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山西省长治市上党区第一中学校2021-2022学年高二上学期9月月考化学试题含解析
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这是一份山西省长治市上党区第一中学校2021-2022学年高二上学期9月月考化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
山西省长治市上党区第一中学校2021-2022学年高二上学期9月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列能量的转化过程中，由化学能转化为电能的是
A
B
C
D
水力发电
风力发电
铅蓄电池放电
太阳能发电
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A.水力发电是将重力势能转化为电能，故A错误；
B.风力发电是将风能转化为电能，故B错误；
C.蓄电池放电是利用化学反应产生能量，是将化学能转化为电能，故C正确；
D. 太阳能发电是将太阳能转化为电能，故D错误；
故选C。
2．可逆反应A(aq)+B(aq)C(l)+D(aq) ΔH=-50kJ·mol-1，下列有关该反应的叙述正确的是
A．正反应活化能小于50 kJ·mol-1
B．逆反应活化能不小于50 kJ·mol-1
C．正反应活化能大于50 kJ·mol-1
D．逆反应活化能比正反应活化能小50 kJ·mol-1
【答案】B
【详解】某反应的△H=-50kJ·mol-1，则正反应的活化能-逆反应的活化能=-50kJ·mol-1，说明正反应的活化能比逆反应的活化能小50kJ·mol-1，逆反应活化能不小于50 kJ·mol-1，正反应活化能大小不能确定，只有B正确；
故选B。
3．将1 000 mL 0.1 mol·L－1BaCl2溶液与足量稀硫酸充分反应放出akJ热量；将1 000 mL 0.5 mol·L－1HCl溶液与足量CH3COONa溶液充分反应放出bkJ热量(不考虑醋酸钠水解)；将500 mL 1 mol·L－1H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba(可溶性强电解质)溶液反应放出的热量为
A．(5a－2b) kJ B．(2b－5a) kJ
C．(10a+4b) kJ D．(5a+2b) kJ
【答案】D
【分析】将500mL 1mol•L-1H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba溶液反应，涉及的离子方程式有Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)，H+(aq)+CH3COO(aq)=CH3COOH(l)，将1000mL 0.1mol•L-1BaCl2溶液与足量稀硫酸反应，涉及的离子方程式为：Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)，将1000mL 0.5mol•L-1HCl溶液与足量CH3COONa溶液反应，涉及的离子方程式为H+(aq)+CH3COO(aq)=CH3COOH(l)，从能量守恒的角度解答。
【详解】1000mL 0.1mol•L-1BaCl2的物质的量为0.1mol，将1000mL 0.1mol•L-1BaCl2溶液与足量稀硫酸反应，涉及的离子方程式为：Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)，生成0.1molBaSO4，放出akJ热量；1000mL 0.5mol•L-1HCl溶液的物质的量为0.5mol，将1000mL 0.5mol•L-1HCl溶液与足量CH3COONa溶液反应，涉及的离子方程式为H+(aq)+CH3COO-(aq)=CH3COOH(l)，生成0.5molCH3COOH，放出b kJ热量；所以500mL 1mol•L-1H2SO4的物质的量为0.5mol，将500mL 1mol•L-1H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba溶液反应，涉及的离子方程式有Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)，H+(aq)+CH3COO-(aq)=CH3COOH(l)，生成0.5molBaSO4，1molCH3COOH，溶液反应放出的热量为(5a+2b)kJ，故选D。
4．已知以下的热化学反应方程式：
①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH=-24.8kJ·mol-1
②Fe2O3(s)＋CO(g)=Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH=-15.73kJ·mol-1
③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH=＋640.4kJ·mol-1
则28gCO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的ΔH约为
A．+218kJ·mol-1 B．-109kJ·mol-1 C．-218kJ·mol-1 D．＋109kJ·mol-1
【答案】C
【详解】已知：①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH=-24.8kJ·mol-1；②Fe2O3(s)＋CO(g)=Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH=-15.73kJ·mol-1；③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH=＋640.4kJ·mol-1；则根据盖斯定律可知(①×3-②×3-③×2)×即得到FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g)ΔH=-218kJ·mol-1，因此28gCO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的ΔH约为-218kJ·mol-1；
故选C。
5．某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是
A．m=2
B．两次平衡的平衡常数相同
C．X与Y的平衡转化率之比为1:1
D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4 mol·L－1
【答案】D
【详解】A.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），则可等效为两等效平衡体系合，在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动，但再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A项正确；
B.同一化学反应的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数相同，B项正确；
C.m=2，起始量X与Y之比为1:2，则反应过程中由方程式可知反应的X与Y之比为1:2，故X与Y的平衡转化率之比为1:1，C项正确；
D.m=2，则该反应为反应前后气体总量不变的反应，故第二次平衡时Z的物质的量为：4mol×10%=0.4mol，故Z的浓度为0.4mol÷2L=0.2mol/L，故D项错误；
本题选D。
6．已知2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)；ΔH＝－197 kJ·mol-1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲) 2 mol SO2和1 mol O2；(乙) 1 mol SO2和0.5 mol O2；(丙) 2 mol SO3。恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是
A．容器内压强P：P甲＝P丙> 2P乙
B．SO3的质量m：m甲＝m丙> 2m乙
C．c(SO2)与c(O2)之比k：k甲＝k丙> k乙
D．反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲＝Q丙> 2Q乙
【答案】B
【详解】由给的数据利用归一法可知甲和丙是等效平衡。
A项，如果平衡不移动，p甲=p丙=2p乙，但乙加入的物质的量是甲、丙的一半，恒容下相当于减压，平衡左移，压强变大，所以应该是p甲=p丙<2p乙，故A错误；
B项，根据A项分析，平衡左移，三氧化硫的量减少，所以m甲=m丙>2m乙，故B正确；
C项，加入的量均为2∶1，反应的量为2∶1，三者剩余的量也一定相等，为2∶1，c(SO2)与c(O2)之比k不变，所以k甲=k丙=k乙，故C错误；
D项，因为甲和丙是在不同的方向建立起的等效平衡，若转化率均为50%时，反应热的数值应相等，但该反应的转化率不一定是50%，所以Q甲和Q丙不一定相等，故D项错。
答案选B。
【点睛】本题的关键是甲乙容器的比较，乙容器相当于甲容器扩大体积为原来的一半，然后再进行比较。
7．可逆反应： 2 A(g) + B(g) 3 C(g) + D(g)。试根据下图判断正确的是
A．温度T1℃ 比 T2℃高
B．正反应为放热反应
C．甲图纵轴可以表示A的转化率
D．甲图纵轴可以表示混合气体平均相对分子质量
【答案】C
【详解】A项，分析图乙，温度越高，化学反应速率越快，先达到平衡状态，所以T1℃比T2℃低，故A错误；B项，升高温度，A的百分含量减小了，即升温平衡正向移动，所以该反应的正方向为吸热反应，故B错误；C项，分析甲图，增大压强，化学反应速率加快，先达到平衡状态，所以P2大于P1，加压，化学平衡逆向移动，A的转化率减小，所以甲图纵轴可以表示A的转化率，故C正确；D项，增大压强，化学平衡逆向移动，气体总分子数减小，气体总质量不变，所以混合气体平均相对分子质量增大，所以甲图纵轴不能表示混合气体平均相对分子质量，故D错误。
点睛：本题以图像的形式考查影响化学平衡和化学反应速率的因素，注意：①掌握温度、压强等影响化学反应速率和化学平衡移动的外因，并能灵活运用；②会看图像，关注曲线的特殊点，通过分析图像得出速率快慢情况及化学平衡移动情况。
8．对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是
①增加C的量； ②增加CO的量；
③将容器的体积缩小一半； ④保持体积不变，充入N2以增大压强；
⑤升高反应体系的温度； ⑥保持压强不变，充入N2以增大体积。
A．②③ B．①④ C．①⑥ D．④⑥
【答案】B
【分析】根据影响化学反应速率的外因分析判断。
【详解】①C为固体，改变其用量不影响反应速率；②增加CO量即增大CO气体浓度，化学反应速率增大；③将容器的体积缩小，容器中气体浓度增大，反应速率增大； ④体积不变时充入N2，与反应有关的气体浓度不变，反应速率不变；⑤升高反应温度，反应速率加快；⑥压强不变时充入N2，容器体积变大，与反应有关的气体浓度减小，反应速率减小。
本题选B。
9．在密闭容器中，反应X2(g)+Y2(g)⇌2XY(g)；ΔH＜0，达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，对此过程的分析正确的是
A．图I是加入适当催化剂的变化情况 B．图II是扩大容器体积的变化情况
C．图III是增大压强的变化情况 D．图III是升高温度的变化情况
【答案】D
【分析】根据方程式可知，反应是体积不变的、放热的可逆反应。
【详解】A．图I表示化学平衡发生了移动，而催化剂不能改变平衡状态，A错误；
B．扩大容器体积，压强降低，反应速率是降低的，B错误；
C．图III中XY的含量不同，即平衡发生了移动，而改变压强平衡不移动，C错误；
D．升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向进行，XY的含量降低，符合图III，D正确；
故选D。
10．应：2A2B+C(A为红棕色气体，其余气体无色)在恒温恒容密闭容器中进行， 达到反应限度的标志是
① 单位时间内生成 n mol C 的同时，生成 2n mol A
② v正(B)=v正(A)
③ 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
④ 混合气体的颜色不再改变的状态
⑤ 混合气体的密度不再改变的状态
⑥ 混合气体的压强不再改变的状态
⑦ 用A与B、C表示的反应速率之比为2:2:1的状态
A．①③④⑥ B．②③⑤⑦ C．②④⑥ D．①⑤⑦
【答案】A
【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，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，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】①单位时间内生成n mol C的同时生成2n mol A，说明正逆反应速率比等于系数比，一定达到平衡状态，故选①；
②v正(B)=v正(A)，反应向右进行，反应速率同向，反应没有达到平衡状态，故不选②；
③反应前后气体质量不变，气体物质的量是变量，根据，混合气体的平均相对分子质量是变量，平均相对分子质量不再改变的状态，达到平衡状态，故选③；
④A为红棕色气体，混合气体的颜色不再改变的状态，说明A浓度不变，一定达到平衡状态，故选④；
⑤反应前后气体质量不变，容器体积不变，根据，密度是恒量，密度不再改变的状态，不一定平衡，故不选⑤；
⑥反应前后气体物质的量是变量，所以混合气体的压强是变量，压强不再改变的状态为平衡状态，故选⑥；
⑦用A与B、C表示的反应速率之比为2:2:1的状态，无论是否平衡，A与B、C表示的反应速率之比都是2：2：1，故不选⑦；
综上，①③④⑥符合题意，答案选A。
11．25℃时，在某物质的溶液中，由水电离出的c(H+)＝1×10－a mol/L，下列说法不正确的是（ ）
A．a＜7时，水的电离受到促进 B．a＞7时，水的电离受到抑制
C．a＜7时，溶液的pH一定为a D．a＞7时，溶液的pH一定为14－a
【答案】D
【详解】A．如果a＜7，则水电离出的c(H+)＞1×10-7mol/L，则水的电离受到促进，故A正确；
B．如果a＞7，则水电离出的c(H+)＜1×10-7mol/L，则水的电离受到抑制，故B正确；
C．如果a＜7，则促水的电离受到促进，该溶液为盐溶液，溶液的pH=a，故C正确；
D．如果a＞7，则水的电离受到抑制，该溶液为酸溶液或碱溶液，则该溶液的pH值为a或14-a，故D错误；
答案选D。
【点睛】向水中加入酸或碱抑制水电离，加入含有弱根离子的盐促进水电离，根据某物质的溶液中由水电离出的c（H+）和纯水中c（H+）相对大小判断是促进水电离还是抑制水电离。
12．下列表述中，与盐类水解有关的是( )
①明矾和FeCl3可作净水剂；
②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸；
③AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Al2O3；
④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂；
⑤实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞；
⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂；
⑦草木灰与铵态氮肥不能混合施用。
A．①②③⑤⑥⑦ B．①②③④⑥⑦ C．①③⑤⑥⑦ D．全有关
【答案】B
【详解】①铝离子和铁离子水解生成胶体，能吸附水悬浮杂质，起到净水的作用，与水解有关；②铁离子水解显酸性，加入盐酸抑制铁离子的水解，故②有关；③蒸干氯化铝溶液促进铝离子的水解，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝，Al(OH)3在灼烧的条件下，发生分解得到Al2O3，故③有关；④铵根离子、锌离子水解显酸性，可与铁锈反应，能起到除锈的作用，故④有关；⑤氢氧化钠溶液和和玻璃中的二氧化硅反应，生成硅酸钠是矿物胶粘结瓶口和瓶塞，与水解无关，故⑤无关；⑥碳酸氢根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，二者水解相互促进生成二氧化碳和氢氧化铝，故⑥有关；⑦草木灰是碳酸钾，水解显碱性，铵盐水解显酸性，混合水解会相互促进生成二氧化碳和氨气，减弱肥效，故⑦有关；综上与水解有关的有①②③④⑥⑦；
本题答案选B。
13．常温时将0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合后(若混合后两者的体积可以相加)，恰好完全反应，则下列有关所得混合液的说法正确的是
A．所得混合液中c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．混合后溶液pH＝7
C．所得混合液中存在c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.05 mol·L－1
D．混合后溶液中存在c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
【答案】C
【分析】常温时将0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合后二者恰好反应生成醋酸钠，结合醋酸根水解分析解答。
【详解】氢氧化钠是一元强碱，常温时将0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合恰好反应生成醋酸钠。则
A、二者混合后溶质为CH3COONa，醋酸根水解溶液显碱性，c(OH－)＞c(H＋)，离子浓度大小顺序为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，A错误
B、二者混合后溶质为CH3COONa，醋酸根水解溶液显碱性，pH＞7，B错误；
C、二者混合后溶质为CH3COONa，根据物料守恒，反应后的溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.5×0.1 mol·L－1＝0.05 mol·L－1，C正确；
D、由电荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，c(CH3COOH)一定不等于氢氧根离子浓度，因此c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)不成立，D错误。
答案选C。
14．常温下，下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述错误的是
A．溶液中水电离出的c（H+）=1.0×10-11mol•L-1
B．与等体积pH=11的NaOH溶液混合，所得溶液pH=7
C．加入少量水稀释该溶液的过程中，增大
D．加入0.1mol•L-1CH3COONa溶液使pH=7,则c（CH3COO-）=c（Na+）
【答案】B
【详解】A．pH=3的 CH3COOH溶液中c（H+）=1.0×10-3mol•L-1，醋酸抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则由H2O电离出的c（H+）=c（OH-）=1.0×10-11mol•L-1，故A正确；
B．pH=3的 CH3COOH等体积pH=11的NaOH溶液混合，醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，反应后溶液呈酸性，故B错误；
C．由醋酸电离的平衡常数表达式可知，，加水稀释，氢离子浓度降低，温度不变，则平衡常数不变，则稀释过程中，，增大，故C正确；
D．滴加0.1 mol•L-1 CH3COONa溶液至pH=7时，根据电荷守恒可知c（H+）=c（OH-），溶液呈中性则，c（CH3COO-）=c（Na+），故D正确；
答案选B。
15．已知草酸是二元弱酸，0.2 mol·L-1NaHC2O4 溶液显酸性，关于 NaHC2O4 溶液中离子浓度关系的叙述不正确的是
A．c(Na+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)
B．c(Na+)＝c()+c()+c(H2C2O4)
C．c(Na+)+c(H+)＝c()+c()+c(OH-)
D．c(H+)+c(H2C2O4)＝c()+c(OH-)
【答案】C
【详解】A.草酸是二元弱酸，0.2 mol·L-1NaHC2O4 溶液显酸性，说明H2C2O4电离程度大于水解程度，但是其电离和水解程度都较小，钠离子不水解，则溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)，故A正确；
B.溶液中存在物料守恒；c(Na+)= c(HC2O-) + c(C2O2- )+ c(H2C2O4)，故B正确；
C.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c()+2c()+c(OH-)，故C错误；
D.溶液中存在物料守恒c(Na+)= c(HC2O-) + c(C2O2- )+ c(H2C2O4)，液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c()+2c()+c(OH-)，溶液中电荷守恒减物料守恒得c(H+)+c(H2C2O4)＝c()+c(OH-)，故D正确；
故答案：C。
16．将0.01mol下列物质分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计）
①Na2O2 ②Na2O ③Na2CO3 ④NaCl
A．①>②>③>④ B．①>②>④>③
C．①=②>③>④ D．①=②>③=④
【答案】C
【详解】由①反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，②反应为Na2O+H2O=2NaOH溶于水，二者消耗的水的量相同，生成等物质的量的NaOH，故生成的OH-浓度相同，均约为0.2mol/L，故为①=②；③中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于④，而④中NaCl的浓度为0.1mol/L，
故答案为C。
【点晴】这是一道对学生守恒思想的考查题，是一道典型的“计而不算”的计算题。注意溶液中的化学反应。等物质的量的Na2O2与Na2O分别于水反应生成等物质的量的NaOH，消耗的水的量相同，生成的OH-浓度相同，均约为0.2mol/L，Na2CO3因水解，使阴离子浓度稍增大：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-。
17．25℃时，向0.1mol•L-1HX溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后与pH的关系如图所示(忽略溶液体积变化)，下列有关叙述不正确的是
A．HX的Ka的数量级为10-5
B．P 点的溶液中：c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)
C．N 点的溶液中：c(Na+)+c(H+) = c(HX)+c(OH-)
D．M 点的溶液中：c(Na+)+c(HX) +c(H+) = 0.1 mol·L-1
【答案】D
【分析】由N点可知，pH=4.7时，=0，即c(H+)=10-4.7，=1，所以HX的平衡常数Ka=，HX是一元弱酸，据此解答。
【详解】A．HX的平衡常数Ka==100.3×10-5，故HX的Ka的数量级为10-5，A正确；
B．电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，P点，溶液pH=8.85，c(OH-)>c(H+)，故c(Na+)＞c(X-)，所以c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)，B正确；
C．电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，N点，=0，则=1，c(X-)=c(HX)，所以c(Na+)+c(H+) = c(HX)+c(OH-)，C正确；
D．电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，物料守恒：c(X-)+c(HX)=0.1mol/L，联立二式有：c(Na+)+c(HX) +c(H+)–c(OH-)= 0.1 mol·L-1，D错误。
答案选D。
【点睛】图像给“坐标”的题，要学会代“坐标”计算，从而将复杂问题简单化。
18．常温下，向20 mL0．010 mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0．010 mol·L－1的NaOH溶液，溶液中c(OH－)与所加NaOH溶液的体积（V）的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．常温下，Ka（HA）≈1．0×10－6
B．N点溶液中存在：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
C．P点后的溶液中均存在：c（Na＋）＞c（A－）＞c（OH－）＞c（H＋）
D．水的电离程度：M＜N＜P
【答案】C
【分析】y轴坐标为lgc（OH-），在M点时，溶液中c（OH-）=10-10mol/L，常温时c（H+）=10-4mol/L，则HA为一元弱酸。
【详解】A. 常温下，Ka（HA）= =≈1．0×10－6，A正确；
B. N点溶液中根据溶液呈电中性，存在：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，B正确；
C. P点为NaA的溶液，则P点后的溶液为碱过量，当n（NaA）=n（NaOH）时，发生A－＋H2O⇌HA+ OH－，则c（OH－）＞c（A－），C错误；
D. M、N、P点的溶液分别为HA、HA和NaA的混合液、NaA，酸对水电离有抑制作用，强碱弱酸盐对水的电离有促进作用，则水的电离程度：M＜N＜P，D正确；
答案为C。
【点睛】盐溶液中，有弱就水解，能促进水的电离，酸碱抑制水的电离。
19．下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是
A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合： c(H+) + c(M+) == c(OH-) + c(A-)
B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)
C．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-) +2c(OH-) = 2c(H+) + c(CH3COOH)
D．0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH = 4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2—)
【答案】D
【详解】A、根据电荷守恒可知，pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液任意比混合后c（H+） + c（M+） ＝c（OH－） + c（A－），A正确；
B、氢氧化钠是强碱，完全电离出OH－，碳酸钠和醋酸钠水解溶液显碱性。因为碳酸的酸性弱于醋酸的酸性，因此碳酸钠的水解程度强于醋酸钠的水解程度，因此溶液的碱性强于醋酸钠溶液的碱性，所以在pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液中c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），B正确；
C、物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后，根据电荷守恒可知c（CH3COO－）＋c（OH-）＝c（H+）＋c（Na＋）。根据物料守恒可知c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝2c（Na＋），所以c（CH3COO－） +2c（OH-） = 2c（H+） + c（CH3COOH），C正确；
D、0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH＝4，这说明HA－的电离程度强于其水解程度，因此粒子浓度大小关系：c（HA－）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（H2A），D不正确；
答案选D。
20．pC类似pH，是指极稀溶液中，溶质物质的量浓度的常用负对数值。如某溶液溶质的物质的量浓度为1×10－3mol·L－1，则该溶液中溶质的pC＝－lg(1×10－3)＝3。下列表达正确的是
A．中性溶液中，pC(H＋)＋pC(OH－)＝14
B．pC(H＋)＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5mol·L－1
C．pC(OH－)＝a的氨水，稀释10倍后，其pC(OH－)＝b，则a＝b－1
D．pC(OH－)＝3的NaOH溶液，稀释100倍，其pC(OH－)＝5
【答案】D
【详解】A．Kw的大小受到温度的影响，温度越高Kw越大，Kw=c(H+)•c(OH-)，pC(H+)+pC(OH-)=-lgC(H+)•C(OH-)=-lgKw，只有在常温下Kw=10-14，pC(H+)+pC(OH-)=14，故A错误；
B．pC(H＋)＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝1×10－5mol·L－1，溶液中存在H2S⇌ HS－+ H＋，HS－⇌S2-+ H＋，无法判断c(HS－)的大小，故B错误；
C．pC(OH－)＝a的氨水中存在NH3·H2ONH4+＋OH－，稀释促进氨水的电离，稀释10倍后，pC(OH－)＝b，c(OH-)比原来的大，即b＜a+1，则a＞b－1，故C错误；
D．pC(OH－)＝3的NaOH溶液中c(OH-)=1×10－3mol·L－1，稀释100倍，c(OH-)=1×10－5mol·L－1，其pC(OH－)＝5，故D正确；
故选D。
二、填空题
21．2020年东京奥运会火炬传递的火炬样式将采用樱花形状。奥运会火炬常用的燃料为丙烷、丁烷等。
已知：丙烷的燃烧热△H1=-2220 kJ/mol；正丁烷的燃烧热△H2= -2878 kJ/mol，异丁烷的燃烧热△H3=-2869.6 kJ/mol。
(1)写出丙烷燃烧的热化学方程式_____。
(2)下列有关说法不正确的是_____(填序号)。
A．奥运火炬燃烧时的能量转化形式主要是由化学能转化为热能、光能
B．异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多
C．正丁烷比异丁烷稳定
(3)已知A气体的燃烧热为300 kJ/mol，B气体的燃烧热为500 kJ/mol。现有6 mol由A和B组成的混合气体，完全燃烧放出的热量是2000 kJ，则该混合气体中气体A和气体B的物质的量之比是______。
(4)1 molH2完全燃烧生成液态水放出286 kJ热量。已知单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量称为该燃料的热值，则氢气的热值是______kJ/g。
【答案】 C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol BC 5:1 143
【详解】(1)已知1mol丙烷燃烧放出的热量为2220kJ热量，常温下反应生成的水为液体，依据热化学方程式书写方法，丙烷燃烧的热化学方程式：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol，故本题答案为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol；
(2)A．奥运火炬燃烧时发光、放热则能量转化形式主要是由化学能转化为热能、光能，故A正确；
B．异丁烷分子中的碳氢键和正丁烷的相同，故B错误；
C．依据燃烧热化学方程式的焓变分析，1mol正丁烷燃烧放热大于异丁烷燃烧放热，说明正丁烷能量高于异丁烷，能量越高越不稳定，正丁烷比异丁烷不稳定，故C错误；
故选BC；
(3)已知A气体的燃烧热为300kJ·mol-1，B气体的燃烧热为500kJ·mol-1。现有6mol由A和B组成的混合气体，完全燃烧放出的热量是2000kJ，设A和B的物质的量分别为x mol，y mol，由物质的量与热量成正比及热化学方程式可知：
x+y=6
300x+500y=2000
解得:x=5，y=1，则该混合气体中气体A和气体B的物质的量之比是5:1，故本题答案为：5:1；
(4)1mol H2的质量为2g，完全燃烧生成液态水放出286kJ热量。已知单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量称为该燃料的热值，则氢气的热值是286kJ/2g=143 kJ/g。故本题答案为143 。
22．已知常温下，0.1mol·L−1HA溶液pH约为3，则：
(1)HA的电离平衡常数约为_______，0.1mol·L−1HA溶液中HA的电离度约为_______。
(2)向上述HA溶液中加入等浓度的NaOH溶液，
①若两者体积相等，溶液呈_______性，原因为(离子方程式)_______，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______，若所得溶液pH=a，则c(Na+) -c(A-)=_______mol·L−1。
②若混合溶液呈中性，则加入的NaOH溶液的体积_______原HA溶液的体积。
③若两者以体积比2：1混合，溶液呈_______性，此时溶液中各分子、离子浓度由大到小的顺序为_______。
④上述①②③所得混合液中水的电离程度最大的是_______。
(3)用0.1mol·L−1NaOH标准溶液滴定未知浓度的HA溶液，应选用_______作为指示剂，滴定终点的现象为_______。
【答案】(1) 1.0×10-5 1%
(2) 碱 A-+H2O⇌HA+ OH- c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) 10-(14-a)-10-a 小于 酸 c(A-)>c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-) ①
(3) 酚酞 溶液由无色变为浅红色，半分钟不褪色
【解析】（1）
0.1mol·L−1HA溶液pH约为3，HA的电离平衡常数=，0.1mol·L−1HA溶液中HA的电离度== =1%；
（2）
向上述HA溶液中加入等浓度的NaOH溶液，
①若两者体积相等，得到的是NaA溶液，A-要水解，呈碱性，原因为A-+H2O⇌HA+ OH-；此时溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)，若所得溶液pH=a，c(H+)=10-a，室温下，c(H+)=10-a，c(OH-)==10-(14-a)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)，则c(Na+)-c(A-)=[10-(14-a)-10-a]mol·L−1；
②等浓度的弱酸中加入强碱，若混合溶液呈中性，则加入的NaOH溶液的体积小于原HA溶液的体积；
③若两者以体积比2:1混合得到的是HA和NaA，其物质的量之比为1:1，因HA的电离平衡常数大于A-的水解平衡常数，即HA的电离程度大于A-的水解程度，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，c(A-)>c(Na+)，氢离子是弱酸电离出的，故c(HA)>c(H+)，此时溶液中各分子、离子浓度由大到小的顺序为：c(A-)>c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)；
④②③中酸都过量，抑制水的电离，而①中只生成了强碱弱酸盐，其促进水的电离，故①②③所得混合液中水的电离程度最大的是①；
（3）
用0.1mol·L−1NaOH标准溶液滴定未知浓度的HA溶液，应选择酚酞作为指示剂，酸遇酚酞不变色，遇碱变红，滴定终点的现象为溶液由无色变为浅红色，半分钟不褪色。
23．化学反应速率和限度是化工生产工艺中，需要特别关注的两个方面。某化工生产要合成C物质，需要在密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应：A（g）+xB（g）2C（g），若达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的关系如下图所示。请回答下列问题：
(1)30 min和40 min时改变的外界条件依次是______
(2)化学方程式中的 x =______
(3)正反应为______热反应
(4)反应开始到8 min内A的平均反应速率为______
(5)35min时该反应的平衡常数为______
【答案】 降低压强，升高温度 1 放 0.08 mol • L−1 • min−1 4
【详解】(1)根据容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的关系图，30 min时A、B、C的浓度均突变为原来的0.75倍，说明改变的条件是扩大容器体积，减小压强； 40 min时正逆反应速率突然增大，且ν(逆)> ν(正)，说明平衡逆向移动，A和B的浓度逐渐增大、C的浓度逐渐减小，说明40 min时改变的条件是升高温度。
(2)30 min时减小压强，平衡不移动，说明反应前后气体系数和相等，化学方程式中的 x =1；
(3)40 min时升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应；
(4)反应开始到8 min内A的平均反应速率为=0.08 mol • L−1 • min−1；
(5)35min时A、B的浓度均为0.75mol/L，C的浓度为1.5 mol/L，该反应的平衡常数为4。
【点睛】本题考查影响化学平衡、化学反应速率的因率，正确分析图像是解题关键，明确温度、浓度、压强等因素对反应速率和化学平衡的影响，注意反应速率、平衡常数的计算公式的应用。
三、实验题
24．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100mL)
Ⅰ．实验步骤
(1)配制100mL待测白醋溶液：用______填仪器名称量取10.00mL市售白醋，在烧杯中用水稀释后转移到______填仪器容量、名称中定容，摇匀即得待测白醋溶液．
(2)用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴_____作指示剂．
(3)读取盛装0.1000mol/LNaOH溶液的碱式滴定管的初始读数:如果液面位置如图所示，则此时的读数为______mL．
(4)滴定：当________________________________________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数，重复滴定3次。
Ⅱ．实验记录
滴定次数实验数据(mL)
1
2
3
4
V(样品)
V(NaOH)(消耗)
Ⅲ．数据处理与讨论
(5)甲同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积：V==15.24mL指出他的计算的不合理之处：_________________________________________________。
选取正确数据，可得市售白醋____mol/L；市售白醋总酸量____g/100mL。
(6)乙同学仔细研究了该品牌白醋的标签，发现其中还含有苯甲酸钠作为食品添加剂，他想用资料法验证醋酸与苯甲酸钠不会发生离子互换反应，需查找在一定温度下的醋酸与苯甲酸的________(填标号)．
A．pHB．电离度C．电离常数D．溶解度
(7)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是______(填标号)．
A．碱式滴定管在用蒸馏水洗净后，未用标准NaOH溶液润洗
B．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．
【答案】 酸式滴定管 100mL容量瓶 酚酞 0.60 溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色 第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去 0.7500 4.5 C AB
【分析】Ⅰ．（1）根据量取液体体积的精确度以及液体的性质选择仪器；溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行；
（2）醋酸与氢氧化钠溶液恰好反应时生成醋酸钠，溶液呈碱性，可用酚酞作指示剂；
（3）根据滴定管的结构与精确度来读数；
（4）滴定终点时溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
Ⅲ．（5）根据数据的合理性求出平均消耗的NaOH溶液的体积，然后根据白醋与NaOH 溶液反应的关系式：CH3COOOH～NaOH找出样品中CH3COOOH的物质的量，得出100 mL容量瓶内CH3COOOH的物质的量，进而结合稀释前后溶质的物质的量保持不变，计算出市售白醋的溶质的物质的量，据此分析作答；
（6）根据电离常数判断酸的强弱，然后依据强酸制弱酸来分析；
（7）根据c（待测）= 分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】I.（1）滴定管精确度为0.01 mL，醋酸具有酸性能腐蚀橡胶管，所以应选用酸式滴定管量取白醋；用酸式滴定管量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液；
故答案为酸式滴定管；100 mL容量瓶；
（2）由于醋酸钠溶液显示碱性，可用酚酞作指示剂，则用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞，
故答案为酚酞；
（3）滴定管液面的读数0.60 mL；
故答案为0.60；
（4）NaOH滴定食醋的终点为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
故答案为溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
Ⅲ.（5）第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去，3次消耗NaOH溶液的体积为：15.00 mL、15.05 mL、14.95 mL，则NaOH溶液的平均体积为15.00 mL，
设20 mL待测液中含有CH3COOOH 的物质的量为x mol，根据CH3COOOH∼NaOH，则n(CH3COOOH) = n(NaOH)，即x= 0.1000mol/L×0.015 L = 0.0015 mol，取样前后CH3COOOH 的物质的量浓度保持不变，则100 mL容量瓶中的CH3COOOH 的物质的量为0.0015 mol = 0.0075 mol，根据稀释前后溶质的物质的量不变可知，10 mL市售白醋的浓度为 = 0.7500 mol/L，10 mL市售白醋总酸量为0.0075 mol60 g/mol = 4.5 g/100mL，
故答案为第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去；0.7500；4.5；
（6）电离常数可判断对应酸的强弱程度，依据电离平衡常数与酸的强弱关系及强酸制弱酸原理，进而判断反应能否发生，其他选项不能判断酸的强弱，故C项正确，
故答案为C；
（7）A. 碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V(标准)偏大，溶液浓度偏高，故A项正确；
B. 碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，溶液浓度偏高，故B项正确；
C. 锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V(标准)无影响，溶液浓度不变，故C项错误；
D. 锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小,，造成V(标准)偏小，溶液浓度偏低，故D项错误；
答案为：AB。
四、原理综合题
25．已知NH3、NO、NO2都是有毒气体，必须经过严格处理，否则会污染空气。请回答下列问题：
(1)已知如下热化学方程式：
①N2(g)+O2 (g)=2NO(g) △H1=+akJ/mol；
②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H2=bkJ/mol
③2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H3=ckJ/mol；
则4NH3(g)+7O2(g)=4NO2(g)+6H2O(g) △H=___________kJ/mol。
(2)工业合成NH3的反应，解决了世界约三分之一的人粮食问题。已知：N2+3H22NH3，且该反应的v正=k正·c(N2)·c3(H2)，ν逆=k逆·c2(NH3)，则反应N2+H2NH3的平衡常数K=___________(用k正和k逆表示)。
(3)已知合成氨的反应升高温度平衡常数会减小，则该反应的正反应活化能E1和逆反应活化能E2的相对大小关系为：E1___________E2。(填“>”、“<”或“=”)。
(4)从化学反应的角度分析工业合成氨气采取30MPa～50MPa高压的原因是___________。
(5)500℃时，向容积为2L的密闭容器中通入1molN2和3molH2，模拟合成氨的反应，睿器内的压强随时间的变化如下表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
+∞
压强/MPa
20
17
15
13.2
11
11
①达到平衡时N2的转化率为___________。
②用压强表示该反应的平衡常数Kp=___________（Kp等于平衡时生成物分压幂的乘积与反应物分压幂的乘积的比值，某物质的分压等于总压x该物质的物质的量分数)。
③随着反应的进行合成氨的正反应速率与NH3的体积分数的关系如下图所示，若升高温度再次达到平衡时，可能的点为___________(从点“A、B、C、D”中选择〉
【答案】 b+2a+2c < 加快反应速率，同时使平衡正向移动，提高原料气的利用率和产品的产率 90% 48MPa-2 A
【分析】根据盖斯定律分析热化学方程式中的焓变。根据化学平衡移动原理分析反应条件的选择，根据三段式进行计算有关数据。
【详解】(1)根据盖斯定律分析，①N2(g)+O2 (g)=2NO(g) △H1=+akJ/mol；②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H2=bkJ/mol；③2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H3=ckJ/mol；将方程式进行②+①×2+③×2计算，得热化学方程式为4NH3(g)+7O2(g)=4NO2(g)+6H2O(g) △H=(b+2a+2c)kJ/mol；
(2)当正逆反应速率相等时，反应到平衡，即v正=ν逆=k正·c(N2)·c3(H2) =k逆·c2(NH3) ，则反应N2+H2NH3的平衡常数K= = ；
(3)已知合成氨的反应升高温度平衡常数会减小，则说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应，则该反应的正反应活化能E1和逆反应活化能E2的相对大小关系为：E1
(5) 假设到平衡时氮气转化浓度为xmol/L，则有
N2+3H22NH3，
起始浓度0.5 1.5 0
改变浓度 x 3x 2x
平衡浓度 0.5-x 1.5-3x 2x
根据压强比等于物质的量比分析，有关系式：
解x=0.45mol/L；
①达到平衡时N2的转化率为0.45/0.5=90%；
②用压强表示该反应的平衡常数Kp==48MPa-2；
③合成氨的反应为放热反应，若升温，则反应速率增大，平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，可能的点为A。
山西省长治市上党区第一中学校2021-2022学年高二上学期9月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列能量的转化过程中，由化学能转化为电能的是
A
B
C
D
水力发电
风力发电
铅蓄电池放电
太阳能发电
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A.水力发电是将重力势能转化为电能，故A错误；
B.风力发电是将风能转化为电能，故B错误；
C.蓄电池放电是利用化学反应产生能量，是将化学能转化为电能，故C正确；
D. 太阳能发电是将太阳能转化为电能，故D错误；
故选C。
2．可逆反应A(aq)+B(aq)C(l)+D(aq) ΔH=-50kJ·mol-1，下列有关该反应的叙述正确的是
A．正反应活化能小于50 kJ·mol-1
B．逆反应活化能不小于50 kJ·mol-1
C．正反应活化能大于50 kJ·mol-1
D．逆反应活化能比正反应活化能小50 kJ·mol-1
【答案】B
【详解】某反应的△H=-50kJ·mol-1，则正反应的活化能-逆反应的活化能=-50kJ·mol-1，说明正反应的活化能比逆反应的活化能小50kJ·mol-1，逆反应活化能不小于50 kJ·mol-1，正反应活化能大小不能确定，只有B正确；
故选B。
3．将1 000 mL 0.1 mol·L－1BaCl2溶液与足量稀硫酸充分反应放出akJ热量；将1 000 mL 0.5 mol·L－1HCl溶液与足量CH3COONa溶液充分反应放出bkJ热量(不考虑醋酸钠水解)；将500 mL 1 mol·L－1H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba(可溶性强电解质)溶液反应放出的热量为
A．(5a－2b) kJ B．(2b－5a) kJ
C．(10a+4b) kJ D．(5a+2b) kJ
【答案】D
【分析】将500mL 1mol•L-1H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba溶液反应，涉及的离子方程式有Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)，H+(aq)+CH3COO(aq)=CH3COOH(l)，将1000mL 0.1mol•L-1BaCl2溶液与足量稀硫酸反应，涉及的离子方程式为：Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)，将1000mL 0.5mol•L-1HCl溶液与足量CH3COONa溶液反应，涉及的离子方程式为H+(aq)+CH3COO(aq)=CH3COOH(l)，从能量守恒的角度解答。
【详解】1000mL 0.1mol•L-1BaCl2的物质的量为0.1mol，将1000mL 0.1mol•L-1BaCl2溶液与足量稀硫酸反应，涉及的离子方程式为：Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)，生成0.1molBaSO4，放出akJ热量；1000mL 0.5mol•L-1HCl溶液的物质的量为0.5mol，将1000mL 0.5mol•L-1HCl溶液与足量CH3COONa溶液反应，涉及的离子方程式为H+(aq)+CH3COO-(aq)=CH3COOH(l)，生成0.5molCH3COOH，放出b kJ热量；所以500mL 1mol•L-1H2SO4的物质的量为0.5mol，将500mL 1mol•L-1H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba溶液反应，涉及的离子方程式有Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)，H+(aq)+CH3COO-(aq)=CH3COOH(l)，生成0.5molBaSO4，1molCH3COOH，溶液反应放出的热量为(5a+2b)kJ，故选D。
4．已知以下的热化学反应方程式：
①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH=-24.8kJ·mol-1
②Fe2O3(s)＋CO(g)=Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH=-15.73kJ·mol-1
③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH=＋640.4kJ·mol-1
则28gCO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的ΔH约为
A．+218kJ·mol-1 B．-109kJ·mol-1 C．-218kJ·mol-1 D．＋109kJ·mol-1
【答案】C
【详解】已知：①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH=-24.8kJ·mol-1；②Fe2O3(s)＋CO(g)=Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH=-15.73kJ·mol-1；③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH=＋640.4kJ·mol-1；则根据盖斯定律可知(①×3-②×3-③×2)×即得到FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g)ΔH=-218kJ·mol-1，因此28gCO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的ΔH约为-218kJ·mol-1；
故选C。
5．某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是
A．m=2
B．两次平衡的平衡常数相同
C．X与Y的平衡转化率之比为1:1
D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4 mol·L－1
【答案】D
【详解】A.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），则可等效为两等效平衡体系合，在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动，但再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A项正确；
B.同一化学反应的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数相同，B项正确；
C.m=2，起始量X与Y之比为1:2，则反应过程中由方程式可知反应的X与Y之比为1:2，故X与Y的平衡转化率之比为1:1，C项正确；
D.m=2，则该反应为反应前后气体总量不变的反应，故第二次平衡时Z的物质的量为：4mol×10%=0.4mol，故Z的浓度为0.4mol÷2L=0.2mol/L，故D项错误；
本题选D。
6．已知2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)；ΔH＝－197 kJ·mol-1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲) 2 mol SO2和1 mol O2；(乙) 1 mol SO2和0.5 mol O2；(丙) 2 mol SO3。恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是
A．容器内压强P：P甲＝P丙> 2P乙
B．SO3的质量m：m甲＝m丙> 2m乙
C．c(SO2)与c(O2)之比k：k甲＝k丙> k乙
D．反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲＝Q丙> 2Q乙
【答案】B
【详解】由给的数据利用归一法可知甲和丙是等效平衡。
A项，如果平衡不移动，p甲=p丙=2p乙，但乙加入的物质的量是甲、丙的一半，恒容下相当于减压，平衡左移，压强变大，所以应该是p甲=p丙<2p乙，故A错误；
B项，根据A项分析，平衡左移，三氧化硫的量减少，所以m甲=m丙>2m乙，故B正确；
C项，加入的量均为2∶1，反应的量为2∶1，三者剩余的量也一定相等，为2∶1，c(SO2)与c(O2)之比k不变，所以k甲=k丙=k乙，故C错误；
D项，因为甲和丙是在不同的方向建立起的等效平衡，若转化率均为50%时，反应热的数值应相等，但该反应的转化率不一定是50%，所以Q甲和Q丙不一定相等，故D项错。
答案选B。
【点睛】本题的关键是甲乙容器的比较，乙容器相当于甲容器扩大体积为原来的一半，然后再进行比较。
7．可逆反应： 2 A(g) + B(g) 3 C(g) + D(g)。试根据下图判断正确的是
A．温度T1℃ 比 T2℃高
B．正反应为放热反应
C．甲图纵轴可以表示A的转化率
D．甲图纵轴可以表示混合气体平均相对分子质量
【答案】C
【详解】A项，分析图乙，温度越高，化学反应速率越快，先达到平衡状态，所以T1℃比T2℃低，故A错误；B项，升高温度，A的百分含量减小了，即升温平衡正向移动，所以该反应的正方向为吸热反应，故B错误；C项，分析甲图，增大压强，化学反应速率加快，先达到平衡状态，所以P2大于P1，加压，化学平衡逆向移动，A的转化率减小，所以甲图纵轴可以表示A的转化率，故C正确；D项，增大压强，化学平衡逆向移动，气体总分子数减小，气体总质量不变，所以混合气体平均相对分子质量增大，所以甲图纵轴不能表示混合气体平均相对分子质量，故D错误。
点睛：本题以图像的形式考查影响化学平衡和化学反应速率的因素，注意：①掌握温度、压强等影响化学反应速率和化学平衡移动的外因，并能灵活运用；②会看图像，关注曲线的特殊点，通过分析图像得出速率快慢情况及化学平衡移动情况。
8．对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是
①增加C的量； ②增加CO的量；
③将容器的体积缩小一半； ④保持体积不变，充入N2以增大压强；
⑤升高反应体系的温度； ⑥保持压强不变，充入N2以增大体积。
A．②③ B．①④ C．①⑥ D．④⑥
【答案】B
【分析】根据影响化学反应速率的外因分析判断。
【详解】①C为固体，改变其用量不影响反应速率；②增加CO量即增大CO气体浓度，化学反应速率增大；③将容器的体积缩小，容器中气体浓度增大，反应速率增大； ④体积不变时充入N2，与反应有关的气体浓度不变，反应速率不变；⑤升高反应温度，反应速率加快；⑥压强不变时充入N2，容器体积变大，与反应有关的气体浓度减小，反应速率减小。
本题选B。
9．在密闭容器中，反应X2(g)+Y2(g)⇌2XY(g)；ΔH＜0，达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，对此过程的分析正确的是
A．图I是加入适当催化剂的变化情况 B．图II是扩大容器体积的变化情况
C．图III是增大压强的变化情况 D．图III是升高温度的变化情况
【答案】D
【分析】根据方程式可知，反应是体积不变的、放热的可逆反应。
【详解】A．图I表示化学平衡发生了移动，而催化剂不能改变平衡状态，A错误；
B．扩大容器体积，压强降低，反应速率是降低的，B错误；
C．图III中XY的含量不同，即平衡发生了移动，而改变压强平衡不移动，C错误；
D．升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向进行，XY的含量降低，符合图III，D正确；
故选D。
10．应：2A2B+C(A为红棕色气体，其余气体无色)在恒温恒容密闭容器中进行， 达到反应限度的标志是
① 单位时间内生成 n mol C 的同时，生成 2n mol A
② v正(B)=v正(A)
③ 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
④ 混合气体的颜色不再改变的状态
⑤ 混合气体的密度不再改变的状态
⑥ 混合气体的压强不再改变的状态
⑦ 用A与B、C表示的反应速率之比为2:2:1的状态
A．①③④⑥ B．②③⑤⑦ C．②④⑥ D．①⑤⑦
【答案】A
【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，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，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】①单位时间内生成n mol C的同时生成2n mol A，说明正逆反应速率比等于系数比，一定达到平衡状态，故选①；
②v正(B)=v正(A)，反应向右进行，反应速率同向，反应没有达到平衡状态，故不选②；
③反应前后气体质量不变，气体物质的量是变量，根据，混合气体的平均相对分子质量是变量，平均相对分子质量不再改变的状态，达到平衡状态，故选③；
④A为红棕色气体，混合气体的颜色不再改变的状态，说明A浓度不变，一定达到平衡状态，故选④；
⑤反应前后气体质量不变，容器体积不变，根据，密度是恒量，密度不再改变的状态，不一定平衡，故不选⑤；
⑥反应前后气体物质的量是变量，所以混合气体的压强是变量，压强不再改变的状态为平衡状态，故选⑥；
⑦用A与B、C表示的反应速率之比为2:2:1的状态，无论是否平衡，A与B、C表示的反应速率之比都是2：2：1，故不选⑦；
综上，①③④⑥符合题意，答案选A。
11．25℃时，在某物质的溶液中，由水电离出的c(H+)＝1×10－a mol/L，下列说法不正确的是（ ）
A．a＜7时，水的电离受到促进 B．a＞7时，水的电离受到抑制
C．a＜7时，溶液的pH一定为a D．a＞7时，溶液的pH一定为14－a
【答案】D
【详解】A．如果a＜7，则水电离出的c(H+)＞1×10-7mol/L，则水的电离受到促进，故A正确；
B．如果a＞7，则水电离出的c(H+)＜1×10-7mol/L，则水的电离受到抑制，故B正确；
C．如果a＜7，则促水的电离受到促进，该溶液为盐溶液，溶液的pH=a，故C正确；
D．如果a＞7，则水的电离受到抑制，该溶液为酸溶液或碱溶液，则该溶液的pH值为a或14-a，故D错误；
答案选D。
【点睛】向水中加入酸或碱抑制水电离，加入含有弱根离子的盐促进水电离，根据某物质的溶液中由水电离出的c（H+）和纯水中c（H+）相对大小判断是促进水电离还是抑制水电离。
12．下列表述中，与盐类水解有关的是( )
①明矾和FeCl3可作净水剂；
②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸；
③AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Al2O3；
④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂；
⑤实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞；
⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂；
⑦草木灰与铵态氮肥不能混合施用。
A．①②③⑤⑥⑦ B．①②③④⑥⑦ C．①③⑤⑥⑦ D．全有关
【答案】B
【详解】①铝离子和铁离子水解生成胶体，能吸附水悬浮杂质，起到净水的作用，与水解有关；②铁离子水解显酸性，加入盐酸抑制铁离子的水解，故②有关；③蒸干氯化铝溶液促进铝离子的水解，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝，Al(OH)3在灼烧的条件下，发生分解得到Al2O3，故③有关；④铵根离子、锌离子水解显酸性，可与铁锈反应，能起到除锈的作用，故④有关；⑤氢氧化钠溶液和和玻璃中的二氧化硅反应，生成硅酸钠是矿物胶粘结瓶口和瓶塞，与水解无关，故⑤无关；⑥碳酸氢根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，二者水解相互促进生成二氧化碳和氢氧化铝，故⑥有关；⑦草木灰是碳酸钾，水解显碱性，铵盐水解显酸性，混合水解会相互促进生成二氧化碳和氨气，减弱肥效，故⑦有关；综上与水解有关的有①②③④⑥⑦；
本题答案选B。
13．常温时将0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合后(若混合后两者的体积可以相加)，恰好完全反应，则下列有关所得混合液的说法正确的是
A．所得混合液中c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．混合后溶液pH＝7
C．所得混合液中存在c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.05 mol·L－1
D．混合后溶液中存在c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
【答案】C
【分析】常温时将0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合后二者恰好反应生成醋酸钠，结合醋酸根水解分析解答。
【详解】氢氧化钠是一元强碱，常温时将0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合恰好反应生成醋酸钠。则
A、二者混合后溶质为CH3COONa，醋酸根水解溶液显碱性，c(OH－)＞c(H＋)，离子浓度大小顺序为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，A错误
B、二者混合后溶质为CH3COONa，醋酸根水解溶液显碱性，pH＞7，B错误；
C、二者混合后溶质为CH3COONa，根据物料守恒，反应后的溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.5×0.1 mol·L－1＝0.05 mol·L－1，C正确；
D、由电荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，c(CH3COOH)一定不等于氢氧根离子浓度，因此c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)不成立，D错误。
答案选C。
14．常温下，下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述错误的是
A．溶液中水电离出的c（H+）=1.0×10-11mol•L-1
B．与等体积pH=11的NaOH溶液混合，所得溶液pH=7
C．加入少量水稀释该溶液的过程中，增大
D．加入0.1mol•L-1CH3COONa溶液使pH=7,则c（CH3COO-）=c（Na+）
【答案】B
【详解】A．pH=3的 CH3COOH溶液中c（H+）=1.0×10-3mol•L-1，醋酸抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则由H2O电离出的c（H+）=c（OH-）=1.0×10-11mol•L-1，故A正确；
B．pH=3的 CH3COOH等体积pH=11的NaOH溶液混合，醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，反应后溶液呈酸性，故B错误；
C．由醋酸电离的平衡常数表达式可知，，加水稀释，氢离子浓度降低，温度不变，则平衡常数不变，则稀释过程中，，增大，故C正确；
D．滴加0.1 mol•L-1 CH3COONa溶液至pH=7时，根据电荷守恒可知c（H+）=c（OH-），溶液呈中性则，c（CH3COO-）=c（Na+），故D正确；
答案选B。
15．已知草酸是二元弱酸，0.2 mol·L-1NaHC2O4 溶液显酸性，关于 NaHC2O4 溶液中离子浓度关系的叙述不正确的是
A．c(Na+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)
B．c(Na+)＝c()+c()+c(H2C2O4)
C．c(Na+)+c(H+)＝c()+c()+c(OH-)
D．c(H+)+c(H2C2O4)＝c()+c(OH-)
【答案】C
【详解】A.草酸是二元弱酸，0.2 mol·L-1NaHC2O4 溶液显酸性，说明H2C2O4电离程度大于水解程度，但是其电离和水解程度都较小，钠离子不水解，则溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)，故A正确；
B.溶液中存在物料守恒；c(Na+)= c(HC2O-) + c(C2O2- )+ c(H2C2O4)，故B正确；
C.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c()+2c()+c(OH-)，故C错误；
D.溶液中存在物料守恒c(Na+)= c(HC2O-) + c(C2O2- )+ c(H2C2O4)，液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c()+2c()+c(OH-)，溶液中电荷守恒减物料守恒得c(H+)+c(H2C2O4)＝c()+c(OH-)，故D正确；
故答案：C。
16．将0.01mol下列物质分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计）
①Na2O2 ②Na2O ③Na2CO3 ④NaCl
A．①>②>③>④ B．①>②>④>③
C．①=②>③>④ D．①=②>③=④
【答案】C
【详解】由①反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，②反应为Na2O+H2O=2NaOH溶于水，二者消耗的水的量相同，生成等物质的量的NaOH，故生成的OH-浓度相同，均约为0.2mol/L，故为①=②；③中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于④，而④中NaCl的浓度为0.1mol/L，
故答案为C。
【点晴】这是一道对学生守恒思想的考查题，是一道典型的“计而不算”的计算题。注意溶液中的化学反应。等物质的量的Na2O2与Na2O分别于水反应生成等物质的量的NaOH，消耗的水的量相同，生成的OH-浓度相同，均约为0.2mol/L，Na2CO3因水解，使阴离子浓度稍增大：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-。
17．25℃时，向0.1mol•L-1HX溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后与pH的关系如图所示(忽略溶液体积变化)，下列有关叙述不正确的是
A．HX的Ka的数量级为10-5
B．P 点的溶液中：c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)
C．N 点的溶液中：c(Na+)+c(H+) = c(HX)+c(OH-)
D．M 点的溶液中：c(Na+)+c(HX) +c(H+) = 0.1 mol·L-1
【答案】D
【分析】由N点可知，pH=4.7时，=0，即c(H+)=10-4.7，=1，所以HX的平衡常数Ka=，HX是一元弱酸，据此解答。
【详解】A．HX的平衡常数Ka==100.3×10-5，故HX的Ka的数量级为10-5，A正确；
B．电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，P点，溶液pH=8.85，c(OH-)>c(H+)，故c(Na+)＞c(X-)，所以c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)，B正确；
C．电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，N点，=0，则=1，c(X-)=c(HX)，所以c(Na+)+c(H+) = c(HX)+c(OH-)，C正确；
D．电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，物料守恒：c(X-)+c(HX)=0.1mol/L，联立二式有：c(Na+)+c(HX) +c(H+)–c(OH-)= 0.1 mol·L-1，D错误。
答案选D。
【点睛】图像给“坐标”的题，要学会代“坐标”计算，从而将复杂问题简单化。
18．常温下，向20 mL0．010 mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0．010 mol·L－1的NaOH溶液，溶液中c(OH－)与所加NaOH溶液的体积（V）的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．常温下，Ka（HA）≈1．0×10－6
B．N点溶液中存在：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
C．P点后的溶液中均存在：c（Na＋）＞c（A－）＞c（OH－）＞c（H＋）
D．水的电离程度：M＜N＜P
【答案】C
【分析】y轴坐标为lgc（OH-），在M点时，溶液中c（OH-）=10-10mol/L，常温时c（H+）=10-4mol/L，则HA为一元弱酸。
【详解】A. 常温下，Ka（HA）= =≈1．0×10－6，A正确；
B. N点溶液中根据溶液呈电中性，存在：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，B正确；
C. P点为NaA的溶液，则P点后的溶液为碱过量，当n（NaA）=n（NaOH）时，发生A－＋H2O⇌HA+ OH－，则c（OH－）＞c（A－），C错误；
D. M、N、P点的溶液分别为HA、HA和NaA的混合液、NaA，酸对水电离有抑制作用，强碱弱酸盐对水的电离有促进作用，则水的电离程度：M＜N＜P，D正确；
答案为C。
【点睛】盐溶液中，有弱就水解，能促进水的电离，酸碱抑制水的电离。
19．下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是
A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合： c(H+) + c(M+) == c(OH-) + c(A-)
B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)
C．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-) +2c(OH-) = 2c(H+) + c(CH3COOH)
D．0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH = 4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2—)
【答案】D
【详解】A、根据电荷守恒可知，pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液任意比混合后c（H+） + c（M+） ＝c（OH－） + c（A－），A正确；
B、氢氧化钠是强碱，完全电离出OH－，碳酸钠和醋酸钠水解溶液显碱性。因为碳酸的酸性弱于醋酸的酸性，因此碳酸钠的水解程度强于醋酸钠的水解程度，因此溶液的碱性强于醋酸钠溶液的碱性，所以在pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液中c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），B正确；
C、物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后，根据电荷守恒可知c（CH3COO－）＋c（OH-）＝c（H+）＋c（Na＋）。根据物料守恒可知c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝2c（Na＋），所以c（CH3COO－） +2c（OH-） = 2c（H+） + c（CH3COOH），C正确；
D、0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH＝4，这说明HA－的电离程度强于其水解程度，因此粒子浓度大小关系：c（HA－）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（H2A），D不正确；
答案选D。
20．pC类似pH，是指极稀溶液中，溶质物质的量浓度的常用负对数值。如某溶液溶质的物质的量浓度为1×10－3mol·L－1，则该溶液中溶质的pC＝－lg(1×10－3)＝3。下列表达正确的是
A．中性溶液中，pC(H＋)＋pC(OH－)＝14
B．pC(H＋)＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5mol·L－1
C．pC(OH－)＝a的氨水，稀释10倍后，其pC(OH－)＝b，则a＝b－1
D．pC(OH－)＝3的NaOH溶液，稀释100倍，其pC(OH－)＝5
【答案】D
【详解】A．Kw的大小受到温度的影响，温度越高Kw越大，Kw=c(H+)•c(OH-)，pC(H+)+pC(OH-)=-lgC(H+)•C(OH-)=-lgKw，只有在常温下Kw=10-14，pC(H+)+pC(OH-)=14，故A错误；
B．pC(H＋)＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝1×10－5mol·L－1，溶液中存在H2S⇌ HS－+ H＋，HS－⇌S2-+ H＋，无法判断c(HS－)的大小，故B错误；
C．pC(OH－)＝a的氨水中存在NH3·H2ONH4+＋OH－，稀释促进氨水的电离，稀释10倍后，pC(OH－)＝b，c(OH-)比原来的大，即b＜a+1，则a＞b－1，故C错误；
D．pC(OH－)＝3的NaOH溶液中c(OH-)=1×10－3mol·L－1，稀释100倍，c(OH-)=1×10－5mol·L－1，其pC(OH－)＝5，故D正确；
故选D。
二、填空题
21．2020年东京奥运会火炬传递的火炬样式将采用樱花形状。奥运会火炬常用的燃料为丙烷、丁烷等。
已知：丙烷的燃烧热△H1=-2220 kJ/mol；正丁烷的燃烧热△H2= -2878 kJ/mol，异丁烷的燃烧热△H3=-2869.6 kJ/mol。
(1)写出丙烷燃烧的热化学方程式_____。
(2)下列有关说法不正确的是_____(填序号)。
A．奥运火炬燃烧时的能量转化形式主要是由化学能转化为热能、光能
B．异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多
C．正丁烷比异丁烷稳定
(3)已知A气体的燃烧热为300 kJ/mol，B气体的燃烧热为500 kJ/mol。现有6 mol由A和B组成的混合气体，完全燃烧放出的热量是2000 kJ，则该混合气体中气体A和气体B的物质的量之比是______。
(4)1 molH2完全燃烧生成液态水放出286 kJ热量。已知单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量称为该燃料的热值，则氢气的热值是______kJ/g。
【答案】 C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol BC 5:1 143
【详解】(1)已知1mol丙烷燃烧放出的热量为2220kJ热量，常温下反应生成的水为液体，依据热化学方程式书写方法，丙烷燃烧的热化学方程式：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol，故本题答案为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol；
(2)A．奥运火炬燃烧时发光、放热则能量转化形式主要是由化学能转化为热能、光能，故A正确；
B．异丁烷分子中的碳氢键和正丁烷的相同，故B错误；
C．依据燃烧热化学方程式的焓变分析，1mol正丁烷燃烧放热大于异丁烷燃烧放热，说明正丁烷能量高于异丁烷，能量越高越不稳定，正丁烷比异丁烷不稳定，故C错误；
故选BC；
(3)已知A气体的燃烧热为300kJ·mol-1，B气体的燃烧热为500kJ·mol-1。现有6mol由A和B组成的混合气体，完全燃烧放出的热量是2000kJ，设A和B的物质的量分别为x mol，y mol，由物质的量与热量成正比及热化学方程式可知：
x+y=6
300x+500y=2000
解得:x=5，y=1，则该混合气体中气体A和气体B的物质的量之比是5:1，故本题答案为：5:1；
(4)1mol H2的质量为2g，完全燃烧生成液态水放出286kJ热量。已知单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量称为该燃料的热值，则氢气的热值是286kJ/2g=143 kJ/g。故本题答案为143 。
22．已知常温下，0.1mol·L−1HA溶液pH约为3，则：
(1)HA的电离平衡常数约为_______，0.1mol·L−1HA溶液中HA的电离度约为_______。
(2)向上述HA溶液中加入等浓度的NaOH溶液，
①若两者体积相等，溶液呈_______性，原因为(离子方程式)_______，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______，若所得溶液pH=a，则c(Na+) -c(A-)=_______mol·L−1。
②若混合溶液呈中性，则加入的NaOH溶液的体积_______原HA溶液的体积。
③若两者以体积比2：1混合，溶液呈_______性，此时溶液中各分子、离子浓度由大到小的顺序为_______。
④上述①②③所得混合液中水的电离程度最大的是_______。
(3)用0.1mol·L−1NaOH标准溶液滴定未知浓度的HA溶液，应选用_______作为指示剂，滴定终点的现象为_______。
【答案】(1) 1.0×10-5 1%
(2) 碱 A-+H2O⇌HA+ OH- c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) 10-(14-a)-10-a 小于 酸 c(A-)>c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-) ①
(3) 酚酞 溶液由无色变为浅红色，半分钟不褪色
【解析】（1）
0.1mol·L−1HA溶液pH约为3，HA的电离平衡常数=，0.1mol·L−1HA溶液中HA的电离度== =1%；
（2）
向上述HA溶液中加入等浓度的NaOH溶液，
①若两者体积相等，得到的是NaA溶液，A-要水解，呈碱性，原因为A-+H2O⇌HA+ OH-；此时溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)，若所得溶液pH=a，c(H+)=10-a，室温下，c(H+)=10-a，c(OH-)==10-(14-a)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)，则c(Na+)-c(A-)=[10-(14-a)-10-a]mol·L−1；
②等浓度的弱酸中加入强碱，若混合溶液呈中性，则加入的NaOH溶液的体积小于原HA溶液的体积；
③若两者以体积比2:1混合得到的是HA和NaA，其物质的量之比为1:1，因HA的电离平衡常数大于A-的水解平衡常数，即HA的电离程度大于A-的水解程度，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，c(A-)>c(Na+)，氢离子是弱酸电离出的，故c(HA)>c(H+)，此时溶液中各分子、离子浓度由大到小的顺序为：c(A-)>c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)；
④②③中酸都过量，抑制水的电离，而①中只生成了强碱弱酸盐，其促进水的电离，故①②③所得混合液中水的电离程度最大的是①；
（3）
用0.1mol·L−1NaOH标准溶液滴定未知浓度的HA溶液，应选择酚酞作为指示剂，酸遇酚酞不变色，遇碱变红，滴定终点的现象为溶液由无色变为浅红色，半分钟不褪色。
23．化学反应速率和限度是化工生产工艺中，需要特别关注的两个方面。某化工生产要合成C物质，需要在密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应：A（g）+xB（g）2C（g），若达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的关系如下图所示。请回答下列问题：
(1)30 min和40 min时改变的外界条件依次是______
(2)化学方程式中的 x =______
(3)正反应为______热反应
(4)反应开始到8 min内A的平均反应速率为______
(5)35min时该反应的平衡常数为______
【答案】 降低压强，升高温度 1 放 0.08 mol • L−1 • min−1 4
【详解】(1)根据容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的关系图，30 min时A、B、C的浓度均突变为原来的0.75倍，说明改变的条件是扩大容器体积，减小压强； 40 min时正逆反应速率突然增大，且ν(逆)> ν(正)，说明平衡逆向移动，A和B的浓度逐渐增大、C的浓度逐渐减小，说明40 min时改变的条件是升高温度。
(2)30 min时减小压强，平衡不移动，说明反应前后气体系数和相等，化学方程式中的 x =1；
(3)40 min时升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应；
(4)反应开始到8 min内A的平均反应速率为=0.08 mol • L−1 • min−1；
(5)35min时A、B的浓度均为0.75mol/L，C的浓度为1.5 mol/L，该反应的平衡常数为4。
【点睛】本题考查影响化学平衡、化学反应速率的因率，正确分析图像是解题关键，明确温度、浓度、压强等因素对反应速率和化学平衡的影响，注意反应速率、平衡常数的计算公式的应用。
三、实验题
24．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100mL)
Ⅰ．实验步骤
(1)配制100mL待测白醋溶液：用______填仪器名称量取10.00mL市售白醋，在烧杯中用水稀释后转移到______填仪器容量、名称中定容，摇匀即得待测白醋溶液．
(2)用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴_____作指示剂．
(3)读取盛装0.1000mol/LNaOH溶液的碱式滴定管的初始读数:如果液面位置如图所示，则此时的读数为______mL．
(4)滴定：当________________________________________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数，重复滴定3次。
Ⅱ．实验记录
滴定次数实验数据(mL)
1
2
3
4
V(样品)
V(NaOH)(消耗)
Ⅲ．数据处理与讨论
(5)甲同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积：V==15.24mL指出他的计算的不合理之处：_________________________________________________。
选取正确数据，可得市售白醋____mol/L；市售白醋总酸量____g/100mL。
(6)乙同学仔细研究了该品牌白醋的标签，发现其中还含有苯甲酸钠作为食品添加剂，他想用资料法验证醋酸与苯甲酸钠不会发生离子互换反应，需查找在一定温度下的醋酸与苯甲酸的________(填标号)．
A．pHB．电离度C．电离常数D．溶解度
(7)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是______(填标号)．
A．碱式滴定管在用蒸馏水洗净后，未用标准NaOH溶液润洗
B．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．
【答案】 酸式滴定管 100mL容量瓶 酚酞 0.60 溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色 第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去 0.7500 4.5 C AB
【分析】Ⅰ．（1）根据量取液体体积的精确度以及液体的性质选择仪器；溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行；
（2）醋酸与氢氧化钠溶液恰好反应时生成醋酸钠，溶液呈碱性，可用酚酞作指示剂；
（3）根据滴定管的结构与精确度来读数；
（4）滴定终点时溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
Ⅲ．（5）根据数据的合理性求出平均消耗的NaOH溶液的体积，然后根据白醋与NaOH 溶液反应的关系式：CH3COOOH～NaOH找出样品中CH3COOOH的物质的量，得出100 mL容量瓶内CH3COOOH的物质的量，进而结合稀释前后溶质的物质的量保持不变，计算出市售白醋的溶质的物质的量，据此分析作答；
（6）根据电离常数判断酸的强弱，然后依据强酸制弱酸来分析；
（7）根据c（待测）= 分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】I.（1）滴定管精确度为0.01 mL，醋酸具有酸性能腐蚀橡胶管，所以应选用酸式滴定管量取白醋；用酸式滴定管量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液；
故答案为酸式滴定管；100 mL容量瓶；
（2）由于醋酸钠溶液显示碱性，可用酚酞作指示剂，则用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞，
故答案为酚酞；
（3）滴定管液面的读数0.60 mL；
故答案为0.60；
（4）NaOH滴定食醋的终点为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
故答案为溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
Ⅲ.（5）第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去，3次消耗NaOH溶液的体积为：15.00 mL、15.05 mL、14.95 mL，则NaOH溶液的平均体积为15.00 mL，
设20 mL待测液中含有CH3COOOH 的物质的量为x mol，根据CH3COOOH∼NaOH，则n(CH3COOOH) = n(NaOH)，即x= 0.1000mol/L×0.015 L = 0.0015 mol，取样前后CH3COOOH 的物质的量浓度保持不变，则100 mL容量瓶中的CH3COOOH 的物质的量为0.0015 mol = 0.0075 mol，根据稀释前后溶质的物质的量不变可知，10 mL市售白醋的浓度为 = 0.7500 mol/L，10 mL市售白醋总酸量为0.0075 mol60 g/mol = 4.5 g/100mL，
故答案为第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去；0.7500；4.5；
（6）电离常数可判断对应酸的强弱程度，依据电离平衡常数与酸的强弱关系及强酸制弱酸原理，进而判断反应能否发生，其他选项不能判断酸的强弱，故C项正确，
故答案为C；
（7）A. 碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V(标准)偏大，溶液浓度偏高，故A项正确；
B. 碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，溶液浓度偏高，故B项正确；
C. 锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V(标准)无影响，溶液浓度不变，故C项错误；
D. 锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小,，造成V(标准)偏小，溶液浓度偏低，故D项错误；
答案为：AB。
四、原理综合题
25．已知NH3、NO、NO2都是有毒气体，必须经过严格处理，否则会污染空气。请回答下列问题：
(1)已知如下热化学方程式：
①N2(g)+O2 (g)=2NO(g) △H1=+akJ/mol；
②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H2=bkJ/mol
③2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H3=ckJ/mol；
则4NH3(g)+7O2(g)=4NO2(g)+6H2O(g) △H=___________kJ/mol。
(2)工业合成NH3的反应，解决了世界约三分之一的人粮食问题。已知：N2+3H22NH3，且该反应的v正=k正·c(N2)·c3(H2)，ν逆=k逆·c2(NH3)，则反应N2+H2NH3的平衡常数K=___________(用k正和k逆表示)。
(3)已知合成氨的反应升高温度平衡常数会减小，则该反应的正反应活化能E1和逆反应活化能E2的相对大小关系为：E1___________E2。(填“>”、“<”或“=”)。
(4)从化学反应的角度分析工业合成氨气采取30MPa～50MPa高压的原因是___________。
(5)500℃时，向容积为2L的密闭容器中通入1molN2和3molH2，模拟合成氨的反应，睿器内的压强随时间的变化如下表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
+∞
压强/MPa
20
17
15
13.2
11
11
①达到平衡时N2的转化率为___________。
②用压强表示该反应的平衡常数Kp=___________（Kp等于平衡时生成物分压幂的乘积与反应物分压幂的乘积的比值，某物质的分压等于总压x该物质的物质的量分数)。
③随着反应的进行合成氨的正反应速率与NH3的体积分数的关系如下图所示，若升高温度再次达到平衡时，可能的点为___________(从点“A、B、C、D”中选择〉
【答案】 b+2a+2c < 加快反应速率，同时使平衡正向移动，提高原料气的利用率和产品的产率 90% 48MPa-2 A
【分析】根据盖斯定律分析热化学方程式中的焓变。根据化学平衡移动原理分析反应条件的选择，根据三段式进行计算有关数据。
【详解】(1)根据盖斯定律分析，①N2(g)+O2 (g)=2NO(g) △H1=+akJ/mol；②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H2=bkJ/mol；③2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H3=ckJ/mol；将方程式进行②+①×2+③×2计算，得热化学方程式为4NH3(g)+7O2(g)=4NO2(g)+6H2O(g) △H=(b+2a+2c)kJ/mol；
(2)当正逆反应速率相等时，反应到平衡，即v正=ν逆=k正·c(N2)·c3(H2) =k逆·c2(NH3) ，则反应N2+H2NH3的平衡常数K= = ；
(3)已知合成氨的反应升高温度平衡常数会减小，则说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应，则该反应的正反应活化能E1和逆反应活化能E2的相对大小关系为：E1
(5) 假设到平衡时氮气转化浓度为xmol/L，则有
N2+3H22NH3，
起始浓度0.5 1.5 0
改变浓度 x 3x 2x
平衡浓度 0.5-x 1.5-3x 2x
根据压强比等于物质的量比分析，有关系式：
解x=0.45mol/L；
①达到平衡时N2的转化率为0.45/0.5=90%；
②用压强表示该反应的平衡常数Kp==48MPa-2；
③合成氨的反应为放热反应，若升温，则反应速率增大，平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，可能的点为A。
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