四川省广元川师大万达中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

四川省广元川师大万达中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

化学试题 ‎（说明：本试题分两个部分，Ⅰ卷为选择题，共25小题，每题2分，共50分；Ⅱ卷为非选择题，共4题，共50分。总分100分，考试时间90分钟）‎ 可能用到的相对原子量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 S—32 Mn—55 ‎ 第Ⅰ卷 选择题（50分）‎ 一、选择题(本题包括25个小题，每小题只有一个选项符合题意；每小题2分，共50分。)‎ ‎1.化学与社会、生产、生活密切相关。下列有关生活的说法不正确的是（ ）‎ A. 食品放入冰箱中，因为温度低，变质速率降低，所以食品能够保存较长时间 B. 家用燃气灶是化学能转化为热能的应用装置 C. 因为食用醋中含有酸，可以用来清洗锅垢 D. 将煤气化，有利于提供更多的能量，而且有效地减少温室气体的产生 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．温度降低会减小食品变质反应的速率，放在冰箱中的食品保质期较长，这与温度对反应速率的影响有关，故A正确；‎ B．家用燃气是烃的燃烧过程，是化学能转化为热能的过程，故B正确；‎ C．醋酸可以和水垢的成分之间碳酸钙、氢氧化镁之间发生反应得到易溶于水的物质，所以食用醋可以用来清洗锅垢，故C正确。‎ D．根据盖斯定律，将煤气化，不会改变燃烧过程的能量，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎2.下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是(　　)‎ A. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 B. 碳与二氧化碳的反应 C. 铝片和稀盐酸反应 D. 甲烷在氧气中的燃烧 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应中各元素的化合价都不变化，为非氧化还原反应，故A错误；‎ B．碳和二氧化碳的反应是吸热反应，该反应中碳元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故B正确；‎ C．铝和稀盐酸的反应是放热反应，故C错误；‎ D．甲烷的燃烧是放热反应，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意题意中氧化还原反应的限制，氧化还原反应的特征是有电子转移。‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ A. 已知：H+(aq)＋OH-(aq)= H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则H2SO3(aq)＋2NaOH(aq)= Na2SO3(aq)＋2H2O(l) ΔH>－114.6 kJ/mol B. 石油、煤、天然气、可燃冰、植物油都属于化石燃料 C. NaCl、SO3、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质、非电解质 D. 由石墨比金刚石稳定可推知： C(石墨)==C(金刚石) ΔH<0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量为中和热，△H=-57.3kJ/mol，而亚硫酸为弱电解质，电离需要吸热，故H2SO3(aq)和2molNaOH(aq)反应生成2mol水时，放出的热量小于114.6kJ，则△H＞-114.6 kJ/mol，故A正确；‎ B．化石燃料包括煤、石油、天然气和可燃冰，植物油属于可再生燃料，故不是化石燃料，故B错误；‎ C．SO3在水溶液中能导电，是因为与水反应生成的硫酸能够电离的结果，故SO3为非电解质，不属于弱电解质，故C错误；‎ D．物质越稳定，能量越低，石墨比金刚石稳定，故石墨的能量更低，则转化为金刚石要吸热，即△H＞0，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎4.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）‎ A. 反应CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)（正反应为放热反应），达平衡后，升高温度体系颜色变深 B. 对于2HI(g) H2(g) +I2(g)，达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深 C. 氨水中加入NaOH固体有利于氨气的溢出 D. 合成氨反应，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应CO(g)+NO2(g)═CO2‎ ‎(g)+NO(g)(正反应为放热反应)，达平衡后，升高温度，平衡逆向移动，c(NO2)增大，体系颜色变深，能用勒夏特列原理解释，故A不选；‎ B．2HI(g) H2(g) +I2(g)两边气体计量数相等，增大压强，平衡不移动，但碘的浓度增大，颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故B选；‎ C．氨水中存在NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－，加入NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于氨气的溢出，能用勒夏特列原理解释，故C不选；‎ D．合成氨反应，N2(g)+3H2(g)═2NH3(g)，△H＜0，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施，有利于平衡向正反应方向移动，能用勒夏特列原理解释，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】正确理解勒夏特列原理是解题的关键。本题的易错点为C，要注意氢氧化钠放热，减小氨气的溶解度，也有利于氨气的溢出。‎ ‎5.化学反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)，在下列四个选项中是不同的情况下测得的不同物质的反应速率，其中表示该化学反应的反应速率最慢的是(　　)‎ A. v(A)=0.20 mol·(L·min)-1 B. v(B)=0.45 mol·(L·s)-1‎ C. v(C)=0.30 mol·(L·min)-1 D. v(D)=0.35 mol·(L·min)-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】不同物质表示速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快。‎ A．v(A)=0.2 mol/(L•min)，=0.2mol/(L•min)；‎ B．v(B)=0.45 mol/(L•s)=27 mol/(L•min)，=9 mol/(L•min)；‎ C．v(C)=0.30 mol/(L·min)，=0.15 mol/(L•min)；‎ D．v(D)=035 mol/(L·min)，=0.175 mol/(L•min)；‎ 反应速率v(B)＞v(A)＞v(D)＞v(C)，反应速率最慢的是C，故选C。‎ ‎6.一定温度下，对于可逆反应A(g)＋3B(g) 4C(g)的叙述中，能说明反应已达到平衡的是(　　)‎ A. 单位时间内消耗4a mol的C同时分解a mol A B. 混合气体的物质的量不再变化 C. 单位时间内消耗3a mol B同时生成4a mol C D. 容器内的压强不再变化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．单位时间内消耗4a mol的C同时分解a mol A，说明V正=V逆，达到平衡状态，故A正确；‎ B．反应前后气体的物质的量始终不变，不能判断是平衡状态，故B错误；‎ C．单位时间内消耗3a mol B同时生成4a mol C，都表示V正，不能判断是平衡状态，故C错误；‎ D．温度和体积不变时，气体的物质的量之比等于压强之比，该反应前后气体的物质的量相等，压强始终不变，不能判断是平衡状态，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 若溶液的pH<7，则溶液显酸性 B. 用CH3COOH溶液做导电性实验，灯泡很暗，能证明CH3COOH 是弱电解质 C. 向pH相同的氨水和氢氧化钠溶液中分别加入适量NH4Cl(s)后，两溶液的pH均减小 D. 25℃时，1.0×10－3 mol·L－1的盐酸pH＝3.0，1.0×10－8 mol·L－1盐酸的pH＝8.0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液的pH<7，溶液不一定显酸性，如100℃时，pH=6的溶液显中性，故A错误；‎ B．CH3COOH溶液做导电性实验，灯光较暗，只能说明该醋酸中离子浓度较低，不能说明醋酸部分电离，如浓度较小的盐酸做导电性实验，灯光较暗，所以不能证明醋酸是弱电解质，故B错误；‎ C．向pH相同的氨水和氢氧化钠溶液中分别加入适量NH4Cl(s)后，铵根离子会抑制一水合氨的电离，氨水的pH减小，氯化铵与氢氧化钠反应生成一水合氨，溶液中氢氧根离子浓度减小，则pH减小，故C正确；‎ D．常温下，1.0×10-3 mol•L-1盐酸的pH=3，1.0×10-8 mol•L-1盐酸仍显酸性，pH＜7，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，仅由灯泡很暗不能说明醋酸部分电离，需要注明CH3COOH溶液的浓度，并根据对比实验，才能证明。‎ ‎8.常温下，下列各组微粒在指定溶液中可能大量共存的是（ ）‎ A. =1×1014的溶液：NH4+、CrO42－、HS－‎ B. 含大量NO3－的溶液：Fe2+、SO42－、H+‎ C. 水电离产生的c(OH－)=10－13 mol/L的溶液：Mg2+、Na+、Cl－‎ D. 甲基橙呈红色的溶液：NH4＋、Ba2＋、HCO3－、Cl－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．=1×1014的溶液显酸性，CrO42－、HS－之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；‎ B．NO3-、Fe2+、H+之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；‎ C．水电离产生的c(OH-)=10-13mol/L的溶液呈酸性或碱性，Mg2+、Na+、Cl－之间不反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中可以大量共存，故C正确；‎ D．甲基橙呈红色的溶液显酸性，溶液中存在大量氢离子，HCO3－与氢离子能够反应，不能大量共存，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意题意为“可能”，要注意分酸性溶液和碱性溶液两种情况讨论。‎ ‎9.用pH试纸测定某无色溶液的pH时，规范的操作是（ ）‎ A. 将溶液倒在pH试纸上，跟标准比色卡比较 B. 将pH试纸放入溶液中观察其颜色变化，跟标准比色卡比较 C. 在试管内放入少量溶液，煮沸，把pH试纸放在管口，观察颜色，跟标准比色卡比较 D. 用干燥的洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，跟标准比色卡比较 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将溶液倒在pH试纸上，会浪费溶液以及污染桌面，故A错误；‎ B．pH试纸直接浸入待测液，这样会污染溶液，故B错误。‎ C．把管内放少量溶液煮沸，把pH试纸放在管口测得是水蒸气的pH，故C错误；‎ D．用玻棒蘸取待测液滴在pH试纸上，跟标准比色卡比较，符合测量要求，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎10.下图是恒温条件下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不相符合的是( )‎ A. 反应达到平衡时，正反应速率和逆反应速率相等 B. 该反应达到平衡状态Ⅰ后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡状态Ⅱ C. 该反应达到平衡状态Ⅰ后，减小反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡状态Ⅱ D. 同一种反应物在平衡状态Ⅰ和平衡状态Ⅱ时浓度不相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，该反应从正反应一端开始，正、逆反应速率相等时为状态Ⅰ，然后，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，且改变条件的一瞬间逆反应速率不变，以此分析解答。‎ ‎【详解】A．由平衡的特征可知，反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，故A正确；‎ B．该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡正向移动，达到平衡态Ⅱ，故B正确；‎ C．该反应达到平衡态后，减小反应物浓度，平衡应逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图像矛盾，故C错误；‎ D．该反应达到平衡态Ⅰ后，改变条件使反应继续正向移动达到平衡态Ⅱ，所以同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡Ⅱ时浓度不相等，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎11.对于可逆反应：3A(g)＋2B(g) 2C(g)△H＜0，下列各图正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．先拐先平温度高，500℃先达平衡；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C的含量减小，与图像符合，故A正确；‎ B．该反应是气体的物质的量减小的反应，压强增大，平衡正向移动，正逆反应均增大，与图像不符，故B错误；‎ C．催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，C的浓度应该保持不变，故C错误；‎ D．该反应是气体的物质的量减小的反应，压强增大，平衡正向移动，A转化率增大；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A转化率减小，与图像不符，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意增大压强，无论平衡如何移动，正逆反应速率均增大。‎ ‎12.下列图中的实验方案，能达到实验目的的是（ ）‎ A. 图：进行中和热的测定 B. 图：比较 HCl、H2CO3和 H2SiO3 的酸性强弱 C. 图：验证 CuCl2对 H2O2 分解有催化作用 D. 图：验证 2NO2(g)N2O4 (g) △H<0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铜丝易导热，导致热量散失增大，应选环形玻璃搅拌棒，故A错误；‎ B．盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠溶液也能反应，不能比较H2CO3和 H2SiO3 的酸性强弱，故B错误；‎ C．温度不同、催化剂不同，应控制温度相同，才能探究催化剂对反应速率的影响，故C错误；‎ D．温度不同，温度高时颜色深，可验证 2NO2(g)⇌N2O4(g)△H＜0，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎13.用化学用语解释相关现象正确的是（ ）‎ A. 向KI-淀粉溶液中滴加稀硫酸，溶液变蓝色：4I－＋O2＋2H2O=2I2＋4OH－‎ B. 常温下，0.1 mol/L的HF 溶液的pH>1：HF＋H2OH3O+＋F－‎ C. KHSO4在熔融状态下可导电：KHSO4 = K+＋H+＋SO42－‎ D. BaSO4的水溶液导电性极弱：BaSO4Ba2+＋SO42－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向KI-淀粉溶液中滴加稀硫酸，溶液变蓝色，酸性溶液中不能生成氢氧根离子，4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故A错误；‎ B．HF是弱电解质，在溶液中部分电离，0.1 mol/L的HF 溶液的氢离子的浓度小于0.1mol/L，所以pH＞1：即HF+H2O⇌H3O++F-；故B正确；‎ C．KHSO4在熔融状态下电离出钾离子和硫酸氢根离子，其电离方程式为：KHSO4=K++HSO4-，故C错误；‎ D．BaSO4在溶液中溶解度很小，溶液中带电离子的浓度很小，导电性极弱，但是BaSO4是强电解质完全电离，不存在电离平衡，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意硫酸钡是强电解质，不存在电离平衡，BaSO4Ba2+＋SO42－表示的是硫酸钡的溶解平衡。‎ ‎14.某恒容密闭容器中充入一定量SO2和O2进行反应： 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0，图甲表示反应速率(v)与温度(T) 的关系、图乙表示 T1 时，平衡体系中SO2的体积分数与压强(p)的关系。下列说法正确的是（ ）‎ 图甲，图乙 A. 图甲中，曲线1表示正反应速率与温度的关系 B. 图乙中，a、b两点反应速率：v(a)>v(b)‎ C. 图甲中，d点时，混合气体的平均摩尔质量不再改变 D. 图乙中，c点的正、逆反应速率：v(逆) < v(正)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H＜0，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，则曲线1表示逆反应速率与温度的关系，故A错误；‎ B．温度恒定时，a、b两点对应的压强是b的大，压强越大，反应速率越快，a、b两点对应的反应速率：va＜vb，故B错误；‎ C．d点表示温度为T0时，正、逆反应速率相等，说明反应达到平衡，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，故C正确；‎ D．c点时，二氧化硫含量小于平衡时的含量，反应需要向生成二氧化硫的方向进行，即向逆反应方向进行，所以v(逆)＞v(正)，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎15.下列反应的离子方程式不正确的是（ ）‎ A. 草酸与酸性高锰酸钾溶液反应：2MnO4-+5C2O42- +16H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O B. 硫代硫酸钠与硫酸的离子方程式: S2O32- + 2H+ = SO2 ↑+ S↓ + H2O C. 稀硝酸中加入少量亚硫酸钠：2H+ + 2NO3- +3 SO32- = 3 SO42-+ NO↑+ 2H2O D. 处理工业废水时Cr(Ⅵ)的转化：Cr2O72—+ SO32-+8H+ = 3 SO42- +2 Cr3++4H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸生成二氧化碳，高锰酸根离子被还原生成锰离子，草酸为弱酸，用化学式表示，离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故A错误；‎ B．硫代硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫、S和水，离子方程式为S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2‎ O，故B正确；‎ C．亚硫酸钠溶液中加入稀硝酸反应生成硫酸钠和一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3SO32-+2NO3-+2H+═3SO42-+H2O+2NO↑，故C正确；‎ D. 用亚硫酸钠处理工业废水中的Cr(Ⅵ)，发生氧化还原反应，转化的离子方程式为Cr2O72—+ SO32-+8H+ = 3 SO42- +2 Cr3++4H2O，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎16.已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：Ka(HF)＝ 6.8×10-4mol/L、 Ka(CH3COOH)＝1.8×10-5mol/L、Ka(HNO2)＝6.4×10-6mol/L、Ka(HCN)＝6.2×10-10mol/L。物质的量浓度都为0.1 mol/L的下列溶液中，pH最大的是（　　）‎ A. HF B. CH3COOH C. HNO2 D. HCN ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 酸的电离常数越大，酸的酸性越强，等浓度时其pH越小，据此分析判断。‎ ‎【详解】已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：Ka(HF)＝ 6.8×10-4mol/L、 Ka(CH3COOH)＝1.8×10-5mol/L、Ka(HNO2)＝6.4×10-6mol/L、Ka(HCN)＝6.2×10-10mol/L。酸的电离常数越大，酸的酸性越强，等浓度时其pH越小，HF的电离常数最大，即HF的酸性最强，其pH最小，HCN的电离常数最小，即HCN的酸性最弱，其pH最大，故选D。‎ ‎17.下列说法正确的是(　　)‎ A. 1 mol/ L和0.01 mol/ L的两瓶氨水中c(OH－)之比为100:1‎ B. 在H2SO3溶液中，c(H+)和c(SO32-)的比值为2:1‎ C. 一定温度下，反应 MgCl2(l)= Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH >0、ΔS >0‎ D. 放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1 mol/ L氨水的浓度是0.01 mol/ L氨水的浓度的100倍，弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故1 mol/ L氨水的电离度比0.01 mol/ L氨水的电离度小，所以两瓶氨水中c(OH－)之比小于100，故A错误；‎ B．H2SO3溶液中存在H2SO3⇌HSO3-+H+，HSO3- ⇌SO32-+H+，c(H+)和c(SO32-)的比值不是2∶1，故B错误；‎ C．一定温度下，反应 MgCl2(l)═Mg(l)+Cl2(g)为吸热反应，△H＞0，产物气体系数和大于反应物系数和，所以△S＞0，故C正确；‎ D．反应速率与反应是吸热还是放热无关，反应速率与反应物本身的性质及外界条件有关，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小。‎ ‎18.已知反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)＋2CO(g) 2CO2(g)＋S(l)　ΔH＜0，若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是(　　)‎ A. 平衡时，其他条件不变，升高温度可提高 SO2 的转化率 B. 其他条件不变，缩小容器体积，平衡正反应方向移动，该反应的平衡常数不变 C. 平衡前，充入氩气，容器内压强增大，反应速率加快 D. 平衡时，其他条件不变，分离出硫，逆反应速率减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、平衡时，其他条件不变，升高温度，平衡逆向移动，所以SO2 转化率减小，故A错误；‎ B、其他条件不变，缩小容器体积，增大压强，所以平衡正反应方向移动，但是平衡常数只与温度有关，与压强大小无关，反应的平衡常数不变，故B正确；‎ C、平衡前，充入氩气，容器内压强增大，但是体积不变，组分的浓度不变化，反应速率不变，平衡不移动，故C错误；‎ D、硫是液体，分离出硫，不影响平衡的移动，反应物和生成物浓度都不变，所以不影响反应速率，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎19.下列关于pH变化的判断不正确的是(　　)‎ A. 温度升高，氨水溶液pH增大 B. 温度升高，纯水pH减小 C. 新制氯水经光照一段时间后，溶液pH增大 D. 氢氧化钠溶液久置于空气中，溶液pH减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氨水溶液中一水合氨的电离是吸热反应，升高温度促进一水合氨的电离，平衡正向移动，溶液中氢氧根离子的浓度增大，碱性增强，pH增大，故A正确；‎ B、水的电离是吸热过程，升温平衡，水的电离平衡正向移动，氢离子、氢氧根离子浓度均增大，所以纯水pH减小，故B正确；‎ C、新制氯水中含有氯气和水反应生成的次氯酸的平衡，次氯酸见光分解，最后得稀盐酸，溶液酸性增强，pH减小，故C错误；‎ D、氢氧化钠会吸收空气中的二氧化碳生成碳酸钠，氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎20.下图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 氢氧化钠的物质的量浓度为1 mol·L-1‎ B. 曲线b是氢氧化钠滴定盐酸的滴定曲线 C. P点时反应恰好完全，溶液呈中性 D. 酚酞不能用作本实验的指示剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图像知，当氢氧化钠中未滴加盐酸溶液时，溶液的pH=13，则c(NaOH)=10-1 mol/L，即0.1mol/L，故A错误；‎ B．根据图像知，当氢氧化钠中未滴加盐酸溶液时，溶液的pH=13，则b曲线为盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线，故B错误；‎ C．P点时二者恰好完全中和，盐酸是一元强酸，氢氧化钠是一元强碱，当二者恰好中和时，反应生成氯化钠，溶液呈中性，故C正确；‎ D．甲基橙的变色范围是3.1-4.4，酚酞的变色范围是8-10，且变色现象均较明显，所以该中和滴定可以用酚酞或甲基橙作指示剂，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎21.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g) ＋yB(g)z C(g)，平衡时测得A的浓度为0.50 mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍。再达平衡时，测得A的浓度为0.30 mol/L。下列有关判断正确的是（ ）‎ A. x＋y < z B. 平衡向正反应方向移动 C. C的体积分数下降 D. B的转化率升高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，而再达平衡时，测得A的浓度为0.30mol/L，则说明体积增大(压强减小)平衡逆向移动，据此分析解答。‎ ‎【详解】由信息可知，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时测得A的浓度为0.30mol/L，体积增大，相当于压强减小，平衡逆向移动。‎ A．减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，说明逆反应方向为体积增大的方向，则x+y＞z，故A错误；‎ B．由上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；‎ C．平衡逆向移动，C的体积分数减小，故C正确；‎ D．平衡逆向移动，B的转化率降低，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎22.常温下，体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，与NaOH溶液中和时两者消耗NaOH的物质的量 A. 相同 B. 中和HCl的多 C. 中和CH3COOH的多 D. 无法比较 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】盐酸和醋酸都是一元酸，pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以c（HCl）＜c（CH3COOH），等体积的两种溶液中n（HCl）＜n（CH3COOH），所以醋酸消耗的氢氧化钠多，故答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离，明确“pH相同的相同元数的酸中，弱酸的物质的量浓度大于强酸”是解本题的关键。‎ ‎23.将一定量纯净的 X 置于某 10 L 容积恒定的真空容器中(假设固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：X(s) 2Y(g)＋Z(g)，实验测得不同温度下的分解平衡常数列于下表，下列说法中不正确的是（ ）‎ 温度（ oC） ‎ ‎15.0 ‎ ‎25.0 ‎ ‎30.0 ‎ ‎35.0‎ K/(×10－8 mol3·L－3) ‎ ‎0.205 ‎ ‎1.64 ‎ ‎4.68 ‎ ‎10.8‎ A. 该反应在高温下可能自发 B. 若Z的体积分数不再随时间变化时表示反应达平衡状态 C. 若在恒温下，压缩容器体积，再次达平衡后，n(X)比原平衡大 D. 35℃时，达平衡时，X分解了0.03 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由表可知温度越高，平衡常数K越大，所以反应X(s)⇌2Y(g)+Z(g)为吸热反应，△H＞0，反应中气体的物质的量增大，△S＞0，根据△G=△H-T△S，反应在高温的条件下能自发进行，故A正确；‎ B、反应X(s)⇌2Y(g)+Z(g)中，Y和Z都是气体，而X是固体，所以Z的体积分数不随时间变化而变化，所以Z的体积分数不变不能作平衡状态的标志，故B错误；‎ C、压缩容器体积，相当于增大压强，平衡逆向移动，所以再次达平衡后，n(X)比原平衡大，故C正确；‎ D、35℃平衡常数为10.8，‎ ‎             X(s)⇌2Y(g)+Z(g)，‎ 起始量(mol)： a           0        0‎ 变化量(mol)： b          2b       b 平衡量(mol)：a-b         2b       b ‎ 所以K==10.8，解得：b=0.03 mol，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎24.下列各组反应中关于能量的比较正确的是（ ）‎ ‎①CH3OH(g)＋O2(g)=CO (g)＋2H2O(l) △H1；CH3OH(g)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H2； △H1<△H2‎ ‎②2H2O(l) =2H2(g)＋O2(g) △H1； 2Na(s)＋2H2O(l) =2NaOH(aq)＋H2(g) ΔH2； △H1>△H2‎ ‎③H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g) △H1； H2(g)＋Cl2(g)=HCl (g) △H2； △H1>△H2‎ ‎④t ℃时，在一定条件下，将 1 mol N2和 3 mol H2 分别置于恒容和恒压的两个密闭容器中，达到平衡状态时放出的热量分别为 Q1、Q2 ； Q1x1>x3 (6). y2>y1=y3 (7). c>b>a (8). b (9). 10-6 (10). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.(1)加入少量NaOH固体，中和了氢离子，氢离子浓度降低，据此分析判断；‎ ‎(2)加入酸，H+浓度增大，据此分析判断；‎ Ⅱ.(1)盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，完全电离，醋酸是一元弱酸，不能完全电离，据此分析判断；‎ ‎(2)等体积的浓度均为0.1mol•L-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，所含酸根的物质的量相同，与NaOH反应生成盐的物质的量相同，据此分析判断；‎ ‎(3)①醋酸是弱电解质，加水稀释，促进醋酸电离；导电能力越强，说明溶液中的离子浓度越大；②电离平衡常数Ka=进行计算；③加水稀释，促进醋酸电离，n(CH3COO-)、n(H+)增大，但浓度减小，以此分析判断。‎ ‎【详解】Ⅰ.(1)加入少量NaOH固体，中和了氢离子，氢离子浓度降低，Cr2O72-＋H2O2CrO42-＋2H＋平衡向右移动，溶液呈黄色，故答案为：黄；加入NaOH溶液，使c(H+)减小，平衡右移，c(CrO42-)增大，c(Cr2O72-)减小；‎ ‎(2)加入过量稀硫酸，H+浓度增大，平衡左移，Cr2O72-浓度增大，溶液呈橙色，故答案为：橙红； 加入适量的稀硫酸，使c(H+)增大，平衡左移，c(CrO42-)减小，c(Cr2O72-)增大；‎ Ⅱ.(1)盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，都能够完全电离，醋酸是一元弱酸，不能完全电离，所以浓度均为0.1mol•L-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液中，氢离子浓度分别为0.1mol•L-1、0.2mol•L-1、小于0.1mol•L-1，所以x1=x2＞x3(或x2>x1>x3)，故答案为：x1=x2＞x3(或x2>x1>x3)；‎ ‎(2)等体积的浓度均为0.1mol•L-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，所含酸根的物质的量相同，所以其与NaOH反应生成盐的物质的量相同，但硫酸为二元酸，消耗的氢氧化钠的体积为其余两种酸的体积的2倍，即y2>y1=y3(或y2=2y1=2y3)故答案为：y2>y1=y3(或y2=2y1=2y3)；‎ ‎(3)①醋酸是弱电解质，所以醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液体积越大，醋酸的电离程度越大，根据图像知，水的体积越大，溶液的浓度越小，醋酸的电离程度越大，所以醋酸电离程度大小顺序是c＞b＞a；溶液的导电能力与离子浓度成正比，所以溶液导电能力越大氢离子浓度越大，则氢离子浓度最大的为b，故答案为：c＞b＞a；b；‎ ‎②经实验测得c点处：c(CH3COOH)=0.01mol•L-1，c(CH3COO-)=0.0001mol•L-1，则该条件下CH3COOH的电离常数Ka==1.0×10-6‎ ‎ mol/L，故答案为：1.0×10-6；‎ ‎③A．在稀释过程中，溶液的体积增大，氢离子的浓度减小，故A错误；B．在稀释过程中，溶液的体积增大，氢离子的浓度减小，溶液pH增大，故B正确；C．加水稀释，促进电离，n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，则增大，故C正确；D．醋酸的浓度越小，电离程度越大，平衡向右移动，CH3COOH分子数减少，故D错误；故答案为：BC。‎ ‎【点睛】本题的易错点为II(3)③，要注意醋酸为弱电解质，浓度越小，电离程度越大，但c(CH3COOH)、c(CH3COO-) 和c(H+)均减小，c(OH-)增大。‎ ‎27.Ⅰ.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数K和温度T的关系如下表：‎ T（℃）‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ K ‎0.6‎ ‎0.9‎ ‎1.0‎ ‎1.7‎ ‎2.6‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)该反应的化学平衡常数表达式为K ＝_______。‎ ‎(2)该反应为______反应（选填“吸热”、“放热”）。‎ ‎(3)能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_____。‎ a．容器中压强不变 b．υ正（H2）＝υ逆（H2O） ‎ c． c（CO2）＝c（CO） d．混合气体中 c（CO）不变 ‎(4) 830K时，各物质浓度符合下式：2c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），此时该反应 _______（填“正反应方向进行”、“逆反应方向进行”或“处于平衡状态”）。‎ Ⅱ.将1 mol I2(g) 和2 mol H2置于2 L密闭容器中，在一定温度下发生反应： I2(g) + H2(g) 2HI(g)；△H＜0，并达平衡。HI的体积分数w(HI)随时间变化如图曲线(Ⅱ)所示：‎ ‎(1)若5分钟该达平衡，则用H2表示的反应速率为________。‎ ‎(2)若改变反应条件，在甲条件下w(HI)的变化如曲线(Ⅰ) 所示，则甲条件可能是____。（填入下列条件的序号）‎ ‎①恒温条件下，缩小反应容器体积；②恒温条件下，扩大反应容器体积；③恒容条件下，降低温度；④恒容条件下，升高温度；⑤恒温恒容条件下，加入适当催化剂。‎ ‎【答案】 (1). (2). 吸热 (3). bd (4). 逆反应方向进行 (5). 0.09mol(L/min) (6). ①⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.(1)根据化学平衡常数表达式为生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积书写；‎ ‎(2)由表中数据可知，温度越高，平衡常数越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，据此分析判断；‎ ‎(3)根据化学平衡的特征分析判断；‎ ‎(4)根据Qc与K的大小分析判断；‎ Ⅱ.(1)根据碘化氢的体积分数计算平衡时碘化氢的物质的量，再根据碘化氢和氢气之间的关系式计算氢气的反应速率；‎ ‎(2)反应时间发生变化，但碘化氢的含量不变，说明该条件只改变反应速率不影响平衡，据此分析判断。‎ ‎【详解】Ⅰ.(1)化学平衡常数表达式为生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积，所以K=，故答案为：；‎ ‎(2)由表中数据可知，温度越高，平衡常数越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，该反应正反应是吸热反应，故答案为：吸热；‎ ‎(3)a．该反应两边气体的计量数相等，容器中气体的压强始终不变，因此容器中压强不变，不能说明达平衡状态，故a错误；b．υ正(H2)=υ逆(H2O)，表明正、逆反应速率相等，说明达到平衡状态，故b正确；c．c(CO2)＝c(CO)，不能说明浓度是否不变，因此不能说明达到平衡状态，故c错误；d．化学平衡达到平衡的标志是各种物质的浓度不再变化，因此混合气体中 c(CO)不变，能够说明达到平衡状态，故d正确；故答案为：bd；‎ ‎(4)2c(CO2)•c(H2)=c(CO)•c(H2O)可知，830K时，Qc==2＞K=1，说明反应向逆反应方向进行，故答案为：逆反应方向进行；‎ Ⅱ. (1)该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，所以反应后混合气体的物质的量是3mol，同一容器中各种气体的体积分数等于其物质的量分数，所以平衡时碘化氢的物质的量=3mol×0.6=1.8mol，则参加反应的n(H2)=0.5n(HI)=0.5×1.8=0.9mol，用H2表示的反应速率为=0.09 mol•L-1min-1，故答案为：0.09 mol•L-1min-1；‎ ‎ (2)在甲条件下w(HI)的变化如曲线(Ⅰ) 所示，反应时间缩短，碘化氢的含量不变，说明该条件只增大了反应速率不影响平衡。①恒温条件下，缩小反应容器体积，压强增大，反应速率增大，但平衡不移动，故①正确；②恒温条件下，扩大反应容器体积，压强减小，反应速率减慢，故②错误；③恒容条件下，降低温度，反应速率减慢，故③错误；④恒容条件下，升高温度，反应速率增大，平衡也一定移动，故④错误；⑤恒温恒容条件下，加入适当催化剂，反应速率增大，但平衡不移动，故⑤正确，故答案为：①⑤。‎ ‎28.到目前为止，由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的最主要的能源。‎ ‎(1)在25℃、101kPa下，16g的甲醇(CH3OH)完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为______。‎ ‎(2)化学反应中放出的热能(焓变，△H)与反应物和生成物的键能(E)有关。已知：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=﹣185kJ/mol，E(H﹣Cl)=432kJ/mol，E(Cl﹣Cl)=243kJ/mol则E(H﹣H)=_____。‎ ‎(3)纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注．已知：2Cu(s)+ O2(g)═Cu2O(s)△H=﹣169kJ•mol﹣1，C(s)+ O2(g)═CO(g)△H=﹣110.5kJ•mol﹣1，2Cu(s)+O2(g)═2CuO(s)△H=﹣314kJ•mol﹣1，则工业上用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的热化学方程式_____。‎ ‎(4)如图是N2(g)和H2(g)反应生成2molNH3(g)过程中能量变化示意图：‎ ‎①请计算每生成1molNH3放出热量为：______。‎ ‎②若起始时向容器内充入1molN2和3molH2达平衡后N2的转化率为20%，则反应放出的热量为Q1kJ，则Q1的数值为_________。‎ ‎【答案】 (1). CH3OH(l)+ O2(g) =CO2(g)+H2O(l) △H=﹣704kJ/mol (2). 436 kJ/mol (3). C(s) +2 CuO (s) == Cu2O(s) +CO(g) △H=+34.5kJ/mol (4). 41.6 kJ (5). 18.44‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)依据燃烧热的概念，是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据题干所给量计算1mol甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，再书写反应的热化学方程式；‎ ‎(2)根据反应热=反应物总键能-生成物总键能计算；‎ ‎(3)根据盖斯定律分析解答；‎ ‎(4)①△H=反应物的活化能-生成物的活化能计算生成2mol氨气放出的能量，再计算得到1mol氨气放出的热量；②依据氮气的转化率计算生成氨气的物质的量，结合热化学方程式计算Q1。‎ ‎【详解】(1)在25℃、101kPa下，16g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热352kJ，32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为704kJ，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-704kJ•mol-1，故答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-704kJ•mol-1；‎ ‎(2) △H=反应物总键能-生成物总键能=E(H﹣H)+243kJ/mol-2×432kJ/mol =-185kJ/mol，解得E(H-H)=436kJ/mol，故答案为：436 kJ/mol；‎ ‎(3)①2Cu(s)+O2(g)═Cu2O(s) △H=-169kJ•mol-1，②C(s)+O2(g)═CO(g) △H=-110.5kJ•mol-1，③2Cu(s)+O2(g)═CuO(s) △H=-314kJ•mol-1，用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的化学方程式为C(s)+2CuO (s)=Cu(s)+CO(g)，根据盖斯定律，将②-③-‎ ‎×①，反应的焓变为-110.5kJ•mol-1-(-314kJ•mol-1)- ×(-169kJ•mol-1)=34.5kJ•mol-1，故答案为：C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g) △H=+34.5kJ•mol-1；‎ ‎(4)①如图是N2和H2反应生成2mol NH3过程中能量变化示意图，反应焓变△H=反应物的活化能-生成物的活化能=335kJ/mol-427.2kJ/mol=-92.2kJ/mol，所以生成1mol氨气放热46.1kJ，故答案为：46.1 kJ；‎ ‎ ②如图是N2和H2反应生成2mol NH3过程中能量变化示意图，反应焓变△H=335kJ/mol-427.2kJ/mol=-92.2kJ/mol，起始时向容器内充入1molN2和3molH2达平衡后N2的转化率为20%，生成氨气的物质的量为1mol ×20%×2=0.4mol，生成0.4mol氨气放出的热量=×92.2kJ=18.44kJ，故答案为：18.44。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(3)，要注意盖斯定律的应用，平时学习过程中要适当练习。‎ ‎29.氧化还原滴定原理同中和滴定原理相似，为了测定某未知浓度的NaHSO3溶液的浓度，现用0.2000mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定，回答下列问题：‎ ‎(1) 配平离子方程式：______MnO4-+HSO3-+H+=Mn2++SO42-+H2O。‎ ‎(2)用KMnO4进行滴定时，KMnO4溶液应装在_______________中，判断滴定终点的现象是_______。‎ ‎(3)下列操作会导致测定结果偏高的是_________。‎ A. 盛装未知浓液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗 B. 未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管 C. 观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视 D. 滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 ‎(4) 根据下表测定的实验数据，计算KMnO4溶液体积的平均值为___mL；NaHSO3溶液的物质的量浓度为___mol/L（数据精确到0.1）。‎ 试验编号 待测NaHSO3溶液的体积/ mL KMnO4溶液体积/ mL ‎1‎ ‎20.00‎ ‎15.98‎ ‎2‎ ‎20.00‎ ‎17.00‎ ‎3‎ ‎20.00‎ ‎16.02‎ ‎【答案】 (1). 2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O (2). 酸式滴定管 (3). 溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 (4). BD (5). 16.00 (6). 0.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据氧化还原反应中得失电子守恒配平方程式；‎ ‎(2)KMnO4溶液能够腐蚀橡胶；滴定完成时NaHSO3溶液恰好反应完全，溶液会呈现高锰酸钾溶液的颜色；‎ ‎(3)根据c=判断不当操作对n或V的影响分析判断；‎ ‎(4)首先判断数据的可靠性，舍去偏差较大的数据，再计算消耗体积的平均值；根据高锰酸钾和亚硫酸氢钠之间的关系式计算亚硫酸氢钠的物质的量浓度。‎ ‎【详解】(1)1mol MnO4-参加氧化还原反应得到5mol电子，1mol HSO3-参加氧化还原反应失去2mol电子，得失电子的最小公倍数是10，则MnO4-的计量数是2，HSO3-的计量数是5，根据原子守恒来配平得：2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O，故答案为：2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O；‎ ‎(2)KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管盛装；滴定终点时NaHSO3溶液恰好反应完全，溶液会呈现高锰酸钾溶液的颜色，且半分钟内颜色不褪去，就说明NaHSO3溶液已完全被氧化；故答案为：酸式滴定管；溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪去；‎ ‎(3) A、盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对实验无影响，故A错误；B、酸式滴定管水洗后未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗，会导致酸性高锰酸钾浓度偏小，滴定消耗的高锰酸钾体积偏大，测定值偏大，故B正确；C、观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致滴定消耗的高锰酸钾体积偏小，测定值偏小，故C错误；D、滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致滴定消耗的高锰酸钾体积偏大，测定值偏大，故D正确；故答案为：BD；‎ ‎ (4)实验2中KMnO4溶液的体积的偏离较大，舍去不用，由实验1和3取平均值，KMnO4溶液体积的平均值==16.00mL，消耗的高锰酸钾的物质的量为0.016L×0.2000mol/L=0.0032mol，‎ ‎2MnO4- + 5HSO3-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O ‎2mol       5mol ‎0.0032mol n(HSO3-)‎ ‎=，解得：n(HSO3-)=0.0032mol×=0.008mol，则c(HSO3-)==0.4 mol/L，故答案为：16.00；0.4。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(4)，要注意实验数据的可靠性分析。‎ ‎ ‎