2017-2018学年内蒙古巴彦淖尔市第一中学高二上学期期中考试化学试题（A卷） 解析版

2017-2018学年内蒙古巴彦淖尔市第一中学高二上学期期中考试化学试题（A卷） 解析版

巴市一中2017-2018学年第一学期期中 考试高二年级化学试题（A卷）‎ ‎1. 合理利用燃料减小污染符合“绿色奥运”理念，下列关于燃料的说法正确的是（　　）‎ A. “可燃冰”是将水变为油的新型燃料 B. 氢气是具有热值高、无污染等优点的燃料 C. 乙醇是比汽油更环保、不可再生的燃料 D. 石油和煤是工厂经常使用的可再生的化石燃料 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、可燃冰”外观像冰，其化学组成是CH4•nH2O，水的化学式为H2O，根据元素守恒知，水不能变为油，故A错误；B、氢能源具有来源广、热值高，且燃烧后生成水对环境无污染，故B正确；C、乙醇中含有碳、氢、氧三种元素，其燃烧产物是二氧化碳和水，但乙醇为可再生能源，故C错误；D、石油和煤都属于化石燃料，且属于不可再生能源，故D错误；故选B。‎ 考点：考查了燃料的相关知识。‎ ‎2. 下列说法或表示方法中正确的是（　　）‎ A. 等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，后者放出的热量多 B. 氢气的燃烧热为285．5 kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝－285．5 kJ/mol C. Ba（OH）2·8H2O（s）＋2NH4Cl（s）＝BaCl2（s）＋2NH3（g）＋10H2O（l）　ΔH＜0‎ D. 已知中和热为57．3 kJ/mol，若将含0．5 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量要大于57．3 kJ ‎【答案】D ‎【解析】A、硫蒸气比硫固体所含能量高，等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，前者放出的热量多，A错误；B、燃烧热是指1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，热化学方程式中氢气是2mol，B错误；C、氯化铵和氢氧化钡反应吸热，△H＞0，C错误；D、浓硫酸溶于水放热，实际放出的热量大于57.3kJ，D正确；答案选D。‎ ‎3. 已知热化学方程式：SO2(g)+1/2O2(g) SO3(g) ΔH=-98.32 kJ·mol-1，在容器中充入2molSO2和1molO2充分反应，最终放出的热量为（ ）‎ A. 196.64 kJ B. 98.32 kJ C. <196.64 kJ D. >196.64 kJ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：因为SO2(g）+O2(g）SO3(g） △H＝—98．32 kJ·mol-1是可逆反应，所以充入2 mol SO2和1 mol O2，不能完全转化成2mol SO3(g），所以最终放出的热量<196．64 kJ；C项正确；答案选C。‎ 考点：考查可逆反应 ‎4. 已知下列反应的反应热：‎ ‎（1）CH3COOH(l)+2O2(g) ==== 2CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-870.3 kJ/mol ‎（2）C(s)+O2(g)==== CO2(g) ΔH2=-393.5 kJ/mol ‎（3）H2(g)+1/2O2(g) ==== H2O(l) ΔH3=-285.8 kJ/mol 则2C（s）+2H2（g）+O2（g）====CH3COOH(l)的反应热为（ ）‎ A. -870.3 kJ/mol B. -571.6 kJ/mol C. 787.0 kJ/mol D. -488.3 kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：2×②+2×③-①=2×（－393．5 ）+2×（－285．8 ）-（－870．3 ）=－488．3 kJ/mol，故此题选D。‎ 考点：考查热化学方程式的书写相关知识 ‎5. 已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566 kJ/mol Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+ ΔH=-226 kJ/mol 根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是 （ ）‎ A. CO的燃烧热为283 kJ B. 如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系 C. 2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+O2(g) ΔH＞-452 kJ/mol D. CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时，电子转移数为6.02×1023‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量；已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ/mol，一氧化碳的燃烧热为283kJ/mol，故A错误；B．由热化学方程式，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ/mol，可知图象中一氧化碳和氧气物质的量为1、物质的量不符合反应物质的物质的量，故B错误；C．固体二氧化碳变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值，由2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)△H=-226kJ/mol，所以反应2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+O2(g)△H＞-532 kJ/mol，故C正确；D．已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ/mol；②Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+O2(g)△H=-226kJ/mol；依据盖斯定律②×2+①得到：2Na2O2(s)+2CO(g)=2Na2CO3(s)△H=-1018kJ/mol；即Na2O2(s)+CO(g)=Na2CO3(s)△H=-509kJ/mol；CO(g)与Na2O2(s)反应放出×509 kJ=254.5kJ热量时，反应的一氧化碳物质的量为0.5mol，电子转移数为6.02×1023，故D错误；故选C。‎ ‎6. 已知：HCN(aq)与NaOH(aq)反应的△H=-12.1 KJ·mol-1；HCl(aq)与NaOH(aq)反应的△H=-55.6 KJ·mol-1，则HCN在水溶液中的电离的△H等于（ ）‎ A. -67.7KJ·mol·L-1 B. -43.5 KJ·mol·L-1‎ C. +43.5 KJ·mol·L-1 D. +67.7 KJ·mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】反应的热化学方程式分别为：HCN(aq)+OH−(aq)CN−(aq)+H2O(l) ΔH=−12.1 kJ·mol−1①，H+(aq)+OH−(aq)H2O(l) ΔH=−55.6 kJ·mol−1②，HCN电离方程式为HCNH++CN−，用①−②可得HCN电离的热化学方程式为：HCN(aq)H+(aq)+CN−(aq) ΔH=−12.1 kJ·mol−1−(−55.6 kJ·mol−1)="+43.5" kJ·mol−1，故选C。‎ ‎7. 下列关于热化学反应的描述中正确的是( )‎ A. HCl和NaOH反应的中和热△H＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H＝2×(－57.3)kJ/mol B. CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)==2CO(g)＋O2(g)反应的△H＝2×283.0kJ/mol C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热 ‎【答案】B ‎ ‎ 点睛：中和热是稀强酸和稀强碱生成1mol水放出的热量；燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，碳元素生成二氧化碳、氢元素生成液态水。‎ ‎8. 在2A＋B 3C＋4D反应中，表示该反应速率最快的是（ ）‎ A. υ（A）＝ 0.5 mol/（L·ｓ）‎ B. υ（B）＝ 0.3 mol/（L·ｓ）‎ C. υ（C）＝ 0.8 mol/（L·ｓ）‎ D. υ（D）＝ 1 mol/（L·ｓ）‎ ‎【答案】B ‎【解析】都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B⇌3C+4D。A、υ(A)=0.5 mol/(L•s)，速率之比等于化学计量数之比，故υ(D)=2υ(A)=1mol/(L•s)，B、υ(B)=0.3mol/(L•s)，速率之比等于化学计量数之比，故υ(D)=4υ(B)=1.2mol/(L•s)，C、υ(C)=0.8mol/(L•s)，速率之比等于化学计量数之比，故υ(D)=υ(C)=×0.8mol/(L•s)=1.1mol/(L•s)，D、υ(D)=1mol/(L•s)，故反应速率B＞C＞A=D，故选B。‎ 点睛：本题也可以通过比值法判断，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快。如=0.25 mol/(L·ｓ)，=0.3 mol/(L·ｓ)，=mol/(L·ｓ)，=0.25 mol/(L·ｓ)，故反应速率B＞C＞A=D。‎ ‎9. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大 B. 有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大 C. 升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数 D. 催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率 ‎【答案】C ‎【解析】A．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但百分数不变，A错误；B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加单位体积内活化分子的数，B错误；C．升高温度，活化分子的百分数增加，反应速率增大，C正确；D．催化剂能改变反应的活化能，D错误，答案选C。‎ 点睛：本题考查外界条件对反应速率的影响，注意浓度、压强、温度以及催化剂对活化分子的影响的不同，即。‎ ‎10. 在2L的密闭容器中,发生以下反应:2A(g)+ B(g) 2C(g)+D(g) 。若最初加入的A和B都是4 mol，在前10秒钟A的平均反应速度为0.12 mol/（L·ｓ），则10秒钟时，容器中B的物质的量是（ ）‎ A. 1.6‎‎ mol B. 2.8 mol C. 2.4 mol D. 1.2 mol ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=0.5v（A）=0.5×0.12mol/（L•s）=0.06mol/（L•s），所以△c（B）=0.06mol/（L•s）×10s=0.6mol/L，所以△n（B）=0.6mol/L×2L=1.2mol，故10秒钟时容器中B的物质的量为4mol-1.2mol=2.8mol．故选B．‎ 考点：考查化学反应速率的计算 ‎11. α1和α2分别为A、B在两个恒容容器中平衡体系A(g)2B(g)和2A(g)B(g)的转化率，在温度不变的情况下，均增加A的物质的量，下列判断正确的是（ ）‎ A. α1、α2均减小 B. α1、α2均增大 C. α1减小，α2增大 D. α1增大，α2减小 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：在甲容器中发生反应A(g)‎ ‎2B(g)。在温度不变的情况下，若增加A的物质的量，A的浓度增大，容器内的压强也增大，由于压强的影响大于浓度增大的影响，所以化学平衡向气体体积减小的方向，即向逆反应方向移动，所以A的转化率降低；在乙容器中发生反应2A(g)C(g)，若增加A的物质的量，A的浓度增大，容器内的压强也增大，由于压强的影响大于浓度增大的影响，所以化学平衡向气体体积减小的方向，即平衡向正反应方向移动，所以A的转化率增大，因此在温度不变的情况下，均增加A的物质的量，α1减小，α2增大。选项为C。‎ 考点：考查浓度、压强对反应物的转化率的影响的知识。‎ ‎12. 对可逆反应4NH3（g）+ 5O2（g）4NO（g）+ 6H2O（g），下列叙述正确的是（ ）‎ A. 达到化学平衡时，4υ正（O2）= 5υ逆（NO ）‎ B. 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 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. 化学反应速率关系是：2υ正（NH3）= 3υ正（H2O）‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式可知4v正（O2）=5v正（NO），4v正（O2）=5v逆（NO），v正（NO）=v逆（NO），正确； B、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则只表明反应正向进行，不能体现正逆反应速率相等，错误；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，错误；D、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式可知3v正（NH3）=2v正（H2O）在平衡状态和反应过程中都成立，不能说明反应达到平衡状态，错误；故选A．‎ 考点：考查化学平衡问题 ‎13. 常温常压下，在带有相同质量活塞的容积相等的甲、乙两容器里，分别充有二氧化氮和空气，现分别进行下列两个实验：‎ ‎（N2O42NO2 △H ＞ 0）‎ ‎（a）将两容器置于沸水中加热 ‎（b）在活塞上都加2 kg的砝码 在以上两情况下，甲和乙容器的体积大小的比较，正确的是（ ）‎ A. （a）甲＞乙，（b）甲＞乙 B. （a）甲＞乙，（b）甲＝乙 C. （a）甲＜乙，（b）甲＞乙 D. （a）甲＞乙，（b）甲＜乙 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：a、在热水中加热，则温度升高，对于甲容器，不仅是温度升高压强增大，同时平衡正向移动，气体物质的量增加，容器体积增大的多；对于乙容器，仅仅是温度升高压强增大，容器体积增大不如甲增大的多，所以（a）甲>乙；b、在活塞上都加2 kg的砝码，相当于加压，则对于甲容器，不仅是压强增大容器体积减小，同时压强增大，平衡逆向移动，气体物质的量减小，体积也缩小，而对于乙容器，仅仅是压强增大而体积减小，与甲相比，减少的少，所以（b）甲<乙，则答案选D。‎ 考点：考查对平衡移动的应用，外界条件的改变对容器体积的影响 ‎14. 在密闭容器中进行如下反应：X2(g)+Y2(g) 2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是（ ）‎ A. Z为0.3mol/L B. Y2为0.4mol/L C. X2为0.2mol/L D. Z为0.4mol/L ‎【答案】A ‎【解析】X2(g)＋Y2(g)2Z(g)‎ 起始(mol/L) 0.1 0.3 0.2‎ ‎①若Z转化生成X2和Y2时，c(X2)<0.1＋0.1＝0.2 mol/L，c(Y2)<0.3＋0.1＝0.4 mol/L，所以B、C两项均不正确；②若X2、Y2转化生成Z，按X2的量进行计算c(Z)<0.2＋0.2＝0.4 mol/L，D项不正确。‎ ‎15. 下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）‎ A. 新制的氯水在光照下颜色变浅 B. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深 C. 在合成氨的反应中，降温或加压有利于氨的合成 D. Fe(SCN)3溶液中加入6mol/L NaOH溶液后颜色变浅 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、新制的氯水存在平衡：Cl2+ H2OCl-+ H++ HClO，光照下次氯酸分解，平衡正向移动，Cl2浓度降低，颜色变浅，符合勒夏特列原理，错误；B、反应：H2（g）+I2（g）‎ ‎2HI（g）为反应前后气体物质的量相等的反应，加压，平衡不移动，平衡混合气加压后颜色变深的原因是容器体积缩小，各物质的浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，正确；C、合成氨的反应正向为气体物质的量减小的放热反应，降温或加压平衡正向移动，有利于氨的合成，能用勒夏特列原理解释，错误；D、Fe(SCN)3溶液中存在平衡：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入6mol/L NaOH溶液，铁离子与氢氧根反应生成氢氧化铁沉淀，平衡逆向移动，Fe(SCN)3的浓度减小，颜色变浅，符合勒夏特列原理，错误。‎ 考点：考查化学平衡的移动。‎ ‎16. 在密闭容中发生下列反应aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是 A. A的转化率变小 B. 平衡向正反应方向移动 C. D的体积分数变大 D. a＞ c＋d ‎【答案】A ‎【解析】先建立等效平衡：假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的2倍，实际达到新平衡时，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a＜c+d。‎ A、平衡向逆反应移动，A的转化率降低，故A正确；B、平衡向逆反应方向移动，故B错误；C、气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，D体积分数减小，故C错误；D、根据分析D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a＜c+d。‎ 点睛：考查化学平衡的影响因素，难度中等，解题关键：根据D的浓度变化判断平衡移动方向，难点建立等效平衡，根据平衡移动原理判断反应进行的方向：假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的2倍，实际达到新平衡时，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动。‎ ‎17. 反应PCl5（g） PCl 3（g）＋Cl2（g） ①‎ ‎2HI（g） H2（g）＋I2（g） ②‎ ‎2NO2（g） N2O4（g） ③‎ 在一定条件下，达到化学平衡时，反应物的转化率均是a％。若保持各自的温度不变、体积不变，分别再加入一定量的各自的反应物，则转化率（ ）‎ A. 均不变 B. 均增大 C. ①增大，②不变，③减少 D. ①减少，②不变，③增大 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：若保持各自的温度、体积不变，分别加入一定量的各自的反应物，可以等效为将原来的容器缩小体积，实际上增大的反应体系的压强，①该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以转化率减小；②该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，增大压强，平衡不移动，所以转化率不变；③该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以转化率增大，答案选D。‎ ‎【考点定位】本题考查了外界条件对化学平衡的影响 ‎【名师点晴】利用等效平衡把改变物质的浓度转化为压强，根据压强对化学平衡的影响来分析解答较简便。注意压强对平衡状态的影响变化规律：（1）由于压强的变化对非气态物质的浓度基本无影响，因此，当反应混合物中不存在气态物质时，压强的变化不能使无气态物质存在的化学平衡发生移动。（2）气体减压或增压与溶液稀释或浓缩的化学平衡移动规律相似。（3）对于反应前后气体分子数无变化的反应。（4）同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度，应视为压强对平衡的影响，如某合成氨平衡体系中，c（N2）＝0.1 mol·L－1、c（H2）＝0.3 mol·L－1、c（NH3）＝0.2 mol·L－1，当浓度同时增大一倍时，即让c（N2）＝0.2 mol·L－1、c（H2）＝0.6 mol·L－1、c（NH3）＝0.4 mol·L－1，此时相当于压强增大一倍，平衡向生成NH3的方向移动。‎ ‎18. 某反应A+B ==== C+D在低温下能自发进行，在高温下不能自发进行，对该反应过程ΔH、ΔS的判断正确的是（ ）‎ A. ΔH<0,ΔS>0 B. ΔH>0,ΔS>0‎ C. ΔH<0,ΔS<0 D. ΔH>0,ΔS<0‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据低温下能自发进行；高温下不能自发进行，△H <0、△S<0，故C正确。‎ 考点：本题考查化学反应方向。‎ ‎19. 反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH<0，在某一时间段中反应速率与反应过程的曲线关系如下图，则氨的百分含量最高的一段时间是（ ）‎ ‎ ‎ A. t0～t1 B. t2～t3 C. t3～t4 D. t5～t6‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：t1到t2，向逆反应方向进行，消耗氨气，t2到t4平衡不移动，氨气百分含量与t1到t2时间段相等，t4到t5反应向逆反应进行，消耗氨气，氨气百分含量比t1到t2时间段要小，因此氨的百分含量最低的时间段是t5～t6，答案选D。‎ 考点：考查外界条件对平衡状态的影响 ‎20. 100℃时，将0.1 mol N2O4置于1 L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4(g) 2NO2 (g)。下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到反应限度的是（ ）‎ ‎①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1∶2；②NO2的生成速率与NO2消耗速率相等；③烧瓶内气体的压强不再变化；④烧瓶内气体的质量不再变化；⑤NO2的物质的量浓度不再改变；⑥烧瓶内气体的颜色不再加深；⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化；⑧烧瓶内气体的密度不再变化。‎ A. ②③⑥⑦ B. ①④⑧‎ C. 只有①④ D. 只有⑦⑧‎ ‎【答案】B ‎【解析】①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2，描述的是正反应，从反应方程式可得，从发生到平衡一直是1：2，不能说明已达平衡状态；②NO2生成速率与NO2消耗速率相等，正逆反应速率相等，说明已达平衡状态；③该反应左右两边气体分子数不相等，只要不平衡压强就会变化，烧瓶内气体的压强不再变化，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；④根据质量守恒定律烧瓶内气体的质量始终不变，不能说明已达平衡状态；⑤NO2的物质的量浓度不再改变，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；⑥烧瓶内气体的颜色不再加深，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；⑦该反应左右两边气体分子数不相等，只要不平衡烧瓶内气体的平均相对分子质量就会变化，当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；⑧密度=质量÷‎ 体积，气体质量不变，气体体积不变，所以密度始终不变，不能说明已达平衡状态。综上，①④⑧符合题意，故选B。‎ 点睛：本题考查了化学平衡状态的判断，根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，注意，若题中涉及的某物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量不变时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎21. 已知0.1 mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，要使溶液中c（H+）/c（CH3COOH）值增大，可以采取的措施是（ ）‎ A. 加少量烧碱溶液 B. 加入少量CH3COONa晶体 C. 加少量冰醋酸 D. 加水 ‎【答案】D 考点：考查弱电解质的电离 ‎22. 已知室温时，0.1 mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是( )‎ A. 该溶液的pH=4 B. 升高温度，溶液的pH和电离平衡常数均减小 C. 此酸的电离平衡常数约为1×10-7 D. 加入少量纯HA，电离程度减小电离平衡常数不变 ‎【答案】B ‎【解析】A．c(H+)=0.1mol/L×0.1%=1×10-4，pH=-lgc(H+)=4，故A正确；B．HA电离吸热，升高温度，促进电离，则氢离子浓度增大，溶液的pH减小，而电离平衡常数增大，故B错误；C．此酸的电离平衡常数Ka===1×10-7，故C正确；D．加入少量纯HA，浓度增大，电离程度减小，但Ka 与温度有关、与浓度无关，则电离平衡常数不变，故D正确；故选B。‎ ‎23. 冰醋酸加水稀释时，溶液中的氢离子浓度随加入的水量变化的下列各曲线图中，正确的是( )‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：在浓醋酸中，“促进电离，增大氢离子浓度”起主要作用，氢离子浓度就增大，在稀醋酸中，“水的稀释减小氢离子浓度”起主要作用，氢离子浓度就减小，所以在整个稀释过程中，氢离子的物质的量一直是增大的，但氢离子浓度是先增大后减小，故选C。‎ 考点：弱电解质的电离平衡 ‎24. 下列事实不能证明CH3COOH是弱酸的是（ ）‎ A. CH3COOH溶液能使石蕊试液变红 B. 0.1 mol/L的CH3COOH，H+浓度为0.01 mol/L C. 等物质的量浓度的CH3COOH导电能力比盐酸弱 D. 0.01 mol/L的CH3COOH溶液中有两种分子存在 ‎【答案】A ‎【解析】A.无论醋酸是强酸还是弱酸都能是石蕊变红，故A选；B.0.1mol/L的CH3COOH溶液，c(H+)小于0.1mol/L，说明醋酸不能完全电离，是弱酸，故B不选；C. 等物质的量浓度的CH3COOH导电能力比盐酸弱，说明醋酸不能完全电离，是弱酸，故C不选；D. 0.01 mol/L的CH3COOH溶液中有两种分子存在，说明溶液中存在CH3COOH分子，说明醋酸不能完全电离，是弱酸，故D不选；故选A。‎ ‎25. 常温下，将0.1 mol·L-1氢氧化钠溶液与0.06 mol·L-1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于（ ）‎ A. 1.7‎‎ B. 2.0 C. 12.0 D. 12.4‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：常温下，将0.1mol/L的氢氧化钠与0.06mol/L硫酸溶液等体积混合硫酸过量，则反应后溶液中c(H＋)＝(0.06×2－0.1)/2=0.01mol·L－1‎ ‎，所以溶液的pH＝2，故选项B正确。‎ 考点：考查pH的计算等知识。‎ ‎ ‎ ‎26. 在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是( )‎ A. 使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl-、SO42-、Fe3+‎ B. 由水电离的c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液：K+、Ba2+、Cl-、Br-‎ C. 在pH=1溶液中：NH4+、K+、CO32-、Cl-‎ D. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．使酚酞试液变红的溶液，显碱性，不能大量存在Fe3+，故A错误；B．由水电离出的c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，为酸或碱溶液，该组离子之间均不反应，能大量共存，故B正确；C．pH=1溶液中为酸性溶液，酸性条件下溶液中不能大量存在CO32-，故C错误；D．使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3-离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选B。‎ ‎27. 取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2的体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为（ ）‎ A. 0.01‎‎ mol·L-1 B. 0.017 mol·L-1 C. 0.05 mol·L-1 D. 0.50 mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：混合后溶液显碱性，pH等于12，c(OH－)=10-2mol·L－1，设浓度为c mol·L－1，NaOH和HCl溶液体积分别为3VL、2VL，则有：(3Vc-2Vc)/5V=10-2mol·L－1，得c="0.05" mol·L－1‎ 考点：有关溶液酸碱性的计算。‎ ‎28. 已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中不正确的是(　　)‎ A. 该温度高于25℃‎ B. 由水电离出来的H＋的浓度是1.0×10－10mol·L－1‎ C. NaHSO4晶体的加入抑制了水的电离 ‎ D. 该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性 ‎【答案】D ‎【解析】A．纯水的pH=6，说明c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣6mol•L﹣1，Kw=1×10﹣12＞1×10﹣14，说明温度高于25℃，故A正确；‎ B．水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根的浓度，c（H+）=c（OH﹣）===1×10﹣10mol•L﹣1，故B正确；‎ C．NaHSO4晶体电离生成氢离子，相当于一元强酸，抑制了水的电离，故C正确；‎ D．Kw=1×10﹣12，应加入等体积浓度为0.01mol•L﹣1的氢氧化钠溶液，故应加入等体积pH=10的NaOH溶液，可使该溶液恰好呈中性，故D错误．故选D．‎ ‎【点评】本题考查水的电离，难度适中，注意只有在25℃水的离子积才是1.0×10﹣14．‎ ‎29. 在25mL的碱式滴定管中盛有溶液，液面恰好在20mL刻度处，现将滴定管内溶液全部放出，流入量筒内，所得溶液的体积为（ ）‎ A. 5mL B. 20mL C. 大于5mL D. 小于5mL ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：滴定管最上端的刻度为0，且滴定管最下端的一部分溶液并不能通过滴定管刻度反映出来，所以答案选C。‎ 考点：考查滴定管的构造 点评：该题是常识性知识的考查，侧重对学生基础知识的巩固和检验。主要是考查学生对滴定管构造的熟悉了解程度，难度不大，记住即可。‎ ‎30. 下列实验方法能够达到要求的是（ ）‎ A. 用托盘天平称量25.20gNaCl B. 用10mL的量筒量取7.50mL稀硫酸 C. 用25mL的滴定管量取14.80mL溶液 D. 用广泛pH试纸测某碱液的pH为12.5‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、托盘天平的只能精确到0.1g，无法用托盘天平称量25.20gNaCl，故A错误；B、量筒只能读到0.1mL，无法用10mL量筒量取7.50mL稀硫酸，故B错误；C、滴定管读数可以读到0.01mL，可以用25mL滴定管量取14.80mL溶液，故C正确；D、用广泛pH试纸测得某碱溶液的pH，只能测出整数，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查了计量仪器的使用方法、试纸的使用方法，‎ 注意明确常见计量仪器的构造及正确使用方法，明确试纸的使用方法是解题的关键，天平只能精确到0.1g，量筒只能精确到0.1mL，酸、碱式滴定管精确到0.01mL，广泛pH试纸只能读整数值。‎ ‎31. 在一次学生实验中，学生用铝片分别和稀盐酸、稀硫酸反应，发现：铝片与稀盐酸反应现象非常明显，而和稀硫酸几乎不反应。这和教材中“铝能跟稀盐酸或稀硫酸反应生成氢气“的说法不一致。为排除因试剂变质等因素造成的影响，该学生在教师的指导下重新进行下列实验，验证是否存在上述现象。‎ 实验用品：仪器（略，凡是实验需要的都有）‎ 药品：3.0mol/L盐酸、1.5mol/L硫酸、3.0mol/L硫酸,相同大小的铝片(纯度＞99.5%)‎ 实验过程:往三根相同的试管中分别加入相同的铝片各一片,再往试管中分别加入等体积的3.0mol/L盐酸、1.5mol/L硫酸、3.0mol/L硫酸,观察反应进行到1、2、5、15、20分钟时的铝与酸反应的情况。结果如下：‎ 反应进程（分钟）‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎5‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎3.0mol/L盐酸 少量气泡 较多气泡 大量气泡 反应剧烈 铝片耗尽 ‎1.5mol/L硫酸 均无明显现象（无气泡产生）‎ ‎3.0mol/L硫酸 均无明显现象（无气泡产生）‎ 通过上述实验可知，无论是用1.5mol/L硫酸还是3.0mol/L硫酸，均无明显的现象，而3.0mol/L盐酸与铝片反应的现象却十分明显。‎ ‎（1）写出铝与盐酸反应的离子方程式______________________________‎ ‎（2）反应1~15min内,铝与盐酸的反应速率逐渐加快,其原因是__________________。‎ ‎（3）根据以上探究“铝与稀盐酸和稀硫酸反应差异的原因”，你能对问题原因作出哪 些假设或猜想？（列出两种即可）‎ 假设一： _________________________________________________‎ 假设二： ____________________________________________________‎ ‎【答案】 (1). 2Al+6H+==2Al3++3H2↑ (2). 反应放出热量，温度升高，使化学反应速率加快 (3). 氯离子促进金属铝表面的氧化膜与H+反应 (4). 硫酸根离子阻碍金属铝表面的氧化膜与H+反应 ‎【解析】(1)铝与盐酸反应生成铝离子和氢气，离子方程式为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑‎ ‎，故答案为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑；‎ ‎(2)反应1～15min内，铝与酸的反应是放出热量的，导致温度升高，使化学反应速率加快，故答案为：反应放出热量，温度升高，使化学反应速率加快；‎ ‎(3)在铝的表面有一层致密氧化铝薄膜，当加入盐酸和硫酸溶液时，酸液首先与氧化铝薄膜反应，由反应的现象可知，铝片和稀盐酸反应现象明显，而和稀硫酸几乎不反应，比较盐酸和硫酸溶液中含有的离子的不同，出现这种现象的原因可能是：氯离子促进金属铝表面的氧化膜与H+反应，硫酸根离子对金属铝表面的氧化膜与H+反应对起阻碍作用，所以假设一：氯离子促进金属铝表面的氧化膜与H+反应；假设二：硫酸根离子对金属铝表面的氧化膜与H+反应对起阻碍作用；故答案为：氯离子促进金属铝表面的氧化膜与H+反应；硫酸根离子阻碍金属铝表面的氧化膜与H+反应。‎ ‎32. 乙醇是重要的化工原料和液体燃料，可以利用下列反应制取乙醇：2CO2(g) + 6H2(g) CH3CH2OH(g) + 3H2O(g) ‎ ‎（1）写出该反应的平衡常数表达式：K＝_________________________。‎ ‎（2）请说明以CO2为原料合成乙醇的优点是_____________________（只要求写出一条）。‎ ‎（3）在一定压强下，测得该反应的实验数据如下表：‎ ‎500‎ ‎600‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎1.5‎ ‎45‎ ‎33‎ ‎20‎ ‎12‎ ‎2.0‎ ‎60‎ ‎43‎ ‎28‎ ‎15‎ ‎3.0‎ ‎83‎ ‎62‎ ‎37‎ ‎22‎ ‎① 该反应是___________反应（填“吸热”或“放热”）。‎ ‎② 一定条件下，若提高氢碳比[n(H2)/n(CO2)]，则CO2的转化率______________（填“增大”、“减小”、或“不变”）‎ ‎（4）一种乙醇燃料电池中发生的化学反应为：在酸性溶液中乙醇与氧作用生成水和二氧 化碳。该电池的负极反应式为：_______________________________________。‎ ‎（5）25℃、101 kPa下，H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是285.8 kJ · mol－1、1411.0 kJ · mol－1和1366.8 kJ · mol－1，请写出由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)‎ 的热化学方程式____________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). c(CH3CH2OH)c3(H2O)/c2(CO2)c6(H2) (2). 废弃物再利用，有利于环保 (3). 放热 (4). 增大 (5). C2H5OH－12e-+3H2O=2CO2↑+12H+ (6). C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l) △H=－44.2kJ/mol ‎【解析】(1)2CO2(g)+6H2(g)=CH3CH2OH(g)+3H2O(g)，依据反应化学方程式，结合化学平衡常数的概念列式写出平衡常数表达式为：；故答案为：；‎ ‎(2)以CO2为原料合成乙醇，减少二氧化碳造成的温室效应，废弃物利用，有利于环保；故答案为：废弃物利用，有利于环保；‎ ‎(3)①由图表分析判断，随温度升高，二氧化碳转化率减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，则正向是放热反应；故答案为：放热；‎ ‎②一定条件下，若提高氢碳比[n(H2)/n(CO2)]，图表数据分析，同温度下，二氧化碳转化率增大，故答案为：增大；‎ ‎(4)酸性条件下，乙醇在负极发生氧化反应生成二氧化碳，则负极反应为C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2+12H+，故答案为：C2H5OH+3H2O-12e-═2CO2+12H+；‎ ‎(5)已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是-285.8kJ/mol、-1411.0kJ/mol和-1366.8kJ/mol，则有：①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol；②C2H4(g)+2O2(g)=2H2O(l)+2CO2(g)△H=-1411.0kJ/mol；③C2H5OH(l)+2O2(g)=3H2O(l)+2CO2 (g)△H=-1366.8kJ/mol；根据盖斯定律 ，将②-③可得：C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l) △H=-44.2kJ/mol，故答案为：C2H4(g)+H2O(l)═C2H5OH(l)；△H=-44.2 kJ/mol-1。‎ ‎33. 在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如下图所示，请回答：‎ ‎（1）写出醋酸的电离方程式___________________________________________。‎ ‎（2）a、b、c三点溶液中氢离子浓度由小到大的顺序为__________________ 。‎ ‎（3）a、b、c三点中醋酸的电离程度最大的是_________。‎ ‎（4）取甲、乙两份等体积c点的溶液，甲用蒸馏水稀释10倍，乙用蒸馏水稀释100‎ 倍，则稀释后甲、乙两溶液中的H+浓度：c(H+)甲_____ 10c(H+)乙（填“大于”、“小于”或 “等于”）‎ ‎【答案】 (1). CH3COOH CH3COO-+H+ (2). c＜a＜b (3). c (4). 小于 ‎【解析】(1)醋酸是弱电解质，在水溶液里只有部分电离，所以醋酸的电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；‎ ‎(2)氢离子浓度越大溶液的导电能力越强，根据图片知，氢离子浓度由小到大的顺序是c＜a＜b，故答案为：c＜a＜b；‎ ‎(3)加入的水越多，溶液越稀，醋酸的电离程度越大，根据图片知，醋酸的电离程度最大是c，故答案为：c；‎ ‎(4)醋酸是弱电解质，稀释过程中促进醋酸电离，溶液越稀，醋酸的电离程度越大，所以c(H+)甲＜10c(H+)乙，故答案为：小于。‎ 点睛：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键。注意弱电解质溶液中溶质的浓度越稀其电离程度越大，溶液的导电能力与电解质强弱无关，与离子浓度有关。‎ ‎34. 某学生用0.1mol/L KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：‎ ‎（A）移取20.00mL待测的盐酸注入洁净的锥形瓶，并加入2-3滴酚酞试液 ‎（B）用标准溶液润洗滴定管2-3次 ‎（C）把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液 ‎（D）取标准KOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2-3cm ‎（E）调节液面至0或0刻度以下，记下读数 ‎（F）把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度 完成以下填空：‎ ‎（1）正确操作的顺序是（用序号字母填写）______________________。‎ ‎（2）上述（B）操作的目的是___________________________________。‎ ‎（3）上述（A）操作之前，如先用待测液润洗锥形瓶，则对测定结果的影响是（填偏大、偏小、不变，）______________。‎ ‎（4）实验中用左手控制_________（填仪器及部位），眼睛注视_______，直至滴定终点。判断到达终点的现象是_______________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). BDCEAF (2). 防止将标准液稀释 (3). 偏大 (4). 滴定管活塞 (5). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (6). 锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红色且保持30秒内不褪色 ‎【解析】(1)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为BDCEAF，故答案为：BDCEAF；‎ ‎(2) 用标准溶液润洗滴定管2-3次可以防止将标准液稀释，故答案为：防止将标准液稀释；‎ ‎(3)上述(A)操作之前，如先用待测液润洗锥形瓶，待测液的物质的量偏大，则消耗的标准液体积偏大，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏大；故答案为：偏大；‎ ‎(4)滴定时，滴定过程中，用左手控制碱式滴定管橡皮管玻璃珠处，右手摇动锥形瓶，两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色，可说明达到滴定终点；故答案为：滴定管活塞；锥形瓶中溶液的颜色变化；锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色。‎ ‎ ‎ ‎ ‎