山西省应县第一中学校2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

山西省应县第一中学校2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

高二年级期中考试化学试题 一、单项选择题（每小题2分，共48分）‎ ‎1.下列说法中，正确的是( 　　)‎ A. 液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均是非电解质 B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质 C. 蔗糖、酒精在水溶液里或熔融状态时均不导电，所以它们是非电解质 D. 铜、石墨均导电，所以它们是电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、液态HCl溶于水后能够导电，固态NaCl在溶于水和熔融状态下都能够导电故两者均为电解质，A项错误；‎ B、NH3、CO2水溶液均能导电，是因为两者溶于水后生成的一水合氨、碳酸能够导电，所以NH3和CO2均为非电解质，B项错误；‎ C、正确；‎ D、铜和石墨都属于单质，既不是电解质也不是非电解质，D项错误。‎ ‎2.下表中物质的分类组合完全正确的是 选项 A B C D 强电解质 KNO3‎ H2SO4‎ BaSO4‎ HClO4‎ 弱电解质 HF CaCO3‎ HClO CH3COONH4‎ 非电解质 SO2‎ Al H2O C2H5OH A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物为非电解质；‎ 能够完全电离的电解质为强电解质，不能完全电离的电解质为弱电解质，据此进行解答．‎ 解：A、KNO3在水中能完全电离，所以是强电解质，HF在水中能部分电离，所以是弱电解质，SO2自身不能电离，是非电解质，故A正确；‎ B、H2SO4在水中能完全电离，所以是强电解质，溶于水的碳酸钙能完全电离，所以属于强电解质，金属Al不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；‎ C、溶于水的BaSO4能完全电离，所以BaSO4是强电解质，HClO在水中能部分电离，所以是弱电解质，H2O部分电离，是若电解质，故C错误；‎ D、HClO4在水中能完全电离，所以是强电解质，CH3COONH4在水中能完全电离，所以是强电解质，C2H5OH在水溶液中不能发生电离，所以是非电解质，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎3.沼气是一种能源，它的主要成分是CH4，0.5 mol CH4完全燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出445kJ热量，则下列热化学方程式中正确的是（ ）‎ A. 2CH4(g)＋4O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝＋890kJ/mol B. CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝＋890kJ/mol C. CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890kJ/mol D. CH4(g)＋O2(g)=CO2(g)＋H2O(l) ΔH＝－890kJ/mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】热化学方程式中，化学计量数与焓变成正比，燃烧反应为放热反应，焓变小于零；根据题意，0.5mol甲烷完全燃烧释放445kJ的热量，则CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890kJ/mol，答案为C。‎ ‎4.下列说法或表示方法正确的是（ ）‎ A. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应一定不能发生 B. 在10lkPa、120℃时，1gH2完全燃烧生成气态水，放出120.9kJ的热量，则1mol氢气在10lkPa、25℃时燃烧放出的热量应小于241.8kJ C. 已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；△H=－98.3kJ/mol。将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应，放出49.15kJ的热量 D. 由石墨比金刚石稳定可知：C（金刚石，s）= C(石墨，s)；△H＜0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应物的总能量低于生成物的总能量时为吸热反应，该反应也可能发生，如高温条件下CO2与C反应生成CO，A错误；‎ B. 在101kPa、120℃时，1gH2完全燃烧生成气态水，放出120.9kJ的热量，则1mol氢气在10lkPa、25℃时燃烧放出的热量应大于241.8kJ，因为在此条件下生成液态水，B错误；‎ C. 已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；△H=－98.3kJ/mol。将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应，因为反应为可逆反应，所以反应物必然有剩余，也就是参加反应的SO2小于1mol，所以放热小于49.15kJ，C错误；‎ D. 由石墨比金刚石稳定可知：C（金刚石，s）= C(石墨，s)为放热反应，△H＜0，D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.可逆反应2A+3B2C+D，（A、B、C、D都为气体）在四种不同条件下的反应速率分别如下，则该反应在不同条件下反应速率最快的是（ ）‎ A. v(A)=0.5mol/ (L·min) B. v(B)=0.6mol/ (L·min)‎ C. v(C)=0.35mol/ (L·min) D. v(D)=0.4mol/ (L·min)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在相同条件下，同一反应中不同物质表示的反应速率数值可能不同，所以要比较同一反应在同一条件下反应速率的快慢，应利用不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比转化为同一物质表示的反应速率，再比较数值的大小。‎ ‎【详解】将不同物质表示的速率都转化为A物质表示的反应速率，得如下结果：‎ A. v(A)=0.5mol/ (L·min)，‎ B. v(B)=0.6mol/ (L·min)，得v(A)=0.4mol/ (L·min)‎ C. v(C)=0.35mol/ (L·min) ，得v(A)=0.35mol/ (L·min)‎ D. v(D)=0.4mol/ (L·min) ，得v(A)=0.8mol/ (L·min)‎ 通过比较可以看出，D中A表示的反应速率最快；‎ 故选D。‎ ‎6.下列关于判断过程的方向的说法正确的是（ ）‎ A. 所有自发进行的化学反应都是放热反应 B. 高温高压下可以使石墨转化为金刚石是自发的化学反应 C. 由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合于所有的过程 D. 同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 自发进行化学反应有的是吸热反应，有的是放热反应，A错误；‎ B. 石墨能量低于金刚石，比金刚石稳定，所以石墨转化为金刚石是非自发的化学反应，B错误；‎ C. 由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合于所有的过程，C正确；‎ D. 同一物质的固、液、气三种状态的熵值不同，气态时熵值最大，固态时熵值最小，D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.下列物质中，导电性由大到小排列正确的是（ ）‎ ‎①500mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液； ②100mL0.1mol/L的硫酸溶液；‎ ‎③500mL0.1mol/L的醋酸溶液； ④1L0.1mol/L的酒精溶液 A. ①②③④ B. ④①③② C. ②①③④ D. ①③②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①500mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液，c(Na+)= c(OH-)=0.1mol/L；‎ ‎②100mL0.1mol/L的硫酸溶液，c(H+)=0.2mol/L， c(SO42-)=0.1mol/L；‎ ‎③500mL0.1mol/L的醋酸溶液，c(H+)= c(CH3COO-)<0.1mol/L；‎ ‎④1L0.1mol/L的酒精溶液，离子浓度接触0。‎ 比较以上结果，可得出溶液中离子总浓度的大小关系为②>①>③>④，离子浓度越大，导电能力越强。‎ 故答案为C。‎ ‎8.已知H2(g)+Br2(l)=2HBr(g);△H=－72KJ/mol，蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30KJ，其他的相关数据如下表：‎ H2(g)‎ Br2(g)‎ HBr(g)‎ ‎1mol分子中化学键断裂 时需要吸收的能量/kJ ‎436‎ a ‎369‎ 则表中a为 A. 404 B. 260 C. 230 D. 200‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 在H2(g)+Br2(l)=2HBr(g)△H=-72kJ/mol反应中，蒸发1mol Br2(l)需要吸收的能量为30kJ，则H2(g)+Br2(g)=2HBr(g)△H=(-72kJ/mol-30kJ/mol)=-102kJ/mol，反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则-102=436+a-2×369，a=200，故选D。‎ ‎9. 升高温度能加快反应速率的主要原因是 A. 活化分子能量明显增加 B. 降低活化分子的能量 C. 增加活化分子的百分数 D. 降低反应所需的能量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 升高温度，将更多的分子转化为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，则反应速率增大，答案选C。‎ 点睛：掌握活化分子、有效碰撞与反应速率的关系是解答的关键，归纳如下：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 活化能 单位体积内 有效碰撞次数 化学反应速率 分子总数 活化分子数 活化分子百分数 增大浓度 不变 增加 增加 不变 增加 增大 增大压强 不变 增加 增加 不变 增加 增大 升高温度 不变 不变 增加 增加 增加 增大 加催化剂 减小 不变 增加 增加 增加 增大 ‎10.一定条件下，可逆反应C(s) + CO2(g)2CO(g) △H＞0，达到平衡状态，进行如下操作：‎ ‎①升高反应体系的温度；　 ②增加反应物C的用量；‎ ‎③缩小反应体系的体积；　 ④减少体系中CO的量。‎ 上述措施中一定能使反应的正反应速率显著加快的是 A. ①②③④ B. ①③ C. ①② D. ①③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂等。①升高温度，化学反应的正反应、逆反应的速率都加快。②由于碳单质是固体，所以增加反应物C的用量，化学反应速率不变。③缩小反应体系的体积。反应物、生成物的浓度都增大，反应速率加快。④减小体系中CO的量即减小生成物的浓度。在这一瞬间，由于反应物的浓度不变，正反应速率不变。生成物的浓度减小，V正＞V逆，化学平衡正向移动。随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小 ，正反应速率逐渐减慢，最终正反应、逆反应速率相等，达到新的平衡状态。故上述措施中一定能使反应的正反应速率显著加快的是 ①③。选项为：B。‎ 考点：考查外界条件对化学反应速率的影响。‎ ‎11.下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是( )‎ A. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅 B. 高压比常压有利于合成SO3的反应 C. 由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深 D. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．存在平衡2NO2（g）N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的密度目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍不原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故A不选；‎ B．存在平衡2SO2+O2（g）2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B不选；‎ C．存在平衡H2+I2（g）2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故C选；‎ D．对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2OHCl+HClO向右移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；‎ 答案选C。‎ ‎12.对于密闭容器中进行的反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2‎ ‎(g)，达到平衡后，其它条件不变，增大CO的浓度，下列说法错误的是 A. 正反应速率增大 B. 逆反应速率先减小 C. 达到平衡时，逆反应速率比原平衡要大 D. 化学平衡常数不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、增大生成物浓度正反应速率增大，A正确；B、逆反应速率逐渐增大，B错误；C、增大反应物浓度平衡向正反应方向进行，因此达到平衡时，逆反应速率比原平衡要大，C正确；D、温度不变，平衡常数不变，D正确，答案选B。‎ 考点：考查外界条件对平衡状态的影响 ‎13.从下列现象可以判断某一元酸是强酸的是 ( )‎ A. 加热至沸腾也不分解 B. 该酸可以溶解石灰石放出CO2‎ C. 该酸可以把Al(OH)3沉淀溶解 D. 该酸浓度为1mol/L时pH=0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加热至沸腾也不分解，只能说明该酸的热稳定性强，不能表明其酸性的强弱，A错误；‎ B. 该酸可以溶解石灰石放出CO2，只要酸性不是比碳酸弱，都具有此性质，不能证明该酸为强酸，B错误；‎ C. 该酸可以把Al(OH)3沉淀溶解，强酸、醋酸都具有此性质，C错误；‎ D. 该酸浓度为1mol/L时pH=0，即c(H+)=1mol/L，表明此酸完全电离，该酸为强酸，D正确；‎ 故选D。‎ ‎14.已知0.5mol/L的醋酸溶液中，要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，可采取的措施是（ ）‎ A. 加少量烧碱溶液 B. 降低温度 C. 加少量冰醋酸 D. 加少量氯化氢 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加少量烧碱溶液，发生反应H++OH-=H2O，减小溶液中的c(H+)，平衡正向移动，但最终c(H+)减少的更多，c(H＋)/c(CH3COOH)值减小，A不合题意；‎ B. 降低温度，由于弱电解质电离是吸热过程，所以平衡逆向移动，c(H＋)/c(CH3COOH)值减小，B不合题意；‎ C. 加少量冰醋酸，增大反应物浓度，平衡正向移动，但移动的结果使c(H＋)/c(CH3COOH)值减小，C不合题意；‎ D. 加少量氯化氢，虽然平衡逆向移动，但c(H＋)增大， c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，D符合题意；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】往醋酸溶液中加入冰醋酸，平衡正向移动，但若想分析反应物的转化率，则把醋酸、氢离子、醋酸根离子看成是气体，相当于加压，反应物的转化率降低。‎ ‎15.25℃时，有关水的电离，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 向水中加入稀氨水，水的电离平衡逆向移动，c(OH－)降低 B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变 C. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H＋)降低 D. 将水加热，Kw增大，c(H+)不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向水中加入稀氨水，由于氨水的电离，增大了水中的c(OH-)，使水的电离平衡逆向移动，但c(OH－)增大，A错误；‎ B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，但由于溶液的温度不变，所以Kw不变，B正确；‎ C. 向水中加入少量固体CH3COONa，由于CH3COO-与水电离出的H+结合，导致水的电离平衡正向移动，c(H＋)降低，C错误；‎ D. 将水加热，Kw增大，c(H＋)增大，D错误；‎ 故选B。‎ ‎16.313 K时，水的Kw=3.0×10－14，则在313 K时，c(H＋)=10－7mol/L的溶液( )‎ A. 呈酸性 B. 呈中性 C. 呈碱性 D. 无法判断 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解答本题时应注意以下两点：‎ ‎(1)判断溶液的酸碱性最根本的依据是溶液中c(H＋)与c(OH－)的相对大小；‎ ‎(2)根据水在一定温度下的KW可以通过计算确定溶液呈中性时的c(H＋)。‎ ‎17.在相同温度下，甲、乙两种溶液，甲溶液的pH是乙溶液的2倍，则甲溶液中c(H＋)甲与乙溶液中c(H＋)乙之比是 A. 10∶1 B. 100∶1 C. 1∶100 D. 无法确定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 在相同温度下，甲、乙两种溶液，甲溶液的pH是乙溶液的2倍。若甲的pH是2，乙的pH是1，则甲溶液中c(H＋)甲与乙溶液中c(H＋)乙之比是1:10；若甲的pH是4，乙的pH是2，则甲溶液中c(H＋)甲与乙溶液中c(H＋)乙之比是1:100；若甲的pH是6，乙的pH是3，则甲溶液中c(H＋)甲与乙溶液中c(H＋)乙之比是1:1000。所以不知道具体的pH是多少时，无法确定它们之间的关系，D正确，本题选D。‎ ‎18.在0.1 mol/L的氢氧化钠溶液和0.01 mol/L的盐酸中，水的电离程度的大小关系是（ ）‎ A. 前者大 B. 前者小 C. 一样大 D. 无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】不管在水中加入0.1mol/L的氢氧化钠溶液还是0.01 mol/L的盐酸，都将抑制水的电离，从而使水的电离程度减小。0.1 mol/L的氢氧化钠溶液中，c(OH－)=0.1mol/L；0.01 mol/L的盐酸中，c(H＋)=0.01mol/L，所以氢氧化钠的加入对水的电离程度影响大，水的电离程度小。因此水的电离程度前者小于后者。‎ 答案为B。‎ ‎19.将体积均为10 mL、pH均为3的盐酸和醋酸，加入水稀释至a mL和b mL，测得稀释后溶液的pH均为5，则稀释后溶液的体积（ ）‎ A a=b=100 mL B. a=b=1000 mL C. a＜b D. a＞b ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：加水的过程中，醋酸由于是弱电解质会继续电离氢离子会增加，酸性溶液的PH 与氢离子数量反相关，与溶液体积正相关；既然盐酸的氢离子数量恒定（忽略水的电离）醋酸的氢离子数量增加，要保持相同的PH 则需要醋酸溶液的体积相应增大 ；换一种思路：分别加相同体积的水，醋酸溶液PH 肯定低于盐酸，要保持PH相等，醋酸需要加更多的水。‎ 故选D 考点：弱电解质的电离 点评：理解弱电解质部分电离的特点（温度升高电离程度增大、浓度等），是解决此题的关键。‎ ‎20.将 lmolSO2和 l mol O2通入体积不变的密闭容器中，在一定温度和催化剂作用下，反应达到平衡时 SO3为0.3mol，若此时移走 0.5mol O2和 0.5mol SO2则反应达到新的平衡时，SO3的物质的量是 A. 0.3mol B. 0.15mol C. 小于 0.15mol D. 大于0.15mol而小于 0.3mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：若移走0.5mol O2和0.5 mol SO2，则相当于是在原平衡的基础上降低压强，平衡向逆反应方向移动，所以反应达到新平衡时SO3的物质的量为小于0.15mol，答案选C。‎ 考点：考查可逆反应平衡状态的判断以及有关计算 点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型，侧重对学生能力的培养。该题的关键是学会思维转换，然后结合勒夏特列原理灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。‎ ‎21.常温下，某溶液中水电离出的c（OH–）=1×10–11mol/L，则该溶液不可能是（ ）‎ A. NaOH溶液 B. NaHSO4溶液 C. 某浓度的氨水 D. 0.001mol/L的CH3COOH溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下，某溶液中水电离出的c(OH－)=1×10–11mol/L，比纯水中c(OH－)= 1×10–7mol/L小，说明水的电离受到抑制，也即水中加入了酸或碱或能电离出H+或OH-的盐。‎ ‎【详解】A.纯水中加入 NaOH溶液，水电离出c(OH－)=1×10–11mol/L，则碱电离出的c(OH－)=1×10–3mol/L，从而得出c(NaOH)=1×10–3mol/L，A有可能；‎ B. 纯水中加入NaHSO4溶液，水电离出的c(OH－)=1×10–11mol/L，则该盐电离出的c(H+)=1×10–3mol/L，从而得出c(NaHSO4)=1×10–3mol/L，B有可能；‎ C. 纯水中加入某浓度的氨水，水电离出的c(OH－)=1×10–11mol/L，则碱电离出的c(OH－)=1×10–3mol/L，从而得出c(NH3∙H2O)>1×10–3mol/L，C有可能；‎ D. 纯水中加入0.001mol/L的CH3COOH溶液，水电离出的c(OH－)=1×10–11‎ mol/L，则该醋酸电离出的c(H+)=1×10–3mol/L，从而得出c(CH3COOH)>1×10–3mol/L，与题中所给的c(CH3COOH)= 0.001mol/L矛盾，所以该溶液不可能存在，D不可能；‎ 故选D。‎ ‎22.可逆反应2NO2（g）2NO（g）＋O2（g）在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是（ ）‎ ‎①单位时间内生成nmol O2的同时生成2nmol NO2‎ ‎②单位时间内生成nmol O2的同时生成2nmol NO ‎③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态 ‎④混合气体的颜色不再改变的状态 ‎⑤混合气体的密度不再改变的状态 ‎⑥混合气体的压强不再改变的状态 ‎⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 A. ①④⑥⑦ B. ②③⑤⑦‎ C. ①③④⑤ D. 全部 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。颜色深浅和浓度有关系，所以④正确。①中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，正确。②中反应速率的方向是相同的，不正确。平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，因此③不正确。密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，⑤不正确。反应前后体积是变化的，所以压强是变化的，因此⑥可以说明。混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以⑦可以说明。答案选A。‎ ‎23.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH>0‎ B. 图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率 C. 图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率 D. 380℃下，c起始(O2)=5.0×10−4 mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K=2000‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 虚线是不同温度下的平衡点，与虚线相比，在实线的最高点之前，各点都是该温度下的不平衡点；最高点以后的各点，都是该温度下的平衡点。‎ ‎【详解】A．从图中可以看出，升高温度，NO的转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，从而得出正反应为放热反应，ΔH<0，A错误；‎ B．图中X点在最高点前，是该温度下的未平衡点，延长反应时间，反应物能继续转化为生成物，从而提高NO转化率，B正确；‎ C．图中Y点，为该温度下的平衡点，增加O2的浓度，平衡将正向移动，NO的转化率提高，C错误；‎ D．380℃下，c起始(O2)=5.0×10−4 mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡时c(NO)=c(NO2)，平衡时c(O2)<5.0×10−4 mol·L−1，化学平衡常数K>1/5.0×10−4=2000，D错误；‎ 故选B。‎ ‎24.将pH＝12的NaOH与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，溶液后c(H＋)最接近于（ ）‎ A. 0.5(10－12＋10－10)mol/L B. 0.5(10－4＋10－2) mol/L C. (10－12＋10－10)mol/L D. 2×10－12mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】将pH＝12的NaOH与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，c(OH－)=，c(H+)= ；‎ 故选D。‎ 二、填空题 ‎25.（1）写出下列物质在水溶液中的电离方程式：‎ CH3COOH____HClO4_____‎ Fe(OH)3____Ba(OH)2_____‎ NaHSO4____‎ ‎（2）常温下2.3g乙醇和一定量的氧气混合，点燃恰好完全燃烧，生成液态水和CO2放出68.35kJ热量，则该反应的热化学方程式为：___。‎ ‎（3）根据下列热化学方程式分析，C(s)的燃烧热△H等于___。‎ C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g) △H1＝＋175.3kJ·mol-1‎ ‎2CO(g) + O2(g)=2CO2(g) △H2＝-566.0kJ·mol-1‎ ‎2H2(g) + O2(g)=2H2O(l) △H3＝-571.6kJ·mol-1‎ ‎【答案】 (1). CH3COOHCH3COO-+H+ (2). HClO4=H++ ClO4- (3). Fe(OH)3 Fe3++3OH- (4). Ba(OH)2=Ba2++2OH- (5). NaHSO4=Na++H++SO42- (6). C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) △H=1367kJ/mol (7). C(s)+O2(g)=CO2(g) △H3＝-393.5kJ·mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在五种物质中，HClO4、Ba(OH)2、NaHSO4强电解质，在水溶液中完全电离；CH3COOH、Fe(OH)3为弱电解质，在水溶液中部分电离。强电解质中间用“=”，弱电解质中间用“”。‎ ‎【详解】(1) CH3COOH 在水溶液中发生部分电离，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，答案为CH3COOHCH3COO-+H+；‎ HClO4为强酸，在水溶液中完全电离，电离方程式为HClO4=H++ ClO4-，答案为HClO4=H++ ClO4-；‎ Fe(OH)3为弱碱，在水溶液中部分电离，电离方程式为Fe(OH)3 Fe3++3OH-‎ ‎，答案为Fe(OH)3 Fe3++3OH-；‎ Ba(OH)2为强碱，在水溶液中完全电离，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-，答案为Ba(OH)2=Ba2++2OH-；‎ NaHSO4为强酸的酸式盐，在溶液中完全电离，电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，答案为NaHSO4=Na++H++SO42-；‎ ‎(2) 2.3g乙醇为0.05mol，燃烧后放热68.35kJ；则1mol乙醇完全燃烧放热1367kJ，该反应的热化学方程式为C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) △H=1367kJ/mol，答案为C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) △H=1367kJ/mol；‎ ‎(3) C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g) △H1＝＋175.3kJ·mol-1 ①‎ ‎2CO(g) + O2(g)=2CO2(g) △H2＝-566.0kJ·mol-1 ②‎ ‎2H2(g) + O2(g)=2H2O(l) △H3＝-571.6kJ·mol-1 ③‎ 根据盖斯电离，将[①×2+②+③]/2得：C(s)+O2(g)=CO2(g) △H3＝-393.5kJ·mol-1，答案为：C(s)+O2(g)=CO2(g) △H3＝-393.5kJ·mol-1。‎ ‎26.（1）常温下，甲、乙两种溶液体积都为1L，甲中溶有0.1molCH3COOH，乙中溶有0.1molHCl和0.1molCH3COOH，测得甲溶液中c(CH3COO－)=a molL-1，乙溶液中c(CH3COO－)=b mol•L-1，分别用含a、b的代数式表示醋酸的电离平衡常数___、___。(忽略水的电离）两溶液中CH3COOH的电离平衡常数甲__乙（填“>”“<”“=”，下同）；两溶液中CH3COOH的电离度甲___乙；a和b的值：a___b。‎ ‎（2）已知 常温下CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.8×10－5，在0.1mol/L的CH3COOH溶液中加入NaOH溶液，当溶液中c(CH3COO－) =c(CH3COOH)时，该溶液pH=___（可用对数形式表示），当溶液的pH =7时，c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=___。‎ ‎【答案】 (1). a2/(0.1-a) (2). b(0.1+b)/(0.1-b) (3). = (4). > (5). > (6). -lg(1.8×10-5)(或5-lg1.8) (7). 180‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 弱电解质在溶液中的电离常数，只受温度变化的影响，不受溶液性质的影响。所以，往醋酸溶液中加入盐酸，醋酸的电离常数不变。‎ ‎【详解】(1) 甲溶液中 CH3COOHCH3COO- + H+‎ ‎ 起始量 0.1mol/L 0 0‎ ‎ 变化量 a mol/L a mol/L a mol/L ‎ 平衡量 (0.1-a )mol/L a mol/L a mol/L K甲=；‎ 乙溶液中 CH3COOHCH3COO- + H+‎ ‎ 起始量 0.1mol/L 0 0.1mol/L ‎ 变化量 b mol/L b mol/L b mol/L ‎ ‎ 平衡量 (0.1-b )mol/L b mol/L (0.1+b)mol/L K乙=；‎ 因温度不变，所以平衡常数不变，两溶液中CH3COOH的电离平衡常数甲=乙；由于乙溶液中盐酸电离出的H+抑制了醋酸的电离，所以醋酸的电离度减小，从而得出两溶液中CH3COOH的电离度：甲>乙；两溶液中c(CH3COO－)的甲>乙，即a>b，答案为：a2/(0.1-a)；b(0.1+b)/(0.1-b)；=；>；>；‎ ‎(2)K= [c(H+)∙ c(CH3COO－)]/ c(CH3COOH)= 1.8×10－5，当溶液中c(CH3COO－) =c(CH3COOH)时，c(H+)=1.8×10－5mol/L pH=-lg c(H+)=5-lg1.8；当溶液的pH =7时，K= [c(H+)∙ c(CH3COO－)]/ c(CH3COOH)= 1.8×10－5，c(CH3COO-)/c(CH3COOH)= 1.8×10－5/10-7=180，答案为：-lg(1.8×10-5)(或5-lg1.8)；180。‎ ‎27.（1）某温度下，纯水中的c(H＋)＝2×10－7 mol/L，则此时c(OH－)＝___。若温度不变，滴入稀硫酸使c(H＋)＝5×10－6mol/L，则由水电离出的c(H＋)为___。‎ ‎（2）常温下有一pH=12的NaOH溶液100mL，欲使它的pH降为11。‎ ‎①如果加入蒸馏水，就加入___mL；‎ ‎②如果加入pH=10的NaOH溶液，应加入___mL；‎ ‎③如果加入0.008mol/L HCl溶液，应加入____mL。‎ ‎（3）常温下，浓度均为0.01 mol/L的两瓶溶液盐酸和氢氟酸，升高相同的温度c(Cl－)/c(F－)的值____（填“变大”“变小”“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). 2×10-7 mol/L (2). 8×10-9 mol/L (3). 900 (4). 1000 (5). 100 (6). 变小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在纯水中，不管是改变温度还是加入电解质，水电离出的c(H＋)、c(OH－)一定相等。‎ ‎【详解】(1)某温度下，纯水中的c(H＋)＝2×10－7 mol/L，则此时c(OH－)＝2×10－7 mol/L；若温度不变，滴入稀硫酸使c(H＋)＝5×10－6mol/L，则由水电离出的c(H＋) = c(OH－)溶液=，答案为：2×10－7 mol/L；8×10-9mol/L；‎ ‎（2）常温下有一pH=12的NaOH溶液100mL，欲使它的pH降为11。‎ ‎①如果加入蒸馏水，设其体积为xmL，则有， x=900，答案为900；‎ ‎②如果加入pH=10的NaOH溶液，设其体积为ymL，则有 y=1000，答案为1000；‎ ‎③如果加入0.008mol/L HCl溶液，设其体积为zmL，则有 z=100，答案为100；‎ ‎(3)常温下，浓度均为0.01 mol/L的两瓶溶液盐酸和氢氟酸，升高相同的温度，盐酸的电离程度不变(完全电离)，而氢氟酸的电离度增大，c(F－)增大，所以c(Cl－)/c(F－)减小，答案为：减小。‎ ‎28.高炉炼铁的一个反应如下： CO（g）＋FeO（s）CO2（g）＋Fe（s），△H>0已知1100℃时K＝0.263‎ ‎（1）其平衡常数的表达式为K＝___。温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，高炉内CO2和CO的体积比值___(填“增大”“减小”或“不变”下同)，平衡常数K的变化是___。如果温度不变，在原平衡体系中继续加入一定量CO，达新平衡时，CO的体积分数和原平衡相比___。‎ ‎（2）1100℃时，若测得高炉中c(CO2)＝0.025mol/L，c(CO)＝0.1mol/L，在这种情况下，该反应___(填“已经”或“没有”)处于化学平衡状态，此时化学反应速率是v（正）___(填“大于”“小于”或“等于”)v（逆）。‎ ‎【答案】 (1). c(CO2)/c(CO) (2). 增大 (3). 增大 (4). 不变 (5). 没有 (6). 大于 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于反应CO（g）＋FeO（s）CO2‎ ‎（g）＋Fe（s），由于FeO和Fe都为固态，所以二者不应出现在平衡常数表达式中。‎ ‎【详解】(1)由化学方程式可知，该反应的平衡常数的表达式为K＝c(CO2)/c(CO)；因为正反应为吸热反应，所以温度升高，化学平衡正向移动，CO2的体积增大，CO的体积减小，高炉内CO2和CO的体积比值增大；因为平衡正向移动，所以平衡常数K增大；如果温度不变，在原平衡体系中继续加入一定量CO，相当于加压，平衡不发生移动，所以，CO的体积分数和原平衡相比不变；‎ 答案为：c(CO2)/c(CO)；增大；增大；不变；‎ ‎ (2)1100℃时，若测得高炉中c(CO2)＝0.025mol/L，c(CO)＝0.1mol/L，浓度商<0.263，所以平衡正向移动，此时化学反应速率是v(正)大于v(逆)，答案：大于。‎ ‎ ‎