甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题

甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题

静宁一中2019-2020学年度第一学期高二级第一次考试题 化学 第I卷（选择题)‎ 一、单选题（每题2分）‎ ‎1.已知：X(g)＋2Y(g)3Z(g) △H＝－a kJ·mol－1(a>0)。下列说法不正确的是 A. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可能达到akJ B. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小 C. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化 D. 0.1 mol X和0.2 molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.没有标明参加反应的物质的量，所以放出热量可能达到akJ，A项正确；‎ B.升高反应温度，正逆反应速率都增大，B项错误；‎ C.达到化学反应平衡时，正逆反应速率相等，所以X、Y、Z的浓度不再发生变化，C项正确；‎ D.由于反应是可逆反应，可逆反应反应物不能转化完全，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列溶液中呈酸性的是(　　)‎ A. NH4Cl 溶液 B. NaNO3溶液 C. KHCO3 溶液 D. Na2SO3 溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解，导致溶液呈酸性，故A选；‎ B．硝酸钠是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故B不选； ‎ C．KHCO3是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解，溶液呈碱性，故C不选；‎ D．亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解，溶液呈碱性，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C ‎，要注意碳酸氢钠中存在碳酸氢根离子的水解和电离，但水解程度大于电离程度，溶液显碱性。‎ ‎3.在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB＝3vA、3vC＝2vB，则此反应可表示为 A. ‎2A＋3B＝‎2C B. A＋3B＝‎2C C. ‎3A＋B＝‎2C D. A＋B＝C ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在同一反应中，用不同物质表示的速率之比等于方程式的化学计量数之比。由于2vB＝3vA、3vC＝2vB，所以vA ：vB ：vC＝2：3：2，所以A、B、C的化学计量数之比为2：3：2，故选A。‎ ‎4.反应2SO2＋O22SO3达到平衡后，再向反应容器中充入含氧的同位素的氧气经过一段时间后，原子存在于 A. O2 B. SO‎2 ‎C. O2和SO2 D. O2、SO2和SO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】平衡后，再向反应容器中充入含氧的同位素的氧气，二氧化硫、氧气在催化剂、加热的条件下，生成三氧化硫；而三氧化硫在同样的条件下可分解为二氧化硫和氧气，所以18O2中的18O通过化合反应存在于SO3中，SO3 中的18O通过分解反应会存在于SO2中，最终SO3、SO2、O2中都含有18O，故答案为D。‎ ‎【点睛】根据可逆反应的特点分析本题，即可逆反应在同一条件下既能正向进行、同时又能逆向进行。‎ ‎5.下列反应在常温下均为非自发反应，在高温下仍为非自发反应的是 A. Ag2O(s)===2Ag(s)＋O2(g)‎ B. Fe2O3(s)＋C(s)===2Fe(s)＋CO2(g)‎ C. N2O4(g)===2NO2(g)‎ D. ‎6C(s)＋6H2O(l)===C6H12O6(s)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0。‎ ‎【详解】A. Ag2O(s)===2Ag(s)＋O2(g) 反应的△H＞0、△S＞0，高温下△H-T△S＜0，反应能自发进行，故A错误；‎ B. Fe2O3(s)＋C(s)===2Fe(s)＋CO2(g) 反应的△H＞0、△S＞0，高温下△H-T△S＜0，反应能自发进行，故B错误；‎ C. N2O4(g)===2NO2(g) 反应的△H＜0、△S＞0，任何情况下△H-T△S＜0，反应均能自发进行，故C错误；‎ D. ‎6C(s)＋6H2O(l)===C6H12O6(s) 反应的△H＜0、△S＜0，高温下△H-T△S＞0，反应不能自发进行，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了反应自发进行的判断依据，注意反应是否自发进行由焓变、熵变、温度共同决定。‎ ‎6.在一密闭容器中发生反应：2SO2＋O22SO3，起始时有amol二氧化硫和bmol氧气，达到平衡时有cmol 三氧化硫生成，则平衡时二氧化硫在反应混合物中的体积分数为(　　)‎ A. ×100% B. ×100% C. ×100% D. %‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】分别列出起始量、转化量和平衡量。‎ ‎　 2SO2　＋　O2　　2SO3‎ 起始量(mol) a b 0‎ 转化量(mol) c ‎0.5c c 平衡量(mol) a－c b－‎0.5c c w(SO2)＝×100%＝%‎ 故答案选D。‎ ‎7.下列关于化学平衡常数K的说法中，正确的是（ ）‎ A. 对于某一反应来说，K是定值，不随外界条件的改变而改变 B. K越大，化学反应速率越快 C. K越大，反应进行得越彻底 D. 使用合适的催化剂，既可以改变反应速率，也可以改变平衡常数K ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．平衡常数随温度变化而变化。温度不变，只改变浓度、压强等，平衡移动，但K值不变，而温度改变，平衡移动，平衡常数也改变，故A错误；‎ B．平衡常数用来衡量反应进行程度，和反应速率无直接关系，故B错误；‎ C．平衡常数越大，反应物转化率越大，反应进行得越彻底，故C正确；‎ D．平衡常数只受温度影响，使用催化剂可以加快反应速率，但不影响平衡常数，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】化学平衡常数应注意的问题：①化学平衡常数只与温度有关；②稀溶液中进行的反应，水的“浓度”作为常数，在平衡常数中不用书写；③当反应中有固体物质参加时，固体的“浓度”作为常数，在平衡常数表达式中不用书写；④化学平衡常数表达式与化学方程式的书写方式有关。同一个化学反应，由于书写的方式不同，各反应物、生成物的化学计量数不同，平衡常数就不同。但是这些平衡常数可以相互换算；⑤平衡常数的大小可以表示反应进行的程度。K大说明反应进行程度大，反应物的转化率大。K小说明反应进行的程度小，反应物的转化率小。一般认为K＞105反应较完全(即不可逆反应)，K＜10-5反应很难进行(即不反应)；⑥定量的衡量化学反应进行的程度。K值越大，表示反应进行的程度越大，反应物的转化率也越大；⑦判断可逆反应进行的方向：对于可逆反应，在一定的温度的任意时刻，生成物浓度的化学计量数次幂与反应物的化学计量数次幂的比值叫做反应的浓度商，用Qc表示。Qc＜K时，向正反应方向进行；Qc=K时，反应平衡；Qc＞K 时，向逆反应方向进行；⑧判断反应的热效应，若升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；若升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。‎ ‎8.已知M、N、R均为短周期的元素，M、N同周期，M、R的最低价离子分别为M2－和R－，N2＋和R－具有相同的电子层结构，下列说法正确的是（ ）‎ A. 对应气态氢化物的稳定性M＞R B. R元素的最高正价一定为＋7价 C. 离子半径：M2－＞R－＞N2＋ D. 还原性：M2－＜R－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ N2＋和R－具有相同的电子层结构，说明R在N的上一周期，因为三种元素为短周期元素，根据离子所带电荷数，推出N为Mg，M为S，R为F，据此分析。‎ ‎【详解】短周期元素中，M和R的最低价离子分别为M2－和R－，推出M位于第VIA族，R位于ⅦA族，N的价态为＋2价，位于元素周期表ⅡA族，N2＋和R－具有相同的电子层结构，说明R在N的上一周期，即N位于第三周期，R位于第二周期，M和N位于同周期，推出N为Mg，M为S，R为F，‎ A、F的非金属性强于S，则HF的稳定性强于H2S，故A错误；‎ B、F没有正价，故B错误；‎ C、S2－电子层数最多，即S2－半径最大，F－和Mg2＋核外电子排布相同，即F－的半径大于Mg2＋，离子半径大小顺序是S2－>F－>Mg2＋，故C正确；‎ D、F的非金属性强于S，则S2－的还原性强于F－，即还原性大小顺序是S2－>F－，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，微粒半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，一般微粒半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，当电子层数相同，原子序数相同，微粒半径随着电子数的增多而增大。‎ ‎9.在一定温度下的定容容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应A(g)＋2B(g) C(g)＋D(g)，已达到平衡状态的是（ ）‎ ‎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混合气体的总物质的量 ⑤混合气体的平均相对分子质量 ⑥v(C)与v(D)的比值　⑦混合气体的总质量 ⑧混合气体的总体积 ⑨C、D的分子数之比为1∶1‎ A. ①②③④⑤⑥⑦⑧ B. ①③④⑤‎ C. ①②③④⑤⑦ D. ①③④⑤⑧⑨‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①该反应为反应前后气体的物质的量减小的反应，容器体积不变，随反应进行压强降低，当压强不再变化，则各气体的物质的量不变，说明反应到达平衡，故①正确；‎ ‎②反应混合物都是气体，总质量不变，容器体积不变，密度自始至终都不变，不能说明到达平衡状态，故②错误；‎ ‎③随反应进行B的浓度减小，当B的物质的量浓度不再变化，说明到达平衡，故③正确；‎ ‎④该反应为反应前后气体的物质的量减小的反应，随反应进行混合气体总物质的量减小，混合气体总物质的量不再变化，则各气体的物质的量不变，说明反应到达平衡，故④正确；‎ ‎⑤反应混合物都是气体，总质量不变，随反应进行混合气体总物质的量减小，所以随反应进行混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明到达平衡，故⑤正确；‎ ‎⑥v(C)与v(D)的速率关系自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故⑥错误；‎ ‎⑦反应混合物都是气体，混合气体总质量不发生变化，不能说明到达平衡，故⑦错误；‎ ‎⑧容器的体积不变，混合气体总体积不变，不能说明到达平衡，故⑧错误；‎ ‎⑨伴随反应的进行，容器内C、D的分子数之比始终是1∶1，不能说明到达平衡，故⑨错误；‎ 故①③④⑤正确，故答案为B。‎ ‎【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆速率之比等于化学化学计量数之比(不同物质)，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，选择判断化学平衡的物理量应随反应进行发生变化，当该物理量不再变化可以说明到达平衡。‎ ‎10.N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生如下反应：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)　ΔH ＞0。T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体，部分实验数据见下表，下列说法正确的是 时间/s ‎0‎ ‎500‎ ‎1 000‎ ‎1 500‎ c(N2O5)/mol·L－1‎ ‎5.00‎ ‎3.50‎ ‎2.50‎ ‎2.50‎ A. 500 s内NO2的生成速率为3.00×10－3 mol·L－1·s－1‎ B. T1温度下该反应平衡时N2O5的转化率为50%‎ C. 达平衡后其他条件不变，将容器体积压缩到原来的，c(N2O5)<5.00 mol·L－1‎ D. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则K1K2，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎11.已知‎25℃‎时有关弱酸的电离平衡常数：则下列有关说法正确的是（ ）‎ 弱酸化学式 CH3COOH HCN H2CO3‎ 电离平衡常数 ‎1.8×10-5‎ ‎4.9×10-10‎ K1＝4.3×10-7‎ K2＝5.6×10-11‎ A. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(NaCN)＞pH(Na2CO3)＞pH(CH3COONa)‎ B. 冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小 C. NaCN中通入少量CO2发生的化学反应为：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3‎ D. 稀释HCN溶液过程中，减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据表格中的数据，得出电离出H＋能力的大小顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，利用化学原理进行分析；‎ ‎【详解】根据表格中的数据，得出电离出H＋能力的大小顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，‎ A、利用盐类水解的规律中“越弱越水解”，推出水解程度：CO32-＞CN-＞CH3COO-，即溶液的pH：pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)，故A错误；‎ B、冰醋酸是纯醋酸，无离子，加水醋酸发生电离，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，继续加水稀释，溶液中离子浓度降低，导电能力降低，加水，始终促进醋酸的电离，即电离程度始终增大，溶液中c(H＋)先增大后降低，即pH先减小后增大，故B错误；‎ C、根据电离出H＋能力，发生化学方程式为NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3，故C正确；‎ D、，Ka(HCN)不变，稀释HCN，溶液c(H＋)减小，该比值增大，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎12.下列实验方案中，能达到相应实验目的的是 A. 方案①用于分离I2和NH4Cl固体 B. 方案用于比较CuSO4和MnO2的催化活性 C. 方案③用于测定中和热 D. 方案④用于比较醋酸和硼酸的酸性强弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加热时碘升华，而氯化铵易分解，且分解生成物氨气和氯化氢在温度较低的地方又化合生成氯化铵，达不到实验目的，A项错误；‎ B. 本实验中，只有催化剂不同，其他的物质及其对应的物理量均相同，符合“单一变量”原则，本实验过氧化氢的质量分数要一致，B项错误；‎ C. 图②中和热的测定，缺少环形玻璃搅拌棒，C项错误；‎ D. 本实验中，醋酸可以和NaHCO3反应产生气泡，硼酸不行，可以说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.已知某可逆反应mA(g)+nB(g) pC(g)在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间t时，温度T和压强p与反应物B在混合气体中的体积分数B％的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是( )‎ A. T1p放热反应 B. T1>T2 p1p‎2 m+n>p放热反应 D. T1>T2 p1p吸热反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当横坐标表示时间时，有“先拐先平，数值大”的规律。在讨论涉及多个变量间的关系时，常采用“定一议二”的方法。‎ ‎【详解】A. 对比曲线①和②，发现二者的压强相同而温度不同，而②曲线“先拐先平”，说明②曲线对应的速率大，说明T1>T2 ，A项错误；‎ B. 在A项分析的基础上，相对于T2来说，T1相当于升高温度，而从图示纵坐标看出，升高温度反应物B的量减小，说明升温使平衡右移，所以正向应是吸热反应；再比较②曲线和③曲线，发现温度相同而压强不同，此时②曲线“先拐先平”，说明压强p2>p1，p2相对于p1来说相当于加压，从图示中纵坐标来看，加压使反应物B的量增加，说明加压平衡左移，所以有m+nT2，C项错误；‎ D. 由B项分析知m+nT2，p2>p1，由此可排除A、C项。然后分析曲线②和③，判断出m+n7‎ C. 将0．1mol·L—1的HI溶液加水稀释100倍，溶液中所有离子的浓度随之减小 D. 两种酸溶液的pH分别为a和(a+1)，物质的量浓度分别为c1和c2，则c1＝‎10c2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，将Ca(OH)2饱和溶液加热Ca(OH)2析出，溶液的pH减小，A项错误； B．pH=3的盐酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=10-3mol/L，两种溶液H+与OH-离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH＞7，B项正确； C．HI为强电解质，将0.1mol/L的HI溶液加水稀释l00倍，氢离子浓度变成约为0.001mol/L，根据KW=c（H+）×c（OH-）可知，溶液中氢氧根离子的浓度随之变大，C项错误； D．若为弱酸，则因醋酸为弱电解质，浓度越小，电离程度越大，故当pH分别为a和（a+1），物质的量浓度分别为c1和c2时，则有c1＞‎10c2，D项错误； 答案选B。‎ ‎19.下列描述或表达式正确的是（　　）‎ A. 不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质 B. NaHSO4在稀溶液中的电离方程式：NaHSO4═Na++H++SO42-‎ C. 电解、电泳、电离、电化腐蚀等过程均需要通电才进行 D. 对于反应 MnO2+ZnS+2H2SO4═MnSO4+ZnSO4+S+2H2O，每有1molMnO2被氧化，转移2mol 电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的盐可能是强电解质，CaCO3、BaSO4‎ 熔融状态完全电离，均是强电解质，故A错误；B．NaHSO4在稀溶液中完全电离成钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式：NaHSO4═Na++H++SO42-，故B正确；C．电解、电泳等过程均需要通电才进行，电离、电化腐蚀不需要通电，故C错误；D．反应MnO2+ZnS+2H2SO4═MnSO4+ZnSO4+S+2H2O中Mn元素的化合价降低，被还原，则1molMnO2被还原，转移2mol电子，故D错误；故选B。‎ ‎20.25℃‎时，由水电离出的c(H+)= 1×10－13mol·L－1的溶液中，一定不能大量共存的离子组是 ‎① K＋、Al3+、Cl－、CO32－ ② K＋、Fe3＋、I－、SO42－ ③ Fe2＋、Cl－、NO3－、SO42－ ④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－ ⑤ K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－‎ A. ②③④ B. ②③④⑤ C. ①②③④ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由水电离出的c(H+)= 1×10－13mol·L－1的溶液中，可能呈强酸性，pH=1，也可能呈强碱性，pH=13，① 在酸性条件下CO32－不能大量存在，在碱性条件下Al3+不能大量存在，故此项选；② 在碱性条件下Fe3＋不能大量存在，在酸性条件下Fe3＋与I－之间发生氧化还原反应不能大量共存，故此项选；③ 在碱性条件下，Fe2＋因生成沉淀不能大量存在，在酸性条件下NO3－会氧化Fe2＋不能大量共存，故此项选；④无论是酸性还是碱性溶液，HCO3－都不能大量存在，故此项选；⑤ 无论是酸性条件还是碱性条件，K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－之间不会反应，可以大量存在，故此项不选；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】注意题干信息是要求一定不能共存，若在酸性条件可以共存，或是碱性条件可以共存，则不符合题意。‎ ‎21.向盛有稀盐酸的烧杯中逐滴加入NaOH溶液，测得烧杯中溶液的pH变化如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. a点所示的溶液中含有的溶质是NaOH和NaCl B. b点所示的溶液能使紫色石蕊溶液变红 C. c点表示NaOH和稀盐酸恰好完全反应 D. a、b、c所示的溶液中都含有Na+、Cl﹣‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 稀盐酸显酸性，pH小于7，稀盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，氯化钠溶液显中性，pH等于7，氢氧化钠溶液显碱性，pH大于7，a点所示的溶液pH小于7，稀盐酸没有完全反应，含有的溶质是HCl和NaCl，A项错误；‎ B.b点所示的溶液pH等于7，稀盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，溶液显中性，不能使紫色石蕊溶液变色，B项错误；‎ C.c点时溶液的pH大于7，溶液显碱性，NaOH过量，C项错误；‎ D氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，a、b、c所示的溶液中都含有氯化钠，氯化钠在溶液中以钠离子和氯离子的形式存在，溶液中都含有Na+、Cl-，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】抓住每个阶段的反应实质及反应物是否过量，最终得出溶液的溶质成分是解答本题的关键。‎ ‎22.下列热化学方程式及有关应用的叙述中，正确的是 A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+ 2O2(g) ═ CO2(g) + 2H2O(g) △H = -890.3kJ•mol-1‎ B. 已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为57.3kJ•mol-1，则1/2H2SO4(aq)+1/2Ba(OH)2(aq)═1/2BaSO4(s)+H2O(l) △H = -57.3kJ•mol-1‎ C. ‎500℃‎、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H = -38.6kJ•mol-1‎ D. 已知‎25℃‎、101KPa条件下：4Al(s) + 3O2(g) ═ ‎2A12O3(s) △H = -2834.9kJ•mol-1，4Al(s) + 2O3(g) ═ ‎2A12O3(s) △H = -3119.1kJ•mol-1，则O2比O3稳定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲烷的燃烧热是1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量；H2SO4(aq)与Ba(OH)生成水和硫酸钡沉淀，所以0.5molH2SO4(aq)与0.5molBa(OH)2(aq)反应放出热量大于57.3kJ；合成氨反应可逆，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)的物质的量小于1mol；根据盖斯定律:3O2(g)═2O3(g)△H=-2834.9kJ•mol-1-(-3119.1KJ•mol-1)=284.1KJ/mol，所以氧气能量小于臭氧；‎ ‎【详解】甲烷的燃烧热是1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+ 2O2(g) ═ CO2(g) + 2H2O(l) △H = -890.3kJ•mol-1，故A错误 ；H2SO4(aq)与Ba(OH)生成水和硫酸钡沉淀，所以0.5molH2SO4(aq)与0.5molBa(OH)2(aq)反应放出热量大于57.3kJ，故B错误；合成氨反应可逆，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)的物质的量小于1mol，所以N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H < -38.6kJ•mol-1，故C错误 ；根据盖斯定律:3O2(g)═2O3(g)△H=-2834.9kJ•mol-1-(-3119.1KJ•mol-1)=284.1KJ/mol，所以氧气能量小于臭氧，所以O2比O3稳定，故D正确。‎ ‎23.醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是 ‎①1 mol·L－1的CH3COOH溶液中c(H＋)＝10－2mol·L－1‎ ‎②CH3COOH以任意比与H2O互溶 ‎③在相同条件下，CH3COOH溶液的导电性比盐酸弱 ‎④10 mL 1 mol·L－1的CH3COOH溶液恰好与10 mL 1 mol·L−1的NaOH溶液完全反应 ‎⑤同浓度同体积的CH3COOH溶液和HCl溶液与Fe反应时，CH3COOH溶液中放出H2的速率慢 ‎⑥CH3COOH溶液中CH3COOH、CH3COO－、H＋同时存在 A. ①③⑤⑥ B. ②③④⑤ C. ①④⑤⑥ D. ③⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在水溶液里或熔融状态下部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明醋酸部分电离，就能证明醋酸是弱电解质，还可以根据其电离程度或其强碱盐的酸碱性判断酸的强弱。‎ ‎【详解】①中若CH3COOH完全电离，则c(H＋)＝1mol·L－1，而现在c(H＋)＝10－2mol·L－1，故CH3COOH部分电离，为弱电解质；‎ ‎②中CH3COOH以任意比与H2O互溶，体现的是CH3COOH的溶解性，与CH3COOH是强电解质还是弱电解质无必然的联系；‎ ‎③是在相同条件下，即同温同浓度条件下，CH3COOH溶液的导电性比盐酸弱，说明CH3COOH溶液中离子浓度小，即电离程度小，盐酸中的HCl是完全电离的，故说明CH3COOH为弱电解质；‎ ‎④中发生的是酸碱中和反应，醋酸与强碱反应能够进行到底，不能说明其电离程度，不能判断醋酸为弱电解质；‎ ‎⑤中Fe无论是与盐酸还是与CH3COOH溶液反应，其实质都是与溶液中的H＋反应，与CH3COOH溶液反应；放出H2的速率慢，说明CH3COOH溶液中c(H＋)小，CH3COOH部分电离；‎ ‎⑥CH3COOH溶液中CH3COOH、CH3COO－、H＋同时存在，说明CH3COOH不能完全电离，是弱电解质；综合以上分析可知：①③⑤⑥可以证明它是弱电解质；‎ 正确选项A。‎ ‎【点睛】本题考查了电解质强弱的判断，电解质的强弱是根据电解质的电离程度划分的，与电解质的溶解性强弱无关，为易错点。‎ ‎24.有等体积、等pH值的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是(　　)‎ A. V3>V2=V1 B. V3=V2=V‎1 ‎C. V3>V2>V1 D. V1=V2>V3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液，溶液中的OH‾浓度相同，因为Ba(OH)2、NaOH为强碱，NH3•H2O为弱碱，则NH3•H2O 浓度远远大于Ba(OH)2和NaOH，所以用去酸的体积为：V3＞V2＝V1，故A正确。‎ 第II卷（非选择题)‎ 二、实验题 ‎25.酸碱中和滴定是中学化学常见实验。‎ Ⅰ.下图表示50mL酸式滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中剩余液体的体积是______mL。‎ A、a B、大于a C、小于(50-a) D、大于(50-a)‎ Ⅱ.某同学欲测定某浓硫酸样品的物质的量浓度，进行了以下实验操作：‎ A 冷却至室温后，在100mL容量瓶中定容配成100mL稀硫酸。‎ B 量取20.00mL稀硫酸于锥形瓶中并滴入几滴指示剂。‎ C 将酸式滴定管和碱式滴定管用蒸馏水洗涤干净，并用各待盛溶液润洗。‎ D 将物质的量浓度为1.50 mol·L－1的标准NaOH溶液装入碱式滴定管，调节液面记下读数V1。‎ E 继续滴定至终点，记下读数为V2。‎ F 在锥形瓶下垫一张白纸，把锥形瓶移到碱式滴定管下小心滴入NaOH标准溶液，边滴边摇动锥形瓶。‎ G 量取浓硫酸样品5 mL，在烧杯中用蒸馏水溶解。‎ H 重复以上实验。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）该实验正确操作步骤的顺序为____→ A →_____→_____→D→_____→_____→ H（用编号字母填写）。‎ ‎（2）量取5mL浓硫酸仪器是________________________；量取20.00mL稀硫酸的仪器是_________。‎ ‎（3）选用的指示剂是_____________。滴定过程中，视线应注视____________________；判断到达滴定终点的现象是________________；读数时，视线应____________（填“高于”、“低于”或“相平于”）溶液凹液面的最低处。‎ ‎（4）下表是实验测得的有关数据：‎ 滴定序号 待测稀硫酸的体积(mL)‎ 所消耗NaOH标准溶液液的体积(mL)‎ V1‎ V2‎ ‎①‎ ‎20．00‎ ‎0．50‎ ‎22．60‎ ‎②‎ ‎20．00‎ ‎6．00‎ ‎27．90‎ 请计算出该浓硫酸样品的浓度为____________mol·L－1 (不必写出计算过程)。‎ ‎【答案】 (1). D (2). G (3). C (4). B (5). F (6). E (7). 量筒 (8). 酸式滴定管 (9). 酚酞或甲基橙 (10). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (11). 溶液由无色变成红色（或溶液由红色变成橙色）且30s内不褪色 (12). 相平于 (13). 16.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ. 根据滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大以及测量原理，注意滴定管最大刻度下方无刻度；‎ Ⅱ．（1）根据中和滴定原理和实验要求进行排序；‎ ‎（2）量筒精确度为0.1mL；滴定管精确度为0.01mL；‎ ‎（3）根据强酸强碱盐呈中性，应选择酸性或碱性范围内变色的指示剂，如甲基橙或酚酞；根据滴定过程中，目光应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断终点的到达，读数时应平视溶液凹液面的最低处；‎ ‎（4）计算两次实验消耗氢氧化钠的体积，取平均值，依据酸碱中和反应n（OH-）=n（H+）计算浓硫酸的物质的量浓度。‎ ‎【详解】Ⅰ. 滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，由于滴定管最大刻度下方无刻度，50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于50ml，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积大于(50−a)mL，故选D。‎ Ⅱ. (1)用酸式滴定管准确量取浓硫酸样品10.00mL，在烧杯中用蒸馏水溶解，冷却至室温后,在250mL容量瓶中定容配成250mL稀硫酸，用移液管移取25.00mL稀硫酸于锥形瓶中并滴入几滴指示剂，将物质的量浓度为M mol/L的标准NaOH溶液装入碱式滴定管,调节液面,记下开始读数为V1，在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点,记下读数V2，故正确的操作顺序为：G→A→C→B→D→F→E→H，‎ 故答案为：G；C；B；F；E；‎ ‎(2)量筒精确度为0.1mL；滴定管精确度为0.01 mL，所以量取5mL浓硫酸的仪器：量筒；量取20.00mL稀硫酸的仪器是：酸式滴定管；故答案为：量筒；酸式滴定管；‎ ‎(3)硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠，硫酸钠溶液呈中性，应选择酸性或碱性范围内变色的指示剂，如酚酞或甲基橙；在滴定过程中，目光应注视锥形瓶中溶液颜色的变化；硫酸中加入酚酞，溶液显示无色，硫酸反应完全后，加入氢氧化钠溶液后，溶液显示红色且半分钟内不消失；读数时，视线应相平于溶液凹液面的最低处；故答案为：酚酞或甲基橙；锥形瓶中溶液颜色的变化；溶液由无色变成红色（或溶液由红色变成橙色）且30s内不褪色；相平于；‎ ‎(4)①消耗氢氧化钠的体积为：22.60−0.50=22.10 (mL)；‎ ‎②消耗氢氧化钠的体积为：27.90−6.00=21.90 (mL)；‎ 则消耗氢氧化钠溶液体积的平均值为：(22.10+21.90) ÷2 = 22.00 (mL)，‎ 依据酸碱中和滴定原理n(OH−)=n(H+)得1.50mol⋅L−1×22.00mL = 20.00ml×‎2c(稀)，解得所得稀硫酸的浓度c(稀) = 0.825mol/L，再根据稀释规律c(稀)V(稀)=c(浓)V(浓)可知，该浓硫酸样品的浓度为c(浓)= =16.5mol/L。‎ 三、填空题 ‎26.2018年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。 ‎ ‎（1）已知：CO2(g)+H2(g)H2O(g) +CO(g)　ΔH1 = + 41.1 kJ•mol-1‎ CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH2=－90.0 kJ•mol-1‎ 写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_______。‎ ‎（2）为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是_______（填字母）。‎ a.高温高压 b.低温低压 c.高温低压 d.低温高压 ‎（3）‎250℃‎、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，下图为不同投料比[n(H2)/n(CO2)]时某反应物X平衡转化率变化曲线。‎ ‎ ‎ ‎① 反应物X是_______（填“CO‎2”‎或“H‎2”‎）。‎ ‎② 判断依据是_______。‎ ‎（4）‎250℃‎、在体积为‎2.0L的恒容密闭容器中加入6mol H2、2mol CO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得c(CH3OH) = 0.75 mol· L－1。‎ ‎① 前10min的平均反应速率v(H2)＝_______ mol·L－1·min －1。‎ ‎② 化学平衡常数K = _______。 ‎ ‎③ 催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：‎ 实验编号 温度（K）‎ 催化剂 CO2转化率（%）‎ 甲醇选择性（%）‎ A ‎543‎ Cu/ZnO纳米棒 ‎12.3‎ ‎42.3‎ B ‎543‎ Cu/ZnO纳米片 ‎11.9‎ ‎72.7‎ C ‎553‎ Cu/ZnO纳米棒 ‎15.3‎ ‎39.1‎ D ‎553‎ Cu/ZnO纳米片 ‎12.0‎ ‎70.6‎ 根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为_______（填字母）。‎ ‎【答案】 (1). 3H2 (g)+CO2 (g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=－48.9 kJ/mol (2). d (3). CO2 (4). 恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2转化率降低 (5). 0.225 (6). 5.33（或16/3） (7). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考察化学平衡的移动；‎ ‎（1）考察盖斯定律，将两个热化学方程相加即可；‎ ‎（2）考察化学平衡移动；‎ ‎（3）考察反应物的平衡转化率，及影响因素；‎ ‎（4）考察化学反应速率、化学平衡常数、产物的选择性。‎ ‎【详解】（1）根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加可得：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=－48.9 kJ/mol；‎ ‎（2）根据热化学方程式可知，生成CH3OH的方向是放热反应方向，也是气体体积减小的方向，故要想提高CH3OH的产率，需要降温高压，故合理选项为d；‎ ‎（3）观察图中的横坐标，其物理量为，若假设n(CO2)为定值，则X的转化率随n(H2)的增大而增大，则X为CO2；‎ ‎（4）①在同一容器中，CH3OH的浓度变化量为0.75mol· L－1，则有（单位：mol· L－1）：‎ ‎3H2 (g)‎ CO2 (g)‎ CH3OH(g)‎ H2O(g)‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎1‎ 起始 ‎3‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎0‎ 转化 ‎2.25‎ ‎0.75‎ ‎0.75‎ ‎0.75‎ 平衡 ‎0.75‎ ‎0.25‎ ‎0.75‎ ‎0.75‎ H2的浓度变化量为2.25 mol· L－1，则前10min的平均反应速率v(H2)=0.225 mol· L－1；‎ ‎②K==；‎ ‎③选择性是指产物专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明该反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，BD的选择性很高，且B的CO2转化率比D稍低些，但是B的CH3OH的选择性高出了不少，故最佳选项为B。‎ ‎27.在装有MnO2的试管中加入H2O2可以快速制取O2，回答下列问题：‎ ‎(1)H2O2中O的化合价是_____，写出H2O2中含有的化学键类型____（填字母序号）。‎ A.极性共价键 B.非极性共价键 C.离子键 ‎(2)写出该反应的化学方程式 _______。 ‎ ‎(3)MnO2的作用是______。‎ ‎(4)下列措施可以加快该化学反应速率的是_______。‎ A．滴加FeCl3溶液 B．加热 C．降低压强 D.增大H2O2浓度 ‎【答案】 (1). -1 (2). AB (3). (4). 催化剂 (5). ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)H2O2中O的化合价是-1价，H2O2中氢原子与氧原子之间形成极性共价键，氧原子之间形成非极性共价键，故含有的化学键类型为极性共价键和非极性共价键，答案选AB；‎ ‎(2) 在装有MnO2的试管中加入H2O2可以快速制取O2，反应的化学方程式为；‎ ‎(3)MnO2作用是作催化剂；‎ ‎(4)A．滴加FeCl3溶液，铁离子起到催化作用，加快化学反应速率，选项A正确；‎ B．加热，温度升高，化学反应速率增大，选项B正确；‎ C．降低压强，化学反应速率减小，选项C错误；‎ D．增大H2O2的浓度，化学反应速率增大，选项D正确；‎ 答案选ABD。‎ ‎28.（1）已知食盐常加入KIO3　来补充碘元素，检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：__KIO3+___KI+___H2SO4═___K2SO4+___I2+___H2O（配平反应方程式）。‎ ‎①利用上述反应检验食盐中是否加碘，所需试剂是________（填下列选项的序号）‎ A、碘水  B、KI溶液  C、淀粉溶液   D、稀硫酸   E、AgNO3溶液 ‎②如果反应中转移0.2mol电子，则生成I2的物质的量为___________‎ ‎（2）Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染。化工厂可用浓氨水来检验Cl2‎ 是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2（气）+8NH3（气）=6NH4Cl（固）+N2（气）若反应中消耗Cl2　1.5mol，则被氧化的NH3在标准状况下的体积为___L。‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 5 (3). 3 (4). 3 (5). 3 (6). 3 (7). BCD (8). 0.12mol (9). 22.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考察氧化还原反应。‎ ‎【详解】（1）利用得失电子守恒，配平该化学方程式为：；‎ ‎①相当于利用上述反应检验KIO3，则需要反应物KI和H2SO4，反应后，用淀粉溶液检验I2的存在，说明该反应发生了，所以需要试剂BCD；‎ ‎②由该方程式可知，生成3mol I2需要转移5mol电子，所以转移0.2mol电子，生成I2有0.12mol；‎ ‎（2）由该方程式可知，8份NH3中，有2份作还原剂，6份作碱；所以1.5mol Cl2氧化1mol NH3，即被氧化的NH3的体积为‎22.4L（标况）。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中，某元素的原子不一定完全被氧化或者被还原，在计算时，一定要分析清楚被氧化或者被还原的占比。‎