高中化學人教版化學反應原理本冊總復習總復習 公開課獎

2023學年河北省唐山市開灤二中高二（上）月考化學試卷（12月份）一、選擇題（共25小題，每小題2分，滿分50分）1．下列過程需要通電才能進行的是（）①電離②電鍍③電解④電化學腐蝕．A．①② B．②③ C．③ D．全部2．某溫度時，測得純水中c（H+）=2×10﹣7mol/L，則此時c（OH﹣）為（）A．×10﹣7mol/L B．1×10﹣7mol/LC．2×10﹣7mol/L D．4×10﹣7mol/L3．下列反應過程中，△H＞0且△S＞0的是（）A．CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）B．NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）C．4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）D．H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+2H2O（l）4．某學生的實驗報告所列出的下列數據中合理的是（）A．用10mL量筒量取稀鹽酸B．用托盤天平稱量NaClC．用廣泛pH試紙測得某溶液的pH為D．用25mL滴定管做中和滴定時，用去某濃度的堿溶液mL5．在2升的密閉容器中，發(fā)生以下反應：2A（g）+B（g）?2C（g）+D（g）．若最初加入的A和B都是4mol，在前10秒鐘A的平均反應速度為（L?s），則10秒鐘時，容器中B的物質的量是（）A．mol B．mol C．mol D．mol6．對于平衡體系mA（g）+nB（g）?pC（g）+qD（g）△H＜0．下列結論中錯誤的是（）A．若溫度不變，將容器的體積縮小到原來的一半，此時A的濃度為原來的倍，則m+n＜p+qB．若平衡時，A、B的轉化率相等，說明反應開始時，A、B的物質的量之比為m：nC．若m+n=p+q，則往含有amol氣體的平衡體系中再加入amol的B，達到新平衡時，氣體的總物質的量等于2aD．若溫度不變時，壓強增大到原來的2倍，達到新平衡時，總體積一定比原來的要小7．對于常溫下pH=3的乙酸溶液，下列說法正確的是（）A．C（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）B．加水稀釋到原體積的10倍后溶液pH變?yōu)?C．加入少量乙酸鈉固體，溶液pH降低D．與等體積pH=11的NaOH溶液混合后所得溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）8．下列溶液一定呈酸性的是（）A．pH＜7的溶液 B．c（H+）＞c（OH﹣）的溶液C．pH＞7的溶液 D．c（H+）＜c（OH﹣）的溶液9．物質的量濃度相同的下列溶液中，含粒子種類最多的是（）A．CaCl2 B．CH3COONa C．NH3 D．K2S10．常溫時，將pH=13的強堿溶液和pH=2的強酸溶液混合，所得溶液的pH=11，則強堿溶液和強酸溶液的體積之比為（）A．1：9 B．9：1 C．10：1 D．1：1011．在相同溫度時100mLL的醋酸溶液與10mLL的醋酸溶液相比較，下列數值前者大于后者的是（）A．中和時所需NaOH的量 B．電離程度C．H+的濃度 D．CH3COOH的物質的量12．現有常溫時pH=1的某強酸溶液10mL，下列操作能使溶液的pH變成2的是（）A．加水稀釋成100mLB．加入10mL的水進行稀釋C．加入10mLmol/L的NaOH溶液D．加入10mLmol/L的HCl溶液13．常溫下，下列溶液中各微粒濃度關系或pH判定不正確的是（）A．將5mLmol/L的H2SO4溶液與5mLmol/LNaOH溶液充分混合，若混合后溶液的體積為10mL，則混合液的pH=2B．某物質的溶液中由水電離的c（H+）=1×10﹣amol/L，若a＞7，則pH一定為14﹣aC．pH相等的①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3溶液中，c（Na+）大小關系：①＞③＞②D．CH3COONa溶液中加入少量KNO3固體后的堿性溶液一定有：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）14．將1molCO和2molH2充入一容積為1L的密閉容器中，分別在250℃、T℃下發(fā)生反應：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g），△H=akJ/mol，如圖．下列分析中正確的是（）A．250℃時，0﹣10minH2反應速率為mol/（L?min）B．平衡時CO的轉化率：T℃時小于250℃時C．其他條件不變，若減小容積體積，CO體積分數增大D．a＜0，平衡常數K：T℃時大于250℃15．在新制的氯水中存在平衡：Cl2+H2O?HCl+HClO．加入少量下列物質能使c（HClO）增大的是（）A．CaCO3 B．CaSO3 C．NaOH D．HCl16．下列離子方程式中，屬于水解反應的是（）A．HCOOH+H2O?HCOO﹣+H3O+ B．CO2+H2O?HCO3﹣+H+C．CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣ D．HS﹣+H2O?S2﹣+H3O+17．室溫下，某溶液中由水電離出來的c（OH﹣）=10﹣12mol?L﹣1，則該溶液的溶質不可能是（）A．HCl B．NaOH C．NH4NO3 D．H2SO418．下列敘述正確的是（）A．強電解質溶液的導電性不一定比弱電解質溶液的導電性強B．常溫下，將pH=3的醋酸溶液稀釋到原體積的10倍后，溶液的pH=4C．若測得雨水的pH小于7，則下的是酸雨D．在通風櫥中進行有毒氣體實驗符合“綠色化學”思想19．原電池的電極名稱不僅與電極材料的性質有關，也與電解質溶液有關，下列說法中不正確的是（）A．由Al、Cu、稀H2SO4組成原電池，放電時SO42﹣向Al電極移動B．由Mg、Al、NaOH溶液組成原電池，其負極反應式為：Al﹣3e﹣+4OH﹣═AlO2﹣+2H2OC．由Fe、Cu、FeCl3溶液組成原電池，其負極反應式為：Cu﹣2e﹣═Cu2+D．由Al、Cu、濃硝酸組成原電池作電源，用石墨電極來電解硝酸銀溶液，當析出1molAg時，消耗銅電極32g20．25℃時，水中存在電離平衡：H2O?H++OH﹣△H＞0．下列敘述正確的是（）A．將水加熱，Kw增大，pH不變B．向水中加入少量NaHSO4固體，c（H+）增大，Kw不變C．向水中加入少量NaOH固體，平衡逆向移動，c（OH﹣）降低D．向水中加入少量NH4Cl固體，平衡正向移動，c（OH﹣）增大21．已知如下反應：2X（g）+Y（g）?2Z（g）△H＜0在不同溫度（T1和T2）及壓強（p1和p2）下產物Z的物質的量n與反應時間t的關系如圖所示，下列判斷正確的是（）A．T1＜T2，p1＜p2 B．T1＞T2，p1＞p2 C．T1＜T2，p1＞p2 D．T1＞T2，p1＜p222．在溶液中，反應A+2B?C分別在三種不同實驗條件下進行，它們的起始狀態(tài)均為c（A）=?L﹣1、c（B）=?L﹣1、c（C）=0mol?L﹣1．在三種條件下，反應物A的濃度隨時間的變化如圖所示．下列說法中，正確的是（）A．反應的平衡常數：①＜②B．反應A+2B?C的△H＞0C．實驗②平衡時B的轉化率為60%D．實驗③平衡時c（C）=mol?L﹣123．下列各項中的兩個量，其比值一定為2：1的是（）A．在相同溫度下，等濃度的H2SO4和CH3COOH溶液中的c（H+）B．相同溫度下，mol?L﹣1醋酸溶液和mol?L﹣1醋酸溶液中的c（H+）C．相同溫度下，等濃度的Ba（OH）2和NaOH溶液，前者與后者的c（OH﹣）D．液面在“0”刻度時，50mL堿式滴定管和25mL堿式滴定管所盛液體的體積24．下列各組關于強電解質、弱電解質、非電解質的分類完全正確的是（）選項ABCD強電解質FeNaClCaCO3HNO3弱電解質CH3COOHNH3HFFe（OH）3非電解質蔗糖BaSO4CO2H2OA．A B．B C．C D．D25．濃度均為L、體積均為V0的MOH和ROH溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如圖所示，下列敘述錯誤的是（）A．MOH的堿性強于ROH的堿性B．ROH的電離程度：b點大于a點C．若兩溶液無限稀釋，則它們的c（OH﹣）相等D．當lg=2時，若兩溶液同時升高溫度，則增大二、解答題（共5小題，滿分50分）26．（1）在一定條件下N2與H2反應生成NH3，請回答：①若反應物的總能量為E1，生成物的總能量為E2，且E1＞E2，則該反應為（填“吸熱”或“放熱”）反應．②已知拆開1molH﹣H鍵，1molN﹣H鍵，1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，則N2與H2反應生成NH3的熱化學方程式為．（2）依據蓋斯定律可以對某些難以通過實驗直接測定的化學反應的焓變進行推算．已知：C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H1=Q1kJ?mol﹣12CO2（g）+H2（g）=C2H2（g）+2O2（g）△H2=Q2kJ?mol﹣1．根據蓋斯定律，計算此時由C（s，石墨）和H2（g）生成1molC2H2（g）反應的焓變?yōu)閗J?mol﹣1（用含有Q1和Q2的式子表示）．27．已知醋酸和鹽酸是日常生活中極為常見的酸，在一定條件下，CH3COOH溶液中存在電離平衡：CH3COOH═CH3COO﹣+H+△H＞0．（1）常溫常壓下，在pH=5的稀醋酸溶液中，c（CH3COO﹣）=（填數字表達式）．下列方法中，可以使?L﹣1CH3COOH的電離程度增大的是（填字母）．a．加入少量?L﹣1的稀鹽酸b．加熱c．加水稀釋至?L﹣1d．加入少量冰醋酸e．加入少量氯化鈉固體f．加入少量?L﹣1的NaOH溶液（2）將等質量的鋅投入等體積且pH均等于3的醋酸和鹽酸溶液中，經過充分反應后，發(fā)現只在一種溶液中有鋅粉剩余，則生成氫氣的體積：V鹽酸V醋酸，（填“＞”、“＜”或“=”下同），反應的最初速率為：υ鹽酸υ醋酸．（3）常溫下，向體積為VamL，pH=3的醋酸溶液中滴加pH=11的NaOH溶液VbmL至溶液恰好呈中性，則Va與Vb的關系是：；溶液中各離子的濃度按照由大到小排序為．28．如圖所示，甲、乙兩池電極材料都是鐵棒和碳棒，請回答下列問題：（1）若兩池中電解質溶液均為CuSO4溶液，則反應一段時間后：①有紅色物質析出的是甲池中的棒，乙池中的棒．②乙池中陽極的電極反應式是．（2）若兩池中電解質溶液均為飽和NaCl溶液：①寫出乙池中總反應的離子方程式．②甲池中碳極上電極反應式是，乙池碳極上電極反應屬于（填“氧化反應”或“還原反應”）．③將濕潤的KI淀粉試紙放在乙池碳極附近，發(fā)現試紙變藍，反應的化學方程式為．④若乙池轉移e﹣后停止實驗，池中電解質溶液體積是200mL，則溶液混合均勻后的pH=．29．在一定溫度下將3molCO2和2molH2混合于2L的密閉容器中，發(fā)生如下反應：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）（1）已知在700℃時，該反應的平衡常數K1=，則該溫度下反應CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）的平衡常數K2=（2）已知在1000℃時，該反應的平衡常數K3為，則該反應為反應（填“吸熱”或“放熱”）（3）能判斷該反應達到化學平衡狀態(tài)的依據是．（填編號）A．容器中壓強不變B．c（CO2）=c（CO）C．生成amolCO2的同時消耗amolH2D．混合氣體的平均相對分子質量不變（4）在1000℃下，某時刻CO2的物質的量為，則此時v正v逆（填“＞”、“=”或“＜”）該溫度下反應達到平衡時，CO2的轉化率為．30．用中和滴定法測定燒堿的純度（燒堿中的雜質不和酸反應），請根據實驗回答：（1）將稱量好的燒堿樣品配制成250mL待測液，配制過程使用的主要儀器除250mL容量瓶、量筒、燒杯、膠頭滴管外，還有一種必須使用的儀器是．（2）用式滴定管量取待測液于錐形瓶中，滴入幾滴酚酞．（3）用?L﹣1的標準鹽酸滴定待測液，判斷滴定終點的現象是：．（4）如果實驗操作正確，從滴定開始到結束，溶液中的離子濃度關系可以出現的是（填答案字母序號）A．c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）C．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）D．c（Na+）+c（H+）＞c（OH﹣）+c（Cl﹣）（5）根據下列數據計算，c（NaOH）=mol/L，燒堿的純度為%（保留整數）滴定次數待測液體積（mL）標準鹽酸體積（mL）滴定前讀數（mL）滴定后讀數（mL）第一次第二次（6）經過分析發(fā)現，本次實驗的測定結果比燒堿的實際純度偏高，造成誤差的可能原因是（填答案字母序號）A．滴定前平視，滴定后俯視B．用標準液潤洗滴定管C．用待測液潤洗錐形瓶D．不小心將標準液滴在錐形瓶外面E．滴定接近終點時，用少量蒸餾水沖洗錐形瓶內．

2023學年河北省唐山市開灤二中高二（上）月考化學試卷（12月份）參考答案與試題解析一、選擇題（共25小題，每小題2分，滿分50分）1．下列過程需要通電才能進行的是（）①電離②電鍍③電解④電化學腐蝕．A．①② B．②③ C．③ D．全部【考點】電解原理．【分析】①電離是電解質在水溶液中離解出自由移動離子的過程；②電鍍池實質是一個電解池；③電解池是外加電源強迫下的氧化還原反應；④電化學腐蝕原理是原電池原理．【解答】解：①電離是電解質在水溶液中離解出自由移動離子的過程，不需要通電，故錯誤；②電鍍池實質是一個電解池，必須加外加電源，故正確；③電解池是外加電源強迫下的氧化還原反應，必須加外加電源，故正確；④電化學腐蝕原理是原電池原理，原電池中不含電源，是自發(fā)進行的氧化還原反應，故錯誤．故選B．2．某溫度時，測得純水中c（H+）=2×10﹣7mol/L，則此時c（OH﹣）為（）A．×10﹣7mol/L B．1×10﹣7mol/LC．2×10﹣7mol/L D．4×10﹣7mol/L【考點】水的電離．【分析】純水顯示中性，一定滿足c（OH﹣）=c（H+），某溫度時，測得純水中c（H+）=2×10﹣7mol/L，則c（OH﹣）=c（H+）=2×10﹣7mol/L，據此進行解答．【解答】解：某溫度時，測得純水中c（H+）=2×10﹣7mol/L，純水中一定滿足c（OH﹣）=c（H+），所以此時c（OH﹣）=c（H+）=2×10﹣7mol/L，故選C．3．下列反應過程中，△H＞0且△S＞0的是（）A．CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）B．NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）C．4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）D．H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+2H2O（l）【考點】焓變和熵變．【分析】一般來說，物質的分解反應為吸熱反應，△H＞0，應生成較多氣體，物質的混亂度增大，△S＞0，以此解答．【解答】解：A．反應為吸熱反應，且固體生成氣體，則△H＞0，△S＞0，故A正確；B．反應為放熱反應，氣體生成固體，則△H＜0，△S＜0，故B錯誤；C．反應為放熱反應，且氣體生成固體，則△H＜0，△S＜0，故C錯誤；D．中和反應為放熱反應，△H＜0，故D錯誤．故選A．4．某學生的實驗報告所列出的下列數據中合理的是（）A．用10mL量筒量取稀鹽酸B．用托盤天平稱量NaClC．用廣泛pH試紙測得某溶液的pH為D．用25mL滴定管做中和滴定時，用去某濃度的堿溶液mL【考點】化學實驗方案的評價．【分析】A．量筒的感量是；B．托盤天平的感量是；C．pH試紙測定溶液pH值只能是整數；D．滴定管感量是．【解答】解：A．量筒的感量是，所以用10mL量筒不能量取稀鹽酸，可以量取稀鹽酸，故A錯誤；B．托盤天平的感量是，所以用托盤天平不能稱量NaCl，可以稱量，故B錯誤；C．pH試紙測定溶液pH值只能是整數，所以pH試紙不能測得某溶液的pH為，故C錯誤；D．滴定管感量是，所以用25mL滴定管做中和滴定時，用去某濃度的堿溶液mL，故D正確；故選D．5．在2升的密閉容器中，發(fā)生以下反應：2A（g）+B（g）?2C（g）+D（g）．若最初加入的A和B都是4mol，在前10秒鐘A的平均反應速度為（L?s），則10秒鐘時，容器中B的物質的量是（）A．mol B．mol C．mol D．mol【考點】反應速率的定量表示方法．【分析】根據速率之比等于化學計量數之比計算v（B），利用△c=v△t計算△c（B），△n（B）=△c（B）?V，B的起始物質的量減△n（B）為10秒鐘時容器中B的物質的量．【解答】解：根據速率之比等于化學計量數之比，所以v（B）=（A）=×（L?s）=（L?s），所以△c（B）=（L?s）×10s=L，所以△n（B）=L×2L=，故10秒鐘時容器中B的物質的量為4mol﹣=．故選B．6．對于平衡體系mA（g）+nB（g）?pC（g）+qD（g）△H＜0．下列結論中錯誤的是（）A．若溫度不變，將容器的體積縮小到原來的一半，此時A的濃度為原來的倍，則m+n＜p+qB．若平衡時，A、B的轉化率相等，說明反應開始時，A、B的物質的量之比為m：nC．若m+n=p+q，則往含有amol氣體的平衡體系中再加入amol的B，達到新平衡時，氣體的總物質的量等于2aD．若溫度不變時，壓強增大到原來的2倍，達到新平衡時，總體積一定比原來的要小【考點】化學平衡的計算．【分析】A、將容器的體積縮小到原來的一半，若平衡不移動，此時A的濃度變?yōu)樵瓉淼?倍，現在A的濃度為原來的倍，說明平衡向著生成A的方向移動了；B、當反應物的物質的量之比等于系數值比時，則達到化學平衡時，反應物的轉化率是相等的；C、對于反應前氣體體積不變，混合氣體總的物質的量不變．D、對于反應前后氣體體積不變的反應，壓強不會影響平衡移動．【解答】解：A、將容器的體積縮小到原來的一半，不考慮平衡移動，此時A的濃度變?yōu)樵瓉淼?倍，現在A的濃度為原來的倍，說明平衡向著生成A的方向移動了，體積縮小即增大壓強，平衡向著氣體體積減小的方向進行，所以m+n＜p+q，故A正確；B、反應開始時，A、B的物質的量之比為m：n，恰好等于方程式的系數值比，這種情況下平衡時，A、B的轉化率相等，故B正確；C、往含有amol氣體的平衡體系中再加入amol的B，平衡向正反應移動，由于m+n=p+q，達到新平衡時混合氣體總的物質的量不變，達到新平衡時氣體的總物質的量等于2amol，故C正確；D、若該反應中，m+n=p+q，溫度不變時，壓強增大到原來的2倍，平衡不移動，總體積變?yōu)樵瓉淼?，故D錯誤．故選：D．7．對于常溫下pH=3的乙酸溶液，下列說法正確的是（）A．C（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）B．加水稀釋到原體積的10倍后溶液pH變?yōu)?C．加入少量乙酸鈉固體，溶液pH降低D．與等體積pH=11的NaOH溶液混合后所得溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】乙酸是弱電解質，溶液中存在電離平衡；A、依據溶液中電荷守恒分析判斷；B、乙酸是弱電解質存在電離平衡，加水稀釋促進電離；C、依據電離平衡移動方向分析判斷；D、乙酸是弱酸反應后會繼續(xù)電離；【解答】解：A、常溫下pH=3的乙酸溶液，存在電荷守恒為：C（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故A正確；B、加水稀釋到原體積的10倍后溶液pH變?yōu)?，但乙酸是弱電解質存在電離平衡，稀釋促進電離，溶液又電離出氫離子，濃度增大，溶液PH小于4，故B錯誤；C、乙酸鈉溶于水溶液中的乙酸根離子抑制乙酸的電離，平衡左移，氫離子濃度減小，溶液PH增大，故C錯誤；D、pH=3的乙酸溶液與等體積pH=11的NaOH溶液混合后所得溶液中是醋酸鈉和醋酸的混合溶液：c（Na+）＜c（CH3COO﹣）故D錯誤；故選A．8．下列溶液一定呈酸性的是（）A．pH＜7的溶液 B．c（H+）＞c（OH﹣）的溶液C．pH＞7的溶液 D．c（H+）＜c（OH﹣）的溶液【考點】水的電離．【分析】溶液呈酸性，說明溶液中c（OH﹣）＜c（H+）；注意水的電離過程是吸熱反應，溫度升高促進水的電離，溶液中氫離子濃度增大，不能根據溶液的pH大小判斷溶液的酸堿性．【解答】解：A．水的電離是吸熱反應，升高溫度促進水電離，pH＜7的溶液，不一定顯示酸性，如100℃時，水的離子積常數是10﹣12，當pH=6時溶液呈中性，故A錯誤；B．溶液中離子濃度滿足c（H+）＞c（OH﹣）的溶液，溶液一定呈酸性，故B正確；C．室溫下pH＞7的溶液為堿性溶液，不是酸性溶液，故C錯誤；D．c（H+）＜c（OH﹣）的溶液一定為堿性溶液，故D錯誤，故選B．9．物質的量濃度相同的下列溶液中，含粒子種類最多的是（）A．CaCl2 B．CH3COONa C．NH3 D．K2S【考點】鹽類水解的應用；弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】根據物質在水溶液中電離程度確定溶液中存在的微粒，根據微粒種類多少判斷即可．【解答】解：A．CaCl2溶液中所含粒子為Ca2+、Cl﹣、H2O、H+、OH﹣，共5種粒子；B．CH3COONa溶液中，CH3COO﹣要水解，所含粒子為CH3COO﹣、Na+、H2O、H+、OH﹣、CH3COOH，共6種粒子；C．氨氣的水溶液中存在的微粒有NH3、NH3?H2O、NH4+、H2O、H+、OH﹣，共6種粒子；D．K2S溶液中硫離子分步水解，含有K+、S2﹣、HS﹣、OH﹣、H+、H2O、H2S，故7種；上述溶液中硫化鉀溶液中含有粒子數最多的是硫化鉀溶液；故選D．10．常溫時，將pH=13的強堿溶液和pH=2的強酸溶液混合，所得溶液的pH=11，則強堿溶液和強酸溶液的體積之比為（）A．1：9 B．9：1 C．10：1 D．1：10【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．【分析】pH=13的強堿溶液中c（OH﹣）=L，pH=2的強酸溶液中c（H+）=L，混合液的pH=11，則混合溶液中c（OH﹣）=10﹣3mol/L=，據此計算酸堿體積之比．【解答】解：pH=13的強堿溶液中c（OH﹣）=L，pH=2的強酸溶液中c（H+）=L，混合液的pH=11，則混合溶液中c（OH﹣）=10﹣3mol/L==，解得：=，故選A．11．在相同溫度時100mLL的醋酸溶液與10mLL的醋酸溶液相比較，下列數值前者大于后者的是（）A．中和時所需NaOH的量 B．電離程度C．H+的濃度 D．CH3COOH的物質的量【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】醋酸為弱電解質，溶液濃度越大，電離程度越小，以此解答該題．【解答】解：A．計算兩溶液中醋酸的物質的量，n（前）=c1?V1=L×mol?L﹣1=1×10﹣3mol，n（后）=c2?V2=L×mol?L﹣1=1×10﹣3mol，兩者相等，因而中和時消耗的NaOH的量相等，故A錯誤；B．醋酸為弱電解質，溶液濃度越大，電離程度越小，電離程度前者大于后者，故B正確；C．酸的濃度越大，c（H+）越大，前者小于后者，故C錯誤；D．電離度與溫度和濃度有關，當溫度相同時，溶液的濃度越小，電離度越大，則c（CH3COOH）前者小于后者，故D錯誤．故選B．12．現有常溫時pH=1的某強酸溶液10mL，下列操作能使溶液的pH變成2的是（）A．加水稀釋成100mLB．加入10mL的水進行稀釋C．加入10mLmol/L的NaOH溶液D．加入10mLmol/L的HCl溶液【考點】pH的簡單計算．【分析】常溫下pH=1的某強酸溶液中c（H+）=L，使溶液的pH變成2，即c（H+）=L，可加水稀釋或加入一定量的堿進行中和，使溶液中c（H+）=L即可，據此進行解答．【解答】解：常溫下pH=1的某強酸溶液中c（H+）=L，使溶液的pH變成2，此時溶液中c（H+）=L，A．加水稀釋成100mL，稀釋后的溶液中c（H+）==L，故A正確；B．加入10mL的水進行稀釋，混合后溶液中c（H+）==L≠L，故B錯誤；C．pH=1的某強酸溶液10mL，n（H+）=×L=，L的NaOH溶液，n（OH﹣）=×L=，混合后c（H+）=≠L，故C錯誤；D．加入L的鹽酸，混合后，c（H+）=≠L，故D錯誤；故選A．13．常溫下，下列溶液中各微粒濃度關系或pH判定不正確的是（）A．將5mLmol/L的H2SO4溶液與5mLmol/LNaOH溶液充分混合，若混合后溶液的體積為10mL，則混合液的pH=2B．某物質的溶液中由水電離的c（H+）=1×10﹣amol/L，若a＞7，則pH一定為14﹣aC．pH相等的①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3溶液中，c（Na+）大小關系：①＞③＞②D．CH3COONa溶液中加入少量KNO3固體后的堿性溶液一定有：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）【考點】離子濃度大小的比較；酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．【分析】A．酸是二元酸、堿是一元堿，二者體積、濃度相等，則物質的量相等，二者混合后酸有剩余，混合溶液中c（H+）==L，溶液的pH=﹣lgc（H+）；B．酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離；C．pH相同的不同弱酸鈉鹽溶液，酸根離子水解程度越大其溶液濃度越??；D．任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據電荷守恒和物料守恒判斷．【解答】解：A．酸是二元酸、堿是一元堿，二者體積、濃度相等，則物質的量相等，二者混合后酸有剩余，混合溶液中c（H+）==L，溶液的pH=﹣lgc（H+）=﹣=2，故A正確；B．酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，某物質的溶液中由水電離的c（H+）=1×10﹣amol/L，若a＞7，說明水電離受抑制，則溶液中溶質為酸或堿，如果溶質為酸，則pH=14﹣a，如果溶質為堿，則pH=a，故B錯誤；C．pH相同的不同弱酸鈉鹽溶液，酸根離子水解程度越大其溶液濃度越小，酸根離子水解程度C6H5O﹣＞HCO3﹣＞CH3COO﹣，則pH相同的鈉鹽濃度：①＞③＞②，鈉離子不水解，所以c（Na+）大小關系：①＞③＞②，故C正確；D．任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據電荷守恒得c（Na+）+c（H+）+c（K+）=c（NO3﹣）+c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），根據物料守恒得c（K+）=c（NO3﹣），所以得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故D正確；故選B．14．將1molCO和2molH2充入一容積為1L的密閉容器中，分別在250℃、T℃下發(fā)生反應：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g），△H=akJ/mol，如圖．下列分析中正確的是（）A．250℃時，0﹣10minH2反應速率為mol/（L?min）B．平衡時CO的轉化率：T℃時小于250℃時C．其他條件不變，若減小容積體積，CO體積分數增大D．a＜0，平衡常數K：T℃時大于250℃【考點】物質的量或濃度隨時間的變化曲線；化學平衡的計算．【分析】依據先拐先平的判斷方法可知T＜250℃，升高溫度，甲醇物質的量減少，平衡逆移，所以正反應為放熱反應，△H＜0；～10min內甲醇物質的量增加了，根據方程式求出氫氣的變化量，再求速率；B．已知該反應△H＜0，而且T＜250℃，溫度越低CO的轉化率越大；C．其他條件不變，若減小容積體積，壓強增大，平衡正移；D．△H＜0，升高溫度，平衡逆向移動，K減?。窘獯稹拷猓阂罁裙障绕降呐袛喾椒芍猅＜250℃，升高溫度，甲醇物質的量減少，平衡逆移，所以正反應為放熱反應，△H＜0；～10min內甲醇物質的量增加了，根據方程式氫氣的變化量為：×2=，所以v（H2）==（L?min），故A錯誤；B．已知該反應△H＜0，而且T＜250℃，溫度越低CO的轉化率越大，所以CO的轉化率：T℃時大于250℃時，故B錯誤；C．其他條件不變，若減小容積體積，壓強增大，平衡正移，CO的物質的量減少，CO物質的量分數減小，所以CO體積分數減小，故C錯誤；D．由以上分析可知△H＜0，即a＜0，即升高溫度，平衡逆向移動，K減小，所以平衡常數K：T℃時大于250℃，故D正確；故選D．15．在新制的氯水中存在平衡：Cl2+H2O?HCl+HClO．加入少量下列物質能使c（HClO）增大的是（）A．CaCO3 B．CaSO3 C．NaOH D．HCl【考點】化學平衡的影響因素．【分析】根據平衡移動原理知，只要加入只和鹽酸反應的物質就能使HClO濃度增加；【解答】解：A．CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，HClO和碳酸鈣不反應，所以平衡向正反應方向移動，則HClO濃度增加，故正確；B．CaSO3具有還原性與次氯酸發(fā)生氧化還原反應，促進氯氣和水反應，但溶液中HClO濃度降低，故錯誤；C．NaOH+HCl=NaCl+H2O、HClO+NaOH=NaClO+H2O，促進氯氣和水反應，但溶液中HClO濃度降低，故錯誤；D．加入HCl，溶液中氫離子濃度增大，抑制氯氣和水反應，則HClO濃度降低，故錯誤；故選A；16．下列離子方程式中，屬于水解反應的是（）A．HCOOH+H2O?HCOO﹣+H3O+ B．CO2+H2O?HCO3﹣+H+C．CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣ D．HS﹣+H2O?S2﹣+H3O+【考點】鹽類水解的原理．【分析】弱離子水解反應的實質是：弱離子和水電離出的氫離子或氫氧根離子結合生成弱電解質的過程，水解方程式用可逆號．【解答】解：A、是甲酸的電離方程式，故A錯誤；B、是碳酸的一級電離方程式，故B錯誤；C、是碳酸根的水解方程式，故C正確；D、是硫氫根離子的電離方程式，故D錯誤．故選C．17．室溫下，某溶液中由水電離出來的c（OH﹣）=10﹣12mol?L﹣1，則該溶液的溶質不可能是（）A．HCl B．NaOH C．NH4NO3 D．H2SO4【考點】鹽類水解的原理；水的電離．【分析】酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，室溫下，某溶液中由水電離出來的c（OH﹣）=10﹣12mol?L﹣1＜10﹣7mol?L﹣1，說明抑制水電離，則溶液中的溶質為酸或堿或強酸酸式鹽，據此分析解答．【解答】解：酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，室溫下，某溶液中由水電離出來的c（OH﹣）=10﹣12mol?L﹣1＜10﹣7mol?L﹣1，說明抑制水電離，則溶液中的溶質為酸或堿或強酸酸式鹽，A．鹽酸是強酸，抑制水電離，故A不選；B．NaOH是強堿，抑制水電離，故B不選；C．硝酸銨是強酸弱堿鹽，銨根離子水解促進水電離，故C選；D．硫酸是強酸，抑制水電離，故D不選．故選C．18．下列敘述正確的是（）A．強電解質溶液的導電性不一定比弱電解質溶液的導電性強B．常溫下，將pH=3的醋酸溶液稀釋到原體積的10倍后，溶液的pH=4C．若測得雨水的pH小于7，則下的是酸雨D．在通風櫥中進行有毒氣體實驗符合“綠色化學”思想【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；常見的生活環(huán)境的污染及治理．【分析】A．溶液的導電能力與離子的濃度有關，與電解質的強弱無關；B．醋酸是弱酸，在其溶液中存在電離平衡，加水稀釋促進其電離；C．若測得雨水的pH小于，則下的是酸雨；D．在通風櫥中進行有毒氣體實驗，有毒氣體排入環(huán)境中．【解答】解：A．溶液的導電能力與離子的濃度有關，濃度越大導電能力越強，濃度越小導電能力越弱．強電解質是指：在水溶液中或熔融狀態(tài)下，能夠完全電離的化合物，溶液的導電能力與電解質的強弱無關，如硫酸鋇是強電解質，難溶于水，離子濃度小，導電能力弱，CH3COOH為弱電解質，易溶于水，當乙酸濃度比較大時，離子的濃度大，導電能力強，故A正確；B．醋酸是弱電解質，加水稀釋促進其電離，所以常溫下，pH=3的醋酸溶液，稀釋至10倍體積后pH＜4，故B錯誤；C．若測得雨水的pH小于，則下的是酸雨，故C錯誤；D．在通風櫥中進行有毒氣體實驗，有毒氣體排入環(huán)境中，會造成污染，不符合“綠色化學”思想，故D錯誤；故選A．19．原電池的電極名稱不僅與電極材料的性質有關，也與電解質溶液有關，下列說法中不正確的是（）A．由Al、Cu、稀H2SO4組成原電池，放電時SO42﹣向Al電極移動B．由Mg、Al、NaOH溶液組成原電池，其負極反應式為：Al﹣3e﹣+4OH﹣═AlO2﹣+2H2OC．由Fe、Cu、FeCl3溶液組成原電池，其負極反應式為：Cu﹣2e﹣═Cu2+D．由Al、Cu、濃硝酸組成原電池作電源，用石墨電極來電解硝酸銀溶液，當析出1molAg時，消耗銅電極32g【考點】原電池和電解池的工作原理．【分析】A．原電池放電時，溶液中陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，該原電池中，鋁易失去電子而作負極；B．原電池中，失電子發(fā)生氧化反應的電極是負極，該原電池中，鋁和氫氧化鈉反應而失去電子，則鋁作負極；C．原電池中，負極上失電子發(fā)生氧化反應，該原電池中，鐵易失去電子而作負極；D．Al、Cu、濃硝酸組成的原電池中，鋁和濃硝酸發(fā)生鈍化現象，銅和濃硝酸發(fā)生反應而失去電子，則銅作負極，用此電極電解硝酸銀時，根據轉移電子數相等計算消耗銅的質量．【解答】解：A．該原電池中，鋁易失去電子而作負極，銅作正極，放電時，電解質溶液中的硫酸根離子向負極鋁移動，故A正確；B、由Mg、Al、NaOH溶液組成原電池，鋁和氫氧化鈉反應易失去電子而作負極，鎂作正極，其負極反應式為：Al﹣3e﹣+4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故B正確；C．該原電池中，鐵易失去電子而作負極，銅作正極，其負極反應式為：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故C錯誤；D、Al、Cu、濃硝酸組成原電池作電源，銅作負極，鋁作正極，用石墨電極來電解硝酸銀溶液，當析出1molAg時需銀離子得到1mol電子，根據轉移電子數相等知，轉移1mol電子需要消耗銅電極32g，故D正確．故選C．20．25℃時，水中存在電離平衡：H2O?H++OH﹣△H＞0．下列敘述正確的是（）A．將水加熱，Kw增大，pH不變B．向水中加入少量NaHSO4固體，c（H+）增大，Kw不變C．向水中加入少量NaOH固體，平衡逆向移動，c（OH﹣）降低D．向水中加入少量NH4Cl固體，平衡正向移動，c（OH﹣）增大【考點】水的電離．【分析】水的電離平衡：H2O?H++OH﹣中，要使平衡發(fā)生移動，應改變溶液c（H+）或c（OH﹣）的濃度，水的電離是吸熱過程，升高溫度，平衡向電離方向移動，K增大，c（H+），則pH減?。窘獯稹拷猓篈．水的電離是吸熱過程，升高溫度，平衡向電離方向移動，Kw增大，c（H+）增大，則pH減小，故A錯誤；B．向水中加入少量固體硫酸氫鈉，硫酸氫鈉在水溶液中電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，導致c（H+）增大，平衡逆向移動，Kw只受溫度的影響，溫度不變，Kw不變，故B正確；C．向水中加入少量固體NaOH，c（OH﹣）增大，平衡逆向移動，c（H+）降低，c（OH﹣）增大，故C錯誤；D．向水中加入少量固體NH4Cl，銨根離子會和氫氧根離子之間反應，c（OH﹣）減小，導致平衡正向移動，c（H+）增大，故D錯誤．故選B．21．已知如下反應：2X（g）+Y（g）?2Z（g）△H＜0在不同溫度（T1和T2）及壓強（p1和p2）下產物Z的物質的量n與反應時間t的關系如圖所示，下列判斷正確的是（）A．T1＜T2，p1＜p2 B．T1＞T2，p1＞p2 C．T1＜T2，p1＞p2 D．T1＞T2，p1＜p2【考點】體積百分含量隨溫度、壓強變化曲線．【分析】根據溫度、壓強對平衡移動的影響分析，溫度越高、壓強越大，則反應速率越大，達到平衡用的時間越少，曲線的斜率越大，先拐先平溫度、壓強大．【解答】解：根據溫度對反應速率的影響可知，溫度越高，反應速率越大，則達到平衡用的時間越少，曲線的斜率越大，故有：T1＞T2；根據壓強對反應速率的影響可知，壓強越大，反應速率越大，則達到平衡用的時間越少，曲線的斜率越大，先拐先平壓強大，故有：P1＞P2，故選B．22．在溶液中，反應A+2B?C分別在三種不同實驗條件下進行，它們的起始狀態(tài)均為c（A）=?L﹣1、c（B）=?L﹣1、c（C）=0mol?L﹣1．在三種條件下，反應物A的濃度隨時間的變化如圖所示．下列說法中，正確的是（）A．反應的平衡常數：①＜②B．反應A+2B?C的△H＞0C．實驗②平衡時B的轉化率為60%D．實驗③平衡時c（C）=mol?L﹣1【考點】物質的量或濃度隨時間的變化曲線．【分析】A．達到平衡時反應物A的濃度相同；B．根據溫度對化學平衡的影響；C．根據平衡三部曲進行計算；D．根據平衡三部曲進行計算．【解答】解：A．對比實驗①和②，達到平衡時反應物A的濃度相同，故平衡常數相同，故A錯誤；B．反應速率增大，可能是升高溫度或增大壓強，但如是增大壓強，減小容器的體積雖然平衡向正反應方向移動，但A的平衡濃度反而增大，不符合圖象，則應為升高溫度．因③溫度升高，化學平衡向吸熱的方向移動，平衡時A的濃度減小，說明正反應方向吸熱，故B正確；C．根據A+2B?C初始（mol/L）0轉化（mol/L）平衡（mol/L）所以平衡時B的轉化率為=，故C錯誤；D．根據A+2B?C初始（mol/L）0轉化（mol/L）平衡（mol/L）所以平衡時C的濃度為L，故D錯誤．故選B．23．下列各項中的兩個量，其比值一定為2：1的是（）A．在相同溫度下，等濃度的H2SO4和CH3COOH溶液中的c（H+）B．相同溫度下，mol?L﹣1醋酸溶液和mol?L﹣1醋酸溶液中的c（H+）C．相同溫度下，等濃度的Ba（OH）2和NaOH溶液，前者與后者的c（OH﹣）D．液面在“0”刻度時，50mL堿式滴定管和25mL堿式滴定管所盛液體的體積【考點】物質的量的相關計算．【分析】A．硫酸完全電離，而醋酸為弱電解質，部分電離；B．醋酸為弱電解質，濃度越大，電離程度越小；C．等濃度的Ba（OH）2溶液中氫氧根離子濃度為氫氧化鋇的2倍，NaOH溶液中氫氧根離子濃度與氫氧化鈉的相等；D．滴定管最大刻度以下無刻度，體積不確定．【解答】解：A．硫酸完全電離，而醋酸為弱電解質，部分電離，在相同溫度下，等濃度的H2SO4和CH3COOH溶液中c（H+）比值大于2，故A錯誤；B．醋酸為弱電解質，濃度越大，電離程度越小，?L﹣1CH3COOH溶液與?L﹣1CH3COOH溶液中c（H+）比值小于2：1，故B錯誤；C．等濃度的Ba（OH）2溶液中氫氧根離子濃度為氫氧化鋇的2倍，NaOH溶液中氫氧根離子濃度與氫氧化鈉的相等，故C正確；D．滴定管最大刻度以下無刻度，體積不確定，則不能確定二者的體積關系，故D錯誤，故選：C．24．下列各組關于強電解質、弱電解質、非電解質的分類完全正確的是（）選項ABCD強電解質FeNaClCaCO3HNO3弱電解質CH3COOHNH3HFFe（OH）3非電解質蔗糖BaSO4CO2H2OA．A B．B C．C D．D【考點】強電解質和弱電解質的概念；電解質與非電解質．【分析】強電解質是指在水中完全電離成離子的化合物；弱電解質是指在水中不完全電離，只有部分電離的化合物；在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不導電的化合物是非電解質，據此進行判斷．【解答】解：A、由于Fe是單質，不是化合物，所以鐵既不是電解質也不是非電解質，故A錯誤；B、NH3本身不能電離出離子，是非電解質；BaSO4是鹽，在熔融狀態(tài)完全電離，屬于強電解質，故B錯誤；C、碳酸鈣是鹽，在水溶液中能完全電離，屬于強電解質，HF是弱酸，不能完全電離，故屬于弱電解質，二氧化碳在水溶液中和熔融狀態(tài)下均不能導電，故是非電解質，故C正確；D、水能夠電離出氫離子和氫氧根離子，屬于電解質，且是弱電解質，故D錯誤；故選：C．25．濃度均為L、體積均為V0的MOH和ROH溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如圖所示，下列敘述錯誤的是（）A．MOH的堿性強于ROH的堿性B．ROH的電離程度：b點大于a點C．若兩溶液無限稀釋，則它們的c（OH﹣）相等D．當lg=2時，若兩溶液同時升高溫度，則增大【考點】真題集萃；弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】A．相同濃度的一元堿，堿的pH越大其堿性越強；B．弱電解質在水溶液中隨著濃度的減小其電離程度增大；C．若兩種溶液無限稀釋，最終其溶液中c（OH﹣）接近于純水中c（OH﹣）；D．MOH的堿性強于ROH的堿性，當lg=2時，若兩溶液同時升高溫度，促進弱電解質電離．【解答】解：A．相同濃度的一元堿，堿的pH越大其堿性越強，根據圖知，未加水時，相同濃度條件下，MOH的pH大于ROH的pH，說明MOH的電離程度大于ROH，則MOH的堿性強于ROH的堿性，故A正確；B．由圖示可以看出ROH為弱堿，弱電解質在水溶液中隨著濃度的減小其電離程度增大，b點溶液體積大于a點，所以b點濃度小于a點，則ROH電離程度：b＞a，故B正確；C．若兩種溶液無限稀釋，最終其溶液中c（OH﹣）接近于純水中c（OH﹣），所以它們的c（OH﹣）相等，故C正確；D．根據A知，堿性MOH＞ROH，當lg=2時，由于ROH是弱電解質，升高溫度能促進ROH的電離，所以c（M+）/c（R+）減小，故D錯誤；故選D．二、解答題（共5小題，滿分50分）26．（1）在一定條件下N2與H2反應生成NH3，請回答：①若反應物的總能量為E1，生成物的總能量為E2，且E1＞E2，則該反應為放熱（填“吸熱”或“放熱”）反應．②已知拆開1molH﹣H鍵，1molN﹣H鍵，1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，則N2與H2反應生成NH3的熱化學方程式為N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92kJ?mol﹣1．（2）依據蓋斯定律可以對某些難以通過實驗直接測定的化學反應的焓變進行推算．已知：C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H1=Q1kJ?mol﹣12CO2（g）+H2（g）=C2H2（g）+2O2（g）△H2=Q2kJ?mol﹣1．根據蓋斯定律，計算此時由C（s，石墨）和H2（g）生成1molC2H2（g）反應的焓變?yōu)椋?Q1+Q2）kJ?mol﹣1（用含有Q1和Q2的式子表示）．【考點】用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；吸熱反應和放熱反應；熱化學方程式．【分析】（1）①反應物總能量大于生成物總能量，為放熱反應；②化學反應中，化學鍵斷裂吸收能量，形成新化學鍵放出能量，根據方程式計算分別吸收和放出的能量，以此計算反應熱并判斷吸熱還是放熱；（2）可以先根據反應物和生成物書寫化學方程式，根據蓋斯定律計算反應的焓變，最后根據熱化學方程式的書寫方法來書寫熱化學方程式；【解答】解：（1）①反應物的總能量為E1，生成物的總能量為E2，若E1＞E2，則該反應為放熱反應，故答案為：放熱；②在反應N2+3H2?2NH3中，斷裂3molH﹣H鍵，1molN三N鍵共吸收的能量為：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN﹣H鍵，放出的能量為：6×391kJ=2346kJ，吸收的熱量少，放出的熱量多，該反應為放熱反應，放出的熱量為：2346kJ﹣2254kJ=92kJ；故答案為：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92kJ?mol﹣1；（2）已知：①C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H1=Q1kJ?mol﹣1；②2CO2（g）+H2（g）=C2H2（g）+2O2（g）△H2=Q2kJ?mol﹣1；2C（s，石墨）+H2（g）=C2H2（g）的反應可以根據①×2+②得到，所以反應焓變△H=2×Q1+Q2=（2Q1+Q2）kJ?mol﹣1，故答案為：（2Q1+Q2）．27．已知醋酸和鹽酸是日常生活中極為常見的酸，在一定條件下，CH3COOH溶液中存在電離平衡：CH3COOH═CH3COO﹣+H+△H＞0．（1）常溫常壓下，在pH=5的稀醋酸溶液中，c（CH3COO﹣）=（10﹣5﹣10﹣9）mol/L（填數字表達式）．下列方法中，可以使?L﹣1CH3COOH的電離程度增大的是bcf（填字母）．a．加入少量?L﹣1的稀鹽酸b．加熱c．加水稀釋至?L﹣1d．加入少量冰醋酸e．加入少量氯化鈉固體f．加入少量?L﹣1的NaOH溶液（2）將等質量的鋅投入等體積且pH均等于3的醋酸和鹽酸溶液中，經過充分反應后，發(fā)現只在一種溶液中有鋅粉剩余，則生成氫氣的體積：V鹽酸＜V醋酸，（填“＞”、“＜”或“=”下同），反應的最初速率為：υ鹽酸=υ醋酸．（3）常溫下，向體積為VamL，pH=3的醋酸溶液中滴加pH=11的NaOH溶液VbmL至溶液恰好呈中性，則Va與Vb的關系是：Va＜Vb；溶液中各離子的濃度按照由大到小排序為c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH）．【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算；弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】（1）根據醋酸溶液中電荷守恒可知：c（H+）═c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），進而計算c（CH3COO﹣）；醋酸的電離是吸熱反應，加水稀釋、加入堿、加熱都能促進醋酸的電離；（2）鹽酸、醋酸均為一元酸，足量的Zn與等體積酸反應時，酸的濃度越大，可以提供氫離子多，生成氫氣體積越大；開始的反應速率取決于開始時氫離子濃度的大小；（3）溶液顯中性，則c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，根據電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），可得c（Na+）=c（CH3COO﹣），溶液中還存在CH3COOH．【解答】解：（1）在pH=5的稀醋酸溶液中，c（H+）=10﹣5mol/L，則c（OH﹣）=10﹣9mol/L，根據醋酸溶液中電荷守恒可知：c（H+）═c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），可以看出，c（CH3COO﹣）=c（H+）﹣c（OH﹣）=（10﹣5﹣10﹣9）mol/L；a．加入少量?L﹣1的稀鹽酸，溶液中氫離子濃度增大，抑制醋酸的電離，則醋酸的電離程度降低，故錯誤；b．醋酸的電離是吸熱反應，加熱促進醋酸的電離，則醋酸的電離程度增大，故正確；c．加水稀釋至?L﹣1，促進醋酸的電離，則醋酸的電離程度增大，故正確；d．加入少量冰醋酸，醋酸的電離平衡向正反應方向移動，但醋酸的電離程度降低，故錯誤；e．加入少量氯化鈉固體，不影響平衡的移動，則不改變醋酸的電離，故錯誤；f．加入少量?L﹣1的NaOH溶液，氫氧根離子和氫離子反應生成水，氫離子濃度降低，促進醋酸的電離，則醋酸的電離程度增大，故正確；故答案為：（10﹣5﹣10﹣9）mol/L；bcf；（2）醋酸是弱酸，隨著它和金屬的反應，電離平衡不斷地向右移動，會電離出更多的氫離子，所以醋酸產生的氫氣體積較大，開始時，醋酸和鹽酸的pH均等于3，即開始時氫離子的濃度相等，所以開始時的速率相等，故答案為：＜；=；（3）醋酸溶液是弱酸，pH為3的醋酸溶液中，醋酸的濃度大于10﹣3mol/L，pH=11的NaOH溶液濃度等于10﹣3mol/L，最后溶液恰好呈中性，說明堿多，所以Vb＞Va，溶液恰好呈中性，氫離子和氫氧根的濃度一定相等，根據電荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），所以c（Na+）=c（CH3COO﹣），故答案為：Va＜Vb；c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH）．28．如圖所示，甲、乙兩池電極材料都是鐵棒和碳棒，請回答下列問題：（1）若兩池中電解質溶液均為CuSO4溶液，則反應一段時間后：①有紅色物質析出的是甲池中的碳棒，乙池中的鐵棒．②乙池中陽極的電極反應式是4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O．（2）若兩池中電解質溶液均為飽和NaCl溶液：①寫出乙池中總反應的離子方程式2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣．②甲池中碳極上電極反應式是2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，乙池碳極上電極反應屬于氧化反應（填“氧化反應”或“還原反應”）．③將濕潤的KI淀粉試紙放在乙池碳極附近，發(fā)現試紙變藍，反應的化學方程式為2KI+Cl2=I2+2KCl．④若乙池轉移e﹣后停止實驗，池中電解質溶液體積是200mL，則溶液混合均勻后的pH=13．【考點】原電池和電解池的工作原理．【分析】（1）①甲池為原電池，乙池為電解池，原電池中活潑金屬做負極，發(fā)生氧化反應，碳棒做正極，發(fā)生還原反應；②乙為電解池，由電子流向可知，Fe為陰極，銅離子得到電子生成Cu，陽極上氫氧根離子放電；（2）①根據電解池的工作原理來書寫電解氯化鈉的原理方程式；②甲池為原電池，碳棒做正極，正極上得電子發(fā)生還原反應；③將濕潤的KI淀粉試紙放在乙池石墨電極附近，發(fā)現試紙變藍，則石墨電極上氯離子失電子生成氯氣，氯氣和碘化鉀發(fā)生氧化還原反應生成碘，碘與淀粉試液變藍色；④根據轉移電子守恒計算生成的氫氧化鈉的物質的量，再根據水的離子積常數計算溶液中氫離子濃度，從而得出溶液的pH．【解答】解：（1）①甲池為原電池，原電池中活潑金屬做負極，發(fā)生氧化反應，碳棒做正極，有Cu析出，乙池為電解池，外電路電子流向電源正極，所以碳棒為陽極，放出氯氣，陰極鐵電極上發(fā)生還原反應有Cu析出，故答案為：碳；鐵；②乙為電解池，由電子流向可知，Fe為陰極，銅離子得到電子生成Cu，乙中陽極上氫氧根離子放電，電極反應為4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故答案為：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；（2）①若電解質溶液為飽和氯化鈉溶液，則乙池就是用惰性電極為陽極電解氯化鈉溶液，方程式為：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣，故答案為：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣；②甲池中碳棒為正極，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為：2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，乙池中碳棒為陽極，陽極發(fā)生氧化反應，故答案為：2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣；氧化反應；③將濕潤的KI淀粉試紙放在乙池石墨電極附近，發(fā)現試紙變藍，則石墨電極上氯離子失電子生成氯氣，氯氣和碘離子反應生成碘單質，碘遇淀粉試液變藍色，反應方程式為：2KI+Cl2=I2+2KCl，故答案為：2KI+Cl2=I2+2KCl；④電解氯化鈉溶液的方程式為：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，乙池轉移﹣后，會生成的氫氧化鈉，所以所得NaOH溶液的物質的量濃度c===L，所以溶液中氫離子濃度=，所以溶液的pH=13，故答案為：13．29．在一定溫度下將3molCO2和2molH2混合于2L的密閉容器中，發(fā)生如下反應：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）（1）已知在700℃時，該反應的平衡常數K1=，則該溫度下反應CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）的平衡常數K2=2（2）已知在1000℃時，該反應的平衡常數K3為，則該反應為吸熱反應（填“吸熱”或“放熱”）（3）能判斷該反應達到化學平衡狀態(tài)的依據是C．（填編號）A．容器中壓強不變B．c（CO2）=c（CO）C．生成amolCO2的同時消耗amolH2D．混合氣體的平均相對分子質量不變（4）在1000℃下，某時刻CO2的物質的量為，則此時v正＞v逆（填“＞”、“=”或“＜”）該溫度下反應達到平衡時，CO2的轉化率為40%．【考點】化學平衡的計算；化學平衡狀態(tài)的判斷．【分析】（1）反應CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）的平衡常數K2=，反應CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）的平衡常數K1=，所以K1=，據此計算；（2）升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動；（3）當該反應達到平衡狀態(tài)時，同一物質的正逆反應速率相等，反應體系中各物質的含量不變；（4）根據濃度商與平衡常數判斷反應方向，根據平衡常數計算反應的二氧化碳的量，再根據轉化率=×100%計算．【解答】解：（1）反應CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）的平衡常數K2=，反應CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）的平衡常數K1=，所以K1===2，故答案為：2；（2）在700℃時，反應的平衡常數K1=，在1000℃時，該反應的平衡常數K3為，升高溫度平衡常數增大，平衡向正反應方向移動，說明正反應是吸熱反應，故答案為：吸熱；（3）A．該反應前后氣體的計量數之和不變，則無論是否達到平衡狀態(tài)，容器中壓強始終不變，則不能根據壓強判斷是否達到平衡狀態(tài)，故錯誤；B．c（CO2）=c（CO），該反應可能達到平衡狀態(tài)，也可能沒有達到平衡狀態(tài)，與反應物濃度及轉化率有關，所以不能判斷是否達到平衡狀態(tài)，故錯誤；C．生成amolCO2的同時消耗amolH2，說明同一物質的正逆反