【20套精选试卷合集】贵州省遵义市绥阳中学2019-2020学年高考化学模拟试卷含答案

高考模拟理综试卷化学试题及答案一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（6分）（2013•达州一模）下列关于物质分类的正确组合是（）碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物组合分类A 纯碱盐酸烧碱氧化铝二氧化硫B 烧碱硫酸食盐氧化铁二氧化氮C 苛性钠石炭酸硫酸铵过氧化钠二氧化硅D 苛性钾硬脂酸小苏打氧化钙五氧化二磷A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．专题：物质的分类专题．分析：碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物．酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物，盐指电离时生成金属阳离子（或NH4+）和酸根离子的化合物．碱性氧化物指与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物．（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）．酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）．解答：解：A．纯碱是碳酸钠，属于盐不是碱；盐酸是氯化氢水溶液，为混合物，酸为纯净物；烧碱属于碱，不是盐；氧化铝为两性氧化物，不属于碱性氧化物；二氧化硫是酸性氧化物，故A错误；B．烧碱是氢氧化钠，属于碱；硫酸属于酸；氯化钠属于盐；氧化铁为碱性氧化物；二氧化氮和碱作用生成两种盐和水，所以二氧化氮不是酸性氧化物，故B错误；C．苛性钠是氢氧化钠，属于碱；石炭酸是苯酚是有机酚，显酸性，不是酸；硫酸铵属于盐；过氧化钠，是过氧化物，不属于碱性氧化物；二氧化硅是酸性氧化物，故C错误；D．苛性钾是氢氧化钾，属于碱；硬脂酸是有机酸，属于酸；小苏打是碳酸氢钠是盐；氧化钙属于碱性氧化物；五氧化二磷与水化合为磷酸，属于酸性氧化物，故D正确；故选D．点评：本题考查物质的分类，了解常见物质的组成、物质的名称、分类，抓住各概念的特征进行分析判断是解答此类题的关键，属基础知识考查题，难度不大．2．（6分）（2013•达州一模）下列有关说法不正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（）A．向硫酸酸化的MnO4溶液中滴加BaCl2溶液，会产生白色沉淀和黄绿色气体B．室温下，42.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数为3NAC．C O32﹣离子的VSEPR模型为平面三角形D．19.5gNa2O2投入过量的水中，反应中转移的电子数为0.5NA考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析： A、酸化的高锰酸钾溶液具有强氧化性可以把氯离子氧化为氯气，加入的硫酸和和钡离子形成硫酸钡沉淀；B、乙烯和丁烯最简式相同为CH2，只需要计算42.0gCH2中碳原子数即可；C、VSEPR模型为平面三角形中心原子的价层电子对数是3．价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对；D、依据n=计算物质的量结合化学方程式中过氧化钠反应自身氧化还原计算；解答：解：A、酸化的高锰酸钾溶液具有强氧化性可以把氯离子氧化为氯气，加入的硫酸和和钡离子形成硫酸钡沉淀；会产生白色沉淀和黄绿色气体，故A正确；B、42.0g乙烯和丁烯的混合气体中，乙烯和丁烯最简式相同为CH2，只需要计算42.0gCH2中碳原子数即可；含有的碳原子数=×NA=3NA，故B正确C、价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对；CO32﹣离子中碳原子的价层电子对数为3，所以CO32﹣离子的VSEPR模型为平面三角形，故C正确；D、19.5gNa2O2物质的量为0.25mol，投入过量的水中发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2mol过氧化钠反应转移电子物质的量为2mol，则0.25mol过氧化钠反应转移电子数为0.25mol×NA，故D错误；故选D．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查氧化还原反应错误判断，质量换算物质的量计算微粒数的方法，离子构型的判断需要掌握计算依据，掌握基础是关键，题目难度中等．3．（6分）（2013•达州一模）下列离子方程式书写不正确的是（）A．向100mL 1 mol/L溴化亚铁溶液中通入标准状况下的2.24L氯气：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl ﹣B．硫酸亚铁溶液与稀硫酸、双氧水混合：Fe2++H2O2+2H+=Fe3++2H2OC．碳酸钙溶于硝酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OD．碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析： A．等量的溴化亚铁和氯气反应，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化；B．电子不守恒、电荷不守恒；C．反应生成硝酸钙、水、二氧化碳；D．氢氧化钙少量，完全反应，反应生成碳酸钙、碳酸钠、水．解答：解：A．向100mL 1 mol/L溴化亚铁溶液中通入标准状况下的2.24L氯气，由电子守恒可知离子反应为2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣，故A正确；B．硫酸亚铁溶液与稀硫酸、双氧水混合的离子反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故B错误；C．碳酸钙溶于硝酸的离子反应为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故C正确；D．碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应，氢氧化钙少量，完全反应，则离子反应为2HCO3﹣+Ca2++2OH ﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，故D正确；故选B．点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，选项A为解答的难点，注意与量有关的离子反应及氧化还原反应即可解答，题目难度中等．4．（6分）（2013•达州一模）难溶物BaSO4在水中的溶解平衡可表示为：BaSO4（s）⇌Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）．其溶度积常数sp=C（Ba2+）•C（SO42﹣），某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法正确的是（）A．d点无BaSO4沉淀生成B．加入Na2SO4可以使溶液由a点变到b点C．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点D．a点对应的sp大于c点对应的sp考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态，A、d点表示Qc＜sp，溶液不饱和；B、加人Na2SO4后平衡逆向移动，但仍在线上移动；C、蒸发使离子浓度增大，d点不可能到c点；D、sp与温度有关，a和c的sp相等．解答：解：A、d点表示Qc＜sp，溶液不饱和，不会有沉淀析出，故A正确；B、硫酸钡溶液中存在溶解平衡：BaSO4（s）⇌Ba2+（aq）+SO42﹣（aq），a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，平衡左移，c（SO42﹣）增大，c（Ba2+）降低，故B错误；C、d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c（SO42﹣）、c（Ba2+）均增大，不可以使溶液由d点变到c点，故C错误；D、sp是一常数，温度不变，sp不变，在曲线上的任意一点sp都相等，故D错误．故选：A．点评：本题考查沉淀溶解平衡，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积SP的概念，题目难度中等．5．（6分）（2013•达州一模）常温下，下列溶液中各微粒浓度关系不正确的是（）A．P H相等的①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3溶液中，C（Na+）大小关系：①＞③＞②B．向氨水中滴加稀硫酸至溶液呈中性：C（NH4+）＞C（SO42﹣）＞C（OH﹣）=C（H+）C．向1L 0.1mol/L的NaOH溶液中通入6.6gCO2：2C（Na+）=3[C（CO32﹣）+C（HCO3﹣）+C（H2CO3）] D．C H3COONa溶液中加入少量NO3后的碱性溶液一定有：C（Na+）+C（H+）=C（CH3COO﹣）+C（OH ﹣）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．专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析： A．阴离子水解程度大小关系是CH3COO﹣＜HCO3﹣＜C6H5O﹣，等pH的这三种盐溶液，阴离子水解程度越大的其溶液的浓度越小；B．溶液呈中性，则C（OH﹣）=C（H+），根据电荷守恒判断铵根离子和硫酸根离子浓度关系；C．先判断溶液中的溶质再根据物料守恒判断；D．根据电荷守恒判断．解答：解：A．阴离子水解程度大小关系是CH3COO﹣＜HCO3﹣＜C6H5O﹣，等pH的这三种盐溶液，盐浓度大小顺序是：①＞③＞②，所以C（Na+）大小关系：①＞③＞②，故A正确；B．溶液呈中性，则C（OH﹣）=C（H+），溶液中存在电荷守恒C（NH4+）+C（H+）=2C（SO42﹣）+C（OH﹣），所以C（NH4+）=2C（SO42﹣），故B正确；C．氢氧化钠的物质的量是0.1mol，n（CO2）=，氢氧化钠和二氧化碳的物质的量之比是0.1mol：0.15mol=2：3，所以二氧化碳和氢氧化钠发生的反应为CO2+NaOH=NaHCO3，二氧化碳有剩余，溶液中的溶质是碳酸氢钠，根据物料守恒得C（Na+）=C（CO32﹣）+C（HCO3﹣）+C（H2CO3），故C错误；D．溶液中存在电荷守恒C（Na+）+C（H+）+c（+）=C（CH3COO﹣）+C（OH﹣）+C（NO3﹣），硝酸钾是强酸强碱盐，则c（+）=C（NO3﹣），所以得C（Na+）+C（H+）=C（CH3COO﹣）+C （OH﹣），故D正确；故选C．点评：本题考查离子浓度大小的比较，根据物料守恒和电荷守恒来分析解答，易错选项是C，明确溶液中的溶质是解该选项的关键，难度较大．6．（6分）（2013•达州一模）NO、NO2、O2按照一定比例通入水中，能被完全吸收，无剩余气体，若NO、NO2、O2的气体体积分别为a、b、c、则a：b：c可能为（）A．1：5：2 B．2：5：1 C．5：1：2 D．5：2：1考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响．专题：氮族元素．分析：根据反应后无剩余气体，即全部生成了硝酸，根据反应中电子得失守恒：n（NO）×3+n（NO2）=n （O2）×4来判断即可．解答：解：A．NO、NO2、O2的气体体积比为1：5：2，物质的量之比为1：5：2，此时1×3+5=2×4，故A正确；B．NO、NO2、O2的气体体积比为2：5：1，物质的量之比为2：5：1，此时2×3+5≠1×4，故B 错误；C．NO、NO2、O2的气体体积比为5：1：2，物质的量之比为5：1：2，此时5×3+1≠2×4，故C 错误；D．NO、NO2、O2的气体体积比为5：2：1，物质的量之比为5：2：1，此时5×3+2≠1×4，故D 错误；故选A．点评：本题主要考查了氧化还原反应规律的应用，掌握反应中电子得失守恒是解题的关键．7．（6分）（2013•达州一模）一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中充入1mol PCl5（g），发生反应：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）△H=+Q J/mol维持容器温度不变，测得容器内压强随反应时间的变化如图所示．下列说法正确的是（）A．3s内的平均速率为：V（PCl3）=0.1mol•L﹣1•min﹣1B．达到平衡时放出0.6QJ热量C．其他条件不变，再向容器中充入1molPCl5（g），则达新平衡时，C（PCl5）＞0.4mol•L﹣1D．其他条件不变，增大PCl5的浓度，平衡常数减小考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析： A．恒温、恒容的密闭容器中，气体的物质的量之比等于压强之比，根据压强之间的关系式结合差量法计算生成的PCl3的物质的量，再根据V（PCl3）=计算；B．该反应是吸热反应；C．平衡体系中再加入1mol的PCl5，重新到达平衡状态，可以等效为开始加入2mol的PCl5，体积增大为原来的2倍，达平衡（该平衡与原平衡等效）后再将体积压缩到原来大小，与原平衡相比，积压缩压强增大平衡状态，平衡向体积减小的方向移动，即向逆反应方向移动；D．平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关．解答：解：A．恒温、恒容的密闭容器中，气体的物质的量之比等于压强之比，则平衡时混合气体的物质的量为1.6mol，气体的物质的量增大（1.6﹣1）mol=0.6mol，设生成PCl3的物质的量为x，PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）气体增加的物质的量1mol 1molx 0.6molx==0.6mol，V（PCl3）===0.1mol/（L．s），时间单位是S不是min，故A错误；B．该反应是吸热反应不是放热反应，当气体增加1mol时吸收的热量是QJ，则气体增加0.6mol时吸收的热量是0.6QJ，故B错误；C．平衡体系中再加入1mol的PCl5，重新到达平衡状态，可以等效为开始加入2mol的PCl5，体积增大为原来的2倍，达平衡（该平衡与原平衡等效）后再将体积压缩到原来大小，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，则平衡浓度大于原来的两倍，故C正确；D．温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选C．点评：本题考查化学平衡、等效平衡思想的利用，难度中等，注意C中等效平衡思想，把一个平衡的建立设计成多步进行，使问题简单化．二、问答题（满分58分）8．（16分）（2013•达州一模）有A、B、C、D、E五种短周期元素，其中A元素和B元素的原子都有一个未成对电子，A+比B﹣少一个电子层，B原子得一个电子后3p轨道全充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价与最低化合价代数和为4；E元素的基态原子核外有六种运动状态的电子．请回答下列问题：（1）A元素的简单离子基态时的电子排布式为1s22s22p6R是由C元素与氢元素两种元素形成的18电子分子，R的电子式为（2）CB3分子的空间构型是三角锥型，其中心原子的杂化类型是sp3（3）由D、E、C三元素可形成共价化合物（DEC）2（分子中各原子均达8电子稳定结构），每个分子中含5个δ键．（4）E的一种低价氧化物与充入二氧化碳的空气和熔融碳酸钾可构成燃料电池．则该燃料电池的负极反应为CO+CO32﹣﹣2e﹣=2CO2正极反应为O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣（5）1.2gE的单质在标准状况下的1.68L氧气中燃烧，至反应物耗尽，放出J热量．则1molE与O2反应生成E的低价氧化物时的热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣（20﹣Y）kJ/mol（已知：E的燃烧热为Y J/mol）考点：原子结构与元素周期率的关系；原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．专题：原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．分析：有A、B、C、D、E五种短周期元素，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B为Cl 元素；B﹣离子为Cl﹣离子，A+比B﹣少一个电子层，A+为Na+离子，A为Na元素；C原子的p 轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为ns2np3，是第ⅤA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第ⅥA族元素，故D为S元素，E元素的基态原子核外有六种运动状态的电子，即核外电子数为6，故E为C元素，据此解答．解答：解：有A、B、C、D、E五种短周期元素，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B 为Cl元素；B﹣离子为Cl﹣离子，A+比B﹣少一个电子层，A+为Na+离子，A为Na元素；C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为ns2np3，是第ⅤA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第ⅥA族元素，故D为S元素，E元素的基态原子核外有六种运动状态的电子，即核外电子数为6，故E为C元素，（1）A元素的简单离子为Na+，基态时的电子排布式为1s22s22p6，R是由N元素与氢元素两种元素形成的18电子分子，R为N2H4，电子式为，故答案为：1s22s22p6；；（2）CB3分子为NCl3，分子中N原子成3个N﹣Cl键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，为三角锥型，N原子采取sp3杂化，故答案为：三角锥型；sp3；（3）D、E、C三元素形成共价化合物为（SCN）2，分子中各原子均达8电子稳定结构，结构简式为N≡C﹣S﹣S﹣C≡N，故每个分子中含5个δ键，故答案为：5；（4）E的一种低价氧化物CO与充入二氧化碳的空气和熔融碳酸钾可构成燃料电池，原电池负极发生氧化反应，CO在负极通入，CO被氧化，在熔融碳酸钾中生成CO2，电极反应式为：CO+CO32﹣﹣2e﹣=2CO2，正极发生还原反应，氧气再正极通入，二氧化碳参与的反应生成CO32﹣，电极反应式为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣，故答案为：CO+CO32﹣﹣2e﹣=2CO2；O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣；（5）1.2g碳的物质的量为=0.1mol，标准状况下的 1.68L氧气的物质的量为=0.075mol，所以n（C）：n（O）=0.1mol：0.075mol×2=1：1.5，故燃烧生成物为CO、CO2，令CO、CO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据C原子守恒有x+y=0.1，根据O原子守恒有x+2y=0.075×2，联立方程，解得x=0.05，y=0.05，碳的燃烧热为Y J/mol，故生成0.05molCO2放出的热量为0.05mol×Y kJ/mol=0.05YkJ，故生成0.05molCO放出的热量为kJ﹣0.05YkJ=（﹣0.05Y）kJ，故1mol碳燃烧生成CO放出的热量为（﹣0.05Y）kJ×=（20﹣Y）kJ，故1mol碳与O2反应生成CO时的热化学方程式为：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣（20﹣Y）kJ/mol，故答案为：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣（20﹣Y）kJ/mol．点评：本题以元素推断题为载体，考查核外电子排布规律、分子空间构型与杂化轨道、化学键、原电池、反应热的以计算与热化学反应方程式书写等，题目较为综合，难度中等，推断元素是解题关键，是对学生综合能力的考查．9．（14分）（2013•达州一模）达州市渠县境内含有丰富的深层地下食盐资源，食盐是日常生活中的必需品，也是重要的化工原料．（1）经测定该县深层地下粗盐中含有少量+、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质离子，某研究性学习小组在实验室提纯NaCl的流程如下：所提供的试剂：饱和Na2CO3溶液、饱和2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液、75%乙醇溶液、CCl4，仪器及用品自选．①欲除去溶液中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣，选出a操作中所代表的试剂，按滴加顺序依次为BaCl2、NaOH、Na2CO3（只填化学式），b步操作的名称是冷却结晶．②洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量Cl，应选用试剂是75%乙醇，用PH试纸测定滤液ⅡPH值的方法是用玻璃棒蘸取少许滤液Ⅱ滴在pH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定滤液Ⅱ的酸碱度，．（2）用提纯的NaCl配制500mL，2.5mol•L﹣1的NaCl溶液，所需仪器除烧杯，托盘天平（砝码和镊子），药匙，玻璃棒外，还需要500ml容量瓶、胶头滴管（填仪器名称），应称取NaCl73.1g（3）下列操作会导致所配NaCl溶液浓度偏高的是CEA、定容完毕后，盖塞，摇匀，再将容量瓶置于实验台上，发现液面低于刻度线，再添加蒸馏水至刻度线．B、未将洗涤烧杯内壁的溶液转入容量瓶．C、定容时，俯视刻度线．D、转移溶液之前，容量瓶内有少量蒸馏水．E、称量时，天平指针指向左盘．考点：粗盐提纯；配制一定物质的量浓度的溶液．专题：实验题．分析：（1）①把杂质转化为沉淀或气体除去，除钙离子用碳酸根，除镁离子用氢氧根，除硫酸根用钡离子．要注意除杂质的顺序，后加的试剂最好能把前面先加是过量试剂除掉；根据浓溶液冷却结晶可得晶体；②根据有机物的性质以及氯化钾在有机物中的溶解度知识来回答；根据PH试纸的使用方法；（2）据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；根据m=cvM计算NaCl的质量；（3）根据c=分析操作对所配溶液的浓度的影响．解答：解：（1）①要除去SO42﹣，只有选BaCl2溶液，若选用Ba（NO3）2，会引入新的离子NO3﹣，再选用NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+溶液，最后选用Na2CO3溶液除去Ca2+，此处不能选用2CO3溶液，否则会引入新的+，再用HCl除去过量的CO32﹣，Na2CO3溶液不能加在BaCl2溶液前，否则会引入Ba2+；浓溶液冷却结晶可得晶体，所以b步操作的名称是冷却结晶，故答案为：BaCl2、NaOH、Na2CO3；冷却结晶；②除去NaCl晶体表面的少量的Cl，应选用75%的乙醇，因为CCl4有毒，同时Cl也不会溶解在CCl4中；用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许滤液Ⅱ滴在pH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定滤液Ⅱ的酸碱度，故答案为：75%乙醇；用玻璃棒蘸取少许滤液Ⅱ滴在pH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定滤液Ⅱ的酸碱度；（2）溶液配制步骤为：一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、筒量（可用、也可不用）、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，需要NaCl的质量为2.5mol•L﹣1×0.5L×58.5g/mol=73.1g，故答案为：500ml容量瓶、胶头滴管；73.1；（3）A、定容完毕后，盖塞，摇匀，再将容量瓶置于实验台上，发现液面低于刻度线，再添加蒸馏水至刻度线，溶液的体积偏大，使所配溶液的浓度偏低，故A错误；B、未将洗涤烧杯内壁的溶液转入容量瓶，溶质的质量偏小，使使所配溶液的浓度偏低，故B错误；C、定容时，俯视刻度线，溶液的体积偏小，使所配溶液的浓度偏大，故C正确；D、转移溶液之前，容量瓶内有少量蒸馏水，对溶液的体积无影响，所配溶液的浓度不变，故D错误；E、称量时，天平指针指向左盘，溶质的质量偏大，使使所配溶液的浓度偏大，故E正确；故答案为：CE．点评：本题主要考查了在粗盐提纯的过程中所选用除杂、溶液的配制及误差分析，除去杂质不要引入新的杂质，对于实验过程中过量的试剂都要除去．10．（12分）（2013•达州一模）煤化工中常需研究不同温度下平衡常数、投料比及热值等问题．已知：CO （g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）平衡常数随温度的变化如下表：温度/℃400 500 800平衡常数9.94 9 1试回答下列问题（1）上述正向反应是放热反应（填“放热”或“吸热”）（2）要使上述反应的逆反应速率增大且平衡正反应方向移动，下列措施不可行的有ACDA、加入催化剂B、增大CO的物质的量以提高体系的压强C、降低温度D、减小H2的浓度（3）向某密闭容器中充入2molCO和4molH2O（g），发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），当反应达平衡时，CO的体积分数为，若维持容器的体积和温度不变，起始物质按下列四种配比充入该容器中，达到平衡时CO的体积分数不等于的有BCA、1molCO（g）+4molH2O+2molCO2（g）+2molH2（g）B、2molCO（g）+2molH2O+2molCO2（g）+2molH2（g）C、1molCO（g）+3molH2O+0.8molCO2（g）+0.8molH2（g）D、1molCO（g）+3molH2O+1molCO2（g）+1molH2（g）（4）若反应在800℃时进行，设起始CO和H2O（g）共为5mol，水蒸气的体积分数为；平衡时CO的转化率为y，则y随x变化的函数关系式为y=x（5）在VL密闭容器中通入10mol CO和10mol水蒸气，在T℃达到平衡，然后急速通过碱石灰，将所得混合气体燃烧，测得放出的热量为2845J（已知CO燃烧热为283J/mol，H2燃烧热为286J/mol），则T℃平衡常数=1，T=1073（0℃时T=273）考点：化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；等效平衡；化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：（1）由表可知，温度越高，平衡常数越小，反应进行程度越小，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热方向移动；（2）逆反应速率增大且平衡正反应方向移动；A、加入催化剂只改变反应速率不改变化学平衡；B、增大CO的物质的量以提高体系的压强，反应是气体物质的量不变的反应，增大一氧化碳物质的量平衡正向进行，容器内气体物质的量增大，压强增大；C、反应是放热反应，降温，正逆反应速率减小平衡正向进行；D、减小氢气浓度，平衡正向进行，但正逆反应速率速率减小；（3）此题考查判断全等平衡的方法，一般是将物质全部靠到一边进行极限转化，再与原反应进行比较来判断，若各物质与原来相等，则等效，否则不等效；（4）反应在800℃时进行，平衡常数=1，起始时水的物质的量为5xmol，转化的CO的物质的量为5（1﹣x）ymol，利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，代入800℃平衡常数，据此解答；（5）CO、H2的物质的量共为10mol，根据燃烧放出的热量求出CO、H2各自的物质的量，利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，代入平衡常数计算；解答：解：（1）由表可知，温度越高，平衡常数越小，反应进行程度越小，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热方向移动，故正反应为放热反应，故答案为：放热；（2）A、加入催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，故A错误；B、增大CO的物质的量以提高体系的压强，CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）反应是气体物质的量不变的反应，增大一氧化碳物质的量平衡正向进行，容器内气体物质的量增大，压强增大，故B正确；C、反应是放热反应，降温，速率减小平衡正向进行，故C错误；D、减小氢气浓度，平衡正向进行，但速率减小，故D错误；故选ACD．（3）向某密闭容器中充入2molCO和4molH2O（g），CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），当反应达平衡时，CO的体积分数为；A、采用极限分析法，1molCO（g）+4molH2O+2molCO2（g）+2molH2（g），假如反应完全转化为CO和H2O物质的量为：3mol：6mol=1：2，反应前后气体体积不变，平衡相同，CO的体积分数为x，故A不符合；B、采用极限分析法，2molCO（g）+2molH2O+2molCO2（g）+2molH2（g），假如反应完全转化为CO和H2O物质的量为：3mol：3mol=1：1，反应前后气体体积不变，平衡正向进行，CO的体积分数大于x，故B符合；C、采用极限分析法，1molCO（g）+3molH2O+0.8molCO2（g）+0.8molH2（g），假如反应完全转化为CO和H2O物质的量为：1.8mol：3.8mol=9：19，反应前后气体体积不变，平衡正向进行，CO 的体积分数小于x，故C符合；D、采用极限分析法，1molCO（g）+3molH2O+1molCO2（g）+1molH2（g），假如反应完全转化为CO和H2O物质的量为2mol：4mol=1：2，当反应达到平衡时，CO的体积分数为x．故D不符合；故选BC．（4）因800℃时反应平衡常数为1．CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），起始：5（1﹣x）5x 0 0转化：5（1﹣x）y 5（1﹣x）y 5（1﹣x）y 5（1﹣x）y平衡：5（1﹣x）（1﹣y）5（x﹣y+xy）5（1﹣x）y 5（1﹣x）y所以平衡常数k===1，解得y=x，故答案为：y=x；（5）由方程式CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）可知，有1molCO反应则生成1molH2，开始通入10molCO，所以平衡时，CO、H2的物质的量共为10mol．则平均燃烧热为=284.5kJ/mol，利用平均值法计算CO、H2的物质的量之比，设CO、H2物质的量为x、y；x+y=10283x+286y=2845计算得到x=y=5mol；利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），起始：10mol 10mol 0 0转化：5mol 5 mol 5mol 5mol平衡：5mol 5mol 5mol 5mol所以常数平衡常数为===1；图表分析可知温度为800°C，T=273+800=1073故答案为：1；1073；点评：本题考查了化学平衡的影响因素分析，等效平衡的应用判断，极值转化是解题的关键，平衡常数只受温度影响，同一反应温度不变，平衡常数不变．题目难度中等．11．（16分）（2013•达州一模）NaClO和Al（SO4）2都是重要的化工产品，均可应用于造纸业．（1）工业上可用氯化钠为原料，通过电解的方法制得NaClO，工业上制取NaClO的离子反应方程式为Cl﹣+H2O ClO﹣+H2↑电解后的溶液PH大于7（填大于、小于、等于）；其原因是ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣（用离子方程式表示）（2）Al（SO4）2溶液中质子守恒等式为c（H+）=c（OH﹣）+3c（Al（OH）3）（3）某小组同学用下图所示装置探究饱和NaClO和Al（SO4）2溶液混合反应的实验．①打开活塞向烧瓶中加入饱和Al（SO4）2溶液，产生大量的白色胶状沉淀．此时反应的离子方程式为3Cl ﹣+Al3++3H2O=3HClO+Al（OH）3↓．②将烧瓶中的混合液在阳光照射下，不久烧瓶中有黄绿色气体产生，充分反应后集气瓶中收集到一种无色无味的气体．写出在光照射下混合液中反应的化学方程式是4HClO2H2O+2Cl2↑+O2↑．（4）若将分液漏斗中的Al（SO4）2溶液换成硫酸亚铁铵（一种复盐：（NH4）2SO4•FeSO4）溶液，其他不变．打开分液漏斗活塞向烧瓶中滴入足量的硫酸亚铁铵溶液．观察到烧瓶中有红褐色沉淀产生，但是没有观察到黄绿色气体产生．此时烧瓶中发生的氧化还原反应的离子方程式为3ClO﹣+6Fe2++3H2O=2Fe （OH）3↓+4Fe3++3Cl﹣．（5）取100mL 0.1mol/L Ba（OH）2溶液，向其中逐滴加入同浓度的HSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，此时溶液的PH值为10.7（忽略两溶液混合时的体积变化，混合后溶液的温度为100℃，100℃时w=1x10﹣12）。