【化学】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试题（解析版）

【化学】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试题（解析版）

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试题 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。‎ ‎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。‎ ‎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。‎ ‎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。‎ ‎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。‎ ‎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。‎ ‎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。‎ ‎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%．‎ ‎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%。‎ ‎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。‎ ‎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。‎ ‎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。‎