重庆市云阳县2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

重庆市云阳县2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

化学 注意事项：‎ ‎1.请在答题纸上作答，在试卷上作答无效 ‎2.本试卷共100分，考试时间90分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H－1 O－16 Na－23 Mg－24 Cu－64 Ag－108‎ 第Ⅰ卷 选择题（共70分）‎ 一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分；每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1. 决定化学反应速率快慢的因素是 A. 温度 B. 浓度 C. 催化剂 D. 反应物的性质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：决定化学反应速率快慢的因素为内因，即反应物的性质，选D。‎ 考点： 决定化学反应速率的因素 ‎2. 下列有关叙述正确的是 A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 B. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强 C. SO3溶于水，其水溶液能导电，故SO3是电解质 D. 升高温度，可提高活化分子百分数，使有效碰撞几率提高，化学反应速率加快 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碳和氧气的反应一开始也需要一先提供热量引发反应，但这是一个放热反应，错误；‎ B、导电能力的强弱只是跟溶液中离子所带的电荷以及离子的浓度有关，而与电解质的强弱无关，错误；‎ C、三氧化硫溶于水导电，靠的是硫酸电离出来的氢离子和硫酸根离子，这两种离子不是由三氧化硫电离产生的，错误；‎ D、升高温度后，一部分普通分了吸收能量转变成活化分子，提高活化分子百分数，使有效碰撞增多，化学反应速率加快，正确；‎ 答案选D。‎ ‎3. 以下说法中正确的是（ ）‎ A. 所有△H＜0的反应均是自发反应 B. 自发进行的反应一定能迅速进行 C. 冰在室温下自动熔化成水，是熵增的过程 D. 高锰酸钾加热分解是一个熵减小的过程 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、△H—T•∆S＜0的反应均是自发反应，△H＜0的反应不一定，错误；B、反应能自发进行，说明该反应具有自动发生的趋势，有反应速率的大小无关，错误；C、同一物质液态时的熵大于固态时的熵，所以 冰在室温下自动熔化成水，是熵增的过程，正确；D、高锰酸钾分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，有气体生成熵增加，错误。‎ 考点：考查化学反应方向的判断、熵变的判断。‎ ‎4.在能使指示剂甲基橙变红的溶液中，可以大量共存的离子组是（ ）‎ A. Na+、K＋、S2-、Cl- B. Al3＋、Mg2＋、SO42-、Cl-‎ C. K＋、Fe2+、AlO2-、NO3 D. K＋、Na＋、SO42-、SO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 使指示剂甲基橙变红的溶液中，含有大量的氢离子，与氢离子发生反应的离子不能大量共存 ‎【详解】A. 氢离子与S2会发生反应，不能大量共存，故A错误；‎ B. 氢离子与Al3＋、Mg2＋、SO42-、Cl-不会发生化学反应，可以大量共存，故B正确；‎ C. 氢离子与AlO2-发生反应生成氢氧化铝或偏铝酸根，Fe2+、NO3与氢离子发生氧化还原反应，故不能大量共存，故C错误；‎ D. 氢离子与SO32-反生反应生成亚硫酸，故不能大量共存，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】判断溶液呈酸性是解题的关键。‎ ‎5.甲溶液的pH是4，乙溶液的pH是5，甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为 A. 10：1 B. 1：10 C. 2：1 D. 1：2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】甲溶液的pH是4，c（H+）=10-4；乙溶液的pH是5，c（H+）=10-5‎ ‎，因此甲溶液与乙溶液的c（H+）之比为10∶1。A正确；答案选A。‎ ‎6. 相同条件下，等体积、等pH的醋酸溶液和盐酸溶液加水稀释相同的倍数后，所得溶液的pH A. 仍相同 B. 醋酸溶液的大 C. 盐酸的大 D. 无法判断 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】等体积、pH的醋酸溶液和盐酸溶液，加水稀释相同倍数后，醋酸溶液的pH的变化量小于盐酸溶液的，所以盐酸溶液的pH较大，故选C。‎ ‎7.已知4NH3＋5O2=4NO＋6H2O，若反应速率分别用υ(NH3)、υ(O2)、υ(NO)、υ(H2O)表示，则正确的关系是 A. 4υ(NH3)＝5υ(O2) B. 5υ(O2)＝6υ(H2O)‎ C. 2υ(NH3)＝3υ(H2O) D. 4υ(O2)＝5υ(NO)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】同一反应用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，υ（NH3）：υ（O2）：υ（NO）：υ（H2O）=4:5:4:6，则5υ（NH3）=4υ（O2）、6υ（O2）=5υ（H2O）、3υ（NH3）=2υ（H2O）、4υ（O2）=5υ（NO），答案选D。‎ ‎8.下列不能能用勒夏特烈原理解释的是（ ）‎ A. 对2HI⇌H2+I2平衡体系增加压强使颜色变深 B. 在溴水中存在如下平衡：Br2+H2O⇌HBr+HBrO，当加入NaOH溶液后颜色变浅 C. 反应2NO+2CO⇌2CO2+N2正反应放热，升高温度使平衡向逆方向移动 D. 合成氨反应：N2+3H2⇌2NH3正反应放热，为使氨产率提高，理论上应采取低温高压的措施 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该反应的反应前后气体计量数之和不变，改变压强，平衡不移动，增大压强体积减小，碘浓度增大，从而气体颜色加深，与平衡移动无关，所以不能用勒夏特里原理解释，故A符合题意；‎ B. 加入NaOH溶液时，NaOH和HBr、HBrO发生中和反应，从而影响化学平衡，促进溴和水的反应，所以可以用勒夏特里原理解释，故B不符合题意； ‎ C.‎ ‎ 该反应是放热反应，升高温度，可逆反应向吸热反应方向逆反应方向移动，所以可以用勒夏特里原理解释，故C不符合题意；‎ D. 该反应是反应前后气体体积减小的放热反应，降低温度、增大压强有利于平衡向正反应方向移动，从而促进氨气的生成，所以可以用勒夏特里原理解释，故D不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】勒夏特列原理的应用从温度、压强、催化剂、浓度的角度分析。‎ ‎9.下列反应的能量变化与其他三项不相同的是(　　)‎ A. 铝粉与氧化铁的反应 B. 氯化铵与Ba(OH)2 ·8H2O的反应 C. 锌片与稀硫酸反应 D. 钠与冷水反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题解析：铝粉与氧化铁的反应属于放热反应；氯化铵与氢氧化钡的反应属于吸热反应；锌片与稀硫酸反应属于放热反应；钠与冷水反应属于放热反应；B中反应的能量变化与其他三项不相同．‎ 考点：化学反应与能量 ‎10.在一固定容积的密闭容器中，可逆反应： H2(g) + I2(g) 2HI (g)达到平衡的标志是 A. H2、I2、HI的分子数之比为1∶1∶2‎ B. 混合气体的密度保持不变 C. 单位时间生成n mol H2，同时消耗2n mol HI D. 混合气体的颜色不再发生变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应H2(g) + I2(g)2HI (g)是一个反应前后气体体积相等的反应。当H2、I2、HI的分子数之比为1∶1∶2时反应可能达到平衡，也可能未达到平衡，故不能作为判断平衡的标志。故A错误；‎ B．容器的容积不变，无论是否反应混合气体的质量不变，所以密度也就保持不变。所以不能作为判断平衡状态的标志。故B错误；‎ C．在任何时刻，单位时间每生成n mol H2，必同时消耗2n mol HI，这是反应逆向进行时二者计量系数的关系，不能作为判断平衡状态的标志。故C错误；‎ D．在H2、I2、HI三种分子中只有I2是有颜色的。由于容器的容积固定不变，所以当混合气体的颜色不再发生变化，说明c（I2）不变,反应达到平衡状态。故D正确。‎ 本题选D。‎ ‎11. 将浓度为0.1 mol/L的HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是 A. c(H+) B. Ka(HF)‎ C. c(F-) D. c(OH-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】加水稀释溶液的酸性减弱，碱性增强，故c(H+)减小，c(OH-)变大，c(F-) 变小，Ka(HF)只和温度有关，温度不变，Ka(HF)不变，故选D。‎ ‎12.下列各组物质的燃烧热相等的是（ ）‎ A. 1moL碳和2moL碳 B. 碳和一氧化碳 C. 3moLC2H2和1moLC6H6 D. 淀粉和纤维素 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量。一般C→CO2，H→H2O（l），S→SO2。燃烧热是物质的性质，与量的多少无关。‎ ‎【详解】A. 燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，燃烧热是物质的性质，与量的多少无关，可燃物相同，1mol碳和2mol碳燃烧热相同，故A正确；‎ B.碳和一氧化碳属于不同物质，物质不同，具有不同的能量，1mol物质完全燃烧放出的热量不相等，燃烧热不相等，故B错误；‎ C. 3moLC2H2和1moLC6H6属于不同物质，物质不同，具有不同的能量，1mol物质完全燃烧放出的热量不相等，燃烧热不相等，故C错误；‎ D. 淀粉和纤维素物质不同，具有不同的能量，1mol物质完全燃烧放出的热量不相等，燃烧热不相等，故D错误；‎ ‎【点睛】燃烧热是物质自身的性质，和物质的量的多少无关。‎ ‎13.物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH分别为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是(　　)‎ A. HX、HZ、HY B. HY、HZ、HX C. HZ、HY、HX D. HX、HY、HZ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】弱酸的酸性越强，其酸根离子的水解程度越小，则相同浓度钠盐溶液的pH就越小，相同条件下的钠盐溶液，溶液的pH越大，其相应酸的酸性就越小，根据题意知，NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH值依次为8、9、10，则这三种酸的酸性由大到小的顺序是HX>HY>HZ，故合理选项是D。‎ ‎14.下列各组热化学方程式中，△H1>△H2的是 ( )‎ ‎①C(s)＋O2(g)=CO2(g) △H1 、C(s)＋O2(g)=CO(g) △H2‎ ‎②S(s)＋O2(g)=SO2(g) △H1 、S(g)＋O2(g)=SO2(g) △H2‎ ‎③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) △H1 、2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) △H2‎ ‎④CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g) △H1 、CaO(s)＋H2O(l)=Ca(OH)2(s) △H2‎ A. ① B. ④ C. ②③④ D. ①②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①碳完全燃烧时释放的热量更多，反应为放热反应，则焓变更小，△H1<△H2，①错误；‎ ‎②S(s)变为S(g)时，吸收热量，则S(s)燃烧释放的热量少，反应为放热反应，则△H1>△H2，②正确；‎ ‎③氢气燃烧为放热反应，氢气的化学计量数越大，释放的热量越多，则焓变越小，即△H1>△H2，③正确；‎ ‎④碳酸钙分解为吸热反应，焓变大于零，△H1>0；氧化钙与水反应为放热反应，△H2<0，则△H1>△H2，④正确；‎ 答案为C。‎ ‎15.下列离子在水溶液中不影响水的电离平衡的是（ ）‎ A. Cu2＋ B. CO32- C. F－ D. Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cu2＋是弱碱阳离子，能发生水解，促进了水的电离，使水的电离平衡正向移动，故A错误；‎ B. CO32-是弱酸根离子，所以能发生水解，促进了水的电离，使水的电离平衡正向移动，故B错误；‎ C. F－是弱酸根离子，所以能发生水解，促进了水的电离，使水的电离平衡正向移动，故C错误；‎ D. Cl－是强酸根离子，所以不能发生水解，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】盐类水解的实质是弱的酸根或是弱的阴离子与水电离时生成的氢离子或氢氧根离子反应生成弱电解质，从而破坏了水的电离平衡，存进了水的电离。‎ ‎16.在密闭的容器中加入N2(g)和H2(g)，发生反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H<0在某一时间段中反应速率与反应过程的曲线关系如图，则图中氨的百分含量最低的时间段是（ ）‎ A. t0－t1 B. t2－t3‎ C. t3－t4 D. t5－t6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可逆反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0，该反应为体积减小的放热反应，改变反应条件平衡移动，根据各时刻的速率变化判断平衡移动移动方向，据此判断NH3的含量变化，据此解答。‎ ‎【详解】可逆反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H＜0，该反应为体积减小的放热反应，‎ A.t0～t1，正、逆反应速率相等，平衡不移动，氨气的含量不变，故A不符合题意；‎ B.t2～t3，正、逆反应速率相等，处于平衡状态，氨气的含量不变，氨气含量较t1～t2低，故B不符合题意；‎ C.t3～t4，正、逆反应速率都同等程度的增大平衡不移动，氨气的含量不变，氨气含量与t2～t3相同，故C不符合题意；‎ D.t5～t6，正、逆反应速率相等，平衡不移动，氨气的含量不变，氨气含量较t4～t5‎ 低，故D符合题意；‎ 所以平衡混合物中氨的百分含量最低的时间段是t5～t6‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】平衡移动的图像，先判断出是什么因素影响了平衡，再判断平衡移动的方向。‎ ‎17.已知可逆反应aA＋bBcC中，5分钟时分别测得在不同温度下物质的含量A%和C%，绘制变化曲线如图所示，下列说法正确的是( )‎ A. 该反应在T1、T3温度时达到过化学平衡 B. 该反应在T2温度时达到过化学平衡 C. 该反应的逆反应是放热反应 D. 升高温度，平衡会向正反应方向移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ T2℃之前，A%变小，C%从0逐渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之前该反应未达到平衡状态，而T2℃时为化学平衡状态，T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，正反应为放热反应。‎ ‎【详解】T1温度之后，A%继续变小，C%继续增大，T2℃达到平衡状态，升高温度平衡向吸热的逆反应方向移动， A%增大，C%减小，故T1温度时未达到化学平衡，T3温度时达到化学平衡，A错误；T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，而T2℃时恰好平衡，B正确；T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，C错误；T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，温度升高使平衡向逆反应移动，D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题化学反应图象分析，明确图象中曲线变化趋势与温度的关系是解本题关键，会根据图象确定平衡状态及反应热。‎ ‎18.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )‎ A. 已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量 B. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定 C. 已知H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)ΔH＝－57.3 kJ/mol，代表任何酸碱反应的中和热都是ΔH＝－57.3 kJ/mol D. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH1，2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2，则ΔH1<ΔH2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以2molSO2（g）和1molO2（g）的总能量大于2molSO3（g）的总能量，但不能说SO2的能量高于SO3的能量，故A错误；‎ B.已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）；△H＞0，反应是吸热反应，石墨转化为金刚石吸收能量，则金刚石的能量高于石墨，能量越高越不稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；‎ C.在稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量为中和热，△H=-57.3kJ/mol，酸碱中和反应的热效应不仅与生成H2O的物质的量有关，还与酸、碱的浓度及强弱有关，故C错误；‎ D.已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g） △H1，2C（s）+O2（g）=2CO（g） △H2，碳完全燃烧比不完全燃烧放出能量多，焓变是负值，比较ΔH时应带符号比较，故ΔH1<ΔH2，故D正确。‎ 故选D ‎【点睛】关于中和热应注意：1.必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热；2.强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H(aq)+OH(aq)=H2O(l)中和热均为57.3kJ/mol，而弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量，其反应热小于57.3kJ/mol；3.以生成1mol水为基准。‎ ‎19.已知热化学方程式:‎ ‎①C2H2(g)+O2(g)2CO2(g)+H2O(l)　ΔH1=-1 301.0 kJ·mol-1‎ ‎②C(s)+O2(g)CO2(g)　ΔH2=-393.5 kJ·mol-1‎ ‎③H2(g)+O2(g)H2O(l)　ΔH3=-285.8 kJ·mol-1‎ 则反应④2C(s)+H2(g)C2H2(g)的ΔH为(　　)‎ A. -228.2 kJ·mol-1 B. +228.2 kJ·mol-1‎ C. +1301.0 kJ·mol-1 D. +621.7 kJ·mol-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用盖斯定律解答。‎ ‎【详解】考查盖斯定律的应用。根据已知反应可知，②×2＋③－①即得到④，所以反应热是－393.5 kJ•mol -1 ×2－285.8 kJ·mol -1 ＋1301.0 kJ•mol -1 ＝＋228.2 kJ·mol -1 ，故B正确；‎ 答案选B。‎ ‎20.下列物质在常温下水解时，对应离子方程式正确的是（ ）‎ A. Na2CO3：CO32-+H2O⇌CO2↑+2OH-‎ B. NH4Cl：NH4++ H2O⇌NH3·H2O+H+‎ C. CuSO4：Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2↓+2H+‎ D. NaHS：HS－+H2O⇌S2-+H3O+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Na2CO3中碳酸根离子水解分两步：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH-，HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH-，故A错误；‎ B.NH4Cl中铵根离子水解生成一水合氨：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故B正确；‎ C.CuSO4中铜离子水解生成氢氧化铜：水解方程式不打沉淀符号，Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，故C错误；‎ D. NaHS中，HS－+H2O⇌H2S+OH-，故D错误；‎ 答案选B。‎ 二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分；每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎21.已知常温常压下，N2(g)+3H2(g )⇌ 2NH3(g) △H=-92.4 kJ /mol在同温同压下向一密闭容器中通入1molN2和3molH2，反应完后放出热量为Q1 kJ，向另一个体积相同的密闭容器通入2molNH3，相同条件下反应完成时吸收热量为Q2 kJ，且Q2=3Q1则下列说法正确的是（ ）‎ A. Q1=92.4 kJ B. Q1+Q2=92.4‎ C. H2转化率为75％ D. 两个容器中NH3的百分含量不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一定温度和压强下，1molN2（g）与3molH2（g）反应生成2molNH3（g）放出的热量是92.4kJ。由于反应为可逆反应，物质不能完全反应，在同温同压下通入1molN2和3molH2，参加反应的氮气小于1mol；向另一体积相同的容器中通入2molNH3，等效为在开始通入1molN2和3molH2到达平衡，以此解答该题。‎ ‎【详解】设放出热量为Q1 kJ容器为甲，吸收热量为Q2 kJ的容器为乙，由Q2=3Q1，可知△n甲(N2)=△n乙(N2)，设乙中达到平衡时转化了xmol N2，则△n甲(N2)=xmol，根据三段式：‎ 根据分析，利用“一边倒法”，可知1molN2和3molH2与2molNH3是等效物料，在相同条件下建立的平衡状态完全相同，则1-x=x，解得：x=，‎ A.向密闭容器中通入1mol N2和3mol H2，不可能完全转化，所以达到平衡时放出热量Q1kJ<92.4kJ，故A错误；‎ B.若向相同容积的另一密闭容器中通入2molNH3，相当于1molN2和3molH2，达到平衡状态，从等效平衡的角度分析，则有Q1+Q2=92.4，故B正确；‎ C. H2的转化率为×100%=×100%=40%，故C错误；‎ D. 两个反应为完全等效，根据等效平衡的含义，则两个平衡的所有对应平衡量(包括正逆反应速率、各组分的物质的量分数、物质的量浓度、气体体积分数、质量分数等)完全相等，两个容器中NH3的百分含量相等，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查等效平衡的建立，难点在于Q2=3Q1关系的应用，根据热量变化的关系，列式求解转化率。‎ ‎22.高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸（无水醋酸）中的电离常数：从下表格中判断下列说法正确的是( )‎ 酸 ‎ HClO4 ‎ H2SO4 ‎ HCl ‎ HNO3 ‎ Ka ‎ ‎1.6×10－5 ‎ ‎6.3×10－9 ‎ ‎1.6×10－9 ‎ ‎4.2×10－10 ‎ A. 水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区别这四种酸的强弱 B. 在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最弱的酸 C. 在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4=2H+＋SO42－‎ D. 在冰醋酸和水中这四种酸都没有完全电离 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，正确，选A；B、在醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，错误，不选B；C、在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，不能用=，错误，不选C；D、根据电离平衡常数可知，在醋酸中这几种酸都不完全电离，但在水中 ，这几种酸完全电离，所以错误，不选D。‎ 考点：弱电解质的电离平衡 ‎【名师点睛】本题考查了电解质的电离，注意溶剂是醋酸不是水，做题时不能定势思维，电离平衡常数的大小可以反映酸的强弱。‎ ‎23.在一密闭容器中，反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)+dD(s)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡后，B的浓度是原平衡的60%，则（ ）‎ A. 平衡向逆反应方向移动了 B. 物质A的转化率增加了 C. 物质B的质量分数减小了 D. a+b>c+d ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，即减小压强平衡向逆反应方向移动，则a+b c(A-) > c(OH-) > c(H+)‎ B. c(HA) + c(H+) = c(OH-)‎ C. c(M+) > c(A-) > c(H+) > c(OH-)‎ D. c(M+) = c(A-) + c(HA)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：MOH强碱和等体积、等浓度的HA弱酸溶液混合后，完全反应生成的MA是强碱弱酸盐，A-水解溶液显碱性，A-水解后浓度减小，故有c(M+) > c(A-)> c(OH-) > c(H+) ，A对，C错，B为质子守恒，D为物料守恒，选C。‎ 考点：盐类水解的离子浓度的大小比较。‎ ‎25.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 ＝+Q kJ/mol (Q>0)，某温度下，向2L的密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：‎ 时间/s ‎0‎ ‎500‎ ‎1000‎ ‎1500‎ c(N2O5)/mol/L ‎5.0‎ ‎3.5‎ ‎2.5‎ ‎2.5‎ 下列说法正确的是 A. 500s内N2O5分解速率为6×10-3mol/(L·s)‎ B. 该温度下的平衡常数K ＝125‎ C. 反应达平衡时，吸收的热量为5Q kJ D. 其他条件不变，若开始时c(N2O5)＝10mol/L，则达平衡后c(N2O5)＝5mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．依据图标数据分析计算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），选项A错误；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，选项B正确；C、根据反应2N2O5(g) 4NO2(g) + O2(g) △H ＝+Q kJ/mol ，当反应达平衡时，消耗N2O5(g)的物质的量为2.5mol/L×2L=5mol，吸收的热量为Q×=2.5Q kJ，选项C错误；D、恒容条件下，若开始时c(N2O5)＝10mol/L，浓度为原来2倍，假设平衡不移动，则达平衡后c(N2O5)＝5mol/L，但增大2倍的浓度对于恒容容器相当于增大压强，平衡向气体体积缩小的逆方向移动，故达平衡后c(N2O5)<5mol/L， 选项D错误。答案选B。‎ ‎26.下列关于热化学反应的描述中正确的是（ ）‎ A. 已知H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则：2H＋(aq)＋SO42-(aq)＋Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)=BaSO4(s)＋2H2O(l) ΔH＝－114.6kJ·mol－1‎ B. 将甲醇蒸气转化为氢气的热化学方程式是：CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－192.9kJ·mol－1，则CH3OH(g)的燃烧热为192.9kJ·mol－1‎ C. 已知氢在氯气中燃烧的热化学方程式为H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g) ΔH＝－285.8kJ/mol，所以H2(g)的燃烧热是285.8kJ·mol－1，‎ D. 葡萄糖的燃烧热是2 800 kJ·mol－1，则C6H12O6(s)＋3O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1400kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硫酸和氢氧化钡反应除酸碱中和放热,生成硫酸钡沉淀过程也会放热，2H＋(aq)＋SO42-(aq)＋Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)=BaSO4(s)＋2H2O(l) △H<−114.6kJ⋅mol−1，故A错误；‎ B. 燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，选项中生成的氢气不是稳定氧化物，反应放出的热量不是甲醇的燃烧热，故B错误；‎ C. 燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气和氯气的反应不符合燃烧热的定义，故C错误；。‎ D. 葡萄糖的燃烧热是1mol葡萄糖燃烧生成稳定氧化物二氧化碳和液体水放出的热量，葡萄糖的燃烧热是2800kJ⋅mol−1，则热化学方程式为： C6H12O6(s)+3O2(g)═3CO2(g)+3H2O(l)△H=−1400kJ⋅mol−1，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎27.已知某二元酸H2A电离情况：H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-且0.1mol/LnaHA溶液中c(A2-)=0.01mol/L，下列情况分析正确的是（ ）‎ A. 0.1mol/LH2A溶液中c(H+)=0.11mol/L B. 在NaHA溶液中只存在1种分子 C. NaHA溶液呈碱性 D. 某溶液由1mol/LNaHA溶液与1mol/LNaOH溶液在常温下等体积混合而得，则溶液中离子浓度由大到小顺序为c（Na+）＞c（A2-）＞c（HA-）＞c（OH-）＞c（H+）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.0.1mol/LH2A溶液中，H2A=H++HA-，c(H+)=0.1mol/L，HA-⇌H++A2-，c(A2-)=0.01mol/L第一步电离出的氢离子对第二步的电离起抑制作用，故溶液中c(H+)小于0.11mol/L，故A错误；‎ B NaHA溶液中主要存在HA-的电离，由于HA-不水解，所以没有H2A，所以NaHA溶液中存在的分子只有H2O，故B正确；‎ C. 由第一步完全电离，则NaHA溶液中主要存在HA-的电离，发生HA-⇌A2-+H+‎ ‎，溶液呈酸性，故C错误； ‎ D. 1mol/LNaHA溶液与1mol/LNaOH溶液反应生成Na2A溶液，Na2A水解显碱性，所以pH＞7；溶液中存在水解方程A2-+H2O⇌HA-+OH-，电离方程H2O⇌H++OH-，则c（OH-）＞c（H+），所以c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(HA-)＞c(H+)，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎28.某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s) △H＞0，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 该反应平衡常数的表达式为K=‎ B. 平衡后加入X，上述反应的△H增大 C. 升高温度，平衡逆向移动 D. 当容器中气体压强不变时，反应达到平衡 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. W在反应中是固体，固体不代入平衡常数表达式，故A错误；‎ B. 反应热△H与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的物质的量无关，故B错误；‎ C.该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应移动，故C错误；‎ D. 随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变说明到达平衡，说明可逆反应到达平衡状态，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎29.对于可逆反应mA（g）＋nB（g）pC（s）＋qD（g）反应过程中，其他条件不变时，产物D的质量分数D%与温度T或压强P的关系如图所示，请判断下列说法正确的是 A. 降温，化学平衡向正反应方向移动 B. 使用催化剂可使D%有所增加 C. 化学方程式中气体的化学计量数m+n＞q D. B的颗粒越小，正反应速率越快，有利于平衡向正反应方向移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、从图像分析，T2温度高，D的质量分数小，说明温度高，平衡逆向移动，所以降温向正向移动，选A；B、使用催化剂不能影响平衡，不影响物质的质量分数，错误，不选B；C、从图②分析，P2压强大，D的质量分数小，说明加压，平衡逆向移动，即反应为气体体积增大的反应，错误，不选C；D、颗粒大小可以影响速率，但不影响平衡，错误，不选D。‎ 考点：化学平衡图像，影响反应速率和平衡的因素 ‎30.如图是298 K时N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。下列叙述正确的是 A. 在温度、体积一定的条件下，通入1molN2和3molH2反应后放出的热量为Q1kJ，若通入2molN2和6mol H2反应后放出的热量为Q2kJ，则184>Q2>2Q1‎ B. 该反应的热化学方程式为：N2＋3H2⇌2NH3 ΔH＝－92kJ·mol－1‎ C. a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线 D. 加入催化剂，该化学反应的反应热改变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向密闭容器中通入1molN2和3molH2，不可能完全转化，Q1小于92 kJ，所以达到平衡时放出热量；另一容积相同密闭容器中通入2molN2和6mol H2，达到平衡时放出热量理论上讲应该是2×92 kJ=184 kJ，但反应物不可能充分进行彻底，所以Q2小于184 kJ，同时通入2molN2和6mol H2的压强比通入1mol N2和3mol H2的大，平衡还会向正向移动，放出的热量还会增大，即Q2>2Q1，则184>Q2>2Q1，故A正确；‎ B. 热化学方程式必须标注物质的聚集状态反应的焓变，该反应的热化学方程式为：N2＋3H2⇌2NH3 ΔH＝－92kJ·mol－1，故B错误；‎ C.催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，故图象中的b曲线是加入正催化剂时的能量变化曲线，故C错误；‎ D. 催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，故D错误。‎ 答案选A。‎ 第Ⅱ卷 非选择题(共30分)‎ 三、填空题（本题共2小题，共30分）‎ ‎31.现有浓度均为0.1mol·L－1的下列溶液：①盐酸 ②醋酸 ③氢氧化钠 ④氯化铵 ⑤硫酸氢铵 ⑥氨水，请回答下列问题：‎ ‎（1）已知t ℃时，Kw＝1×10－13，则t ℃(填“>” “<”或“＝”)__25℃。‎ ‎（2）②③④三种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是(填序号)____。‎ ‎（3）已知④溶液呈酸性，请用离子方程式表示___。‎ ‎（4）④⑤⑥四种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是(填序号)____。‎ ‎（5）常温下，将①和③按体积比2：1混合后，溶液的pH约为____（已知lg3=0.5）。‎ ‎【答案】 (1). > (2). ④②③ (3). NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+ (4). ⑤④⑥ (5). 1.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离；‎ ‎(2)酸碱抑制水的电离，可以水解的盐类促进水的电离，据此分析即可；‎ ‎(3)盐类水解是盐呈现酸碱性的原因；‎ ‎(4)化学式中铵根离子个数相等的强电解质中，醋酸根离子促进铵根离子水解，氢离子抑制铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，其电离程度较小，据此解答即可；‎ ‎(5)依据混合溶液pH计算方法计算即可。‎ ‎【详解】(1)水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，t℃时，Kw=1×10−13>10−14，所以t℃>25℃，‎ 故答案为：>；‎ ‎(2)酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，等浓度的这几种溶液中，NH4‎ Cl促进水电离，醋酸中氢离子浓度小于0.1mol/L、NaOH中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，所以②③④溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④②③，‎ 故答案为：④②③；‎ ‎(3) 氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解呈酸性，水解方程式为NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，‎ 答案为：NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+；‎ ‎(4)化学式中铵根离子个数相等的强电解质中，氯离子对铵根离子水解无影响，氢离子抑制铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，其电离程度较小，所以等浓度的这几种溶液中，铵根离子浓度大小顺序是⑤④⑥，‎ 故答案为：⑤④⑥；‎ ‎(5)在t℃时将0.1mol⋅L−1的HCl溶液与0.1mol⋅L−1的NaOH的溶液按体积比2:1混合(忽略混合后溶液体积的变化)，则有：c(H+)==mol/L，则pH=−lg=−(−1−0.5)=1.5，‎ 故答案为：1.5。‎ ‎32.NaH2PO4、Na2HPO4可用于合成化工原料三聚磷酸钠(Na5P3O10)。‎ ‎（1）能说明NaH2PO4溶液显弱酸性原因的离子方程式为_____。‎ ‎（2）能说明Na2HPO4溶液显弱碱性原因的离子方程式为____。‎ ‎（3）测定某三聚磷酸钠试样中Na5P3O10的含量可用间接滴定法，其流程如下：‎ ‎①NaOH标准溶液应盛放在如图所示的滴定管___（选填“甲”或“乙”）中。‎ ‎②滴定时所用的指示剂X可为____，判断滴定终点的方法是___。‎ ‎③下列操作会导致测定结果偏低的是____‎ A．碱式滴定管未润洗 B．锥形瓶用待测液润洗 C．读取标准液读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视 D．滴定前碱式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失 ‎【答案】 (1). H2PO4-⇌HPO42-+H+ (2). HPO42-+H2O⇌H2PO4-+OH- (3). 乙 (4). 酚酞 (5). 滴入最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为红色，且半分钟内不变化 (6). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）NaH2PO4溶液显弱酸性，说明H2PO4-在水溶液里电离程度大于水解程度；‎ ‎（2）Na2HPO4溶液显弱碱性，说明HPO42-的水解程度大于电离程度；‎ ‎（3）①碱性溶液用碱式滴定管量取；‎ ‎②NaH2PO4溶液显弱碱性，应选用碱性范围内变色的酚酞作指示剂；根据指示剂在不同的酸碱性溶液显示不同的颜色判断；‎ ‎③根据c（待测）=判断不当操作对相关物理量的影响；‎ ‎【详解】（1）NaH2PO4溶液显弱酸性，说明H2PO4-在水溶液里电离程度大于水解程度，该阴离子电离方程式为H2PO4-⇌HPO42-+H+，‎ 故答案为：H2PO4-⇌HPO42-+H+；‎ ‎（2）Na2HPO4溶液显弱碱性，说明HPO42-的水解程度大于电离程度，该阴离子水解方程式为HPO42-+H2O⇌H2PO4-+OH-，‎ 故答案为：HPO42-+H2O⇌H2PO4-+OH-；‎ ‎（3）①NaOH标准溶液应盛放在如图所示的滴定管，‎ 故答案为：乙；‎ ‎②NaH2PO4溶液显弱酸性，应选用碱性范围内变色的酚酞作指示剂，滴定终点时颜色变化明显；用酚酞作指示剂，酚酞在pH<8时为无色，pH为8～10之间，呈浅红色，所以当无色溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色，说明反应到终点，‎ 故答案为：酚酞；滴入最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为红色，且半分钟内不变化；‎ ‎③A. 碱式滴定管未润洗，标准液被稀释，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=‎ 分析，c（待测）偏大，故A错误；‎ B. 锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏大，故B错误；‎ C. 读取标准液读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，c（待测）偏小，故C正确；‎ D. 滴定前碱式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏大，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎33.50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：‎ ‎（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是___。‎ ‎（2）烧杯间填满碎纸条的作用是___。‎ ‎（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值___（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。‎ ‎（4）实验中60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量___（填“相等”、“不相等”），所求中和热___（填“相等”、“不相等”）。‎ ‎【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 保温隔热的作用 (3). 偏小 (4). 不相等 (5). 相等 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；‎ ‎（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；‎ ‎（3）不盖硬纸板，会有一部分热量散失；‎ ‎（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答。‎ ‎【详解】（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，‎ 故答案为：环形玻璃搅拌棒；‎ ‎（2）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纸条的作用是：减少实验过程中的热量损失，‎ 故答案为：保温隔热的作用；‎ ‎（3））大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，‎ 故答案为：偏小；‎ ‎（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.25mol•L-1H2SO4溶液跟50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用50mL0.50mol•L-1盐酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得中和热数值相等，‎ 故答案为：不相等；相等。‎ ‎ ‎