北京市昌平区新学道临川学校2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

北京市昌平区新学道临川学校2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

新学道临川学校2019—2020学年第一学期期中考试高二化学试卷 一、选择题（2×25＝40，每小题只有一个正确的选项）‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 B. 化学反应中的能量变化都表现为热量变化 C. 任何放热反应在常温下一定能发生 D. 反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应是放热反应还是吸热反应主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小，而与反应条件无关，A错误；‎ B、化学反应的特征之一就是伴随着能量变化，但能量的变化不一定都表现为热量的变化，例如也可以是光能的形式变化，B错误；‎ C、放热反应在常温下不一定能发生，例如碳燃烧等，C错误；‎ D、反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热，反应物总能量大于生成物总能量，就是放热反应，反之是吸热反应，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.已知在1.01×105Pa、298K条件下，2mol 氢气在氧气中燃烧生成水蒸气放出484kJ热量。下列热化学方程式正确的是（ ）‎ A. H2O(g) = H2(g)+O2(g)△H＝ +242kJ·mol-1‎ B. 2H2(g)+O2(g)= 2H2O(l) △H＝ －484kJ·mol-1‎ C. H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H＝ +242kJ·mol-1‎ D. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H＝ +484kJ·mol-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 氢气燃烧是放热反应，△H小于0，CD都不正确。B中水的状态不正确，氢气燃烧放热，则水分解就是吸热反应，A正确，答案选A。‎ ‎3. 未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且有些可以再生。下列属于新能源的是 ‎①天然气 ②煤 ③核能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥燃料电池 ⑦风能 ⑧氢能 A. ①②③④ B. ⑤⑥⑦⑧ C. ③④⑤⑥ D. 除①②外 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且有些可以再生，根据这些特征进行判断，石油、天然气、煤属于化石能源，短时间内不可形成，是不可再生能源；太阳能、燃料电池、风能、氢能是清洁能源且可以再生，是新能源的范畴选B。‎ 考点：考查新能源的判断。‎ ‎4.下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是 A. 碳酸钙受热分解 B. 乙醇燃烧 C. 铝粉与氧化铁粉末反应 D. 氧化钙溶于水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应中生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应是一个吸热反应，根据常见的吸热反应来回答。‎ ‎【详解】A.碳酸钙受热分解是一个吸热反应，故A正确；‎ B.乙醇燃烧反应是一个放热反应，故B错误；‎ C.铝与氧化铁粉未反应是一个放热反应，故C错误；‎ D.氧化钙溶于水是一个放热反应，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】把握放热反应和吸热反应的含义是解答的关键，一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。‎ ‎5.在‎2升的密闭容器中，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的平均反应速率为0.12 mol/(L·s)，则10秒钟时，容器中B 的物质的量是(　　)‎ A. 12 mol B. 1.6 mol C. 2.4 mol D. 2.8 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在前10秒钟A的平均反应速度为，则B的平均反应速率为，开始充入的B是4mol，在前10秒内消耗的B的物质的量为：，故10秒钟时，容器B中的物质的量为4mol-1.2mol=2.8mol；‎ 答案选D。‎ ‎6.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4v正(O2)＝5v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，若增大容器容积，则正反应速率减小，逆反应速率增大 D. 化学反应速率关系：2v正(NH3)＝3v正(H2O)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.达到化学平衡时，正逆反应速率相等，如果用O2和NO分别表示正反应速率和逆反应速率，则4v正(O2)＝5v逆(NO)，故A选；‎ B. 单位时间内生成x mol NO的同时，必然消耗x mol NH3，不能证明反应达到平衡，故B不选；‎ C. 增大容器容积，使气体的浓度降低，所以反应物和生成物的浓度都降低，正逆反应速率都减小，故C不选；‎ D.在一个反应里，用不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，3v正(NH3)＝2v正(H2O)，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎7.已知反应A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)的ΔH＜0，下列说法正确的是(　　)‎ A. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小 B. 升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间 C. 达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动 D. 达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)的ΔH＜0，该反应是一个气体分子数减少的放热反应。‎ ‎【详解】A. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率也增大，A不正确；‎ B. 升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间，B正确；‎ C. 达到平衡后，升高温度有利于该反应平衡逆向移动，C不正确；‎ D. 达到平衡后，减小压强都有利于该反应平衡逆向移动，D不正确。‎ 故选B。‎ ‎8.已知：4NH3(g) + 5O2(g) =4NO(g) + 6H2O(g)，△H= —1025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故A正确。‎ B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故B正确。‎ C ‎、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故C错误。‎ D、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎9.下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是 ( )‎ A. pH＝1的溶液：K+、Ca2+、HCO3-、NO3-‎ B. c(H＋)水=1×10-10 mol/L溶液中：K+、Fe2+、SO42-、NO3-‎ C. 使紫色石蕊变蓝的溶液：K+、Na+、CH3COO-、SO42-‎ D. 存在较多的Na＋、SO42－、OH－的溶液中：Mg2+、Ba2+、Br－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=1的溶液呈强酸性，与碳酸氢根离子不会大量共存，A错误；‎ B. c(H＋)水=1×10-10 mol/L溶液中，水的电离被抑制，溶液既可能为酸性，也可能为碱性，在酸性条件下，硝酸根离子会体现强氧化性，与亚铁离子不会大量共存，在碱性条件下，氢氧根离子与亚铁离子不会大量共存，B错误；‎ C. 使紫色石蕊试液变蓝的溶液中存在大量氢氧根离子，该选项中的离子可以大量共存，C正确；‎ D. 钡离子与硫酸根离子不会大量共存，镁离子与氢氧根离子不会大量共存，D错误；‎ 故答案选D。‎ ‎10.为了说明醋酸是弱电解质，某同学设计了如下实验方案证明，其中错误的是（　　）‎ A. 配制0.10 mol/L CH3 COOH溶液，测溶液的pH，若pH大于1，则可证明醋酸为弱电解质 B. 用pH计分别测0.01 mol/L和0.10 mol/L的醋酸溶液的pH，若两者的pH相差小于1，则可证明醋酸是弱电解质 C. 取等体积等浓度的CH3 COOH和盐酸溶液，分别加入Na2CO3固体，若醋酸溶液产生气体多，证明醋酸为弱电解质 D. 测相同浓度盐酸和醋酸的导电性，醋酸溶液的导电性明显弱于盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.配制0.10 mol/LCH3 COOH溶液，测溶液的pH，若pH大于1‎ ‎，氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，则可证明醋酸为弱电解质，A正确； ‎ B.用pH计分别测0.01 mol/L和0.10 mol/L的醋酸溶液的pH，若两者的pH相差小于1说明醋酸存在电离平衡，则可证明醋酸是弱电解质，B正确；‎ C.取等体积等浓度的CH3 COOH和盐酸溶液，分别加入固体，若醋酸溶液产生气体多，则醋酸中加入碳酸钠的量多，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，C错误； ‎ D.测相同浓度盐酸和醋酸的导电性，醋酸溶液的导电性明显弱于盐酸，说明盐酸中氢离子浓度大于醋酸，则醋酸的电离程度小于盐酸，HCl是强电解质，则醋酸是弱电解质，D正确； ‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，要证明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可。‎ ‎11.c（H+）相同的等体积的两份溶液A和B；A为盐酸，B为醋酸，分别和锌反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，且放出的氢气的质量相等，则下列说法正确的是（　　）‎ ‎①反应所需要的时间B＞A ②开始反应时的速率A＞B ‎③参加反应的锌的物质的量A=B ④反应过程的平均速率B＞A ‎⑤盐酸里有锌剩余 ⑥醋酸里有锌剩余．‎ A. ③④⑤ B. ③④⑥ C. ②③⑤ D. ②③⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，氯化氢是强电解质，所以c（H+）相同的等体积的两份溶液的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量浓度大于盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的量相同，得到锌与盐酸反应盐酸不足，锌与醋酸反应锌不足。‎ ‎【详解】①醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，反应过程中，醋酸溶液中氢离子浓度始终大于盐酸，则反应速率醋酸始终大于盐酸，所以反应所需时间B＜A，故①错误；‎ ‎②开始时氢离子浓度相等，所以开始反应时的速率A=B，故②错误；‎ ‎③因生成氢气量相等，所以参加反应的锌粉物质的量：B=A，故③正确；‎ ‎④反应过程中，醋酸溶液中氢离子浓度始终大于盐酸，则反应速率醋酸始终大于盐酸，所以整个反应阶段平均速度B＞A，故④正确；‎ ‎⑤盐酸的物质的量小于醋酸，所以盐酸中锌有剩余，故⑤正确；‎ ‎⑥最后仅有一份溶液中存在锌粉，盐酸的物质的量小于醋酸，醋酸溶液中锌没有剩余，故⑥错误；‎ 故答案选A。‎ ‎12.已知C2H4（g）和C2H5OH（l）的燃烧热分别是1411.0kJ/mol和1366.8 kJ/mol，则由C2H4（g）和H2O（l）反应生成C2H5OH（l）的△H为（　　）‎ A. ﹣330kJ/mol B. + 330kJ/mol C. + 44.2kJ/mol D. ﹣44.2kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】C2H4（g）和H2O（l）反应生成C2H5OH（l）的热化学方程式为C2H4（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）△H；表示C2H4（g）燃烧热的热化学方程式为C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H1=-1411.0kJ/mol，表示C2H5OH（l）燃烧热的热化学方程式为C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H2=-1366.8kJ/mol；根据盖斯定律，△H=△H1-△H2=-44.2kJ/mol；‎ 答案选D。‎ ‎13.某温度下在‎2L密闭容器中加入一定量A，发生以下化学反应：‎ ‎2A‎(g)B(g)+C(g)；ΔH =－48.25 kJ·mol－1，反应过程中B、A的浓度比与时间t有下图所示关系，若测得第15min时c(B)=1.6 mol·L－1，下列结论正确的是 A. 该温度下此反应的平衡常数为3.2‎ B. A的初始物质的量为4 mol C. 反应到达平衡时，放出的热量是193kJ D. 反应达平衡时，A的转化率为80%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据c（B）=1.6 mol/L，n（B）=3.2mol，由图可推知n（A）=1.6mol，根据三步法计算可知：‎ 可以计算出x=8mol，所以平衡时A、B、C的浓度分别为0.8mol/L，1.6mol/L，1.6mol/L。‎ ‎【详解】A.平衡常数K==4，错误；‎ B.A起始为8mol，错误；‎ C.到达平衡生成3.2mol B，放出热量是3.2×48.25=154.4kJ，C错误；‎ D.反应达平衡时，A的转化率为×100%=80％，D正确。‎ 故选D。‎ ‎14. 强酸溶液A与强碱溶液B，在常温下其pH之和为15，当它们按一定体积比混合时，溶液的pH恰好为7，则A与B的体积比为 A. 1 : 1 B. 2 : ‎1 ‎C. 1 : 10 D. 10 : 1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：常温下Kw=1×10-14，pH之和为15，则设酸的pH为x，碱的pH为15-x，一定体积比混合时，溶液的pH恰好为7，则n（H+）=n（OH-），所以VA×10-x=VB×1015-x-14，解得VA：VB=1015-x-14+x=10：1。‎ 考点：考查酸碱中和的计算 ‎15. PH=3和PH=5的盐酸等体积混合后溶液的PH是 A. 3．3 B. ‎3 ‎C. 5 D. 4．7‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：PH=3的盐酸c(H+)=10-3mol/LPH=5的盐酸中c(H+)=10-5mol/L，等体积混合后 c(H+)===5．05×10-4mol/lPH=-lg5．05×10-4=4-0．7=3．3，选A。‎ 考点：考查PH值的计算。‎ ‎16.温度为T时，向V L的密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A(g)＋B(g)C(s)＋xD(g) △H＞0，容器中A、B、D的物质的量浓度随时间的变化如下图所示，下列说法不正确的是 A. 反应在前10min的平均反应速率v(B)＝0.15mol/(L·min)‎ B. 该反应的平衡常数表达式K＝‎ C. 若平衡时保持温度不变，压缩容器体积平衡向逆反应方向移动 D. 反应至15min时，改变的反应条件是降低温度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图象可知，10min时到达平衡，平衡时D的浓度变化量为3mol/L，故v(D)===0.3mol•L-1•min-1，故A错误；‎ B．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，故1：x=1.5mol/L：3mol/L，所以x=2，C为固体，可逆反应A(g)+B(g) C(s)+xD(g)的平衡常数表达式K=，故B错误；‎ C．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，故1：x=1.5mol/L：3mol/L，所以x=2，反应前后气体的体积不变，增大压强平衡不移动，故C错误；‎ D．由图可知，改变条件瞬间，反应混合物的浓度不变，平衡向逆反应移动，该反应正反应为吸热反应，故改变的条件应是降低温度，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡图像及有关计算，根据图像数据确定x值是解题的关键。不同的易错点为B，要注意C的状态。‎ ‎17.对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是 A. 增大压强 B. 升高温度 C. 使用催化剂 D. 多充入O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 气体压强和反应物浓度只能影响化学反应速率，催化剂增大反应物中活化分子百分数，自然能增大化学反应速率，但催化剂不能改变化学平衡常数，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．增大压强，活化分子百分数不变，化学平衡常数也不变，故A错误；‎ B．升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；‎ C．使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；‎ D．多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎18.已知反应2CO(g)==‎2C(s)+O2(g) 的为正值，为负值。设和不随温度而变，下列说法中正确的是 A. 低温下能自发进行 B. 任何温度下都不能自发进行 C. 低温下不能自发进行，高温下能自发进行 D. 高温下能自发进行 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎19. 下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是 A. 生成物总能量一定低于反应物总能量 B. 拆开物质中的化学键一定需要吸收能量 C. 应用盖斯定律，无法计算某些难以直接测量的反应焓变 D. 化学反应都伴随着能量变化和其他各种现象的出现 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、吸热反应的生成物总能量高于反应物总能量，错误；B、化学键的断裂一定需要吸收能量，正确；C、应用盖斯定律，可以计算某些难以直接测量的反应焓变，错误；D、化学反应都伴随着能量变化，其他反应现象不一定出现，错误。‎ 考点：本题考查化学反应与能量、盖斯定律的应用。‎ ‎20. 下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者小于后者的是 ‎①C(s)+O2(g) ===CO(g)；ΔH‎1C(s)+O2(g) ===CO2(g)；ΔH2‎ ‎②S(g)+O2(g) ===SO2(g)；ΔH3S(s)+O2(g) ===SO2(g)；ΔH4‎ ‎③CaO(s)+H2O(l) ===Ca(OH)2(s)；ΔH5CaCO3(s) ===CaO(s)+CO2(g)；ΔH6‎ A. ② B. ①② C. ①③ D. ②③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：碳完全燃烧放出的热量多，但放热反应中△H＜0，因此放热越多△H越小，即ΔH前者大于后者，①不正确；由于气态硫的总能量高于固态硫的总能量，因此气态硫燃烧放出的热量多，则ΔH前者小于后者，②正确；生石灰溶于水是放热反应，碳酸钙分解是吸热反应，△H＞0，则ΔH前者小于后者，③正确，答案选D。‎ 考点：考查反应热的大小比较 ‎21.在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明下述反应：A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)已达到平衡状态( )‎ ‎①混合气体的压强 ②混合气体的密度 ③B的物质的量浓度 ④气体的总物质的量 ‎⑤混合气体总质量 A. ②③⑤ B. ①②③ C. ②③④ D. ①③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①该反应是反应前后气体体积没有变化反应，所以容器中的压强不再发生变化，不能证明达到了平衡状态，故①错误；②该容器的体积保持不变，A 是固态，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会变，所以当混合气体的密度不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，故②正确；③反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的浓度等不再发生变化，所以各气体物质的物质的量浓度不再变化时，该反应达到平衡状态，故③正确；④该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以气体总物质的量不变，不能表明反应达到平衡状态，故④错误；⑤容器中的气体平均相对分子质量M=，反应前后混合气体的质量会变化，该反应是一个反应前后气体物质的量不变的反应，所以当M不再发生变化时，表明已经平衡，故⑤正确；故选A。‎ ‎【点晴】本题考查化学平衡状态的判断，注意只有反应前后不相同的量才能作为判断化学平衡的依据。反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡的依据，如该反应中的压强就不能作为判断化学平衡的依据。‎ ‎22. 已知反应：‎ ‎①101 kPa时，‎2C(s)＋O2(g)＝2CO(g) ΔH＝－221 kJ·mol－1‎ ‎②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1‎ 下列结论正确的是( )‎ A. 碳的燃烧热等于110.5 kJ·mol－1‎ B. 2mol C(s)在1 mol O2(g)燃烧，放出221 kJ热量 C. ‎1L0.1 mol/L H2SO4溶液与‎1L0.1 mol/L NaOH溶液反应，放出5.73 kJ热量 D. pH＝3的醋酸与pH＝11的NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：已知方程式1中表示的不是碳完全燃烧方程式，所以碳的燃烧热不是110.5 kJ·mol－1 ，A错误；B项在描述方程式1表达的意义时，没有指明产物，所以B错误；C选项表达的是强酸强碱中和反应生成0.1mol水时产生的热量，巧好是中和热的0.1倍，所以热量为5.73 kJ，C正确；D项是弱酸与强碱反应，由于弱酸电离吸热，所以放出的热量要小，D错误；故选C。‎ 考点：本题考查的是热化学方程式的含义和中和热的表达。‎ ‎23.一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（　　）‎ ‎①NaOH固体 ②H2O ③HCl气体 ④CH3COONa固体 ⑤NaNO3固体 ⑥KCl溶液 A. ②④⑥ B. ①② C. ②③⑤ D. ‎ ‎②④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①加入NaOH固体后将会不可逆地消耗氢离子，减缓反应速度同时也减少了氢气生成量，故不选①；‎ ‎②加入水可以降低氢离子浓度进而减缓反应速率，故选②；‎ ‎③通入HCl气体后，溶液中氢离子浓度增大，会加快化学反应速率并导致氢气总量增加，故不选③；‎ ‎④加入醋酸钠固体后，，会暂时降低，随着反应进行被消耗，该平衡会逐渐正向移动直到释放出所有的，故氢气生成量不影响，故选④；‎ ‎⑤加入固体后电离产生，在酸性环境下具有强氧化性，将会消耗生成NO和水而非氢气，故不选⑤；‎ ‎⑥加入KCl溶液相当于起到稀释作用，故选⑥。‎ 答案为A。‎ ‎24.温度为T0时，在容积固定的密闭容器中发生反应:X(g)+Y(g)Z(g)(未配平)，4 min 时达到平衡，各物质浓度随时间变化的关系如图a所示。其他条件相同，温度分别为T1、T2时发生反应，Z的浓度随时间变化的关系如图b所示。下列叙述正确的是 A. 发生反应时，各物质的反应速率大小关系为v(X)=v(Y)=2v(Z)‎ B. 图a中反应达到平衡时，Y的转化率为37.5%‎ C. T0时，该反应的平衡常数为33.3‎ D. 该反应正反应的反应热ΔH<0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比； B. 根据反应的与起始的量计算转化率； C. 平衡常数K等于生成物浓度的系数次幂与反应物浓度系数次幂之积的比值； D. 根据图b可知T1>T2，结合温度高时Z的浓度大来分析。‎ ‎【详解】A. 温度为T0时，X的物质的量浓度的变化量 = (0.3−0.05)mol/L = 0.25 mol/L；‎ Y的物质的量浓度的变化量 = (0.4−0.15) mol/L= 0.25 mol/L，‎ Z的物质的量浓度的变化(0.5−0) mol/L= 0.5 mol/L，该反应方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，‎ 所以发生反应时，各物质的反应速率大小关系为2v(X)=2v(Y)=v(Z)，A项错误；‎ B. Y的转化率= = 62.5%，B项错误；‎ C. 根据浓度的变化量可知，该反应方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，所以反应的平衡常数K==33.3，C项正确；‎ D. “先拐先平，数值大”，所以T1>T2，升高温度，Z的物质的量浓度增大，平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应方向是吸热反应，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】解答化学速率与平衡图像题时，可采取“先拐先平数值大”原则对反应速率进行初步分析。再进一步判断过程的变化趋势。具体方法可总结为：‎ ‎（1）看坐标系，确定纵、横坐标所代表的具体含义；‎ ‎（2）分析反应的特征，搞清正反应方向是吸热还是放热；气体体积增大、减小还是不变；有无固体或纯液体参加或生成等；‎ ‎（3）分析自变量和因变量，弄明白始末状态，结合勒夏特列原理进行分析；‎ ‎（4）看清起点、拐点和终点，分清极值和斜率的一对一，把握曲线变化规律，得出结论。‎ ‎25.25℃‎时，在等体积的下列溶液中，发生电离的水的物质的量之比是（　　）‎ ‎①0.5mol•L﹣1的H2SO4溶液，②0.05mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液，③1mol•L﹣1的NaCl溶液，④纯水 A. 107：107：1：1 B. 1：10：107：107‎ C. 107：106：2：2 D. 107：106：2×107：2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据H2O⇌H++OH-可以知道，H2SO4溶液、Ba（OH）2溶液抑制水的电离，根据溶液的H2SO4溶液的pH或Ba（OH）2溶液中c（OH-）计算水的电离的物质的量，1mol/LNaCl溶液中对水电离无影响，根据离子积常数和离子浓度可直接求出发生电离的水的物质的量，进而计算物质的量之比。‎ ‎【详解】设溶液的体积为‎1L，‎ ‎①0.5mol/L的H2SO4溶液中c（H+）=1.0 mol•L-1，c（OH-）=1.0×10-14mol•L-1，水电离的物质的量为1.0×10-14mol；‎ ‎②0.05mol/LBa（OH）2溶液中c（OH-）=0.1 mol•L-1，c（H+）=1.0×10-13mol•L-1，水电离的物质的量为1.0×10-13mol；‎ ‎③1mol/LNaCl溶液中c（OH-）=1.0×10-7mol•L-1，水的电离的物质的量为1.0×10-7mol；‎ ‎④纯水中c（H+）=1.0×10-7mol•L-1，水的电离的物质的量为1.0×10-7mol；‎ 故①②③④中水的电离的物质的量之比为：1.0×10-14mol：1.0×10-13mol：1.0×10-7mol1：1.0×10-7mol=1：10：107：107；‎ 故答案选B。‎ II卷 非选择题（共50分）‎ 三.填空题（3个共36分）‎ ‎26.甲醇燃料电池被认为是21世纪电动汽车候选动力源 ‎（1）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸汽转化为氢气的两种反应原理是：‎ ‎①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）△H1= + 49.0kJ•mol﹣1‎ ‎②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H2‎ 已知H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol﹣1，则反应②的△H2=_____．‎ ‎（2）工业上一般可采用如图1所示反应来合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌ CH3OH（g），现实验室模拟该反应并进行分析，图1是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线 ‎①该反应的焓变△H_____0（填“＞”“＜”或“=”）．‎ ‎②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1_____K2（填“＞”“＜”或“=”）‎ ‎③现进行如下实验，在体积为‎1L的密闭容器中，充入1molCO和3molH2，测得CO 和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图2所示．从反应开始到平衡，CO的平均反应速率v（CO）=_____，该反应的平衡常数为K=________‎ ‎④恒容条件下，达到平衡后，下列措施中能使n(CH3OH)/n(CO)增大的有_______‎ A．升高温度 B．充入He（g）‎ C．再充入1molCO 和3molH2 D．使用催化剂 ‎【答案】 (1). ﹣192.8kJ•mol﹣1 (2). ＜ (3). ＞ (4). 0.075mol/（L•min） (5). 4/3 (6). C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据盖斯定律，反应H2（g）+O2（g）═H2O（g）可由①式-②式得到，则△H2=△H1-△H=192.8kJ/mol；‎ ‎（2）①根据先拐先平原则，由图1可以知道，温度，平衡时，温度越高CO的转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故该反应正反应为放热反应， ‎ ‎②平衡时，温度越高CO的转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故该反应正反应为放热反应；升高温度，平衡向逆反应移动，所以， ‎ ‎③由图2可知，，化学反应中，各组分的浓度变化与其化学计量数成正比，故反应消耗的，则剩余的氢气的浓度为3mol/L-1.5mol/L=1.5mol/L，反应的平衡常数；‎ ‎④要使增大，应使平衡向正反应方向移动 ‎ A.因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则减小，故A错误； ‎ B.充入He(g)，使体系压强增大，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，不变，故B错误； ‎ C.再充入1mol 和3mol ，等效于在原来基础上缩小体积一半，压强增大，平衡向正反应方向移动，则增大，所以C选项是正确的； ‎ D使用催化剂，平衡不移动，故n(CO)和均不变，故D错误； ‎ 因此，本题正确答案是：C.‎ ‎27.（1）已知：2H2(g) + O2(g) == 2H2O(g)；△H= –483.6 kJ·mol-1, H2(g) + O2(g) == H2O(l) △H=–285.8 kJ·,由此可知，在等温下蒸发‎45g液态水需吸收___________kJ的热量。‎ ‎（2）工业制氢气的一个重要反应是：CO(g)+ H2O(g) == CO2(g) + H2(g)，已知‎25℃‎时：‎ C(石墨) +O2 (g) == CO2(g)  △H1 ＝－394 kJ·mol-1‎ C(石墨) +O2 (g) == CO (g)   △H2 ＝－111 kJ·mol-1‎ H2(g) +O2 (g)== H2O(g)  △H3＝－242kJ·mol-1‎ 试计算‎25℃‎时CO(g)+ H2O(g) == CO2(g) + H2(g)的△H=______ kJ·mol-1‎ ‎（3） 在‎25℃‎、101KPa时，___时所放出的热量，叫做该反应的燃烧热。在‎25℃‎、101KPa时，‎1g乙醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热29.713kJ，则能表示乙醇燃烧热的热化学方程式为________。‎ ‎【答案】 (1). 110 (2). -41 (3). 1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物 (4). C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.8 kJ•mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) ①2H2(g) + O2(g) == 2H2O(g)；△H= –483.6 kJ·mol-1， ‎ ‎②H2(g) + O2(g) == H2O(l) △H=–285.8 kJ·，‎ 根据盖斯定律计算①-②×2得到：H2O(l)= H2O(g) △H=+44kJ/mol，蒸发‎45g液态水物质的量，需吸收的热量；‎ ‎(2)已知在‎25℃‎时：‎ ‎(1)C(石墨)═‎ ‎(2)═‎ ‎(3)C(石墨)═‎ 由盖斯定律，(3)-(2)-(1)得═，‎ ‎(3)燃烧热是指：在‎25℃‎、101kPa时，1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；‎1g乙醇完全燃烧生成和液态水时放热，则1mol乙醇，质量为‎46g，完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为：，其燃烧热的热化学方程式为：═。‎ ‎28.25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HClO 电离平衡常数 ‎1.7×10﹣4mol•L﹣1‎ K1=4.4×10﹣6mol•L﹣1‎ K2=5.6×10﹣11mol•L﹣1‎ ‎3.0×10﹣8 mol•L﹣1‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）同浓度的CH3COOH、H2CO3、HClO溶液的pH最大的是_____．‎ ‎（2）常温下0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_____（填字母序号，下同）．‎ A．c（H+） ‎ B． ‎ C．c（H+）•c（OH﹣）‎ D． ‎ E． ‎ 若该溶液升高温度，上述5种表达式的数据增大的是_________．‎ ‎（3）体积为10mL pH=2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图：则HX的电离平衡常数_____（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的平衡常数．稀释后，HX溶液中有水电离出来的c（H+）_____（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的溶液中有水电离出来的c（H+），理由是___________．‎ ‎（4）已知100℃时，水的离子积为1×10﹣12，该温度下测得某溶液PH=7，该溶液显_____（填“酸”、“碱”或“中”）性．将此温度下PH=1的H2SO4溶液aL与PH=11的NaOH溶液bL混合，若所得混合液PH=2，则a：b=_____．‎ ‎【答案】 (1). HClO (2). A (3). ABCE (4). 大于 (5). 大于 (6). HX酸性强于CH3COOH的，稀释后HX溶液中的c（H+）小于CH3COOH溶液中的c（H+），所以其对水电离的抑制能力也较弱 (7). 碱 (8). 11：9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合表中数据，可知酸性CH3COOH、H2CO3、HClO、HCO3-依次减弱。‎ ‎【详解】（1）CH3COOH、H2CO3、HClO酸性依次减弱，故同浓度的CH3COOH、H2CO3、HClO溶液的pH最大的是HClO；‎ ‎（2）A、0.1mol/L的CH3COOH溶液加稀释过程中，溶液中氢离子浓度减小，所以A 选项是正确的；‎ B、0.1mol/L的CH3COOH溶液加稀释过程中，各个微粒浓度减小，同时醋酸的电离向右移动， c（H+）减小的程度小于CH3COOH的减小程度，所以增大，故B错误；‎ C、只受温度的影响，温度不变则其值是一个常数，故C错误；‎ D、醋酸稀释，酸性减弱， c（H+）减小，水的离子积不变，则c（OH-）增大，所以增大，故D错误；‎ E、为醋酸的电离平衡常数，因为温度不变，则水的电离平衡常数不变，故E错误；‎ 因此，本题正确答案是：A；‎ 若该溶液升高温度，醋酸、水的电离程度对增大，则溶液中氢离子、氢氧根离子浓度都增大，‎ A.升高温度后溶液中氢离子浓度c（H+）增大，所以A选项是正确的；‎ B.升高温度后氢离子、氢氧根离子浓度都增大， ，醋酸的浓度减小，则该比值增大，所以B选项是正确的；‎ C. c（H+）•c（OH﹣）为水的离子积，升高温度后水的电离程度增大，则水的离子积增大，所以C选项是正确的；‎ D．升高温度后氢氧根离子、氢离子浓度都增大，但氢离子浓度增大的幅度大于氢氧根离子，所以该比值减小，故D错误；‎ E．为醋酸的电离平衡常数，升高温度后产生的电离平衡常数增大，故E正确；‎ 因此，本题正确答案：ABCE.‎ ‎(3)根据图象分析知道，起始是两种溶液中c（H+）相同，c(较弱酸)>c(较强酸)，稀释过程中较弱酸的电离程度增大，故在整个稀释过程中较弱酸的c（H+）一直大于较强酸的c（H+‎ ‎），稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，故HX酸性强，电离平衡常数大；HX酸性强于CH3COOH的，稀释后HX溶液中c（H+）小于CH3COOH溶液中的c（H+），所以对水的抑制能力减弱；‎ ‎ (4)100℃时，水的离子积为，，pH=6，为中性溶液，该温度下测得某溶液pH=7，该溶液显碱性，将此温度下pH=1的溶液aL与pH=11的NaOH溶液bL混合，若所得混合液pH=2说明溶液显酸性，， a：b=11：9。‎ 四、实验题（1个共14分）‎ ‎29.某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，请填写下列空白：‎ ‎（1）选用的指示剂是______________________。‎ ‎（2）用标准的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______________________。‎ ‎（3）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是_______________。‎ A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液 B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 ‎（4）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，请将数据填入下面表格的横线处。‎ 滴定次数 待测氢氧化钠溶液的体积/ mL ‎0.1000 mol/L 盐酸的体积/ mL 滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积/ mL 第一次 ‎25.00‎ ‎0.00‎ ‎________‎ ‎_______‎ 第二次 ‎25.00‎ ‎2.00‎ ‎28.08‎ ‎26.08‎ 第三次 ‎25.00‎ ‎0.22‎ ‎26.34‎ ‎26.12‎ ‎（5）请根据上表中数据列式计算该氢氧化钠溶液的物质的量浓度：c（NaOH）＝ _________。‎ ‎（6）滴定终点的判定依据是_______________。‎ ‎【答案】 (1). 甲基橙 (2). 锥形瓶中溶液颜色变化 (3). D (4). 26.10 (5). 26.10 (6). 0.1044mol/L (7). 滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不变色 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)盐酸和氢氧化钠恰好反应溶液呈中性，可选择的指示剂是甲基橙，因此，本题正确答案是：甲基橙；‎ ‎(2)酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，以判断终点，因此，本题正确答案是：锥形瓶内溶液的颜色变化；‎ ‎(3)A、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)，可以知道c(待测)偏大，故A错误；‎ B.滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，造成V(标准)不变，根据c(待测)，可以知道c(待测)不变，故B错误；‎ C、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)，可以知道c(待测)偏大，故C错误；‎ D、读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)，可以知道c(待测)偏小，所以D选项是正确的；‎ 所以D选项是正确的；‎ ‎(4)起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，盐酸溶液的体积为26.10mL，‎ 因此，本题正确答案是：26.10；26.10；‎ ‎(5)三组数据均有效，平均消耗V(盐酸)，‎ ‎ ‎ 则，‎ 因此，本题正确答案是：；‎ ‎(6)选择甲基橙作指示剂，滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不变色，因此，本题正确答案是：滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不变色。‎ ‎【点睛】在分析滴定实验误差时，根据c(待测)，将变量转化为标准溶液体积的变化，进而进行判断。‎