河北省张家口市宣化一中张北一中2019-2020学年高二上学期期中考试联考化学试题

河北省张家口市宣化一中张北一中2019-2020学年高二上学期期中考试联考化学试题

‎2019—2020学年度第一学期宣化一中—张北一中 高二年级期中联考化学试卷 考试时间：90分钟 满分：100分 可能用到的原子量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64‎ 一、单项选择题（每题2分，共50分）‎ ‎1.下列诗句中能体现吸热反应的是（ ）‎ A. 野火烧不尽，春风吹又生 B. 千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲 C. 暖暖远人村，依依墟里烟 D. 春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、野火烧不尽，春风吹又生，涉及物质的燃烧，为放热反应，故A错误；‎ B、千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲，涉及碳酸钙的分解，为吸热反应，故B正确；‎ C、暖暖远人村，依依墟里烟，涉及物质燃烧，为放热反应，故C错误；‎ D．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干，涉及物质的燃烧，为放热反应，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.已知热化学方程式SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g) △H=-98.32kJ·mol-1,在容器中充入2mol SO2和1mol O2充分反应,最终放出的热量 A. 等于196.64kJ B. 等于196.64kJ·mol-1‎ C. 小于196.64kJ D. 大于196.64kJ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g) 是可逆反应；SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g) △H=-98.32kJ·mol-1，指生成1mol SO3(g)放热98.32kJ。‎ ‎【详解】SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g) △H=-98.32kJ·mol-1，指生成1mol SO3(g)放热98.32kJ；SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g) 是可逆反应，在容器中充入2mol SO2和1mol O2充分反应，生成SO3(g)的物质的量小于2mol，所以最终放出的热量小于196.64kJ，故选C。‎ ‎【点睛】‎ 反应热和化学方程式中的化学计量数成正比，所以在计算反应中实际的热量时需依据实际参加反应的反应物的物质的量计算。‎ ‎3.关于下图所示转化关系(X代表卤素)的说法不正确的是 A. 2H(g)+2X(g)2HX(g)　ΔH3<0‎ B. 途径Ⅰ生成HX的反应热与途径无关，所以ΔH1=ΔH2+ΔH3‎ C. Cl、Br、I的非金属性依次减弱，所以途径Ⅱ吸收的热量依次增多 D. 途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、原子结合成分子放热，所以2H(g)+2X(g)= 2HX(g)　ΔH3<0，A正确；‎ B、遵循盖斯定律，反应热与途径无关，B正确；‎ C、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，键能Cl—Cl>Br—Br>I—I，所以途径Ⅱ吸收的热量依次减小，C错误；‎ D、途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl的能量低，HCl比HBr稳定，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎4.下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是 A. Na与水反应时增大水的用量 B. 将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应制取H2‎ C. 在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强 D. 恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，反应速率不变，故A错误；‎ B．将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4，则其与Zn反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，故B错误；‎ C．H2SO4与NaOH两溶液反应，没有气体参与反应，增大压强，反应速率基本不变，故C 错误；‎ D．恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量，反应物浓度增大，则反应速率增大，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，注意浓硫酸的性质，在改变浓度时，不能改变反应的本质。‎ ‎5.可逆反应：2SO2＋O22SO3达到平衡状态时，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2。下列说法正确的是(K为平衡常数，Q为浓度商)(　　)‎ A. Q不变，K变大，O2转化率增大 B. Q不变，K变大，SO2转化率减小 C. Q变小，K不变，O2转化率减小 D. Q增大，K不变，SO2转化率增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当可逆反应2SO2+O2⇌2SO3达到平衡状态时，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2，氧气的浓度增大，浓度商Q变小，平衡向右移动，氧气转化率减小，二氧化硫转化率增大，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为氧气转化率的判断，要注意平衡状态下，增大一种物质的浓度，其余物质的转化率增大，自身的转化率反而减小。‎ ‎6.一定条件下，向‎2L密闭容器中加入2molN2和10molH2，发生反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，2min时测得剩余N2为1mol，下列化学反应速率表示不正确的是(　　)‎ A. v(N2)＝0.25 mol·L－1·min－1‎ B. v(H2)＝0.75 mol·L－1·min－1‎ C. v(NH3)＝1 mol·L－1·min－1‎ D. v(NH3)＝0.5 mol·L－1·min－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在一定条件下，向‎2L密闭容器中加入2mol N2和10molH2，发生反应N2+ 3H22NH3，2min时，测得剩余氮气为1mol，所以2min内，以N2表示的反应速率v（N2）=‎ ‎（2mol-1mol）÷（‎2L×2min）=0.25 mol/（L•min）。‎ 详解】A．由上述计算可知，v（N2）=0.25 mol/（L•min），A项正确；‎ B．化学反应中，不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，v（H2）=3v（N2）=3×0.25 mol/（L•min）=0.75 mol/（L•min），B项正确；‎ C．化学反应中，不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，v（NH3）=2v（N2）=2×0.25 mol/（L•min）=0.5mol/（L•min），C项错误；‎ D．化学反应中，不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，v（NH3）=2v（N2）=2×0.25 mol/（L•min）=0.5mol/（L•min），D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎7.在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A(g)+3B(g) ‎2C(g)达到平衡的标志的是（）‎ ‎（1）C的生成速率与C的分解速率相等；‎ ‎（2）单位时间内生成amol A，同时生成3amol B；‎ ‎（3）A、B、C的浓度不再变化；‎ ‎（4）混合气体的总压强不再变化；‎ ‎（5）混合气体的物质的量不再变化；‎ ‎（6）单位时间消耗amol A，同时生成3amol B；‎ ‎（7）A 、B、C的分子数目比为1:3:2。‎ A. （2）（5） B. （1）（3） C. （2）（7） D. （5）（6）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)C的生成速率与C的分解速率相等，说明正、逆反应速率相等，达到平衡状态，故正确；‎ ‎(2)根据方程式，单位时间内amol A生成，同时必定生成3amol B，都体现的逆反应速率，不能说明正、逆反应速率的关系，故错误；‎ ‎(3)A、B、C的浓度不再变化，说明达平衡状态，故正确；‎ ‎(4)该反应为气体物质的量发生变化的反应，混合气体的总压强不再变化，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；‎ ‎(5)‎ 该反应为气体物质的量发生变化的反应，混合气体的物质的量不再变化，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；‎ ‎(6)单位时间消耗amol A，等效于消耗3amol B，同时生成3amolB，正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，故正确；‎ ‎(7)平衡时A、B、C的分子数目比为1∶3∶2，不能说明浓度是否不变，不能说明是平衡状态，故错误；‎ 不能说明达到平衡状态的有(2)(7)，故选C。‎ ‎8.反应NH4HS(s)NH3(g)＋H2S(g)在某温度下达到平衡，下列各种情况中，不会使平衡发生移动的是 A. 温度、容积不变时，通入SO2气体 B. 移走一部分NH4HS固体 C. 容积不变，充入氨气 D. 保持压强不变，充入氮气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、在温度和容积不变是通入二氧化硫，会与硫化氢反应，生成物浓度减少，平衡向正反应方向移动，故A错；B、移走一部分固体，没有影响到物质的浓度，所以平衡不移动，故B正确；C、容积不变，充入氨气，生成物浓度增大，平衡向逆反应方向移动，故C错；D、压强不变，充入氦气，容器的体积增大，气体物质的浓度减小，平衡向正反应方向移动，故D错误。‎ 考点：影响平衡移动的条件。‎ ‎9.在一支25 mL的酸式滴定管中盛入0.1 mo1·L-1HCl溶液，其液面恰好在5 mL的刻度处。若把滴定管中的溶液全部放入锥形瓶中，然后以0.1 mo1·L-1NaOH溶液进行中和，则所需NaOH溶液的体积 A. 等于20mL B. 大于20mL C. 小于20mL D. 等于5mL ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：滴定管的刻度从上到下逐渐增大，25mL刻度以下还有没有刻度的一部分，若把到5mL刻度位置的液体放出，其液体体积大于（25-5）mL＝20ml，消耗0．lmol/LNaOH溶液的体积大于20 mL，答案选B。‎ 考点：考查滴定管结构以及中和滴定计算 ‎10.CO和NO都是汽车尾气中的有害物质，它们之间能缓慢地发生如下反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)‎ ΔH＜0，现利用此反应，拟设计一种环保装置，用来消除汽车尾气对大气的污染，下列设计方案可以提高尾气处理效率的是( )‎ ‎①选用适当的催化剂 ②提高装置温度 ③降低装置的压强 ④装置中放入碱石灰 A. ①③ B. ②④‎ C. ①④ D. ②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要提高尾气处理效果,需要尾气排放到大气之前尽可能的转化为无害气体,应从速率及平衡的角度分析。‎ ‎【详解】①选用适当的催化剂,可以加快反应速率,使有害气体在排出之前尽可能地转化为无害气体,可以提高尾气处理效率，正确；‎ ‎②提高装置温度,虽然能加快反应速率,该反应放热，平衡左移，但会降低转化率,错误；‎ ‎③降低装置的压强,既减慢反应速率,又降低转化率，错误；‎ ‎④装置中放入碱石灰,可以吸收生成的二氧化碳,使平衡向右移动,提高转化率，正确；‎ 符合题意为①④；正确选项C。‎ ‎11.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】‎ ‎【详解】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;‎ 答案选C。‎ ‎12.下列关于电离常数的说法正确的是（ ）‎ A. 电离常数随着弱电解质浓度的增大而增大 B. CH3COOH的电离常数表达式为Ka＝‎ C. 电离常数只受温度影响，与浓度无关 D. 向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，电离常数减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电离常数只随温度的变化而变化，与弱电解质的浓度无关，A项错误；‎ B. CH3COOH的电离常数表达式为Ka=，B项错误；‎ C. 电离常数只随温度的变化而变化，与浓度无关，C项正确；‎ D. 电离常数只随温度的变化而变化，与浓度无关，所以CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，电离常数不变，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎13.25 ℃‎时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－。下列叙述错误的是( )‎ A. 向水中通入氨气，平衡逆向移动，c(OH－)增大 B. 向水中加入少量稀硫酸，c(H＋)增大，Kw不变 C. 将水加热平衡正向移动，Kw变大 D. 升高温度，平衡正向移动，c(H＋)增大，pH不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向水中通入NH3，c(OH－)增大，平衡左移，选项A正确；‎ B、向水中加入少量稀H2SO4，c(H＋)增大，但温度不变，Kw不变，选项B正确；‎ C、将水加热，水的电离平衡正向移动，Kw变大，选项C正确；‎ D、升高温度，能促进水的电离，c(H＋)增大，pH减小，选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎14. 已知反应：X+Y=M+N为放热反应，则下列说法正确的是 A. 断裂X和Y的化学键所吸收的能量一定高于形成M和N的化学键所放出的能量 B. X和Y的总能量一定高于M和N的总能量 C. Y的能量一定高于N D. 因为该反应为放热反应，故不必加热就可发生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、放热反应是生成物的键能大于反应物的键能，故A错误；‎ B、放热反应是生成物的总能量小于反应物的总能量，故B正确；‎ C、放热反应是生成物的总能量小于反应物的总能量，在该反应中不能表明物质和物质之间能量的比较，故C错误；‎ D、反应热与反应条件无关，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎15.反应C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是( )‎ ‎①增加C的量　②将容器的体积缩小一半　③保持体积不变，充入N2使体系压强增大　④保持压强不变，充入N2使容器体积变大 A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎①因浓度越大，化学反应速率越快，但是固体的浓度是常数，固体增减不影响反应速率，所以增加C（s）的量，反应速率不变，故①符合题意；②将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故②不符合题意；③保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故③符合题意；④保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故④不符合题意。答案A。 点睛：对应反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），有气体参加和生成，根据影响化学反应速率的因素知则改变温度、压强都能对化学反应速率产生影响，以此解答该题。‎ ‎16. 下列表述中正确的是 ( )‎ A. 任何能使熵值增大的过程都能自发进行 B. 已知热化学方程式2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－Q kJ·mol－1(Q＞0)，则将2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)置于一密闭容器中充分反应后放出Q kJ的热量 C. 化学平衡发生移动，平衡常数一定发生变化 D. 1 mol NaOH分别和1 mol CH3COOH、1 mol HNO3反应，后者比前者放出的热量多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：能自发进行的过程必须符合：△H-T△S＜0，熵值增大不是唯一的判据，A错误；2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－Q kJ·mol－1(Q＞0)，该反应为可逆反应，2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)反应不能完全进行，所以放出的热量小于Q kJ，B错误；化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，C错误；1 mol NaOH分别和1 mol CH3COOH、1 mol HNO3反应，醋酸是弱酸，电离需要吸收热量，所以后者比前者放出的热量多，D正确。‎ 考点：考查自发进行的判据，可逆反应的特征，化学平衡常数等知识。‎ ‎17.在容积为‎1 L的密闭容器中，将CO和水蒸气的混合气体加热到‎800 ℃‎时，有下列平衡CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，且K＝1，若用2 mol CO和10 mol H2O(g)相互混合并加热到‎800 ℃‎，则CO的转化率为( )‎ A. 16.7‎‎% B. 50% C. 66.7% D. 83.3%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题解析：在密闭容器中将CO和水蒸气的混合物加热到‎800℃‎时，达到平衡状态，设消耗一氧化碳物质的量为x：‎ CO + H2O ⇌CO2 + H2，‎ 起始量（mol） 2 10 0 0‎ 变化量（mol） x x x x 平衡量（mol）2-x 10-x x x 反应前后气体物质的量不变，可以利用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数平衡常数K=‎ ‎=1．x=mol，则CO的转化率=×100%=83.3%．‎ 考点：化学平衡的计算 ‎18.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）‎ A. 溴水中有下列平衡Br2＋H2O ⇌HBr＋HBrO，当加入AgNO3（s）后溶液颜色变浅 B. 2NO2(g) ⇌N2O4(g)(正反应放热)，升高温度，可使体系颜色加深 C. 反应CO＋NO2⇌CO2＋NO(正反应放热)，升高温度，可使平衡向逆反应方向移动 D. 合成氨反应N2＋3H2⇌2NH3（正反应放热）中使用催化剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溴水中有下列平衡：Br2+H2O⇌HBr+HBrO，当加入AgNO3(s)后，硝酸银与溴离子反应生成溴化银沉淀，平衡正向移动，溴的浓度减小，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；‎ B．2NO2(g) ⇌N2O4(g)(正反应放热)，升高温度，平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，体系颜色加深，能用勒夏特列原理解释，故B不选；‎ C．反应CO+NO2⇌CO2+NO(正反应放热)，升高温度，平衡逆向移动，能用勒夏特列原理解释，故C不选；‎ D．合成氨反应N2+3H2⇌2NH3(正反应放热)，使用催化剂，能够加快化学反应速率，对化学平衡不产生影响，不能用勒夏特里原理解释，故D选，‎ 故选D。‎ ‎19.如右图，关闭活塞K，向A中充入1 molX、1 molY，向B中充入2 molX、2molY， 此时A、B的容积都是a L。在相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：X（g）+Y（g）2Z（g）+W（g）；△H<0。A保持恒压，B保持恒容，达平衡时，A的体积为1．‎4a L。下列说法正确的是 A. 反应速率：v（B）B C. 打开K后达平衡时A的体积为2．‎4a L D. A容器中X的转化率为80%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．加入反应物X和Y，该反应将向正反应方向进行建立化学平衡。容器A保持恒压，在建立化学平衡的过程中，反应混合物的总物质的量会增大，其体积要增大，各组分的物质的量浓度就要减下，反应速率也要减小。B容器保持恒容，体积不变，各组分初始浓度是A容器的2倍，反应速率始终都将大于A容器，即反应速率：v（B）＞v（A），错误；‎ B．B平衡相当于把A平衡增大了压强，由于增大压强,平衡朝逆方向进行,所以B容器中Y的体积分数要比A容器的大，错误。‎ C．若打开K，相当于等压条件下，与原来的A平衡等效，故反应后的总体积为1．‎4a×3=4．‎2a，所以则达到新的化学平衡时，A的体积为4．2aL，错误；‎ D．考查可逆反应的有关计算，一般采用三段式。‎ X（g）＋Y（g）2Z（g）＋W（g）‎ 初： 1 1 0 0‎ ‎ x x 2x x 平衡 1-x 1-x 2x x 根据阿伏伽德罗定律的推论：同温同容时，压强之比等于物质的量之比，得 A容器的体积之比等于气体物质的量之比,可以得出x=0．8，A容器中X的转化率为80%。‎ ‎【考点定位】考查化学平衡的建立与有关计算 ‎【名师点睛】有关化学平衡的计算一般涉及各组分的物质的量、浓度、转化率、百分含量，气体混合物的密度、平均摩尔质量、压强等。通常的思路是写出反应方程式，列出相关量（起始量、变化量、平衡量），确定各量之间的火系，列出比例式或等式或依据平衡常数求解，这种思路和方法通常称为“三段式法”，如本题中的D项。‎ ‎20. 从下列事实所得出的解释或结论正确的是 选项 ‎ 实验事实 ‎ 解释或结论 ‎ A ‎ ‎2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g) ΔH>0 在室温下能自发进行 ‎ 这是一个熵增的反应 ‎ B ‎ 压缩针筒内的NO2和N2O4混合气体，颜色先变深后变浅 ‎ 增大压强，平衡向生成N2O4的方向移动，新平衡比旧平衡压强小 ‎ C ‎ 锌与稀硫酸反应过程中，开始反应后，速率逐渐增大 ‎ 该反应是吸热反应 ‎ D ‎ 已建立平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动 ‎ 反应物的浓度一定降低 ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据反应方向判据ΔH—TΔS判断，反应自发进行ΔH—TΔS＜0,该反应ΔH>0，则只有ΔS＞0时能自发进行，正确；B、根据平衡移动原理知，平衡移动只能减弱条件的改变，不能抵消，增大压强，平衡向生成N2O4的方向移动，新平衡比旧平衡压强大，错误；C、锌与稀硫酸反应过程中，开始反应后速率逐渐增大，只能是温度升高，反应速率加快，该反应为放热反应，正确；D、若增大反应物的浓度使平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大，错误。‎ 考点：化学平衡及化学反应进行的方向 ‎21.N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生下列反应：2N2O5(g) ⇌4NO2(g)+ O2(g) △H >0， T1温度下的部分实验数据为 t/s ‎0‎ ‎500‎ ‎1000‎ ‎1500‎ c(N2O5)mol/L ‎5.00‎ ‎3.52‎ ‎2.50‎ ‎2.50‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 500s内N2O5分解速率为2.96×10-3 mol/(L·s)‎ B. T1温度下的平衡常数为K1=125，1000s时N2O5转化率为50%‎ C. T1温度下的平衡常数为K1 ，T2温度下的平衡常数为K2，若K1＜K2，则T1 >T2‎ D. 平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2，则再平衡时c(N2O5) ＞5.00mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．依据表格数据，500s内N2O5(g)消耗的浓度=5.00mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率==2.96×10-3 mol/(L•s)，故A正确；‎ B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c(N2O5)=2.5mol/L，c(NO2)=5mol/L，c(O2)=1.25mol/L，平衡常数K===125，转化率为×100%=50%，故B正确；‎ C．平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，该反应为吸热反应，若K1＜K2，说明平衡正向移动，则T1＜T2，故C错误；‎ D．平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，若平衡不移动，c(N2O5)会增大一倍，变成5.00mol/L，由于该反应为气体物质的量增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，则再平衡时c(N2O5)＞5.00mol/L，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为B，要注意根据平衡常数的表达式K=进行计算判断。‎ ‎22.NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，根据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020mol·L-1NaHSO3（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录10～‎55℃‎间溶液变蓝时间，‎55℃‎时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是 A. ‎40℃‎之前与‎40℃‎之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反 B. 图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等 C. 图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0 ×10-5mol·L-1·s-1‎ D. 温度高于‎40℃‎时，淀粉不宜用作该实验指示剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、从图像中可以看出，‎40℃‎以前，温度越高，反应速度越快，‎40℃‎后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而‎55℃‎，未变蓝，说明没有生成I2，A正确；‎ B、b、c点对应的反应原理不一样，发生不同的反应，无法比较反应速率，B错误；‎ C、速率为=5.0×10-5mol·L-1·s-1，C正确；‎ D、‎55℃‎时，没有出现蓝色，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎23.一定条件下合成乙烯：6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是( )‎ A. 该反应的逆反应为吸热反应 B. 平衡常数：KM＞KN C. 生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)‎ D. 当温度高于‎250 ℃‎，升高温度，催化剂的催化效率降低 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故A正确；‎ B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点，故B正确；‎ C、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)，故C错误；‎ D、根据图象，当温度高于‎250℃‎，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则催化剂的催化效率降低，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎24.下列说法正确的是（ ）‎ A. 将0.10 mol·L－1氨水加水稀释后，溶液中c()·c(OH－)变大 B. 为确定某酸H‎2A是强酸还是弱酸，可测H‎2A溶液与H2SO4溶液的导电性。若导电性比硫酸弱，则H‎2A是弱酸。‎ C. 将CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中 变大 D. 用0.200 0 mol·L－1NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液(混合溶液中两种酸的浓度均为0.1 mol·L－1)，至中性时，溶液中的酸未被完全中和 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加水稀释尽管促进一水合氨电离，但铵根离子和氢氧根离子浓度都减小，所以c(NH4+)•c(OH-)变小，故A错误；‎ B．溶液的导电性与溶液中的离子浓度和所带电荷有关，由于H‎2A溶液与H2SO4溶液的浓度不一定相等，因此不能通过测定溶液的导电性大小判断是否为弱酸，故B错误；‎ C．加水稀释促进CH3COOH电离，导致溶液中n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，所以稀释过程中=减小，故C错误；‎ D．醋酸钠溶液呈碱性，要使醋酸和NaOH 混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微多些，所以至中性时，溶液中的酸未被完全中和，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎25.将TiO2转化为TiCl4是工业冶炼金属钛的主要反应之一。已知：‎ TiO2(s) + 2Cl2(g)＝TiCl4(l) + O2(g) △H=+140.5 kJ/mol C(s,石墨) + 1/2O2(g)＝CO(g) △H=-110.5 kJ/mol 则反应TiO2(s) + 2Cl2(g) + ‎2C(s,石墨)＝TiCl4(l) + 2CO(g) 的△H是 A. +80.5 kJ/mol B. +30.0 kJ/mol C. -30.0 kJ/mol D. -80.5 kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据盖斯定律，将已知两个热化学方程式中的氧气消去可得所求方程式，所以ΔH＝+140.5kJ·mol－1+2×（－110.5 kJ·mol－1）=-80.5kJ·mol－1，答案选D。‎ 二、实验题 ‎26.已知：2KMnO4+5H‎2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O．‎ 某化学小组根据上述反应原理进行下列实验：‎ I．测定H‎2C2O4溶液的物质的量浓度 实验步骤如下：‎ ‎①取待测H‎2C2O4溶液25.00mL放入锥形瓶中，再加入适量的稀硫酸；‎ ‎②用0.1mol/L KMnO4溶液滴定至终点，记录数据；‎ ‎③重复滴定2次，平均消耗KMnO4溶液20.00mL。‎ 请回答：‎ ‎（1）滴定时，将KMnO4溶液装在______（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。‎ ‎（2）若在步骤①操作之前，先用待测H‎2C2O4溶液润洗锥形瓶，则测得H‎2C2O4溶液的浓度会______（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。‎ ‎（3）步骤②中到达滴定终点时的现象为_______________________________。‎ ‎（4）计算H‎2C2O4溶液的物质的量浓度为__________mol/L。‎ II．探究反应物浓度对化学反应速率的影响设计如下实验方案（实验温度均为‎25℃‎）：‎ 实验序号 体积V/mL ‎0.1mol•L-1KMnO4溶液 ‎ 0.11mol•L-1H‎2C2O4溶液 ‎0.11mol•L-1H2SO4溶液 H2O ‎①‎ ‎2.0‎ ‎5.0‎ ‎6.0‎ ‎7.0‎ ‎②‎ ‎2.0‎ ‎8.0‎ ‎6.0‎ V1‎ ‎③‎ ‎2.0‎ V2‎ ‎6.0‎ ‎2.0‎ 请回答：‎ ‎（5）表中v1=______。‎ ‎（6）实验中需要测量的数据是______________________________。‎ ‎（7）实验中______（填“能”或“不能”）用0.2mol/L盐酸代替0.1mol/LH2SO4溶液，理由是_________。‎ ‎【答案】 (1). 酸式 (2). 偏大 (3). 溶液由无色变为紫红色且在半分钟内不褪色 (4). 0.2 (5). 4.0 (6). 10.0 (7). KMnO4溶液完全褪色所需的时间 (8). 不能,KMnO4能氧化盐酸。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡胶管；‎ ‎（2）引起滴定过程中消耗标准溶液体积增大，故测定溶液浓度偏大；‎ ‎（3）KMnO4溶液显紫红色；‎ ‎（4）根据C（待测）=以及5H‎2C2O4～2MnO4-计算；‎ ‎（5）H2O的体积是为了保证溶液总体积一致；‎ ‎（6）可根据KMnO4溶液完全褪色所需的时间判断反应速率；‎ ‎（7）KMnO4能氧化盐酸。‎ ‎【详解】（1）高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡胶管，不能盛装碱式滴定管，故将KMnO4溶液装在酸式滴定管中；‎ ‎（2）若在步骤①操作之前，先用待测H‎2C2O4溶液润洗锥形瓶，待测H‎2C2O4溶液量多了，滴定过程中消耗标准溶液体积增大，故测定溶液浓度偏大；‎ ‎（3）该实验是氧化还原滴定，终点时KMnO4溶液恰好过量一滴，溶液会显紫红色，30‎ 秒内不变色；‎ ‎（4）根据化学方程式可知，5H‎2C2O4～2MnO4-，则C（H‎2C2O4）==0.2 mol/L；‎ ‎（5）加入H2O是为了保证溶液总体积一致，故其他体积保持相同，只有草酸浓度这个变量，探究草酸浓度对化学反应速率的影响，故v1=4.0；‎ ‎（6）KMnO4溶液显紫红色，可根据KMnO4溶液完全褪色所需的时间判断反应速率；‎ ‎（7）实验中不能用0.2mol/L盐酸代替0.1mol/LH2SO4溶液，因为KMnO4能氧化盐酸生成氯气，消耗高锰酸钾，影响测定结果。‎ 三、填空题（共37分）‎ ‎27.氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。‎ ‎（1）上图是和反应生成过程中能量的变化示意图，下列有关说法正确的是_______。‎ a. 反应物的总能量比生成物的总能量高 b. 反应物的活化能比生成物的活化能高 c. 反应物总键能比生成物的总键能高 d. 该反应为熵增反应 ‎（2）请写出和反应的热化学方程式：_______，决定该反应进行方向的主要判据为________。‎ ‎（3）试根据表中及图中数据计算的键能______________ kJ/mol；‎ 化学键 键能/ kJ/mol ‎390‎ ‎943‎ ‎（4）用催化还原还可以消除氮氧化物的污染。已知：‎ ‎4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol 若1molNH3还原NO至N2，则该反应过程中的反应热△H3=_____________kJ/mol(用含a、b的式子表示)。‎ ‎【答案】 (1). a (2). （合理即可） (3). 焓判据或ΔH<0 (4). 435 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据图象，该反应物的总能量比生成物的总能量高，结合N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)分析判断；‎ ‎(2)先求出此反应的焓变，根据热化学方程式的书写规则再写出热化学方程式；该反应后气体的物质的量减少，结合复合判据分析解答；‎ ‎(3)根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能计算；‎ ‎(4)利用盖斯定律分析计算。‎ ‎【详解】(1)根据图象，反应物的总能量比生成物的总能量高，说明该反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能；反应物的活化能为254 kJ/mol，生成物的活化能为300 kJ/mol，反应物的活化能比生成物的活化能低，反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，正反应是一个熵减小的反应，正确的只有a，故答案为：a；‎ ‎(2)反应物总能量大于生成物总能量，应为放热反应，生成1mol氨气放出46kJ热量，则反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol，该反应是一个熵减小的反应，决定该反应进行方向的主要判据为焓判据，故答案为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol；焓判据；‎ ‎(3)反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，设H-H的键能为x，则943 kJ/mol +3 x-6×390 kJ/mol =-92 kJ/mol，x=435 kJ/mol，故答案为：435；‎ ‎(4)①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol，根据盖斯定律，将可得：NH3(g)+NO(g)=N2(g)+‎ H2O(g)△H3=kJ/mol，故答案为：。‎ ‎28.研究、NO、、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。‎ ‎（1）已知：CO可将部分氮的氧化物还原为。‎ 反应I：‎ 反应II：‎ 则反应的=___________kJ·mol－1。‎ ‎（2）一定条件下，将与CO以体积比1∶2置于恒容密闭容器中发生反应II，下列能说明反应达到平衡状态的是________________。‎ a. 体系压强保持不变          b. 容器中气体密度保持不变 c. 混合气体颜色保持不变       d. 每消耗的同时生成 ‎（3）温度为T 容积为‎10L的恒容密闭容器中，充入1molCO和0.5mol发生反应：‎ 实验测得生成的体积分数 随着时间的变化曲线如图1所示：‎ ‎①达到平衡状态时，的转化率为______，该温度下反应的平衡常数_________。‎ ‎②其它条件保持不变，再向上述平衡体系中充入、、、各，此时V（正）__________ V（逆） 填“﹥”“ ＜”或“=”。‎ ‎（4）法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应原理为，在催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图2所示：图中A点处NO的转化率____________填“可能是”、“一定是”或“一定不是”该温度下的平衡转化率；B点之后，NO转化率降低的原因可能是______。‎ A. 平衡常数变大           B. 副反应增多 C. 催化剂活性降低        D. 反应活化能增大 ‎【答案】 (1). -277 (2). ac (3). 60% (4). 3.375 (5). ﹥ (6). 一定不是 (7). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律分析计算；‎ ‎(2)达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度不变，据此分析判断；‎ ‎(3)①根据图象知达到平衡状态CO2体积分数为0.4，结合三段式，列式计算得到平衡浓度，再分析解答；②计算此时的浓度商和平衡常数的大小，判断反应进行的方向；‎ ‎(4)根据可知开始NO转化率增大，是反应正向进行，逐渐建立平衡，达到最大转化率后，升高温度，平衡逆向移动，NO转化率减小，结合温度对催化剂的活性的影响分析解答。‎ ‎【详解】(1)已知：CO可将部分氮的氧化物还原为N2。反应I：2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-746kJ•mol-1，反应II：4CO(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+4CO2(g)△H=-1200kJ•mol-1，根据盖斯定律，(反应II-反应I)×得到反应NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)△H=[(-1200kJ•mol-1)-(-746kJ•mol-1)]×=-227kJ/mol，故答案为：-227；‎ ‎(2)反应II：4CO(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+4CO2(g)△H=-1200kJ•mol-1，该反应为气体体积减小的放热反应。a．反应前后气体物质的量减小，气体的压强为变量，当体系压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故a正确；b．反应前后气体质量和体积都不变，容器中气体密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c．混合气体颜色保持不变，说明气体中二氧化氮浓度不变，反应达到平衡状态，故c正确；d．每消耗2molNO2的同时生成1molN2，都表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；故答案为：ac；‎ ‎(3)①根据图象知达到平衡状态CO2体积分数为0.4，设消耗二氧化硫物质的量浓度x，‎ ‎ 2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(g)‎ 起始量(mol/L) 0.1 0.05 0 0‎ 变化量(mol/L) 2x x 2x x 平衡量(mol/L)0.1-2x 0.05-x 2x x 则×100%=0.4，解得：x=0.03mol/L，因此二氧化硫的转化率=×100%=60%，平衡常数K==3.375，故答案为：60%； 3.375；‎ ‎②其它条件保持不变，再向上述平衡体系中充入SO2(g)、CO(g)、S(g)、CO2(g)各0.2mol，‎ ‎ 2CO(g) + SO2(g) ⇌ 2CO2(g) + S(g)‎ 起始量(mol/L) 0.1 0.05 0 0‎ 变化量(mol/L) 0.06 0.03 0.06 0.03‎ 平衡量(mol/L) 0.04 0.02 0.06 0.03‎ 加入后(mol/L) 0.04+0.02 0.02+0.02 0.06+0.02 0.03+0.02‎ 此时浓度商Qc==2.22＜K=3.375，反应正向进行，v(正)＞v(逆)，故答案为：＞；‎ ‎(4)根据图象，温度升高NO转化率先增大后减小，图像的前半段是建立平衡的过程，后半段是温度对平衡的影响，因此A点NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率，B点之后，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，NO转化率降低，升高温度，催化剂的活性降低，发生的副反应增多，也会导致NO转化率降低，反应的活化能不影响反应物的转化率，故选BC，故答案为：一定不是；BC。‎ ‎29.时，三种酸的电离平衡常数如下：‎ 化学式 HClO 电离平衡常数 ‎，‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）一般情况下，当温度升高时， ______填“增大”、“减小”或“不变”。‎ ‎（2）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是______填序号；‎ a、CO32- b、ClO- c、CH3COO- d、HCO3-‎ ‎（3）下列反应不能发生的是______填序号 a. ‎ b. ‎ c. ‎ d. ‎ ‎（4）用蒸馏水稀释的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是______填序号；‎ a. b. c．   d．‎ ‎（5）体积均为10mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示。‎ 则HX的电离平衡常数______填“大于”、“等于”或“小于”，下同醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c（H+）______醋酸溶液中水电离出来的c（H+），理由是___________。‎ ‎【答案】 (1). 增大 (2). (3). cd (4). b (5). 大于 (6). 大于 (7). 稀释后HX溶液中的小于溶液中的,它对水的电离的抑制能力减弱 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)弱电解质的电离为吸热过程，升高温度，促进弱电解质的电离；‎ ‎(2)电离平衡常数越大，酸越强，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合质子的能力越弱；‎ ‎(3)根据酸性强弱，结合强酸能够制取弱酸分析判断；‎ ‎(4)醋酸是弱电解质，加水稀释，促进醋酸电离，则n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，但醋酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都减小，据此分析解答；‎ ‎(5)加水稀释，促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)弱电解质的电离为吸热过程，升高温度，促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大，故答案为：增大；‎ ‎(2)电离平衡常数越大，酸越强，越易电离，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合质子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c，故答案为：a＞b＞d＞c；‎ ‎(3)酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-。a．CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O，碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；b．ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO，CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；c．CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-，HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；d.2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-，该反应不能发生，故d正确；故答案为：cd；‎ ‎(4)a．加水稀释，促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以的比值减小，故a错误；b．加水稀释，促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则的比值增大，故b正确；c．加水稀释，尽管促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以的比值减小，故c错误；d．加水稀释，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，的比值减小，故d错误，故答案为：b；‎ ‎(5)加水稀释，促进弱酸电离，pH相同的不同酸，稀释相同的倍数，pH 变化大的酸，酸性强，变化小的酸，酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大，对水的电离的抑制程度越大；根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)，因为溶液中氢离子浓度越小，对的抑制程度越小，水的电离程度越大，稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力减弱，故答案为：大于；大于；稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力减弱。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(4)，要注意对醋酸溶液进行稀释，醋酸溶液中主要存在的离子浓度均会减小，但温度不变，水的离子积常数不变，因此氢氧根离子浓度会增大。‎