）根据滴定管的使用规则，滴定时，左手包住滴定管的活塞控制液滴的滴出，防止活塞被意外打开，即如图A所示操作；故答案为：
A；
（3）若滴定时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定过程中消失，则消耗标准溶液体积增大，测定结果偏大；故答案为：
偏大；
（4）该滴定实验中使用了高锰酸钾，滴定终点的现象是滴入最后一滴溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变成紫红色，且半分钟内不退色，故答案为：
滴入最后
升级会员 