化学卷·2018届河北省邯郸市广平一中高二上学期期中化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届河北省邯郸市广平一中高二上学期期中化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年河北省邯郸市广平一中高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、单选题（本大题共20小题，每题只有一个正确选项，共60分）‎ ‎1．在0.1mol•L﹣1 CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（　　）‎ A．加入水时，平衡向逆反应方向移动 B．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动 C．加入少量0.1mol•L﹣1 HCl溶液，溶液中c（H+）减小 D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动 ‎2．已知反应 2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3 （g）△H＜0，下列说法不正确的是（　　）‎ A．升高温度，正、逆反应速率均加快 B．增大压强，化学平衡正向移动 C．充入O2，可提高SO2的转化率 D．当气体总质量不变时，反应达平衡状态 ‎3．常温下，0.1mol•L﹣1某一元酸（HA）溶液中=1×10﹣8，相同物质的量浓度的某一元碱（BOH）溶液中=1×1012，下列叙述正确的是（　　）‎ A．HA的pH=3；BOH的pH=13‎ B．pH=a的HA溶液，稀释10倍，其pH=a+1‎ C．等体积的HA和BOH恰好完全反应，溶液的pH=7‎ D．相同体积相同pH的HA和盐酸分别与足量Zn反应，生成氢气的物质的量相同 ‎4．下列溶液：①pH=0的盐酸，②0.5mol•L﹣1的盐酸溶液，③0.1mol•L﹣1的氯化钠溶液，④0.1mol•L﹣1的氢氧化钠溶液，⑤0.1mol•L﹣1的氢氧化钡溶液；由水电离的H+浓度由大到小的顺序正确的是（　　）‎ A．①②③④⑤ B．③④⑤②① C．①②③⑤④ D．⑤③④①②‎ ‎5．下列无法证明某酸HA是弱酸的实验方案是（　　）‎ A．室温下，测得某HA溶液中c（HA）=0.01mol•L﹣1‎ B．碳酸钠溶液中滴入0.1mol•L﹣1的HA溶液，产生大量无色气体 C．室温下测得某HA溶液的pH=a，用蒸馏水稀释100倍测得溶液pH=b，且b﹣a＜2‎ D．室温下，测得0.1mol•L﹣1HA溶液的pH＞1，证明HA是弱酸 ‎6．对于可逆反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（　　）‎ A．NH3和H2O化学反应速率关系是2v正（NH3）=3v正（H2O）‎ B．达到化学平衡时，4v正（O2）=5v逆（NO）‎ C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大 D．若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态 ‎7．一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2，发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）．经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：‎ t/s ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ n（SO3）/mol ‎0‎ ‎0.8‎ ‎1.4‎ ‎1.8‎ ‎1.8‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．反应在前2 s 的平均速率v（O2）=0.4 mol•L﹣1•s﹣1‎ B．保持其他条件不变，体积压缩到1.0 L，平衡常数将增大 C．相同温度下，起始时向容器中充入4 mol SO3，达到平衡时，SO3的转化率大于10%‎ D．保持温度不变，向该容器中再充入2 mol SO2、1 mol O2，反应达到新平衡时n（SO3）/n（O2）增大 ‎8．已知N2和H2合成氨的反应是放热反应，破坏1mol N≡N键消耗的能量为Q1kJ，破坏1mol H﹣H键消耗的能量为Q2kJ，形成1mol N﹣H键放出的能量为Q3kJ，下列关系式中正确的是（　　）‎ A．Q1+3Q2＞6Q3 B．Q1+3Q2＜6Q3 C．Q1+Q2＜Q3 D．Q1+Q2=Q3‎ ‎9．下列关于反应能量的说法正确的是（　　）‎ A．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）；△H＞0，则金刚石比石墨稳定 B．相同条件下，如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子所具有的能量为E2，则2E1＞E2‎ C．101kPa时，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，H2的燃烧热为571.6kJ•mol﹣1‎ D．H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）；△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，含1molNaOH的氢氧化钠溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出57.3kJ的热量 ‎10．在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=10﹣10 mol•L﹣1．下列有关该溶液的叙述正确的是（　　）‎ A．该溶液一定呈酸性 B．该溶液中c（H+）可能等于10﹣5 mol•L﹣1‎ C．该溶液的pH可能为4也可能为10‎ D．该溶液有可能呈中性 ‎11．下列有关如图装置的说法正确的是（　　）‎ A．若K与c连接，石墨电极的电极反应为：O2+4e﹣+4H+=2H2O B．若K与c连接，则溶液中的Na+向铁电极移动 C．若K与d连接，铁电极的电极反应为：2H++2e﹣═H2↑‎ D．若K与d连接，一段时间后，加适量稀盐酸可使电解质溶液复原 ‎12．将一根较纯铁棒垂直没入水中，由于深水处溶氧量较少，一段时间后发现AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重，下列关于此现象的说法错误的是（　　）‎ A．铁棒AB段发生反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣‎ B．腐蚀过程中在铁棒上会产生微电流，且方向是AB段到BC段 C．向水中加入一定量硫酸钾固体后，对铁棒的生锈速率几乎无影响 D．产生这种现象的本质原因是铁棒所处的化学环境不同 ‎13．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△H=﹣270kJ•mol﹣1，下列说法错误的是（　　）‎ A．2mol水蒸气分解成2mol氢气与1mol氧气吸收270kJ热量 B．2mol氢气与1mol氧气反应生成2mol液态水放出热量大于270kJ C．在相同条件下，2mol氢气与1mol氧气的能量总和大于2mol水蒸汽的能量 D．2个氢气分子与1个氧气分子反应生成2个水蒸汽分子放出270kJ热量 ‎14．用适量水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（　　）‎ A．c（OH﹣） B．n（NH4+）‎ C． D．n（OH﹣）‎ ‎15．某化学反应的△H=﹣122kJ•mol﹣1，△S=+231J•mol﹣1•K﹣1，则此反应在下列哪种情况下可自发进行（　　）‎ A．在任何温度下都能自发进行 B．在任何温度下都不能自发进行 C．仅在高温下自发进行 D．仅在低温下自发进行 ‎16．已知某种微生物燃料电池工作原理如图所示．下列有关该电池的说法中，正确的是（　　）‎ A．外电路电子从B极移向A极 B．溶液中H+由B极区移向A极区 C．电池工作一段时间后B极区溶液的pH减小 D．A极电极反应式为：CH3COOH﹣8e﹣+2H2O=2CO2+8H+‎ ‎17．下列说法中正确的是（　　）‎ A．液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质 B．NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质 C．铜、石墨均导电，所以它们是电解质 D．蔗糖、酒精在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质 ‎18．T℃时，将气体X与气体Y置于一密闭容器中，反应生成气体Z，反应过程中各物质的浓度变 化如图（Ⅰ）所示．保持其他条件不变，在T1、T2两种温度下，Y的体积分数变化如图（Ⅱ）所示．下列结论正确的是（　　）‎ A．t2时，保持其它条件和物质状态不变，增加压强，化学平衡向逆反应方向移动 B．T℃时，若密闭容器中各物质起始浓度为：0.4 mol/L X、0.4 mol/L Y、0.2 mol/L Z．保持其他条件不变，达到平衡时z的浓度为0.4 mol/L C．图（Ⅱ）中T1＞T2，则正反应是吸热反应 D．其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，且X的转化率增大 ‎19．反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H=+57kJ•mol﹣1，在温度为T时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示．下列说法正确的为（　　）‎ A．A、C两点的反应速率：v（A）＞v（C）‎ B．A、C两点气体的颜色：A深，C浅 C．B点正逆反应速率：v（正）＞v（逆）‎ D．A、C两点气休的平均相对分子质量：A＞C ‎20．工业上，利用CO和H2合成二甲醚：3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）在合适的温度下，研究者进行了多次实验，每次实验保持原料气组成（3molCO、3molH2）、体积（10L）、反应时间等因素不变，实验结果如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．X、Y两点对应的CO正反应速率相等 B．合成二甲醚的正反应△H＜0‎ C．反应温度应控制在260℃～280℃之间 D．选择合适催化剂，可以提高CO转化率 ‎　‎ 二、简答题（共30分）‎ ‎21．某温度下，纯水中的c（H+）=2×10﹣7mol/L．‎ ‎（1）此时c（OH﹣）=　　，pH=　　 7 （选填＜、＞，或=）‎ ‎（2）若温度不变，滴入稀硫酸使c（H+）=5×10﹣6mol/L，则c（OH﹣）=　　，由水电离出的c（H+）为　　．‎ ‎22．一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力有如图所示曲线，请回答．‎ ‎①a、b、c三点的氢离子浓度由小到大的顺序为　　．‎ ‎②a、b、c三点中，醋酸的电离程度最大的一点是　　．‎ ‎③测得某醋酸溶液中氢离子浓度为0.004mol•L﹣1，则醋酸的电离度为　　，该温度下醋酸的电离平衡常数K=　　．‎ ‎23．已知25℃时几种物质的电离程度（溶液浓度为0.1mol•L﹣1）如下表：（已知H2SO4第一步电离是完全的） ‎①H2SO4溶液中的HSO4﹣‎ ‎②NaHSO4溶液中的HSO4﹣‎ ‎③CH3COOH ‎④HCl ‎10%‎ ‎ 29%‎ ‎1.33%‎ ‎100%‎ ‎（1）25℃时，0.1mol•L﹣1上述几种溶液中c（H+）由大到小的顺序是（填序号，下同）　　．‎ ‎（2）25℃时，pH相同的上述几种溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序是　　．‎ ‎（3）25℃时，将足量的锌粉投入等体积，pH等于1的上述几种溶液中，产生H2的体积（同温同压下）由大到小的顺序是　　．‎ ‎（4）25℃时，0.1mol•L﹣1H2SO4溶液中HSO4﹣的电离程度小于0.1mol•L﹣1NaHSO4溶液中HSO4﹣的电离程度的原因是　　．‎ ‎24．能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈．甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景，因此甲醇被称为21世纪的新型燃料．‎ 工业上用CO生产燃料甲醇，一定条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．图1表示反应中能量的变化；图2表示一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4mol H2和一定量的CO后，CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化图．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）在“图1”中，曲线　　 （填“a”或“b”）表示使用了催化剂；该反应属于　　 （填“吸热”或“放热”）反应．‎ ‎（2）根据“图2”判断，下列说法不正确的是　　．‎ A．起始充入的CO为1mol ‎ B．增加CO浓度，CO的转化率增大 C．容器中压强恒定时，反应已达平衡状态 D．保持温度和密闭容器容积不变，再充入1mol CO和2mol H2，再次达到平衡时会增大 ‎（3）从反应开始到建立平衡，v（H2）=　　；该温度下CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的化学平衡常数为　　．若保持其他条件不变，向平衡体系中再充入0.5mol CO、1molH2、1.5molCH3OH，此反应进行的方向为　　 （填“正反应方向”或“逆反应方向）”．‎ ‎（4）请在“图3”中画出平衡时甲醇蒸气百分含量（纵坐标）随温度（横坐标）变化的曲线，要求画压强不同的2条曲线（在曲线上标出p1、p2，且p1＞p2）．‎ ‎25．（1）科学家常用量热计来直接测定某一反应的反应热，现测得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣192.9kJ/mol，又知H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol，请写出32g CH3OH（g）完全燃烧生成液态水的热化学方程式　　．‎ ‎（2）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：‎ ‎①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ•mol﹣11′‎ ‎②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1‎ ‎③CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1‎ 总反应：3H2（g）+3CO（g）═CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H=　　．‎ ‎　‎ 三、实验题（本大题共1小题，共9分）‎ ‎26．实验室有一瓶混有少量NaCl杂质的NaOH固体试剂，为准确测其纯度，采用盐酸滴定法进行测定．‎ ‎①称取Wg NaOH固体试剂配制成100.00mL水溶液备用；‎ ‎②将浓度为 c mol/L的标准盐酸装在用标准盐酸润洗过的25.00mL酸式滴定管中，调节液面位置在零刻度以下，并记下刻度；‎ ‎③取V1mL NaOH待测溶液置于洁净的锥形瓶中，加入2～3滴甲基橙指示剂充分振荡，然后用浓度为c mol/L的标准盐酸滴定，重复测定3次，平均用去盐酸V2mL．‎ 试回答：‎ ‎（1）配制标准盐酸溶液时，必须使用的最主要玻璃仪器是　　．‎ ‎（2）滴定时，滴定过程中两眼应该注视　　．滴定终点时溶液颜色由　　色突变为　　色．在盛放待测溶液的锥形瓶下方放一张白纸的作用是　　．‎ ‎（3）下列操作会使实验测得结果偏大的是（填选项的序号）　　；‎ A．用湿润的pH试纸测定某NaOH溶液的pH B．中和滴定实验中用蒸馏水洗净的锥形瓶直接装待测液 C．若滴定前酸式滴定管尖嘴气泡未排出，滴定结束后气泡消失 D．装标准盐酸的酸式滴定管没有进行润洗 E．读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视 ‎（4）固体试剂NaOH的质量分数的表达式为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省邯郸市广平一中高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选题（本大题共20小题，每题只有一个正确选项，共60分）‎ ‎1．在0.1mol•L﹣1 CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（　　）‎ A．加入水时，平衡向逆反应方向移动 B．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动 C．加入少量0.1mol•L﹣1 HCl溶液，溶液中c（H+）减小 D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A、稀释弱电解质溶液，会促进电离；‎ B、H+被氢氧化钠消耗，平衡向着正向移动；‎ C、引进了氢离子，平衡向着逆向移动，但是c（H+）会增大；‎ D、加入醋酸根离子，平衡向着逆向移动．‎ ‎【解答】解：A、加入水时，溶液被稀释，电离平衡向着正向移动，会促进醋酸的电离，故A错误；‎ B、加入少量NaOH固体后，H+和氢氧化钠反应，平衡向着正向移动，故B正确；‎ C、盐酸是强电解质，加入后溶液中c（H+）增大，电离平衡向着逆向移动，但是达到新的平衡时，溶液中c（H+）增大，故C错误；‎ D、加入少量CH3COONa固体，溶液的c（CH3COO﹣）增大，平衡向着逆向移动，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．已知反应 2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3 （g）△H＜0，下列说法不正确的是（　　）‎ A．升高温度，正、逆反应速率均加快 B．增大压强，化学平衡正向移动 C．充入O2，可提高SO2的转化率 D．当气体总质量不变时，反应达平衡状态 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．温度升高反应速率增大，正逆反应速率都增大，吸热反应方向的速率增大多；‎ B．反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向气体体积减小的方向进行；‎ C．两种反应物增加其中一种会增大另一种物质的转化率，本身转化率减小；‎ D．反应前后都是气体，气体质量不变；‎ ‎【解答】解：A.2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3 （g）△H＜0，是放热反应，升高温度平衡逆向进行，但反应速率增大，正、逆反应速率均加快，故A正确；‎ B．正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，故B正确；‎ C．反应中充入O2，可提高SO2的转化率，氧气转化率减小，故C正确；‎ D．反应前后气体质量始终保持不变，气体质量不变不能说明反应达到平衡状态，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．常温下，0.1mol•L﹣1某一元酸（HA）溶液中=1×10﹣8，相同物质的量浓度的某一元碱（BOH）溶液中=1×1012，下列叙述正确的是（　　）‎ A．HA的pH=3；BOH的pH=13‎ B．pH=a的HA溶液，稀释10倍，其pH=a+1‎ C．等体积的HA和BOH恰好完全反应，溶液的pH=7‎ D．相同体积相同pH的HA和盐酸分别与足量Zn反应，生成氢气的物质的量相同 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】溶液中=1×10﹣8，Kw=c（H+）•c（OH﹣）=1×10﹣14，联立解得c（H+）=10﹣3mol/L，说明HA为弱酸；联立=1×1012、Kw=c（H+）•c（OH﹣）=1×10﹣14解得：c（OH﹣）=10﹣1mol/L，说明BOH为强电解质，‎ A．分别根据pH=﹣lgc（H+）计算出两溶液的pH；‎ B.0.1mol•L﹣1某一元酸（HA）溶液的pH=3，说明HA为弱酸，稀释后电离程度增大，则溶液的pH小于a+1；‎ C．HA为弱酸、BOH为强碱，二者反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性；‎ D．HA为弱酸，盐酸为强酸，等pH等体积的HA和盐酸中，HA提供的氢离子的物质的量大于盐酸，产生的氢气HA大于盐酸．‎ ‎【解答】解：A．常温下，溶液中=1×10﹣8、Kw=c（H+）•c（OH﹣）=1×10﹣14，联立解得c（H+）=10﹣3mol/L，该溶液的pH=3；联立=1×1012、Kw=c（H+）•c（OH﹣）=1×10﹣14解得：c（OH﹣）=10﹣1mol/L，该溶液的pH=13，故A正确；‎ B．根据A可知．0.1mol•L﹣1某一元酸（HA）溶液的pH=3，说明HA为弱酸，稀释后电离程度增大，溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH小于a+1，故B错误；‎ C.0.1mol•L﹣1的BOH溶液的pH=13，说明BOH为强电解质，两溶液等体积混合后生成强碱弱酸盐，溶液显示碱性，故C错误；‎ D．HA为弱酸，在溶液中只能部分电离出氢离子，pH相等的HA和盐酸中，HA的物质的量浓度大于盐酸，则相同体积相同pH的HA和盐酸分别与足量Zn反应，HA产生的氢气多，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．下列溶液：①pH=0的盐酸，②0.5mol•L﹣1的盐酸溶液，③0.1mol•L﹣1的氯化钠溶液，④0.1mol•L﹣1的氢氧化钠溶液，⑤0.1mol•L﹣1的氢氧化钡溶液；由水电离的H+浓度由大到小的顺序正确的是（　　）‎ A．①②③④⑤ B．③④⑤②① C．①②③⑤④ D．⑤③④①②‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】电离平衡为H2O⇌H++OH﹣，在水中加入酸或者碱溶液，导致溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离；酸溶液中氢氧根离子是水电离的，碱溶液中氢离子是水电离，结合Kw=c（H+）•c（OH﹣）进行计算．‎ ‎【解答】解：酸溶液中，氢氧根离子是水电离，碱溶液中氢离子是水电离的，‎ ‎①pH=0的盐酸，溶液中氢离子浓度为1mol/L，水电离的氢离子为1×10﹣14mol/L；‎ ‎②0.5mol/L盐酸，溶液中氢离子浓度为0.5mol/L，水电离的氢离子为2×10﹣14mol/L；‎ ‎③0.1mol•L﹣1的氯化钠溶液，水电离的氢离子为1×10﹣7mol/L；‎ ‎④0.01mol/L的NaOH 溶液，溶液中氢氧根离子浓度为0.01，水电离出的氢离子浓度是1×10﹣12mol/L；‎ ‎⑤0.1mol•L﹣1的氢氧化钡溶液，溶液中氢氧根离子浓度为0.2ml/L，水电离的氢离子为5×10﹣14mol/L；‎ 所以由水电离产生的c（H+）由大到小的顺序是③④⑤②①，故选B．‎ ‎　‎ ‎5．下列无法证明某酸HA是弱酸的实验方案是（　　）‎ A．室温下，测得某HA溶液中c（HA）=0.01mol•L﹣1‎ B．碳酸钠溶液中滴入0.1mol•L﹣1的HA溶液，产生大量无色气体 C．室温下测得某HA溶液的pH=a，用蒸馏水稀释100倍测得溶液pH=b，且b﹣a＜2‎ D．室温下，测得0.1mol•L﹣1HA溶液的pH＞1，证明HA是弱酸 ‎【考点】弱电解质的判断．‎ ‎【分析】强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，要证明醋酸是弱电解质，只要能证明醋酸部分电离即可，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．室温下，测得某HA溶液中c（HA）=0.01mol•L﹣1，该溶液中存在酸分子，说明存在酸电离平衡，为弱电解质，故A不选；‎ B．碳酸钠溶液中滴入0.1mol•L﹣1的HA溶液，产生大量无色气体，说明HA酸性大于碳酸，碳酸是弱电解质，不能说明HA是弱电解质，故B选；‎ C．室温下测得某HA溶液的pH=a，用蒸馏水稀释100倍测得溶液pH=b，且b﹣a＜2，说明HA溶液中存在HA电离平衡，为弱电解质，故C不选；‎ D．室温下，测得0.1mol•L﹣1HA溶液的pH＞1，说明HA存在电离平衡，则证明HA是弱酸，为弱电解质，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．对于可逆反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（　　）‎ A．NH3和H2O化学反应速率关系是2v正（NH3）=3v正（H2O）‎ B．达到化学平衡时，4v正（O2）=5v逆（NO）‎ C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大 D．若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态 ‎【考点】化学平衡建立的过程．‎ ‎【分析】A、反应速率之比等于方程式的系数之比为正反应速率之比；‎ B、达到化学平衡时，正逆反应速率是相等的，根据反应速率之比等于方程式的系数之比分析；‎ C、若增加容器体积即减小压强，化学反应速率减慢；‎ D、达到化学平衡时，化学反应的正逆反应速率是相等的；‎ ‎【解答】解：A、反应速率之比等于方程式的系数之比，所以3υ正（NH3）=2υ正（H2O），故A错误；‎ B、反应速率之比等于方程式的系数之比为正反应速率之比，4v正（O2）=5v逆（NO），说明NO正逆反应速率相同，能证明化学反应的正逆反应速率是相等的，达到了化学平衡状态，故B正确；‎ C、若增加容器体积即减小压强，化学反应速率减慢，正逆反应速率都减小，故C错误；‎ D、单位时间内生成x mol NO，同时消耗x mol NH3，则不能说明化学反应的正逆反应速率是相等的，只表示了正反应方向，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2，发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）．经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：‎ t/s ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ n（SO3）/mol ‎0‎ ‎0.8‎ ‎1.4‎ ‎1.8‎ ‎1.8‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．反应在前2 s 的平均速率v（O2）=0.4 mol•L﹣1•s﹣1‎ B．保持其他条件不变，体积压缩到1.0 L，平衡常数将增大 C．相同温度下，起始时向容器中充入4 mol SO3，达到平衡时，SO3的转化率大于10%‎ D．保持温度不变，向该容器中再充入2 mol SO2、1 mol O2，反应达到新平衡时n（SO3）/n（O2）增大 ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A．先计算三氧化硫反应速率，再根据同一可逆反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算v（O2）；‎ B．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变；‎ C．相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，如果三氧化硫完全转化为二氧化硫和氧气，二氧化硫和氧气的物质的量分别是4mol、2mol，为原来的2倍，增大压强平衡正向移动，则二氧化硫转化率增大；‎ D．根据压强对化学平衡的影响分析．‎ ‎【解答】解：A．根据表格中数据知，当n（SO3）=1.8mol，该反应达到平衡状态，反应在前2s的平均速率v（SO3）==0.2mol•L﹣1•s﹣1，同一可逆反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，v（O2）=×0.2mol•L﹣1•s﹣1=0.1mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；‎ B．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，与压强、物质浓度都无关，故B错误；‎ C．相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，如果三氧化硫完全转化为二氧化硫和氧气，二氧化硫和氧气的物质的量分别是4mol、2mol，为原来的2倍，增大压强平衡正向移动，则二氧化硫转化率增大，所以二氧化硫转化率大于90%，相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，达到平衡时，SO3的转化率小于10%，故C错误；‎ D．温度不变，向该容器中再充入2mol SO2、1mol O2，增大了压强，平衡正向移动，三氧化硫的物质的量增加，氧气的物质的量减小，所以比值增大，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．已知N2和H2合成氨的反应是放热反应，破坏1mol N≡N键消耗的能量为Q1kJ，破坏1mol H﹣H键消耗的能量为Q2kJ，形成1mol N﹣H键放出的能量为Q3kJ，下列关系式中正确的是（　　）‎ A．Q1+3Q2＞6Q3 B．Q1+3Q2＜6Q3 C．Q1+Q2＜Q3 D．Q1+Q2=Q3‎ ‎【考点】反应热的大小比较．‎ ‎【分析】已知N2和H2合成氨的反应是放热反应，该反应放热，△H＜0，根据反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键来计算该反应的反应热，据此解答．‎ ‎【解答】解：破坏1mol N≡N键消耗的能量为Q1kJ，则N≡N键能为Q1kJ/mol，‎ 破坏1mol H﹣H键消耗的能量为Q2kJ，则H﹣H键键能为Q2kJ/mol，‎ 形成1molH﹣N键释放的能量为Q3kJ，则H﹣N键能为Q3kJ/mol，‎ 对于3H2（g）+N2（g）═2NH3（g），反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能，‎ 故：反应热△H=3Q2kJ/mol+Q1kJ/mol﹣6Q3kJ/mol=（3Q2+Q1﹣6Q3）KJ/mol，‎ 反应热△H＜0，即（3Q2+Q1﹣6Q3）＜0，‎ 所以3Q2+Q1＜6Q3，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．下列关于反应能量的说法正确的是（　　）‎ A．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）；△H＞0，则金刚石比石墨稳定 B．相同条件下，如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子所具有的能量为E2，则2E1＞E2‎ C．101kPa时，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，H2的燃烧热为571.6kJ•mol﹣1‎ D．H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）；△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，含1molNaOH的氢氧化钠溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出57.3kJ的热量 ‎【考点】吸热反应和放热反应．‎ ‎【分析】A、石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，说明金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定；‎ B、原子能量高于分子能量，形成化学键放出能量；‎ C、燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成稳定的产物所放出的热量；‎ D、中和热是强酸和强碱发生中和反应生成1mol水时，所放出的热量．‎ ‎【解答】解：A、石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，说明金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故A错误；‎ B、原子能量高于分子能量，形成化学键放出能量，相同条件下，如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子所具有的能量为E2，则2E1＞E2，故B正确；‎ C、燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成稳定的产物所放出的热量，由此可知氢气的燃烧热为285.8kJ，故C错误；‎ D、中和热是强酸和强碱发生中和反应生成1mol水时，所放出的热量，1molNaOH的氢氧化钠溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合时，浓硫酸溶于水放热，所以导致△H＜﹣57.3kJ•mol﹣1，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=10﹣10 mol•L﹣1．下列有关该溶液的叙述正确的是（　　）‎ A．该溶液一定呈酸性 B．该溶液中c（H+）可能等于10﹣5 mol•L﹣1‎ C．该溶液的pH可能为4也可能为10‎ D．该溶液有可能呈中性 ‎【考点】探究溶液的酸碱性．‎ ‎【分析】25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=10﹣10 mol•L﹣1＜10﹣7mol•L﹣1，说明水的电离受到抑制，酸或碱抑制水电离，所以该溶液中溶质为酸或碱，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=10﹣10 mol•L﹣1＜10﹣7mol•L﹣1，说明水的电离受到抑制，酸或碱抑制水电离，所以该溶液中溶质为酸或碱，‎ A．根据以上分析知，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，故A错误；‎ B．如果该溶液呈酸性，该溶液中c（H+）=mol/L=10﹣4 mol•L﹣1，故B错误；‎ C．如果该溶液呈酸性，该溶液中c（H+）=mol/L=10﹣4 mol•L﹣1，溶液pH=4，如果该溶液呈碱性，溶液中c（H+）=10﹣10mol•L﹣1，则溶液的pH=10，故C正确；‎ D．因为水的电离被抑制，所以溶质可能为酸或碱，溶液可能为酸性或碱性，不可能为中性，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．下列有关如图装置的说法正确的是（　　）‎ A．若K与c连接，石墨电极的电极反应为：O2+4e﹣+4H+=2H2O B．若K与c连接，则溶液中的Na+向铁电极移动 C．若K与d连接，铁电极的电极反应为：2H++2e﹣═H2↑‎ D．若K与d连接，一段时间后，加适量稀盐酸可使电解质溶液复原 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A、若K与c连接，是原电池，石墨电极是正极，电极反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；‎ B、若K与c连接，是原电池，原电池中的Na+向正极移动；‎ C、若K与d连接是电解池，铁电极是阴极，发生还原反应，电极反应为：2H++2e﹣═H2↑；‎ D、若K与d连接，一段时间后是电解饱和食盐水，产生氢气和氯气，所以加入氯化氢气体可使电解质溶液复原．‎ ‎【解答】解：A、若K与c连接，是原电池，石墨电极是正极，是吸氧腐蚀，正极的电极反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，故A错误；‎ B、若K与c连接，是原电池，原电池中的Na+向正极移动，所以钠离子向石墨极移动，故B错误；‎ C、若K与d连接是电解池，铁电极是阴极，发生还原反应，电极反应为：2H++2e﹣═H2↑，故C正确；‎ D、若K与d连接，一段时间后是电解饱和食盐水，产生氢气和氯气，所以加入氯化氢气体可使电解质溶液复原，而不是深度电解，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．将一根较纯铁棒垂直没入水中，由于深水处溶氧量较少，一段时间后发现AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重，下列关于此现象的说法错误的是（　　）‎ A．铁棒AB段发生反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣‎ B．腐蚀过程中在铁棒上会产生微电流，且方向是AB段到BC段 C．向水中加入一定量硫酸钾固体后，对铁棒的生锈速率几乎无影响 D．产生这种现象的本质原因是铁棒所处的化学环境不同 ‎【考点】金属的电化学腐蚀与防护．‎ ‎【分析】铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于原电池，BC段作原电池负极、AB段作原电池正极，据此解答即可．‎ ‎【解答】解：铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于原电池，BC段作原电池负极、AB段作原电池正极，‎ A、依据分析可知，AB段为原电池的正极，发生反应O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，故A正确；‎ B、腐蚀过程中BC段为原电池的负极，在此生成微电流，电子从BC流向AB，故电流方向为从AB到BC，故B正确；‎ C、向水中加入一定量的硫酸钾后，电解质溶液中离子浓度升高，化学反应速率加快，故C错误；‎ D、此原电池的构成是由于铁棒所处的化学环境不同，故D正确，故选C．‎ ‎　‎ ‎13．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△H=﹣270kJ•mol﹣1，下列说法错误的是（　　）‎ A．2mol水蒸气分解成2mol氢气与1mol氧气吸收270kJ热量 B．2mol氢气与1mol氧气反应生成2mol液态水放出热量大于270kJ C．在相同条件下，2mol氢气与1mol氧气的能量总和大于2mol水蒸汽的能量 D．2个氢气分子与1个氧气分子反应生成2个水蒸汽分子放出270kJ热量 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A、依据热化学方程式可知，2mol氢气和1mol氧气恰好完全反应放热270KJ，逆反应吸热270KJ；‎ B、气态水变化为液体放热；‎ C、依据反应是放热反应，结合能量守恒分析判断；‎ D、热化学方程式中化学方程式计量数只表示物质的量不表示微粒个数．‎ ‎【解答】解：A、依据热化学方程式可知，2mol氢气和1mol氧气恰好完全反应放热270kJ，逆反应吸热270kJ，2mol水蒸气分解成2mol氢气与1mol氧气吸收270kJ热量，故A正确；‎ B、2mol氢气与1mol氧气反应生成2mol气态水放出热量270kJ，气态水变化为液体放热，2mol氢气与1mol氧气反应生成2mol液态水放出热量大于270kJ，故B正确；‎ C、反应是放热反应，反应物能量总和大于生成物能量总和，故2mol氢气与1mol氧气的能量总和大于2mol水蒸汽的能量，故C正确；‎ D、热化学方程式中化学方程式计量数只表示物质的量不表示微粒个数，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎14．用适量水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（　　）‎ A．c（OH﹣） B．n（NH4+）‎ C． D．n（OH﹣）‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】用适量水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，一水合氨的电离程度增大，则氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，但氢氧根离子的浓度会减小，据此进行判断．‎ ‎【解答】解：A．稀释过程中一水合氨的电离程度增大，由于溶液体积变化更大，则氢氧根离子的浓度减小，故A正确；‎ B．稀释过程中铵根离子、氢氧根离子的物质的量增大，故B错误；‎ C．稀释过程中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，由于溶液体积相同，则的比值会增大，故C错误；‎ D．稀释过程中一水合氨的电离程度增大，溶液中氢氧根离子的物质的量增大，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎15．某化学反应的△H=﹣122kJ•mol﹣1，△S=+231J•mol﹣1•K﹣1，则此反应在下列哪种情况下可自发进行（　　）‎ A．在任何温度下都能自发进行 B．在任何温度下都不能自发进行 C．仅在高温下自发进行 D．仅在低温下自发进行 ‎【考点】焓变和熵变．‎ ‎【分析】反应自发进行的判断依据为：△H﹣T△S＜0，据此解答．‎ ‎【解答】解：△H=﹣122kJ•mol﹣1，△S=+231J•mol﹣1•K﹣1，则：△H﹣T△S=﹣122kJ•mol﹣1﹣T0.231J•mol﹣1•K﹣1＜0，所以反应一定是自发进行的反应，所以在任何温度下都能自发进行，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎16．已知某种微生物燃料电池工作原理如图所示．下列有关该电池的说法中，正确的是（　　）‎ A．外电路电子从B极移向A极 B．溶液中H+由B极区移向A极区 C．电池工作一段时间后B极区溶液的pH减小 D．A极电极反应式为：CH3COOH﹣8e﹣+2H2O=2CO2+8H+‎ ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【分析】根据图知，A电极上C元素化合价升高失电子，则A是负极、B是正极，负极反应式为CH3COOH﹣8e﹣+2H2O═2CO2↑+8H+，电解质溶液呈酸性，则正极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：根据图知，A电极上C元素化合价由0价变为+4价，则A是负极、B是正极，负极反应式为CH3COOH﹣8e﹣+2H2O═2CO2↑+8H+，电解质溶液呈酸性，则正极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，‎ A．通过以上分析知，A是负极、B是正极，电子从A流向B，故A错误；‎ B．电池内电解质溶液中所含的H+由负极A移向正极B，故B错误；‎ C．B极为正极，正极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，正极上消耗氢离子，所以溶液pH增大，故C错误；‎ D．A电极上失电子发生氧化反应，则A极的电极反应为：CH3COOH﹣8e﹣+2H2O═2CO2↑+8H+，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎17．下列说法中正确的是（　　）‎ A．液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质 B．NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质 C．铜、石墨均导电，所以它们是电解质 D．蔗糖、酒精在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质 ‎【考点】电解质与非电解质．‎ ‎【分析】根据电解质和非电解质的定义：电解质是指在水溶液中或在熔融状态下就能够导电（电解离成阳离子与阴离子）的化合物，非电解质是指在水溶液中或在熔融状态下就不能导电的化合物来解答此题．‎ ‎【解答】解：‎ A、液态HCl不导电，但在水溶液中电离出氢离子和氯离子，可以导电；固态NaCl不导电，在水溶液中或熔融状态下电离出钠离子和氯离子，可以导电，所以所以HCl、NaCl均是电解质，故A错误；‎ B、氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气电离；二氧化碳的水溶液能导电，是因为二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸电离出氢离子和碳酸氢根离子，不是二氧化碳电离，所以氨气和二氧化碳均是非电解质，故B错误．‎ C、铜和石墨导电是因为有自由移动的电子，可以按一定方向移动形成电流，并且铜和石墨均为单质，不是电解质，故C错误；‎ D、蔗糖、酒精为化合物，在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎18．T℃时，将气体X与气体Y置于一密闭容器中，反应生成气体Z，反应过程中各物质的浓度变 化如图（Ⅰ）所示．保持其他条件不变，在T1、T2两种温度下，Y的体积分数变化如图（Ⅱ）所示．下列结论正确的是（　　）‎ A．t2时，保持其它条件和物质状态不变，增加压强，化学平衡向逆反应方向移动 B．T℃时，若密闭容器中各物质起始浓度为：0.4 mol/L X、0.4 mol/L Y、0.2 mol/L Z．保持其他条件不变，达到平衡时z的浓度为0.4 mol/L C．图（Ⅱ）中T1＞T2，则正反应是吸热反应 D．其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，且X的转化率增大 ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线．‎ ‎【分析】该反应达到平衡状态时，X浓度的变化量=（0.5﹣0.3）mol/L=0.2mol/L，Y浓度的变化量=（0.7﹣0.1）mol/L=0.6mol/L，Z浓度的变化量=（0.4﹣0）mol/L=0.4mol/L，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），‎ 根据“先拐先平数值大”结合图II知，T1＞T2，升高温度，Y的体积发生增大，则该反应的正反应是放热反应；‎ A．增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；‎ B．先根据图I计算平衡常数，再根据平衡常数计算改变三种物质的浓度达到平衡状态时Z的浓度；‎ C．根据“先拐先平数值大”结合图II知，T1＞T2，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；‎ D．其它条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动．‎ ‎【解答】解：该反应达到平衡状态时，X浓度的变化量=（0.5﹣0.3）mol/L=0.2mol/L，Y浓度的变化量=（0.7﹣0.1）mol/L=0.6mol/L，Z浓度的变化量=（0.4﹣0）mol/L=0.4mol/L，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），‎ 根据“先拐先平数值大”结合图II知，T1＞T2，升高温度，Y的体积发生增大，则该反应的正反应是放热反应；‎ A．该反应的正反应是气体体积减小的反应，t2时，保持其它条件和物质状态不变，增加压强，化学平衡向正反应方向移动，故A错误；‎ B．根据图I知，化学平衡常数K=，‎ 假设Z的平衡浓度是0.4mol/L，‎ ‎ X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）‎ 开始（mol/L）0.4 0.4 0.2‎ 反应（mol/L）0.1 0.3 0.2 ‎ 平衡（mol/L） 0.3 0.1 0.4‎ 化学平衡常数K′==，所以符合平衡常数K，故B正确；‎ C．根据“先拐先平数值大”结合图II知，T1＞T2，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，Y的体积分数增大，说明正反应是放热反应，故C错误；‎ D．其它条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，根据图II知，正反应是放热反应，所以平衡向逆反应方向移动，X的转化率降低，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎19．反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H=+57kJ•mol﹣1，在温度为T时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示．下列说法正确的为（　　）‎ A．A、C两点的反应速率：v（A）＞v（C）‎ B．A、C两点气体的颜色：A深，C浅 C．B点正逆反应速率：v（正）＞v（逆）‎ D．A、C两点气休的平均相对分子质量：A＞C ‎【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．‎ ‎【分析】A、压强越大反应速率越快；‎ B、增大压强向气体体积缩小；‎ C、B不是平衡状态，在这种压强下最终要达平衡状态，二氧化氮的体积分数变大；‎ D、A到C二氧化氮的体积分数减小，所以混合气体的物质的量减小．‎ ‎【解答】解：A、压强越大反应速率越快，C点的压强大，所以速率快，所以v（A）＜v（C），故A错误；‎ B、增大压强向气体体积缩小，二氧化氮的浓度变大，所以颜色A浅，C深，故B错误；‎ C、B不是平衡状态，在这种压强下最终要达平衡状态，二氧化氮的体积分数变大，平衡正向移动，所以v（正）＞v（逆），故C正确；‎ D、A到C二氧化氮的体积分数减小，所以混合气体的物质的量减小，气体质量不变，所以平均相对分子质量：A＜C，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎20．工业上，利用CO和H2合成二甲醚：3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）在合适的温度下，研究者进行了多次实验，每次实验保持原料气组成（3molCO、3molH2）、体积（10L）、反应时间等因素不变，实验结果如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．X、Y两点对应的CO正反应速率相等 B．合成二甲醚的正反应△H＜0‎ C．反应温度应控制在260℃～280℃之间 D．选择合适催化剂，可以提高CO转化率 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．温度不同，反应速率不同；‎ B．转化率达到最高点之后，升高温度转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动；‎ C.240℃～260℃之间转化率最高；‎ D．催化剂不影响平衡移动．‎ ‎【解答】解：A．X、Y两点对应的温度不同，反应速率不同，故A错误；‎ B．转化率达到最高点之后，升高温度转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，可说明反应为放热反应，故B正确；‎ C.240℃～260℃之间转化率最高，应控制在此温度区间范围，故C错误；‎ D．催化剂不影响平衡移动，转化率不变，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、简答题（共30分）‎ ‎21．某温度下，纯水中的c（H+）=2×10﹣7mol/L．‎ ‎（1）此时c（OH﹣）=　2×10﹣7mol/L　，pH=　＜　 7 （选填＜、＞，或=）‎ ‎（2）若温度不变，滴入稀硫酸使c（H+）=5×10﹣6mol/L，则c（OH﹣）=　8×10﹣9mol/L　，由水电离出的c（H+）为　8×10﹣9mol/L　．‎ ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】依据纯水存在电离平衡，电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同；在酸溶液、碱溶液、盐溶液中存在离子积常数，Kw随温度变化；依据离子积计算离子浓度．‎ ‎【解答】解：（1）某温度下纯水中的c（H+）=2×10﹣7mol/L，则此时溶液中的c（OH﹣）=2×10﹣7mol/L；由于2×10﹣7mol/L＞1×10﹣7mol/L，故此时pH＜7；故答案为：2×10﹣7mol/L；＜；‎ ‎（2）若温度不变，滴入稀硫酸，使c（H+）=5×10﹣6mol/L，溶液中则溶液中c（H+）×c（OH﹣）=4×10﹣14；c（OH﹣）=8×10﹣9mol/L，此时溶液中由水电离产生的c（H+）=8×10﹣9mol/L；故答案为：8×10﹣9mol/L；8×10﹣9mol/L．‎ ‎　‎ ‎22．一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力有如图所示曲线，请回答．‎ ‎①a、b、c三点的氢离子浓度由小到大的顺序为　c＜a＜b　．‎ ‎②a、b、c三点中，醋酸的电离程度最大的一点是　c　．‎ ‎③测得某醋酸溶液中氢离子浓度为0.004mol•L﹣1，则醋酸的电离度为　4%　，该温度下醋酸的电离平衡常数K=　1.6×10﹣5　．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】①溶液的导电能力与离子浓度成正比；‎ ‎②溶液越稀，醋酸的电离程度越大；‎ ‎③电离度=×100%，根据Ka=计算．‎ ‎【解答】解：①溶液的导电能力与离子浓度成正比，根据图象知，溶液导电能力大小顺序是b＞a＞c，则氢离子浓度由小到大顺序是c＜a＜b，‎ 故答案为：c＜a＜b；‎ ‎②溶液越稀，醋酸的电离程度越大，根据图象知，溶液体积大小顺序是c＞b＞a，所以醋酸电离程度最大的是c，‎ 故答案为：c；‎ ‎③醋酸溶液中氢离子浓度为0.004mol•L﹣1，则醋酸的电离度=×100%=×100%=4%，‎ 醋酸的电离常数为Ka===1.6×10﹣5；‎ 故答案为：4%；1.6×10﹣5 ．‎ ‎　‎ ‎23．已知25℃时几种物质的电离程度（溶液浓度为0.1mol•L﹣1）如下表：（已知H2SO4第一步电离是完全的） ‎①H2SO4溶液中的HSO4﹣‎ ‎②NaHSO4溶液中的HSO4﹣‎ ‎③CH3COOH ‎④HCl ‎10%‎ ‎ 29%‎ ‎1.33%‎ ‎100%‎ ‎（1）25℃时，0.1mol•L﹣1上述几种溶液中c（H+）由大到小的顺序是（填序号，下同）　①④②③　．‎ ‎（2）25℃时，pH相同的上述几种溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序是　：③＞②＞④＞①　．‎ ‎（3）25℃时，将足量的锌粉投入等体积，pH等于1的上述几种溶液中，产生H2的体积（同温同压下）由大到小的顺序是　③②①④　．‎ ‎（4）25℃时，0.1mol•L﹣1H2SO4溶液中HSO4﹣的电离程度小于0.1mol•L﹣1NaHSO4溶液中HSO4﹣的电离程度的原因是　硫酸的第一步电离抑制了硫酸氢根离子的电离　．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】（1）c（H+）=c（酸）×α（电离度），注意硫酸分两步电离；‎ ‎（2）等pH的酸，其电离程度越大，酸的物质的量浓度越小；‎ ‎（3）等pH的酸，其电离程度越大，酸的物质的量浓度越小，根据氢原子守恒，由氢元素的物质的量计算生成氢气的体积大小；‎ ‎（4）电离时含有相同的离子能抑制酸电离．‎ ‎【解答】解：（1）硫酸第一步完全电离，第二步部分电离，硫酸中c（H+）=（0.1+0.1×10%）mol/L=0.11mol/L；‎ 硫酸氢钠溶液中，cH+）=（0.1×29%）mol/L=0.029mol/L；‎ 醋酸溶液中，c（H+）=（0.1×1.33%）mol/L=0.00133mol/L；‎ 盐酸溶液中，c（H+）=0.1mol/L；‎ 所以c（H+）由大到小的顺序是①④②③，故答案为：①④②③；‎ ‎（2）等pH的酸，其电离程度越大，酸的物质的量浓度越小，则物质的量浓度由大到小的顺序是③＞②＞④＞①；‎ 故答案为：③＞②＞④＞①；‎ ‎（3）等体积pH=1的上述几种溶液中，氢元素的物质的量由大到小的顺序是③②①④，则生成氢气的体积③②①④，‎ 故答案为：③②①④；‎ ‎（4）硫酸溶液中，硫酸第一步电离出氢离子，第二步又电离出氢离子，第一步电离出的氢离子抑制了第二步的电离，而硫酸氢钠溶液中硫酸氢根离子只有一步电离，所以.1mol/L H2SO4中的HSO4﹣的电离度小于0.1mol/L NaHSO4中HSO4﹣的电离度，‎ 故答案为：硫酸的第一步电离抑制了硫酸氢根离子的电离．‎ ‎　‎ ‎24．能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈．甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景，因此甲醇被称为21世纪的新型燃料．‎ 工业上用CO生产燃料甲醇，一定条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．图1表示反应中能量的变化；图2表示一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4mol H2和一定量的CO后，CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化图．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）在“图1”中，曲线　b　 （填“a”或“b”）表示使用了催化剂；该反应属于　放热　 （填“吸热”或“放热”）反应．‎ ‎（2）根据“图2”判断，下列说法不正确的是　AB　．‎ A．起始充入的CO为1mol ‎ B．增加CO浓度，CO的转化率增大 C．容器中压强恒定时，反应已达平衡状态 D．保持温度和密闭容器容积不变，再充入1mol CO和2mol H2，再次达到平衡时会增大 ‎（3）从反应开始到建立平衡，v（H2）=　0.15mol•L﹣1•min﹣1　；该温度下CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的化学平衡常数为　12L2•mol﹣2　．若保持其他条件不变，向平衡体系中再充入0.5mol CO、1molH2、1.5molCH3OH，此反应进行的方向为　平衡不移动　 （填“正反应方向”或“逆反应方向）”．‎ ‎（4）请在“图3”中画出平衡时甲醇蒸气百分含量（纵坐标）随温度（横坐标）变化的曲线，要求画压强不同的2条曲线（在曲线上标出p1、p2，且p1＞p2）．‎ ‎【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）根据活化能的大小判断；根据反应物与生成物的总能量判断；‎ ‎（2）A、由图2利用转化的CO和平衡时CO的量来分析；‎ B、增加CO浓度，会促进氢气的转化，但本身的转化率降低；‎ C、该反应为反应前后压强不等的反应；‎ D、再充入1molCO和2molH2，体积不变，则压强增大，平衡正向移动；‎ ‎（3）由图2计算用CO表示的反应速率，再利用反应速率之比等于化学计量数之比来计算氢气的反应速率，利用各物质平衡的浓度来计算化学平衡常数；比较QC与K的大小，然后判断反应进行的方向；‎ ‎（4）根据温度和压强对该反应的影响来分析．‎ ‎【解答】解：（1）加入催化剂，可降低反应的活化能，由图象可知b活化能较低，应加入催化剂，反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应为放热反应，‎ 故答案为：b；放热；‎ ‎（2）A、由图2可知生成0.75mol/LCH3OH，则反应了0.75mol/LCO，平衡时有0.25mol/LCO，即CO的起始物质的量为（0.75mol/l+0.25mol/L）×2L=2mol，故A错误；‎ B、增加CO浓度，会促进氢气的转化，氢气的转化率增大，但CO的转化率减小，故B错误；‎ C、该反应为反应前后压强不等的反应，则压强不变时，该反应达到平衡状态，故C正确；‎ D、再充入1molCO和2molH2，体积不变，则压强增大，平衡正向移动，再次达到平衡时会增大，故D正确；‎ 故答案为：AB；‎ ‎（3）由图2可知，反应中减小的CO的浓度为1mol/L﹣0.25mol/L=0.75mol/L，10min时达到平衡，‎ 则用CO表示的化学反应速率为=0.075mol•L﹣1•min﹣1，‎ 因反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=0.075mol•L﹣1•min﹣1×2=0.15mol•L﹣1•min﹣1；‎ ‎ CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）‎ 开始（mol/L） 1 2 0‎ 转化（mol/L） 0.75 1.5 0.75‎ 平衡（mol/L） 0.25 0.5 0.75‎ 则化学平衡常数K═=12L2•mol﹣2；‎ Qc==12=K，达平衡状态，平衡不移动；‎ 故答案为：0.15mol•L﹣1•min﹣1；12L2•mol﹣2； 平衡不移动；‎ ‎（4）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0，‎ 则温度越高，逆向反应进行的程度越大，甲醇的含量就越低，‎ 压强增大，反应正向进行的程度大，则甲醇的含量高，则图象为 ‎，故答案为：．‎ ‎　‎ ‎25．（1）科学家常用量热计来直接测定某一反应的反应热，现测得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣192.9kJ/mol，又知H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol，请写出32g CH3OH（g）完全燃烧生成液态水的热化学方程式　CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣280.9kJ/mol　．‎ ‎（2）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：‎ ‎①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ•mol﹣11′‎ ‎②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1‎ ‎③CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1‎ 总反应：3H2（g）+3CO（g）═CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H=　﹣246.4kJ•mol﹣1　．‎ ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】（1）32g的CH3OH的物质的量为1mol，结合盖斯定律计算；‎ ‎（2）①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ•mol﹣1‎ ‎②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1‎ ‎③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1‎ 由盖斯定律②+③+①×2解答．‎ ‎【解答】解：（1）①CH3OH（g）+O2=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣192.9KJ/mol，②H2O（l）=H2O（g）△=44KJ/mol，‎ 利用盖斯定律将①﹣②×2可得CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O ‎△H=（﹣192.9kJ/mol）﹣44KJ/mol×2=﹣280.9kJ/mol，‎ 故答案为：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣280.9kJ/mol；‎ ‎（2）①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ•mol﹣1‎ ‎②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1‎ ‎③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1‎ 由盖斯定律②+③+①×2得到3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H=﹣246.4 kJ•mol﹣1，故答案为：﹣246.4kJ•mol﹣1．‎ ‎　‎ 三、实验题（本大题共1小题，共9分）‎ ‎26．实验室有一瓶混有少量NaCl杂质的NaOH固体试剂，为准确测其纯度，采用盐酸滴定法进行测定．‎ ‎①称取Wg NaOH固体试剂配制成100.00mL水溶液备用；‎ ‎②将浓度为 c mol/L的标准盐酸装在用标准盐酸润洗过的25.00mL酸式滴定管中，调节液面位置在零刻度以下，并记下刻度；‎ ‎③取V1mL NaOH待测溶液置于洁净的锥形瓶中，加入2～3滴甲基橙指示剂充分振荡，然后用浓度为c mol/L的标准盐酸滴定，重复测定3次，平均用去盐酸V2mL．‎ 试回答：‎ ‎（1）配制标准盐酸溶液时，必须使用的最主要玻璃仪器是　容量瓶　．‎ ‎（2）滴定时，滴定过程中两眼应该注视　锥形瓶内溶液的颜色变化　．滴定终点时溶液颜色由　黄　色突变为　橙　色．在盛放待测溶液的锥形瓶下方放一张白纸的作用是　观察锥形瓶中溶液颜色的变化明显，减少实验误差　．‎ ‎（3）下列操作会使实验测得结果偏大的是（填选项的序号）　CD　；‎ A．用湿润的pH试纸测定某NaOH溶液的pH B．中和滴定实验中用蒸馏水洗净的锥形瓶直接装待测液 C．若滴定前酸式滴定管尖嘴气泡未排出，滴定结束后气泡消失 D．装标准盐酸的酸式滴定管没有进行润洗 E．读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视 ‎（4）固体试剂NaOH的质量分数的表达式为　×100%　．‎ ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度溶液的最主要玻璃仪器是容量瓶；‎ ‎（2）根据滴定过程中，眼睛注视着锥形瓶内溶液颜色的变化；‎ 根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；‎ 在盛放待测溶液的锥形瓶下方放一张白纸的作用是观察锥形瓶中溶液颜色的变化明显，减少实验误差；‎ ‎（3）A．用湿润的pH试纸测定溶液的pH，相当于溶液进行了稀释；‎ B．中和滴定实验中用蒸馏水洗净的锥形瓶直接装待测液，待测液的物质的量不变，‎ C．若滴定前酸式滴定管尖嘴气泡未排出，滴定结束后气泡消失，导致标准液的体积偏大；‎ D．装标准盐酸的酸式滴定管没有进行润洗，导致标准液的体积偏大；‎ E．读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，导致标准液的体积偏小；‎ ‎（4）先根据酸碱中和反应计算氢氧化钠溶液的浓度，根据m=CVM计算100mL溶液中氢氧化钠的质量，再根据质量分数公式计算氢氧化钠的质量分数；‎ ‎【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液的最主要玻璃仪器是容量瓶；‎ 故答案为：容量瓶； ‎ ‎（2）滴定时，滴定过程中两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色；在盛放待测溶液的锥形瓶下方放一张白纸的作用是观察锥形瓶中溶液颜色的变化明显，减少实验误差；‎ 故答案为：锥形瓶内溶液的颜色变化；黄；橙；观察锥形瓶中溶液颜色的变化明显，减少实验误差； ‎ ‎（3）A．用润湿的pH试纸测定NaOH溶液的pH，溶液进行了稀释，则结果会偏小，故A错误；‎ B．中和滴定实验中用蒸馏水洗净的锥形瓶直接装待测液，待测液的物质的量不变，根据c（待测）=判断可知c（待测）不变，故B错误；‎ C．若滴定前酸式滴定管尖嘴气泡未排出，滴定结束后气泡消失，导致标准液的体积偏大，根据c（待测）=判断可知c（待测）偏大，故C正确；‎ D．装标准盐酸的酸式滴定管没有进行润洗，导致标准液的体积偏大，根据c（待测）=判断可知c（待测）偏大，故D正确；‎ E．读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，导致标准液的体积偏小，根据c（待测）=判断可知c（待测）偏小，故E错误；‎ 故选：CD；‎ ‎（4）根据酸碱中和反应计算氢氧化钠溶液的浓度==mol/L，0.1L氢氧化钠溶液中含有氢氧化钠的质量m（氢氧化钠）=CVM=mol/L×0.1L×40g/mol=g，所以氢氧化钠的质量分数为×100%=×100%；‎ 故答案为：×100%；‎ ‎　‎ ‎2017年1月4日