2018-2019学年甘肃省临泽县第一中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
2018-2019学年甘肃省临泽县第一中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32
一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分）
1.已知一定温度和压强下2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1=-a kJ·mol-1,下列叙述不正确的是( )
A. 2 mol H2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol H2O(g)时放出a kJ的热量
B. 2 mol H2O(g)完全分解为2 mol H2(g)和1 mol O2(g)时吸收a kJ的热量
C. 2 mol H2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol H2O(l)时放出的热量小于a kJ
D. 1 mol H2(g)和0.5 mol O2(g)完全反应生成1 mol H2O(g)时放出0.5a kJ的热量
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1=-a kJ·mol-1，化学方程式前边的计量数只表示物质的量，不表示分子个数，所以2 mol H2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol H2O(g)时放出a kJ的热量是正确的；故A正确；B. 因为反应热只和物质的初始状态和终了状态有关，和途经无关，2 mol H2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol H2O(g)时放出a kJ的热量，所以2 mol H2O(g)完全分解为2 mol H2(g)和1 mol O2(g)时需要吸收a kJ的热量，故B正确；C. 因为物质由气态变为液态要放出热量，所以2 mol H2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol H2O(l)时放出的热量大于a kJ，故C错误；D. 物质的反应热与化学反应方程式的计量数成正比，所以1 mol H2(g)和0.5 mol O2(g)完全反应生成1 mol H2O(g)时放出0.5a kJ的热量，故D正确；答案：C。
2.下列有关化学能与热能的说法正确的是( )
A. 铝热反应属于吸热反应
B. 若某反应的反应物的总能量大于生成物的总能量,则该反应为吸热反应
C. H2→H+H的变化需要吸收能量
D. 凡经加热而发生的化学反应都是吸热反应
【答案】C
【解析】
A、铝热反应属于放热反应，故A错误；
B、反应的反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，反应的反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应，故B错误；
C、H2→H+H的变化断裂了H﹣H共价键，断裂化学键需要吸收能量，故C正确；
D、一个反应是吸热反应还是放热反应取决于反应物总能量和生成物总能量的相对大小，与反应的条件无关，有些放热反应也需要加热，如燃烧反应，故D错误；
【点评】本题考查化学能与热能的相互转化，需要注意一个反应是吸热反应还是放热反应取决于反应物总能量和生成物总能量的相对大小，与反应的条件无关，D为易错点．
3.以下几个热化学方程式，能表示有关物质燃烧时的燃烧热的热化学方程式是( )
A. C(s)＋1/2O2(g)===CO(g) ΔH＝＋110.5 kJ·mol－1
B. C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
C. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
D. H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
试题分析：1mol可燃物完全燃烧生成稳定的物质所放出的热量为燃烧热。A、碳完全燃烧后稳定产物为二氧化碳，不是一氧化碳，A错误；B、根据A中分析可知B正确；C、可燃物不是1mol，C错误；D、产物为气态水，在常温下不能稳定存在，应该是生成液态水时放出的热量，D错误，答案选B。
考点：考查燃烧热的有关判断
4.已知:2C(s)+O2(g)= 2CO(g) ΔH=-217 kJ·mol-1,C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=b kJ·mol-1,H—H、O—H和O=O键的键能分别为436 kJ·mol-1、462 kJ·mol-1和495 kJ·mol-1,则b为( )
A. +352 B. +132 C. -120 D. -330
【答案】B
【解析】
【详解】①2C(s)+O2(g)= 2CO(g)ΔH= kJ·mol-1,②C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=b kJ·mol-1,根据盖斯定律:②2-①得:2H2O(g)=O2(g)+H2(g) ΔH=2b-(-217)根据键能的关系，2H2O(g)=O2(g)+H2(g) ΔH=4462-436-495 =2b-(-217),所以b=+132。A.+352
不符合题意，故A错误；B.+132符合题意，故B正确；C.-120不符合题意，故C错误；D. -330不符合题意，故D错误；答案： B。
【点睛】根据盖斯定律计算水分解反应的焓变,化学反应的焓变ΔH=H产物-H反应物再结合化学键能和物质能量的关系来回答。
5.已知:①CH3OH(g)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-a kJ/mol
②CO(g)+1/2 O2(g)= CO2(g) ΔH=-b kJ/mol
③H2(g)+1/2 O2(g)= H2O(g) ΔH=-c kJ/mol
④H2(g)+1/2 O2(g)= H2O(l) ΔH=-d kJ/mol
下列叙述不正确的是( )
A. 由上述热化学方程式可知d>c
B. H2的燃烧热为d kJ/mol
C. CH3OH(g)= CO(g)+2H2(g) ΔH=(b+2c-a)kJ/mol
D. 当CO和H2的物质的量之比为1∶2,其完全燃烧生成CO2和H2O(l)时,放出Q kJ热量,则混合气中CO的物质的量为Q/(b+2c)mol
【答案】D
【解析】
A、因气态水到液态水放热，所以d＞c，正确；B、H2的燃烧热是指1mol H2完全燃烧生成液态水放出的热量，正确；C、根据盖斯定律，①-②-2×③得CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g) △H＝(b＋2c－a)kJ／mol，正确；D、设CO和H2物质的量分别为n、2n，则CO放出的热量是nb kJ，H2放出的热量是2nd kJ，则nb+2nd=Q，n=，即该混合物中CO的物质的量为，错误。答案选D。
6.已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热可表示为H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1,对下列反应：CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q1 kJ·mol－11/2,H2SO4(浓)＋NaOH(aq)===1/2 Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q2 kJ·mol－1,HNO3(aq)＋NaOH(aq)===NaNO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q3 kJ·mol－1,上述反应均在溶液中进行，则下列Q1、Q2、Q3的关系正确的是( )
A. Q2>Q3>Q1 B. Q2>Q1>Q3 C. Q1＝Q2＝Q3 D. Q2＝Q3>Q1
【答案】A
【解析】
CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l) 为弱酸与强碱反应，弱酸电离出H+时要吸热热量，所以该反应放出热量较57.3 kJ少；H2SO4(浓)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l) 反应中，浓硫酸稀释会热，其能量最终释放的最多，即大于57.3 kJ；HNO3(aq)＋NaOH(aq)===NaNO3(aq)＋H2O(l)属于强酸与强碱反应，释放的热量为57.3 kJ；
所以，其关系为：Q2>Q3>Q1即选项A正确。
7.在容积为2 L的密闭容器内合成氨,已知在时间t内,氨的物质的量增加了0.6 mol,在此时间段内,用氢气表示的平均反应速率是0.45 mol·L-1·s-1,则t是( )
A. 0.44 s B. 1 s C. 1.33 s D. 2 s
【答案】B
【解析】
【详解】合成氨的反应为：N2+3H2 2NH3，则有ν（H2）：ν（NH3）=3：2，ν（NH3）=2ν（H2）÷3=0.3 mol·L−1·s−1，故t=0.6mol÷2L÷0.3 mol·L−1·s−1=1s，故答案选B。
8.为探究锌与稀硫酸的反应速率[以v(H2)表示],向反应混合液中加入某些物质,下列判断正确的是 ( )
A. 加入NH4HSO4固体,v(H2)不变 B. 加入少量水,v(H2)减小
C. 加入CH3COONa固体,v(H2)增大 D. 滴加少量CuSO4溶液,v(H2)减小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 加入NH4HSO4固体导致溶液中c(H+)增大，v(H2)加快，故A项错误;B加入少量水导致溶液中c(H+)减小，v(H2)减小，故B项正确;C加入CH3COONa固体，因发生反应CH3COO-+H+＝CH3COOH，导致溶液中c(H+)减小，v(H2)减小，故C项错误;D滴加少量CuSO4溶液形成铜锌原电池，v(H2)加快，D项错误。答案：B。
9.一定温度下,反应N2(g)+O2(g) 2NO(g)在密闭容器中进行,下列措施不改变化学反应速率的是( )
A. 缩小体积使压强增大 B. 恒容,充入N2
C. 恒容,充入He D. 恒压,充入He
【答案】C
【解析】
A、B都能增大物质的浓度,所以能使反应速率增大,C项无影响,D使容器体积增大,反应物浓度减小,反应速率减小。
10.化学平衡一定发生移动的是( )
A. 化学反应速率发生了改变
B. 有气态物质参加的可逆反应达到平衡后,改变了压强
C. 由于某一条件的改变,使平衡混合物中各组分的浓度发生了不同程度的改变
D. 可逆反应达到平衡后,使用催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A.化学反应速率改变化学平衡不一定发生移动。如加入了催化剂，化学反应速率改变了，化学平衡不移动。故A错误；B.若气态物质反应物和生成物的化学计量系数相同，则改变压强平衡不移动，故B错误；C.各组分浓度改变了，即正逆反应速率不再相同，平衡移动，故C正确；D.平衡后加入催化剂，正逆反应速率同等增加，平衡不移动，故D错误。答案为C。
11.一定条件下,对于可逆反应X(g)+3Y(g) 2Z(g),若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零),达到平衡时,X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L-1、0.3 mol·L-1、0.08 mol·L-1,则下列判断正确的是( )
A. c1∶c2=3∶1 B. 平衡时,Y和Z的生成速率之比为2∶3
C. X、Y的转化率不相等 D. c1的取值范围为0
b,降低温度平衡向正反应方向移动,NO的转化率增大,故C正确;D.如增大反应物中NO的浓度,反应速率增大,达到平衡时NO的转化率降低，故D错误；答案：C。
14.在密闭容器中发生反应:aA(g) cC(g)+dD(g),达到平衡后,将气体体积压缩到原来的一半,当再次达到平衡时,D的浓度为原平衡浓度的1.8倍。下列叙述正确的是( )
A. A的转化率变大 B. 平衡向正反应方向移动
C. D的体积分数变大 D. aK2
C. 反应处于D点时,一定有v正>v逆
D. A点的c(Fe3+)比B点的c(Fe3+)大
【答案】B
【解析】
试题分析：A、分析题给图像知，随着温度的升高Fe(SCN)2＋的物质的量浓度逐渐减小，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，错误；B、该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则化学平衡常数减小，又温度T1＜T2，则K1＞K2，正确；C、曲线上方的区域未处于平衡状态，c[Fe（SCN）2+]比平衡状态大，应向逆反应方向进行，故V正小于V逆，错误；D、升高温度，平衡向逆反应方向移动，A点温度小于B点，所以A点的c(Fe3＋)比B点的c(Fe3＋)小，错误。
考点：考查化学平衡图像分析。
18.根据表中数据(均在同温、同压下测定):
酸
HX
HY
HZ
0.1
0.2
0.3
7.2×10-4
1.8×10-4
1.8×10-5
可得出弱电解质强弱顺序正确的是( )
A. HX>HY>HZ B. HZ>HY>HX C. HY>HZ>HX D. HZ>HX>HY
【答案】A
【解析】
【详解】因为三种酸都是一元酸，根据三种酸的电离平衡常数K(HX)=7.2×10-4 ,K(HY)= 1.8×10-4 ,K(HZ)= 1.8×10-5, 可知电离常数越大，酸性越强，所以酸性HX>HY>HZ。A. HX>HY>HZ符合题意，故A正确；B. HZ>HY>HX不符合题意，故B错误；C. HY>HZ>HX不符合题意，故C错误；D. HZ>HX>HY不符合题意，故D错误；答案：A。
19.一只规格为a mL的滴定管，其尖嘴部分充满溶液，管内液面在m mL处，当液面降到n mL处时，下列判断正确的是( )
A. 流出溶液的体积为(m－n) mL B. 流出溶液的体积为(n－m) mL
C. 管内溶液体积等于(a－n) mL D. 管内溶液体积多于n mL
【答案】B
【解析】
试题分析：A．滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，流出的液体的体积是（n-m）mL，A错误； B．滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，流出的液体的体积是（n-m）mL，B正确；C．滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，amL滴定管中实际盛放液体的体积大于amL，因此，一支amL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在nmL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过（a-n）mL，C错误；D．由C的分析知，一支amL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在nmL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过（a-n）mL，D错误。
考点：考查了滴定管的认识的相关知识。
20.下列说法中正确的是( )
A. 加水稀释0.01 mol·L-1的CH3COOH溶液,溶液中c(OH-)减小
B. 室温时,0.1 mol·L-1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离,则该溶液的pH=4
C. 氨水加水稀释后,溶液中c(NH3·H2O)/c(NH4+)的值增大
D. 常温下,pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中,水的电离程度相同
【答案】B
【解析】
加水稀释0.01 mol·L-1的CH3COOH溶液,溶液中c(H+)减小，根据KW= c(H+)×c(OH-),可知c(OH-)增大，A错误；溶液中的氢离子浓度是0.1 mol/L×0.1%=1×10﹣4mol/L，pH=4，B正确；NH3．H2O溶液加水稀释后，溶液中的n（NH3．H2O）减小，n（NH4+）增大， 的值减小，C错误；盐酸是强酸，抑制水的电离，氯化铵是强碱弱酸盐，能发生水解，促进水的电离，D错误；正确选项B。
点睛：温度不变的情况下，用蒸馏水稀释醋酸溶液，溶液中的c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)均减小，但是溶液中c(OH-)增大，因为KW不变。
21.下列关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的是( )
A. 相同浓度的两溶液中c(H+)相同
B. 100 mL 0.1 mol·L-1的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠
C. pH=3的两溶液稀释至原体积的100倍后,pH都为5
D. 相同浓度时导电能力醋酸强
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于盐酸为强酸，醋酸为弱酸，当两者浓度相同时，溶液中c(H＋)不同，应为c(H＋)盐酸>c(H＋)醋酸，故A错；B.由于两溶液中溶质的物质的量相等，且均为一元酸，所以两溶液能中和等物质的量的NaOH，故B对；C.pH＝3的盐酸稀释100倍后，pH＝5，而pH＝3的醋酸稀释100倍后，由于在稀释过程中，溶液中未电离的醋酸分子继续电离出H＋，导致稀释后溶液的pH<5，故C错；D.由于相同浓度时，两溶液中自由移动的离子浓度不同，则导电能力不同，由A项知，c(H＋)盐酸>c(H＋)醋酸，所以盐酸导电能力强，故D错误。答案：B。
22.下列说法正确的是( )
A. c(H+)>c(OH-)的溶液一定显酸性
B. 常温下,pH=6的溶液一定是酸溶液
C. 电解稀硫酸或氢氧化钠溶液的产物不同
D. 将纯水加热,其KW增大而pH不变
【答案】A
【解析】
试题分析：A、c( H+)＞c(OH－)的溶液一定显酸性，符合溶液酸碱性的判断，正确；B、常温下，pH=6的溶液为酸性溶液，但不一定是酸溶液，可能是强酸弱碱盐溶液，错误；C、电解稀硫酸或氢氧化钠溶液的实质都是电解水，产物都是氢气和氧气，错误；D、将纯水加热，水的电离平衡正向移动，氢离子和氢氧根离子浓度都增大，水的离子积增大，但pH减小，错误，答案选A。
考点：考查水的电离平衡移动的应用，pH的判断
23.25 ℃,某稀溶液中由水电离产生的c(H+)为1×10-10 mol·L-1,下列说法正确的是( )
A. 该溶液的pH不可能是7 B. 该溶液不可能存在
C. 该溶液的pH一定是10 D. 该溶液的pH一定是4
【答案】A
【解析】
【详解】25℃时,某溶液中由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为1×10-20 <1×10-14 ,说明该溶液中的溶质抑制了水的电离,酸或碱能抑制水的电离,所以该溶液呈酸性或碱性,所以该溶液的pH不可能是7。A. 该溶液的pH不可能是7符合题意；故A正确； B. 该溶液可能存在，故B错误；C. 该溶液可能为酸性也可能为碱性，pH不一定是10，故C错误； D. 该溶液可能为酸性也可能为碱性，pH不一定是4，故D错误。答案：A。
【点睛】25℃时,某溶液中由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为1×10-20 <1×10-14,说明该溶液中的溶质抑制了水的电离,加入和水电离出相同离子的物质能抑制水的电离,据此分析解答.
24.现有pH=5的CH3COOH溶液10 mL,要使pH增大3,可采取的方法有( )
A. 向溶液中加水稀释至10 L B. 加入一定量的NaOH固体
C. 加入一定量pH=8的NaOH溶液 D. 加入一定浓度的盐酸
【答案】B
【解析】
由pH＝5增大3得pH＝8，说明溶液呈碱性，酸溶液无论如何稀释溶液也不会呈碱性，A项错误；C项，因加入NaOH溶液的pH＝8，故酸碱无论怎样中和，pH也只能接近8，不会出现pH＝8，C错；D项，因盐酸呈酸性，故无法实现。
25.用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定0.1 mol·L－1
的盐酸，如果达到滴定终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液体积约为0.05 mL)继续加水至50 mL，所得溶液pH是( )
A. 4 B. 7.2 C. 10 D. 11.3
【答案】C
【解析】
【详解】终点时不慎多加了1滴NaOH溶液，即0.05mL，继续加水至50mL，反应后溶液中c(OH-)=0.05/50L-1=10-4mol/L根据KW=c(H+）c（OH-）=10-14，则c（H+）=10-10mol/L，pH=10。A. 4不符合题意； B. 7.2不符合题意 ；C. 10符合题意 ； D. 11.3不符合题意。答案：C。
二、非选择题（共6个小题，共50分）
26.丙烷燃烧可以通过以下两种途径:
途径Ⅰ:C3H8(g)+5O2(g)= 3CO2(g)+4H2O(l) ΔH1=-a kJ·mol-1
途径Ⅱ:C3H8(g)= C3H6(g)+H2(g) ΔH2=+b kJ·mol-1
2C3H6(g)+9O2(g)= 6CO2(g)+6H2O(l) ΔH3=-c kJ·mol-1
2H2(g)+O2(g)= 2H2O(l) ΔH4=-d kJ·mol-1(a、b、c、d均为正值)
请回答下列问题:
(1)判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量,途径Ⅰ放出的热量____(填“大于”“等于”或“小于”)途径Ⅱ放出的热量。
(2)由于C3H8(g)= C3H6(g)+H2(g)的反应中,反应物具有的总能量____(填“大于”“等于”或“小于”)生成物具有的总能量,那么在化学反应时,反应物就需要___(填“放出”或“吸收”)能量才能转化为生成物,因此其反应条件是____。
(3)b与a、c、d的数学关系式是_______。
【答案】 (1). 等于 (2). 小于 (3). 吸收 (4). 加热 (5). 2b=c+d-2a
【解析】
【详解】（1）根据盖斯定律，煤作为燃料不管是一步完成还是分两步完成，反应物和产物的焓值是一定的，所以两途径的焓变值一样，放出的热量一样，故答案为：等于；
（2）由于C3H8(g)= C3H6(g)+H2(g) ΔH2=+b kJ·mol-1）的反应中△H＞0，该反应是吸热反应，反应物具有的总能量小于生成物的总能量，需要吸收能量，反应条件是加热，故答案为：小于；吸收；加热；
（3）途径I：①C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=-a kJ•mol-1
途径II：②C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H=+b kJ•mol-1
③2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H=-c kJ•mol-1
④2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-d kJ•mol-1 反应①=反应②+反应③×1/2+反应④×1/2，所以-a=b+1/2（-c-d），所以2b=-2a+（c+d），故答案为：2b=-2a+（c+d）。
【点睛】本题考查盖斯定律的相关知识。根据盖斯定律来判断两种途径放热之间的关系；根据反应物具有的总能量和生成物的总能量的相对大小判断该反应吸放热。
27.(1)在101 kPa时，H2在1 mol O2中完全燃烧生成2 mol液态水，放出571.6 kJ的热量，表示H2燃烧热的热化学方程式为__________________________。
(2)1.00 L 1.00 mol·L－1硫酸与2.00L 1.00 mol·L－1 NaOH溶液完全反应，放出114.6 kJ的热量，该反应的中和热为表示其中和热的热化学方程式为________________。
（3）0.3 mol气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649. 5 kJ热量，其热化学方程式为________________________；又已知H2O(l)===H2O(g) ΔH＝＋44 kJ·mol－1，则11.2L(标准状况)乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是________kJ。
【答案】 (1). H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1 (2). 1/2 H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1 (3). B2H6(g)＋3O2(g)===B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH＝－2 165 kJ·mol－1 (4). 1 016.5
【解析】
【详解】(1) 燃烧热是指在101 kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时的反应热。由已知在101 kPa时，2molH2在1 mol O2中完全燃烧生成2 mol液态水，放出571.6 kJ的热量，所以H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋1/2O2(g) =H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1。答案：H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1。
（2）中和反应的反应热以生成1mol液态H2O为标准，而1.00 L 1.00 mol·L－1硫酸与2.00L 1.00 mol·L－1 NaOH溶液反应生成2mol液态H2O放出114.6 kJ的热量。中和热化学方程式为1/2 H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1答案：1/2 H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1 。
(3)1molB2H6(g)完全燃烧，生成液态水放出的热量为649. 5 kJ /0.3 mol=2165kJ ，因此热化学方程式为B2H6(g)＋3O2(g)=B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH＝－2 165 kJ·mol－1。若反应生成的3molH2O(l)全部转化为气态水，则需吸收热量44 kJ·mol－1kJ，11.2L(标准状况)乙硼烷为0.5mol,则0.5mol B2H6(g)完全燃烧生成气态水时放出的热量为(2 165 -)0.5/1= 1 016.5kJ。答案：B2H6(g)＋3O2(g)=B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH＝－2 165 kJ·mol－1 、 1
016.5。
28.一定温度下,向1.0 L密闭容器中加入0.60 mol X(g),发生反应X(g) Y(s)+2Z(g) ΔH>0,测得反应物X的浓度与反应时间的数据如下表:
反应时间t/min
0
1
2
3
4
6
8
c(X)/mol·L-1
0.60
0.42
0.30
0.21
0.15
a
0.037 5
(1)0~3 min用Z表示的平均反应速率v(Z)=____。
(2)分析该反应中反应物的浓度与时间的规律,得出的结论是_____________。由此规律推出反应在6 min时反应物的浓度a为____mol·L-1。
(3)反应的逆反应速率随时间变化的关系如图所示,t2时改变的条件可是______、_____。
【答案】 (1). 0.26 mol·L-1·min-1 (2). 每间隔2 min,X的浓度减少为原来的一半 (3). 0.075 (4). 加入Z (5). 增大体系的压强
【解析】
【详解】（1）3min时X的浓度变化为：(0.60-0.21)mol/L=0.39mol/L,v(X)= 0.39/3==0.13mol/(L·min)，根据化学计量数与反应速率成正比关系，v(Z)=2v(X)=0.13mol/(L·min)×2=0.26mol/(L·min)；答案：0.26 mol·L-1·min-1。
（2）从表中的数据可知，X的浓度变化的规律为每间隔2min，X的浓度为原来的一半，根据此规律可知，a为0.15的一半，即0.075；答案：每间隔2 min,X的浓度减少为原来的一半 、 0.075。
（3）由图象可以知道，在t2时逆反应速率立即增大，且达到平衡时逆反应速率大于原平衡状态时的反应速率，说明达到平衡时生成为的浓度大于原平衡的浓度，根据影响反应速率的因素分析，可以加入生成物Z，逆反应速率会立刻增大，达到新的平衡时Z的浓度比原平衡的浓度大，反应速率不大；也可以缩小容器体积，即增大压强，正逆反应速率都增大，且达到平衡时正逆反应速率都大于原平衡的速率。答案：加入Z 、增大体系的压强。
29.在2 L密闭容器中，800℃时反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
(1)写出该反应的平衡常数表达式：K＝________，已知：K(300℃)>K(350℃)，该反应是________反应(填“放热”或“吸热”)。
(2)下图中表示NO2的变化的曲线是___，用O2的浓度变化表示从0～2 s内该反应的平均速率v＝__________。
(3)能说明该反应已经达到平衡状态的是（ ）
a．v(NO2)＝2v(O2) b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)＝2v正(O2) d．容器内物质的密度保持不变
(4)能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是（ ）
a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度
c．增大O2的浓度 d．选择高效的催化剂
【答案】 (1). c2(NO2)/c2(NO)c(O2) (2). 放热 (3). b (4). 1.5×10－3 mol·L－1·s－1 (5). bc (6). c
【解析】
【详解】(1) 2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)反应的平衡常数K=c2(NO2)/[c2(NO)c(O2)],因为升温平衡向吸热反应方向进行,已知：K(300℃)>K(350℃)，温度越高平衡常数越小，升温平衡逆向进行，则该正反应为放热反应。故答案为：c2(NO2)/c2(NO)c(O2)；放热；
(2)由表中数据可知从3s开始,NO的物质的量为0.007mol,不再变化,3s时反应达平衡,NO2是产物,随反应进行浓度增大。平衡时NO浓度的变化量△c(NO)=(0.02mol−0.007mol)/2L=0.0065mol/L,所以图中表示NO2变化的曲线是b；2s内用
NO表示的平均反应速率v(NO)=△n/V△t=(0.02mol−0.008mol)/(2L2s)=3.0×10−3mol⋅L−1⋅s−1,速率之比等于化学计量数之比,所以v(O2)=1/2v(NO)=1/2×3.0×10−3mol⋅L−1⋅s−1=1.5×10−3mol⋅L−1⋅s−1.故答案为：b;1.5×10−3mol⋅L−1⋅s−1；
(3)a未指明正逆速率,若均表示同一方向反应速率,v(NO2)自始至终为v(O2)的2倍，不能说明达到平衡，故a错误；b容器体积不变，随反应进行，反应混合气体总的物质的量在减小，容器内压强减小，当容器内压强保持不变，说明反应到达平衡，故b正确；c不同物质表示速率,到达平衡时,正逆速率之比等于化学计量数之比,V逆(NO):正(O2)=2:1,即V逆(NO)=2v正(O2)，故c正确；d.混合气体的总质量不变，容器容积为定值，所以密度自始至终不变，不能说明达到平衡，故d错误。故答案为：bc；
(4)a.及时分离除NO2气体平衡向右移动，但反应速率减小，故a错误；b.适当升高温度，反应速率增大但平衡向逆反应方向移动，故b错误；c.增大O2的浓度反应速率增大，且该反应向正反应方向移动，故c正确；d.选择高效催化剂能增大反应速率，但平衡不移动，故d错误;故答案为：c；
30.某工厂废水含游离态氯，通过下列实验测定其浓度：①取水样10.0 mL于锥形瓶中，加入10.0 mL KI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴；②取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净，然后注入0.01 mol·L－1 Na2S2O3溶液，调整液面，记下读数；③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生反应为：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6。试回答下列问题：
(1)步骤①加入的指示剂是__________。
(2)步骤②应使用________式滴定管。
(3)步骤③当待测液由________色变为________色且不再变化即达终点，若耗去Na2S2O3溶液20.0 mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为________。
(4)Cl2的实际浓度比所测浓度为____(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，造成误差的原因是_________(若认为没有误差，该问不答)。
【答案】 (1). 淀粉 (2). 碱 (3). 蓝 (4). 无 (5). 0.01 mol·L－1 (6). 偏小 (7). 滴定管未用标准液润洗
【解析】
【详解】(1)溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去变为无色；故答案为：淀粉溶液；
(2)硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管；故答案为：碱；
(3)碘遇淀粉变蓝色,所以溶液呈蓝色,随反应I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6进行,溶液中没有碘,溶液由蓝色为无色,说明反应到终点。由 I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6.Cl2+2I-=I2+ 2Cl-
Cl 2∼ 2Na2S2O3
1 2
n 0.01mol⋅L−1×0.0200L n=0.0001mol
c(I2)=0.0001mol/0.0100L=0.01mol/L；故答案为：蓝；无；0.01mol/L；
(4)碱式滴定管未用Na2S2O3溶液润洗,使得Na2S2O3溶液浓度偏小,消耗的Na2S2O3溶液体积偏大,测得I2的物质的量偏多，则游离态氯的浓度偏大，即氯的实际浓度比所测浓度会偏小；答案为：偏小; 滴定管未用标准液润洗。
31.元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4— (绿色)、Cr2O72— (橙红色)、CrO42— (黄色)等形式存在。Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体。回答下列问题:
(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量,可观察到的现象是_____。
(2) CrO42-和Cr2O72-在溶液中可相互转化。室温下,初始浓度为1.0 mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72—)随c(H+)的变化如图所示。
①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应__________。
②由图可知,溶液酸性增大,CrO42-的平衡转化率____(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据,计算出该转化反应的平衡常数为_____。
③升高温度,溶液中CrO42-的平衡转化率减小,则该反应的ΔH__0(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】 (1). 蓝紫色溶液变浅,同时有灰蓝色沉淀生成,然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液 (2). 2CrO42-+2H+ Cr2O72—+H2O (3). 增大 (4). 1.0×1014 (5). 小于
【解析】
【分析】
（1）溶液Cr3+（蓝紫色）和氢氧化钠溶液反应生成Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，和氢氧化铝性质相似为两性氢氧化物，能溶于强碱；（2）①图象分析可知随氢离子浓度增大，铬酸根离子转化为重铬酸根离子；A点c（Cr2O72-）=0.25mol/L，c(H+）=10-7mol/L，c（CrO42-）=0.5mol/L，依据平衡常数概念计算，K= c(Cr2O72-)/ c2(H+)c2(CrO42-)；②溶液酸性增大，平衡2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O正向进行，CrO42-的平衡转化率增大；A点Cr2O72-的浓度为0.25mol/L，则消耗的CrO42-的浓度为0.5mol/L，则溶液中的c（CrO42-）=1.0mol/L-0.25mol/L×2=0.5mol/L，c(H+)=1×10-7mol/L，计算反应的平衡常数；③升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，据此判断。
【详解】(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似可知Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液,先生成Cr(OH)3灰蓝色沉淀,继续加入NaOH后沉淀溶解,生成绿色Cr(OH)4−;答案为：蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液。
(2)①随着H+浓度的增大,CrO42−转化为Cr2O72−的离子反应方程式为：2CrO42-+2H+⇌Cr2O72—+H2O，答案为：2CrO42-+2H+ ⇌Cr2O72—+H2O 。
②溶液酸性增大,平衡2CrO42-+2H+⇌Cr2O72—+H2O正向进行, CrO42−的平衡转化率增大;A点Cr2O72−的浓度为0.25mol/L,则消耗的CrO42−的浓度为0.5mol/L,则溶液中的c(CrO42−)=1.0mol/L−0.25mol/L×2=0.5mol/L,c(H+)浓度为1×10−7mol/L,此时该转化反应的平衡常数为K=c(Cr2O72−)/c2(H+)c2(CrO42−)=0.25/0.52×(10−7)2=1.0×1014，答案为：增大;1.0×1014。
③升高温度,溶液中CrO42−的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正方向放热，则该反应的△H<0，答案为：小于。
