2023-2024學(xué)年北京育才學(xué)校高二（上）期中化學(xué)試題和答案

試題PAGE1試題2023北京育才學(xué)校高二（上）期中化學(xué)一、本部分共15題，每題3分，共45分。每題只有一項符合題目要求。1．下列事實不能說明HNO2是弱電解質(zhì)的是（）A．常溫下NaNO2溶液的pH大于7 B．常溫下0.1mol?L﹣1的HNO2溶液的pH為2.1 C．pH＝11的NaNO2溶液加水稀釋到100倍，pH大于9 D．用HNO2溶液作導(dǎo)電實驗，燈泡很暗2．下列解釋實際應(yīng)用的原理表達式中，不正確的是（）A．用排飽和食鹽水法收集Cl2：Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO B．熱的純堿溶液堿性增強：CO32﹣+2H2O?H2CO3+2OH﹣ C．向Mg（OH）2懸濁液中加入FeCl3溶液：3Mg（OH）2（s）+2Fe3+＝2Fe（OH）3（s）+3Mg2+ D．用TiCl4制備TiO2：TiCl4+（x+2）H2O（過量）?TiO2?xH2O↓+4HCl3．將同濃度、同體積的鹽酸與醋酸分別與足量的鎂條反應(yīng)，測得密閉容器中壓強隨時間的變化曲線如圖所示。下列說法不正確的是（）A．反應(yīng)開始前c（H+）：鹽酸＞醋酸 B．反應(yīng)過程中鹽酸中c（H+）下降更快 C．曲線②表示鹽酸與鎂條反應(yīng) D．反應(yīng)結(jié)束時兩容器內(nèi)n（H2）相等4．已知如下物質(zhì)的溶度積常數(shù)：FeS：Ksp＝6.3×10﹣18；CuS：Ksp＝6.3×10﹣36．下列說法正確的是（）A．同溫度下，CuS的溶解度大于FeS的溶解度 B．同溫度下，向飽和FeS溶液中加入少量Na2S固體后，Ksp（FeS）變小 C．向含有等物質(zhì)的量的FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，最先出現(xiàn)的沉淀是FeS D．除去工業(yè)廢水中的Cu2+，可以選用FeS作沉淀劑5．我國研究人員研制出一種新型復(fù)合光催化劑，利用太陽光在催化劑表面實現(xiàn)高效分解水，主要過程如圖所示。已知：下列說法正確的是（）A．過程Ⅰ放出能量 B．若分解2molH2O（g），估算該反應(yīng)吸收482kJ能量 C．催化劑能減小水分解反應(yīng)的焓變 D．催化劑能降低反應(yīng)的活化能，增大了水的分解轉(zhuǎn)化率6．已知反應(yīng)：3M（g）+N（g）?P（s）+4Q（g）△H＜0。如圖中a、b曲線表示在密閉容器中不同條件下，M的轉(zhuǎn)化率隨時間的變化情況。若使曲線b變?yōu)榍€a，可采取的措施是（）A．增大壓強 B．增加N的濃度 C．加少量固體P D．升高溫度7．下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是（）A．向Fe（SCN）3溶液中加入少量KSCN固體后顏色變深 B．NO2和N2O4的混合氣體升溫后紅棕色加深 C．SO2催化氧化成SO3的反應(yīng)，往往需要使用催化劑 D．90℃，純水的pH＜78．下列各組離子在指定條件下，一定能大量共存的是（）A．能使藍色石蕊試紙變紅色的溶液中：K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣ B．c（H+）＝1×10﹣1mol?L﹣1的溶液中：Cu2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣ C．能使碘化鉀淀粉試紙變藍的溶液中：Na+、NH4+、S2﹣、Br﹣ D．水電離出的c（H+）為1×10﹣12mol?L﹣1的溶液中：Na+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣9．下列由實驗現(xiàn)象得出的結(jié)論不正確的是（）操作現(xiàn)象及結(jié)論A硫化氫溶液呈酸性H2S?H++HS﹣B將充滿NO2的密閉玻璃球浸泡在熱水中玻璃球中紅棕色加深，說明反應(yīng)2NO2（g）?N2O4（g）的ΔH＜0C測量相同條件下，相同體積的0.1mol/L的稀鹽酸和稀醋酸溶液的電導(dǎo)率稀鹽酸的電導(dǎo)率大于稀醋酸的電導(dǎo)率，說明稀鹽酸中一定存在的主要粒子為H+、Cl﹣、H2O，一定不存在HClD選用酚酞做指示劑，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸溶液變紅，且半分鐘不褪色，說明達到滴定終點A．A B．B C．C D．D10．用0.1000mol?L﹣1HCl溶液滴定未知濃度的NaOH溶液。該實驗說法中，不正確的是（）A．本實驗可選用酚酞或甲基橙作指示劑 B．用酸式滴定管盛裝0.1000mol?L﹣1HCl溶液 C．用未知濃度的NaOH溶液潤洗錐形瓶2～3次 D．滴定結(jié)束時俯視酸式滴定管讀數(shù)，測量結(jié)果偏低11．某小組研究沉淀之間的轉(zhuǎn)化，實驗設(shè)計如圖。（已知：AgCl為白色固體，AgI為黃色固體）下列分析不正確的是（）A．濁液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）?Ag+（aq）+Cl﹣（aq） B．實驗①和②說明Ag+（aq）與Cl﹣（aq）的反應(yīng)是有限度的 C．實驗③中顏色變化說明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI D．實驗①和③可以證明AgI比AgCl更難溶12．常溫下，下列溶液的離子濃度關(guān)系式正確的是（）A．0.1mol/LCH3COONa溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） B．常溫下pH＝7的氨水和氯化銨的混合液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+） C．0.1mol/LNaHCO3溶液中：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣） D．0.1mol/LNaHSO3溶液中：c（Na+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）13．一定條件下，分別在甲、乙、丙三個恒容密閉容器中加入A和B，發(fā)生反應(yīng)：3A（g）+B（g）═2C（g）ΔH＞0，448K時該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K＝1，反應(yīng)體系中各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度的相關(guān)數(shù)據(jù)：容器溫度/K起始時物質(zhì)的濃度（mol?L﹣1）10分鐘時物質(zhì)的濃度（mol?L﹣1）c（A）c（B）c（C）甲448310.5乙T1310.4丙44832a下列說法不正確的是（）A．甲中，10分鐘內(nèi)A的化學(xué)反應(yīng)速率：v（A）＝0.075mol?L﹣1?min﹣1 B．甲中，10分鐘時反應(yīng)已達到化學(xué)平衡狀態(tài) C．乙中，T1＜448K D．丙中，達到化學(xué)平衡狀態(tài)時A的轉(zhuǎn)化率大于25%14．中國科學(xué)家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性進展，該實驗方法首先將CO2催化還原為CH3OH。已知CO2催化加氫的主要反應(yīng)有：①CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49.4kJ/mol②CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.2kJ/mol其他條件不變時，在相同時間內(nèi)溫度對CO2催化加氫的影響如圖。下列說法不正確的是（）【注】CH3OH的選擇性＝×100%A．CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）ΔH＝﹣90.6kJ/mol B．使用催化劑，能降低反應(yīng)的活化能，增大活化分子百分數(shù) C．其他條件不變，增大壓強，有利于反應(yīng)向生成CH3OH的方向進行 D．0～240℃，升高溫度，對反應(yīng)②速率的影響比對反應(yīng)①的小15．在通風(fēng)櫥中進行下列實驗：步驟現(xiàn)象Fe表面產(chǎn)生大量無色氣泡，液面上方變?yōu)榧t棕色Fe表面產(chǎn)生少量紅棕色氣泡后，迅速停止Fe、Cu接觸后，其表面產(chǎn)生紅棕色氣泡下列說法中不正確的是（）A．Ⅰ中氣體由無色變紅棕色的化學(xué)方程式為：2NO+O2═2NO2 B．Ⅱ中的現(xiàn)象說明Fe表面形成致密的氧化層，阻止Fe進一步反應(yīng) C．針對Ⅲ中現(xiàn)象，在Fe、Cu之間連接電流計，可判斷Fe是否被氧化 D．對比Ⅰ、Ⅱ中現(xiàn)象，說明稀HNO3的氧化性強于濃HNO3二、非選擇題（共55分）16．（7分）如表是不同溫度下水的離子積數(shù)據(jù)：溫度/℃25t1t2水的離子積KW1×10﹣14a1×10﹣12試回答以下問題：（1）若25＜t1＜t2，則a1×10﹣14（填“＞”、“＜”或“＝”），作此判斷的理由是。（2）在25℃時，pH＝3的HCl溶液中，水電離產(chǎn)生的H+濃度為。（3）25℃下，將pH＝13的NaOH溶液與pH＝2的稀鹽酸等體積混合，所得混合溶液的pH7（填“＞”、“＜”或“＝”）。17．（15分）研究電解質(zhì)在水溶液中的離子反應(yīng)與平衡有重要的意義。（1）常溫下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定10mL0.1mol/LCH3COOH溶液的滴定曲線如圖所示。①a點溶液的pH1（填“＞”、“＜”或“＝”），請用化學(xué)用語解釋其原因。②b點溶液中的溶質(zhì)為（填化學(xué)式）。③c點溶液中，c（Na+）[c（CH3COO?）+c（CH3COOH）]。c點c（CH3COO?）+c（CH3COOH）0.1mol/L（填“＞”、“＜”或“＝”）④a、b、c三點中，水的電離程度最大的點為。（2）用電位滴定法模擬測定某醋酸溶液樣品中醋酸的含量，操作如下：已知：該條件下，醋酸和NaOH以物質(zhì)的量1：1反應(yīng)時得到的溶液pH為8.7。i.準確量取10.00mL醋酸溶液樣品，加入蒸餾水至總體積為100.00mL，取其中20.00mL進行滴定實驗，用酸度計檢測pH變化；ii.逐滴滴入0.1000mol?L﹣1的NaOH溶液，酸度計顯示pH＝8.7停止滴定，記錄消耗的NaOH溶液的體積V（NaOH）；iii.平行測定多次（數(shù)據(jù)見表1）；iv.分析處理數(shù)據(jù)。表1實驗數(shù)據(jù)記錄表格編號1234V（NaOH）/mL23.9925.0024.0124.00①在滴定過程中，在滴定過程中，若出現(xiàn)下列情況，測定結(jié)果偏低的是。A．滴定前用待滴定的醋酸溶液潤洗錐形瓶B．在振蕩錐形瓶時不慎將瓶內(nèi)溶液淺出C．若在滴定過程中不慎將數(shù)滴堿液滴錐形瓶外D．用蒸餾水洗滌堿式滴定管后即使用，沒有用堿液潤洗②根據(jù)表1中的有效數(shù)據(jù)，計算消耗的NaOH溶液的平均體積V（NaOH）＝mL。該醋酸溶液樣品中醋酸的含量是g/L。[M（CH3COOH）＝60g?mol﹣1]（3）已知：25℃時CH3COOH、H2CO3和HClO的電離平衡常數(shù)：化學(xué)式CH3COOHH2CO3HClO電離平衡常數(shù)（Ka）1.75×10﹣5Ka1＝4.5×10﹣7Ka2＝4.7×10﹣114.0×10﹣8①CH3COOH的電離平衡常數(shù)表達式Ka＝。②25℃時，濃度均為0.1mol/L的CH3COONa溶液、NaHCO3溶液、NaClO溶液的堿性由大到小的排序是③25℃時，若初始時次氯酸溶液中HClO的物質(zhì)的量濃度為0.1mol/L，達到電離平衡時溶液中c（H+）＝mol/L。④下列化學(xué)反應(yīng)可能發(fā)生的是。A．HClO+CH3COONa═CH3COOH+NaClOB．CH3COOH+Na2CO3═NaHCO3+CH3COONaC．CO2+H2O+2NaClO═Na2CO3+2HClOD．CH3COOH+NaHCO3═CH3COONa+H2O+CO2↑18．（11分）氨在國民經(jīng)濟中占有重要地位。（1）合成氨工業(yè)中，合成塔中每產(chǎn)生2molNH3，做出92.2kJ熱量。①該可逆反應(yīng)，若起始時向容器內(nèi)放入2molN2和6molH2，達平衡后放出的熱量為Q，則Q（填“＞”、“＜”或“＝”）184.4kJ。②在圖中畫出合成氨反應(yīng)過程中焓（H）的變化示意圖。③已知：1molN﹣H鍵斷裂吸收的能量約等于kJ。（2）二甲醚（CH3OCH3）是重要的化工原料，可用CO和H2制得，總反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：2CO（g）+4H2（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH＝﹣206.0kJ/mol此反應(yīng)工業(yè)中采用“一步法”，通過復(fù)合催化劑使下列甲醇合成和甲醇脫水反應(yīng)同時進行來完成：i.甲醇合成反應(yīng)：（請補全）ii.甲醇脫水反應(yīng)：2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g），ΔH＝﹣24.0kJ/mol生產(chǎn)二甲醚的過程中存在以下副反應(yīng)，與甲醇脫水反應(yīng)形成競爭：CH3OH（g）+H2O（g）?CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）?CO2（g）+3H2（g）ΔH＝+48.8kJ/mol將反應(yīng)物混合氣按進料比n（CO）：n（H2）＝1：2通入反應(yīng)裝置，選擇合適的催化劑。在不同溫度和壓強下，測得二甲梄的選擇性分別如圖1、圖2所示。資料：二甲醚的選擇性是指轉(zhuǎn)化為二甲醚的CO在全部CO反應(yīng)物中所占的比例。①圖1中，溫度一定，壓強增大，二甲醚選擇性增大的原因是。②圖2中，溫度高于265℃后，二甲醚選擇性降低的原因有。19．（11分）尿素[CO（NH2）2]合成的發(fā)展體現(xiàn)了化學(xué)科學(xué)與技術(shù)的不斷進步。（1）十九世紀初，用氰酸銀（AgOCN）與NH4Cl在一定條件下反應(yīng)制得CO（NH2）2，實現(xiàn)了由無機物到有機物的合成。該反應(yīng)的化學(xué)方程式是。（2）二十世紀初，工業(yè)上以CO2和NH3為原料在一定溫度和壓強下合成尿素。反應(yīng)分兩步：i.CO2和NH3生成NH2COONH4；ii.NH2COONH4分解生成尿素。結(jié)合反應(yīng)過程中能量變化示意圖，下列說法正確的是（填序號）。a.活化能：反應(yīng)i＜反應(yīng)iib.i為放熱反應(yīng)，ii為吸熱反應(yīng)c.CO2（1）+2NH3（1）═CO（NH2）2（1）+H2O（1）ΔH＝E1﹣E4（3）近年研究發(fā)現(xiàn)，電催化CO2和含氮物質(zhì)（等）在常溫常壓下合成尿素，有助于實現(xiàn)碳中和及解決含氮廢水污染問題。向一定濃度的KNO3溶液通CO2至飽和，在電極上反應(yīng)生成CO（NH2）2，電解原理如圖所示。①電極b是電解池的極。②電解過程中生成尿素的電極反應(yīng)式是。（4）尿素樣品含氮量的測定方法如圖。已知：溶液中c（）不能直接用NaOH溶液準確滴定。①消化液中的含氮粒子是。②步驟iv中標準NaOH溶液的濃度和消耗的體積分別為c和V，計算樣品含氮量還需要的實驗數(shù)據(jù)有。20．（11分）某小組同學(xué)探究物質(zhì)的溶解度大小與沉淀轉(zhuǎn)化方向之間的關(guān)系。已知：物質(zhì)BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20℃）2.4×10﹣41.4×10﹣33.0×10﹣71.5×10﹣4（1）探究BaCO3和BaSO4之間的轉(zhuǎn)化，實驗操作：試劑A試劑B試劑C加入鹽酸后的現(xiàn)象實驗ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……實驗ⅡNa2SO4Na2CO3有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解①實驗Ⅰ說明BaCO3全部轉(zhuǎn)化為BaSO4，依據(jù)的現(xiàn)象是加入鹽酸后，②實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是。③實驗Ⅱ說明沉淀發(fā)生了部分轉(zhuǎn)化，結(jié)合BaSO4的沉淀溶解平衡解釋原因：（2）探究AgCl和AgI之間的轉(zhuǎn)化，實驗Ⅲ：實驗Ⅳ：在試管中進行溶液間反應(yīng)時，同學(xué)們無法觀察到AgI轉(zhuǎn)化為AgCl，于是又設(shè)計了如下實驗（電壓表讀數(shù)：a＞c＞b＞0）。裝置步驟電壓表讀數(shù)i如圖連接裝置并加入試劑，閉合Kaii向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全biii再向B中投入一定量NaCl（s）cⅳ重復(fù)i，再向B中加入與iii等量aNaCl（s）a注：其他條件不變時，參與原電池反應(yīng)的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性（或還原性）強弱與其濃度有關(guān)。①實驗Ⅲ證明了AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，甲溶液可以是（填序號）。a．AgNO3溶液b．NaCl溶液c．KI溶液②實驗Ⅳ的步驟ⅰ中，B中石墨上的電極反應(yīng)式是③結(jié)合信息，解釋實驗Ⅳ中b＜a的原因：。④實驗Ⅳ的現(xiàn)象能說明AgI轉(zhuǎn)化為AgCl，理由是____________

參考答案一、本部分共15題，每題3分，共45分。每題只有一項符合題目要求。1．【分析】亞硝酸為弱電解質(zhì)，則利用其電離不完全來分析，利用酸不能完全電離或鹽類水解的規(guī)律來分析HNO2是弱電解質(zhì)．【解答】解：A．由鹽類水解的規(guī)律，強酸強堿鹽的水溶液為中性，但弱酸強堿鹽水的pH大于7，則說明鹽對應(yīng)的HNO2是弱電解質(zhì)，故A錯誤；B．0.1mol/L的亞硝酸溶液的pH約為2.1，說明亞硝酸部分電離，說明HNO2是弱電解質(zhì)，故B錯誤；C．pH＝11的NaNO2溶液加水稀釋到100倍，pH大于9，說明亞硝酸跟發(fā)生了水解，說明HNO2是弱電解質(zhì)，故C錯誤；D．燈泡很暗智能說明導(dǎo)電微粒的濃度較低，與HNO2是弱電解質(zhì)無關(guān)，故D正確。故選：D。【點評】本題考查弱電解質(zhì)的判斷，明確弱電解質(zhì)的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，常用的方法是利用電離的不完全性、測定鹽溶液的pH、做對比實驗等來判斷弱電解質(zhì)．2．【分析】A．氯氣與水的反應(yīng)為可逆反應(yīng)；B．碳酸根離子水解分步進行，以第一步為主；C．氫氧化鐵的溶解度比氫氧化鎂的小，沉淀轉(zhuǎn)化為可逆反應(yīng)；D．四氯化鈦水解生成沉淀和HCl?！窘獯稹拷猓篈．氯氣溶于水發(fā)生Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO，飽和食鹽水中氯離子濃度較大，抑制氯氣的溶解，故A正確；B．純堿溶液存在CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，水解為吸熱反應(yīng)，加熱促進水解，堿性增強，故B錯誤；C．氫氧化鐵的溶解度比氫氧化鎂的小，則向Mg（OH）2懸濁液中加入FeCl3溶液發(fā)生3Mg（OH）2（s）+2Fe3+?2Fe（OH）3（s）+3Mg2+，故C正確；D．四氯化鈦水解，則用TiCl4制備TiO2的離子反應(yīng)為TiCl4+（x+2）H2O（過量）?TiO2．xH2O↓+4HCl，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查離子反應(yīng)方程式的書寫，涉及化學(xué)平衡、水解平衡、沉淀轉(zhuǎn)化等離子反應(yīng)，綜合性較大，題目難度中等。3．【分析】A．相同濃度的一元酸，c（H+）：強酸＞弱酸；B．HCl完全電離，醋酸存在電離平衡，反應(yīng)過程中醋酸繼續(xù)電離；C．開始一段時間內(nèi)c（H+）：鹽酸＞醋酸，則開始一段時間內(nèi)生成氣體體積：鹽酸＞醋酸，密閉容器中氣體物質(zhì)的量越大，氣體壓強越大；D．反應(yīng)結(jié)束時生成n（H2）與n（酸）成正比?！窘獯稹拷猓篈．相同濃度的一元酸，c（H+）：強酸＞弱酸，鹽酸是強酸、醋酸是弱酸，則相同濃度的鹽酸和醋酸反應(yīng)開始前c（H+）：鹽酸＞醋酸，故A正確；B．HCl完全電離，醋酸存在電離平衡，反應(yīng)過程中醋酸繼續(xù)電離，所以反應(yīng)過程中鹽酸中c（H+）下降更快，故B正確；C．密閉容器中氣體物質(zhì)的量越大，氣體壓強越大，開始一段時間內(nèi)c（H+）：鹽酸＞醋酸，則開始一段時間內(nèi)生成氣體體積：鹽酸＞醋酸，則曲線①代表的是鹽酸與鎂條反應(yīng)時容器內(nèi)壓強隨時間的變化曲線，故C錯誤；D．反應(yīng)結(jié)束時生成n（H2）與n（酸）成正比，二者都是一元酸且體積和物質(zhì)的量濃度相等，所以兩種酸的物質(zhì)的量相等，則反應(yīng)結(jié)束時兩容器內(nèi)n（H2）相等，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查弱電解質(zhì)的電離，側(cè)重考查圖象分析判斷及知識綜合應(yīng)用能力，明確弱電解質(zhì)電離特點、反應(yīng)速率影響因素、氣體壓強與氣體物質(zhì)的量的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，注意：D中生成氣體物質(zhì)的量與酸的物質(zhì)的量成正比，與酸的強弱無關(guān)。4．【分析】兩種物質(zhì)的化學(xué)式形式相同，可以直接通過溶度積常數(shù)比較二者的溶解度，根據(jù)溶度積常數(shù)計算溶液中的離子濃度，從溶解平衡移動的角度分析即可．【解答】解：A．CuS與FeS的化學(xué)式形式相同，可以直接通過溶度積常數(shù)比較二者的溶解度，Ksp越小，溶解度越小，故A錯誤；B、溶度積常數(shù)只與溫度有關(guān)，同溫度下，向飽和FeS溶液中加入少量Na2S固體后，Ksp（FeS）不變，故B錯誤；C、化學(xué)式相似的物質(zhì)，Ksp小的，溶解度小，易先形成沉淀，由于CuS的Ksp小，所以CuS先形成沉淀，故C錯誤；D、FeS的溶度積大于CuS的溶度積，其溶解平衡的S2﹣濃度遠大于CuS的S2﹣離子濃度，故加入FeS可以沉淀廢水中的Cu2+，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)，題目難度不大，本題注意溶度積常數(shù)的利用和理解．5．【分析】A．過程Ⅰ為斷開化學(xué)鍵的過程；B．ΔH＝反應(yīng)物鍵能總和﹣生成物鍵能總和；C．催化劑能改變反應(yīng)途徑，但不能改變反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)；D．催化劑不改變化學(xué)平衡狀態(tài)。【解答】解：A．過程Ⅰ為斷開化學(xué)鍵的過程，則過程Ⅰ吸收能量，故A錯誤；B．分解水的反應(yīng)為2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g），該反應(yīng)的焓變＝反應(yīng)物的總鍵能﹣生成物的總鍵能＝463kJ/mol×4﹣（436kJmol×2+498kJ/mol）＝+482kJ/mol，即2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g）ΔH＝+482kJ/mol，所以分解2molH2O（g）吸收482kJ能量，故B正確；C．催化劑能改變反應(yīng)途徑，但不能改變反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)，不能改變反應(yīng)的焓變，故C錯誤；D．催化劑不改變化學(xué)平衡狀態(tài)，不能增大水的分解轉(zhuǎn)化率，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查反應(yīng)熱與焓變，為高頻考點，把握反應(yīng)中能量變化、焓變與鍵能的計算關(guān)系、催化劑的作用為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意圖中化學(xué)鍵的變化，題目難度不大。6．【分析】根據(jù)圖知，若使曲線b變?yōu)榍€a，改變條件時反應(yīng)達到平衡時間縮短但反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率不變，說明改變條件時增大化學(xué)反應(yīng)速率但不影響平衡移動?！窘獯稹拷猓篈．該反應(yīng)前后氣體計量數(shù)之和不變，則壓強不影響平衡移動，增大壓強化學(xué)反應(yīng)速率加快反應(yīng)達到平衡時間縮短，但不影響平衡移動，則反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率不變，圖象符合，故A正確；B．增大N的濃度，反應(yīng)速率加快平衡正向移動，M轉(zhuǎn)化率增大，圖象不符合，故B錯誤；C．固體P不影響平衡移動也不影響反應(yīng)速率，圖象不符合，故C錯誤；D．升高溫度化學(xué)反應(yīng)速率加快且平衡逆向移動，M轉(zhuǎn)化率減小，圖象不符合，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查化學(xué)平衡影響因素，側(cè)重考查圖象分析判斷及知識綜合應(yīng)用能力，明確反應(yīng)方程式特點及外界條件對平衡影響原理是解本題關(guān)鍵，注意方程式中P是固體而不是氣體，為解答易錯點。7．【分析】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，使用勒夏特列原理時，該過程必須是可逆的，否則勒夏特列原理不適用。【解答】解：A．Fe（SCN）3溶液中加入少量KSCN固體后顏色變深，因為加入KSCN后溶液中硫氰根離子濃度增大，平衡向著生成硫氰化鐵的方向移動，溶液顏色變深，可用勒夏特列原理解釋，故A錯誤；B．存在平衡：2NO2（g）?N2O4（g），該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度后平衡逆向移動，二氧化氮濃度增大，紅棕色加深，能夠用勒夏特列原理解釋，故B錯誤；C．催化劑可以加快反應(yīng)速率，但不影響平衡，不能用勒夏特列原理解釋，故C正確；D．水的電離吸收熱量，升高溫度促進水電離，水中c（H+）增大，pH值減小，所以90℃，純水的pH＜7，能用勒夏特列原理解釋，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查勒夏特列原理，側(cè)重考查對基礎(chǔ)知識的掌握和靈活運用能力，明確勒夏特列原理內(nèi)涵、外界條件對平衡移動影響原理是解本題關(guān)鍵，注意：只有能引起平衡移動的才能用勒夏特列原理解釋，題目難度不大。8．【分析】A．能使藍色石蕊試紙變紅色的溶液呈酸性，與H+反應(yīng)的離子不能大量共存；B．c（H+）＝1×10﹣1mol?L﹣1的溶液呈酸性，在酸性條件下，如離子之間不發(fā)生任何反應(yīng)，則可大量共存；C．能使碘化鉀淀粉試紙變藍的溶液具有氧化性，具有還原性的離子不能大量共存；D．水電離出的c（H+）為1×10﹣12mol?L﹣1的溶液，水的電離受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性．【解答】解：A．能使藍色石蕊試紙變紅色的溶液呈酸性，CO32﹣與H+反應(yīng)的離子而不能大量共存，故A錯誤；B．c（H+）＝1×10﹣1mol?L﹣1的溶液呈酸性，在酸性條件下，離子之間不發(fā)生任何反應(yīng)，可大量共存，故B正確；C．能使碘化鉀淀粉試紙變藍的溶液具有氧化性，具有還原性的S2﹣不能大量共存，故C錯誤；D．水電離出的c（H+）為1×10﹣12mol?L﹣1的溶液，水的電離受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，在堿性條件下Mg2+不能大量共存，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查離子共存問題，題目難度不大，注意題中各項所給信息，此為解答該題的關(guān)鍵，也是易錯點．9．【分析】A.硫化氫為弱酸，分步電離，以第一步電離為主，溶液顯酸性；B.只有溫度不同；C.鹽酸為強酸，醋酸為弱酸，導(dǎo)電性與離子濃度、離子電荷有關(guān)；D.NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，酚酞做指示劑，滴定終點變?yōu)榧t色?！窘獯稹拷猓篈.硫化氫為弱酸，分步電離，以H2S?H++HS﹣為主，溶液顯酸性，故A正確；B.只有溫度不同，熱水中紅棕色加深，說明反應(yīng)2NO2（g）?N2O4（g）的ΔH＜0，故B正確；C.鹽酸為強酸，醋酸為弱酸，導(dǎo)電性與離子濃度、離子電荷有關(guān)，等濃度時稀鹽酸的電導(dǎo)率大于稀醋酸的電導(dǎo)率，說明稀鹽酸中一定存在的主要粒子為H+、Cl﹣，故C錯誤；D.NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，酚酞做指示劑，溶液變紅，且半分鐘不褪色，說明達到滴定終點，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、化學(xué)平衡、弱電解質(zhì)的電離、中和滴定、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意實驗的評價性分析。10．【分析】A.滴定終點時溶液為中性，酚酞的變色范圍為8～10，甲基橙的變色范圍為3.1～4.4；B.酸溶液需要選用酸式滴定管盛放；C.錐形瓶不能潤洗；D.滴定管的小刻度在上方，俯視讀數(shù)，得出的溶液體積偏小?！窘獯稹拷猓篈.用0.1000mol?L﹣1HCl溶液滴定未知濃度的NaOH溶液，滴定終點時生成NaCl，溶液呈中性，酚酞的變色范圍為8～10，甲基橙的變色范圍為3.1～4.4，可選用酚酞或甲基橙作指示劑，故A正確；B.HC溶液呈酸性，中和滴定時，需要用酸式滴定管盛裝0.1000mol?L﹣1HCl溶液，故B正確；C.用未知濃度的NaOH溶液潤洗錐形瓶2～3次，導(dǎo)致錐形瓶中氫氧化鈉的物質(zhì)的量偏大，滴定時消耗標準液的體積偏大，測定結(jié)果偏高，所以錐形瓶不能潤洗，故C錯誤；D.滴定結(jié)束時俯視酸式滴定管讀數(shù)，讀出的標準液體積偏小，導(dǎo)致測量結(jié)果偏低，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查中和滴定，明確中和滴定原理、操作方法為解答關(guān)鍵，注意掌握指示劑的選用方法及誤差分析的方法，試題側(cè)重考查學(xué)生的化學(xué)實驗?zāi)芰?，題目難度不大。11．【分析】A．濁液a中生成了氯化銀沉淀，溶液中存在沉淀溶解平衡；B．2mL0.1mol/LNaCl溶液和2mL0.2mol/LAgNO3溶液混合后硝酸銀剩余，濾液a中有剩余的硝酸銀溶液；C．實驗③是向氯化銀沉淀中滴加0.1mol/L的KI溶液，溶液中生成了黃色沉淀為AgI；D．沉淀向更難溶的方向進行?！窘獯稹拷猓篈．濁液a中生成了氯化銀沉淀，存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）?Ag+（aq）+Cl﹣（aq），故A正確；B．2mL0.1mol/LNaCl溶液和2mL0.2mol/LAgNO3溶液混合后硝酸銀剩余，濾液a中有剩余的硝酸銀溶液，過濾后的濾液中滴加0.1mol/L的NaCl溶液，生成白色沉淀，不能說明Ag+（aq）與Cl﹣（aq）的反應(yīng)是有限度的，故B錯誤；C．實驗③是向氯化銀沉淀中滴加0.1mol/L的KI溶液，溶液中生成了黃色沉淀為AgI，顏色變化說明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，故C正確；D．實驗①是2mL0.1mol/LNaCl溶液和2mL0.2mol/LAgNO3溶液混合得到氯化銀沉淀和溶液，③是向氯化銀沉淀中滴加0.1mol/L的KI溶液，溶液中生成了黃色沉淀為AgI，可以證明AgI比AgCl更難溶，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查了難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)，注意沉淀轉(zhuǎn)化為溶解度更小的物質(zhì)容易發(fā)生，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力和應(yīng)用能力，題目難度不大。12．【分析】A．CH3COO﹣水解導(dǎo)致溶液呈堿性，則c（H+）＜c（OH﹣），溶液中存在電荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）；B．常溫下pH＝7，溶液呈中性，則c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在電荷守恒c（H+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）；C．溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒判斷；D．溶液中存在物料守恒n（Na）＝n（S）?！窘獯稹拷猓篈．CH3COO﹣水解導(dǎo)致溶液呈堿性，則c（H+）＜c（OH﹣），溶液中存在電荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），則c（Na+）＞c（CH3COO﹣），水解程度較小，則溶液中存在c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A錯誤；B．常溫下pH＝7，溶液呈中性，則c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在電荷守恒c（H+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），則c（Cl﹣）＝c（NH4+），故B錯誤；C．溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故C錯誤；D．溶液中存在物料守恒n（Na）＝n（S），即c（Na+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），故D正確；故選：D?！军c評】本題考查離子濃度大小比較，側(cè)重考查分析判斷及知識綜合應(yīng)用能力，明確溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、鹽類水解原理等知識點是解本題關(guān)鍵，注意電荷守恒和物料守恒的靈活應(yīng)用，題目難度不大。13．【分析】A．v（C）＝，速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，v（A）＝v（C）；B．根據(jù)三段式，得出各物質(zhì)的濃度，再根據(jù)Qc和K比較判定是否平衡；C．△H＞0為吸熱反應(yīng)，降溫平衡逆向移動，平衡常數(shù)K減?。籇．根據(jù)三段式，得出各物質(zhì)的濃度，轉(zhuǎn)化率＝×100%；增加一種反應(yīng)物的濃度，使平衡右移可提高另一種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，據(jù)此分析判斷?！窘獯稹拷猓篈．v（C）＝＝＝0.05mol?L﹣1?min﹣1，速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，v（A）＝v（C）＝0.075mol?L﹣1?min﹣1，故A正確；B．3A（g）+B（g）?2C（g）根據(jù)三段式，設(shè)變化的物質(zhì)B為x，初始時濃度（mol?L﹣1）310變化的濃度（mol?L﹣1）3xx2x最終的濃度（mol?L﹣1）3﹣3x1﹣x2x由表中得出10分鐘時C物質(zhì)的濃度為0.5mol?L﹣1，即2x＝0.5所以x＝0.25mol?L﹣1，10分鐘時A物質(zhì)的濃度為3﹣3x＝3﹣3×0.25mol?L﹣1＝2.25mol?L﹣1，B物質(zhì)的濃度為1﹣x＝1﹣0.25mol?L﹣1＝0.75mol?L﹣1，Qc＝＝≈0.029mol?L﹣1，因K＝1，所以Qc＜K，說明未達平衡，故B錯誤；C．因為甲中10分鐘時C物質(zhì)的濃度小于乙中10分鐘時C物質(zhì)的濃度，說明乙的速率慢，溫度低，即T1＜448K，故C正確；D．由上分析得出甲中10分鐘時A的轉(zhuǎn)化率為×100%＝＝25%；又因Qc＜K，v正＜v逆，反應(yīng)向右進行，所以當(dāng)達到化學(xué)平衡狀態(tài)時A的轉(zhuǎn)化率大于25%；丙為相同溫度下，充入的B為2mol?L﹣1，相當(dāng)于在甲中又充入了1mol?L﹣1的B物質(zhì)，增加B提高了A的轉(zhuǎn)化率，所以丙中達到化學(xué)平衡狀態(tài)時A的轉(zhuǎn)化率大于25%，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查了化學(xué)反應(yīng)速率的計算和化學(xué)平衡狀態(tài)的知識點，為高頻考點，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計算能力的考查，注意把握該題計算的思路，把握外界條件下對平衡移動的影響，難度中等。14．【分析】A．根據(jù)蓋斯定律：①﹣②得CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）；B．催化劑可以降低反應(yīng)的活化能；C．反應(yīng)①是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強，平衡正向移動；D．0～240℃，升高溫度，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，但甲醇的選擇性下降。【解答】解：A．根據(jù)蓋斯定律：①﹣②得CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）ΔH＝（﹣49.4﹣41.2）kJ/mol＝﹣90.6kJ/mol，故A正確；B．使用催化劑能降低反應(yīng)的活化能，增大活化分子的百分數(shù)，加快反應(yīng)速率，故B正確；C．反應(yīng)①是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強，平衡正向移動，即向生成CH3OH的方向移動，故C正確；D．0～240℃，升高溫度，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，但甲醇的選擇性下降，說明對反應(yīng)②速率的影響比對反應(yīng)①的大，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查化學(xué)平衡的影響因素、熱化學(xué)方程式，側(cè)重考查學(xué)生分析能力，掌握蓋斯定律、勒夏特列原理是解題的關(guān)鍵，題目難度中等。15．【分析】A．NO是無色氣體、NO2是紅棕色氣體；B．常溫下Fe和濃硝酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象；C．根據(jù)Ⅲ中現(xiàn)象，說明構(gòu)成原電池，在Fe、Cu之間連接電流計，通過電流計指針偏轉(zhuǎn)，可以判斷原電池的正負極；D．對比I、Ⅱ的現(xiàn)象，F(xiàn)e與稀硝酸反應(yīng)生成NO，而Fe與濃硝酸反應(yīng)生成二氧化氮且迅速被鈍化。【解答】解：A．NO是無色氣體、NO2是紅棕色氣體，F(xiàn)e和稀硝酸反應(yīng)生成無色的NO，但NO不穩(wěn)定，被空氣氧化生成紅棕色的二氧化氮，所以Ⅰ中氣體由無色變紅棕色的化學(xué)方程式為：2NO+O2═2NO2，故A正確；B．常溫下Fe和濃硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成一層致密的氧化物薄膜而阻止進一步被氧化，該現(xiàn)象為鈍化現(xiàn)象，II說明Fe表面形成致密的氧化層，阻止Fe進一步反應(yīng)，故B正確；C．根據(jù)Ⅲ中現(xiàn)象，說明構(gòu)成原電池，在Fe、Cu之間連接電流計，通過電流計指針偏轉(zhuǎn)，可以判斷原電池的正負極，進而判斷Fe是否被氧化，故C正確；D．對比I、Ⅱ的現(xiàn)象，F(xiàn)e與稀硝酸反應(yīng)生成NO，而Fe與濃硝酸反應(yīng)生成二氧化氮且迅速被鈍化，說明濃硝酸的氧化性強于稀硝酸，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題以Fe和濃硝酸、稀硝酸的反應(yīng)為載體考查化學(xué)實驗方案評價，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生觀察、分析判斷能力，明確實驗原理、物質(zhì)的性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意：Fe和濃硫酸、濃硝酸都發(fā)生鈍化現(xiàn)象，題目難度不大。二、非選擇題（共55分）16．【分析】（1）水的電離過程為吸熱反應(yīng)；（2）pH＝3的HCl溶液中，c（H+）＝10﹣3mol/L；（3）pH＝13的NaOH溶液c（OH﹣）＝0.1mol/L，pH＝2的稀鹽酸c（H+）＝0.01mol/L?！窘獯稹拷猓海?）電離過程中有化學(xué)鍵的斷裂，電離吸熱的，溫度升高電離平衡向正向移動，故答案為：＞；水的電離是吸熱的，溫度升高，平衡正向移動，Kw增大；（2）pH＝3的HCl溶液中，c（H+）＝10﹣3mol/L，水電離出的c水（H+）＝c水（OH﹣）＝＝10﹣11mol/L，故答案為：10﹣11mol/L；（3）pH＝13的NaOH溶液c（OH﹣）＝0.1mol/L，pH＝2的稀鹽酸c（H+）＝0.01mol/L等體積混合，NaOH過量，故溶液顯堿性，故答案為：＞?！军c評】本題考查弱電解質(zhì)的電離，側(cè)重考查學(xué)生酸堿混合溶液pH的計算的掌握情況，試題難度中等。17．【分析】（1）常溫下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定10mL0.1mol/LCH3COOH溶液，滴定過程的反應(yīng)為：CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H2O，V（NaOH）＝10mL時恰好完全反應(yīng)，則a點為0.1mol/LCH3COOH溶液，c點為0.05mol/L的CH3COONa溶液，a點至c點的過程中，水電電離程度逐漸增大；（2）準確量取10.00mL醋酸溶液樣品，加入蒸餾水至總體積為100.00mL，取其中20.00mL進行滴定實驗，即取樣品中的進行滴定實驗，表1中實驗誤差較大的數(shù)據(jù)為無效數(shù)據(jù)，應(yīng)舍去，再根據(jù)表1的有效數(shù)據(jù)計算消耗的NaOH溶液的平均體積V（NaOH），根據(jù)CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H2O可知，稀釋后的20.00mL樣品中醋酸的物質(zhì)的量為c（NaOH）×V（NaOH），則稀釋前的10.00mL醋酸溶液樣品中醋酸的物質(zhì)的量為n（CH3COOH）＝5×c（NaOH）×V（NaOH），該醋酸溶液樣品中醋酸的含量是＝，據(jù)此進行誤差分析和計算；（3）在一定溫度下，當(dāng)弱電解質(zhì)的電離達到平衡狀態(tài)時，溶液中電離產(chǎn)生的各種離子濃度的乘積與溶液中未電離的弱電解質(zhì)分子濃度的比值是一個常數(shù)，這個常數(shù)叫做電離平衡常數(shù)，通常用Ka表示弱酸的電離常數(shù)，弱酸的Ka越大，則電離程度越大，酸性越強，酸根離子結(jié)合氫離子的能力越弱，據(jù)此結(jié)合表格的電離平衡常數(shù)解答?！窘獯稹拷猓海?）①a點為0.1mol/LCH3COOH溶液，CH3COOH是弱電解質(zhì)，在溶液中存在電離平衡：CH3COOH?CH3COO﹣+H+，則0.1mol/LCH3COOH溶液中c（H+）＜0.1mol/L，故a點溶液的pH＞1，故答案為：＞；CH3COOH?CH3COO﹣+H+；②用0.1mol/LNaOH溶液滴定10mL0.1mol/LCH3COOH溶液，滴定過程的反應(yīng)為：CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H2O，V（NaOH）＝10mL時恰好完全反應(yīng)，故b點溶液中的溶質(zhì)為CH3COOH、CH3COONa，故答案為：CH3COOH、CH3COONa；③c點溶液中的溶質(zhì)為CH3COONa，由物料守恒可知，c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝＝0.05mol/L，故c點c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＜0.1mol/L，故答案為：＝；＜；④CH3COOH的電離抑制水的電離，CH3COONa中CH3COO﹣的水解能促進水電電離，故a、b、c三點中，水的電離程度最大的點為c，故答案為：c；（2）①A．滴定前用待滴定的醋酸溶液潤洗錐形瓶，則消耗的NaOH溶液的體積V（NaOH）偏大，測定結(jié)果偏高，故A錯誤；B．在振蕩錐形瓶時不慎將瓶內(nèi)溶液淺出，損耗醋酸，則消耗的NaOH溶液的體積V（NaOH）偏小，測定結(jié)果偏低，故B正確；C．若在滴定過程中不慎將數(shù)滴堿液滴錐形瓶外，則消耗的NaOH溶液的體積V（NaOH）偏大，測定結(jié)果偏高，故C錯誤；D．用蒸餾水洗滌堿式滴定管后即使用，沒有用堿液潤洗，NaOH溶液被稀釋，則消耗的NaOH溶液的體積V（NaOH）偏大，測定結(jié)果偏高，故D錯誤；故答案為：B；②表1中編號2的V（NaOH）明顯大于其他三組，實驗誤差較大，為無效數(shù)據(jù)，根據(jù)表1中的有效數(shù)據(jù)，消耗的NaOH溶液的平均體積V（NaOH）＝×（23.99+24.01+14.00）mL＝24.00mL，由分析可知，該醋酸溶液樣品中醋酸的物質(zhì)的量為n（CH3COOH）＝5×c（NaOH）×V（NaOH）＝5×0.1000mol?L﹣1×0.024L＝0.012mol，該醋酸溶液樣品中醋酸的含量是＝＝＝72g/L，故答案為：24.00；72；（3）①電離平衡常數(shù)為溶液中弱電解質(zhì)電離產(chǎn)生的各種離子平衡濃度的乘積與溶液中未電離的弱電解質(zhì)分子平衡濃度的比值，CH3COOH的電離平衡常數(shù)表達式Ka＝，故答案為：；②弱酸根離子水解產(chǎn)生OH﹣，使溶液呈堿性，由表格可知，Ka（HClO）＜Ka1（H2CO3）＜Ka（CH3COOH），則ClO﹣、HCO3﹣、CH3COO﹣結(jié)合氫離子的能力依次減弱，即ClO﹣、HCO3﹣、CH3COO﹣的水解程度依次減小，故25℃時，濃度均為0.1mol/L的CH3COONa溶液、NaHCO3溶液、NaClO溶液的堿性由大到小的排序是：NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，故答案為：NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa；③25℃時，若初始時次氯酸溶液中HClO的物質(zhì)的量濃度為0.1mol/L，達到電離平衡時溶液中c（H+）≈c（ClO﹣），則Ka（HClO）＝≈＝4.0×10﹣8，故c（H+）＝mol/L＝2×10﹣4.5mol/L，故答案為：2×10﹣4.5mol/L；④由表格可知，Ka2（H2CO3）＜Ka（HClO）＜Ka1（H2CO3）＜Ka（CH3COOH），則CO32﹣、ClO﹣、HCO3﹣、CH3COO﹣結(jié)合氫離子的能力依次減弱，根據(jù)強酸制弱酸的原則：A.HClO+CH3COONa═CH3COOH+NaClO不可能發(fā)生，故A錯誤；B.CH3COOH+Na2CO3═NaHCO3+CH3COONa可能發(fā)生，故B正確；C.CO2通入NaClO溶液的反應(yīng)為：CO2+H2O+NaClO═NaHCO3+HClO，故C錯誤；D.CH3COOH+NaHCO3═CH3COONa+H2O+CO2↑可能發(fā)生，故D正確；故答案為：BD?！军c評】本題考查中和滴定實驗，題目難度中等，關(guān)鍵是掌握中和滴定實驗的原理、弱電解質(zhì)的電離平衡、電離平衡常數(shù)的含義，還涉及水的電離平衡和鹽類的水解，需要學(xué)生具有扎實的基礎(chǔ)與綜合運用分析解決問題的能力。18．【分析】（1）①因為該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進行完全；②在一定條件下，N2（g）和H2（g）反應(yīng)生成0.2molNH3（g），放出9.24kJ的熱量，則生成2molNH3（g），放出92.4kJ的熱量；③假設(shè)1molN﹣H鍵斷裂吸收的能量約等于xkJ，則有945+3×436﹣6x＝﹣92.2；（2）已知：①2CO（g）+4H2（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣206.0kJ/mol，②2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g），ΔH2＝﹣24.0kJ?mol﹣1根據(jù)蓋斯定律，由（①﹣②）得甲醇合成反應(yīng)的熱化學(xué)方程式CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）；①圖1中，溫度一定，增大壓強，主反應(yīng)平衡不移動，副反應(yīng)平衡逆向移動；②圖2中，溫度高于265℃后，主反應(yīng)ΔH＜0，升高溫度平衡逆向移動，副反應(yīng)ΔH＞0?！窘獯稹拷猓海?）①因為該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進行完全，所以若起始時向容器內(nèi)放入2molN2和6molH2，達平衡后放出的熱量為Q比184.4kJ少，故答案為：＜；②在一定條件下，N2（g）和H2（g）反應(yīng)生成0.2molNH3（g），放出9.24kJ的熱量，則生成2molNH3（g），放出92.4kJ的熱量，熱化學(xué)方程式為：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）ΔH＝?92.4kJ/mol；生成2molNH3（g），放出92.4kJ的熱量，反應(yīng)物的能量高，生成物的能量低，如圖：，故答案為：；③假設(shè)1molN﹣H鍵斷裂吸收的能量約等于xkJ，則有945+3×436﹣6x＝﹣92.2，x＝391kJ，故答案為：391；（2）已知：①2CO（g）+4H2（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣206.0kJ/mol，②2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g），ΔH2＝﹣24.0kJ?mol﹣1根據(jù)蓋斯定律，由（①﹣②）得甲醇合成反應(yīng)的熱化學(xué)方程式CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）ΔH＝（ΔH1﹣ΔH2）＝﹣91.0kJ?mol﹣1，故答案為：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）ΔH＝﹣91.0kJ?mol﹣1；①圖1中，溫度一定，增大壓強，主反應(yīng)平衡不移動，副反應(yīng)平衡逆向移動，所以二甲醚選擇性增大，故答案為：增大壓強，主反應(yīng)平衡不移動，副反應(yīng)平衡逆向移動，所以二甲醚選擇性增大；②圖2中，溫度高于265℃后，主反應(yīng)ΔH＜0，升高溫度平衡逆向移動，副反應(yīng)ΔH＞0，升高溫度平衡正向移動，所以二甲醚選擇性降低，故答案為：主反應(yīng)ΔH＜0，升高溫度平衡逆向移動，副反應(yīng)ΔH＞0，升高溫度平衡正向移動，所以二甲醚選擇性降低?！军c評】本題考查反應(yīng)中的能量變化和化學(xué)平衡，側(cè)重考查學(xué)生焓變和平衡移動的掌握情況，試題難度中等。19．【分析】（1）AgOCN與NH4Cl在一定條件下反應(yīng)制得CO（NH2）2和AgCl；（2）a.由圖可知，反應(yīng)i的活化能是E1，反應(yīng)ii的活化能是E3；b.從圖中反應(yīng)物和生成物能量的相對大小可看出i為放熱反應(yīng)，ii為吸熱反應(yīng)；c.由圖可知，總反應(yīng)的ΔH＝E1﹣E2+E3﹣E4；（3）①電解池中陽離子移向陰極；②電解過程中陰極上、CO2得到電子生成尿素；（4）①消化液中加入濃NaOH溶液反應(yīng)生成氨氣；②由圖可知，尿素樣品在濃硫酸等物質(zhì)的作用下消化分解得到，接著加入濃NaOH溶液與反應(yīng)生成NH3，再將生成的NH3蒸餾用過量的硫酸吸收，最后用標準NaOH溶液中和剩余的硫酸。【解答】解：（1）AgOCN與NH4Cl在一定條件下反應(yīng)制得CO（NH2）2和AgCl，依據(jù)原子守恒，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是AgOCN+NH4Cl＝CO（NH2）2+AgCl，故答案為：AgOCN+NH4Cl＝CO（NH2）2+AgCl；（2）a.由圖可知，反應(yīng)i的活化能是E1，反應(yīng)ii的活化能是E3，E1＜E3，即活化能：反應(yīng)i＜反應(yīng)