2019-2020学年内蒙古北方重工业集团有限公司第三中学高二10月月考化学试题 解析版
北重三中2019～2020学年度第一学期
高二年级月考考试化学试题
第一部分 选择题(每题3分，共60分)
可能用到的相对原子质量：C 12 H 1 O 16
1.强酸与强碱稀溶液发生中和反应的热效应：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1，分别向1L 0.5mol·L－1的NaOH溶液中加入：①稀醋酸 ②浓H2SO4 ③稀硝酸，恰好完全反应时的热效应分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，它们的关系表示正确的是：
A. ΔH1>ΔH2>ΔH3 B. ΔH2<ΔH3<ΔH1
C. ΔH1＝ΔH2＝ΔH3 D. ΔH2>ΔH3>ΔH1
【答案】D
【解析】
因强酸与强碱稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）十OH﹣（aq）=H2O△H=一57.3kJ/mol，分别向1L 0.5mol/L的NaOH溶液中加入：①稀醋酸；②浓H2SO4；③稀硝酸，因醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，则恰好完全反应时的放出的热量为②＞③＞①，所以△H2＜△H3＜△H1，故选D．
【点评】本题考查中和热，明确中和热的概念及弱电解质的电离、浓硫酸溶于水的热效应即可解答，难度不大．
2.已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ。且氧气中1mol O=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1mol H—O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1mol H—H键断裂时吸收热量为（ ）
A. 920kJ B. 557kJ C. 436kJ D. 188kJ
【答案】C
【解析】
【详解】已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，所以2molH2和1molO2生成2mol水蒸气，放出的热量为121kJ×4=484kJ，故氢气完全燃烧生成水蒸气的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) △H=-484kJ/mol，设氢气中1molH﹣H键断裂时吸收热量为x，2molH2和1molO2生成2mol水蒸气，需要断裂2molH﹣H键和1molO=O键，消耗的热量为（2x+496kJ），生成2mol的水蒸气时形成4molH-O键，放出的热量为463kJ×4=1852kJ，
即H—H键形成时放出热量=（4634-496-484）/2=436kJ，所以C选项正确。
故选C。
3.将1000 mL 0．1 mol·L－1BaCl2溶液与足量稀硫酸充分反应放出a kJ热量；将1000 mL 0．5 mol·L－1HCl溶液与足量CH3COONa溶液充分反应放出b kJ热量(不考虑醋酸钠水解)；将500 mL 1 mol·L－1H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba(可溶性强电解质)溶液反应放出的热量为
A. (5a－2b) kJ B. (2b－5a) kJ
C. (5a＋2b) kJ D. (10a＋4b) kJ
【答案】C
【解析】
试题分析： 根据题给信息知，BaCl2溶液与足量稀硫酸充分反应的热化学方程式为：
①Ba2+（aq）+SO42-（aq）=BaSO4（s），△H=—10akJ•mol-1，HCl溶液与足量CH3COONa溶液充分反应的热化学方程式为：②H+（aq） +CH3COO—（aq）="==" CH3COOH（l），△H=—2bkJ•mol-1，根据盖斯定律，①+2×②得Ba2+（aq）+SO42-（aq）+2H+（aq） +2CH3COO—（aq）=BaSO4（s）+2CH3COOH（l），△H=—(10a+2b)kJ•mol-1，则将500 mL 1 mol·L－1H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba(可溶性强电解质)溶液反应放出的热量为(5a＋2b) kJ，选C。
考点：考查热化学方程式的书写和反应热的计算。
4.一定温度下的恒容密闭容器中，可逆反应2NO2（g）2NO（g）+ O2（g）达到平衡状态的标志是
①2V（O2）=V（NO2）
②单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO2
③NO2、NO、O2的浓度之比为2∶2∶1
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变
A. ②④⑥ B. ①④⑥ C. ②④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】
试题分析：①2V（O2）=V（NO2），未指明正逆反应，不能判断为平衡状态，错误；
②单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO2，符合正逆反应速率相等，为平衡状态，正确；③NO2、NO、O2的浓度之比为2∶2∶1时，不一定是平衡状态，错误； ④混合气体的颜色不再改变的状态，应为二氧化氮为红棕色气体，达到平衡时，气体颜色不再变化，正确；⑤混合气体的密度不再改变的状态不一定是平衡状态，应为容器的体积不变，则气体的密度始终不变，错误；⑥该反应是气体的物质的量发生变化的可逆反应，混合气体的平均相对分子质量发生变化，平衡时混合气体的平均相对分子质量不再改变，正确，答案选A。
考点：考查平衡状态的判断
5.在2A＋B 3C＋5D反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. υ(A)＝0.5mol/(L·min) B. υ(B)＝0.3mol/(L·s)
C. υ(C)＝0.8 mol/(L·min) D. υ(D)＝1mol/(L·s)
【答案】B
【解析】
【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快。
A．==0.25 mol/(L·min)；
B．===18 mol/(L·min)；
C．==0.26 mol/(L·min)；
D．===12 mol/(L·min)；
显然B中比值最大，反应速率最快，故选B
【点睛】本题的易错点为单位的换算，要注意1mol/(L·s)=60 mol/(L·min)。
6.已知反应A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)的ΔH＜0，下列说法正确的是( )
A. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小
B. 升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间
C. 达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动
D. 达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动
【答案】B
【解析】
【分析】
A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)的ΔH＜0，该反应是一个气体分子数减少的放热反应。
【详解】A. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率也增大，A不正确；
B. 升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间，B正确；
C. 达到平衡后，升高温度有利于该反应平衡逆向移动，C不正确；
D. 达到平衡后，减小压强都有利于该反应平衡逆向移动，D不正确。
故选B。
7.CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。按n(CO):n(H2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是
A. p1
0
C. 平衡常数:K(A)=K(B)
D. 在C点时,CO转化率为75%
【答案】D
【解析】
【分析】
A．增大压强平衡向正反应方向移动；
B．由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的△H＜0；
C．平衡常数只与温度有关；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算．
【详解】A．由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；
B．图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故B错误；
C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始 1 2 0
变化 x 2x x
结束 1-x 2-2x x
在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确；
故选D。
8.将等物质的量的X、Y气体充入一个密闭容器中，一定条件下发生反应并达到平衡：X(g)＋Y(g) 2Z(g) ΔH<0。改变条件达到新平衡后，下列正确的是（ ）
A. 升高温度，X的体积分数减小
B. 增大压强(缩小容器体积)，Z的浓度不变
C. 保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，Y的浓度不变
D. 保持容器体积不变，充入一定量的Z，X的体积分数增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，X的体积分数增大，A错误；
B.如缩小体积，气体的压强增大，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，Z的浓度增大，B错误；
C.保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，各种物质的浓度不变，化学平衡不发生移动，Y的浓度不变，C正确；
D.保持容器体积不变，充入一定量的Z，相当于增大压强，化学平衡不移动，X
的物质的量分数不变，D错误；
故合理选项是C。
9.在恒容密闭容器中，由CO合成甲醇：CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)，在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 平衡常数K=
B. 该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
C. CO合成甲醇的反应为吸热反应
D. 处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的平衡常数表达式K=，故A错误；
B．由图可知，T2温度下到达平衡需要的时间较短，反应速率较快，故温度T2＞T1。温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，在T1时的平衡常数比T2时的大，故B错误；
C．由图可知，T2温度下到达平衡需要的时间较短，反应速率较快，故温度T2＞T1。温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以合成甲醇的反应为放热反应，故C错误；
D．由图可知，处于A点的反应体系从T1变到T2，温度升高，平衡向逆反应方向移动，氢气物质的量增大，甲醇的物质的量减小，增大，故D正确；
故选D。
10.在相同温度时，100 mL 0.01 mol · L –1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol · L –1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是
A. H+的物质的量 B. 电离常数
C. 中和时所需NaOH的量 D. CH3COOH的物质的量
【答案】B
【解析】
【分析】
在相同温度时，100mL 0.01mol·L-1的醋酸溶液与10mL 0.1mol·L-1的醋酸溶液中溶质都为0.001mol，醋酸为弱电解质，浓度不同，电离程度不同，浓度越大，电离程度越小，以此解答该题。
【详解】A.由n=cV可知，100mL0.01mol·L-1的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL 0.1mol·L-1的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但前者的浓度小，电离程度大，产生的H+的物质的量大，正确。
B. 醋酸电离常数只受温度的影响，温度不变，电离常数不变，错误；
C.因为溶质n(CH3COOH)都为0.001mol，中和时所需NaOH量应相同，错误；
D. 由n=cV可知，100mL 0.01mol·L-1的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL 0.1mol·L-1的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，醋酸的物质的量相等，错误；
综上所述，本题选A。
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
B. 25 ℃时0.1 mol/L的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
C. NaHCO3溶液中溶质的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
D. 室温下，对于0.10 mol·L－1的氨水，加水稀释后，溶液中c（NH）·c（OH－）变大
【答案】B
【解析】
试题解析: A．稀醋酸中加入少量醋酸钠，相当于增大醋酸根离子浓度，平衡左移；醋酸的电离程度减少；A错误；B．硫化氢为弱电解质，而硫化钠为强电解质；B正确； C．NaHCO3溶液中HCO3-
为弱酸根离子，不能完全电离；不拆成离子形式；C错误；D．氨水加水稀释后，平衡右移，c（NH）减少，c（OH－）减少；溶液中c（NH）·c（OH－）变小； D错误；
考点: 溶液的导电规律、电解质的稀释规律、电解质的电离规律、平衡移动规律；
12.室温下，下列说法正确的是（ ）
A. 将pH=2的盐酸和pH=4的硫酸等体积混合，所得溶液pH=3
B. HF比HCN易电离，则HF溶液的导电能力比HCN溶液的大
C. 向0.1mol/L氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中增大
D. 将1mLpH=3的HA溶液稀释到10mL，若溶液的pH＜4，则HA为弱酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．混合后c(H+)=mol/L≈×10-2mol/L，pH=2.3，故A错误；
B．HF比HCN易电离，说明HF的酸性比HCN强，溶液的导电能力与溶液中离子浓度有关，HF溶液和HCN溶液的溶液未确定，无法比较HF溶液和HCN溶液的导电能力的强弱，故B错误；
C．氨水中存在NH3•H2O⇌NH4++OH-，加入少量硫酸铵固体，c(NH4+)增大，平衡逆向移动，则溶液中减小，故C错误；
D．将1 mL pH=3的HA溶液稀释到10 mL，若pH=4，则HA为强酸，若pH＜4，加水促进弱酸的电离，则HA为弱酸，故D正确；
故选D。
13.常温下，在pH=5的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是
A. 加入水时，平衡向右移动，CH3COOH电离常数增大
B. 加入少量CH3COONa固体，平衡向右移动
C. 加入少量NaOH固体，平衡向右移动，c(H+)减小
D. 加入少量pH=5的硫酸，溶液中c(H+)增大
【答案】C
【解析】
试题分析：A． 加入水时，醋酸的电离平衡向右移动，但是CH3COOH电离常数不会发生变化，错误；B． 加入少量CH3COONa固体，由于c(CH3COO-)增大，电离平衡向左移动，错误；C． 加入少量NaOH固体，由于c(OH-)增大，消耗酸电离产生的H+，使醋酸的电离平衡向右移动，但是由于平衡移动的趋势是微弱的，总的来说c(H+)减小，正确；D． 加入少量pH=5的硫酸，由于二者的pH相同，所以溶液中c(H+)不变，错误。
考点：考查外界条件对弱电解质电离平衡移动的影响的知识。
14.常温下0.1mol•L﹣1醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=（a+1）的措施是
A. 将溶液稀释到原体积的2倍 B. 加入适量的醋酸钠固体
C. 加入等体积0.2 mol•L﹣1盐酸 D. 加少量冰醋酸
【答案】B
【解析】
常温下0.1mol•L﹣1醋酸溶液的pH=a，当此溶液变为pH=（a+1）时，pH升高了，溶液中的氢离子浓度变为原来的十分之一，c(H+)由mol/L变为mol/L。醋酸为弱酸，溶液中存在其电离平衡，可以加水稀释溶液使氢离子浓度减小，欲使溶液中的氢离子浓度变为原来的十分之一，稀释后溶液体积必须大于原来的十倍。也可以加入可溶性醋酸盐使电离平衡逆向移动而使氢离子浓度减小。
A. 将溶液稀释到原体积的2倍 ，氢离子浓度肯定会大于原来的二分之一，所以A不正确； B. 加入适量的醋酸钠固体，可行，因为增大了溶液中醋酸根离子的浓度，醋酸的电离平衡逆向移动，所以B正确；C.因为盐酸是强酸，所以加入等体积0.2 mol•L﹣1盐酸后，c(H+)一定变大了，pH将减小；D. 加少量冰醋酸，增大了醋酸的浓度，酸性增强，pH减小，D不正确。本题选B。
点睛：首先要明确酸性溶液的pH变大时，表明溶液的酸性减弱了。pH增大1时，溶液中的氢离子溶液就会变为原来的十分之一。
15.有等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3•H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（ ）
A. V3＞V2＞V1 B. V3=V2=V1 C. V3＞V2=V1 D. V1=V2
＞V3
【答案】C
【解析】
【详解】Ca(OH)2、KOH为强电解质，完全电离，等体积、等pH的Ca(OH)2、KOH和NH3•H2O三种碱溶液中，c(OH-)相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2；NH3•H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，故选C。
【点睛】明确pH与浓度的关系及强碱、弱碱的判断、弱碱的电离平衡是解答本题的关键。解答本题要注意与“等体积、等浓度的Ca(OH)2、KOH和NH3•H2O三种碱溶液”的区别。
16.pH＝2的A、B两种酸溶液各lmL，分别加水稀释到1000 mL，其溶液的pH与溶液体积(V)的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等
B. 稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强
C. a＝5时，A是弱酸，B是强酸
D. 若A、B都是弱酸，则5>a>2
【答案】D
【解析】
【详解】加水稀释促进弱电解质电离，根据图知，pH相同的两种酸，稀释相同的倍数时pH不同，pH变化大的酸性大于pH变化小的酸性，所以A的酸性大于B，如果a=5，则A是强酸，如果a＜5，则A和B都是弱酸；
A．根据图片知，A和B的电离程度不同，所以pH相同的两种酸，B的物质的量浓度大于A，故A错误；
B．根据图片知，稀释后，A的酸性比B的酸性弱，故B错误；
C．如果a=5，则A是强酸，B是弱酸，故C错误；
D．若A和B都是弱酸，稀释过程中都促进弱酸电离，所以5＞a＞2，故D正确；
故答案为D。
17.室温下，将pH=3的硫酸溶液和pH=12的氢氧化钠溶液混和，若使混和后溶液的pH=7，则硫酸溶液和氢氧化钠溶液的体积比是（ ）
A. 1∶20 B. 1∶10 C. 20∶1 D. 10∶1
【答案】D
【解析】
【详解】室温下，pH=3的硫酸溶液中c(H+)=0.001mol/L，pH=12的氢氧化钠溶液中c(OH-)=0.01mol/L，设硫酸的体积为xmL，氢氧化钠的体积为ymL，混和后溶液的pH=7，则酸中n(H+)=碱中n(OH-)，即xmL×0.001mol/L=ymL×0.01mol/L，解得x∶y=10∶1，故选D。
18.室温时，在由水电离出c（OH﹣）=1.0×10﹣12mol•L﹣1的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A. K+、Na+、HCO3﹣、Cl﹣ B. K+、MnO4﹣、Br﹣、Cl﹣
C. Na+、Cl﹣、NO3﹣SO42﹣ D. Al3+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣
【答案】C
【解析】
【详解】室温时由水电离出c(OH-)=1.0×10-12mol•L-1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，溶液显酸性或碱性。A．HCO3-与氢离子和氢氧根离子都能反应，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；B．MnO4-、Cl-在酸性条件下能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Na+、Cl-、NO3-、SO42-之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．Al3+、NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查离子共存的判断，解答本题的关键是判断溶液的酸碱性。本题的易错点为B，要注意审题，题目要求为“一定能大量共存”。
19.下列四种溶液中,常温下由水电离出的c(H+)之比(①∶②∶③∶④)等于①pH=0的盐酸 ② 0.1 mol·L-1的盐酸 ③ 0.01 mol·L-1的NaOH溶液 ④pH=11的NaOH溶液
A. 1∶10∶100∶1 000 B. 0∶1∶12∶11
C. 14∶13∶12∶11 D. 14∶13∶2∶3
【答案】A
【解析】
试题分析：①pH=0的盐酸，溶液中c(OH-)=10-14mol/L，由于水电离产生的氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以c(H+)(水)= c(OH-)=10-14mol/L；②0.1 mol/L的盐酸，c(OH-)=10-13mol/L，则c(H+)(水)= c(OH-)=10-13mol/L；③0.01 mol/L的NaOH溶液，c(H+)(溶液)=10-12mol/L，c(H+)(水)= c(H+)(溶液)=10-12mol/L；④pH=11的NaOH溶液，c(H+)(溶液)=10-11mol/L，c(H+)(水)= c(H+)(溶液)=10-11mol/L；所以由水电离出的氢离子浓度之比为10-14mol/L：10-13mol/L：10-12mol/L：10-11mol/L=1:10:100:1000，所以选项是A。
考点：考查水电离产生的c(H+)与溶液的酸碱性的关系的知识。
20.t℃时，某NaOH稀溶液中，c(H＋)＝10-amol/L，c(OH－)＝10-bmol/L，已知a＋b＝13，则在该温度下，将100 mL 0.10 mol/L的稀硫酸与100 mL 0.40 mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH为（已知：忽略混合时体积的变化；lg2=0.30；lg3=0.48）
A. 11.52 B. 11.70
C. 11.82 D. 12.00
【答案】D
【解析】
试题分析：t℃时，a＋b＝13，则KW=10-13。两溶液混合后，碱过量，溶液呈碱性，c（OH-）＝＝0.1mol/L,则c(H+)=KW/ c（OH-）=10-13/0.1mol/L＝10-12mol/L,pH=12。答案选D
考点：pH的计算
第二部分 填空题(没空2分共60分)
21.Ⅰ.（1）25℃ 101 kPa时，氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，该反应的热化学方程式为____。
（2）若1g水蒸气转化为液态水放热2.444 kJ，则反应2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)的ΔH＝___，由此可知氢气的燃烧热为____。(结果保留小数点后一位)
Ⅱ.已知H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3kJ/mol，回答下列有关中和反应的问题：
（1）用0.1molBa(OH)2配成稀溶液与足量稀硝酸反应，能放出___kJ的能量。
（2）如图所示装置中，仪器A的名称是___，作用是__；碎泡沫塑料的作用是___。
（3）通过实验测定的中和热的ΔH常常大于－57.3kJ/mol，其原因可能是___。
（4）用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值____(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】 (1). H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ/mol (2). －571.6kJ/mol (3). 285.8kJ/mol (4). 11.46 (5). 环形玻璃搅拌棒 (6). 搅拌，使溶液充分混合 (7). 保温、隔热、减少实验过程中的热量损失 (8). 实验中不可避免有少量热量损失 (9). 偏小
【解析】
【分析】
Ⅰ.(1)根据氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，书写反应的热化学反应方程式；
(2)根据1g水蒸气转化成液态水放热2.444kJ，计算1mol水蒸气转化为液态水放出的热量，再根据盖斯定律计算其焓变；
Ⅱ. (1)由H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1可知生成1molH2O放出热量为57.3kJ，然后根据水的物质的量与热量成正比求出热量；
(2)根据图示判断仪器名称；中和热测定时应尽量减少热量散失；
(3)实际实验过程中一定有热量散失；
(4)NH3•H2O为弱电解质，电离需要吸热，据此分析判断。
【详解】Ⅰ.(1)由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，生成2mol水蒸气放出热量为483.6kJ，该反应热化学反应方程式为H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ/mol或2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol，故答案为：H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ/mol或2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol；
(2)若1g水蒸气转化成液态水放热2.444kJ，则1mol水蒸气转化为液态水放出热量=
=43.992kJ/mol，根据盖斯定律知其焓变=-483.6kJ/mol+(-43.992kJ/mol)×2=-571.58kJ/mol≈-571.6kJ/mol，则氢气的燃烧热==285.8kJ/mol，故答案为：-571.6kJ/mol；285.8kJ/mol；
Ⅱ.(1)由H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1可知生成1molH2O放出热量为57.3kJ，0.1mol Ba(OH)2配成稀溶液与足量稀硝酸反应可得0.2molH2O，所以放出的热量为57.3kJ×0.2=11.46kJ，故答案为：11.46；
(2)根据图示，仪器A是环形玻璃搅拌棒，可起到搅拌，使溶液充分混合的目的；中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料可以起到保温、隔热，减少热量散失的作用，故答案为：环形玻璃搅拌棒；搅拌，使溶液充分混合；保温、隔热，减少实验过程中的热量散失；
(3) 实际实验过程中一定有部分热量散失，因此求得的中和热△H大于-57.3kJ•mol-1，故答案为：实验过程中不可避免有热量散失；
(4)NH3•H2O为弱碱，电离过程为吸热过程，用相同浓度和体积的氨水(NH3•H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值偏小，故答案为：偏小。
【点睛】本题的易错点为Ⅰ.(1)，要注意书写的热化学方程式有多种，只要△H与化学计量数的关系正确即可。
22.某温度时，在0.5L密闭容器中，某一可逆反应的A、B气体物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析可得：
(1)该反应的化学方程式为____。
(2)若降低温度，则该反应的正反应速率______，逆反应速率______(均填“加快”“减慢”或“不变”)。
(3)第4min时，正、逆反应速率的大小关系为：v(正)______v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。
(4)反应至4min时，A的转化率______。
(5)能判断该反应在一定温度下达到化学平衡状态的依据是_____(填字母代号)。
A．v(A)=2v(B)
B．容器内压强不再发生变化
C．容器内气体密度不再发生变化
D．B的体积分数不再发生变化
E．容器内气体原子总数不再发生变化
F．相同时间内消耗2nmol的A的同时生成nmol的B
【答案】 (1). 2AB (2). 减慢 (3). 减慢 (4). ＞ (5). 50% (6). BD
【解析】
【分析】
由图可知，从反应开始，A的物质的量减少，B的物质的量增加，最后AB的物质的量均不变且不为0，则A为反应物、B为生成物，为可逆反应，根据反应的各物质的物质的量之比=化学计量数之比判断反应的方程式，再结合平衡状态的特征和影响化学反应速率的因素分析解答。
【详解】(1)由图可知，从反应开始，A的物质的量减少，B的物质的量增加，则A为反应物、B为生成物，开始至平衡时，A减少0.8mol-0.2mol=0.6mol，B增加0.5mol-0.2mol=0.3mol，由反应的物质的量之比等于化学计量数之比可知，A、B的化学计量数比为2∶1，且后来达到平衡状态，则反应为2A⇌B，故答案为：2A⇌B；
(2)降低温度，正逆反应速率均减小，故答案为：减慢；减慢；
(3)第4min时，反应尚未达到化学平衡，反应仍需向右进行，所以v正＞v逆，故答案为：＞；
(4)4min时，参加反应的A为0.8mol-0.4mol=0.4mol，则A的转化率= ×100%=50%，故答案为：50%；
(5)A．根据方程式，任何时刻都存在v(A)=2v(B)，不能说明达到平衡状态，故A不选；B．反应前后气体分子数不等，体系的压强为变量，容器中压强不变，可以说明化学反应达到化学平衡，故B选；C．容器中气体密度=ρ＝，反应前后质量守恒，m不变，容器体积V
不变，则整个反应过程容器中气体密度不变，不能说明化学反应是否达到化学平衡，故C不选；D．B的体积分数不再发生变化，不是B的物质的量不再变化，说明化学反应达到化学平衡，故D选；E．根据质量守恒定律，容器内气体原子总数始终不变，不能说明达到化学平衡，故E不选；F．根据方程式，相同时间内消耗2nmol的A的同时一定生成nmol的B，不能说明达到化学平衡，故F不选；故答案为：BD。
23.甲醇被称为2l世纪的新型燃料，工业上通过下列反应Ⅰ和Ⅱ，用CH4和H2O为原料来制备甲醇。
（1）将1.0molCH4和2.0molH2O（g）通入容积为10L的反应室，在一定条件下发生反应Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），CH4的转化率与温度、压强的关系如图：
①已知100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为______。
②在其它条件不变的情况下升高温度，化学平衡常数将_______（填“增大”“减小”或“不变”）。
③图中的P1_____P2（填“＜”、“＞”或“=”），100℃时平衡常数为________。
④保持反应体系为100℃，5min后再向容器中充入H2O、H2各0.5mol，化学平衡将向_____移动（填“向左”“向右”或“不”）。
（2）在压强为0.1MPa条件下，将amolCO与3amol H2的混合气体在催化剂作用下能自发发生反应Ⅱ：
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
①该反应的△H_____0，△S_____0（填“＜”、“＞”或“=”）。
②若容器容积不变，下列措施可以提高CO转化率的是______。
A．升高温度
B．将CH3OH（g）从体系中分离出来
C．充入He，使体系总压强增大
D．再充入1molCO和3molH2
【答案】 (1). 0.030mol•L﹣1•min﹣1 (2). 增大 (3). ＜ (4). 2.25×10﹣2 (5). 向左 (6). ＜ (7). ＜ (8). BD
【解析】
【分析】
(1)①根据图像，100℃平衡时甲烷的转化率，求出△c(CH4)，根据v=计算v(CH4)，利用速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)；②根据“定一议二”的方法分析判断；③根据“定一议二”的方法分析判断；根据三段式，结合平衡常数K=计算；④保持反应体系为100℃，5min后再向容器中冲入H2O、H2各0.5mol，根据浓度商与平衡常数的相对大小的判断；
(2)①混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，结合方程式和△G=△H-T•△S＜0分析判断；
②容器容积不变，增加CO的转化率，需要平衡向正反应移动，根据外界条件对平衡的影响分析判断。
【详解】(1)①由100℃平衡CH4的转化率为0.5可知，消耗CH4为1mol×0.5=0.5mol，平衡时甲烷的浓度变化量为=5×10-2mol/L，根据甲烷与氢气的计量数关系，则：v(H2)=3v(CH4)=3×=0.030mol•L-1•min-1，故答案为：0.030mol•L-1•min-1；
②通过图像可知，当压强为P1时，升高温度，甲烷的转化率增大，平衡正向移动，所以升高温度，平衡常数增大，故答案为：增大；
③由图可知，温度相同时，到达平衡时，压强为P1的CH4转化率高，正反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率降低，故压强P1＜P2，
CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)
初始浓度：0.1 0.2 0 0
变化浓度：0.05 0.05 0.05 0.15
平衡浓度：0.05 0.15 0.05 0.15
100℃时平衡常数K==2.25×10-2，故答案为：＜；2.25×10-2；
④保持反应体系为100℃，5min后再向容器中冲入H2O、H2各0.5mol，Qc==4×10-2＞K，所以平衡向左移动，故答案为：向左；
(2)①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)正反应是气体物质的量减小的反应，反应的△S＜0，混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，根据△G=△H-T•△S＜0，说明△H＜0，即正反应是放热反应，故答案为：＜；＜；
②A．该反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，CO的转化率降低，故A错误；B．将CH3OH(g)从体系中分离，产物的浓度降低，平衡向正反应移动，CO的转化率增加，故B正确；C．充入He，使体系总压强增大，容器容积不变，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，CO的转化率不变，故C错误；D．再充入1mol CO和3mol H2，可等效为压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，CO的转化率增加，故D正确；故答案为：BD。
24.与化学平衡类似，电离平衡的平衡常数，叫做电离常数(用K表示)。下表是某温度下几种常见弱酸的电离平衡常数：
酸
电离方程式
电离平衡常数K
CH3COOH
CH3COOHCH3COO﹣+H+
2×10﹣5
HClO
HClOClO﹣+H+
3.0×10﹣8
H2CO3
H2CO3H++HCO3﹣
HCO3﹣H++CO32﹣
K1=4.4×10﹣7
K2=5.61×10﹣11
H3PO4
H3PO4H++H2PO4﹣
H2PO4﹣H++HPO42﹣
HPO42﹣H++HPO43﹣
K1=7.1×10﹣3
K2=6.3×10﹣8
K3=4.2×10﹣13
回答下列问题：
(1)若把CH3COOH、HClO、H2CO3、HCO3﹣、H3PO4、H2PO4﹣、HPO42﹣都看作是酸，则它们酸性最强的是_______(填化学式，下同)，最弱的是________。
(2)向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳，发生的离子方程式为_______。
(3)求出该温度下，0.10mol•L﹣1CH3COOH溶液中的c(H+)=______mol•L﹣1。(结果保留两位有效数字)
(4)该温度下0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定增大的是____。
A．c(H+) B．c(H+)•c(CH3COO﹣) C．c(H+)•c(OH﹣) D．c(OH﹣)/c(H+)
(5)取等体积的pH均为a的醋酸和次氯酸两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液恰好中和，消耗的NaOH溶液的体积分别为V1，V2，则大小关系为：V1_____V2( 填“＞”、“＜”或“=”)。
(6)下列四种离子结合H+能力最强的是_______。
A．HCO3﹣ B．CO32﹣ C．ClO﹣ D．CH3COO﹣
(7)等物质的量的苛性钠分别用pH为2和3的醋酸溶液中和，设消耗醋酸溶液的体积依次为Va、Vb，则两者的关系正确的是（ ）
A．Va＞10Vb B．Va＜10Vb C．Vb ＜10 Va D．Vb＞10Va
【答案】 (1). H3PO4 (2). HPO42﹣ (3). CO2+ClO﹣+H2O═HClO+HCO3﹣ (4). 1.4×10﹣3 (5). D (6). ＜ (7). B (8). D
【解析】
【分析】
(1)同一温度下，酸的电离平衡常数越大其酸性越强，根据酸的电离平衡常数确定酸性强弱；
(2)根据酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，分析判断生成物，再书写反应的离子方程式；
(3)依据电离平衡常数计算氢离子浓度；
(4)CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，但溶液中的主要离子浓度均会减小，c(OH-)增大，结合温度不变，平衡常数和水的离子积常数不变分析判断；
(5)根据酸性：CH3COOH＞HClO，pH相等的醋酸和次氯酸，次氯酸的浓度大于醋酸，据此分析解答；
(6)电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强，对应阴离子结合氢离子的能力越弱，据此分析判断；
(7)醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大；等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，需要二者物质的量相等，据此分析判断。
【详解】(1)同一温度下，酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，根据酸的电离平衡常数知，它们酸性强弱顺序是：H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞H2PO4-＞HClO＞HCO3-＞HPO42-
，所以酸性最强的是H3PO4，最弱的是HPO42-，故答案为：H3PO4； HPO42-；
(2)因为酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，碳酸的酸性强于次氯酸，所以反应的离子方程式为：CO2+ClO-+H2O═HClO+HCO3-，故答案为：CO2+ClO-+H2O═HClO+HCO3-；
(3)该温度下，0.10mol•L-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡，CH3COOH⇌CH3COO-+H+，平衡常数K==2×10-5，c2(H+)=0.10×2×10-5 ，c(H+)≈1.4×10-3 mol/L，故答案为：1.4×10-3；
(4)A．CH3COOH溶液加水稀释，尽管促进醋酸电离，但c(H+)仍减小，故A错误；B．c(H+)•c(CH3COO﹣)=K×c(CH3COOH)，CH3COOH溶液加水稀释，促进醋酸电离，c(CH3COOH)减小，温度不变，K不变，因此c(H+)•c(CH3COO﹣)减小，故B错误；C．CH3COOH溶液加水稀释，促进醋酸电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，c(H+)•c(OH-)=Kw，但温度不变，Kw不变，故C错误；D．CH3COOH溶液加水稀释，促进醋酸电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，则c(OH﹣)/c(H+)比值增大，故D正确；故答案为：D；
(5)pH相等的醋酸和次氯酸，次氯酸的浓度大于醋酸，等体积等pH的两种酸，次氯酸的物质的量大于醋酸，酸的物质的量越多，恰好中和需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大，所以消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V1＜V2，故答案为：＜；
(6)电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强，根据表中数据可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸性越弱，对应的酸根离子结合氢离子的能力越强，则结合氢离子能力最强的为CO32-，故答案为：B；
(7)等物质的量的NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，则需要的醋酸的物质的量相等，因为所中和的氢氧化钠的物质的量是一定的，而醋酸是弱酸，浓度越大，电离程度越小，则pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，pH为2的CH3COOH的浓度大于pH为3的CH3COOH溶液的浓度的10倍，设pH为2的醋酸浓度为x，pH=3的醋酸浓度为y，则有Va×x=Vb×y，
则=＜，即Vb＞10Va，故选D。
