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2021-2022学年四川省成都外国语学校高二（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年四川省成都外国语学校高二（上）期中化学试卷，共42页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年四川省成都外国语学校高二（上）期中化学试卷
一、选择题：本题共25小题，每小题2分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）下列化学用语正确的是（ ）
A．Cl﹣的结构示意图：
B．甲烷分子的球棍模型
C．四氯化碳的电子式：
D．氯乙烯的结构简式：CH2＝CHCl
2．（2分）日常生活中的下列做法不是为了加快化学反应速率的是（ ）
A．清洗水壶垢用较浓白醋
B．将煤块粉碎后燃烧
C．发馒头加酵母粉
D．月饼盒内放置还原性铁粉
3．（2分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．Na（s）Na2O2（s）Na2CO3（s）
B．Fe3O4（s）Fe（s）FeCl2（s）
C．SiO2（s）SiCl4（g）Si（s）
D．S（s）SO3（g）H2SO4（aq）
4．（2分）下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H3PO4
Fe（OH）3
非电解质
蔗糖
BaSO4
酒精
H2O
A．A B．B C．C D．D
5．（2分）把a、b、c、d四块金属片浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成多种原电池：若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，c为负极；a、c相连时，c为正极；b、d相连时，b为正极．则这四种金属的活动性顺序由强到弱为（ ）
A．a＞b＞c＞d B．a＞c＞d＞b C．c＞a＞b＞d D．b＞d＞c＞a
6．（2分）下列装置能达到实验目的的是（ ）
A．用于分离酒精和水
B．用于验证木炭与浓硫酸的反应产物中含有CO2
C．用于除去CO2中的少量HCl
D．用于制备蒸馏水
7．（2分）“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念。在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%．下列反应最符合绿色化学中“原子经济”要求的是（ ）
A．nCH2═CH2
B．CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl
C．Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O
D．3NO2+H2O═2HNO3+NO
8．（2分）海带中含有碘元素。从海带中提取的碘的步骤如下：
①海带焙烧成灰加入水搅拌 ②过滤 ③向滤液中加入稀H2SO4和H2O2④加入CCl4萃取 ⑤分液
下列说法中不正确的是（ ）
A．步骤②中用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
B．步骤③中涉及的离子方程式为：2I﹣+H2O2+2H+＝I2+2H2O
C．步骤④中不能用酒精代替CCl4
D．步骤⑤中获得I2从分液漏斗上口倒出
9．（2分）下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是（ ）
A．CH3COOH═H++CH3COO﹣ B．NaHSO4═Na++H++SO42﹣
C．H3PO4⇌3H++PO43﹣ D．NaHCO3⇌Na++H++CO32﹣
10．（2分）苯乙烯（）是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是（ ）
A．分子式为C8H8
B．分子中最多有12个原子共面
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯
11．（2分）已知：100 kPa下，1 mol 石墨完全燃烧放热393.5 kJ；1 mol 金刚石完全燃烧放热395.4 kJ，下列说法错误的是（ ）
A．石墨比金刚石稳定
B．石墨与金刚石互为同素异形体
C．相同质量的石墨比金刚石总能量高
D．100 kPa下，1 mol CO2（g）完全分解为石墨和O2（g） 吸热393.5 kJ
12．（2分）SF6是一种优良的气体绝缘材料，分子结构中只存在S﹣F键．发生反应的热化学方程式为：S（s）+3F2（g）＝SF6（g）△H＝﹣1220kJ/mol．已知：1mol S（s）转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1mol F﹣F 键需吸收的能量为160kJ，则断裂1mol S﹣F 键需吸收的能量为（ ）
A．330 kJ B．276.67 kJ C．130 kJ D．76.67 kJ
13．（2分）50mL 0.50mol•L﹣1盐酸与50mL 0.55mol•L﹣1 NaOH溶液进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，下列说法错误的是（ ）
A．在测定中和热的实验中，至少需要测定并记录的温度是3次
B．环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，则测得的△H会偏大
C．用相同浓度、相同体积的醋酸溶液代替盐酸进行上述实验，测得的△H会偏大
D．测量盐酸的温度后，必须用水将温度计洗净后再测量NaOH溶液的温度
14．（2分）我国科学家利用双功能催化剂（能吸附不同粒子）实现了水煤气低温下反应的高转化率和高反应速率[CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H]，过程示图如图。下列说法错误的是（ ）
A．过程Ⅰ、Ⅱ中CO未断键
B．双功能催化剂提高了活化分子百分数
C．过程Ⅲ有极性键和非极性键形成
D．上述过程提高了CO和H2O的平衡转化率
15．（2分）将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（ ）
A．c（H+） B．Ka（HF）
C． D．
16．（2分）把0.05molNaOH固体分别加入到100mL下列液体中，溶液的导电能力变化最小的是（ ）
A．自来水 B．0.5mol/L盐酸
C．0.5mol/LCH3COOH溶液 D．0.5mol/LKCl溶液
17．（2分）某学习小组用K2Cr2O7溶液做如下实验。已知Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+，溶液中Cr3+显绿色。下列说法错误的是（ ）
实验Ⅰ
实验Ⅱ
A．实验Ⅰ中滴入浓硫酸后甲试管溶液橙色加深
B．实验Ⅰ中浓硫酸起强氧化性作用
C．实验Ⅱ丙试管加入NaOH溶液，平衡向生成CrO42﹣方向移动
D．实验Ⅰ、Ⅱ说明K2Cr2O7在酸性溶液中氧化性更强
18．（2分）对反应 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，下列说法正确的是（ ）
A．该反应△S＜0△H＞0
B．该反应△S＞0△H＜0
C．该反应在低温下可以自发进行
D．该反应在加热时能自发进行的原因是△S＞0△H＞0
19．（2分）在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2A（g）+B（g）═3C（g）+D（s）△H＜0，某研究小组研究了在其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析不正确的是（ ）
A．图Ⅰ表示增加反应物浓度对该平衡的影响
B．图Ⅱ表示减小压强对该平衡的影响
C．图Ⅲ表示温度对该平衡的影响，温度：乙＞甲
D．图Ⅳ表示催化剂对该平衡的影响，催化效率：甲＞乙
20．（2分）已知某化学反应的平衡常数表达式为K＝，在不同的温度下该反应的平衡常数如表所示：
t/℃
700
800
830
1 000
1 200
K
1.67
1.11
1.00
0.60
0.38
下列有关叙述不正确的是（ ）
A．该反应的化学方程式是CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
B．上述反应的正反应是放热反应
C．若在1L的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.4mol时，该反应达到平衡状态
D．若平衡浓度符合下列关系式：＝，则此时的温度为1000℃
21．（2分）反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＝+57kJ•mol﹣1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．A、C两点的反应速率：A＞C
B．A、C两点气体的颜色：A浅，C深
C．T1＞T2
D．B、C两点气体的平均相对分子质量：B＜C
22．（2分）在100℃时，将0.40mol NO2气体充入2L的密闭容器中，发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0。监测反应获得如下数据：下列说法正确的是（ ）
时间/s
0
20
40
60
80
n（NO2）/mol
0.40
n1
0.26
n3
n4
n（N2O4）/mol
0.00
0.05
n2
0.08
0.08
A．0～20s内，v（NO2）＝0.005mol•L﹣1•s﹣1
B．若上述反应在120℃时进行，则反应至80s时，n（N2O4）＜0.08mol
C．若仅将起始时充入NO2的量增至0.80mol，达平衡时NO2转化率将减少
D．59s时，c（NO2）一定大于0.12mol•L﹣1
23．（2分）研究表明：Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）的反应经过以下反应历程：
第一步：Cl2⇌2Cl快速平衡
第二步：Cl+CO⇌COCl快速平衡
第三步：COCl+Cl2→COCl2+Cl慢反应
已知总反应速率方程为：v＝kx（Cl2）c（CO）[k为速率常数，只受温度影响]，下列说法正确的是（ ）
A．第一步反应一定放热
B．该总反应的速率主要由第一、二步快速反应决定
C．同倍增大c（Cl2）和c（CO），对总反应的速率影响程度前者比后者大
D．升高温度k增大
24．（2分）在体积为 2L 的恒容密闭容器中发生反应 xA（g）+yB（g）⇌zC（g），图Ⅰ表示 200℃时容器中 A、B、C 物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时 C 的体积分数随 起始 n（A）：n（B）的变化关系．则下列结论正确的是（ ）
A．200℃时向容器中充入 2mol A 和 1mol B，达到平衡时 A 的体积分数等于 0.5
B．200℃时，A 与 B 物质的量浓度之比不再改变，反应达平衡状态
C．图Ⅱ所知反应 xA（g）+yB（g）⇌zC（g）的△H＞0，且 a＝2
D．若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入 He，重新达到平衡前 v 正＞v 逆
25．（2分）煤燃烧排放的烟气中含有SO2和NOx，会形成酸雨、污染大气。在烟气处理过程中采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液的浓度为5×10﹣3 mol•L﹣1．反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表：下列说法错误的是（ ）
离子
SO42﹣
SO32﹣
NO3﹣
NO2﹣
Cl﹣
c/mol•L﹣1
8.35×10﹣4
6.87×10﹣6
1.5×10﹣4
1.2×10﹣5
3.4×10﹣3
A．NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为：4NO+3ClO2﹣+4OH﹣═4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O
B．增加压强，NO的转化率提高
C．随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐增大
D．由实验结果可知，脱硫反应的速率大于脱硝反应的速率
二、非选择题（50分）
26．（14分）醋酸是我们生活中常见的一种酸。请回答下列问题：
（1）在0.1mol⋅L﹣1的CH3COOH溶液中，要促进醋酸电离且使H+浓度增大，应采取的措施是 。
A.升温
B.加水
C.加入NaOH溶液
D.加入稀盐酸
（2）常温下，有 c（H+） 相同、体积相同的CH3COOH溶液和HCl溶液，现采取以下措施：
①分别加适量醋酸钠晶体后，CH3COOH溶液中c（H+） （填“增大”、“减小”或“不变”，下同），HCl溶液中c（H+） 。
②分别加水稀释10倍后，CH3COOH溶液中的c（H+） （填“＞”、“＝”或“＜”）HCl溶液中的c（H+）。
③分别加等浓度的NaOH溶液至恰好反应，所需NaOH溶液的体积：CH3COOH溶液 （填“＞”、“＝”或“＜”）HCl溶液。
④温度都升高20℃，CH3COOH溶液中c（H+） （填“＞”、“＜”或“＝”）HCl溶液中c（H+）。
（3）将0.1mol⋅L﹣1的CH3COOH溶液加水稀释，下列有关稀释后CH3COOH溶液的说法正确的是 。
A.电离程度增大
B.溶液中离子总数增多
C.溶液导电性增强
D.溶液中醋酸分子增多
（4）25℃时，醋酸、碳酸和亚硫酸的电离常数如表所示。
酸
电离常数
醋酸
K＝1.75×10﹣5
碳酸
K1＝4.30×10﹣7，K2＝5.61×10﹣11
亚硫酸
K1＝1.54×10﹣2，K2＝1.02×10﹣7
①碳酸第一步电离的电离常数表达式为 。
②在相同条件下，试比较CH3COO﹣、CO32﹣和SO32﹣与H+的结合能力大小： ＞ ＞ 。
③书写亚硫酸与碳酸氢钠溶液反应的离子方程式 。
27．（12分）某学习小组利用 5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O 来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取 KMnO4酸性溶液、H2C2O4溶液，然后倒入大试管中迅速振荡，观察现象。
（1）可通过测定 来判断反应的快慢。
（2）为了观察到明显的现象，如果 H2C2O4 与 KMnO4溶液的体积相同，则它们初始物质的量浓度需要满足的关系为：c（H2C2O4）：c（KMnO4） 。
（3）甲同学设计了如下实验
实验
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
H2O/mL
温度/℃
浓度/mol⋅L﹣1
体积/mL
浓度/mol⋅L﹣1
体积/mL
a
0.20
2.0
0.010
4.0
2.0
25
b
0.20
4.0
0.010
4.0
0
25
c
0.20
4.0
0.010
4.0
0
50
①探究温度对化学反应速率影响的组合实验编号是 。
②实验 b 测得混合后溶液褪色的时间为 30s，忽略混 合前后体积的微小变化，则这段时间平均反应速率 v（H2C2O4）＝ mol⋅L﹣1⋅min﹣1。
（4）在实验中，草酸（H2C2O4）溶液与 KMnO4 酸性溶液反应时，褪色总是先慢后快。
①乙同学据此提出以下假设：
假设 1：反应放热
假设 2：生成 对反应有催化作用
假设 3：生成 CO2 对反应有催化作用
假设 4：反应生成的 K+或 SO42﹣该反应有催化作用
丙同学认为假设 4 不合理，其理由是 。
②丁同学用如下实验证明假设 2 成立：在A和B试管中分别加4mL0.2mol⋅L﹣1 草酸溶液，再在 A 试管中加入lmL0.1mol⋅L﹣1MnSO4 溶液、B 试管中加入 mL 蒸馏水，然后在两支试管中同时分别加入1mL0.1mol⋅L﹣1KMnO4酸性溶液。预期的实验现象是 。在 B 试管中加入蒸馏水的目的是 。同学们认为不宜用 MnCl2 溶液代替 MnSO4 溶液对该反应进行催化探究，其原因是（用离子方程式表示） 。
28．（13分）卤块的主要成分是MgCl2（还含有少量Fe2+、Fe3+、Mn2+等离子）。以它为原料按如图流程可制得单质镁。
已知：溶液中生成氢氧化物的pH如表
物质
Fe（OH）3
Mn（OH）2
Mg（OH）2
开始沉淀
2.7
8.3
9.6
完全沉淀
3.7
9.8
11.1
请回答下列问题：
（1）步骤①中加入NaClO的目的是 ；为了尽量除去杂质，pH应调至 ，固体a中的成分有 。
（2）溶液b中的主要溶质为 ，步骤②后检验固体b已洗涤干净的操作为 。
（3）步骤③反应的化学方程式为 。步骤④选用的试剂X应是 。
（4）步骤⑤操作Ⅰ包括：先制得MgCl2•6H2O，再加热失水得无水MgCl2．由溶液c制MgCl2•6H2O的操作为 、 、过滤。
（5）步骤⑥反应的化学方程式为 。
29．（11分）氮和硫的氧化物的综合利用是目前研究的热点之一。
已知：
i.N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝+180.0kJ⋅mol﹣1
ii.2SO2（g）+O2（g）＝2SO3（g）△H＝﹣196.6kJ⋅mol﹣1
iii.2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）△H＝﹣113.0kJ⋅mol﹣1（1）反应
（1）iV：2NO2（g）+2SO2（g）＝2SO3（g）+N2（g）+O2（g）的△H＝ ；该反应在密闭容器中达到平衡后，只改变下列条件，一定能使N2的平衡体积分数增大的是 （填选项字母）。
A.缩小容器容积
B.再充入SO2
C.降低温度
D.分离出SO3
（2）T1℃时，容积相等的密闭容器中分别充入NO2和SO2的混合气体共4mol，发生反应iV.NO2或SO2的平衡转化率（a）与起始充入的关系如图1所示。
①图中能表示平衡时a（SO2）与起始充入的关系的曲线为 （填“L1”或“L2”）。
②反应的平衡常数K＝ 。
（3）向密闭容器中充入一定量SO2和O2，发生反应ii。SO3的平衡体积分数（ϕ）与温度（T）和压强（p）的关系如图2所示。
①P1、P2、P3由大到小的顺序为 。
②P、Q两点对应状态下，单位体积内反应物活化分子数目：P Q（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（4）汽车尾气净化中的一个反应如下：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）.一定温度下，向容积为1L的恒容密闭容器中充入0.2molNO 和0.3molCO，容器压强为 500KPa.经过t1min达到平衡状态，测得 NO 转化率为 50%．计算该温度时该反应的平衡常数 Kp＝ （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
2021-2022学年四川省成都外国语学校高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共25小题，每小题2分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）下列化学用语正确的是（ ）
A．Cl﹣的结构示意图：
B．甲烷分子的球棍模型
C．四氯化碳的电子式：
D．氯乙烯的结构简式：CH2＝CHCl
【分析】A．氯离子的核电荷数为17，最外层达到8电子稳定结构；
B．为甲烷的比例模型，不是球棍模型；
C．Cl最外层应为8个电子；
D．氯乙烯的结构简式要书写碳碳双键；
【解答】解：A．氯离子的核外电子总数为18，最外层含有8个电子，其离子结构示意图为：，故A错误；B．甲烷为正四面体结构，分子中含有4个碳氢键，甲烷正确的球棍模型为：，故B错误；
C．四氯化碳的电子式为，故C错误；
D．氯乙烯的结构简式要体现碳碳双键，所以为CH2＝CHCl，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、离子结构示意图、结构简式、球棍模型等知识，明确常见化学用语的表示方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
2．（2分）日常生活中的下列做法不是为了加快化学反应速率的是（ ）
A．清洗水壶垢用较浓白醋
B．将煤块粉碎后燃烧
C．发馒头加酵母粉
D．月饼盒内放置还原性铁粉
【分析】A．增大反应物浓度加快化学反应速率；
B．增大反应物接触面积加快化学反应速率；
C．加入催化剂加快化学反应速率；
D．减小反应物浓度减慢化学反应速率。
【解答】解：A．清洗水壶垢用较浓白醋，c（H+）越大，化学反应速率越快，所以用较浓白醋是为了加快化学反应速率，故A不选；
B．将煤块粉碎后增大反应物接触面积，加快化学反应速率，故B不选；
C．酵母粉属于酶，发面时的催化剂，加入酵母粉能加快化学反应速率，故C不选；
D．放置还原性铁粉能减小装置中氧气浓度，所以能减慢反应速率，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查基础知识的灵活应用能力，明确浓度、反应物接触面积、催化剂对反应速率影响原理是解本题关键，题目难度不大。
3．（2分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．Na（s）Na2O2（s）Na2CO3（s）
B．Fe3O4（s）Fe（s）FeCl2（s）
C．SiO2（s）SiCl4（g）Si（s）
D．S（s）SO3（g）H2SO4（aq）
【分析】A．钠与氧气点燃生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
B．铁和氯气反应生成氯化铁；
C．二氧化硅与盐酸不反应；
D．硫与氧气反应生成二氧化硫。
【解答】解：A．钠与氧气点燃：2Na+O2Na2O2，过氧化钠与二氧化碳反应：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，故A正确；
B．Fe3O4（s）Fe（s），氯气具有强氧化性，铁和氯气反应生成氯化铁，得不到氯化亚铁，故B错误；
C．SiCl4（g）Si（s）可实现，但二氧化硅与盐酸不反应，无法得到四氯化硅，故C错误；
D．S（s）SO2（g），无法一步得到三氧化硫，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质性质、物质转化的应用，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，熟悉物质的性质及反应条件是解题关键，题目难度不大。
4．（2分）下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H3PO4
Fe（OH）3
非电解质
蔗糖
BaSO4
酒精
H2O
A．A B．B C．C D．D
【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此进行判断。
【解答】解：A．Fe是单质既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．NH3不能电离属于非电解质，硫酸钡熔融状态导电属于强电解质，故B错误；
C．碳酸钙为强电解质，磷酸为弱电解质，酒精为非电解质，故C正确；
D．水为弱电解质，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关。
5．（2分）把a、b、c、d四块金属片浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成多种原电池：若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，c为负极；a、c相连时，c为正极；b、d相连时，b为正极．则这四种金属的活动性顺序由强到弱为（ ）
A．a＞b＞c＞d B．a＞c＞d＞b C．c＞a＞b＞d D．b＞d＞c＞a
【分析】原电池中，负极材料为较活泼的金属，发生氧化反应，正极为较不活泼的金属，发生还原反应，以此判断金属的活动性．
【解答】解：若a、b相连时，a为负极，活动性a＞b；
c、d相连时c为负极，活动性c＞d；
a、c相连时c为正极，a为负极，活动性a＞c；
b、d相连时b为正极，d为负极，活动性d＞b；
则有活动性a＞c＞d＞b。
故选：B。
【点评】本题考查金属活动性的比较，题目难度不大，注意金属活动性的比较方法的积累．
6．（2分）下列装置能达到实验目的的是（ ）
A．用于分离酒精和水
B．用于验证木炭与浓硫酸的反应产物中含有CO2
C．用于除去CO2中的少量HCl
D．用于制备蒸馏水
【分析】A．酒精与水互溶；
B．C与浓硫酸反应生成的二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊；
C．HCl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
D．蒸馏时温度计测定馏分的温度、且冷却水下进上出．
【解答】解：A．酒精与水互溶，不能利用分液漏斗分离，应选蒸馏法，故A错误；
B．C与浓硫酸反应生成的二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则不能检验有CO2，应除去二氧化硫后检验，故B错误；
C．HCl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则图中洗气可除杂，故C正确；
D．蒸馏时温度计测定馏分的温度、且冷却水下进上出，图中温度计的位置、冷却水方向均不合理，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．
7．（2分）“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念。在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%．下列反应最符合绿色化学中“原子经济”要求的是（ ）
A．nCH2═CH2
B．CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl
C．Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O
D．3NO2+H2O═2HNO3+NO
【分析】绿色化学要求尽可能地利用原材料，根据题干要求，要从反应的原子利用率方面进行考虑分析。
【解答】解：A．CH2＝CH2生成聚乙烯，为加成聚合反应，原料利用率为100%，故A正确；
B．甲烷和氯气光照取代生成两种物质，不能符合绿色化学中“原子经济”，故B错误；
C．氯气和氢氧化钠溶液反应，生成三种物质，原料利用率不为100%，故C错误；
D．3NO2+H2O═2HNO3+NO，原料利用率不为100%，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查“绿色化学”知识，题目难度不大，要熟悉各种反应类型，还要考虑环保、经济等方面。
8．（2分）海带中含有碘元素。从海带中提取的碘的步骤如下：
①海带焙烧成灰加入水搅拌 ②过滤 ③向滤液中加入稀H2SO4和H2O2④加入CCl4萃取 ⑤分液
下列说法中不正确的是（ ）
A．步骤②中用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
B．步骤③中涉及的离子方程式为：2I﹣+H2O2+2H+＝I2+2H2O
C．步骤④中不能用酒精代替CCl4
D．步骤⑤中获得I2从分液漏斗上口倒出
【分析】A．步骤②为过滤，在漏斗中进行；
B．步骤③中碘离子被氧化生成碘；
C．步骤④为萃取，酒精与水互溶；
D．四氯化碳的密度比水的密度大，萃取后有机层在下层。
【解答】解：A．步骤②为过滤，在漏斗中进行，还需要漏斗、玻璃棒，故A正确；
B．步骤③中碘离子被氧化生成碘，发生2I﹣+H2O2+2H+＝I2+2H2O，故B正确；
C．步骤④为萃取，酒精与水互溶，不能用酒精代替CCl4，故C正确；
D．四氯化碳的密度比水的密度大，萃取后有机层在下层，获得I2从分液漏斗下口倒出，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查海带提碘，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．（2分）下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是（ ）
A．CH3COOH═H++CH3COO﹣ B．NaHSO4═Na++H++SO42﹣
C．H3PO4⇌3H++PO43﹣ D．NaHCO3⇌Na++H++CO32﹣
【分析】A．B．C．D．弱电解质的电离要用可逆符号“⇌”；
B．HSO4﹣是强酸根、完全电离；
C．H3PO4是多元弱酸，分步电离；
D．HCO3﹣是弱酸根，不能完全电离、不能拆分。
【解答】解：A．醋酸是弱酸，部分电离，应该用可逆符号“⇌”连接，故A错误；
B．HSO4﹣是强酸根、完全电离，故B正确；
C．H3PO4是多元弱酸，应该分步电离，以第一步为主，并且应该用可逆符号“⇌”连接，故C错误；
D..HCO3﹣是弱酸根，不能完全电离、不能拆分，故D错误：
故选：B。
【点评】考查电离方程式的书写，难度不大，关键是理解强弱电解质概念及其电离情况，尤其注意多元弱酸及其弱酸根的电离情况。
10．（2分）苯乙烯（）是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是（ ）
A．分子式为C8H8
B．分子中最多有12个原子共面
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯
【分析】该有机物中含有苯环和碳碳双键，具有苯和烯烃的性质，能发生取代反应、加成反应、加聚反应、氧化反应，以此解答该题。
【解答】解：A．由结构简式可知分子式为C8H8，故A正确；
B．苯环上所有原子共平面、乙烯中所有原子共平面，所有该物质中所有原子可能共平面，故B错误；
C．含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故C正确；
D．含有碳碳双键，可发生加聚反应生成聚苯乙烯，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查学生分析判断能力，涉及苯及烯烃的性质，明确官能团与性质关系是解本题关键，熟练常见有机物官能团，题目难度不大。
11．（2分）已知：100 kPa下，1 mol 石墨完全燃烧放热393.5 kJ；1 mol 金刚石完全燃烧放热395.4 kJ，下列说法错误的是（ ）
A．石墨比金刚石稳定
B．石墨与金刚石互为同素异形体
C．相同质量的石墨比金刚石总能量高
D．100 kPa下，1 mol CO2（g）完全分解为石墨和O2（g） 吸热393.5 kJ
【分析】100 kPa下，①C（石墨）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.51kJ•mol﹣1
②C（金刚石）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣395.41kJ•mol﹣1，
①﹣②可得：C（石墨）＝C（金刚石）△H＝+1.9kJ•mol﹣1，能量越低越稳定，据此分析解答。
【解答】解：A．①C（石墨）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.51kJ•mol﹣1
②C（金刚石）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣395.41kJ•mol﹣1，
①﹣②可得：C（石墨）＝C（金刚石）△H＝+1.9kJ•mol﹣1，则能量：金刚石＞石墨，能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，故A正确；
B．石墨和金刚石都是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故B正确；
C．C（石墨）＝C（金刚石）△H＝+1.9kJ•mol﹣1，石墨变为金刚石需要吸收能量，则能量：金刚石＞石墨，故C错误；
D．C（石墨）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.51kJ•mol﹣1，则1 mol CO2（g）完全分解为石墨和O2（g） 吸热393.5 kJ，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应热，侧重于金刚石和石墨的转化，题目难度不大，注意盖斯定律的运用以及物质的能量与稳定性的关系。
12．（2分）SF6是一种优良的气体绝缘材料，分子结构中只存在S﹣F键．发生反应的热化学方程式为：S（s）+3F2（g）＝SF6（g）△H＝﹣1220kJ/mol．已知：1mol S（s）转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1mol F﹣F 键需吸收的能量为160kJ，则断裂1mol S﹣F 键需吸收的能量为（ ）
A．330 kJ B．276.67 kJ C．130 kJ D．76.67 kJ
【分析】依据化学方程式结合物质结构分析，焓变＝反应物断裂化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出能量．
【解答】解：S（s）+3F2（g）＝SF6（g）△H＝﹣1220kJ/mol，断裂1mol S﹣F 键需吸收的能量设为x，
得到﹣1220kJ＝280KJ+160kJ×3﹣6X
X＝330kJ，故选A。
【点评】本题考查了化学反应的能量变化，反应焓变的计算应用，题目较简单．
13．（2分）50mL 0.50mol•L﹣1盐酸与50mL 0.55mol•L﹣1 NaOH溶液进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，下列说法错误的是（ ）
A．在测定中和热的实验中，至少需要测定并记录的温度是3次
B．环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，则测得的△H会偏大
C．用相同浓度、相同体积的醋酸溶液代替盐酸进行上述实验，测得的△H会偏大
D．测量盐酸的温度后，必须用水将温度计洗净后再测量NaOH溶液的温度
【分析】A．需要测定酸、碱的初始温度及混合后的最高温度，实验需要进行2～3次；
B．金属Cu是热的良导体，传热快，导致中和热数值偏小；
C．醋酸是弱电解质，电离吸热；
D．测量盐酸的温度后直接测量氢氧化钠溶液的温度，会使NaOH溶液起始温度偏高。
【解答】解：A．在测定中和热的实验中，每一组要记录3次温度，而实验需要进行2～3次，所以至少要记录6次温度，故A错误；
B．金属Cu导传热快，所以用粗铜丝制作的搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，使测得的中和热数值偏小，但焓变△H为负值，所以测得的△H会偏大，故B正确；
C．醋酸是弱酸，电离吸热，用相同浓度、相同体积的醋酸溶液代替盐酸，会使反应热数值偏小，但焓变△H为负值，所以测得的△H会偏大，故C正确；
D．测量盐酸的温度后，必须用水将温度计洗净后再测量NaOH溶液的温度，否则氢氧化钠溶液的起始温度偏高，测得中和热的数值偏小，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查中和热测定，明确中和热测定方法和注意事项为解答关键，注意弱电解质的电离特点、误差分析方法，试题培养了学生的分析能力及灵活运用能力，题目难度不大。
14．（2分）我国科学家利用双功能催化剂（能吸附不同粒子）实现了水煤气低温下反应的高转化率和高反应速率[CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H]，过程示图如图。下列说法错误的是（ ）
A．过程Ⅰ、Ⅱ中CO未断键
B．双功能催化剂提高了活化分子百分数
C．过程Ⅲ有极性键和非极性键形成
D．上述过程提高了CO和H2O的平衡转化率
【分析】A．根据图知，过程I、II中CO分子没有变化；
B．催化剂能提高活化分子百分数；
C．过程III中有CO2、H2生成；
D．催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动。
【解答】解：A．根据图知，过程I、II中CO分子没有变化，则过程I、II中CO未断键，故A正确；
B．催化剂能降低活化能，使部分非活化分子转化为活化分子，则提高活化分子百分数，故B正确；
C．过程III中有CO2、H2生成，二氧化碳分子中存在极性键、氢气分子中存在非极性键，所以过程III有极性键和非极性形成，故C正确；
D．催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以上述过程只改变反应速率，CO和H2O的平衡转化率不变，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，为高频考点，侧重考查分析能力、观察能力和灵活运用能力，把握反应机理中共价键的断裂与形成、催化剂的作用是解题关键，题目难度不大。
15．（2分）将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（ ）
A．c（H+） B．Ka（HF）
C． D．
【分析】根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变来解答．
【解答】解：A、因HF为弱酸，则浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，故A错误；
B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HF）在稀释过程中不变，故B错误；
C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F﹣，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c（H+）不会超过10﹣7mol•L﹣1，c（F﹣）不断减小，则比值变小，故C错误；
D、因Ka（HF）＝，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c（F﹣）不断减小，Ka（HF）不变，则增大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的稀释，明确稀释中电离程度、离子浓度、Ka的变化即可解答，本题难点和易错点是不断稀释时c（H+）不会超过10﹣7mol•L﹣1．
16．（2分）把0.05molNaOH固体分别加入到100mL下列液体中，溶液的导电能力变化最小的是（ ）
A．自来水 B．0.5mol/L盐酸
C．0.5mol/LCH3COOH溶液 D．0.5mol/LKCl溶液
【分析】溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化，B、D项中物质均是强电解质，加入NaOH后生成物仍是强电解质，故导电性变化不大；A、C项中物质由于难电离，离子浓度很小，当加入NaOH后，离子浓度增大很多，成为强电解质，故导电能力与原来相比变化很大．
【解答】解：导电能力的大小，要比较单位体积内离子浓度的多少。
A、因水是极弱的电解质，导电性极弱，加入氢氧化钠后，氢氧化钠是强电解质，溶液中主要的是钠离子和氢氧根，导电性增强，故A错误；
B、未加氢氧化钠固体，导电的有氯离子和氢离子，加入氢氧化钠后主要是钠离子，氯离子，未反应的氢离子，而参加反应的氢离子正好与钠离子的量相当，所以导电性变化不大，故B正确；
C、原来是弱电解质，离子较少，加入强碱以后，变为强电解质，导电能力增强，故C错误；
D、氯化钾为强电解质，加入NaOH后是两种强电解质，离子的浓度变化大，故导电性变化较大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查溶液中离子浓度大小比较，以此判断溶液的导电性，溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化．
17．（2分）某学习小组用K2Cr2O7溶液做如下实验。已知Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+，溶液中Cr3+显绿色。下列说法错误的是（ ）
实验Ⅰ
实验Ⅱ
A．实验Ⅰ中滴入浓硫酸后甲试管溶液橙色加深
B．实验Ⅰ中浓硫酸起强氧化性作用
C．实验Ⅱ丙试管加入NaOH溶液，平衡向生成CrO42﹣方向移动
D．实验Ⅰ、Ⅱ说明K2Cr2O7在酸性溶液中氧化性更强
【分析】A．实验I中滴入浓硫酸导致溶液中c（H+）增大，平衡逆向移动；
B．实验I中滴入浓硫酸导致溶液中c（H+）增大，溶液酸性增强；
C．实验II丙试管中加入NaOH溶液，NaOH和H+反应导致c（H+）减小，平衡正向移动；
D．实验I中，酸性条件下溶液变绿色，实验II中，碱性条件下溶液不变绿色，说明酸性条件下易反应。
【解答】解：A．实验I中滴入浓硫酸导致溶液中c（H+）增大，平衡逆向移动，溶液中c（Cr2O72﹣）增大，则甲试管溶液橙色加深，故A正确；
B．实验I中滴入浓硫酸导致溶液中c（H+）增大，溶液酸性增强，浓硫酸在I中不起强氧化性作用，起酸的作用，故B错误；
C．实验II丙试管中加入NaOH溶液，NaOH和H+反应导致c（H+）减小，平衡正向移动，则衡向生成CrO42﹣方向移动，故C正确；
D．实验I中，酸性条件下溶液变绿色，实验II中，碱性条件下溶液不变绿色，说明酸性条件下易反应，所以实验Ⅰ、Ⅱ说明K2Cr2O7在酸性溶液中氧化性更强，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查观察、分析判断及知识综合应用能力，利用对比实验现象及方程式特点正确分析判断是解本题关键，题目难度不大。
18．（2分）对反应 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，下列说法正确的是（ ）
A．该反应△S＜0△H＞0
B．该反应△S＞0△H＜0
C．该反应在低温下可以自发进行
D．该反应在加热时能自发进行的原因是△S＞0△H＞0
【分析】由化学计量数可知△S，大多数分解反应为吸热反应，且△H﹣TS△＜0的反应可自发进行，以此来解答．
【解答】解：由2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知，△S＞0、△H＞0，且△H﹣TS△＜0的反应可自发进行，则该反应加热时能自发进行，
故选：D。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握焓变、熵变与反应进行方向为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意综合判据的应用，题目难度不大．
19．（2分）在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2A（g）+B（g）═3C（g）+D（s）△H＜0，某研究小组研究了在其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析不正确的是（ ）
A．图Ⅰ表示增加反应物浓度对该平衡的影响
B．图Ⅱ表示减小压强对该平衡的影响
C．图Ⅲ表示温度对该平衡的影响，温度：乙＞甲
D．图Ⅳ表示催化剂对该平衡的影响，催化效率：甲＞乙
【分析】A、增大反应物的浓度，正逆反应速率均增大，但是在增大的瞬间，逆反应速率不变；
B、反应前后气体体积不变，压强变化不影响平衡移动，只一些反应速率；
C、据先拐先平数值大和升温时平衡向逆向移动分析；
D、催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动．
【解答】解：A、增大反应物的浓度，正逆反应速率均增大，但是在增大的瞬间，逆反应速率不变，所以逆反应速率在t1时刻不变，不会离开原平衡点，故A错误；
B、反应前后气体体积不变，压强变化不影响平衡移动，但减小压强反应速率减慢，故B正确；
C、先拐先平数值大，说明乙的温度高于甲，升温平衡逆向移动，A的转化率降低，故C正确；
D、催化剂不影响平衡移动，可以缩短反应达到平衡所用时间，故D正确；
故选：A。
【点评】本题是一道有关化学反应速率和化学平衡知识的图象题，注意固定变量法的运用，难度较大，考查角度广．
20．（2分）已知某化学反应的平衡常数表达式为K＝，在不同的温度下该反应的平衡常数如表所示：
t/℃
700
800
830
1 000
1 200
K
1.67
1.11
1.00
0.60
0.38
下列有关叙述不正确的是（ ）
A．该反应的化学方程式是CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
B．上述反应的正反应是放热反应
C．若在1L的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.4mol时，该反应达到平衡状态
D．若平衡浓度符合下列关系式：＝，则此时的温度为1000℃
【分析】A、依据平衡常数表达式是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到化学方程式；
B、分析图表数据，平衡常数随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行逆向是吸热反应，正反应是放热反应；
C、依据化学平衡三段式列式计算浓度商和平衡常数比较分析判断；
D、依据平衡常数表达式和平衡常数数值计算分析。
【解答】解：A、依据平衡常数表达式是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到化学方程式为K＝，化学方程式为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g），故A正确；
B、分析图表数据，平衡常数随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行逆向是吸热反应，正反应是放热反应，故B正确；
C、依据化学平衡三段式列式计算浓度商和平衡常数比较分析，若在一定体积的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5 min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.4 mol时，
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始量（mol） 0 0 1 1
变化量（mol） 0.6 0.6 0.6 0.6
平衡量（mol） 0.6 0.6 0.4 0.4
反应前后气体物质的量不变，可以用其他物质的量代替平衡浓度计算，Q＝≠1，此时反应没有达到平衡状态，故C错误；
D、依据平衡常数表达式和平衡常数数值计算分析，温度为1000℃平衡常数K＝＝0.6＝，若平衡浓度符合下列关系式：＝，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了平衡常数计算和影响因素分析判断，注意平衡常数随温度变化，掌握概念和计算方法是关键，题目难度中等。
21．（2分）反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＝+57kJ•mol﹣1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．A、C两点的反应速率：A＞C
B．A、C两点气体的颜色：A浅，C深
C．T1＞T2
D．B、C两点气体的平均相对分子质量：B＜C
【分析】A．在其它条件不变时，压强越大，反应速率越快；
B．温度不变时增大压强平衡逆向移动；
C．压强相同时，升高温度平衡正向移动，二氧化氮体积分数增大；
D．平均相对分子质量＝。
【解答】解：A．在其它条件不变时，压强越大，反应速率越快，A、C两点的反应温度相同，由于压强：C＞A，所以反应速率：C＞A，故A错误；
B．A、C两点的反应温度相同，压强：C点＞A点，增大压强时c（NO2）增大但化学平衡逆向移动，c（NO2）减小，平衡移动的趋势是微弱的，总的来说c（NO2）比A点大，故A、C两点气体的颜色：A点浅，C点深，故B正确；
C．该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，NO2的体积分数增大，所以温度：T2＞T1，故C错误；
D．根据图象可知B、C两点NO2的体积分数相同，由于气体的质量不变，则各种气体的物质的量不变，气体的总物质的量不变，故气体的平均相对分子质量也不变，即B、C两点气体的平均相对分子质量相同，即：B＝C，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确温度、压强对平衡影响原理内涵及曲线变化趋势是解本题关键，采用“定一议二”的方法分析判断即可，题目难度不大。
22．（2分）在100℃时，将0.40mol NO2气体充入2L的密闭容器中，发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0。监测反应获得如下数据：下列说法正确的是（ ）
时间/s
0
20
40
60
80
n（NO2）/mol
0.40
n1
0.26
n3
n4
n（N2O4）/mol
0.00
0.05
n2
0.08
0.08
A．0～20s内，v（NO2）＝0.005mol•L﹣1•s﹣1
B．若上述反应在120℃时进行，则反应至80s时，n（N2O4）＜0.08mol
C．若仅将起始时充入NO2的量增至0.80mol，达平衡时NO2转化率将减少
D．59s时，c（NO2）一定大于0.12mol•L﹣1
【分析】A.20s内，△n（N2O4）＝0.05mol，计算v（N2O4），结合计量数关系可计算v（NO2）；
B.正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
C.增加NO2的量，相当于增大压强，平衡正向移动；
D.随反应的进行反应物的浓度减少，但59 s时是否是平衡状态不知。
【解答】解：A.20s内，△n（N2O4）＝0.05mol，v（N2O4）＝＝0.00125 mol•L﹣1•s﹣1，根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比，所以v（NO2）＝0.0025 mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；
B.正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则上述反应在120℃时进行，则反应至80s时，n（N2O4）＜0.08mol，故B正确；
C.增加NO2的量，相当于增大压强，平衡正向移动，则若仅将起始时充入NO2的量增至0.80mol，达平衡时NO2转化率将增大，故C错误；
D.60 s时△n（N2O4）＝0.08mol，所以60s时△n（NO2）＝0.16mol，所以如果59 s未平衡，n（NO2）＞0.40mol﹣0.16mol＝0.24mol，则c（NO2）一定大于0.12 mol•L﹣1，如果平衡c（NO2）等于0.12 mol•L﹣1，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡问题，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握反应速率计算、化学平衡影响因素、等效平衡等，题目难度不大。
23．（2分）研究表明：Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）的反应经过以下反应历程：
第一步：Cl2⇌2Cl快速平衡
第二步：Cl+CO⇌COCl快速平衡
第三步：COCl+Cl2→COCl2+Cl慢反应
已知总反应速率方程为：v＝kx（Cl2）c（CO）[k为速率常数，只受温度影响]，下列说法正确的是（ ）
A．第一步反应一定放热
B．该总反应的速率主要由第一、二步快速反应决定
C．同倍增大c（Cl2）和c（CO），对总反应的速率影响程度前者比后者大
D．升高温度k增大
【分析】A．断键吸收热量；
B．总反应速率与慢反应速率决定；
C．如果同倍增大c（Cl2）和c（CO），前者速率v＝kx（Cl2）c（CO）、后者速率v＝2kx（Cl2）c（CO）；
D．由v＝kx（Cl2）c（CO）知，v与k成正比。
【解答】解：A．断键吸收热量，第一步氯气中化学键断裂生成氯原子，所以第一步反应吸热，故A错误；
B．总反应速率与慢反应速率决定，第一步、第二步为快反应，第三步为慢反应，所以总反应速率由第三步反应决定，故B错误；
C．如果同倍增大c（Cl2）和c（CO），前者速率v＝kx（Cl2）c（CO）、后者速率v＝2kx（Cl2）c（CO），所以对总反应的速率影响：前者小于后者，故C错误；
D．由v＝kx（Cl2）c（CO）知，v与k成正比，升高温度v增大，则k增大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查信息的获取和灵活应用能力，明确反应热和断键及成键关系、反应速率影响因素等知识点是解本题关键，题目难度不大。
24．（2分）在体积为 2L 的恒容密闭容器中发生反应 xA（g）+yB（g）⇌zC（g），图Ⅰ表示 200℃时容器中 A、B、C 物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时 C 的体积分数随 起始 n（A）：n（B）的变化关系．则下列结论正确的是（ ）
A．200℃时向容器中充入 2mol A 和 1mol B，达到平衡时 A 的体积分数等于 0.5
B．200℃时，A 与 B 物质的量浓度之比不再改变，反应达平衡状态
C．图Ⅱ所知反应 xA（g）+yB（g）⇌zC（g）的△H＞0，且 a＝2
D．若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入 He，重新达到平衡前 v 正＞v 逆
【分析】由图I可知，200℃时平衡时，A的物质的量减少：0.8mol﹣0.4mol＝0.4mol，B的物质的量减少：0.4mol﹣0.2mol＝0.2mol，C的物质的量增大0.2mol，5min达到平衡，则该反应方程式为：2A（g）+B（g）⇌C（g）；由图II可知，起始量相同时，温度越高，平衡时C的体积分数越低，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，以此来解答．
【解答】解：A．由图I可知原平衡时A的体积分数为×100%＝0.5，200℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A 的体积分数小于0.5，故A错误；
B．起始量之比与化学计量数之比相同，A 与 B 物质的量浓度之比始终改变，不能判定平衡，故B错误；
C．由图II可知，为吸热反应，△H＞0，且反应为2A（g）+B（g）⇌C（g），一定的温度下A、B起始物质的量之比等于化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数最大，可知a＝2，故C正确；
D．在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入 He，因恒容密闭容器的体积不变，平衡不移动，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的量随时间的变化及平衡移动，为高频考点，把握反应的确定、平衡移动、平衡判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大．
25．（2分）煤燃烧排放的烟气中含有SO2和NOx，会形成酸雨、污染大气。在烟气处理过程中采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液的浓度为5×10﹣3 mol•L﹣1．反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表：下列说法错误的是（ ）
离子
SO42﹣
SO32﹣
NO3﹣
NO2﹣
Cl﹣
c/mol•L﹣1
8.35×10﹣4
6.87×10﹣6
1.5×10﹣4
1.2×10﹣5
3.4×10﹣3
A．NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为：4NO+3ClO2﹣+4OH﹣═4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O
B．增加压强，NO的转化率提高
C．随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐增大
D．由实验结果可知，脱硫反应的速率大于脱硝反应的速率
【分析】A、亚氯酸钠具有氧化性，且溶液显碱性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为：4NO+3ClO2﹣+4OH﹣═4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；
B、正反应是体积减小的反应，则增大压强，NO的转化率提高；
C、随吸收反应的进行；氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的pH逐渐降低；
D、由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增多的多，因此脱硫反应速率大于脱销反应速率。
【解答】解：A、亚氯酸钠的氯元素为+3价，易得电子而具有氧化性，且溶液呈碱性，利用元素守恒、电荷守恒和电子转移守恒写出NaClO2溶液脱硝过程中的主要反应的离子方程式为：4NO+3ClO2﹣+4OH﹣═4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；故A正确；
B、由离子方程式：4NO+3ClO2﹣+4OH﹣═4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O，可知正反应是体积减小的反应，则增大压强，平衡正向移动，NO的转化率提高；故B正确；
C、由离子方程式：4NO+3ClO2﹣+4OH﹣═4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O，随反应的进行，氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的pH逐渐降低；可知故C错误；
D、在相同时间内硫酸根离子的浓度增多的多，因此脱硫反应速率大于脱销反应速率，因为除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还有可能是SO2的还原性强，易被氧化，还有可能是NO溶解度较低或脱硫反应活化能较高等；故D正确；
故选：C。
【点评】借助于NaClO2溶液吸收烟气进行脱硫、脱硝的过程，考查学生对化学反应速率和化学平衡的理解，是常考点和重点；平时多归纳总结，理解并深入掌握，避免出错。
二、非选择题（50分）
26．（14分）醋酸是我们生活中常见的一种酸。请回答下列问题：
（1）在0.1mol⋅L﹣1的CH3COOH溶液中，要促进醋酸电离且使H+浓度增大，应采取的措施是 A 。
A.升温
B.加水
C.加入NaOH溶液
D.加入稀盐酸
（2）常温下，有 c（H+） 相同、体积相同的CH3COOH溶液和HCl溶液，现采取以下措施：
①分别加适量醋酸钠晶体后，CH3COOH溶液中c（H+） 减小 （填“增大”、“减小”或“不变”，下同），HCl溶液中c（H+） 减小 。
②分别加水稀释10倍后，CH3COOH溶液中的c（H+） ＞ （填“＞”、“＝”或“＜”）HCl溶液中的c（H+）。
③分别加等浓度的NaOH溶液至恰好反应，所需NaOH溶液的体积：CH3COOH溶液 ＞ （填“＞”、“＝”或“＜”）HCl溶液。
④温度都升高20℃，CH3COOH溶液中c（H+） ＞ （填“＞”、“＜”或“＝”）HCl溶液中c（H+）。
（3）将0.1mol⋅L﹣1的CH3COOH溶液加水稀释，下列有关稀释后CH3COOH溶液的说法正确的是 AB 。
A.电离程度增大
B.溶液中离子总数增多
C.溶液导电性增强
D.溶液中醋酸分子增多
（4）25℃时，醋酸、碳酸和亚硫酸的电离常数如表所示。
酸
电离常数
醋酸
K＝1.75×10﹣5
碳酸
K1＝4.30×10﹣7，K2＝5.61×10﹣11
亚硫酸
K1＝1.54×10﹣2，K2＝1.02×10﹣7
①碳酸第一步电离的电离常数表达式为 K1＝ 。
②在相同条件下，试比较CH3COO﹣、CO32﹣和SO32﹣与H+的结合能力大小： H2CO3 ＞ HSO3﹣ ＞ HCO3﹣ 。
③书写亚硫酸与碳酸氢钠溶液反应的离子方程式 H2SO3+HCO3﹣═H2O+CO2↑+HSO3﹣ 。
【分析】（1）加入的物质和醋酸根离子反应或升高温度才能使醋酸的电离平衡向右移动且c（H+）增大；
（2）①CH3COOH溶液中存在平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加适量 CH3COONa晶体而抑制醋酸电离；HCl溶液中加适量 CH3COONa晶体，发生反应：CH3COO﹣+H+⇌CH3COOH；
②加水稀释10倍，促进CH3COOH的电离，HCl完全电离；
③消耗碱的体积与酸的物质的量成正比；
④升高温度促进弱电解质电离，HCl完全电离；
（3）加水稀释促进醋酸电离，但是醋酸电离程度程度小于溶液体积增大程度导致溶液中c（H+）减小；
（4）①H2CO3第一步电离的方程式为H2CO3⇌HCO3﹣+H+，K1＝；
②相同条件下，酸的电离常数越大，则酸性越强；
③亚硫酸与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳和亚硫酸氢根离子。
【解答】解：（1）A．醋酸的电离是吸热反应，升高温度能促进醋酸的电离，且c（H+）增大，故A正确；
B．加水，促进醋酸电离，但是醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，则c（H+）减小，故B错误；
C．加入NaOH溶液，NaOH和氢离子反应生成水，能促进醋酸的电离，但c（H+）减小，故C错误；
D．加入稀盐酸，c（H+）增大但抑制醋酸的电离，故D错误；
故答案为：A；
（2）①CH3COOH溶液中存在平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加适量 CH3COONa晶体，平衡向左移动，c（ H+）减小；HCl溶液中加适量 CH3COONa晶体，发生反应：CH3COO﹣+H+⇌CH3COOH，c（ H+）减小，
故答案为：减小；减小；
②加水稀释10倍，CH3COOH的电离平衡向右移动，n（ H+）增多，HCl在水中不存在电离平衡，故HCl溶液中的n（ H+）不变，所以CH3COOH溶液中的c（ H+）＞HCl溶液中的c（ H+）。
故答案为：＞；
③由于CH3COOH部分电离，故pH相同时，c（CH3COOH）＞c（ HCl），pH、体积相同的盐酸和醋酸中n（CH3COOH）＞n（ HCl），则加等浓度的NaOH溶液至恰好反应时，消耗碱的体积与酸的物质的量成正比，所以CH3COOH溶液所需NaOH溶液的体积大，
故答案为：＞；
④升高温度，CH3COOH的电离平衡正向移动，c（ H+）增大，HCl已全部电离，
故答案为：＞；
（3）A．加水稀释促进醋酸电离，则醋酸电离程度增大，故A正确；
B．加水稀释促进醋酸电离导致溶液中离子总数增多，故B正确；
C．加水稀释促进醋酸电离，但是醋酸电离程度程度小于溶液体积增大程度导致溶液中c（H+）减小，则溶液导电性减弱，故C错误；
D．加水稀释促进醋酸电离则溶液中醋酸分子减少，故D错误；
故答案为：AB；
（3）①H2CO3第一步电离的方程式为H2CO3⇌HCO3﹣+H+，K1＝，
故答案为：K1＝；
②相同条件下，酸的电离常数越大，则酸性越强，故酸性强弱：H2CO3＞HSO3﹣＞HCO3﹣，
故答案为：H2CO3；HSO3﹣；HCO3﹣；
③亚硫酸与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳和亚硫酸氢根离子，因而离子反应方程式为：H2SO3+HCO3﹣═H2O+CO2↑+HSO3﹣，
故答案为：H2SO3+HCO3﹣═H2O+CO2↑+HSO3﹣。
【点评】本题考查了弱电解质的电离，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，题目涉及电离平衡、离子方程式的书写等知识点，难度不大。
27．（12分）某学习小组利用 5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O 来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取 KMnO4酸性溶液、H2C2O4溶液，然后倒入大试管中迅速振荡，观察现象。
（1）可通过测定 溶液紫红色褪去所需时间 来判断反应的快慢。
（2）为了观察到明显的现象，如果 H2C2O4 与 KMnO4溶液的体积相同，则它们初始物质的量浓度需要满足的关系为：c（H2C2O4）：c（KMnO4） ≥5：2 。
（3）甲同学设计了如下实验
实验
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
H2O/mL
温度/℃
浓度/mol⋅L﹣1
体积/mL
浓度/mol⋅L﹣1
体积/mL
a
0.20
2.0
0.010
4.0
2.0
25
b
0.20
4.0
0.010
4.0
0
25
c
0.20
4.0
0.010
4.0
0
50
①探究温度对化学反应速率影响的组合实验编号是 bc 。
②实验 b 测得混合后溶液褪色的时间为 30s，忽略混 合前后体积的微小变化，则这段时间平均反应速率 v（H2C2O4）＝ 0.0250 mol⋅L﹣1⋅min﹣1。
（4）在实验中，草酸（H2C2O4）溶液与 KMnO4 酸性溶液反应时，褪色总是先慢后快。
①乙同学据此提出以下假设：
假设 1：反应放热
假设 2：生成 Mn2+ 对反应有催化作用
假设 3：生成 CO2 对反应有催化作用
假设 4：反应生成的 K+或 SO42﹣该反应有催化作用
丙同学认为假设 4 不合理，其理由是 K+、SO42﹣未参与该反应 。
②丁同学用如下实验证明假设 2 成立：在A和B试管中分别加4mL0.2mol⋅L﹣1 草酸溶液，再在 A 试管中加入lmL0.1mol⋅L﹣1MnSO4 溶液、B 试管中加入 1 mL 蒸馏水，然后在两支试管中同时分别加入1mL0.1mol⋅L﹣1KMnO4酸性溶液。预期的实验现象是 A试管溶液褪色时间明显早于B试管 。在 B 试管中加入蒸馏水的目的是 控制变量，使两个实验中草酸、高锰酸钾的浓度相同 。同学们认为不宜用 MnCl2 溶液代替 MnSO4 溶液对该反应进行催化探究，其原因是（用离子方程式表示） 2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O 。
【分析】（1）高锰酸钾溶液为紫红色，根据颜色变化判断；
（2）高锰酸钾完全反应时，能看到溶液褪色，结合方程式中物质之间的关系判断；
（3）①究温度对反应速率影响时，除了温度外其它条件必须相同；
②先根据醋酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；
（4）①若生成 Mn2+对反应有催化作用，反应速率加快；该反应的实质是草酸与高锰酸根离子反应；
②加催化剂可以加快反应速率，分析催化剂对速率的影响时，其它条件要相同；高锰酸根离子与氯离子反应生成氯气。
【解答】解：（1）高锰酸钾溶液为紫红色，可通过测定溶液紫红色褪去所需时间来判断反应的快慢，
故答案为：溶液紫红色褪去所需时间；
（2）已知发生的反应5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，高锰酸钾完全反应时，能看到溶液褪色，所以它们初始物质的量浓度需要满足的关系为：c（H2C2O4）：c（KMnO4）≥5：2，
故答案为：≥5：2；
（3）①究温度对反应速率影响时，除了温度外其它条件必须相同，实验b和c的浓度相同，温度不同，是探究温度对速率的影响，
故答案为：bc；
②草酸的物质的量为：0.20mol•L﹣1×0.004L＝0.0008mol，高锰酸钾的物质的量为：0.010mol•L﹣1×0.004L＝0.00004mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0008mol：0.00004mol＝20：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：＝0.0050mol/L，
这段时间内平均反应速率v（KMnO4）＝＝0.010mol•L﹣1•min﹣1，则v（H2C2O4）＝×0.010mol•L﹣1•min﹣1＝0.0250mol•L﹣1•min﹣1，
故答案为：0.0250mol•L﹣1•min﹣1；
（4）①生成 Mn2+对反应有催化作用，反应速率加快；该反应的实质是草酸与高锰酸根离子反应，K+、SO42﹣未参与该反应，所以K+、SO42﹣对反应速率无影响，
故答案为：Mn2+；K+、SO42﹣未参与该反应；
②加催化剂可以加快反应速率，分析催化剂对速率的影响时，其它条件要相同，要使两组实验中的草酸、高锰酸钾的浓度相同，则溶液的体积相同，即B试管中加入1mL 蒸馏水；锰离子对反应有催化作用，则反应速率加快，褪色时间短，即A试管溶液褪色时间明显早于B试管；高锰酸根离子与氯离子反应生成氯气，所以不能MnCl2溶液代替 MnSO4溶液，反应的离子方程式为：2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：1；A试管溶液褪色时间明显早于B试管；控制变量，使两个实验中草酸、高锰酸钾的浓度相同；2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
【点评】本题考查了探究温度、浓度对反应速率的影响、浓度岁时间变化的曲线，题目难度中等，注意掌握温度、浓度、压强等对反应速率的影响，试题侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
28．（13分）卤块的主要成分是MgCl2（还含有少量Fe2+、Fe3+、Mn2+等离子）。以它为原料按如图流程可制得单质镁。
已知：溶液中生成氢氧化物的pH如表
物质
Fe（OH）3
Mn（OH）2
Mg（OH）2
开始沉淀
2.7
8.3
9.6
完全沉淀
3.7
9.8
11.1
请回答下列问题：
（1）步骤①中加入NaClO的目的是 将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去 ；为了尽量除去杂质，pH应调至 9.8 ，固体a中的成分有 Fe（OH）3、Mn（OH）2、Mg（OH）2 。
（2）溶液b中的主要溶质为 NaCl ，步骤②后检验固体b已洗涤干净的操作为 取少量最后一次洗液于试管，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，无白色沉淀生成，则固体b已洗净 。
（3）步骤③反应的化学方程式为 MgCO3+H2OMg（OH）2↓+CO2↑ 。步骤④选用的试剂X应是 盐酸 。
（4）步骤⑤操作Ⅰ包括：先制得MgCl2•6H2O，再加热失水得无水MgCl2．由溶液c制MgCl2•6H2O的操作为 蒸发浓缩 、 冷却结晶 、过滤。
（5）步骤⑥反应的化学方程式为 MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑ 。
【分析】卤块的主要成分是MgCl2，还含有少量Fe2+、Fe3+和Mn2+等杂质离子，卤块溶解后加入适量次氯酸钠溶液氧化亚铁离子，加入氢氧化钠溶液除去铁离子、锰离子杂质，过滤后的滤液为氯化镁，加入碳酸钠生成碳酸镁沉淀，溶液b主要含有氯化钠，碳酸镁价水煮沸，可生成氢氧化镁和二氧化碳气体，用稀盐酸溶解氢氧化镁得到得到浓度较高的氯化镁溶液，在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属Mg，以此解答该题。
【解答】解：（1）亚铁离子具有还原性，步骤①中加入NaClO的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去，
为了尽量除去杂质，pH应调至9.8，此时生成的沉淀有Fe（OH）3、Mn（OH）2，以及少量Mg（OH）2，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去；9.8；Fe（OH）3、Mn（OH）2、Mg（OH）2；
（2）溶质b为NaCl，沉淀吸附溶液中的氯离子，可用检验氯离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是取少量最后一次洗液于试管，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，无白色沉淀生成，则固体b已洗净，
故答案为：NaCl；取少量最后一次洗液于试管，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，无白色沉淀生成，则固体b已洗净；
（3）步骤③反应的化学方程式为MgCO3+H2OMg（OH）2↓+CO2↑，溶解氢氧化镁生成氯化镁，应加入盐酸，
故答案为：MgCO3+H2OMg（OH）2↓+CO2↑；盐酸；
（4）由溶液c制MgCl2•6H2O的操作为蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（5）步骤⑥应电解熔融的氯化镁，反应的化学方程式为MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑。
【点评】本题考查物质制备工艺流程，为高考常见题型，涉及混合物的分离和提纯、电解、信息获取与迁移运用等，侧重考查学生对知识的综合运用能力，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。
29．（11分）氮和硫的氧化物的综合利用是目前研究的热点之一。
已知：
i.N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝+180.0kJ⋅mol﹣1
ii.2SO2（g）+O2（g）＝2SO3（g）△H＝﹣196.6kJ⋅mol﹣1
iii.2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）△H＝﹣113.0kJ⋅mol﹣1（1）反应
（1）iV：2NO2（g）+2SO2（g）＝2SO3（g）+N2（g）+O2（g）的△H＝ ﹣263.6kJ•mol﹣1 ；该反应在密闭容器中达到平衡后，只改变下列条件，一定能使N2的平衡体积分数增大的是 CD （填选项字母）。
A.缩小容器容积
B.再充入SO2
C.降低温度
D.分离出SO3
（2）T1℃时，容积相等的密闭容器中分别充入NO2和SO2的混合气体共4mol，发生反应iV.NO2或SO2的平衡转化率（a）与起始充入的关系如图1所示。
①图中能表示平衡时a（SO2）与起始充入的关系的曲线为 L2 （填“L1”或“L2”）。
②反应的平衡常数K＝ 。
（3）向密闭容器中充入一定量SO2和O2，发生反应ii。SO3的平衡体积分数（ϕ）与温度（T）和压强（p）的关系如图2所示。
①P1、P2、P3由大到小的顺序为 P1＞P2＞P3 。
②P、Q两点对应状态下，单位体积内反应物活化分子数目：P ＞ Q（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（4）汽车尾气净化中的一个反应如下：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）.一定温度下，向容积为1L的恒容密闭容器中充入0.2molNO 和0.3molCO，容器压强为 500KPa.经过t1min达到平衡状态，测得 NO 转化率为 50%．计算该温度时该反应的平衡常数 Kp＝ 1.25×10﹣3KPa﹣1 （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
【分析】（1）i．N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝+180.0kJ•mol﹣1，
ii．2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H＝﹣196.6kJ•mol﹣1，
iii．2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H＝﹣113.0kJ•mol﹣1，
盖斯定律计算ii﹣（i+iii）得到反应iV：2NO2（g）+2SO2（g）═2SO3（g）+N2（g）+O2（g）的△H，该反应在密闭容器中达到平衡后，只改变下列条件，一定能使N2的平衡体积分数增大，需要平衡正向进行；
（2）①T1℃时，容积相等的密闭容器中分别充入NO2和SO2的混合气体4mol，发生反应iV 2NO2（g）+2SO2（g）═2SO3（g）+N2（g）+O2（g）△H＝﹣263.6kJ•mol﹣1；NO2或SO2的平衡转化率（a）与起始充入的关系如图，比值增大，二氧化硫转化率增大，二氧化氮转化率减小；
②M点二氧化氮和二氧化硫转化率相同为0.6，则＝1，即二氧化氮和二氧化硫物质的量都为2mol，结合三行计算列式得到平衡浓度，平衡常数K＝；
（3）①反应ii为气体体积减小的放热反应相同温度下压强越大，平衡正向进行，三氧化硫体积分数越大；
②图象和①分析得到，PQ两点对应状态下，P点压强大，温度更高，单位体积内反应物活化分子数目更多；
（4）结合化学三行计算列式计算，得到气体物质的量计算物质的量分数，利用分压＝总压×物质的量分数计算平衡常数。
【解答】解：（1）i．N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝+180.0kJ•mol﹣1，
ii．2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H＝﹣196.6kJ•mol﹣1，
iii．2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H＝﹣113.0kJ•mol﹣1，
盖斯定律计算ii﹣（i+iii）得到反应iV：2NO2（g）+2SO2（g）═2SO3（g）+N2（g）+O2（g）△H＝（﹣196.6﹣180.0113.0）kJ•mol﹣1＝﹣263.6kJ•mol﹣1，
A．缩小容器容积，压强增大，平衡逆向进行，氮气体积分数减小，故A错误；
B．再充入SO2，平衡正向进行，但加入二氧化硫多，氮气体积分数不一定增大，故B错误；
C．反应为放热反应，降低温度，平衡正向进行，氮气体积分数增大，故C正确；
D．分离出SO3，平衡正向进行，氮气体积分数增大，故D正确；
故答案为：﹣263.6kJ•mol﹣1；CD；
（2）①T1℃时，容积相等的密闭容器中分别充入NO2和SO2的混合气体4mol，发生反应iV 2NO2（g）+2SO2（g）═2SO3（g）+N2（g）+O2（g）△H＝﹣263.6kJ•mol﹣1；NO2或SO2的平衡转化率（a）与起始充入的关系如图，比值增大，二氧化硫转化率增大，二氧化氮转化率减小，L2表示的是二氧化硫的转化率，
故答案为：L2；
②T1℃时，容积相等的密闭容器中分别充入NO2和SO2的混合气体4mol，发生反应iV，M点二氧化氮和二氧化硫转化率相同为0.6，则＝1，即二氧化氮和二氧化硫物质的量都为2mol，
2NO2（g）+2SO2（g）═2SO3（g）+N2（g）+O2（g）
起始量（mol） 2 2 0 0 0
变化量（mol） 1.2 1.2 1.2 0.6 0.6
平衡量（mol）0.8 0.8 1.2 0.6 0.6
反应前后气体物质的量不变，可以用物质的量代替平衡浓度计算平衡常数K＝＝＝，
故答案为：；
（3）①反应ii为气体体积减小的放热反应相同温度下压强越大，平衡正向进行，三氧化硫体积分数越大，故P1、P2、P3由大到小的顺序为：P1＞P2＞P3，
故答案为：P1＞P2＞P3；
②图象和①分析得到，P、Q两点对应状态下，P点压强大，温度更高，单位体积内反应物活化分子数目更多，则P＞Q，
故答案为：＞；
（4）一定温度下，向容积为 1L 的恒容密闭容器中充入 0.2molNO 和 0.3molCO，容器压强为 500KPa．经过 t1min 达到平衡状态，测得 NO 转化率为 50%．
2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol） 0.2 0.3 0 0
变化量（mol） 0.2×50% 0.1 0.05 0.1
平衡量（mol） 0.1 0.2 0.05 0.1
平衡气体总物质的量＝0.1mol+0.2mol+0.05 mol+0.1mol＝0.45mol，P0＝500KPa，反应达到平衡状态下的总压P平＝P0×＝450KPa，该温度时该反应的平衡常数 Kp＝＝＝1.25×10﹣3 KPa﹣1，
故答案为：1.25×10﹣3 KPa﹣1。
【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算应用、平衡计算、平衡影响因素分析判断、图象的变化分析应用等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
2021-2022学年四川省成都外国语学校高二（上）期中化学试卷
一、选择题：本题共25小题，每小题2分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）下列化学用语正确的是（ ）
A．Cl﹣的结构示意图：
B．甲烷分子的球棍模型
C．四氯化碳的电子式：
D．氯乙烯的结构简式：CH2＝CHCl
2．（2分）日常生活中的下列做法不是为了加快化学反应速率的是（ ）
A．清洗水壶垢用较浓白醋
B．将煤块粉碎后燃烧
C．发馒头加酵母粉
D．月饼盒内放置还原性铁粉
3．（2分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．Na（s）Na2O2（s）Na2CO3（s）
B．Fe3O4（s）Fe（s）FeCl2（s）
C．SiO2（s）SiCl4（g）Si（s）
D．S（s）SO3（g）H2SO4（aq）
4．（2分）下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H3PO4
Fe（OH）3
非电解质
蔗糖
BaSO4
酒精
H2O
A．A B．B C．C D．D
5．（2分）把a、b、c、d四块金属片浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成多种原电池：若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，c为负极；a、c相连时，c为正极；b、d相连时，b为正极．则这四种金属的活动性顺序由强到弱为（ ）
A．a＞b＞c＞d B．a＞c＞d＞b C．c＞a＞b＞d D．b＞d＞c＞a
6．（2分）下列装置能达到实验目的的是（ ）
A．用于分离酒精和水
B．用于验证木炭与浓硫酸的反应产物中含有CO2
C．用于除去CO2中的少量HCl
D．用于制备蒸馏水
7．（2分）“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念。在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%．下列反应最符合绿色化学中“原子经济”要求的是（ ）
A．nCH2═CH2
B．CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl
C．Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O
D．3NO2+H2O═2HNO3+NO
8．（2分）海带中含有碘元素。从海带中提取的碘的步骤如下：
①海带焙烧成灰加入水搅拌 ②过滤 ③向滤液中加入稀H2SO4和H2O2④加入CCl4萃取 ⑤分液
下列说法中不正确的是（ ）
A．步骤②中用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
B．步骤③中涉及的离子方程式为：2I﹣+H2O2+2H+＝I2+2H2O
C．步骤④中不能用酒精代替CCl4
D．步骤⑤中获得I2从分液漏斗上口倒出
9．（2分）下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是（ ）
A．CH3COOH═H++CH3COO﹣ B．NaHSO4═Na++H++SO42﹣
C．H3PO4⇌3H++PO43﹣ D．NaHCO3⇌Na++H++CO32﹣
10．（2分）苯乙烯（）是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是（ ）
A．分子式为C8H8
B．分子中最多有12个原子共面
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯
11．（2分）已知：100 kPa下，1 mol 石墨完全燃烧放热393.5 kJ；1 mol 金刚石完全燃烧放热395.4 kJ，下列说法错误的是（ ）
A．石墨比金刚石稳定
B．石墨与金刚石互为同素异形体
C．相同质量的石墨比金刚石总能量高
D．100 kPa下，1 mol CO2（g）完全分解为石墨和O2（g） 吸热393.5 kJ
12．（2分）SF6是一种优良的气体绝缘材料，分子结构中只存在S﹣F键．发生反应的热化学方程式为：S（s）+3F2（g）＝SF6（g）△H＝﹣1220kJ/mol．已知：1mol S（s）转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1mol F﹣F 键需吸收的能量为160kJ，则断裂1mol S﹣F 键需吸收的能量为（ ）
A．330 kJ B．276.67 kJ C．130 kJ D．76.67 kJ
13．（2分）50mL 0.50mol•L﹣1盐酸与50mL 0.55mol•L﹣1 NaOH溶液进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，下列说法错误的是（ ）
A．在测定中和热的实验中，至少需要测定并记录的温度是3次
B．环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，则测得的△H会偏大
C．用相同浓度、相同体积的醋酸溶液代替盐酸进行上述实验，测得的△H会偏大
D．测量盐酸的温度后，必须用水将温度计洗净后再测量NaOH溶液的温度
14．（2分）我国科学家利用双功能催化剂（能吸附不同粒子）实现了水煤气低温下反应的高转化率和高反应速率[CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H]，过程示图如图。下列说法错误的是（ ）
A．过程Ⅰ、Ⅱ中CO未断键
B．双功能催化剂提高了活化分子百分数
C．过程Ⅲ有极性键和非极性键形成
D．上述过程提高了CO和H2O的平衡转化率
15．（2分）将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（ ）
A．c（H+） B．Ka（HF）
C． D．
16．（2分）把0.05molNaOH固体分别加入到100mL下列液体中，溶液的导电能力变化最小的是（ ）
A．自来水 B．0.5mol/L盐酸
C．0.5mol/LCH3COOH溶液 D．0.5mol/LKCl溶液
17．（2分）某学习小组用K2Cr2O7溶液做如下实验。已知Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+，溶液中Cr3+显绿色。下列说法错误的是（ ）
实验Ⅰ
实验Ⅱ
A．实验Ⅰ中滴入浓硫酸后甲试管溶液橙色加深
B．实验Ⅰ中浓硫酸起强氧化性作用
C．实验Ⅱ丙试管加入NaOH溶液，平衡向生成CrO42﹣方向移动
D．实验Ⅰ、Ⅱ说明K2Cr2O7在酸性溶液中氧化性更强
18．（2分）对反应 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，下列说法正确的是（ ）
A．该反应△S＜0△H＞0
B．该反应△S＞0△H＜0
C．该反应在低温下可以自发进行
D．该反应在加热时能自发进行的原因是△S＞0△H＞0
19．（2分）在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2A（g）+B（g）═3C（g）+D（s）△H＜0，某研究小组研究了在其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析不正确的是（ ）
A．图Ⅰ表示增加反应物浓度对该平衡的影响
B．图Ⅱ表示减小压强对该平衡的影响
C．图Ⅲ表示温度对该平衡的影响，温度：乙＞甲
D．图Ⅳ表示催化剂对该平衡的影响，催化效率：甲＞乙
20．（2分）已知某化学反应的平衡常数表达式为K＝，在不同的温度下该反应的平衡常数如表所示：
t/℃
700
800
830
1 000
1 200
K
1.67
1.11
1.00
0.60
0.38
下列有关叙述不正确的是（ ）
A．该反应的化学方程式是CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
B．上述反应的正反应是放热反应
C．若在1L的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.4mol时，该反应达到平衡状态
D．若平衡浓度符合下列关系式：＝，则此时的温度为1000℃
21．（2分）反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＝+57kJ•mol﹣1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．A、C两点的反应速率：A＞C
B．A、C两点气体的颜色：A浅，C深
C．T1＞T2
D．B、C两点气体的平均相对分子质量：B＜C
22．（2分）在100℃时，将0.40mol NO2气体充入2L的密闭容器中，发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0。监测反应获得如下数据：下列说法正确的是（ ）
时间/s
0
20
40
60
80
n（NO2）/mol
0.40
n1
0.26
n3
n4
n（N2O4）/mol
0.00
0.05
n2
0.08
0.08
A．0～20s内，v（NO2）＝0.005mol•L﹣1•s﹣1
B．若上述反应在120℃时进行，则反应至80s时，n（N2O4）＜0.08mol
C．若仅将起始时充入NO2的量增至0.80mol，达平衡时NO2转化率将减少
D．59s时，c（NO2）一定大于0.12mol•L﹣1
23．（2分）研究表明：Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）的反应经过以下反应历程：
第一步：Cl2⇌2Cl快速平衡
第二步：Cl+CO⇌COCl快速平衡
第三步：COCl+Cl2→COCl2+Cl慢反应
已知总反应速率方程为：v＝kx（Cl2）c（CO）[k为速率常数，只受温度影响]，下列说法正确的是（ ）
A．第一步反应一定放热
B．该总反应的速率主要由第一、二步快速反应决定
C．同倍增大c（Cl2）和c（CO），对总反应的速率影响程度前者比后者大
D．升高温度k增大
24．（2分）在体积为 2L 的恒容密闭容器中发生反应 xA（g）+yB（g）⇌zC（g），图Ⅰ表示 200℃时容器中 A、B、C 物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时 C 的体积分数随 起始 n（A）：n（B）的变化关系．则下列结论正确的是（ ）
A．200℃时向容器中充入 2mol A 和 1mol B，达到平衡时 A 的体积分数等于 0.5
B．200℃时，A 与 B 物质的量浓度之比不再改变，反应达平衡状态
C．图Ⅱ所知反应 xA（g）+yB（g）⇌zC（g）的△H＞0，且 a＝2
D．若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入 He，重新达到平衡前 v 正＞v 逆
25．（2分）煤燃烧排放的烟气中含有SO2和NOx，会形成酸雨、污染大气。在烟气处理过程中采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液的浓度为5×10﹣3 mol•L﹣1．反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表：下列说法错误的是（ ）
离子
SO42﹣
SO32﹣
NO3﹣
NO2﹣
Cl﹣
c/mol•L﹣1
8.35×10﹣4
6.87×10﹣6
1.5×10﹣4
1.2×10﹣5
3.4×10﹣3
A．NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为：4NO+3ClO2﹣+4OH﹣═4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O
B．增加压强，NO的转化率提高
C．随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐增大
D．由实验结果可知，脱硫反应的速率大于脱硝反应的速率
二、非选择题（50分）
26．（14分）醋酸是我们生活中常见的一种酸。请回答下列问题：
（1）在0.1mol⋅L﹣1的CH3COOH溶液中，要促进醋酸电离且使H+浓度增大，应采取的措施是 。
A.升温
B.加水
C.加入NaOH溶液
D.加入稀盐酸
（2）常温下，有 c（H+） 相同、体积相同的CH3COOH溶液和HCl溶液，现采取以下措施：
①分别加适量醋酸钠晶体后，CH3COOH溶液中c（H+） （填“增大”、“减小”或“不变”，下同），HCl溶液中c（H+） 。
②分别加水稀释10倍后，CH3COOH溶液中的c（H+） （填“＞”、“＝”或“＜”）HCl溶液中的c（H+）。
③分别加等浓度的NaOH溶液至恰好反应，所需NaOH溶液的体积：CH3COOH溶液 （填“＞”、“＝”或“＜”）HCl溶液。
④温度都升高20℃，CH3COOH溶液中c（H+） （填“＞”、“＜”或“＝”）HCl溶液中c（H+）。
（3）将0.1mol⋅L﹣1的CH3COOH溶液加水稀释，下列有关稀释后CH3COOH溶液的说法正确的是 。
A.电离程度增大
B.溶液中离子总数增多
C.溶液导电性增强
D.溶液中醋酸分子增多
（4）25℃时，醋酸、碳酸和亚硫酸的电离常数如表所示。
酸
电离常数
醋酸
K＝1.75×10﹣5
碳酸
K1＝4.30×10﹣7，K2＝5.61×10﹣11
亚硫酸
K1＝1.54×10﹣2，K2＝1.02×10﹣7
①碳酸第一步电离的电离常数表达式为 。
②在相同条件下，试比较CH3COO﹣、CO32﹣和SO32﹣与H+的结合能力大小： ＞ ＞ 。
③书写亚硫酸与碳酸氢钠溶液反应的离子方程式 。
27．（12分）某学习小组利用 5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O 来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取 KMnO4酸性溶液、H2C2O4溶液，然后倒入大试管中迅速振荡，观察现象。
（1）可通过测定 来判断反应的快慢。
（2）为了观察到明显的现象，如果 H2C2O4 与 KMnO4溶液的体积相同，则它们初始物质的量浓度需要满足的关系为：c（H2C2O4）：c（KMnO4） 。
（3）甲同学设计了如下实验
实验
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
H2O/mL
温度/℃
浓度/mol⋅L﹣1
体积/mL
浓度/mol⋅L﹣1
体积/mL
a
0.20
2.0
0.010
4.0
2.0
25
b
0.20
4.0
0.010
4.0
0
25
c
0.20
4.0
0.010
4.0
0
50
①探究温度对化学反应速率影响的组合实验编号是 。
②实验 b 测得混合后溶液褪色的时间为 30s，忽略混 合前后体积的微小变化，则这段时间平均反应速率 v（H2C2O4）＝ mol⋅L﹣1⋅min﹣1。
（4）在实验中，草酸（H2C2O4）溶液与 KMnO4 酸性溶液反应时，褪色总是先慢后快。
①乙同学据此提出以下假设：
假设 1：反应放热
假设 2：生成 对反应有催化作用
假设 3：生成 CO2 对反应有催化作用
假设 4：反应生成的 K+或 SO42﹣该反应有催化作用
丙同学认为假设 4 不合理，其理由是 。
②丁同学用如下实验证明假设 2 成立：在A和B试管中分别加4mL0.2mol⋅L﹣1 草酸溶液，再在 A 试管中加入lmL0.1mol⋅L﹣1MnSO4 溶液、B 试管中加入 mL 蒸馏水，然后在两支试管中同时分别加入1mL0.1mol⋅L﹣1KMnO4酸性溶液。预期的实验现象是 。在 B 试管中加入蒸馏水的目的是 。同学们认为不宜用 MnCl2 溶液代替 MnSO4 溶液对该反应进行催化探究，其原因是（用离子方程式表示） 。
28．（13分）卤块的主要成分是MgCl2（还含有少量Fe2+、Fe3+、Mn2+等离子）。以它为原料按如图流程可制得单质镁。
已知：溶液中生成氢氧化物的pH如表
物质
Fe（OH）3
Mn（OH）2
Mg（OH）2
开始沉淀
2.7
8.3
9.6
完全沉淀
3.7
9.8
11.1
请回答下列问题：
（1）步骤①中加入NaClO的目的是 ；为了尽量除去杂质，pH应调至 ，固体a中的成分有 。
（2）溶液b中的主要溶质为 ，步骤②后检验固体b已洗涤干净的操作为 。
（3）步骤③反应的化学方程式为 。步骤④选用的试剂X应是 。
（4）步骤⑤操作Ⅰ包括：先制得MgCl2•6H2O，再加热失水得无水MgCl2．由溶液c制MgCl2•6H2O的操作为 、 、过滤。
（5）步骤⑥反应的化学方程式为 。
29．（11分）氮和硫的氧化物的综合利用是目前研究的热点之一。
已知：
i.N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝+180.0kJ⋅mol﹣1
ii.2SO2（g）+O2（g）＝2SO3（g）△H＝﹣196.6kJ⋅mol﹣1
iii.2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）△H＝﹣113.0kJ⋅mol﹣1（1）反应
（1）iV：2NO2（g）+2SO2（g）＝2SO3（g）+N2（g）+O2（g）的△H＝ ；该反应在密闭容器中达到平衡后，只改变下列条件，一定能使N2的平衡体积分数增大的是 （填选项字母）。
A.缩小容器容积
B.再充入SO2
C.降低温度
D.分离出SO3
（2）T1℃时，容积相等的密闭容器中分别充入NO2和SO2的混合气体共4mol，发生反应iV.NO2或SO2的平衡转化率（a）与起始充入的关系如图1所示。
①图中能表示平衡时a（SO2）与起始充入的关系的曲线为 （填“L1”或“L2”）。
②反应的平衡常数K＝ 。
（3）向密闭容器中充入一定量SO2和O2，发生反应ii。SO3的平衡体积分数（ϕ）与温度（T）和压强（p）的关系如图2所示。
①P1、P2、P3由大到小的顺序为 。
②P、Q两点对应状态下，单位体积内反应物活化分子数目：P Q（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（4）汽车尾气净化中的一个反应如下：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）.一定温度下，向容积为1L的恒容密闭容器中充入0.2molNO 和0.3molCO，容器压强为 500KPa.经过t1min达到平衡状态，测得 NO 转化率为 50%．计算该温度时该反应的平衡常数 Kp＝ （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
2021-2022学年四川省成都外国语学校高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共25小题，每小题2分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）下列化学用语正确的是（ ）
A．Cl﹣的结构示意图：
B．甲烷分子的球棍模型
C．四氯化碳的电子式：
D．氯乙烯的结构简式：CH2＝CHCl
【分析】A．氯离子的核电荷数为17，最外层达到8电子稳定结构；
B．为甲烷的比例模型，不是球棍模型；
C．Cl最外层应为8个电子；
D．氯乙烯的结构简式要书写碳碳双键；
【解答】解：A．氯离子的核外电子总数为18，最外层含有8个电子，其离子结构示意图为：，故A错误；B．甲烷为正四面体结构，分子中含有4个碳氢键，甲烷正确的球棍模型为：，故B错误；
C．四氯化碳的电子式为，故C错误；
D．氯乙烯的结构简式要体现碳碳双键，所以为CH2＝CHCl，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、离子结构示意图、结构简式、球棍模型等知识，明确常见化学用语的表示方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
2．（2分）日常生活中的下列做法不是为了加快化学反应速率的是（ ）
A．清洗水壶垢用较浓白醋
B．将煤块粉碎后燃烧
C．发馒头加酵母粉
D．月饼盒内放置还原性铁粉
【分析】A．增大反应物浓度加快化学反应速率；
B．增大反应物接触面积加快化学反应速率；
C．加入催化剂加快化学反应速率；
D．减小反应物浓度减慢化学反应速率。
【解答】解：A．清洗水壶垢用较浓白醋，c（H+）越大，化学反应速率越快，所以用较浓白醋是为了加快化学反应速率，故A不选；
B．将煤块粉碎后增大反应物接触面积，加快化学反应速率，故B不选；
C．酵母粉属于酶，发面时的催化剂，加入酵母粉能加快化学反应速率，故C不选；
D．放置还原性铁粉能减小装置中氧气浓度，所以能减慢反应速率，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查基础知识的灵活应用能力，明确浓度、反应物接触面积、催化剂对反应速率影响原理是解本题关键，题目难度不大。
3．（2分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．Na（s）Na2O2（s）Na2CO3（s）
B．Fe3O4（s）Fe（s）FeCl2（s）
C．SiO2（s）SiCl4（g）Si（s）
D．S（s）SO3（g）H2SO4（aq）
【分析】A．钠与氧气点燃生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
B．铁和氯气反应生成氯化铁；
C．二氧化硅与盐酸不反应；
D．硫与氧气反应生成二氧化硫。
【解答】解：A．钠与氧气点燃：2Na+O2Na2O2，过氧化钠与二氧化碳反应：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，故A正确；
B．Fe3O4（s）Fe（s），氯气具有强氧化性，铁和氯气反应生成氯化铁，得不到氯化亚铁，故B错误；
C．SiCl4（g）Si（s）可实现，但二氧化硅与盐酸不反应，无法得到四氯化硅，故C错误；
D．S（s）SO2（g），无法一步得到三氧化硫，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质性质、物质转化的应用，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，熟悉物质的性质及反应条件是解题关键，题目难度不大。
4．（2分）下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H3PO4
Fe（OH）3
非电解质
蔗糖
BaSO4
酒精
H2O
A．A B．B C．C D．D
【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此进行判断。
【解答】解：A．Fe是单质既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．NH3不能电离属于非电解质，硫酸钡熔融状态导电属于强电解质，故B错误；
C．碳酸钙为强电解质，磷酸为弱电解质，酒精为非电解质，故C正确；
D．水为弱电解质，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关。
5．（2分）把a、b、c、d四块金属片浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成多种原电池：若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，c为负极；a、c相连时，c为正极；b、d相连时，b为正极．则这四种金属的活动性顺序由强到弱为（ ）
A．a＞b＞c＞d B．a＞c＞d＞b C．c＞a＞b＞d D．b＞d＞c＞a
【分析】原电池中，负极材料为较活泼的金属，发生氧化反应，正极为较不活泼的金属，发生还原反应，以此判断金属的活动性．
【解答】解：若a、b相连时，a为负极，活动性a＞b；
c、d相连时c为负极，活动性c＞d；
a、c相连时c为正极，a为负极，活动性a＞c；
b、d相连时b为正极，d为负极，活动性d＞b；
则有活动性a＞c＞d＞b。
故选：B。
【点评】本题考查金属活动性的比较，题目难度不大，注意金属活动性的比较方法的积累．
6．（2分）下列装置能达到实验目的的是（ ）
A．用于分离酒精和水
B．用于验证木炭与浓硫酸的反应产物中含有CO2
C．用于除去CO2中的少量HCl
D．用于制备蒸馏水
【分析】A．酒精与水互溶；
B．C与浓硫酸反应生成的二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊；
C．HCl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
D．蒸馏时温度计测定馏分的温度、且冷却水下进上出．
【解答】解：A．酒精与水互溶，不能利用分液漏斗分离，应选蒸馏法，故A错误；
B．C与浓硫酸反应生成的二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则不能检验有CO2，应除去二氧化硫后检验，故B错误；
C．HCl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则图中洗气可除杂，故C正确；
D．蒸馏时温度计测定馏分的温度、且冷却水下进上出，图中温度计的位置、冷却水方向均不合理，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．
7．（2分）“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念。在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%．下列反应最符合绿色化学中“原子经济”要求的是（ ）
A．nCH2═CH2
B．CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl
C．Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O
D．3NO2+H2O═2HNO3+NO
【分析】绿色化学要求尽可能地利用原材料，根据题干要求，要从反应的原子利用率方面进行考虑分析。
【解答】解：A．CH2＝CH2生成聚乙烯，为加成聚合反应，原料利用率为100%，故A正确；
B．甲烷和氯气光照取代生成两种物质，不能符合绿色化学中“原子经济”，故B错误；
C．氯气和氢氧化钠溶液反应，生成三种物质，原料利用率不为100%，故C错误；
D．3NO2+H2O═2HNO3+NO，原料利用率不为100%，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查“绿色化学”知识，题目难度不大，要熟悉各种反应类型，还要考虑环保、经济等方面。
8．（2分）海带中含有碘元素。从海带中提取的碘的步骤如下：
①海带焙烧成灰加入水搅拌 ②过滤 ③向滤液中加入稀H2SO4和H2O2④加入CCl4萃取 ⑤分液
下列说法中不正确的是（ ）
A．步骤②中用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
B．步骤③中涉及的离子方程式为：2I﹣+H2O2+2H+＝I2+2H2O
C．步骤④中不能用酒精代替CCl4
D．步骤⑤中获得I2从分液漏斗上口倒出
【分析】A．步骤②为过滤，在漏斗中进行；
B．步骤③中碘离子被氧化生成碘；
C．步骤④为萃取，酒精与水互溶；
D．四氯化碳的密度比水的密度大，萃取后有机层在下层。
【解答】解：A．步骤②为过滤，在漏斗中进行，还需要漏斗、玻璃棒，故A正确；
B．步骤③中碘离子被氧化生成碘，发生2I﹣+H2O2+2H+＝I2+2H2O，故B正确；
C．步骤④为萃取，酒精与水互溶，不能用酒精代替CCl4，故C正确；
D．四氯化碳的密度比水的密度大，萃取后有机层在下层，获得I2从分液漏斗下口倒出，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查海带提碘，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．（2分）下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是（ ）
A．CH3COOH═H++CH3COO﹣ B．NaHSO4═Na++H++SO42﹣
C．H3PO4⇌3H++PO43﹣ D．NaHCO3⇌Na++H++CO32﹣
【分析】A．B．C．D．弱电解质的电离要用可逆符号“⇌”；
B．HSO4﹣是强酸根、完全电离；
C．H3PO4是多元弱酸，分步电离；
D．HCO3﹣是弱酸根，不能完全电离、不能拆分。
【解答】解：A．醋酸是弱酸，部分电离，应该用可逆符号“⇌”连接，故A错误；
B．HSO4﹣是强酸根、完全电离，故B正确；
C．H3PO4是多元弱酸，应该分步电离，以第一步为主，并且应该用可逆符号“⇌”连接，故C错误；
D..HCO3﹣是弱酸根，不能完全电离、不能拆分，故D错误：
故选：B。
【点评】考查电离方程式的书写，难度不大，关键是理解强弱电解质概念及其电离情况，尤其注意多元弱酸及其弱酸根的电离情况。
10．（2分）苯乙烯（）是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是（ ）
A．分子式为C8H8
B．分子中最多有12个原子共面
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯
【分析】该有机物中含有苯环和碳碳双键，具有苯和烯烃的性质，能发生取代反应、加成反应、加聚反应、氧化反应，以此解答该题。
【解答】解：A．由结构简式可知分子式为C8H8，故A正确；
B．苯环上所有原子共平面、乙烯中所有原子共平面，所有该物质中所有原子可能共平面，故B错误；
C．含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故C正确；
D．含有碳碳双键，可发生加聚反应生成聚苯乙烯，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查学生分析判断能力，涉及苯及烯烃的性质，明确官能团与性质关系是解本题关键，熟练常见有机物官能团，题目难度不大。
11．（2分）已知：100 kPa下，1 mol 石墨完全燃烧放热393.5 kJ；1 mol 金刚石完全燃烧放热395.4 kJ，下列说法错误的是（ ）
A．石墨比金刚石稳定
B．石墨与金刚石互为同素异形体
C．相同质量的石墨比金刚石总能量高
D．100 kPa下，1 mol CO2（g）完全分解为石墨和O2（g） 吸热393.5 kJ
【分析】100 kPa下，①C（石墨）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.51kJ•mol﹣1
②C（金刚石）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣395.41kJ•mol﹣1，
①﹣②可得：C（石墨）＝C（金刚石）△H＝+1.9kJ•mol﹣1，能量越低越稳定，据此分析解答。
【解答】解：A．①C（石墨）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.51kJ•mol﹣1
②C（金刚石）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣395.41kJ•mol﹣1，
①﹣②可得：C（石墨）＝C（金刚石）△H＝+1.9kJ•mol﹣1，则能量：金刚石＞石墨，能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，故A正确；
B．石墨和金刚石都是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故B正确；
C．C（石墨）＝C（金刚石）△H＝+1.9kJ•mol﹣1，石墨变为金刚石需要吸收能量，则能量：金刚石＞石墨，故C错误；
D．C（石墨）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.51kJ•mol﹣1，则1 mol CO2（g）完全分解为石墨和O2（g） 吸热393.5 kJ，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应热，侧重于金刚石和石墨的转化，题目难度不大，注意盖斯定律的运用以及物质的能量与稳定性的关系。
12．（2分）SF6是一种优良的气体绝缘材料，分子结构中只存在S﹣F键．发生反应的热化学方程式为：S（s）+3F2（g）＝SF6（g）△H＝﹣1220kJ/mol．已知：1mol S（s）转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1mol F﹣F 键需吸收的能量为160kJ，则断裂1mol S﹣F 键需吸收的能量为（ ）
A．330 kJ B．276.67 kJ C．130 kJ D．76.67 kJ
【分析】依据化学方程式结合物质结构分析，焓变＝反应物断裂化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出能量．
【解答】解：S（s）+3F2（g）＝SF6（g）△H＝﹣1220kJ/mol，断裂1mol S﹣F 键需吸收的能量设为x，
得到﹣1220kJ＝280KJ+160kJ×3﹣6X
X＝330kJ，故选A。
【点评】本题考查了化学反应的能量变化，反应焓变的计算应用，题目较简单．
13．（2分）50mL 0.50mol•L﹣1盐酸与50mL 0.55mol•L﹣1 NaOH溶液进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，下列说法错误的是（ ）
A．在测定中和热的实验中，至少需要测定并记录的温度是3次
B．环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，则测得的△H会偏大
C．用相同浓度、相同体积的醋酸溶液代替盐酸进行上述实验，测得的△H会偏大
D．测量盐酸的温度后，必须用水将温度计洗净后再测量NaOH溶液的温度
【分析】A．需要测定酸、碱的初始温度及混合后的最高温度，实验需要进行2～3次；
B．金属Cu是热的良导体，传热快，导致中和热数值偏小；
C．醋酸是弱电解质，电离吸热；
D．测量盐酸的温度后直接测量氢氧化钠溶液的温度，会使NaOH溶液起始温度偏高。
【解答】解：A．在测定中和热的实验中，每一组要记录3次温度，而实验需要进行2～3次，所以至少要记录6次温度，故A错误；
B．金属Cu导传热快，所以用粗铜丝制作的搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，使测得的中和热数值偏小，但焓变△H为负值，所以测得的△H会偏大，故B正确；
C．醋酸是弱酸，电离吸热，用相同浓度、相同体积的醋酸溶液代替盐酸，会使反应热数值偏小，但焓变△H为负值，所以测得的△H会偏大，故C正确；
D．测量盐酸的温度后，必须用水将温度计洗净后再测量NaOH溶液的温度，否则氢氧化钠溶液的起始温度偏高，测得中和热的数值偏小，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查中和热测定，明确中和热测定方法和注意事项为解答关键，注意弱电解质的电离特点、误差分析方法，试题培养了学生的分析能力及灵活运用能力，题目难度不大。
14．（2分）我国科学家利用双功能催化剂（能吸附不同粒子）实现了水煤气低温下反应的高转化率和高反应速率[CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H]，过程示图如图。下列说法错误的是（ ）
A．过程Ⅰ、Ⅱ中CO未断键
B．双功能催化剂提高了活化分子百分数
C．过程Ⅲ有极性键和非极性键形成
D．上述过程提高了CO和H2O的平衡转化率
【分析】A．根据图知，过程I、II中CO分子没有变化；
B．催化剂能提高活化分子百分数；
C．过程III中有CO2、H2生成；
D．催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动。
【解答】解：A．根据图知，过程I、II中CO分子没有变化，则过程I、II中CO未断键，故A正确；
B．催化剂能降低活化能，使部分非活化分子转化为活化分子，则提高活化分子百分数，故B正确；
C．过程III中有CO2、H2生成，二氧化碳分子中存在极性键、氢气分子中存在非极性键，所以过程III有极性键和非极性形成，故C正确；
D．催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以上述过程只改变反应速率，CO和H2O的平衡转化率不变，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，为高频考点，侧重考查分析能力、观察能力和灵活运用能力，把握反应机理中共价键的断裂与形成、催化剂的作用是解题关键，题目难度不大。
15．（2分）将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（ ）
A．c（H+） B．Ka（HF）
C． D．
【分析】根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变来解答．
【解答】解：A、因HF为弱酸，则浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，故A错误；
B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HF）在稀释过程中不变，故B错误；
C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F﹣，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c（H+）不会超过10﹣7mol•L﹣1，c（F﹣）不断减小，则比值变小，故C错误；
D、因Ka（HF）＝，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c（F﹣）不断减小，Ka（HF）不变，则增大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的稀释，明确稀释中电离程度、离子浓度、Ka的变化即可解答，本题难点和易错点是不断稀释时c（H+）不会超过10﹣7mol•L﹣1．
16．（2分）把0.05molNaOH固体分别加入到100mL下列液体中，溶液的导电能力变化最小的是（ ）
A．自来水 B．0.5mol/L盐酸
C．0.5mol/LCH3COOH溶液 D．0.5mol/LKCl溶液
【分析】溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化，B、D项中物质均是强电解质，加入NaOH后生成物仍是强电解质，故导电性变化不大；A、C项中物质由于难电离，离子浓度很小，当加入NaOH后，离子浓度增大很多，成为强电解质，故导电能力与原来相比变化很大．
【解答】解：导电能力的大小，要比较单位体积内离子浓度的多少。
A、因水是极弱的电解质，导电性极弱，加入氢氧化钠后，氢氧化钠是强电解质，溶液中主要的是钠离子和氢氧根，导电性增强，故A错误；
B、未加氢氧化钠固体，导电的有氯离子和氢离子，加入氢氧化钠后主要是钠离子，氯离子，未反应的氢离子，而参加反应的氢离子正好与钠离子的量相当，所以导电性变化不大，故B正确；
C、原来是弱电解质，离子较少，加入强碱以后，变为强电解质，导电能力增强，故C错误；
D、氯化钾为强电解质，加入NaOH后是两种强电解质，离子的浓度变化大，故导电性变化较大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查溶液中离子浓度大小比较，以此判断溶液的导电性，溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化．
17．（2分）某学习小组用K2Cr2O7溶液做如下实验。已知Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+，溶液中Cr3+显绿色。下列说法错误的是（ ）
实验Ⅰ
实验Ⅱ
A．实验Ⅰ中滴入浓硫酸后甲试管溶液橙色加深
B．实验Ⅰ中浓硫酸起强氧化性作用
C．实验Ⅱ丙试管加入NaOH溶液，平衡向生成CrO42﹣方向移动
D．实验Ⅰ、Ⅱ说明K2Cr2O7在酸性溶液中氧化性更强
【分析】A．实验I中滴入浓硫酸导致溶液中c（H+）增大，平衡逆向移动；
B．实验I中滴入浓硫酸导致溶液中c（H+）增大，溶液酸性增强；
C．实验II丙试管中加入NaOH溶液，NaOH和H+反应导致c（H+）减小，平衡正向移动；
D．实验I中，酸性条件下溶液变绿色，实验II中，碱性条件下溶液不变绿色，说明酸性条件下易反应。
【解答】解：A．实验I中滴入浓硫酸导致溶液中c（H+）增大，平衡逆向移动，溶液中c（Cr2O72﹣）增大，则甲试管溶液橙色加深，故A正确；
B．实验I中滴入浓硫酸导致溶液中c（H+）增大，溶液酸性增强，浓硫酸在I中不起强氧化性作用，起酸的作用，故B错误；
C．实验II丙试管中加入NaOH溶液，NaOH和H+反应导致c（H+）减小，平衡正向移动，则衡向生成CrO42﹣方向移动，故C正确；
D．实验I中，酸性条件下溶液变绿色，实验II中，碱性条件下溶液不变绿色，说明酸性条件下易反应，所以实验Ⅰ、Ⅱ说明K2Cr2O7在酸性溶液中氧化性更强，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查观察、分析判断及知识综合应用能力，利用对比实验现象及方程式特点正确分析判断是解本题关键，题目难度不大。
18．（2分）对反应 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，下列说法正确的是（ ）
A．该反应△S＜0△H＞0
B．该反应△S＞0△H＜0
C．该反应在低温下可以自发进行
D．该反应在加热时能自发进行的原因是△S＞0△H＞0
【分析】由化学计量数可知△S，大多数分解反应为吸热反应，且△H﹣TS△＜0的反应可自发进行，以此来解答．
【解答】解：由2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知，△S＞0、△H＞0，且△H﹣TS△＜0的反应可自发进行，则该反应加热时能自发进行，
故选：D。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握焓变、熵变与反应进行方向为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意综合判据的应用，题目难度不大．
19．（2分）在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2A（g）+B（g）═3C（g）+D（s）△H＜0，某研究小组研究了在其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析不正确的是（ ）
A．图Ⅰ表示增加反应物浓度对该平衡的影响
B．图Ⅱ表示减小压强对该平衡的影响
C．图Ⅲ表示温度对该平衡的影响，温度：乙＞甲
D．图Ⅳ表示催化剂对该平衡的影响，催化效率：甲＞乙
【分析】A、增大反应物的浓度，正逆反应速率均增大，但是在增大的瞬间，逆反应速率不变；
B、反应前后气体体积不变，压强变化不影响平衡移动，只一些反应速率；
C、据先拐先平数值大和升温时平衡向逆向移动分析；
D、催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动．
【解答】解：A、增大反应物的浓度，正逆反应速率均增大，但是在增大的瞬间，逆反应速率不变，所以逆反应速率在t1时刻不变，不会离开原平衡点，故A错误；
B、反应前后气体体积不变，压强变化不影响平衡移动，但减小压强反应速率减慢，故B正确；
C、先拐先平数值大，说明乙的温度高于甲，升温平衡逆向移动，A的转化率降低，故C正确；
D、催化剂不影响平衡移动，可以缩短反应达到平衡所用时间，故D正确；
故选：A。
【点评】本题是一道有关化学反应速率和化学平衡知识的图象题，注意固定变量法的运用，难度较大，考查角度广．
20．（2分）已知某化学反应的平衡常数表达式为K＝，在不同的温度下该反应的平衡常数如表所示：
t/℃
700
800
830
1 000
1 200
K
1.67
1.11
1.00
0.60
0.38
下列有关叙述不正确的是（ ）
A．该反应的化学方程式是CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
B．上述反应的正反应是放热反应
C．若在1L的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.4mol时，该反应达到平衡状态
D．若平衡浓度符合下列关系式：＝，则此时的温度为1000℃
【分析】A、依据平衡常数表达式是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到化学方程式；
B、分析图表数据，平衡常数随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行逆向是吸热反应，正反应是放热反应；
C、依据化学平衡三段式列式计算浓度商和平衡常数比较分析判断；
D、依据平衡常数表达式和平衡常数数值计算分析。
【解答】解：A、依据平衡常数表达式是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到化学方程式为K＝，化学方程式为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g），故A正确；
B、分析图表数据，平衡常数随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行逆向是吸热反应，正反应是放热反应，故B正确；
C、依据化学平衡三段式列式计算浓度商和平衡常数比较分析，若在一定体积的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5 min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.4 mol时，
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始量（mol） 0 0 1 1
变化量（mol） 0.6 0.6 0.6 0.6
平衡量（mol） 0.6 0.6 0.4 0.4
反应前后气体物质的量不变，可以用其他物质的量代替平衡浓度计算，Q＝≠1，此时反应没有达到平衡状态，故C错误；
D、依据平衡常数表达式和平衡常数数值计算分析，温度为1000℃平衡常数K＝＝0.6＝，若平衡浓度符合下列关系式：＝，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了平衡常数计算和影响因素分析判断，注意平衡常数随温度变化，掌握概念和计算方法是关键，题目难度中等。
21．（2分）反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＝+57kJ•mol﹣1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．A、C两点的反应速率：A＞C
B．A、C两点气体的颜色：A浅，C深
C．T1＞T2
D．B、C两点气体的平均相对分子质量：B＜C
【分析】A．在其它条件不变时，压强越大，反应速率越快；
B．温度不变时增大压强平衡逆向移动；
C．压强相同时，升高温度平衡正向移动，二氧化氮体积分数增大；
D．平均相对分子质量＝。
【解答】解：A．在其它条件不变时，压强越大，反应速率越快，A、C两点的反应温度相同，由于压强：C＞A，所以反应速率：C＞A，故A错误；
B．A、C两点的反应温度相同，压强：C点＞A点，增大压强时c（NO2）增大但化学平衡逆向移动，c（NO2）减小，平衡移动的趋势是微弱的，总的来说c（NO2）比A点大，故A、C两点气体的颜色：A点浅，C点深，故B正确；
C．该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，NO2的体积分数增大，所以温度：T2＞T1，故C错误；
D．根据图象可知B、C两点NO2的体积分数相同，由于气体的质量不变，则各种气体的物质的量不变，气体的总物质的量不变，故气体的平均相对分子质量也不变，即B、C两点气体的平均相对分子质量相同，即：B＝C，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确温度、压强对平衡影响原理内涵及曲线变化趋势是解本题关键，采用“定一议二”的方法分析判断即可，题目难度不大。
22．（2分）在100℃时，将0.40mol NO2气体充入2L的密闭容器中，发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0。监测反应获得如下数据：下列说法正确的是（ ）
时间/s
0
20
40
60
80
n（NO2）/mol
0.40
n1
0.26
n3
n4
n（N2O4）/mol
0.00
0.05
n2
0.08
0.08
A．0～20s内，v（NO2）＝0.005mol•L﹣1•s﹣1
B．若上述反应在120℃时进行，则反应至80s时，n（N2O4）＜0.08mol
C．若仅将起始时充入NO2的量增至0.80mol，达平衡时NO2转化率将减少
D．59s时，c（NO2）一定大于0.12mol•L﹣1
【分析】A.20s内，△n（N2O4）＝0.05mol，计算v（N2O4），结合计量数关系可计算v（NO2）；
B.正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
C.增加NO2的量，相当于增大压强，平衡正向移动；
D.随反应的进行反应物的浓度减少，但59 s时是否是平衡状态不知。
【解答】解：A.20s内，△n（N2O4）＝0.05mol，v（N2O4）＝＝0.00125 mol•L﹣1•s﹣1，根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比，所以v（NO2）＝0.0025 mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；
B.正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则上述反应在120℃时进行，则反应至80s时，n（N2O4）＜0.08mol，故B正确；
C.增加NO2的量，相当于增大压强，平衡正向移动，则若仅将起始时充入NO2的量增至0.80mol，达平衡时NO2转化率将增大，故C错误；
D.60 s时△n（N2O4）＝0.08mol，所以60s时△n（NO2）＝0.16mol，所以如果59 s未平衡，n（NO2）＞0.40mol﹣0.16mol＝0.24mol，则c（NO2）一定大于0.12 mol•L﹣1，如果平衡c（NO2）等于0.12 mol•L﹣1，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡问题，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握反应速率计算、化学平衡影响因素、等效平衡等，题目难度不大。
23．（2分）研究表明：Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）的反应经过以下反应历程：
第一步：Cl2⇌2Cl快速平衡
第二步：Cl+CO⇌COCl快速平衡
第三步：COCl+Cl2→COCl2+Cl慢反应
已知总反应速率方程为：v＝kx（Cl2）c（CO）[k为速率常数，只受温度影响]，下列说法正确的是（ ）
A．第一步反应一定放热
B．该总反应的速率主要由第一、二步快速反应决定
C．同倍增大c（Cl2）和c（CO），对总反应的速率影响程度前者比后者大
D．升高温度k增大
【分析】A．断键吸收热量；
B．总反应速率与慢反应速率决定；
C．如果同倍增大c（Cl2）和c（CO），前者速率v＝kx（Cl2）c（CO）、后者速率v＝2kx（Cl2）c（CO）；
D．由v＝kx（Cl2）c（CO）知，v与k成正比。
【解答】解：A．断键吸收热量，第一步氯气中化学键断裂生成氯原子，所以第一步反应吸热，故A错误；
B．总反应速率与慢反应速率决定，第一步、第二步为快反应，第三步为慢反应，所以总反应速率由第三步反应决定，故B错误；
C．如果同倍增大c（Cl2）和c（CO），前者速率v＝kx（Cl2）c（CO）、后者速率v＝2kx（Cl2）c（CO），所以对总反应的速率影响：前者小于后者，故C错误；
D．由v＝kx（Cl2）c（CO）知，v与k成正比，升高温度v增大，则k增大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查信息的获取和灵活应用能力，明确反应热和断键及成键关系、反应速率影响因素等知识点是解本题关键，题目难度不大。
24．（2分）在体积为 2L 的恒容密闭容器中发生反应 xA（g）+yB（g）⇌zC（g），图Ⅰ表示 200℃时容器中 A、B、C 物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时 C 的体积分数随 起始 n（A）：n（B）的变化关系．则下列结论正确的是（ ）
A．200℃时向容器中充入 2mol A 和 1mol B，达到平衡时 A 的体积分数等于 0.5
B．200℃时，A 与 B 物质的量浓度之比不再改变，反应达平衡状态
C．图Ⅱ所知反应 xA（g）+yB（g）⇌zC（g）的△H＞0，且 a＝2
D．若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入 He，重新达到平衡前 v 正＞v 逆
【分析】由图I可知，200℃时平衡时，A的物质的量减少：0.8mol﹣0.4mol＝0.4mol，B的物质的量减少：0.4mol﹣0.2mol＝0.2mol，C的物质的量增大0.2mol，5min达到平衡，则该反应方程式为：2A（g）+B（g）⇌C（g）；由图II可知，起始量相同时，温度越高，平衡时C的体积分数越低，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，以此来解答．
【解答】解：A．由图I可知原平衡时A的体积分数为×100%＝0.5，200℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A 的体积分数小于0.5，故A错误；
B．起始量之比与化学计量数之比相同，A 与 B 物质的量浓度之比始终改变，不能判定平衡，故B错误；
C．由图II可知，为吸热反应，△H＞0，且反应为2A（g）+B（g）⇌C（g），一定的温度下A、B起始物质的量之比等于化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数最大，可知a＝2，故C正确；
D．在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入 He，因恒容密闭容器的体积不变，平衡不移动，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的量随时间的变化及平衡移动，为高频考点，把握反应的确定、平衡移动、平衡判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大．
25．（2分）煤燃烧排放的烟气中含有SO2和NOx，会形成酸雨、污染大气。在烟气处理过程中采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液的浓度为5×10﹣3 mol•L﹣1．反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表：下列说法错误的是（ ）
离子
SO42﹣
SO32﹣
NO3﹣
NO2﹣
Cl﹣
c/mol•L﹣1
8.35×10﹣4
6.87×10﹣6
1.5×10﹣4
1.2×10﹣5
3.4×10﹣3
A．NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为：4NO+3ClO2﹣+4OH﹣═4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O
B．增加压强，NO的转化率提高
C．随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐增大
D．由实验结果可知，脱硫反应的速率大于脱硝反应的速率
【分析】A、亚氯酸钠具有氧化性，且溶液显碱性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为：4NO+3ClO2﹣+4OH﹣═4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；
B、正反应是体积减小的反应，则增大压强，NO的转化率提高；
C、随吸收反应的进行；氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的pH逐渐降低；
D、由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增多的多，因此脱硫反应速率大于脱销反应速率。
【解答】解：A、亚氯酸钠的氯元素为+3价，易得电子而具有氧化性，且溶液呈碱性，利用元素守恒、电荷守恒和电子转移守恒写出NaClO2溶液脱硝过程中的主要反应的离子方程式为：4NO+3ClO2﹣+4OH﹣═4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；故A正确；
B、由离子方程式：4NO+3ClO2﹣+4OH﹣═4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O，可知正反应是体积减小的反应，则增大压强，平衡正向移动，NO的转化率提高；故B正确；
C、由离子方程式：4NO+3ClO2﹣+4OH﹣═4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O，随反应的进行，氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的pH逐渐降低；可知故C错误；
D、在相同时间内硫酸根离子的浓度增多的多，因此脱硫反应速率大于脱销反应速率，因为除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还有可能是SO2的还原性强，易被氧化，还有可能是NO溶解度较低或脱硫反应活化能较高等；故D正确；
故选：C。
【点评】借助于NaClO2溶液吸收烟气进行脱硫、脱硝的过程，考查学生对化学反应速率和化学平衡的理解，是常考点和重点；平时多归纳总结，理解并深入掌握，避免出错。
二、非选择题（50分）
26．（14分）醋酸是我们生活中常见的一种酸。请回答下列问题：
（1）在0.1mol⋅L﹣1的CH3COOH溶液中，要促进醋酸电离且使H+浓度增大，应采取的措施是 A 。
A.升温
B.加水
C.加入NaOH溶液
D.加入稀盐酸
（2）常温下，有 c（H+） 相同、体积相同的CH3COOH溶液和HCl溶液，现采取以下措施：
①分别加适量醋酸钠晶体后，CH3COOH溶液中c（H+） 减小 （填“增大”、“减小”或“不变”，下同），HCl溶液中c（H+） 减小 。
②分别加水稀释10倍后，CH3COOH溶液中的c（H+） ＞ （填“＞”、“＝”或“＜”）HCl溶液中的c（H+）。
③分别加等浓度的NaOH溶液至恰好反应，所需NaOH溶液的体积：CH3COOH溶液 ＞ （填“＞”、“＝”或“＜”）HCl溶液。
④温度都升高20℃，CH3COOH溶液中c（H+） ＞ （填“＞”、“＜”或“＝”）HCl溶液中c（H+）。
（3）将0.1mol⋅L﹣1的CH3COOH溶液加水稀释，下列有关稀释后CH3COOH溶液的说法正确的是 AB 。
A.电离程度增大
B.溶液中离子总数增多
C.溶液导电性增强
D.溶液中醋酸分子增多
（4）25℃时，醋酸、碳酸和亚硫酸的电离常数如表所示。
酸
电离常数
醋酸
K＝1.75×10﹣5
碳酸
K1＝4.30×10﹣7，K2＝5.61×10﹣11
亚硫酸
K1＝1.54×10﹣2，K2＝1.02×10﹣7
①碳酸第一步电离的电离常数表达式为 K1＝ 。
②在相同条件下，试比较CH3COO﹣、CO32﹣和SO32﹣与H+的结合能力大小： H2CO3 ＞ HSO3﹣ ＞ HCO3﹣ 。
③书写亚硫酸与碳酸氢钠溶液反应的离子方程式 H2SO3+HCO3﹣═H2O+CO2↑+HSO3﹣ 。
【分析】（1）加入的物质和醋酸根离子反应或升高温度才能使醋酸的电离平衡向右移动且c（H+）增大；
（2）①CH3COOH溶液中存在平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加适量 CH3COONa晶体而抑制醋酸电离；HCl溶液中加适量 CH3COONa晶体，发生反应：CH3COO﹣+H+⇌CH3COOH；
②加水稀释10倍，促进CH3COOH的电离，HCl完全电离；
③消耗碱的体积与酸的物质的量成正比；
④升高温度促进弱电解质电离，HCl完全电离；
（3）加水稀释促进醋酸电离，但是醋酸电离程度程度小于溶液体积增大程度导致溶液中c（H+）减小；
（4）①H2CO3第一步电离的方程式为H2CO3⇌HCO3﹣+H+，K1＝；
②相同条件下，酸的电离常数越大，则酸性越强；
③亚硫酸与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳和亚硫酸氢根离子。
【解答】解：（1）A．醋酸的电离是吸热反应，升高温度能促进醋酸的电离，且c（H+）增大，故A正确；
B．加水，促进醋酸电离，但是醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，则c（H+）减小，故B错误；
C．加入NaOH溶液，NaOH和氢离子反应生成水，能促进醋酸的电离，但c（H+）减小，故C错误；
D．加入稀盐酸，c（H+）增大但抑制醋酸的电离，故D错误；
故答案为：A；
（2）①CH3COOH溶液中存在平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加适量 CH3COONa晶体，平衡向左移动，c（ H+）减小；HCl溶液中加适量 CH3COONa晶体，发生反应：CH3COO﹣+H+⇌CH3COOH，c（ H+）减小，
故答案为：减小；减小；
②加水稀释10倍，CH3COOH的电离平衡向右移动，n（ H+）增多，HCl在水中不存在电离平衡，故HCl溶液中的n（ H+）不变，所以CH3COOH溶液中的c（ H+）＞HCl溶液中的c（ H+）。
故答案为：＞；
③由于CH3COOH部分电离，故pH相同时，c（CH3COOH）＞c（ HCl），pH、体积相同的盐酸和醋酸中n（CH3COOH）＞n（ HCl），则加等浓度的NaOH溶液至恰好反应时，消耗碱的体积与酸的物质的量成正比，所以CH3COOH溶液所需NaOH溶液的体积大，
故答案为：＞；
④升高温度，CH3COOH的电离平衡正向移动，c（ H+）增大，HCl已全部电离，
故答案为：＞；
（3）A．加水稀释促进醋酸电离，则醋酸电离程度增大，故A正确；
B．加水稀释促进醋酸电离导致溶液中离子总数增多，故B正确；
C．加水稀释促进醋酸电离，但是醋酸电离程度程度小于溶液体积增大程度导致溶液中c（H+）减小，则溶液导电性减弱，故C错误；
D．加水稀释促进醋酸电离则溶液中醋酸分子减少，故D错误；
故答案为：AB；
（3）①H2CO3第一步电离的方程式为H2CO3⇌HCO3﹣+H+，K1＝，
故答案为：K1＝；
②相同条件下，酸的电离常数越大，则酸性越强，故酸性强弱：H2CO3＞HSO3﹣＞HCO3﹣，
故答案为：H2CO3；HSO3﹣；HCO3﹣；
③亚硫酸与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳和亚硫酸氢根离子，因而离子反应方程式为：H2SO3+HCO3﹣═H2O+CO2↑+HSO3﹣，
故答案为：H2SO3+HCO3﹣═H2O+CO2↑+HSO3﹣。
【点评】本题考查了弱电解质的电离，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，题目涉及电离平衡、离子方程式的书写等知识点，难度不大。
27．（12分）某学习小组利用 5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O 来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取 KMnO4酸性溶液、H2C2O4溶液，然后倒入大试管中迅速振荡，观察现象。
（1）可通过测定 溶液紫红色褪去所需时间 来判断反应的快慢。
（2）为了观察到明显的现象，如果 H2C2O4 与 KMnO4溶液的体积相同，则它们初始物质的量浓度需要满足的关系为：c（H2C2O4）：c（KMnO4） ≥5：2 。
（3）甲同学设计了如下实验
实验
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
H2O/mL
温度/℃
浓度/mol⋅L﹣1
体积/mL
浓度/mol⋅L﹣1
体积/mL
a
0.20
2.0
0.010
4.0
2.0
25
b
0.20
4.0
0.010
4.0
0
25
c
0.20
4.0
0.010
4.0
0
50
①探究温度对化学反应速率影响的组合实验编号是 bc 。
②实验 b 测得混合后溶液褪色的时间为 30s，忽略混 合前后体积的微小变化，则这段时间平均反应速率 v（H2C2O4）＝ 0.0250 mol⋅L﹣1⋅min﹣1。
（4）在实验中，草酸（H2C2O4）溶液与 KMnO4 酸性溶液反应时，褪色总是先慢后快。
①乙同学据此提出以下假设：
假设 1：反应放热
假设 2：生成 Mn2+ 对反应有催化作用
假设 3：生成 CO2 对反应有催化作用
假设 4：反应生成的 K+或 SO42﹣该反应有催化作用
丙同学认为假设 4 不合理，其理由是 K+、SO42﹣未参与该反应 。
②丁同学用如下实验证明假设 2 成立：在A和B试管中分别加4mL0.2mol⋅L﹣1 草酸溶液，再在 A 试管中加入lmL0.1mol⋅L﹣1MnSO4 溶液、B 试管中加入 1 mL 蒸馏水，然后在两支试管中同时分别加入1mL0.1mol⋅L﹣1KMnO4酸性溶液。预期的实验现象是 A试管溶液褪色时间明显早于B试管 。在 B 试管中加入蒸馏水的目的是 控制变量，使两个实验中草酸、高锰酸钾的浓度相同 。同学们认为不宜用 MnCl2 溶液代替 MnSO4 溶液对该反应进行催化探究，其原因是（用离子方程式表示） 2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O 。
【分析】（1）高锰酸钾溶液为紫红色，根据颜色变化判断；
（2）高锰酸钾完全反应时，能看到溶液褪色，结合方程式中物质之间的关系判断；
（3）①究温度对反应速率影响时，除了温度外其它条件必须相同；
②先根据醋酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；
（4）①若生成 Mn2+对反应有催化作用，反应速率加快；该反应的实质是草酸与高锰酸根离子反应；
②加催化剂可以加快反应速率，分析催化剂对速率的影响时，其它条件要相同；高锰酸根离子与氯离子反应生成氯气。
【解答】解：（1）高锰酸钾溶液为紫红色，可通过测定溶液紫红色褪去所需时间来判断反应的快慢，
故答案为：溶液紫红色褪去所需时间；
（2）已知发生的反应5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，高锰酸钾完全反应时，能看到溶液褪色，所以它们初始物质的量浓度需要满足的关系为：c（H2C2O4）：c（KMnO4）≥5：2，
故答案为：≥5：2；
（3）①究温度对反应速率影响时，除了温度外其它条件必须相同，实验b和c的浓度相同，温度不同，是探究温度对速率的影响，
故答案为：bc；
②草酸的物质的量为：0.20mol•L﹣1×0.004L＝0.0008mol，高锰酸钾的物质的量为：0.010mol•L﹣1×0.004L＝0.00004mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0008mol：0.00004mol＝20：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：＝0.0050mol/L，
这段时间内平均反应速率v（KMnO4）＝＝0.010mol•L﹣1•min﹣1，则v（H2C2O4）＝×0.010mol•L﹣1•min﹣1＝0.0250mol•L﹣1•min﹣1，
故答案为：0.0250mol•L﹣1•min﹣1；
（4）①生成 Mn2+对反应有催化作用，反应速率加快；该反应的实质是草酸与高锰酸根离子反应，K+、SO42﹣未参与该反应，所以K+、SO42﹣对反应速率无影响，
故答案为：Mn2+；K+、SO42﹣未参与该反应；
②加催化剂可以加快反应速率，分析催化剂对速率的影响时，其它条件要相同，要使两组实验中的草酸、高锰酸钾的浓度相同，则溶液的体积相同，即B试管中加入1mL 蒸馏水；锰离子对反应有催化作用，则反应速率加快，褪色时间短，即A试管溶液褪色时间明显早于B试管；高锰酸根离子与氯离子反应生成氯气，所以不能MnCl2溶液代替 MnSO4溶液，反应的离子方程式为：2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：1；A试管溶液褪色时间明显早于B试管；控制变量，使两个实验中草酸、高锰酸钾的浓度相同；2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
【点评】本题考查了探究温度、浓度对反应速率的影响、浓度岁时间变化的曲线，题目难度中等，注意掌握温度、浓度、压强等对反应速率的影响，试题侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
28．（13分）卤块的主要成分是MgCl2（还含有少量Fe2+、Fe3+、Mn2+等离子）。以它为原料按如图流程可制得单质镁。
已知：溶液中生成氢氧化物的pH如表
物质
Fe（OH）3
Mn（OH）2
Mg（OH）2
开始沉淀
2.7
8.3
9.6
完全沉淀
3.7
9.8
11.1
请回答下列问题：
（1）步骤①中加入NaClO的目的是 将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去 ；为了尽量除去杂质，pH应调至 9.8 ，固体a中的成分有 Fe（OH）3、Mn（OH）2、Mg（OH）2 。
（2）溶液b中的主要溶质为 NaCl ，步骤②后检验固体b已洗涤干净的操作为 取少量最后一次洗液于试管，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，无白色沉淀生成，则固体b已洗净 。
（3）步骤③反应的化学方程式为 MgCO3+H2OMg（OH）2↓+CO2↑ 。步骤④选用的试剂X应是 盐酸 。
（4）步骤⑤操作Ⅰ包括：先制得MgCl2•6H2O，再加热失水得无水MgCl2．由溶液c制MgCl2•6H2O的操作为 蒸发浓缩 、 冷却结晶 、过滤。
（5）步骤⑥反应的化学方程式为 MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑ 。
【分析】卤块的主要成分是MgCl2，还含有少量Fe2+、Fe3+和Mn2+等杂质离子，卤块溶解后加入适量次氯酸钠溶液氧化亚铁离子，加入氢氧化钠溶液除去铁离子、锰离子杂质，过滤后的滤液为氯化镁，加入碳酸钠生成碳酸镁沉淀，溶液b主要含有氯化钠，碳酸镁价水煮沸，可生成氢氧化镁和二氧化碳气体，用稀盐酸溶解氢氧化镁得到得到浓度较高的氯化镁溶液，在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属Mg，以此解答该题。
【解答】解：（1）亚铁离子具有还原性，步骤①中加入NaClO的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去，
为了尽量除去杂质，pH应调至9.8，此时生成的沉淀有Fe（OH）3、Mn（OH）2，以及少量Mg（OH）2，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去；9.8；Fe（OH）3、Mn（OH）2、Mg（OH）2；
（2）溶质b为NaCl，沉淀吸附溶液中的氯离子，可用检验氯离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是取少量最后一次洗液于试管，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，无白色沉淀生成，则固体b已洗净，
故答案为：NaCl；取少量最后一次洗液于试管，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，无白色沉淀生成，则固体b已洗净；
（3）步骤③反应的化学方程式为MgCO3+H2OMg（OH）2↓+CO2↑，溶解氢氧化镁生成氯化镁，应加入盐酸，
故答案为：MgCO3+H2OMg（OH）2↓+CO2↑；盐酸；
（4）由溶液c制MgCl2•6H2O的操作为蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（5）步骤⑥应电解熔融的氯化镁，反应的化学方程式为MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑。
【点评】本题考查物质制备工艺流程，为高考常见题型，涉及混合物的分离和提纯、电解、信息获取与迁移运用等，侧重考查学生对知识的综合运用能力，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。
29．（11分）氮和硫的氧化物的综合利用是目前研究的热点之一。
已知：
i.N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝+180.0kJ⋅mol﹣1
ii.2SO2（g）+O2（g）＝2SO3（g）△H＝﹣196.6kJ⋅mol﹣1
iii.2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）△H＝﹣113.0kJ⋅mol﹣1（1）反应
（1）iV：2NO2（g）+2SO2（g）＝2SO3（g）+N2（g）+O2（g）的△H＝ ﹣263.6kJ•mol﹣1 ；该反应在密闭容器中达到平衡后，只改变下列条件，一定能使N2的平衡体积分数增大的是 CD （填选项字母）。
A.缩小容器容积
B.再充入SO2
C.降低温度
D.分离出SO3
（2）T1℃时，容积相等的密闭容器中分别充入NO2和SO2的混合气体共4mol，发生反应iV.NO2或SO2的平衡转化率（a）与起始充入的关系如图1所示。
①图中能表示平衡时a（SO2）与起始充入的关系的曲线为 L2 （填“L1”或“L2”）。
②反应的平衡常数K＝ 。
（3）向密闭容器中充入一定量SO2和O2，发生反应ii。SO3的平衡体积分数（ϕ）与温度（T）和压强（p）的关系如图2所示。
①P1、P2、P3由大到小的顺序为 P1＞P2＞P3 。
②P、Q两点对应状态下，单位体积内反应物活化分子数目：P ＞ Q（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（4）汽车尾气净化中的一个反应如下：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）.一定温度下，向容积为1L的恒容密闭容器中充入0.2molNO 和0.3molCO，容器压强为 500KPa.经过t1min达到平衡状态，测得 NO 转化率为 50%．计算该温度时该反应的平衡常数 Kp＝ 1.25×10﹣3KPa﹣1 （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
【分析】（1）i．N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝+180.0kJ•mol﹣1，
ii．2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H＝﹣196.6kJ•mol﹣1，
iii．2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H＝﹣113.0kJ•mol﹣1，
盖斯定律计算ii﹣（i+iii）得到反应iV：2NO2（g）+2SO2（g）═2SO3（g）+N2（g）+O2（g）的△H，该反应在密闭容器中达到平衡后，只改变下列条件，一定能使N2的平衡体积分数增大，需要平衡正向进行；
（2）①T1℃时，容积相等的密闭容器中分别充入NO2和SO2的混合气体4mol，发生反应iV 2NO2（g）+2SO2（g）═2SO3（g）+N2（g）+O2（g）△H＝﹣263.6kJ•mol﹣1；NO2或SO2的平衡转化率（a）与起始充入的关系如图，比值增大，二氧化硫转化率增大，二氧化氮转化率减小；
②M点二氧化氮和二氧化硫转化率相同为0.6，则＝1，即二氧化氮和二氧化硫物质的量都为2mol，结合三行计算列式得到平衡浓度，平衡常数K＝；
（3）①反应ii为气体体积减小的放热反应相同温度下压强越大，平衡正向进行，三氧化硫体积分数越大；
②图象和①分析得到，PQ两点对应状态下，P点压强大，温度更高，单位体积内反应物活化分子数目更多；
（4）结合化学三行计算列式计算，得到气体物质的量计算物质的量分数，利用分压＝总压×物质的量分数计算平衡常数。
【解答】解：（1）i．N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝+180.0kJ•mol﹣1，
ii．2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H＝﹣196.6kJ•mol﹣1，
iii．2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H＝﹣113.0kJ•mol﹣1，
盖斯定律计算ii﹣（i+iii）得到反应iV：2NO2（g）+2SO2（g）═2SO3（g）+N2（g）+O2（g）△H＝（﹣196.6﹣180.0113.0）kJ•mol﹣1＝﹣263.6kJ•mol﹣1，
A．缩小容器容积，压强增大，平衡逆向进行，氮气体积分数减小，故A错误；
B．再充入SO2，平衡正向进行，但加入二氧化硫多，氮气体积分数不一定增大，故B错误；
C．反应为放热反应，降低温度，平衡正向进行，氮气体积分数增大，故C正确；
D．分离出SO3，平衡正向进行，氮气体积分数增大，故D正确；
故答案为：﹣263.6kJ•mol﹣1；CD；
（2）①T1℃时，容积相等的密闭容器中分别充入NO2和SO2的混合气体4mol，发生反应iV 2NO2（g）+2SO2（g）═2SO3（g）+N2（g）+O2（g）△H＝﹣263.6kJ•mol﹣1；NO2或SO2的平衡转化率（a）与起始充入的关系如图，比值增大，二氧化硫转化率增大，二氧化氮转化率减小，L2表示的是二氧化硫的转化率，
故答案为：L2；
②T1℃时，容积相等的密闭容器中分别充入NO2和SO2的混合气体4mol，发生反应iV，M点二氧化氮和二氧化硫转化率相同为0.6，则＝1，即二氧化氮和二氧化硫物质的量都为2mol，
2NO2（g）+2SO2（g）═2SO3（g）+N2（g）+O2（g）
起始量（mol） 2 2 0 0 0
变化量（mol） 1.2 1.2 1.2 0.6 0.6
平衡量（mol）0.8 0.8 1.2 0.6 0.6
反应前后气体物质的量不变，可以用物质的量代替平衡浓度计算平衡常数K＝＝＝，
故答案为：；
（3）①反应ii为气体体积减小的放热反应相同温度下压强越大，平衡正向进行，三氧化硫体积分数越大，故P1、P2、P3由大到小的顺序为：P1＞P2＞P3，
故答案为：P1＞P2＞P3；
②图象和①分析得到，P、Q两点对应状态下，P点压强大，温度更高，单位体积内反应物活化分子数目更多，则P＞Q，
故答案为：＞；
（4）一定温度下，向容积为 1L 的恒容密闭容器中充入 0.2molNO 和 0.3molCO，容器压强为 500KPa．经过 t1min 达到平衡状态，测得 NO 转化率为 50%．
2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol） 0.2 0.3 0 0
变化量（mol） 0.2×50% 0.1 0.05 0.1
平衡量（mol） 0.1 0.2 0.05 0.1
平衡气体总物质的量＝0.1mol+0.2mol+0.05 mol+0.1mol＝0.45mol，P0＝500KPa，反应达到平衡状态下的总压P平＝P0×＝450KPa，该温度时该反应的平衡常数 Kp＝＝＝1.25×10﹣3 KPa﹣1，
故答案为：1.25×10﹣3 KPa﹣1。
【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算应用、平衡计算、平衡影响因素分析判断、图象的变化分析应用等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
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