13．对于密闭容器中可逆反应A2（g）+3B2（g）
2AB3（g），探究单一条件改变情况下，可能引起平衡状态的改变，得到如下图所示的曲线（图中T表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是
A．加入催化剂可以使状态d变为状态b
B．若T1＞T2，则逆反应一定是放热反应
C．达到平衡时A2的转化率大小为：
b＞a＞c
D．在T2和n（A2）不变时达到平衡，AB3的物质的量大小为：
c＞b＞a
14．25℃时，0.1mol/L下列溶液的pH如下表，有关比较正确的是
序号
①
②
③
④
⑤
溶液
NaCl
CH3COONH4
NaClO
NaHCO3
Na2CO3
pH
7.0
7.0
10.3
8.3
11.6
A．酸性的相对强弱：
HClO＜HCO3－
B．由水电离产生的c（H+）：
①＝②
C．溶液③④中酸根离子浓度：
c（ClO－）＞c（HCO3－）
D．在④⑤溶液等体积混合后的溶液中：
c（HCO3－）+c（CO32－）+c（H2CO3）＝0.1mol/L
15．在2L密闭容器中进行反应C（s）+H2O（g）
CO（g）+H2（g）△H>0，测得c（H2O）随反应时间（t）的变化如图。
下列判断正确的是
A．0~5min内，v（H2）=0.05mol/（L•min）
B．5min时该反应的K值一定小于12min时的K值
C．10min时，改变的外界条件可能是减小压强
D．5min时该反应的v（正）大于11min时的v（逆）
二、实验题
16．某课外活动小组欲利用CuO与NH3的反应研究NH3的性质与分子组成，设计了如下实验装置（夹持装置未画出）进行实验。
请回答下列问题：
（1）仪器a的名称为；仪器b中的试剂不能为下列中的（填字母）
A．氧化钙
B．碱石灰
C．石灰石
D．生石灰
（2）装置B的作用是
（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管收集到无色无味的气体，上述现象证明了NH3具有性，写出装置C中发生反应的化学方程式
（4）E装置中浓硫酸的作用（写出一条即可）
（5）实验完毕，若测得干燥管D增重mg，装置F测得气体的体积为nL（已折算成标准状况），则氨分子中氮、氢的原子个数比为（用含m、n字母的代数式表示）
三、填空题
17．汽车尾气中排放的NOx和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。
已知：
①2CO（g）＋O2（g）
2CO2（g）ΔH＝−566.0kJ/mol，②N2（g）＋O2（g）
2NO（g）ΔH＝+180.5kJ/mol，③2NO（g）＋O2（g）
2NO2（g）ΔH＝−116.5kJ/mol。
回答下列问题：
（1）CO的燃烧热为________。
若1molN2（g）、1molO2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1molNO（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为______kJ。
（2）CO将NO2还原为单质的热化学方程式为______________。
（3）为了模拟反应2NO（g）＋2CO（g）
N2（g）＋2CO2（g）在催化转化器内的工作情况，控制一定条件，让反应在恒容密闭容器中进行，用传感器测得不同时间NO和CO的浓度如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
c（NO）/（10－4 mol·L-1）
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c（CO）/（10－3mol·L-1）
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
①前2s内的平均反应速率v（N2）＝____________，此温度下，该反应的平衡常数K＝____。
②能说明上述反应达到平衡状态的是__________。
A．2n（CO2）＝n（N2）B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．气体密度不变D．容器内气体压强不变
③当NO与CO浓度相等时，体系中NO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示，则NO的平衡转化率随温度升高而减小的原因是__________________________________，图中压强（p1，p2、p3）的大小顺序为_______。
18．CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。
以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取CoCl2·6H2O的一种新工艺流程如图：
已知：
①钴与盐酸反应的化学方程式为：
Co＋2HCl===CoCl2＋H2↑
②CoCl2·6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Co（OH）2
Al（OH）3
开始沉淀
2.3
7.5
7.6
3.4
完全沉淀
4.1
9.7
9.2
5.2
（1）在上述工艺中，用“盐酸”代替原工艺中“盐酸与硝酸的混酸”直接溶解含钴废料，其主要优点为：
___________________________________
（2）加入碳酸钠调节pH至a，a的范围是______________________
（3）操作Ⅰ包含3个实验基本操作，它们依次是___________________________和过滤。
（4）制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是____________________________________
（5）为测定产品中CoCl2·6H2O含量，某同学将一定量的样品溶于水，再向其中加入足量的AgNO3溶液，过滤，并将沉淀烘干后称量其质量。
通过计算发现产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100％，其原因可能是____________________________________________________________
（6）在实验室，为了从上述产品中获得纯净的CoCl2·6H2O，通常先将产品溶解在乙醚中，除去不溶性杂质后，再进行_____________________________________操作。
参考答案
1．B
【解析】
试题分析：
A．消毒液杀灭游泳池中的藻类，是利用了消毒液的强氧化性，使藻类的细胞组织变性，发生了化学反应；B．用CaCl2融化路面的积雪，是降低了冰的凝固点，是物理变化；C．用石灰修复被酸雨浸蚀的土壤，是利用石灰的碱性，与酸性土壤发生了酸碱中和反应；D．用催化剂将汽车尾气中的CO和NO转化为无害物质，有新物质生成，是化学变化。
故选B。
考点：
化学反应的判断
2．D
【详解】
A项、缓慢地将NaOH溶液倒入测定装置中，会使热量损失，造成中和热测量数值偏小，故A错误；
B项、锥形瓶用蒸馏水洗后，不能用待测润洗，否则待测液的物质的量增加，滴定时标准液所用体积增加，导致测定结果偏大，故B错误；
C项、新制氯水中含有次氯酸，能漂白pH试纸，不可用pH试纸测定新制氯水的pH，故C错误；
D项、实验室没有90mL容量瓶，配制90mL1.0mol•L-1NaOH溶液，需要选用100mL容量瓶，需要氢氧化钠的物质的量为：
1mol/L×0.10L=0.1mol，需要氢氧化钠的质量为：
40g/mol×0.1mol=4.0g，称取3.6gNaOH固体配制，溶质偏小，溶液浓度偏低，故D正确。
故选D。
【点睛】
本题考查化学实验基本操作，侧重于分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器是解答关键。
3．C
【解析】
【分析】
二氧化锰与浓盐酸共热反应MnO2+4HCl
MnCl2+Cl2↑+2H2O，随反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应。
【详解】
A项、没有明确是否为标准状况，无法计算收集到氯气的体积，故A错误；
B项、2a只是计算了生成的氯化锰中的氯离子，过量盐酸中的氯离子没有计算在内，故B错误；
C项、依据电子转移守恒：
MnO2～MnCl2～2e-，n（MnO2）×2×NA=d，则d/NA=2n（MnO2），故C正确；
D项、浓盐酸具有挥发性，反应中挥发的盐酸无法计算，则无法计算反应后溶液中H+的数目，故D错误。
故选C。
【点睛】
本题考查化学方程式有关计算，侧重考查分析能力，D选项为易错点，容易忽略盐酸易挥发。
4．D
【分析】
A、先加少量氯水，可氧化亚铁离子；
B、瓷坩埚中熔化氢氧化钠，发生二氧化硅与NaOH的反应；
C、向碳酸钙中滴加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，但HCl为无氧酸；
D、MgCl2溶液在氯化氢的气流中蒸干，抑制水解。
【详解】
A项、先加少量氯水，可氧化亚铁离子，检验亚铁离子应先加KSCN溶液无现象，再加氯水，故A错误；
B项、瓷坩埚中熔化氢氧化钠，瓷坩埚中二氧化硅与NaOH的反应，不能测定熔融苛性钠的导电性，应选铁坩埚，故B错误；
C项、向碳酸钙中滴加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，但HCl为无氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；
D项、MgCl2溶液在氯化氢的气流中蒸干，抑制水解，则可制备氯化镁晶体，故D正确。
故选D。
【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识于实验的结合，把握物质的性质、发生的反应、离子检验、盐类水解等为解答的关键。
5．D
【详解】
产生的三氧化硫溶于水生成硫酸，进而产生硫酸钡沉淀；由于有氨气产生，因此能与二氧化硫一起反应生成亚硫酸铵，进而生成亚硫酸钡沉淀，答案选D。
6．C
【解析】
【分析】
A、Fe2+在溶液中为浅绿色；
B、与铝反应放出H2的溶液，可能为酸溶液或强碱溶液；
C、水电离的c（OH-）=10-13mol•L-1的溶液，可能为酸溶液或碱溶液；
D、溶液中ClO-、SO32－之间发生氧化还原反应。
【详解】
A项、Fe2+在溶液中为浅绿色，与无色溶液不符，故A错误；
B项、与铝反应放出H2的溶液，可能为酸溶液或强碱溶液，碱溶液中氢氧根与铵根离子反应不能大量共存，酸溶液中Al与硝酸发生氧化还原反应生成一氧化氮，不能生成氢气，故B错误；
C项、水电离的c（OH-）=10-13mol•L-1的溶液，可能为酸溶液或碱溶液，无论是酸溶液还是碱溶液，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；
D项、滴加酚酞显红色的溶液为碱性溶液，溶液中ClO-、SO32－之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误。
故选C。
【点睛】
本题考查离子的共存，明确习题中的信息及信息的应用是解答的关键，注意离子之间的氧化还原反应为解答的难点。
7．C
【解析】
【分析】
由图可知，加入X物质，开始不产生沉淀，加入一定量的X时开始产生沉淀，当沉淀达最大值时，再加入X沉淀不溶解。
【详解】
A、氢氧化钠溶液中加入碳酸氢钡溶液立即生成碳酸钡沉淀，图象与实际不符合，故A错误；
B、氯化钙溶液中加入碳酸钠溶液反应生成碳酸钙与氯化钠，立即产生碳酸钙沉淀，图象与实际不符合，故B错误；
C、Mg（HSO4）2溶液中加入KOH，先发生中和反应，氢氧化钾中和完溶液中的氢离子后，再与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，且氢氧化镁不溶于氢氧化钠，图象与实际符合，故C正确；
D、石灰水通入二氧化碳立即生成碳酸钙沉淀，最后沉淀完全溶解，图象与实际不符合。
答案选C。
8．B
【分析】
短周期元素中，W最外层电子数是其内层电子数的3倍，由此可知，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故W为O元素；W、Z同主族，则Z为S元素；Y所处的周期序数与族序数相等，短周期元素，则Y为第三周期第ⅢA族元素，即Y为Al，由元素的位置可知X为Na，所以X、Y、Z、W代表的元素分别为：
Na、Al、S、O。
【详解】
A．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径X>Y>Z>W，A正确；
B．W与X形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中含有离子键、共价键，B错误；
C．非金属性O>S，且H2O中存在氢键，故氢化物稳定性H2O>H2S，C正确；
D．W与Y形成的化合物为氧化铝，可分别与NaOH溶液和盐酸反应，D正确；
答案选B。
9．A
【详解】
根据方程式可知
2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑△m
2×8410662
m（NaHCO3）w1－w2
m（NaHCO3）＝84（w1－w2）/31
则该样品的纯度是[w1－84（w1－w2）/31]÷w1＝（84w2－53w1）/31w1
答案选A。
【点睛】
利用差量法进行方程式计算要注意前后固体质量的变化，并能列出方程组计算。
10．C
【详解】
A.铝离子的水解方程式应为Al3＋＋3H2O
Al（OH）3＋3H＋，A错误；
B.a→b段，溶液pH增大，水解平衡正向移动，铝离子浓度减小，B错误；
C.b→c段，加入氢氧根主要用于生成氢氧化铝沉淀，C正确；
D.c点时，Al（OH）3沉淀开始溶解，D错误。
答案选C。
11．B
【解析】
【分析】
由反应：
NaA+CO2+H2O=HA+NaHCO3、2NaB+CO2+H2O=2HB+Na2CO3可知，酸性：
H2CO3＞HA＞HCO3－＞HB。
【详解】
A．HA、HB浓度均为0.1mol/L，由图中起点pH值可知，pH（HA）=2，pH（HB）＞3，则HA、HB都是弱酸，故A错误；
B．加水稀释，促进弱酸的电离。
酸性越弱，溶液稀释后pH变化越小，所以相同倍数稀释时，pH变化小的X为酸性更弱的HB，Y为HA，故B正确；
C．酸越弱，对应离子的水解能力越强，则水解能力NaB＞NaA，因两溶液水解呈碱性且pH相等，则c（NaA）＞c（NaB），故C错误；
D．NaA与NaB的混合溶液中，根据电荷守恒可得，c（Na+）+c（H+）=c（A－）+c（B－）+c（OH－），故D错误；
故选B。
12．A
【解析】
【详解】
该反应为反应前后气体的体积不变的放热反应，增大压强平衡不移动，a容器恒容恒温，b容器恒压恒温，由于压强对平衡无影响，则I2（g）的转化率的大小关系是a=b，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，c容器恒容绝热，则温度高于a、b，则a=b>c，故选A。
13．D
【详解】
A．催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以加入催化剂不可能使状态d变为状态b，故A错误；
B．若T1＞T2，由图象可知温度升高AB3的平衡体积分数减小，说明升高温度平衡向逆反应分析移动，则逆反应为吸热反应，故B错误；
C．由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量会促进另一种反应物的转化率增大，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，即达到平衡时A2的转化率大小为c＞b＞a，故C错误；
D．由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量必然会促进另一种反应物的转化，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，生成物的物质的量越大，则平衡时AB3的物质的量大小为：
c＞b＞a，故D正确；
故选D。
14．D
【详解】
A、根据表中数据得到碱性为：
NaClO＜Na2CO3，再根据越弱越水解的原理得到酸性为：
HClO＜HCO3－，选项A错误。
B、NaCl对于水的电离无影响，CH3COONH4对于水的电离起到促进作用，所以选项B错误；
C、因为碱性：
NaClO＞NaHCO3，所以ClO-的水解能力更强，则ClO-剩余的浓度应该更小，即溶液③④中酸根离子浓度：
c（ClO－）＜c（HCO3－），选项C错误；
D、④⑤溶液等体积混合后是c（NaHCO3）=c（Na2CO3）=0.05mol/L的混合溶液（注意体积变为原来的2倍），c（HCO3－）+c（CO32－）+c（H2CO3）=0.1mol/L是溶液的物料守恒，选项D正确。
【点睛】
利用越弱越水解的原理解决问题时，应该要注意二元酸的正盐和酸式盐的区别。
一般可以这样理解：
正盐对应的“酸”应该酸式盐的酸根，酸式盐对应的酸才是真正的二元酸。
例如：
碳酸钠对应的是碳酸氢根，碳酸氢钠对应的是碳酸。
15．B
【详解】
A．根据图可知，前5min内H2O的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，根据v＝
＝
＝0.1mol/（L•min），由化学计量数之比等于反应速率之比，则v（H2）=0.1mol/（L•min），A错误；
B．由图可知，10min时H2O的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高温度，所以5min时该反应的K值一定小于12min时的K值，B正确；
C．由图可知，10min时H2O的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高温度，不是减小压强，C错误；
D．根据B的判断，11min时的温度高于5min时，根据温度越高反应速率越快，所以5min时该反应的v正小于11min时的v逆，D错误；
答案选B。
16．
（1）分液漏斗，C；
（2）干燥氨气；
（3）还原，3CuO+2NH3
3Cu+N2↑+3H2O；
（4）阻止F中水蒸气进入D（或吸收未反应的氨气）；（5）9n/11.2m。
【解析】
试题分析：
（1）仪器a的名称为分液漏斗，装置A作用制取NH3，利用NH3·H2O不稳定，受热易分解，氧化钙、碱石灰、生石灰遇水放出大量的热，使NH3·H2O分解，因此选项C正确；
（2）装置B的作用是干燥NH3，防止水蒸气对后面实验产生干扰；（3）CuO变为红色铜，铜的化合价降低，且量气管中收集到无色无味的气体，此气体为N2，因此NH3表现还原性，反应方程式为：
3CuO+2NH3
3Cu+N2↑+3H2O；（4）装置D的作用是吸收反应中产生的水，同时部分NH3未参加反应，必须吸收，因此装置E的作用是吸收未反应的氨气和防止F中的水蒸气进入D装置；（5）装置D增重的是水的质量，则m（H）=m×2/18g，F中测量的氮气的体积，即n（N）=n×2/22.4mol，则N和H的原子个数比为：
n×2/22.4：
m×2/18=9n/11.2m。
考点：
考查常见仪器的名称、制气反
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