初中化學(xué)魯教版九年級(jí)下冊(cè)第八單元海水中的化學(xué)單元復(fù)習(xí) 省獲獎(jiǎng)

2015-2016學(xué)年廣東省梅州市興寧一中高二（上）第二次月考化學(xué)試卷一、選擇題（本題共16，每小題3分，共48分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1．生產(chǎn)、生活離不開化學(xué)．下列說法不正確的是（）A．不需要通過化學(xué)反應(yīng)就能從海水中獲得食鹽和淡水B．推廣使用可降解塑料及布質(zhì)購物袋，無法減少“白色污染”C．嚴(yán)格執(zhí)行機(jī)動(dòng)車尾氣排入標(biāo)準(zhǔn)有利于防止大氣污染D．使用二氧化硫和某些含硫化合物進(jìn)行增白的食品對(duì)人體健康有害2．下列說法正確的是（）A．強(qiáng)電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性一定比弱電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性強(qiáng)B．食鹽溶液能導(dǎo)電，所以它是電解質(zhì)C．NaHSO4無論在水溶液里還是在熔融狀態(tài)下都可以電離出Na+、H+和SO42﹣D．SO3的水溶液可以導(dǎo)電，但它不是電解質(zhì)3．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．LCO2中含有原子數(shù)為B．25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣為C．一定條件下，gNO2和N2O4混合氣體中含有的N原子數(shù)目為D．﹣1的氨水中有NA個(gè)NH4+4．在水溶液中能大量共存的一組離子是（）A．H+、SO42﹣、Na+、SiO32﹣ B．Ag+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣C．H+、I﹣、Cl﹣、NO3﹣ D．K+、SO42﹣、Mg2+、NO3﹣5．下列說法中正確的是（）A．在化學(xué)反應(yīng)過程中，發(fā)生物質(zhì)變化的同時(shí)不一定發(fā)生能量變化B．生成物全部化學(xué)鍵形成時(shí)所釋放的能量大于破壞反應(yīng)物全部化學(xué)鍵所吸收的能量時(shí)，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)C．反應(yīng)產(chǎn)物的總焓大于反應(yīng)物的總焓時(shí)，反應(yīng)吸熱，△H＞0D．△H的大小與熱化學(xué)方程式的計(jì)量系數(shù)無關(guān)6．對(duì)反應(yīng)A+B?AB來說，常溫下按以下情況進(jìn)行反應(yīng)：①20mL溶液中含A、B各②50mL溶液中含A、B各③?L﹣1的A、B溶液各10mL④?L﹣1的A、B溶液各50mL四者反應(yīng)速率的大小關(guān)系是（）A．②＞①＞④＞③ B．④＞③＞②＞① C．①＞②＞④＞③ D．①＞②＞③＞④7．下列說法正確的是（）A．凡是放熱反應(yīng)都是自發(fā)的，因?yàn)槲鼰岱磻?yīng)都是非自發(fā)的B．自發(fā)反應(yīng)的熵一定增大，非自發(fā)反應(yīng)的熵一定減小C．常溫下，反應(yīng)C（s）+CO2（g）?2CO（g）不能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的△H＞0D．反應(yīng)2Mg（s）+CO2（g）═C（s）+2MgO（s）能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的△H＞08．CO和NO都是汽車尾氣中的有害物質(zhì)，它們之間能緩慢地發(fā)生如下反應(yīng)：2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H＜0，現(xiàn)利用此反應(yīng)，擬設(shè)計(jì)一種環(huán)保裝置，用來消除汽車尾氣對(duì)大氣的污染，下列設(shè)計(jì)方案可以提高尾氣處理效果的是（）①選用適當(dāng)?shù)拇呋瘎谔岣哐b置溫度③降低裝置的壓強(qiáng)④裝置中放入堿石灰．A．①③ B．②④ C．①④ D．②③9．如圖所示，下列說法不正確的是（）A．反應(yīng)過程（1）的熱化學(xué)方程式為A2（g）+B2（g）═C（g）△H1=﹣QkJ/molB．反應(yīng)過程（2）的熱化學(xué)方程式為C（g）═A2（g）+B2（g）△H2=+Q1kJ/molC．Q與Q1的關(guān)系：Q＞Q1D．△H2＞△H110．下列過程都與熱量變化有關(guān)，其中表述不正確的是（）A．CO（g）的燃燒熱是mol，則表示CO（g）燃燒反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣molB．稀鹽酸和稀氫氧化鈉溶液反應(yīng)的中和熱為mol，則表示稀硫酸與稀氫氧化鉀溶液發(fā)生反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為H2SO4（l）+KOH（l）═K2SO4（l）+H2O（l）；△H=﹣molC．鋁熱反應(yīng)是放熱反應(yīng)，但需要足夠的熱量才能使反應(yīng)發(fā)生D．水的電離過程是吸熱過程，升高溫度，水的離子積增大、pH減小11．稀氨水中存在著下列平衡：NH3?H2O?NH4++OH﹣，若要使平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，同時(shí)使c（OH﹣）增大，應(yīng)加入的物質(zhì)或采取的措施是（）①NH4Cl固體②硫酸③NaOH固體④水⑤加熱⑥加入少量MgSO4固體．A．①②③⑤ B．③⑥ C．③ D．③⑤12．下列事實(shí)不能證明CH3COOH是弱電解質(zhì)的是（）A．在CH3COONa溶液中通入SO2，生成CH3COOHB．等濃度的鹽酸、CH3COOH溶液分別和鋅反應(yīng)，開始時(shí)鹽酸的反應(yīng)速率快C．常溫下mol?L﹣1CH3COOH溶液的pH=D．用CH3COOH溶液做導(dǎo)電實(shí)驗(yàn)，燈泡很暗13．下列說法正確的是（）A．弱電解質(zhì)一定是共價(jià)化合物B．氨氣溶于水，當(dāng)c（OH﹣）=c（NH4+）時(shí)，表明NH3?H2O電離處于平衡狀態(tài)C．強(qiáng)電解質(zhì)溶液中不存在溶質(zhì)分子，弱電解質(zhì)溶液中存在溶質(zhì)分子D．由mol?L﹣1一元堿BOH的pH=10，可知溶液中存在BOH═B++OH﹣14．下列實(shí)驗(yàn)裝置（固定裝置略去）或操作正確的是（）A．分離CCl4和水 B．酸堿中和滴定 C．吸收HCl尾氣 D．中和熱的測(cè)定15．為了研究一定濃度Fe2+的溶液在不同條件下被氧氣氧化的氧化率，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖所示，判斷下列說法錯(cuò)誤的是（）A．pH越小氧化率越小B．溫度越高氧化率越大C．Fe2+的氧化率除受pH、溫度影響外，還受其它因素影響，如濃度等D．實(shí)驗(yàn)說明降低pH、升高溫度有利于提高Fe2+的氧化率16．在容積均為1L的甲、乙兩個(gè)恒容容器中，分別充入2molA、2molB和1molA、1molB，相同條件下，發(fā)生下列反應(yīng)：A（g）+B（g）?xC（g）△H＜0．測(cè)得兩容器中c（A）隨時(shí)間t的變化如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．甲和乙中A的平衡轉(zhuǎn)化率相等B．給甲容器加壓可縮短反應(yīng)達(dá)到平衡的時(shí)間C．給乙容器升溫可縮短反應(yīng)達(dá)到平衡的時(shí)間D．甲容器中A的反應(yīng)速率為mol?L﹣1?min﹣1二、（本題包括4小題，共52分）17．請(qǐng)?jiān)跇?biāo)有序號(hào)的空白處填空：（1）利用催化劑可使NO和CO發(fā)生反應(yīng)：2NO（g）+2CO（g）?2CO2（g）+N2（g）△H＜0．已知增大催化劑的比表面積可提高化學(xué)反應(yīng)速率．為了分別驗(yàn)證溫度、催化劑的比表面積對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響規(guī)律，某同學(xué)設(shè)計(jì)了三組實(shí)驗(yàn)，部分實(shí)驗(yàn)條件已經(jīng)填在下面的表中．①請(qǐng)?zhí)钊碇械母骺崭?；?shí)驗(yàn)編號(hào)T（℃）NO初始濃度（mol?L﹣1）CO初始濃度（mol?L﹣1）催化劑的比表面積（m2?g﹣1）Ⅰ280×10﹣3×10﹣382Ⅱ×10﹣3124Ⅲ35082②實(shí)驗(yàn)Ⅰ中，NO的物質(zhì)的量濃度（c）隨時(shí)間（t）的變化如圖所示．請(qǐng)?jiān)诮o出的坐標(biāo)圖中畫出實(shí)驗(yàn)Ⅱ、Ⅲ中NO的物質(zhì)的量濃度（c）隨時(shí)間（t）變化的曲線，并標(biāo)明各曲線的實(shí)驗(yàn)編號(hào)．（2）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷電路板金屬粉末中的銅．已知：Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）H=?mol﹣12H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）H=?mol﹣1H2（g）+O2（g）═H2O（l）H=﹣?mol﹣1在H2SO4溶液中Cu與H2O2反應(yīng)生成Cu2+和H2O的熱化學(xué)方程式為．（3）25℃時(shí)，部分物質(zhì)的電離平衡常數(shù)如表所示：化學(xué)式CH3COOHH2CO3HClO電離平衡常數(shù)×10﹣5K1=×10﹣7K2=×10﹣11×10﹣8請(qǐng)回答下列問題：①CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)椋隗w積為10mLpH=2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程中pH變化如圖2所示，則HX的電離平衡常數(shù)（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的電離平衡常數(shù)；理由是．（4）①求常溫下pH=2的H2SO4溶液中由H2O電離的c（H+）和c（OH﹣）．c（H+）=，c（OH﹣）=．②在某溫度時(shí)，測(cè)得?L﹣1的NaOH溶液的pH=11．在此溫度下，將pH=a的NaOH溶液VaL與pH=b的硫酸VbL混合．若所得混合液為中性，且a+b=12，則Va：Vb=．18．工業(yè)上用重鉻酸鈉（Na2Cr2O7）結(jié)晶后的母液（含少量雜質(zhì)Fe3+）生產(chǎn)重鉻酸鉀（K2Cr2O7），工藝流程及相關(guān)物質(zhì)溶解度曲線如圖：（1）由Na2Cr2O7生產(chǎn)K2Cr2O7的化學(xué)方程式為，通過冷卻結(jié)晶析出大量K2Cr2O7的原因是．（2）向Na2Cr2O7母液中加堿液調(diào)pH的目的是．（3）固體A主要為（填化學(xué)式），固體B主要為（填化學(xué)式）．（4）用熱水洗滌固體A，回收的洗滌液轉(zhuǎn)移到母液（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）中，既能提高產(chǎn)率又可使能耗最低．19．已知反應(yīng)：2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g），某溫度下的平衡常數(shù)為400．在此溫度下，向密閉容器中加入一定量CH3OH，反應(yīng)到5min時(shí)測(cè)得各組分的濃度如表所示：物質(zhì)CH3OHCH3OCH3H2O濃度/（mol?L﹣1）（1）該反應(yīng)在低溫下（此時(shí)水為液態(tài)）能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的△H0（填“＞”、“＜”或“=”，下同）．（2）比較此時(shí)正、逆反應(yīng)速率的大小：v正v逆，理由是．（3）前5min時(shí)，用CH3OCH3表示該反應(yīng)的速率為．（4）再過一段時(shí)間后，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)．能判斷該反應(yīng)已達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的依據(jù)是（填字母）．A．容器中壓強(qiáng)不變B．混合氣體中c（CH3OH）不變C．v生成（CH3OH）=2v消耗（H2O）D．c（CH3OCH3）=c（H2O）（5）達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，CH3OH的轉(zhuǎn)化率（計(jì)算結(jié)果保留到小數(shù)點(diǎn)后1位）．20．實(shí)驗(yàn)室中有一未知濃度的稀鹽酸，某學(xué)生在實(shí)驗(yàn)室中進(jìn)行測(cè)定鹽酸的濃度的實(shí)驗(yàn)．請(qǐng)完成下列填空：（1）配制100mL?L﹣1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液．稱量g氫氧化鈉固體．（2）取待測(cè)鹽酸放入錐形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示劑，用自己配制的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定．重復(fù)上述滴定操作2～3次，記錄數(shù)據(jù)如下．實(shí)驗(yàn)編號(hào)NaOH溶液的濃度（mol?L﹣1）滴定完成時(shí)，NaOH溶液滴入的體積（mL）待測(cè)鹽酸的體積（mL）123①滴定達(dá)到終點(diǎn)的標(biāo)志是．②根據(jù)上述數(shù)據(jù)，可計(jì)算出該鹽酸的濃度約為（保留兩位有效數(shù)字）．③排去堿式滴定管中氣泡的方法應(yīng)采用如圖1所示操作中的，然后輕輕擠壓玻璃球使尖嘴部分充滿堿液．④若滴定開始和結(jié)束時(shí)，堿式滴定管中的液面如圖2所示，則起始讀數(shù)為mL，終點(diǎn)讀數(shù)為mL；所用NaOH溶液的體積為mL．⑤在上述實(shí)驗(yàn)中，下列操作（其他操作正確）會(huì)造成測(cè)定結(jié)果偏高的有（填字母序號(hào)）．A．滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)俯視B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待測(cè)鹽酸潤(rùn)洗C．錐形瓶水洗后未干燥D．稱量NaOH固體中混有Na2CO3固體E．堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失．

2015-2016學(xué)年廣東省梅州市興寧一中高二（上）第二次月考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本題共16，每小題3分，共48分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1．生產(chǎn)、生活離不開化學(xué)．下列說法不正確的是（）A．不需要通過化學(xué)反應(yīng)就能從海水中獲得食鹽和淡水B．推廣使用可降解塑料及布質(zhì)購物袋，無法減少“白色污染”C．嚴(yán)格執(zhí)行機(jī)動(dòng)車尾氣排入標(biāo)準(zhǔn)有利于防止大氣污染D．使用二氧化硫和某些含硫化合物進(jìn)行增白的食品對(duì)人體健康有害【考點(diǎn)】常見的生活環(huán)境的污染及治理．【分析】A．氯化鈉溶解度隨溫度變化不大，利用蒸發(fā)溶劑方法得到氯化鈉，淡水是蒸餾方法得到；B．塑料難降解，被稱為白色污染；C．嚴(yán)格執(zhí)行機(jī)動(dòng)車尾氣排入標(biāo)準(zhǔn)，可減少汽車尾氣的排放；D．二氧化硫?qū)θ梭w有害．【解答】解：A．海水中獲得食鹽和淡水的方法是通過蒸發(fā)溶劑、蒸餾等物理過程實(shí)現(xiàn)，故A正確；B．推廣使用可降解塑料及布質(zhì)購物袋，能夠減少難降解的塑料的使用，可以減少“白色污染”，故B錯(cuò)誤；C．嚴(yán)格執(zhí)行機(jī)動(dòng)車尾氣排入標(biāo)準(zhǔn)，可減少汽車尾氣的排放，有利于酸雨、溫室效應(yīng)以及的改善，故C正確；D．二氧化硫?qū)θ梭w有害，不能用與漂白食物，否則損害人體的肝、腎等功能，故D正確．故選B．2．下列說法正確的是（）A．強(qiáng)電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性一定比弱電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性強(qiáng)B．食鹽溶液能導(dǎo)電，所以它是電解質(zhì)C．NaHSO4無論在水溶液里還是在熔融狀態(tài)下都可以電離出Na+、H+和SO42﹣D．SO3的水溶液可以導(dǎo)電，但它不是電解質(zhì)【考點(diǎn)】強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)的概念；電解質(zhì)與非電解質(zhì)．【分析】A．根據(jù)強(qiáng)電解質(zhì)與溶液的導(dǎo)電性的關(guān)系；B．根據(jù)在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)，在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不導(dǎo)電的化合物是非電解質(zhì)，單質(zhì)和混合物既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；C．NaHSO4在熔融狀態(tài)下能夠電離出Na+、HSO4﹣；D．電解質(zhì)在水溶液或熔融狀態(tài)下電離出自由移動(dòng)的陰、陽離子，在水中SO3本身不能電離．【解答】解：A．強(qiáng)弱電解質(zhì)和電解質(zhì)是否易溶于水無關(guān)，強(qiáng)電解質(zhì)與電解質(zhì)是否完全電離有關(guān)，硫酸鋇難溶于水，但它是強(qiáng)電解質(zhì)，乙酸易溶于水，但它是弱酸，強(qiáng)電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性不一定比弱電解質(zhì)溶液導(dǎo)電性強(qiáng)，故A錯(cuò)誤；B．食鹽溶液能導(dǎo)電，但它是化合物，既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C．NaHSO4在水溶液里可以電離出Na+、H+和SO42﹣，在熔融狀態(tài)下能夠電離出Na+、HSO4﹣，故C錯(cuò)誤；D．SO3和水反應(yīng)生成硫酸，硫酸能電離出自由移動(dòng)的陰陽離子，所以SO3的水溶液導(dǎo)電，但電離出離子的物質(zhì)是碳酸不是SO3，所以二氧化碳是非電解質(zhì)，不是電解質(zhì)，故D正確；故選D．3．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．LCO2中含有原子數(shù)為B．25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣為C．一定條件下，gNO2和N2O4混合氣體中含有的N原子數(shù)目為D．﹣1的氨水中有NA個(gè)NH4+【考點(diǎn)】阿伏加德羅常數(shù)．【分析】A、二氧化碳所處的狀態(tài)不明確；B、溶液體積不明確；C、NO2和N2O4的最簡(jiǎn)式均為NO2；D、一水合氨為弱電解質(zhì)．【解答】解：A、二氧化碳所處的狀態(tài)不明確，故其物質(zhì)的量無法計(jì)算，故A錯(cuò)誤；B、溶液體積不明確，故溶液中含有的氫氧根的個(gè)數(shù)無法計(jì)算，故B錯(cuò)誤；C、NO2和N2O4的最簡(jiǎn)式均為NO2，故混合物中含有的NO2的物質(zhì)的量為n==，則含氮原子即個(gè)，故C正確；D、一水合氨為弱電解質(zhì)，不能完全電離，故溶液中的銨根離子的個(gè)數(shù)小于NA個(gè)，故D錯(cuò)誤．故選C．4．在水溶液中能大量共存的一組離子是（）A．H+、SO42﹣、Na+、SiO32﹣ B．Ag+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣C．H+、I﹣、Cl﹣、NO3﹣ D．K+、SO42﹣、Mg2+、NO3﹣【考點(diǎn)】離子共存問題．【分析】根據(jù)離子之間不能結(jié)合生成沉淀、氣體、水等，不能發(fā)生氧化還原反應(yīng)等，則離子大量共存，以此來解答．【解答】解：A．H+、SiO32﹣結(jié)合生成沉淀，不能共存，故A錯(cuò)誤；B．Ag+分別與Cl﹣、SO42﹣結(jié)合生成沉淀，不能共存，故B錯(cuò)誤；C．H+、I﹣、NO3﹣發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能共存，故C錯(cuò)誤；D．該組離子之間不反應(yīng)，可大量共存，故D正確；故選D．5．下列說法中正確的是（）A．在化學(xué)反應(yīng)過程中，發(fā)生物質(zhì)變化的同時(shí)不一定發(fā)生能量變化B．生成物全部化學(xué)鍵形成時(shí)所釋放的能量大于破壞反應(yīng)物全部化學(xué)鍵所吸收的能量時(shí)，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)C．反應(yīng)產(chǎn)物的總焓大于反應(yīng)物的總焓時(shí)，反應(yīng)吸熱，△H＞0D．△H的大小與熱化學(xué)方程式的計(jì)量系數(shù)無關(guān)【考點(diǎn)】化學(xué)反應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化的原因；吸熱反應(yīng)和放熱反應(yīng)．【分析】A、物質(zhì)發(fā)生化學(xué)反應(yīng)的同時(shí)，伴隨著能量變化；B、吸熱反應(yīng)生成物全部化學(xué)鍵形成時(shí)所釋放的能量小于破壞反應(yīng)物全部化學(xué)鍵所吸收的能量；C、產(chǎn)物的總焓大于反應(yīng)物的總焓時(shí)，反應(yīng)吸熱；D、△H的大小與熱化學(xué)方程式的計(jì)量系數(shù)的關(guān)系；【解答】解：A、因物質(zhì)發(fā)生化學(xué)反應(yīng)的同時(shí)，伴隨著能量變化，故A錯(cuò)誤；B、因吸熱反應(yīng)生成物全部化學(xué)鍵形成時(shí)所釋放的能量小于破壞反應(yīng)物全部化學(xué)鍵所吸收的能量，故B錯(cuò)誤；C、因產(chǎn)物的總焓大于反應(yīng)物的總焓時(shí)，反應(yīng)吸熱，△H＞0，故C正確；D、因△H的大小與熱化學(xué)方程式的計(jì)量系數(shù)成正比，故D錯(cuò)誤；故選：C．6．對(duì)反應(yīng)A+B?AB來說，常溫下按以下情況進(jìn)行反應(yīng)：①20mL溶液中含A、B各②50mL溶液中含A、B各③?L﹣1的A、B溶液各10mL④?L﹣1的A、B溶液各50mL四者反應(yīng)速率的大小關(guān)系是（）A．②＞①＞④＞③ B．④＞③＞②＞① C．①＞②＞④＞③ D．①＞②＞③＞④【考點(diǎn)】化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素．【分析】對(duì)于A+B?AB反應(yīng)，A、B濃度越大，反應(yīng)速率越大，以此解答．【解答】解：對(duì)于化學(xué)反應(yīng)，反應(yīng)物濃度越大，則反應(yīng)速率越大，①中含A、B的濃度為：=L②中含A、B的濃度為：=1mol/L③含A、B的濃度為：L④含A、B的濃度為：L四者濃度的大小關(guān)系是②＞①＞④＞③，則四者反應(yīng)速率的大小關(guān)系是②＞①＞④＞③，故選A．7．下列說法正確的是（）A．凡是放熱反應(yīng)都是自發(fā)的，因?yàn)槲鼰岱磻?yīng)都是非自發(fā)的B．自發(fā)反應(yīng)的熵一定增大，非自發(fā)反應(yīng)的熵一定減小C．常溫下，反應(yīng)C（s）+CO2（g）?2CO（g）不能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的△H＞0D．反應(yīng)2Mg（s）+CO2（g）═C（s）+2MgO（s）能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的△H＞0【考點(diǎn)】焓變和熵變．【分析】A、反應(yīng)的自發(fā)性是由熵變和焓變共同決定的；B、若△H＜0，△S＞0，則一定自發(fā)，若△H＞0，△S＜0，則一定不能自發(fā)，若△H＜0，△S＜0或△H＞0，△S＞0，反應(yīng)能否自發(fā)，和溫度有關(guān)；C、反應(yīng)的△S＞0，若△H＜0，則一定自發(fā)，現(xiàn)常溫下不自發(fā)，說明△H＞0；D、反應(yīng)的△S＜0，能自發(fā)，說明△H＜0．【解答】解：A、反應(yīng)的自發(fā)性是由熵變和焓變共同決定的，若△H＜0，△S＞0，則一定自發(fā)，若△H＞0，△S＜0，則一定不能自發(fā)，若△H＜0，△S＜0或△H＞0，△S＞0，反應(yīng)能否自發(fā)，和溫度有關(guān)，故A錯(cuò)誤；B、若△H＜0，△S＞0，則一定自發(fā)，若△H＞0，△S＜0，則一定不能自發(fā)，若△H＜0，△S＜0或△H＞0，△S＞0，反應(yīng)能否自發(fā)，和溫度有關(guān)，故B錯(cuò)誤；C、該反應(yīng)的△S＞0，若△H＜0，則一定自發(fā)，現(xiàn)常溫下不自發(fā)，說明△H＞0，故C正確；D、該反應(yīng)的△S＜0，能自發(fā)，說明△H＜0，故D錯(cuò)誤；故選：C．8．CO和NO都是汽車尾氣中的有害物質(zhì)，它們之間能緩慢地發(fā)生如下反應(yīng)：2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H＜0，現(xiàn)利用此反應(yīng)，擬設(shè)計(jì)一種環(huán)保裝置，用來消除汽車尾氣對(duì)大氣的污染，下列設(shè)計(jì)方案可以提高尾氣處理效果的是（）①選用適當(dāng)?shù)拇呋瘎谔岣哐b置溫度③降低裝置的壓強(qiáng)④裝置中放入堿石灰．A．①③ B．②④ C．①④ D．②③【考點(diǎn)】常見的生活環(huán)境的污染及治理．【分析】要提高尾氣處理效果，需要尾氣排放到大氣之前盡可能的轉(zhuǎn)化為無害氣體，應(yīng)從速率及平衡的角度分析：①催化劑，可以加快反應(yīng)速率，但不影響轉(zhuǎn)化率；②提高溫度，能加快反應(yīng)速率，但會(huì)降低轉(zhuǎn)化率；③降低壓強(qiáng)，既減慢反應(yīng)速率，又降低轉(zhuǎn)化率；④放入堿石灰，可以吸收生成的二氧化碳，使平衡向右移動(dòng)．【解答】解：①選用適當(dāng)?shù)拇呋瘎?，可以加快反?yīng)速率，但不影響轉(zhuǎn)化率，使有害氣體在排出之前盡可能地轉(zhuǎn)化為無害氣體，可以提高尾氣處理效果；故正確；②提高裝置溫度，雖然能加快反應(yīng)速率，但會(huì)降低轉(zhuǎn)化率，故不正確；③降低裝置的壓強(qiáng)，既減慢反應(yīng)速率，又降低轉(zhuǎn)化率，故不正確；④裝置中放入堿石灰，可以吸收生成的二氧化碳，使平衡向右移動(dòng)，提高轉(zhuǎn)化率，故正確．故答案為C9．如圖所示，下列說法不正確的是（）A．反應(yīng)過程（1）的熱化學(xué)方程式為A2（g）+B2（g）═C（g）△H1=﹣QkJ/molB．反應(yīng)過程（2）的熱化學(xué)方程式為C（g）═A2（g）+B2（g）△H2=+Q1kJ/molC．Q與Q1的關(guān)系：Q＞Q1D．△H2＞△H1【考點(diǎn)】反應(yīng)熱和焓變．【分析】從圖象分析A2（g）+B2（g）=C（g）為放熱反應(yīng)，△H1＜0，則其逆反應(yīng)C（g）=A2（g）+B2（g）為吸熱反應(yīng)，△H2＞0，但其數(shù)值互為相反數(shù)，據(jù)此分析．【解答】解：從圖象分析A2（g）+B2（g）=C（g）為放熱反應(yīng)，△H1=﹣QKJ/mol＜0，則其逆反應(yīng)C（g）=A2（g）+B2（g）為吸熱反應(yīng)，△H2=+Q1KJ/mol＞0，但其數(shù)值Q與Q1相等，Q=Q1，C錯(cuò)誤，故選：C．10．下列過程都與熱量變化有關(guān)，其中表述不正確的是（）A．CO（g）的燃燒熱是mol，則表示CO（g）燃燒反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣molB．稀鹽酸和稀氫氧化鈉溶液反應(yīng)的中和熱為mol，則表示稀硫酸與稀氫氧化鉀溶液發(fā)生反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為H2SO4（l）+KOH（l）═K2SO4（l）+H2O（l）；△H=﹣molC．鋁熱反應(yīng)是放熱反應(yīng)，但需要足夠的熱量才能使反應(yīng)發(fā)生D．水的電離過程是吸熱過程，升高溫度，水的離子積增大、pH減小【考點(diǎn)】燃燒熱；中和熱；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鎂、鋁的重要化合物．【分析】A、根據(jù)燃燒熱的含義：某一溫度和壓強(qiáng)下lmol某物質(zhì)B完全燃燒生成穩(wěn)定化合物時(shí)所釋放出的熱量來回答；B、根據(jù)中和熱的含義：稀的強(qiáng)酸和強(qiáng)堿溶液反應(yīng)生成1mol水所產(chǎn)生的能量結(jié)合物質(zhì)的聚集狀態(tài)來回答；C、鋁熱反應(yīng)需要在高溫下發(fā)生；D、的電離過程是吸熱過程，升高溫度，對(duì)水的電離起促進(jìn)作用．【解答】解：A、某一溫度和壓強(qiáng)下lmol一氧化碳完全燃燒生成穩(wěn)定化合物二氧化碳?xì)怏w時(shí)所釋放出的熱量即為一氧化碳的燃燒熱，即CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣mol，故A正確；B、稀硫酸與稀氫氧化鉀溶液發(fā)生反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為H2SO4（aq）+KOH（aq）═K2SO4（aq）+H2O（l）；△H=﹣mol，故B錯(cuò)誤；C、鋁熱反應(yīng)是放熱反應(yīng)，但是鋁熱反應(yīng)需要在高溫下發(fā)生，故C正確；D、水的電離過程是吸熱過程，升高溫度，離子積增大，氫離子濃度增大，pH減小，故D正確．故選B．11．稀氨水中存在著下列平衡：NH3?H2O?NH4++OH﹣，若要使平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，同時(shí)使c（OH﹣）增大，應(yīng)加入的物質(zhì)或采取的措施是（）①NH4Cl固體②硫酸③NaOH固體④水⑤加熱⑥加入少量MgSO4固體．A．①②③⑤ B．③⑥ C．③ D．③⑤【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．【分析】若要使平衡逆向移動(dòng)，同時(shí)使c（OH﹣）增大，則可加入能電離出氫氧根離子的物質(zhì)，結(jié)合濃度對(duì)化學(xué)平衡的影響來解答．【解答】解：①NH4Cl固體，銨根離子濃度增大，平衡逆向移動(dòng)，c（OH﹣）減小，故錯(cuò)誤；②硫酸會(huì)消耗氫氧根離子，氫氧根離子濃度減小，平衡正向移動(dòng)，故錯(cuò)誤；③NaOH固體，溶液中氫氧根離子濃度增大，電離平衡逆向移動(dòng)，故正確；④水稀釋，氨水的濃度減小，平衡正向移動(dòng)，氫氧根離子濃度減小，故錯(cuò)誤；⑤弱電解質(zhì)的電離為吸熱過程，加熱促進(jìn)電離，平衡正向移動(dòng)，故錯(cuò)誤；⑥加入少量MgSO4固體，氫氧根離子與鎂離子反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，平衡正向移動(dòng)，氫氧根離子濃度減小，故錯(cuò)誤；故選C．12．下列事實(shí)不能證明CH3COOH是弱電解質(zhì)的是（）A．在CH3COONa溶液中通入SO2，生成CH3COOHB．等濃度的鹽酸、CH3COOH溶液分別和鋅反應(yīng)，開始時(shí)鹽酸的反應(yīng)速率快C．常溫下mol?L﹣1CH3COOH溶液的pH=D．用CH3COOH溶液做導(dǎo)電實(shí)驗(yàn)，燈泡很暗【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．【分析】要證明乙酸是弱電解質(zhì)，只要證明乙酸部分電離即可，可以根據(jù)常溫下醋酸鈉溶液pH、有對(duì)比實(shí)驗(yàn)溶液導(dǎo)電性、一定物質(zhì)的量濃度溶液pH等進(jìn)行判斷．【解答】解：A．亞硫酸為中強(qiáng)酸，在CH3COONa溶液中通入SO2，生成CH3COOH，說明醋酸的酸性比亞硫酸弱，則證明醋酸是弱酸，故A不選；B．等濃度的鹽酸、CH3COOH溶液分別和鋅反應(yīng)，開始時(shí)鹽酸的反應(yīng)速率快，說明鹽酸中氫離子濃度大，即醋酸沒有完全電離，所以證明醋酸是弱酸，故B不選；C．常溫下，mol?L﹣1CH3COOH溶液的pH=，氫離子濃度小于醋酸濃度，說明醋酸部分電離，則醋酸為弱電解質(zhì)，故C不選；D．溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比，用CH3COOH溶液做導(dǎo)電實(shí)驗(yàn)，燈泡很暗，說明醋酸溶液中離子濃度較低，不能說明醋酸部分電離，所以不能證明醋酸是弱電解質(zhì)，故D選；故選D．13．下列說法正確的是（）A．弱電解質(zhì)一定是共價(jià)化合物B．氨氣溶于水，當(dāng)c（OH﹣）=c（NH4+）時(shí)，表明NH3?H2O電離處于平衡狀態(tài)C．強(qiáng)電解質(zhì)溶液中不存在溶質(zhì)分子，弱電解質(zhì)溶液中存在溶質(zhì)分子D．由mol?L﹣1一元堿BOH的pH=10，可知溶液中存在BOH═B++OH﹣【考點(diǎn)】強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)的概念；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．【分析】A．弱電解質(zhì)也不一定是共價(jià)化合物；B．一水合氨為弱電解質(zhì)，電離產(chǎn)生銨根離子與氫氧根離子速率與離子結(jié)合生成一水合氨的速率相等時(shí)達(dá)到平衡；C．強(qiáng)電解質(zhì)完全電離，弱電解質(zhì)部分電離；D．mol?L﹣1一元堿BOH的pH=10，說明BOH不能完全電離．【解答】解：A．弱電解質(zhì)也不一定是共價(jià)化合物，如氫氧化鋁是弱電解質(zhì)，但它是離子化合物，故A錯(cuò)誤；B．一水合氨為弱電解質(zhì)，電離產(chǎn)生銨根離子與氫氧根離子速率與離子結(jié)合生成一水合氨的速率相等時(shí)達(dá)到平衡，故B錯(cuò)誤；C．強(qiáng)電解質(zhì)完全電離，溶液中不存在溶質(zhì)分子，弱電解質(zhì)部分電離，弱電解質(zhì)溶液中存在溶質(zhì)分子，故C正確；D．mol?L﹣1一元堿BOH的pH=10，說明BOH不能完全電離，是弱電解質(zhì)，則：BOH?B++OH﹣，故D錯(cuò)誤；故選；C．14．下列實(shí)驗(yàn)裝置（固定裝置略去）或操作正確的是（）A．分離CCl4和水 B．酸堿中和滴定 C．吸收HCl尾氣 D．中和熱的測(cè)定【考點(diǎn)】分液和萃??；尾氣處理裝置；中和滴定；中和熱的測(cè)定．【分析】A、根據(jù)分液實(shí)驗(yàn)的規(guī)范操作分析；B、根據(jù)堿式滴定管的樣式分析；C、根據(jù)防倒吸的裝置分析；D、根據(jù)中和熱的測(cè)定中溫度計(jì)測(cè)量的物質(zhì)分析．【解答】解：A、水和四氯化碳不互溶，所以可用分液的方法分離、提純；分液時(shí)，四氯化碳的密度大于水的密度，所以水在上方，四氯化碳在下方，為防止產(chǎn)生雜質(zhì)，上層液體從上口流出，下層液體從下口流出．故A正確；B、堿式滴定管的下方是橡膠管，圖中滴定管是酸式滴定管，只能盛放酸，故B錯(cuò)誤；C、吸收溶解度較大的氣體時(shí)，漏斗應(yīng)剛好接觸溶液，不是深入到溶液內(nèi)，故C錯(cuò)誤；D、中和熱的測(cè)定中，溫度計(jì)測(cè)量溶液的溫度，故D錯(cuò)誤；故選A．15．為了研究一定濃度Fe2+的溶液在不同條件下被氧氣氧化的氧化率，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖所示，判斷下列說法錯(cuò)誤的是（）A．pH越小氧化率越小B．溫度越高氧化率越大C．Fe2+的氧化率除受pH、溫度影響外，還受其它因素影響，如濃度等D．實(shí)驗(yàn)說明降低pH、升高溫度有利于提高Fe2+的氧化率【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素．【分析】由圖象知，當(dāng)pH值等其它條件相同溫度不同時(shí)，溫度越高Fe2+的氧化率越大；當(dāng)溫度和其它條件相同PH值不同時(shí)，pH值越大，F(xiàn)e2+的氧化率越小，據(jù)此分析解答．【解答】解：A．根據(jù)圖象知，只有當(dāng)溫度和其它條件相同PH值不同時(shí)，pH值越小，F(xiàn)e2+的氧化率越大，故A錯(cuò)誤；B．只有當(dāng)pH值等其它條件相同溫度不同時(shí)，溫度越高Fe2+的氧化率越大，故B正確；C．亞鐵離子的氧化率不僅和溫度、pH有關(guān)，還與離子的濃度等其它因素有關(guān)，故C正確；D．根據(jù)圖象知，降低pH、升高溫度亞鐵離子的氧化率增大，故D正確；故選A．16．在容積均為1L的甲、乙兩個(gè)恒容容器中，分別充入2molA、2molB和1molA、1molB，相同條件下，發(fā)生下列反應(yīng)：A（g）+B（g）?xC（g）△H＜0．測(cè)得兩容器中c（A）隨時(shí)間t的變化如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．甲和乙中A的平衡轉(zhuǎn)化率相等B．給甲容器加壓可縮短反應(yīng)達(dá)到平衡的時(shí)間C．給乙容器升溫可縮短反應(yīng)達(dá)到平衡的時(shí)間D．甲容器中A的反應(yīng)速率為mol?L﹣1?min﹣1【考點(diǎn)】化學(xué)平衡建立的過程；化學(xué)平衡的影響因素．【分析】向甲容器中再充入2molA、2molB，可以等效為原平衡狀態(tài)下壓強(qiáng)增大一倍，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，A轉(zhuǎn)化率增大，平衡移動(dòng)目的是降低濃度增大趨勢(shì)，但不能消除濃度增大，達(dá)新平衡時(shí)濃度比原平衡大，由此分析解答．【解答】解：A、再充入2molA、2molB，可以等效為原平衡狀態(tài)下壓強(qiáng)增大一倍，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，A轉(zhuǎn)化率增大，所以甲和乙中A的平衡轉(zhuǎn)化率不相等，故A錯(cuò)誤；B、給甲容器加壓，反應(yīng)速率加快，可縮短反應(yīng)達(dá)到平衡的時(shí)間，故B正確；C、溫度越高反應(yīng)速率越快，縮短反應(yīng)達(dá)到平衡的時(shí)間，故C正確；D、時(shí)間段不清楚，無法求速率，故D錯(cuò)誤；故選D．二、（本題包括4小題，共52分）17．請(qǐng)?jiān)跇?biāo)有序號(hào)的空白處填空：（1）利用催化劑可使NO和CO發(fā)生反應(yīng)：2NO（g）+2CO（g）?2CO2（g）+N2（g）△H＜0．已知增大催化劑的比表面積可提高化學(xué)反應(yīng)速率．為了分別驗(yàn)證溫度、催化劑的比表面積對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響規(guī)律，某同學(xué)設(shè)計(jì)了三組實(shí)驗(yàn)，部分實(shí)驗(yàn)條件已經(jīng)填在下面的表中．①請(qǐng)?zhí)钊碇械母骺崭?；?shí)驗(yàn)編號(hào)T（℃）NO初始濃度（mol?L﹣1）CO初始濃度（mol?L﹣1）催化劑的比表面積（m2?g﹣1）Ⅰ280×10﹣3×10﹣382Ⅱ×10﹣3124Ⅲ35082②實(shí)驗(yàn)Ⅰ中，NO的物質(zhì)的量濃度（c）隨時(shí)間（t）的變化如圖所示．請(qǐng)?jiān)诮o出的坐標(biāo)圖中畫出實(shí)驗(yàn)Ⅱ、Ⅲ中NO的物質(zhì)的量濃度（c）隨時(shí)間（t）變化的曲線，并標(biāo)明各曲線的實(shí)驗(yàn)編號(hào)．（2）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷電路板金屬粉末中的銅．已知：Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）H=?mol﹣12H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）H=?mol﹣1H2（g）+O2（g）═H2O（l）H=﹣?mol﹣1在H2SO4溶液中Cu與H2O2反應(yīng)生成Cu2+和H2O的熱化學(xué)方程式為Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+2H2O（l）△H=﹣mol．（3）25℃時(shí)，部分物質(zhì)的電離平衡常數(shù)如表所示：化學(xué)式CH3COOHH2CO3HClO電離平衡常數(shù)×10﹣5K1=×10﹣7K2=×10﹣11×10﹣8請(qǐng)回答下列問題：①CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镃H3COOH＞H2CO3＞HClO．②體積為10mLpH=2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程中pH變化如圖2所示，則HX的電離平衡常數(shù)大于（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的電離平衡常數(shù)；理由是稀釋相同倍數(shù)，HX的pH變化比CH3COOH的大，酸性強(qiáng)，電離平衡常數(shù)大．（4）①求常溫下pH=2的H2SO4溶液中由H2O電離的c（H+）和c（OH﹣）．c（H+）=10﹣12mol?L﹣1，c（OH﹣）=10﹣12mol?L﹣1．②在某溫度時(shí)，測(cè)得?L﹣1的NaOH溶液的pH=11．在此溫度下，將pH=a的NaOH溶液VaL與pH=b的硫酸VbL混合．若所得混合液為中性，且a+b=12，則Va：Vb=10：1．【考點(diǎn)】酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算；熱化學(xué)方程式；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；探究影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素．【分析】（1）①根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康尿?yàn)證溫度、催化劑比表面積對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響規(guī)律，則應(yīng)保證濃度相同，然后相同溫度時(shí)比較催化劑比表面積，相同催化劑比、表面積時(shí)比較溫度；②利用影響化學(xué)反應(yīng)速率及化學(xué)平衡的因素來分析圖象；（2）依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算得到所需熱化學(xué)方程式；（3）①電離平衡常數(shù)越大，酸的電離程度越大，溶液酸性越強(qiáng)；②由圖可知，稀釋相同的倍數(shù)，HX的pH變化程度大，則酸性HX強(qiáng)，電離平衡常數(shù)大；（4）①硫酸電離出的氫離子抑制了水的電離，硫酸溶液中的氫氧根離子是水電離的，據(jù)此計(jì)算出溶液水電離的氫離子和氫氧根離子濃度；②L的NaOH溶液的pH為11，則c（H+）=1×10﹣11mol/L，c（OH﹣）=L，根據(jù)Kw=c（H+）×c（OH﹣）計(jì)算水的離子積，若所得混合溶液為中性，且a=2，b=12，根據(jù)c（OH﹣）×Vb=c（H+）×Va計(jì)算Va：Vb．【解答】解：（1）①因Ⅰ、Ⅱ比表面積不同，則應(yīng)控制溫度相同，所有濃度應(yīng)控制相同來驗(yàn)證催化劑比表面積對(duì)速率的影響；I、Ⅲ比表面積相同，溫度不同，則所有濃度應(yīng)控制相同來驗(yàn)證反應(yīng)溫度對(duì)速率的影響，故答案為：實(shí)驗(yàn)編號(hào)t（℃）NO初始濃度（mol/L）CO初始濃度（mol/L）催化劑的比表面積（m2/g）ⅠⅡ280×10﹣3Ⅲ×10﹣3×10﹣3；②因Ⅰ、Ⅱ溫度相同，催化劑對(duì)平衡移動(dòng)無影響，則平衡不移動(dòng)，但Ⅱ的速率大，則Ⅱ先達(dá)到化學(xué)平衡，Ⅰ、Ⅱ達(dá)平衡時(shí)NO的濃度相同；而Ⅲ的溫度高，則反應(yīng)速率最大且平衡逆移，即達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)c（NO）增大，據(jù)此畫出的圖象為：，故答案為：；（2）：①Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H=+mol，②2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H=﹣mol，③H2（g）+O2（g）═H2O（l）H=﹣?mol﹣1，由蓋斯定律①+②+③得到：Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+2H2O（l）△H=﹣mol，故答案為：Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+2H2O（l）△H=﹣mol；（3）①根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，酸的電離出平衡常數(shù)大小為：CH3COOH＞H2CO3＞HCO3﹣＞HClO，電離平衡常數(shù)越大，酸性越強(qiáng)，所以酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)闉椋篊H3COOH＞H2CO3＞HClO，故答案為：CH3COOH＞H2CO3＞HClO；②根據(jù)圖象分析知道，起始是兩種溶液中c（H+）相同，c（較弱酸）＞c（較強(qiáng)酸），稀釋過程中較弱酸的電離程度增大，故在整個(gè)稀釋過程中較弱酸的c（H+）一直大于較強(qiáng)酸的c（H+），稀釋相同倍數(shù)，HX的pH變化比CH3COOH的大，故HX酸性強(qiáng)，電離平衡常數(shù)大，故答案為：大于；稀釋相同倍數(shù)，HX的pH變化比CH3COOH的大，酸性強(qiáng)，電離平衡常數(shù)大；（4）①常溫下pH=2的H2SO4溶液中氫離子抑制了水的電離，硫酸溶液中的氫氧根離子水電離的，則由H2O電離的c（H+）=c（OH﹣）==10﹣12mol?L﹣1，故答案為：10﹣12mol?L﹣1；10﹣12mol?L﹣1；②L的NaOH溶液的pH為11，則c（H+）=1×10﹣11mol/L，c（OH﹣）=L，Kw=c（H+）×c（OH﹣）=1×10﹣13；將pH=a的H2SO4溶液VaL與pH=b的NaOH溶液VbL混合，若所得混合溶液為中性，且硫酸的pH=a=2，氫離子濃度為L(zhǎng)，氫氧化鈉溶液的pH=b=12，則氫氧根離子濃度為L(zhǎng)，混合液為中性，則c（H+）×Va=c（OH﹣）×Vb，即：=×Vb，整理可得：Va：Vb=10：1，故答案為：10：1．18．工業(yè)上用重鉻酸鈉（Na2Cr2O7）結(jié)晶后的母液（含少量雜質(zhì)Fe3+）生產(chǎn)重鉻酸鉀（K2Cr2O7），工藝流程及相關(guān)物質(zhì)溶解度曲線如圖：（1）由Na2Cr2O7生產(chǎn)K2Cr2O7的化學(xué)方程式為Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl，通過冷卻結(jié)晶析出大量K2Cr2O7的原因是低溫下K2Cr2O7的溶解度遠(yuǎn)小于其它組分，隨溫度的降低，K2Cr2O7的溶解度明顯減?。?）向Na2Cr2O7母液中加堿液調(diào)pH的目的是除去Fe3+．（3）固體A主要為NaCl（填化學(xué)式），固體B主要為K2Cr2O7（填化學(xué)式）．（4）用熱水洗滌固體A，回收的洗滌液轉(zhuǎn)移到母液Ⅱ（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）中，既能提高產(chǎn)率又可使能耗最低．【考點(diǎn)】真題集萃；物質(zhì)的分離、提純和除雜；制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【分析】由流程可知，溶解后調(diào)節(jié)pH除去少量雜質(zhì)Fe3+，過濾后蒸發(fā)結(jié)晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl發(fā)生Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl，結(jié)合溶解度圖可知，低溫下K2Cr2O7的溶解度較小，則冷卻結(jié)晶得到K2Cr2O7，母液II蒸發(fā)濃縮只有析出NaCl（A），母液Ⅲ冷卻結(jié)晶主要得到K2Cr2O7（B），以此來解答．【解答】解：由流程可知，溶解后調(diào)節(jié)pH除去少量雜質(zhì)Fe3+，過濾后蒸發(fā)結(jié)晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl發(fā)生Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl，結(jié)合溶解度圖可知，低溫下K2Cr2O7的溶解度較小，則冷卻結(jié)晶得到K2Cr2O7，母液II蒸發(fā)濃縮只有析出NaCl（A），母液Ⅲ冷卻結(jié)晶主要得到K2Cr2O7，（1）由Na2Cr2O7生產(chǎn)K2Cr2O7的化學(xué)方程式為Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl，由溶解度圖可知，低溫下K2Cr2O7的溶解度遠(yuǎn)小于其它組分，隨溫度的降低，K2Cr2O7的溶解度明顯減小，則可通過冷卻結(jié)晶析出大量K2Cr2O7晶體，故答案為：Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl；低溫下K2Cr2O7的溶解度遠(yuǎn)小于其它組分，隨溫度的降低，K2Cr2O7的溶解度明顯減??；（2）母液中含少量雜質(zhì)Fe3+，向Na2Cr2O7母液中加堿液調(diào)pH的目的是除去Fe3+，故答案為：除去Fe3+；（3）由上述分析可知，A為NaCl，B為K2Cr2O7，故答案為：NaCl；K2Cr2O7；（4）用熱水洗滌固體A，洗滌液中含K2Cr2O7，為提高產(chǎn)率又可使能耗最低，則回收的洗滌液轉(zhuǎn)移到母液Ⅱ中，再冷卻結(jié)晶得到K2Cr2O7，故答案為：Ⅱ．19．已知反應(yīng)：2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g），某溫度下的平衡常數(shù)為400．在此溫度下，向密閉容器中加入一定量CH3OH，反應(yīng)到5min時(shí)測(cè)得各組分的濃度如表所示：物質(zhì)CH3OHCH3OCH3H2O濃度/（mol?L﹣1）（1）該反應(yīng)在低溫下（此時(shí)水為液態(tài)）能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的△H＜0（填“＞”、“＜”或“=”，下同）．（2）比較此時(shí)正、逆反應(yīng)速率的大?。簐正＞v逆，理由是濃度商Qc==＜K=400，反應(yīng)向正反應(yīng)進(jìn)行．（3）前5min時(shí)，用CH3OCH3表示該反應(yīng)的速率為（L．min）．（4）再過一段時(shí)間后，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)．能判斷該反應(yīng)已達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的依據(jù)是B（填字母）．A．容器中壓強(qiáng)不變B．混合氣體中c（CH3OH）不變C．v生成（CH3OH）=2v消耗（H2O）D．c（CH3OCH3）=c（H2O）（5）達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，CH3OH的轉(zhuǎn)化率%（計(jì)算結(jié)果保留到小數(shù)點(diǎn)后1位）．【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算；反應(yīng)速率的定量表示方法；化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷．【分析】（1）低溫下（此時(shí)水為液態(tài)）能自發(fā)進(jìn)行，而正反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，是熵減反應(yīng)，△G=△H﹣T△S＜0反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行；（2）計(jì)算濃度商Qc，若Qc=K，處于平衡狀態(tài)，若Qc＜K，反應(yīng)向正反應(yīng)進(jìn)行，若Qc＞K，反應(yīng)向逆反應(yīng)進(jìn)行，進(jìn)而判斷v正、v逆相對(duì)大小；（3）根據(jù)v=計(jì)算用CH3OCH3表示該反應(yīng)的速率；（4）可逆反應(yīng)到達(dá)平衡時(shí)，同種物質(zhì)的正逆速率相等，各組分的濃度、含量保持不變，由此衍生的氣體一些物理量不變，判斷平衡的物理量應(yīng)隨反應(yīng)進(jìn)行發(fā)生變化，該物理量由變化到不再變化，說明反應(yīng)到達(dá)平衡；（5）由表中數(shù)據(jù)可知，甲醇的起始濃度為（+×2）mol/L=L，設(shè)平衡時(shí)甲醇濃度變化量為xmol/L，則：2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）起始量（mol/L）：00變化量（mol/L）：x平衡量（mol/L）：﹣x根據(jù)平衡常數(shù)列方程計(jì)算解答．【解答】解：（1）低溫下（此時(shí)水為液態(tài)）能自發(fā)進(jìn)行，而正反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，是熵減反應(yīng)，△G=△H﹣T△S＜0反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，則△H＜0，故答案為：＜；（2）濃度商Qc==＜K=400，反應(yīng)向正反應(yīng)進(jìn)行，則v正＞v逆，故答案為：＞；濃度商Qc==＜K=400，反應(yīng)向正反應(yīng)進(jìn)行；（3）前5min內(nèi)，用CH3OCH3表示