2019-2020學年天津市六校高二上學期期中考試聯考化學試題解析

2021～2021學年度第一學期期中六校聯考高二化學可能用到的原子量：H：1C一、選擇題〔此題共16小題，每題3分，共48分〕1.為了應對能源危機，滿足不斷增大的能源需求，當今國際能源研究的另一熱點就是尋找新能源，以下有關新能源的表達不正確的選項是A.氫能燃燒熱值高，資源豐富，無毒，無污染B.風能是太陽能的一種轉換形式，能量巨大C.太陽能能量巨大，取之不盡，用之不竭，而且清潔、無污染，但需要開采、運輸D.物質的化學能可以在不同的條件下轉化為熱能、電能被人類利用【答案】C【解析】【詳解】A.氫氣燃燒產物是水，不污染環(huán)境；氫氣的燃燒值高；工業(yè)上制取氫氣是通過電解水得到的，而地球上水資源豐富，可以從水中提取氫氣，說明資源廣泛，A項正確；B.風能地球外表大量空氣流動所產生的動能，由于地面各處受太陽輻照后氣溫變化不同和空氣中水蒸氣的含量不同，因而引起各地氣壓的差異，在水平方向高壓空氣向低壓地區(qū)流動，即形成風，故風能是太陽能的一種轉換形式，B項正確；C.太陽能是一種清潔、無污染、可再生能源，它取之不盡用之不竭，是一種新型的能源，可以直接利用，無需開采、運輸，C項錯誤；D.物質的化學能可以在不同的條件下轉化為熱能、電能被人類利用，D項正確；答案選C。2.單斜硫和正交硫轉化為二氧化硫的能量變化如以下列圖所示，以下說法正確的選項是A.S(s，單斜)=S(s，正交)ΔH＝－0.33kJ·mol－1B.單斜硫比正交硫穩(wěn)定C.相同物質的量的正交硫比單斜硫所含有的能量高D.①表示斷裂1molO2中共價鍵所吸收的能量比形成1molSO2中共價鍵所放出的能量少297.16kJ【答案】A【解析】【分析】由圖象可以看出，單斜硫的能量比正交硫的能量高，物質的能量越高越不穩(wěn)定，生成SO2的反響為放熱反響，以此解答該題?！驹斀狻緼.單斜硫的能量比正交硫的能量高，S(s，單斜)=S(s，正交)H=?0.33kJ·mol－1，為放熱反響，A項正確；B.物質的能量越高越不穩(wěn)定，那么正交硫比單斜硫穩(wěn)定，B項錯誤；C.由圖象可以看出，單斜硫的能量比正交硫的能量高，C項錯誤；D.①表示斷裂1molO2和1molS單質中共價鍵所吸收的能量比形成1molSO2中共價鍵所放出的能量少297.16kJ，D項錯誤。答案選A。3.以下說法正確的選項是A.活化能接近于零反響，當反響物相互接觸時，反響瞬間完成，而且溫度對其反響速率幾乎沒有影響B(tài).溫度和壓強都是通過增大活化分子百分數來加快化學反響速率C.人們把能夠發(fā)生有效碰撞的分子叫做活化分子，把活化分子具有的能量叫活化能D.活化能的大小不僅意味著一般分子成為活化分子的難易，也會對化學反響前后的能量變化產生影響【答案】A【解析】【詳解】A.活化能接近于零的反響，所有分子根本是活化分子，所以只要接觸就可迅速反響，反響瞬間完成，所以溫度對其反響速率影響就不大，A項正確；B.壓強是通過改變單位體積內活化分子數目來改變化學反響速率，溫度是通過增大活化分子百分數來加快化學反響速率，B項錯誤；C.使普通分子變成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，即活化分子多出其它反響物分子的那局部能量，C項錯誤；D.活化能的大小對化學反響前后的能量變化不產生影響，而能量大小只與反響物和生成物總能量的相對大小有關，D項錯誤；答案選A。【點睛】在化學反響中，只有極少數能量比平均能量高得多的反響物分子發(fā)生碰撞才可能發(fā)生化學反響，這些分子被稱為活化分子．使普通分子變成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能。4.在相同溫度時，100mL0.01mol?L-1的醋酸溶液與10mL0.1mol?L-1的醋酸溶液相比較，以下數值中，前者大于后者的是A.中和時所需NaOH的量 B.醋酸的電離平衡常數C.H+的物質的量 D.CH3COOH的物質的量【答案】C【解析】【詳解】A．由于溶質n〔CH3COOH〕都為，中和時所需NaOH的量應相同，A項錯誤；B．電離平衡常數只與溫度有關，溫度相同那么電離平衡常數相同，B項錯誤；C．醋酸為弱電解質，濃度越大，電離程度越小，兩種溶液溶質都為，那么100mL

0.01mol?L-1的醋酸溶液與10mL0.1mol?L-1的醋酸溶液相比較，H+的物質的量前者大，C項正確；D．根據n=cV可知，溶質n〔CH3COOH〕都為，D項錯誤；答案選C。5.少量鐵粉與100mL0.1mol/L的稀鹽酸反響，假設想減慢此反響速率而不改變H2的產量，可以使用如下方法中的①加H2O②加NaOH固體③滴入幾滴濃鹽酸④加CH3COONa固體⑤加NaCl溶液⑥滴入幾滴硫酸銅溶液⑦加NaNO3溶液A.①⑤⑦ B.③⑥ C.①②⑤ D.①④⑤【答案】D【解析】①加H2O，氫離子濃度減小，反響速率減慢，氫氣的量不變，故正確；②加NaOH固體，氫離子濃度減小，反響速率減慢，氫氣的量可能減少，故錯誤；③滴入幾滴濃鹽酸，氫離子濃度增大，反響速率加快，故錯誤；④加CH3COONa固體，生成醋酸，氫離子濃度減小，反響速率減慢，氫氣的量不變，故正確；⑤加NaCl溶液，氫離子濃度減小，反響速率減慢，氫氣的量不變，故正確；⑥滴入幾滴硫酸銅溶液，構成原電池，反響速率加快，生成的氫氣減少，故錯誤；⑦加NaNO3溶液，溶液具有強氧化性，不生成氫氣，故錯誤；正確的有①④⑤，應選D。點睛：明確常見的外界因素對反響速率的影響是解題的關鍵。此題中注意鐵粉少量完全反響，生成的氫氣由鐵粉決定為解答的易錯點，易多項選擇②⑦。6.關于中和熱測定實驗的以下說法不正確的選項是A.燒杯間填滿碎泡沫塑料是減少實驗過程中的熱量損失B.使用環(huán)形玻璃攪拌棒既可以攪拌又防止損壞溫度計C.向盛裝酸的燒杯中加堿時要小心緩慢D.測酸后的溫度計要用水清洗后再測堿的溫度【答案】C【解析】【詳解】A.因泡沫塑料能隔熱，那么燒杯間填滿碎泡沫塑料能減少實驗過程中的熱量損失，A項正確；B.環(huán)形玻璃棒能上下攪拌液體，且不導熱，所以使用環(huán)形玻璃棒既可以攪拌又防止損壞溫度計，B項正確；C.向盛裝酸的燒杯中加堿時應迅速一次性參加，減少熱量的散失，C項錯誤；D.測定酸后的溫度計用水清洗后，不會發(fā)生酸堿中和反響，然后測定堿的溫度，較準確，D項正確；答案選C。7.以下事實不能用勒夏特列原理解釋的是A.洗滌油污時熱的純堿溶液比冷的純堿溶液效果更好B.實驗室用排飽和食鹽水法收集氯氣C.翻開汽水瓶有氣泡從溶液中冒出D.2NO2(g)N2O4(g)的平衡體系中，加壓縮小體積后顏色加深【答案】D【解析】【詳解】A.純堿洗滌油污利用的是碳酸鈉的水解反響，因水解為吸熱反響，那么升高溫度有利于水解平衡向正反響方向移動，故洗滌油污時熱的純堿溶液比冷的純堿溶液效果更好可用勒夏特列原理解釋，不符合題意，A項不選；B.實驗室用排飽和食鹽水法收集氯氣，利用飽和食鹽水中氯離子濃度大使Cl2+H2O?H++Cl?+HClO平衡逆向進行，可以用勒夏特列原理解釋，不符合題意，B項不選；C.由于氣體的溶解度隨壓強的增大而增大，因此常溫時翻開汽水瓶，瓶內的壓強減小，因此瓶內的二氧化碳會從瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解釋，不符合題意，C項不選；D.2NO2(g)═N2O4(g)的平衡體系中，加壓縮小體積后二氧化氮的濃度變大顏色加深，不能用勒夏特列原理解釋，符合題意，D項選；應選D?！军c睛】勒夏特列原理為：如果改變影響平衡的條件之一，平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動，值得注意的是，使用勒夏特列原理時，該反響必須是可逆反響，否那么勒夏特列原理不適用，抓住此規(guī)律是解題的關鍵。8.以下說法正確的選項是A.用廣泛pH試紙測得飽和氯水的pH約為2B.常溫下，同濃度的Na2S溶液與NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大C.用待測液潤洗錐形瓶后才能進行滴定操作D.某雨水樣品采集后放置一段時間，pH由變?yōu)?，是因為溶液中的SO32-水解【答案】B【解析】【詳解】A.氯水具有強氧化性，能夠漂白試紙，所以無法用廣泛pH試紙測得飽和氯水的pH，A項錯誤；B.Na2S的水解程度大于NaHS，所以常溫下，同濃度的Na2S與NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大，B項正確；C.錐形瓶不能潤洗，否那么導致待測液中溶質的物質的量偏大，滴定時消耗的標準液體積偏大，測定結果偏高，C項錯誤；D.雨水樣品放置一段時間，溶液中的H2SO3被空氣氧化為H2SO4，酸性增強，使pH減小，D項錯誤；答案選B。9.以下對化學反響方向的說法，正確的選項是A.同一物質的固、液、氣三種狀態(tài)的熵值遞減B.常溫下反響2Na2SO3(s)+O2(g)=2Na2SO4(s〕能自發(fā)進行，那么△H<0C.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g〕△H>0，△S>0，不管在何種條件下都不可能自發(fā)D.因為焓變和熵變都與反響的自發(fā)性有關，因此焓變或墑變均可以單獨做為判斷反響能否自發(fā)進行的判據【答案】B【解析】【分析】A.同一物質的固、液、氣三種狀態(tài)的熵值遞增，A項錯誤；B.常溫下反響2Na2SO3(s)+O2(g)=2Na2SO4(s)△S＜0，能自發(fā)進行主要是因為△H<0，B項正確；C.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g〕△H>0，△S>0，根據自由能判據可知，假設自發(fā)進行，那么，即高溫下可自發(fā)進行，C項錯誤；D.焓變和熵變都與反響的自發(fā)性有關，但焓變或墑變單獨做為判斷反響能否自發(fā)進行的判據是片面的，應該用復合判據，即來綜合判斷，D項錯誤；答案選B?！驹斀狻炕瘜W反響能否自發(fā)進行，取決于焓變和熵變的綜合判據，當時，反響可自發(fā)進行。10.在容積不變的密閉容器中，可逆反響2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)到達平衡的標志是A.單位時間內生成1molO2的同時，有2molSO3分解B.混合氣體的密度保持不變C.混合氣體的質量不再改變D.SO2與SO3的體積比不再變化【答案】D【解析】【詳解】A.單位時間內生成1molO2的同時，有2molSO3分解，表示的均為逆反響，不能說明反響到達了平衡狀態(tài)，A項錯誤；B.混合氣體的密度為混合氣體的總質量與容器的體積的比值，因混合氣體的質量不變，密閉容器的體積不變，那么混合氣體的密度始終保持不變，這種情況不能說明反響到達平衡狀態(tài)，B項錯誤；C.混合氣體的質量始終保持不變，因此混合氣體的質量不再改變不能說明反響到達平衡狀態(tài)，C項錯誤；D.同條件下，SO2與SO3的體積比等于兩者之間的物質的量之比，假設SO2與SO3的體積比不再變化，那么說明反響到達平衡狀態(tài)，D項正確；答案選D。11.以下表述中，與鹽類水解有關的是①明礬和FeCl3可作凈水劑；②為保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量鹽酸；③AlCl3溶液蒸干，灼燒，最后得到的主要固體產物是Al2O3；④NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接中的除銹劑；⑤實驗室盛放NaOH溶液的試劑瓶應用橡皮塞，而不能用玻璃塞；⑥用NaHCO3與Al2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑；⑦草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合施用。A.①②③⑤⑥⑦ B.①②③④⑥⑦C.①③⑤⑥⑦ D.①④⑤⑦【答案】B【解析】【詳解】①鋁離子和鐵離子水解生成膠體，具有吸附懸浮雜質的作用，起到凈水的作用，故①有關；②鐵離子水解顯酸性，參加鹽酸抑制鐵離子的水解，故②有關；③蒸干氯化鋁溶液促進鋁離子的水解，氯化氫揮發(fā)得到水解產物氫氧化鋁，灼燒后生成氧化鋁，故③有關；④NH4Cl與ZnCl2溶液水解均顯酸性，能起到除銹的作用，與鹽類水解有關，故④有關；⑤氫氧化鈉溶液和和玻璃中的二氧化硅反響，生成硅酸鈉是礦物膠粘結瓶口和瓶塞，與水解無關，故⑤無關；⑥碳酸氫根離子水解顯堿性，鋁離子水解顯酸性，二者水解相互促進生成二氧化碳和氫氧化鋁，故⑥有關；⑦草木灰是碳酸鉀，水解顯堿性，銨鹽水解顯酸性，混合水解會相互促進生成二氧化碳和氨氣，減弱肥效，故⑦有關；綜上所述，①②③④⑥⑦符合題意，B項正確，答案選B。12.某溫度下，反響2A(g)B(g)ΔH＞0在密閉容器中到達平衡，平衡后c(A)/c(B)＝a，假設改變某一條件，足夠時間后反響再次到達平衡狀態(tài)，此時c(A)/c(B)＝b，以下表達正確的A.該溫度下，保持容積固定不變，向容器內補充了B氣體，那么a＜bB.在該溫度恒壓條件下再充入少量B氣體，那么a＝bC.假設其他條件不變，升高溫度，那么a＜bD.假設保持溫度、壓強不變，充入惰性氣體，那么a＞b【答案】B【解析】【詳解】A.在該溫度下，保持容積固定不變，向容器內補充了B氣體，B的濃度增大，雖然平衡向逆反響方向移動，但B轉化的比增加的幅度小，那么a＞b，A項錯誤；B.在原來的溫度和壓強下，再充入B，新平衡與原平衡是等效平衡，所以a=b，B項正確；C.假設其他條件不變，升高溫度，平衡向正反響方向移動，那么a＞b，C項錯誤；D.保持溫度、壓強不變，充入惰性氣體，應增大容器體積，那么反響氣體的分壓減小，平衡向逆反響方向移動，那么a＜b，D項錯誤；答案選B?！军c睛】恒溫恒壓下，等物質的量的擴大反響物或者生成物的量，重新到達平衡時，與原平衡為等效平衡。13.以下各組離子能在指定溶液中一定大量共存的是①無色溶液中：K+、Cl-、Al3+、AlO2-、SO42-②常溫下，pH=14的溶液中：CO32-、Na+、S2-、AlO2-③室溫下水電離的c(H+)=10-13mol/L的溶液：K+、HCO3-、Br-、Ba2+④參加Al能放出H2溶液中：NO3-、Cl-、Fe2+、SO42-⑤在中性溶液中：Cl-、NO3-、Na+、Fe3+⑥室溫下c(H+)/c(OH-)=1012的溶液中：Fe2+、Al3+、SO42-、I-、A.①③⑥ B.②④⑤ C.②⑥ D.①③④【答案】C【解析】【詳解】①Al3+、AlO2-之間發(fā)生雙水解反響，在溶液中不能大量共存，①項錯誤；②常溫下，pH=14的溶液呈堿性，溶液中存在大量氫氧根離子，CO32-、Na+、S2-、AlO2-之間不反響，都不與氫氧根離子反響，在溶液中能夠大量共存，②項正確；③室溫下水電離的c(H+)=10-13mol/L的溶液呈酸性或堿性，HCO3?與氫離子和氫氧根離子均能反響，在溶液中一定不能大量共存，③項錯誤；④參加Al能放出H2的溶液呈酸性或堿性，在溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，在酸性條件下NO3-與Fe2+會發(fā)生氧化復原反響，在溶液中不能大量共存，④項錯誤；⑤Fe3+水解顯酸性，不能在中性溶液中大量共存，⑤項錯誤；⑥室溫下c(H+)/c(OH-)=1012的溶液呈酸性，Fe2+、Al3+、SO42-、I-能夠大量共存，⑥項正確；綜上所述，②⑥符合題意，C項正確；答案選C。14.一定條件下向某密閉容器中參加0.3molA、0.1molC和一定量的B三種氣體，圖1表示各物質濃度隨時間的變化關系，圖2表示速率隨時間的變化關系，t2、t3、t4、t5時刻各改變一種條件，且改變的條件均不同。假設t4時刻改變的條件是壓強，那么以下說法錯誤的選項是()A.假設t1＝15s，那么前15s的平均反響速率v(C)=0.004mol·L-1·s-1B.該反響的化學方程式為3AB+2CC.t2、t3、t5時刻改變的條件分別是升高溫度、參加催化劑、增大反響物濃度D.假設t1=15s，那么B的起始物質的量為【答案】C【解析】【分析】首先根據圖1和圖2判斷出該反響的方程式，然后利用化學反響速率的表達式以及影響化學平衡移動的因素進行分析；【詳解】A、根據圖1前15s，C的濃度變化0.06mol·L－1，根據化學反響速率的表達式v(C)=0.004mol·L-1·s-1，故A說法正確；B、根據圖1，判斷出C為生成物，A為反響物，且容器的體積為2L，在t0～t1段，消耗A的物質的量濃度為0.09mol·L-1，生成C的物質的量濃度為0.06mol·L-1，A和C化學計量數之比為3：2，t4時刻改變條件為壓強，反響速率降低，即降低壓強，平衡不移動，說明反響前后氣體系數之和相等，即B為生成物，反響方程式為3AB+2C，故B說法正確；C、根據圖②，t2瞬間只增大一個反響速率，另一個不變，說明改變的條件是濃度，t3時刻，反響速率都增大，且平衡不移動，改變的因素是使用催化劑或加壓，t5時刻，反響速率都增大，且平衡發(fā)生移動，t5時刻改變的因素是升高溫度，故C說法錯誤；D、根據依據反響方程式，15s內生成B的物質的量為0.06mol·L-1×2L×，B到達平衡時的物質的量為0.05mol·L-1×2L，即起始時B的物質的量為，故D說法正確；答案選C?！军c睛】速率與時間的關系，先看改變某因素瞬間，速率的變化，這個地方考查的是影響反響速率的因素，正逆反響速率都增大還是一個增大等，然后再看哪個速率在上，哪個速率在下，在上的說明反響向正反響方向進行，這個地方考查影響化學平衡移動的因素。15.25A.濃度均為0.1mol·L－1的小蘇打溶液與燒堿溶液等體積混合：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32－)+c(OH－)+c(HCO3－)B.2O4溶液呈酸性：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42-C.3COONa溶液與10mL0.1mol/LHCl溶液混合后的酸性溶液：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO?)+c(OH?)D.向4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性：c(Na+)＞c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH?)=c(H+)【答案】A【解析】【詳解】A.濃度均為?L?1的小蘇打溶液與燒堿溶液等體積混合得到碳酸鈉溶液，溶液中電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(CO32－)+c(OH－)+c(HCO3－)，A項正確；2O4溶液呈酸性，說明HC2O4-的電離程度大于水解程度，那么濃度大小關系為：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，B3COONa溶液與10mL0.1mol/LHCl溶液混合后的酸性溶液為等濃度的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，那么根據電荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO－)+c(Cl－)，根據物料守恒可知，c(Na+)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=2c(Cl－)，那么聯立兩個方程可知，該溶液的質子守恒式為：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO?)+2c(OH?)，C項錯誤；D.向0.1mol/L

NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，假設1：1反響，得到Na2SO4、(NH4)2SO4的混合溶液，混合溶液顯酸性，現在溶液顯中性，說明n(NaOH)：n(NH4HSO4)>1：1，那么c(Na+)＞c(SO42-)，顯中性時溶液的溶質為硫酸鈉，硫酸銨、一水合氨，c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-)，c(Na+)＞c(SO42-)，那么c(NH4+)<c(SO42-)，D項錯誤；答案選A?！军c睛】C項是易錯點，要理解弱酸與對應鹽按1:1混合后所得溶液的酸堿性判斷的依據。明確離子濃度的大小及守恒關系是解題的關鍵。16.常溫下，向20mLxmol·L－1CH3COOH溶液中逐滴參加等物質的量濃度的NaOH溶液，混合液的pH隨NaOH溶液的體積〔V〕的變化關系如下列圖〔忽略溫度變化〕。以下說法中不正確的選項是〔〕A.上述CH3COOH溶液中：c(H+)＝1×10－3mol·L－1B.圖中V1<20mLC.a點對應的溶液中：c(CH3COO－)＝c(Na+〕D.當參加NaOH溶液的體積為20mL時，溶液中：c(CH3COOH)+c(H+)＞c(OH－〕【答案】D【解析】【詳解】A．由圖象可知，參加NaOH溶液之前，醋酸溶液的pH=3，說明溶液中c(H+)=1×10-3mol?L-1，故A正確；B．假設物質的量濃度都為xmol?L-1的CH3COOH與NaOH溶液等體積混合，那么混合后恰好生成CH3COONa，CH3COONa為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，假設溶液呈中性，那么參加NaOH溶液的體積V1＜20mL，故B正確；C．溶液中存在電荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，a點時溶液的pH=7，那么c(OH-)=c(H+)，所以c(CH3COO-)=c(Na+)，故C正確；D．當參加NaOH溶液的體積為20mL時，恰好反響生成CH3COONa，溶液中存在物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)，存在電荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，可知聯式可得：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，故D錯誤；故答案為D。二、填空題〔此題共3小題，共52分〕17.現有常溫下的六份溶液：①3COOH溶液；②溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液；⑤3COOH溶液與的氨水等體積混合后所得溶液；⑥溶液與pH=12的NaOH溶液等體積混合所得溶液?！?〕其中水的電離程度最大的是________〔選填序號，下同〕，水的電離程度相同的是________；〔2〕假設將②、③混合后所得溶液pH=7，那么消耗溶液的體積：②________③〔選填“＞〞、“＜〞或“＝〞，下同〕；假設將②、③溶液等體積混合后，所得溶液pH________7?！?〕假設將①、④溶液按體積比為2∶1混合后，所得溶液pH______7〔選填“＞〞、“＜〞或“＝〞〕此時溶液中除水分子外的各微粒的濃度由大到小的順序為：__________；將①、④混合，假設有c(CH3COO－)＞c(H＋)，那么混合液可能呈_________〔填序號〕。A．酸性B．堿性C．中性【答案】(1).⑤(2).②③④(3).＞(4).＞(5).＜(6).c(CH3COO?)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH?)(7).ABC【解析】【分析】〔1〕酸或堿抑制水電離，含有弱根離子的鹽促進水電離；〔2〕③中氨水的濃度大于，假設將②、③混合后所得溶液pH=7，溶液中銨根離子和氯離子濃度相等，那么氨水的物質的量稍微大些；〔3〕等濃度的醋酸與醋酸鈉混合時，分子的電離程度大于相應離子的水解程度；根據溶液中的溶質進行判斷?！驹斀狻俊?〕①3COOH溶液抑制水電離；②溶液抑制水電離；③pH=12的氨水抑制水電離；④pH=12的NaOH溶液抑制水電離；⑤3COOH溶液與的氨水等體積混合后所得溶液促進水電離；⑥溶液與pH=12的NaOH溶液等體積混合所得溶液為氯化鈉溶液，不影響水電離，那么其中水的電離程度最大的是⑤；酸中氫離子濃度或堿中氫氧根離子濃度相同，那么抑制水電離程度相同，即②③④符合題意，故答案為：⑤；②③④；(2)③中氨水的濃度大于，假設將②、③混合后所得溶液pH=7，溶液中銨根離子和氯離子濃度相等，那么氨水的物質的量稍微大些，那么消耗溶液的體積：②>③；假設將②、③溶液等體積混合后，所得溶液為氯化銨和大量剩余的氨水，溶液顯堿性，那么pH>7，故答案為：>；>；〔3〕假設將①、④溶液按體積比為2∶1混合后，所得溶液為醋酸與醋酸鈉等濃度混合液，因等濃度的醋酸與醋酸鈉共混時，分子的電離程度大于相應離子的水解程度，因此溶液顯酸性，所得溶液pH＜7；此時溶液中除水分子外的各微粒的濃度由大到小的順序為：c(CH3COO?)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH?)；將①、④混合，假設有c(CH3COO－)＞c(H＋)，如果溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，那么溶液呈中性，如果氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，那么溶液呈酸性，如果氫離子濃度小于氫氧根離子濃度，那么溶液呈堿性，應選ABC，故答案為：＜；c(CH3COO?)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH?)；ABC。18.氮的氧化物是大氣污染物之一，用活性炭或一氧化碳復原氮氧化物，可防止空氣污染。答復以下問題：：2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+181kJ/mol〔1〕假設某反響的平衡常數表達式為K=，請寫出此反響的熱化學方程式：_______；以下措施能夠增大此反響中NO的轉化率的是〔填字母代號〕____________。a．增大容器壓強b．升高溫度c．使用優(yōu)質催化劑d．增大CO的濃度〔2〕向容積為2L的密閉容器中參加活性炭(足量)和NO，發(fā)生反響C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，NO和N2的物質的量變化如下表所示。物質的量/molT1/℃T2/℃05min10min15min20min25min30minNON20075①0～5min內，以CO2表示的該反響速率v(CO2)=______，該條件下的平衡常數K=_____。②第15min后，溫度調整到T2，數據變化如上表所示，那么T1_______T2〔填“＞〞、“＜〞或“＝〞〕。③假設30min時，保持T2不變，向該容器中再參加該四種反響混合物各2mol，那么此時反響_______移動〔填“正向〞、“逆向〞或“不〞〕?！?〕工業(yè)上可以用氨水除去反響C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)中產生的CO2，得到NH4HCO3溶液，反響NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常數K=____________。〔常溫下NH3·H2O的電離平衡常數Kb=2×10-5，H2CO3的電離平衡常數Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11，水的離子積常數Kw=1×10-14〕【答案】(1).2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-747kJ/mol，(2).ad(3).0.042mol·L-1·min-1(4).9/16(5).＞(6).正向(7).1.25×10－3【解析】【分析】〔1〕根據平衡常數定義分析書寫化學方程式；結合蓋斯定律求出目標方程，根據影響化學反響速率與化學平衡的影響效果作答；〔2〕①化學反響速率之比等于參加反響的各物質的化學計量數之比；列出三段式計算平衡常數；②根據蓋斯定律求出該反響為放熱反響，再結合溫度對平衡的影響效果分析；③根據濃度商與化學平衡常數K的關系分析；〔3〕根據化學平衡常數的定義，結合給定的各種平衡常數的表達式分析作答?！驹斀狻俊?〕根據平衡常數定義，假設平衡常數表達式為K=，那么化學方程式為：，根據蓋斯定律，②×2-①-③得：，可知該反響為體積減小的放熱反響，a.增大容器壓強平衡正向移動，NO轉化率增大；b.升高溫度平衡逆向移動，NO轉化率減??；c.使用優(yōu)質催化劑不改變平衡；d.增大CO濃度，可以提高NO的轉化率；綜上分析，能夠增大反響中NO的轉化率的是ad；故答案為：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)H=-747kJ/mol

；ad；〔2〕①由表格數據可知，0~5min內，以N2表示的該反響速率為，那么以CO2表示的該反響速率。根據表格信息可知，反響到10min時到達平衡狀態(tài)，C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)起始量(mol/L)100變化量平衡量那么平衡常數K=，故答案為：0.042mol·L-1·min-1；；②根據蓋斯定律可知，C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol①，N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+181kJ/mol②，那么①-②可得，C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH=-574.5kJ/mol，那么可知反響為放熱反響；第15min后，溫度調整到T2，由表格中數據可知，NO減少，N2增加，平衡正向移動，由于正反響為放熱反響，那么改變條件的條件為降溫，即T1＞T2，故答案為：＞；③因30min時平衡的濃度、、，那么T2時平衡常數；假設30min時，保持T2不變