C.达平衡后，加入催化剂则C%增大D.达平衡后，增加A的量有利于平衡向右移动
9.常温下，将0.1mol·L－1氢氧化钠溶液与0.06mol·L－1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于（ ）
A.1.7B.2.0C.12.0D.12.4
10.常温下，物质的量浓度均为0.1mol·L-1的下列溶液：
①Na2CO3溶液②NaOH溶液③NaHSO4溶液④NH4Cl溶液⑤NaNO3，溶液的pH由小到大的排列顺序是（）
A.③<④<⑤<①<②B.④<③<⑤<①<②C.④<③<①<⑤<②D.①<④<③<⑤<②
11.100℃时，将0.1molN2O4置于1L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：
N2O4（g）
2NO2（g），下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是（ ）
①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：
2②NO2生成速率与NO2消耗速率相等③烧瓶内气体的压强不再变化④烧瓶内气体的质量不再变化⑤NO2的物质的量浓度不再改变⑥烧瓶内气体的颜色不再加深⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化⑧烧瓶内气体的密度不再变化
A.②③⑥⑦B.①④⑧C.只有①④D.只有⑦⑧
12.实验：
①0.1mol·L－1AgNO3溶液和0.1mol·L－1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；②向滤液b中滴加0.1mol·L－1KI溶液，出现浑浊；③向沉淀c中滴加0.1mol·L－1KI溶液，沉淀变为黄色。
下列分析不正确的是（）
A.浊液a中存在沉淀溶解平衡：
AgCl（s）
Ag＋（aq）＋Cl－（aq）B.滤液b中不含有Ag＋
C.③中颜色变化说明AgCl转化为AgID.实验可以证明AgI比AgCl更难溶
13.已知Cu（OH）2在水中存在着如下沉淀溶解平衡：
Cu（OH）2（s）
Cu2＋（aq）＋2OH－（aq），在常温下，Ksp＝2×10－20。
某CuSO4溶液中，c（Cu2＋）＝0.02mol·L－1，在常温下如果要生成Cu（OH）2沉淀，需要向CuSO4溶液加入碱溶液来调整pH，使溶液的pH大于（）
A.2B.3C.4D.5
14.下列关于各图的说法，正确的是（）
A.①中阴极处能产生使湿润淀粉KI试纸变蓝的气体
B.②中待镀铁制品应与电源正极相连
C.④中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应
D.③中钢闸门应与外接电源的正极相连
15.如图所示为水溶液锂离子电池体系。
下列叙述错误的是（ ）
A.a为电池的正极B.电池充电反应为LiMn2O4===Li1－xMn2O4＋xLi
C.放电时，a极锂元素的化合价发生变化D.放电时，溶液中Li＋从b向a迁移
16.把6moLM和5moLN的混合气体通入容积为4L的密闭容器中，在一定条件下发生如下反应：
5M（g）+4N（g）
6P（g）+xQ（g），经5min后反应达到平衡，此时生成P3moL，并测得Q的平均反应速率为0.1mol/（L·min）下列说法正确的是（）
A.化学计量数x=2B.M的转化率为41.67%
C.N的平衡浓度为0.075mol/LD.反应前后混合气体的压强比为23/22
二、非选择题（52分）
17.请你利用所学的化学反应原理解决下列问题：
（1）现需要对农作物同时施用氮肥、磷肥、钾肥三种化肥，对给定的下列化肥①K2CO3、②KCl、③Ca（H2PO4）2、④（NH4）2SO4，⑤氨水，最适当的组合是__________。
A．①③④ B．①③⑤ C．②③④ D．②③⑤
（2）焙制糕点把NaHCO3作为发酵粉使用时，往往添加入少量的明矾，这是因为__________。
A．明矾起催化作用B．硫酸铝钾比碳酸氢钠更易分解
C．明矾受热分解放出气体D．铝盐在水中水解，能起到酸的作用
（3）实验室配制FeSO4溶液，溶解时先要加入少量的稀硫酸，其原因是____________（用离子方程式和适当文字说明）；配制完毕后要加入少量铁屑，其目的是____________。
（4）工业上合成氨：
N2（g）＋3H2（g）
2NH3（g）ΔH<0，采用高温、高压、催化剂作为反应条件，原因是：
______________________________________________。
（5）已知Ksp（BaSO4）=1.07×10-10Ksp（BaCO3）=2.58×10-9，二者的溶解能力相差不大，但____溶解能力相对更小。
重晶石（主要成分是BaSO4）是制备钡化合物的重要原料，但是BaSO4不溶于酸，若用_______________处理即可转化为易溶于酸的BaCO3。
总反应的离子方程式是：
_______________________________________________。
18.
（1）常温下，amL0.1mol·L－1的CH3COOH溶液与bmL0.1mol·L－1的NaOH溶液混合，充分反应。
①写出反应的离子方程式：
_________________________。
②0.1mol·L－1的CH3COOH溶液与0.1mol·L－1的NaOH溶液，两溶液pH之和_____14（填“<”、“＝”或“>”）。
③若a＝b，则反应后溶液中粒子（除水分子外）浓度从大到小的顺序是_____________。
④若混合后溶液呈中性，则a____________b，反应后溶液中c（CH3COO－）________c（Na＋）（填“<”、“＝”或“>”）。
（2）常温下，amLpH＝2的H2SO4溶液与bmLpH＝12的氨水溶液混合，充分反应。
①混合前，两溶液中由水电离出的H＋浓度之比为________；
②若a＝b，则反应后溶液显______（填“酸性”、“中性”或“碱性”）。
19.用物质的量浓度为amol·L－1的标准NaOH溶液去测定VmL盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白：
（1）碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是________________。
（2）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入________（填“甲”或“乙”）中。
（3）取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用标准NaOH溶液进行滴定。
重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。
实验编号
NaOH溶液的浓度（mol·L－1）
滴定完成时NaOH溶液滴入的体积（mL）
待测盐酸的体积（mL）
1
0.10
22.62
20.00
2
0.10
22.72
20.00
3
0.10
22.80
20.00
①滴定达到终点的标志是__________________________________。
②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_____________（保留两位有效数字）。
（4）若所测得盐酸浓度偏大，原因可能是________。
A.实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积
B.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
C.盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗
D.第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗
E.滴加NaOH溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定
20.通过煤的气化和液化，能使煤炭得以更广泛的应用。
Ⅰ.工业上先将煤转化为CO，再利用CO和水蒸气反应制H2是存在以下平衡：
CO（s）+H2O（g）
2CO2（g）+H2（g）
（1）向2L恒容密闭容器中充入一定量的CO和H2O，800℃时，测得部分数据如下表：
t/min
0
1
2
3
4
n（H2O）/mol
1.20
1.04
0.90
0.70
0.70
n（CO）/mol
0.8
0.64
0.50
0.30
0.30
则反应从开始到2min时，用H2表示的平均反应速率____________mol·L－1·min－1；该温度下反应的平衡常数K=______________________（小数点后保留1位有效数字）
（2）相同条件下时，向2L恒容密闭容器中充入CO（g）、H2O（g）、CO2（g）、H2（g）的物质的量分别为1.00mol、3.00mol、2.00mol、2.00mol，则此时该反应v（正）______v（逆）（填“>”、“<”或“=”）。
II.已知CO（g）、H2（g）、CH3OH（l）燃烧热分别为283kJ/mol、286kJ/mol、726kJ/mol。
（3）利用一氧化碳、氢气合成液态甲醇的热化学方程式为______________________。
（4）依据化学反应原理，分析升高温度对制备甲醇反应的影响_________________。
Ⅲ.为摆脱对石油的过度依赖，科研人员将煤液化制备汽油，并设计了汽油燃料电池，电池工作原理如图下图所示：
一个电极通入氧气，另一个电极通入汽油蒸气，电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体,它在高温下能传导O2-。
（5）以己烷（C6H14）代表汽油，写出该电池工作时负极反应方程式__________________。
参考答案
2.B【解析】A．导电性与离子浓度大小有关，与电解质的强弱没有必然关系，所以不能证明醋酸部分电离，不能证明醋酸是弱电解质，故A错误；B．pH试纸显示白醋的pH为2，氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，为弱电解质，故B正确；C．向白醋中加入镁粉出现气泡，只能证明醋酸呈酸性，无法证明醋酸为弱电解质，故C错误；D．向Cu（OH）2中加入白醋，Cu（OH）2溶解，只能证明醋酸呈酸性，无法判断醋酸的电离程度大小，故D错误。
3.B【解析】①2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H1；②H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H2；③2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3；则反应③=2×②+①，由盖斯定律可知，△H3=2△H2+△H1。
4.C
5.C【解析】A．减小反应物二氧化硫的浓度平衡逆向移动，故A错误；B．催化剂使正逆反应速率都增大，故B错误；C．化学反应的过程中伴随能量变化，在密闭绝热容器中，若反应体系温度不再变化，说明反应达到平衡状态，故C正确；D．降温平衡正向移动，故D错误。
6.A【解析】A．HCO在水溶液中能电离，其电离方程式为HCO＋H2O
H3O＋＋CO，故A正确；B．H2SO3是二元弱酸，应分步电离，故B错误；C．CO是二元弱酸根离子，应分步水解，故C错误；D．盐类水解比较弱，存在平衡，应用
不用“=”，故D错误。
8.B【解析】A．由上述分析可知，可逆反应mA（固）+nB（气）⇌Pc（气）+qD（气）正反应为气体物质的量增大的反应，即n＜P+q，故A错误；B．由上述分析可知，可逆反应mA（固）+nB（气）⇌Pc（气）+qD（气）正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向逆反应移动，故B正确；C．催化剂只改变化学反应速率，对平衡移动没有影响，C的质量分数不变，故C错误；D．A为固体，浓度为定值，达平衡后，增加A的量，平衡不移动，故D错误。
9.B【解析】设溶液的体积都是1L，则氢氧化钠的物质的量为1L×0.1mol·L-1=0.1mol，
硫酸的物质的量为1L×0.06mol·L-1=0.06mol，H+的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，则当酸碱发生中和时H+和OH-的物质的量分别为0.12mol和0.1mol，则硫酸过量，过量的H+的物质的量为0.12mol-0.1mol=0.02mol，则反应后溶液中H+的物质的量浓度为c（H+）=
=0.01mol·L-1，pH=-lg10-2=2.0。
10.A【解析】①②为碱性，①中水解显碱性，等浓度强碱溶液的pH大，则pH为②＞①；
③④为酸性，③电离显酸性，④水解显酸性，等浓度时③中酸性强，则③中pH最小，pH为③＜④，⑤为中性，则溶液的pH由小到大的排列顺序是③＜④＜⑤＜①＜②，故选A。
点睛：
考查pH的比较，把握盐类水解、电解质的电离、pH与酸碱性的关系为解答的关键，①②为碱性，等浓度强碱溶液的pH大，③④为酸性，等浓度时③中酸性强，则③中pH最小，⑤为中性。
11.B【解析】①无论反应是否达到平衡状态，N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比都为1：
2，所以不能证明是否达到平衡状态，故错误；②NO2的正逆反应速率相等，所以能证明达到平衡状态，故正确；③该反应是反应前后气体体积改变的反应，当该反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再改变，所以压强就不再改变，能证明该反应达到平衡状态，故正确；④根据质量守恒，无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的质量都不再改变，所以不能证明该反应是否达到平衡状态，故错误；⑤平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，所以能证明该反应达到平衡状态，故正确；⑥平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，烧瓶内气体的颜色不再加深，所以能证明该反应达到平衡状态，故正确；⑦平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，质量始终不变，所以当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，能证明该反应达到平衡状态，故正确；⑧根据质量守恒，反应前后气体质量不变，容器的体积不变，所以烧瓶内气体的密度始终不变，故错误；所以不能说明是平衡状态的是①④⑧。
13.D【解析】已知Ksp=2×10-20，c（Cu2+）=0.02mol•L-1，在常温下如果要生成Cu（OH）2沉淀，则c（Cu2+）×c2（OH-）≥2×10-20，所以c（OH-）≥
=10-9（mol/L），应调节溶液pH大于5。
14.C
15.C【解析】A．根据图知，放电时，b电极上Li失电子生成Li+，所以b是负极，则a是正极，故A正确；B．放电时，负极反应式为xLi-xe-═xLi+，正极反应式为xLi++Li1-xMn2O4+xe-
═LiMn2O4，所以电池反应式为Li1-xMn2O4+xLi=LiMn2O4，故B正确；C．放电时，a极上Li元素化合价都是+1价，化合价不变，故C正确；D．a是正极、b是负极，放电时电解质溶液中阳离子向正极移动，所以溶液中的Li+从b向a迁移，故D正确。
16.B【解析】Q的平均反应速率为0.1mol•L-1·min-1，换算为生成D的物质的量为0.1mol·L-1·min-1×5min×4L=2mol，
5M（g）+4N（g）
6P（g）+xQ（g）
起始量（mol）6 5 0 0
变化量（mol） 2.5 2 3 2
平衡量（mol） 3.5 3 3 2
A．物质的量的变化量之比等于化学方程式中的系数之比，C、D的物质的量之比为3：
2，则x=4，故A错误；B．M的转化率为
×100%=41.67%，故B正确；C．N的平衡浓度为
=0.75mol/L，故C错误；D．反应前后混合气体的物质的量之比为
=22︰23，根据压强之比等于物质的量之比为22：
23，故D错误。
酸性条件下生成二氧化碳，所以把NaHCO3作为以酵粉使用时，往往加入少量的明矾，明矾在水中能起到酸的作用。
（3）因Fe2+在溶液中易水解，发生反应的离子方程式为Fe2++2H2O
Fe（OH）2+2H+，实验室配制FeSO4，溶解时先要加入少量的稀硫酸，其原因是稀硫酸可抑制Fe2+水解；Fe2+易被空气中的氧气氧化成Fe3+，配制完毕后要加入少量铁屑，其目的是铁可将Fe3+还原成Fe2+，防止被氧化。
（4）高温、高压、催化剂有利于提高反应速率，高压有利于氨气的生成，提高氨的产率，因此工业上合成氨常采用高温、高压、催化剂作为反应条件。
（5）因为Ksp（BaSO4）=1.07×10-10＞Ksp（BaCO3）=2.58×10-9，则BaCO3溶解能力相对更小；根据沉淀转移原理，可用饱和Na2CO3溶液处理BaSO4即可转化为易溶于酸的BaCO3，发生反应的离子方程式为BaSO4（s）+CO32-（aq）
BaCO3（s）+SO42-（aq）。
【答案】
（1）.C
（2）D（3）.Fe2++2H2O
Fe（OH）2+2H+稀硫酸可抑制Fe2+水解防止Fe2+被氧化（4）高温、高压、催化剂有利于提高反应速率，高压有利于氨气的生成，提高氨的产率（5）.BaSO4饱和Na2CO3溶液BaSO4（s）+CO32-（aq）
BaCO3（s）+SO42-（aq）
18.【解析】
（1）①酸碱中和反应生成盐和水，离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；②0.1mol/L的CH3COOH的pH大于1，0.1mol/L NaOH的pH=13，之和大于14；③a=b，反应后溶液中的溶质为醋酸钠，CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-，醋酸根水解呈碱性，离子浓度为c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）；④若a=b，反应后溶液中的溶质为醋酸钠，醋酸根水解呈碱性，若要呈中性，则碱要少加些，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），中性则c（H+）=c（OH-），此时c（CH3COO-）=c（Na+）。
（2）①硫酸和氨水均抑制水的电离；常温下，a mL pH=2的硫酸与b mL pH=12的氨水溶液，两溶液中由水电离出的H+浓度均为10-12mol/L，则由水电离出的H+浓度之比为1︰1；②若a=b，两者完全混合后得到硫酸铵和过量氨水，以NH3·H2O的电离为主，溶液呈碱性。
【答案】
（1）①CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O②>③c（Na＋）>c（CH3COO－）>c（OH－）>c（CH3COOH）>c（H＋）④>＝
（2）①1∶1②碱性
19.【解析】
（1）碱式滴定管用蒸馏水洗净后，为了不影响氢氧化钠溶液的浓度，应该用标准NaOH溶液润洗2～3次；
（2）氢氧化钠溶液呈碱性，应该为碱式滴定管，图1中乙为碱式滴定管，所以应将标准NaOH溶液注入乙中；（3）①滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，即酚酞在酸中为无色，在碱性溶液中显浅红色；②3组数据均合理，得出V（标准）=
=22.7mL，c（待测）=
=
═0.1135≈0.11mol/L；（4）A．滴定终点读数时俯视读，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=
分析，可知c（待测）偏小，故A错误；B．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致计算时消耗标准液体积偏大，则根据c（待测）=
分析，可知C（待测）偏大，故B正确；C．盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗，则标准液的浓度降低，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=
分析，可知c（待测）偏高，故C正确；D．锥形瓶用待装液润洗过，造成造成V（标准）偏大，根据c（待测）=
分析，可知c（待测）偏大，故D正确；E．滴加NaOH溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定，溶液未完全中和，消耗的标准液体积偏小，根据c（待测）=
分析，可知c（待测）偏低，故E错误，答案为BCD。
【答案】
（1）用标准碱液润洗2～3次
（2）乙（3）①溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不退色②0.11mol·L－1（4）B、C、D
=0.600mol/L-0.350mol/L=0.250mol/L，化学平衡常数表达式为K=
=1.2；
（2）向2L恒容密闭容器中充入1molCO、1mol H2O（g）、2molCO2、2molH2，各物质浓度分别为：
0.5mol/L、0.5mol/L、1mol/L、1mol/L，浓度商=
=4＞1.2，平衡向逆反应方向移动，所以υ（正）＜υ（逆）；Ⅱ．（3）由CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为-283.0kJ•mol-1和-726.5kJ•mol-1，则①CO（g）+
O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1 ②CH3OH（l）+
O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.5kJ•mol-1
③H2（g）+
O2（g）=H2O（l）△H=-286kJ•mol-1由盖斯定律可知用①+
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