湖南省岳阳市部分重点2014高中高二上学期段考化学解析版.doc

2014-2015学年湖南省岳阳市部分重点高中高二（上）段考化学试卷

一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）
1．（3分）下列有关说法正确的是（　　）

A．
明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂

B．
酸雨是PH小于7的雨水

C．
自行车钢架生锈主要是化学腐蚀所致

D．
大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧

考点：
常见的生活环境的污染及治理；胶体的应用；金属腐蚀的化学原理．版权所有
专题：
化学应用．
分析：
A．明矾水解生成的胶体能吸附悬浮物；
B．酸雨是PH小于5.6的雨水；
C．自行车钢架中含有铁和碳，遇到合适的电解质溶液而易发生电化学腐蚀；
D．地球大气中CO2的含量增多，会产生温室效应，导致全球变暖．
解答：
解：A．明矾水解生成的氢氧化铝胶体能吸附悬浮物而净水，不能吸附色素，不能作漂白剂，故A错误；
B．酸雨是PH小于5.6的雨水，故B错误；
C．自行车钢架中的碳、铁和合适的电解质溶液构成原电池而发生电化学腐蚀，故C错误；
D．大气中CO2含量的增加会导致温室效应的加剧，故D正确；
故选D．
点评：
本题考查胶体性质，胶体具有吸附性、酸雨，钢铁的腐蚀和温室效应，属于基础知识，题目难度不大．

2．（3分）某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）．下列有关叙述正确的是（　　）

A．
该反应为吸热反应

B．
催化剂能改变反应的焓变

C．
催化剂能降低反应的活化能

D．
逆反应的活化能大于正反应的活化能

考点：
反应热和焓变．版权所有
专题：
化学反应中的能量变化．
分析：
A、依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断；
B、催化剂改变速率不改变平衡；
C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能；
D、图象中分析判断；
解答：
解：A、图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，故A正确；
B、催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，故B错误；
C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，故C正确；
D、图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D错误；
故选AC．
点评：
本题考查了化学反应的能量变化分析，催化剂的作用实质，图象识别和理解含义是解题关键．

3．（3分）与肼（H2NNH2）有关化学反应的能量变化如右题所示，已知断裂
1mol化学键所需的能量（kJ）：N≡N为942、O=O为500、N﹣N
为154，则断裂1molN﹣H键所需的能量是（　　）

A．
194 KJ
B．
391 KJ
C．
516 KJ
D．
658 KJ

考点：
反应热和焓变．版权所有
专题：
化学反应中的能量变化．
分析：
根据热化学方程式的含义可知：旧键断裂所吸收的能量和新键生成所释放的能量之差即为化学反应焓变的数值，结合图示内容来回答即可．
解答：
解：根据图中内容，可以看出N2H4（g）+O2（g）=2N（g）+4H（g）+2O（g），△H3=2752kJ/mol﹣534kJ/mol=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，
设断裂1molN﹣H键所需的能量为K，旧键断裂吸收的能量：154+4K+500=2218，解得K=391．
故选B．
点评：
本题考查学生化学键的断裂和生成与反应的吸放热之间的关系，考查学生知识的灵活应用情况，难度不大．

4．（3分）下列有关说法正确的是（　　）

A．
CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0

B．
镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈

C．
N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率V（H2）和氢气的平衡转化率均增大

D．
水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应

考点：
反应热和焓变；金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡．版权所有
专题：
化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．
分析：
A、分解反应一般是吸热反应，熵变、焓变都大于零，依据△H﹣T△S判断，仅在高温下自发；
B、铁比铜活泼，组成的原电池中铁为负极更易被氧化；
C、据平衡移动原理，升高温度平衡向逆反应方向移动平衡转化率减小
D、水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大说明水的电离是吸热反应越热越电离水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大．
解答：
A、分解反应一般是吸热反应熵变、焓变都大于零，依据△H﹣T△S＜0自发进行，仅在高温下自发；故A错误；
B、依据原电池的原理分析，铁比铜活泼，组成的原电池中铁为负极更易被氧化；故B正确；
C、反应是放热反应，据平衡移动原理，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡转化率减小，故C错误；
D、水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大说明水的电离是吸热反应，越热越电离水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，故D错误；
故选B．
点评：
本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对熵变、焓变，水解反应、原电池电解池、化学反应速率的影响因素等方面的能力．

5．（3分）合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是（　　）

A．
增加压强
B．
降低温度
C．
增大CO的浓度
D．
更换催化剂

考点：
化学平衡的影响因素．版权所有
专题：
化学平衡专题．
分析：
提高CO的转化率可以使平衡正向进行，根据化学平衡移动原理来回答判断．
解答：
解：提高CO的转化率可以让平衡正向进行即可．
A、增加压强，该平衡会不会发生移动，故A错误；
B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，故B正确；
C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；
D、催化剂不会引起化学平衡的移动，故D错误．
故选B．
点评：
本题考查学生化学平衡移动原理的应用方面的知识，属于基本知识的考查，注意知识的积累是解题的关键，难度不大．

6．（3分）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl 溶液和CuSO4 溶液
均有固体析出
蛋白质均发生变性
B
向溶液X 中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液
出现白色沉淀
溶液X 中一定含有SO42﹣
C
用大理石和盐酸反应制取CO2 气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3 溶液中
出现白色沉淀
H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强
D
向浓度均为0.1mol•L﹣1 NaCl 和NaI 混合溶液中滴加少量AgNO3 溶液
出现黄色沉淀
Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）

A．
A
B．
B
C．
C
D．
D

考点：
化学实验方案的评价．版权所有
分析：
A．浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析，而重金属盐能使蛋白质发生变性；
B．亚硫酸根离子具有还原性，能被稀硝酸氧化为硫酸根离子；
C．盐酸易挥发；
D．同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出．
解答：
解：A．因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀，如饱和硫酸钠溶液、硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜等，故A错误；
B．溶液X 中滴加稀硝酸，生成硫酸根离子，滴加Ba（NO3）2溶液时生成硫酸钡白色沉淀，则溶液X中含有SO42﹣或SO32﹣，故B错误；
C．盐酸易挥发，应先除掉氯化氢，不能证明H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强，故C错误；
D．同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出，即Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故D正确．
故选D．
点评：
本题考查化学实验方案设计，涉及蛋白质的性质、离子检验、酸性比较和沉淀转化等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．

7．（3分）（2012•海南）25℃时，a mol•L﹣1一元酸HA与b mol•L﹣1NaOH等体积混合后，pH为7，则下列关系一定正确的是（　　）

A．
a=b
B．
a＞b
C．
c （A﹣）=c（Na+）
D．
c （A﹣）＜c（Na+）

考点：
酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．版权所有
专题：
压轴题；电离平衡与溶液的pH专题．
分析：
根据HA是强酸还是弱酸，结合盐类水解判断a、b关系；根据溶液呈电中性可知，溶液中c （A﹣）+c （OH﹣）=c（Na+）+c（H+），结合溶液的pH值判断c （A﹣）、c（Na+）的相对大小．
解答：
解：A、若HA为强酸，溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合恰好反应，故a=b，若HA为弱酸，生成强碱弱酸盐NaA，溶液会呈碱性，溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合，HA应过量，故a＞b，综上所述，a≥b，A错误；
B、由A分析可知，a≥b，B错误；
C、溶液中c （A﹣）+c （OH﹣）=c（Na+）+c（H+），溶液pH=7，则c（OH﹣）=c（H+），故c （A﹣）=c（Na+），故C正确；
D、由C中分析可知，溶液中c （A﹣）=c（Na+），故D错误；
故选C．
点评：
考查溶液中离子浓度比较、酸碱反应pH的定性判断、盐类水解等，难度中等，注意酸HA的强弱．

8．（3分）（2012•重庆）下列叙述正确的是（　　）

A．
盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵

B．
稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小

C．
饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH不变

D．
沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强

考点：
酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡．版权所有
专题：
电离平衡与溶液的pH专题．
分析：
A、当盐酸和氨水恰好中和生成NH4Cl时，铵根离子水解呈酸性；
B、醋酸是弱电解质，加水稀释促进电离，平衡状态下离子浓度减小；
C、饱和石灰水中加入氧化钙会与水反应生成氢氧化钙，析出晶体后溶液仍是饱和溶液离子浓度不变；
D、胶体是电中性的分散系；
解答：
解：A、当盐酸和氨水恰好中和生成NH4Cl时，由于铵根离子水解呈酸性，若使溶液呈中性，应继续向溶液中加入氨水，故溶液中的溶质是NH4Cl和NH3•H2O，故A错误；
B、向稀醋酸中加水时，醋酸的电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，但c（H+）减小，故pH增大，故B错误；
C、温度不变，Ca（OH）2的溶解度不发生变化，故饱和石灰水中c（OH﹣）的浓度不变，所以pH不变，故C正确；
D、氢氧化铁胶体的胶体粒子带有正电荷，但氢氧化铁胶体呈电中性，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查了酸碱反应的溶液酸碱性判断，弱电解质稀释溶液PH变化，饱和溶液的离子浓度分析，胶体性质的应用，题目难度中等．

9．（3分）（2013•南充二模）向10mL 0.1mol•L﹣1 NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL，下列叙述正确的是（　　）

A．
x=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣，且c（NH4+）＞c（Al3+）

B．
x=10时，溶液中有NH4+、AlO2﹣、SO42﹣，且c（NH4+）＞c（SO42﹣）

C．
x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，且c（OH﹣）＜c（AlO2﹣）

D．
x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH﹣，且c（OH﹣）=c（Ba2+）

考点：
离子浓度大小的比较；电离方程式的书写．版权所有
专题：
离子反应专题．
分析：
A、Al3+与氨水反应生成Al（OH）3沉淀，可以认为氢氧根会先与铝离子作用生成沉淀．加入10mlBa（OH）2，相当于溶液中NH4+、Al3+、OH﹣比例为1：1：2，铝部分生成氢氧化铝沉淀．
SO42﹣﹣：Ba2+比例为2：1，SO42﹣部分沉淀．反应完全后，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣．
B、依据A分析溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣．无AlO2﹣；
C、加入30mlBa（OH）2，氢氧根离子过量可以和铝离子完全反应，且和铵根离子全部反应后还有氢氧根离子剩余，溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，但c（OH﹣）＞c（AlO2﹣）；
D、依据C分析判断溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，不存在Al3+．
解答：
解：A、当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，1mmolAl3+，0.002molSO42﹣，10ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molSO42﹣．氢氧化铝沉淀，剩余×10﹣3molAl3+而NH4+没有参与反应，少量水解，c（NH4+）＜c（SO42﹣），故A正确；
B、当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，1mmolAl3+，0.002molSO42﹣，10ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molSO42﹣．氢氧化铝沉淀，剩余×10﹣3molAl3+而NH4+没有参与反应，少量水解，c（NH4+）＞c（SO42﹣），故B错误；
C、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42﹣，30ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+；OH﹣过量溶液中存在0.001moAlO2﹣，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH﹣）＞c（AlO2﹣），故C错误；
D、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42﹣，30ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH﹣，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+；OH﹣过量溶液中存在0.001moAlO2﹣，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH﹣）＞（Ba2+），故D错误；
故选A．
点评：
本题考查了离子方程式的书写原则和方法应用，主要是定量反应的产物判断，关键分析离子反应顺序，先沉淀后反应生成弱电解质后沉淀溶解．

10．（3分）（2012•四川）常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（　　）

A．
新制氯水中加入固体NaOH：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）

B．
pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）

C．
pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）

D．
0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合：2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）

考点：
离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．版权所有
专题：
电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．
分析：
A、依据溶液中电荷守恒分析判断；
B、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离；
C、氨水存在电离平衡盐酸反应完全，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子；
D、依据化学反应得到等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，混合溶液中存在电荷守恒和物料守恒计算得到；
解答：
解：A、新制氯水中加入固体NaOH所以生成次氯酸钠、氯化钠、水：溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣），故A错误；
B、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离；pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故B错误；
C、氨水存在电离平衡盐酸反应完全，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液呈碱性溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；故C错误；
D、0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后得到0.05mol/L的CH3COOH溶液和0.05mol/L的CH3COONa溶液，溶液中存在电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）；依据物料守恒：2c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）；代入电荷守恒计算关系中得到：2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）；故D正确；
故选D．
点评：
本题考查了电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒，离子浓度大小的比较方法，题目难度中等．

11．（3分）（2013•和平区模拟）已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol•L﹣1的一元酸HA与b mol•L﹣1一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（　　）

A．
a=b
B．
混合溶液的pH=7

C．
混合溶液中，c（H+）= mol•L﹣1
D．
混合溶液中，c（H+）+c（B﹣）=c（OH﹣）+c（A﹣）

考点：
酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．版权所有
专题：
电离平衡与溶液的pH专题．
分析：
温度T时水的离子积常数为KW，浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L的一元碱BOH等体积混合，若溶液呈中性，反应后的溶液中应存在c（H+）=c（OH﹣）=mol/L．
解答：
解：A．因酸碱的强弱未知，a=b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，故A错误；
B．因温度未知，则pH=7不一定为中性，故B错误；
C．混合溶液中，c（H+）=mol/L，根据c（H+）•c（OH﹣）=KW，可知溶液中c（H+）=c（OH﹣）═mol/L，溶液呈中性，故C正确；
D．任何溶液都存在电荷守恒，即c（H+）+c（B﹣）=c（OH﹣）+c（A﹣），不能确定溶液的酸碱性，故D错误．
故选C．
点评：
本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意溶液呈中性应存在c（H+）=c（OH﹣），由于温度未知，且酸碱的强弱未知，不能根据pH以及酸碱的物质的量关系判断．

12．（3分）某兴趣小组设计如图微型实验装置．实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表A指针偏转．下列说法正确的是（　　）

A．
断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为2H++2Cl﹣Cl2↑+H2↑

B．
断开K2、闭合K1时，石墨电极附近溶液变红

C．
断开K1、闭合K2时，铜电极上的电极反应为Cl2+2e﹣═2Cl﹣

D．
断开K1、闭合K2时，石墨电极作正极

考点：
原电池和电解池的工作原理．版权所有
专题：
电化学专题．
分析：
A．断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气；
B．断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应；
C．断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，铜做负极氢气失电子发生氧化反应；
D．断开K1，闭合K2时，形成原电池，原电池中阳离子向正极移动．
解答：
解：断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为2Cl﹣+2H2OH2↑+2OH﹣+Cl2↑，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜电极附近产生OH﹣，溶液变红，故A、B两项均错误；
断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e﹣=2Cl﹣，其为正极，故C项错误，D项正确．
故选D．
点评：
本题综合考查电解池和原电池知识，注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度中等．

13．（3分）（2012•四川）一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+．下列有关说法正确的是（　　）

A．
检测时，电解质溶液中的H+向负极移动

B．
若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气

C．
电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O

D．
正极上发生的反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣

考点：
常见化学电源的种类及其工作原理．版权所有
专题：
电化学专题．
分析：
酸性乙醇燃料电池的负极反应为CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题．
解答：
解：A．原电池中，阳离子向正极移动，故A错误；
B．氧气得电子被还原，化合价由0价降低到﹣2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下的体积为2.24L，故B错误；
C．酸性乙醇燃料电池的负极反应为CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+，可知乙醇被氧化生成乙酸和水，总反应式为CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，故C正确；
D．燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，故D错误．
故选C．
点评：
本题考查酸性乙醇燃料电池知识，题目难度中等，注意题中乙醇被氧化为乙酸的特点，答题中注意审题，根据题给信息解答．

14．（3分）有一化学平衡mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），如图表示的是A的转化率与压强、温度的关系．下列叙述正确的是（　　）

A．
正反应是放热反应；m+n＞p+q
B．
正反应是吸热反应；m+n＜P+q

C．
正反应是放热反应；m+n＜p+q
D．
正反应是吸热反应；m+n＞p+q

考点：
转化率随温度、压强的变化曲线．版权所有
专题：
化学平衡专题．
分析：
采取“定一议二”原则分析，根据等压线，由温度对A的转化率影响，判断升高温度平衡移动方向，确定反应吸热与放热；
作垂直横轴的线，温度相同，比较压强对A的转化率的影响，判断增大压强平衡移动方向，确定m+n与p+g的大小关系．
解答：
解：由图可知，压强相同是，温度越高A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，
作垂直横轴的线，由图可知，温度相同，压强越大A的转化率越大，数目增大压强平衡向正反应移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n＞p+q，
故选D．
点评：
本题考查化学平衡图象、化学平衡的影响因素等，难度不大，注意采取“定一议二”原则分析解答．

15．（3分）温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol PCl5，反应PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）经一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
50
150
250
350
n（PCl3）/mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
下列说法正确的是（　　）

A．
反应在前50s的平均速率为v（PCl3）=0.0032mol•L﹣1•s﹣1

B．
保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11mol•L﹣1，则反应的△H＜0

C．
相同温度下，起始时向容器中充入1.0mol PCl5、0.20mol PCl3和0.20mol Cl2，达到平衡前v（正）＞v（逆）

D．
相同温度下，起始时向容器中充入2.0mol PCl3、2.0mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%

考点：
化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．版权所有
专题：
化学平衡专题．
分析：
A、由表中数据可知50s内，△n（PCl3）=0.16mol，根据v=计算v（PCl3）；
B、由表中数据可知，平衡时n（PCl3）=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11 mol/L，则n′（PCl3）=0.22mol，根据平衡时n（PCl3），判断平衡移动方向，升高温度平衡向吸热反应方向移动；
C、先求平衡常数K，再求浓度商（Qc），K＞Qc，说明平衡向正反应方向移动，K＜Qc，说明平衡向逆反应方向移动，K=Qc，说明平衡不移动，据此判断平衡移动；
D、等效为起始加入2.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，据此判断．
解答：
解：A、由表中数据可知50s内，△n（PCl3）=0.16mol，v（PCl3）==0.0016mol/（L•s），故A错误；
B、由表中数据可知，平衡时n（PCl3）=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11 mol/L，则n′（PCl3）=0.11 mol/L×2L=0.22mol，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，即△H＞O，故B错误；
C、对于可逆反应：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g），
开始（mol/L）：0.5 0 0
变化（mol/L）：0.1 0.1 0.1
平衡（mol/L）：0.4 0.1 0.1
所以平衡常数k==0.025，
起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 molPCl3和0.20 molCl2，起始时PCl5的浓度为0.5mol/L、PCl3的浓度为0.1mol/L、Cl2的浓度为0.1mol/L，浓度商Qc==0.02，Qc＜K，说明平衡向正反应方向移动，反应达平衡前v（正）＞v（逆），故C正确；
D、等效为起始加入2.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，故达到平衡时，PCl3的转化率高于=80%，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查反应速率、平衡常数计算、平衡移动、等效平衡等，难度中等，注意D中使用等效平衡思想分析，使问题简单化，也可以根据平衡常数计算，但比较麻烦．

16．（3分）（2012•天津）已知2SO2 （g）+O2 （g）⇌2SO3 （g）；△H=﹣197kJ•mol﹣1．向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：（甲） 2mol SO2和1mol O2；（乙） 1mol SO2和0.5mol O2；（丙） 2mol SO3．恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是（　　）

A．
容器内压强P：P甲=P丙＞2P乙

B．
SO3的质量m：m甲=m丙＞2m乙

C．
c（SO2）与c（O2）之比k：k甲=k丙＞k乙

D．
反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲=Q丙＞2Q乙

考点：
等效平衡．版权所有
专题：
压轴题；化学平衡专题．
分析：
恒温恒容，甲与乙起始n（SO2）：n（O2）=2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故甲中转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n（SO2）=2mol，n（O2）=1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，据此结合选项解答；
解答：
解：恒温恒容，甲与乙起始n（SO2）：n（O2）=2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n（SO2）=2mol，n（O2）=1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应个组分的物质的量相等，
A、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故压强P甲=P丙，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故P乙＜P甲＜2P乙，故P甲=P丙＜2P乙，故A错误；
B、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故质量m甲=m丙，甲等效为在乙到达平衡的基础上，再加入1mol SO2和0.5mol O2，增大压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，m甲＞2m乙，故m甲=m丙＞2m乙，故B正确；
C、对于甲、乙，SO2、O2起始物质的量之比等于化学计量数之比，c（SO2）与c（O2）之比为定值2：1，丙为分解反应，丙中c（SO2）与c（O2）之比为2：1，故k甲=k丙=k乙=2：1，故C错误；
D、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故Q甲+Q丙=197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，故Q甲＞2Q乙，故D错误；
故选B．
点评：
该题考查化学平衡移动与计算、反应热知识、等效平衡等，难度较大，注意构建甲、乙平衡建立的途径，注意理解等效平衡．

二、解答题（共3小题，满分52分）
17．（17分）氯化钾样品中含有少 量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质．为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，再将滤液按如图所示步骤进行操作．回答下列问题：
（1）起始滤液的pH　大于　7（填“大于”、“小于”或“等于”）．
（2）①中发生反应的离子方程式为　CO32﹣+Ba2+=BaCO3↓、SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓　．试剂Ⅱ的化学式为　K2CO3　，试剂Ⅲ的化学式是　HCl　，操作②的名称是　过滤　；
（3）某同学称取提纯的产品a g，溶解后定定容在100mL容量瓶中，每次取25.00mL溶液，用0.1000mol•L﹣1的硝酸银标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为b mL，盛装硝酸银溶液的仪器名称是　酸式滴定管　；若将锥形瓶用蒸馏水清洗，实验结果将　无影响　（填偏大、偏小或无影响）；该产品的纯度为　　．

考点：
物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．版权所有
专题：
实验题．
分析：
滤液中含有KCl、K2CO3、K2SO4，向滤液中加入过量BaCl2溶液，发生反应CO32﹣+Ba2+=BaCO3↓、SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，得到固体B为BaCO3、BaSO4，滤液中含有KCl、BaCl2，向滤液中加入过量K2CO3，除去过量的钡离子，得到固体C为BaCO3，D中溶质为K2CO3和KCl，然后向溶液中加入过量HCl，发生反应 CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑，然后蒸发溶液，溶液中HCl挥发，所以最终得到KCl晶体，以此解答该题．
解答：
解：滤液中含有KCl、K2CO3、K2SO4，向滤液中加入过量BaCl2溶液，发生反应CO32﹣+Ba2+=BaCO3↓、SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，得到固体B为BaCO3、BaSO4，滤液中含有KCl、BaCl2，向滤液中加入过量K2CO3，除去过量的钡离子，得到固体C为BaCO3，D中溶质为K2CO3和KCl，然后向溶液中加入过量HCl，发生反应 CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑，然后蒸发溶液，溶液中HCl挥发，所以最终得到KCl晶体，
（1）碳酸钾是强碱弱酸盐能水解导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，pH＞7，故答案为：大于；
（2）通过以上分析知，I是BaCl2，II是K2CO3，III是HCl，①中发生反应的离子方程式为CO32﹣+Ba2+=BaCO3↓、SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，操作②的名称是过滤，
故答案为：CO32﹣+Ba2+=BaCO3↓、SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓；K2CO3；HCl；过滤；
（3）硝酸银应放在酸式滴定管中，如将锥形瓶用蒸馏水清洗，则对实验结果无影响，应没有改变样品的物质的量，
用0.1000mol•L﹣1的硝酸银标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为b mL，则n（AgNO3）=0.100mol/L×b×10﹣3L=b×10﹣4mol，
由KCl～AgNO3可知，n（KCl）=b×10﹣4mol，
所以原样品中含有n（KCl）=4b×10﹣4mol，
m（KCl）=4b×10﹣4mol×74.5g/mol=2.98b×10﹣2g，
该产品的纯度为=，
故答案为：酸式滴定管；无影响；．
点评：
本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，特别注意除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯物质的性质，难度不大．

18．（18分）光气（COCl2）在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用CO与Cl2在活性炭催化下合成．
（1）实验室中常用来制备氯气的化学方程式为　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　；
（2）工业上利用天然气（主要成分为CH4）与CO2进行高温重整制备CO，已知CH4、H2和CO的燃烧热（△H）分别为﹣890.3kJ•mol﹣1、﹣285.8kJ•mol﹣1、﹣283.0kJ•mol﹣1，则生成1m3（标准状况）CO所需热量为　5.52×103KJ　；
（3）实验室中可用氯仿（CHCl3）与双氧水直接反应制备光气，其反应的化学方程式为　CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2　；
（4）COCl2的分解反应为COCl2（g）=Cl2（g）+CO（g）△H=+108kJ•mol﹣1．反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如图所示（第10min到14min的浓度变化曲线未示出）：

①计算反应在第8min时的平衡常数K=　0.234mol•L﹣1　；
②比较第2min