2021-2022年学年吉林省延吉市第一高级中学高二上学期期中考试化学试题含解析

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吉林省延吉市第一高级中学2021-2022年学年高二上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为
①C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
②C(金刚石，s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH＝－395.4 kJ·mol－1
③C(石墨，s) = C(金刚石，s)  ΔH＝+1.9 kJ·mol－1
关于金刚石和石墨的相互转化，下列说法正确的是(　 　)
A．石墨转化成金刚石是自发的过程 B．金刚石转化成石墨是放热过程
C．石墨比金刚石能量高 D．金刚石比石墨稳定
【答案】B
【详解】A．石墨较软，分子排布很不均匀，所以它的熵比较大!金刚石很硬，分子排布很均匀，它的熵比较小，所以金刚石转化为石墨为熵增反应，依据△G=△H-T△S可得△G<0，所以金刚石转化成石墨是自发进行的过程，故A错误；
B．根据C(石墨，s) = C(金刚石，s)  ΔH＝+1.9 kJ·mol－1可知，金刚石转化成石墨是放热过程，故B正确；
C．根据C(石墨，s) = C(金刚石，s)  ΔH＝+1.9 kJ·mol－1可知，石墨能量低于金刚石，故C错误；
D．根据C(石墨，s) = C(金刚石，s)  ΔH＝+1.9 kJ·mol－1可知，石墨能量低于金刚石，物质能量越低越稳定，故D错误；
故选B。
2．下列说法正确的是（    ）
A．燃烧热和中和热的数值都会随反应物的用量不同而改变，故1molS（s）和2molS（s）的燃烧热不相等
B．已知：2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）   ΔH=akJ/mol，2C（s）+O2（g）=2CO（g）ΔH=bkJ/mol，则a＞b
C．H2（g）的燃烧热为285.8kJ/mol，则表示H2燃烧热的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）ΔH=-571.6kJ/mol
D．反应NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)   ΔH=+185.57kJ/mol，在低温条件下不能自发进行，但在高温条件下能自发进行
【答案】D
【详解】A．燃烧热是101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出热量，对于某一物质，条件一定，燃烧热为定值，与物质的量无关，故A错误；
B．CO燃烧生成二氧化碳放出热量，则等物质的量的C完全燃烧生成CO2要比不完全燃烧生成CO放出的热量多，放热反应焓变小于零，所以a C．H2(g)的燃烧热为285.8kJ/mol，则表示H2燃烧热的热化学方程式为： H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ/mol，故C错误；
D．△H=+185.57 kJ•mol-1＞0，由反应前后化学计量数可知△S＞0，高温下可满足△H-T△S＜0，反应可自发进行，故D正确；
故答案为D。
3．已知反应的，（假定、ΔS不随温度变化），下列叙述正确的是（ ）
A．低温下为自发过程，高温下为非自发过程
B．高温下为自发过程，低温下为非自发过程
C．任何温度下均为非自发过程
D．任何温度下均为自发过程
【答案】B
【详解】时，反应能自反进行，，，只有T很大，即高温时，才能保证时，即高温下该反应为自发过程，低温下该反应为非自发进行，B满足题意。
答案选B。
4．在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)⇌xC(g)+2D(g)。经2min该反应达到平衡状态，生成0.8molD，测得C的浓度为0.8mol/L。则下列判断错误的是
A．x=4
B．2min内B的反应速率为0.1mol·L-1·min-1
C．B的转化率为40％
D．该温度下平衡常数的值为1.2
【答案】D
【详解】根据题意可知：（单位为mol/L）

3A(g)
B(g)
xC(g)
2D(g)
开始
1.5
0.5
0
0
转化
0.6
0.2
0.8
0.4
平衡
0.9
0.3
0.8
0.4

A.由上表可知：，解得x=4，A项正确；
B.v(B)=== 0.1mol·L-1·min-1，B项正确；
C.B的转化率为=40%，C项正确；
D. 该温度下平衡常数K==≈0.3，D项错误；
故选D。
5．在一定温度下的定容容器中，当下列物理量不再发生变化时，表明反应A(g)+2B(g)C(g)+D(g)已达到平衡状态的是（    ）
①混合气体的压强②混合气体的密度③B的物质的量浓度④混合气体的总物质的量⑤混合气体的平均相对分子质量⑥v(C)与v(D)的比值⑦混合气体的总质量⑧混合气体的总体积⑨C、D的分子数之比为1∶1
A．①②③④⑤⑥⑦⑧ B．①③④⑤ C．①②③④⑤⑦ D．①③④⑤⑨
【答案】B
【详解】①反应为气体体积缩小的反应，压强为变量，当混合气体的压强不变时，说明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故①正确；②该反应前后都是气体，混合气体总质量不变，容器容积不变，则密度为定值，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故②错误；③B的物质的量浓度不变时，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故③正确；④该反应为气体体积缩小的反应，混合气体的物质的量为变量，当混合气体的总物质的量不变时，说明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故④正确；⑤混合气体的总质量不变，总物质的量为变量，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明各组分的浓度不再变化，达到平衡状态，故⑤正确；⑥v(C)与v (D)的比值不变，不能说明各组分的浓度不再变化，则无法判断平衡状态，故⑥错误；⑦反应前后都是气体，混合气体的总质量始终不变，不能根据混合气体的总质量判断平衡状态，故⑦错误；⑧容器容积不变，则混合气体的总体积为定值，不能根据混合气体总体积判断平衡状态，故⑧错误；⑨C、D的分子数之比为1 : 1 ，无法判断各组分的浓度是否不再变化，则无法判断平衡状态，故⑨错误。
故选B。
6．某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡、溶液pH影响的图像，其中图像和实验结论表达均正确的是

A．①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，正反应△H＜0
B．②是在平衡体系的溶液中加入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图像
C．③是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图像，a是使用催化剂时的曲线
D．④是表示Cl2通入H2S溶液中pH变化
【答案】C
【详解】A.由图知，在v正等于v逆之后，v正大于v逆，则随着温度升高，反应平衡向正方向移动，可得△H＞0，A项错误；
B.该反应实质为Fe3+ + 3SCN－ ⇌ Fe(SCN)3，在平衡体系的溶液中加入少量KCl晶体，对该反应无任何影响，B项错误；
C. 由图知，a、b曲线中A的体积分数不变，说明改变条件不发生平衡移动，且a情况下，化学反应速率更快，则a是使用催化剂时的曲线，C项正确；
D. 由Cl2 + H2S = 2HCl +S↓知：溶液由弱酸H2S逐渐变为强酸HCl，溶液pH值从开始反应起会越来越小，D项错误；
故选C。
7．某酸碱指示剂HIn是一种有机弱酸，其在水溶液中的电离平衡与其呈现的颜色相关： HIn(aq)（红色）⇌H＋(aq)＋In－(aq)（黄色），有浓度为0.02 mol/L的下列各溶液：①HCl ②NaOH溶液 ③NaHCO3溶液 ④NaHSO4溶液。其中能使指示剂变红色的是
A．③④ B．②④ C．①④ D．①③
【答案】C
【详解】①加入HCl，溶液氢离子浓度变大，则平衡左移，指示剂变红色，正确；
②加入NaOH溶液，氢离子与氢氧根反应，氢离子浓度变小，则平衡右移，指示剂变黄色，错误；
③加入NaHCO3溶液，氢离子与碳酸氢根反应，氢离子浓度变小，则平衡右移，指示剂变黄色，错误；
④加入NaHSO4溶液，溶液氢离子浓度变大，则平衡左移，指示剂变红色，正确；
则①④正确；
故选C。
8．水的电离过程为，在不同温度下其离子积常数不同，，。则下列关于纯水的叙述正确的是
A．随着温度升高而减小
B．在时，
C．时水的电离程度大于时水的电离程度
D．水的电离是吸热的
【答案】D
【详解】A．水在不同温度下的离广积常数不同，，则随温度的升高而增大，A错误；
B．升高温度，促进水的电离，但水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度始终相等，B错误；
C．升高温度，促进水的电离，故35℃时水的电离程度大于25℃时水的电离程度，C错误；
D．，说明升高温度，水的电离程度增大，则水的电离为吸热过程，D正确；
答案选D。
9．在恒容密闭容器中发生N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0，达到平衡后改变某一条件，下列说法正确的是
A．升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆向移动
B．升高温度可提高N2转化率
C．增加H2的浓度，可提高N2转化率
D．改用高效催化剂，可增大反应的平衡常数
【答案】C
【分析】正反应是体积减小的放热的可逆反应，结合外界条件对反应速率和平衡状态的影响分析解答。
【详解】A．升高温度，正反应速率、逆反应速率均增加，平衡逆向移动，A错误；
B．升高温度，平衡逆向移动，降低N2转化率，B错误；
C．增加H2的浓度，平衡正向移动，可提高N2转化率，C正确；
D．改用高效催化剂，只能改变反应速率，不能改变平衡状态，平衡常数不变，D错误。
答案选C。
10．某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律(p表示压强，T表示温度，n表示物质的量)：根据以上规律判断，下列结论正确的是
反应Ⅰ：2A(s)+B(g) 2C(g)反应Ⅱ：2A(s) C(g)
反应Ⅲ：3A(g)+B(g) 2C(g)反应Ⅳ：A(g)+B(g) 2C(g)
A．反应Ⅰ：ΔH＞0，P2＞P 1
B．反应Ⅱ：ΔH＜0，T1＜T 2
C．反应Ⅲ：ΔH＞0，T 2＞T 1；或ΔH＜0，T 2＜T 1
D．反应Ⅳ：ΔH＜0，T 2＞T 1
【答案】C
【详解】A．反应Ⅰ，由图象可知，升高温度A的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，ΔH＜0；由方程式中气体的计量数关系可知增大压强平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，则P2＜P 1，A项错误；
B．反应Ⅱ，由到达平衡所用时间可知T1＞T 2，升高温度C的物质的量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，ΔH＜0，B项错误；
C．反应Ⅲ，若ΔH＞0，反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，T 2＞T1；若ΔH＜0，反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，T 2＜T 1，C项正确；
D．反应Ⅳ，若ΔH＜0，则升高温度平衡向逆反应方向移动，A的平衡转化率减小，则T 2＜T1，D项错误。
故选C。
11．下列实验事实不能证明醋酸是弱电解质的是
A．相同pH的醋酸溶液和盐酸分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等
B．常温下，测得0.1 mol/L醋酸溶液的pH=4
C．常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH＜4
D．在相同条件下，相同浓度醋酸溶液的导电性比盐酸的弱
【答案】A
【详解】A．醋酸溶液和盐酸pH相同，则溶液中c(H+)相同，因此分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等，这不能证明醋酸是弱电解质，A符合题意；
B．常温下，测得0.1 mol/L醋酸溶液的pH=4，c(H+)=10-4 mol/L＜0.1 mol/L，因此可证明醋酸是弱酸，存在电离平衡，B不符合题意；
C．常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，若醋酸是强酸，则稀释后c(H+)=10-4 mol/L，pH=4，现在测得pH＜4，c(H+)＞10-4 mol/L，说明又有一部分醋酸分子发生电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，故可以证明醋酸是弱酸，C不符合题意；
D．在相同条件下，相同浓度醋酸溶液的导电性比盐酸的弱，说明醋酸溶液中电离产生的自由移动的离子浓度比HCl小，因此可以说明醋酸是弱酸，D不符合题意；
故合理选项是A。
12．常温下，下列各组离子定能在指定溶液中大量共存的是
A．的溶液：
B．的溶液：
C．澄清透明的无色溶液：
D．和反应放出的溶液：
【答案】B
【详解】A. 的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液呈碱性，不能大量存在，A不符合题意。
B. ，则，则溶液呈酸性，该组离子可以大量共存，B符合题意。
C. 呈紫色，与题中“无色”矛盾，C不符合题意。
D. 和反应放出的溶液可能呈碱性，也可能呈酸性，若溶液呈酸性，和反应不会放出，与题干矛盾；若溶液呈碱性，不能大量存在，D不符合题意。答案选B。
13．浓度均为0.1mol·L-1、体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积为V，pH随lg的变化关系如图所示。下列叙述正确的是

A．HX比HY易电离
B．常温下，由水电离出的c(H+)：a C．相同温度下，电离常数K(HX)：a>b
D．未稀释时两溶液的导电能力相同
【答案】B
【分析】由图可知，lg=0时，0.1mol/LHY溶液的pH为1，说明HY在溶液中完全电离，是一元强酸，0.1mol/LHX溶液的pH大于1，说明HX在溶液中部分电离，是一元弱酸。
【详解】A．由分析可知，HY是一元强酸、HX是一元弱酸，则HY比HX易电离，故A错误；
B．溶液中氢离子浓度越大，抑制水电离的程度越大，水电离出的氢离子浓度越小，由图可知，a点氢离子浓度大于b点，则a点水电离出的氢离子浓度小于b点，故B正确；
C．电离常数是温度函数，温度不变，电离常数不变，则相同温度下，a点和b点的电离常数相等，故C错误；
D．未稀释时，等浓度的强酸HY溶液中的离子浓度大于弱酸HX溶液，导电能力强于HX溶液，故D错误；
故选B。
14．在2L恒容密闭容器中充入2molX和1molY发生反应：2X(g)+Y(g)⇌3Z(g)∆H<0，反应过程持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是

A．升高温度，平衡常数增大
B．W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率
C．Q点时，Y的转化率最大
D．恒温下，平衡时再充入适量Z，则达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大
【答案】C
【分析】反应开始时没有达到平衡，反应向正向进行，X的量减少，到Q点时达到最小，则这一点是反应的最大限度，Q点后平衡向逆向移动X的量逐渐增加。
【详解】A．温度升高平衡向逆向移动，平衡常数减小，A错误；
B．W、M两点X的浓度相同但是温度不相同，故反应速率不相等，B错误；
C．Q点X的量最少，转化率最大，C正确；
D．平衡时充入Z，相当于增大压强，反应两边气体的化学计量数相等，改变压强对平衡没有影响，达到新平衡时Z的体积分数与原平衡一样，D错误；
故选C。
15．常温下，向20.0mL0.10mol·L-1NaOH溶液中滴入0.10mol·L-1的醋酸，溶液的pH与所加醋酸的体积关系如图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，lg6=0.8.下列有关叙述不正确的是

A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B．M点对应的醋酸体积大于20.0mL
C．M点处的溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)=c(H+)=c(OH-)
D．恰好中和时，溶液的pH约为8.7
【答案】C
【详解】A．强碱弱酸相互滴定时，由于生成强碱弱酸盐使溶液显碱性，所以应选择在碱性环境中变色的指示剂酚酞，故A正确；
B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解导致该点溶液应该呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以醋酸体积大于20.0mL，故B正确；
C．M处溶液pH=7呈中性， c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，由于反应后混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)，故C错误；
D．20.0mL0.10mol·L-1NaOH溶液中滴入0.10mol·L-1的醋酸20.0mL时恰好中和，溶液为0.05mol·L-1醋酸钠溶液，水解呈碱性，水解常数，，则(OH-)=10-4.5mol/L，c(H+)=6×10-9.5mol/L，可得pH约为8.7，故D正确；
答案为C。
16．pC类似pH，是指稀溶液中溶质物质的量浓度的负对数。如某溶液溶质的浓度为1×10-3mol/L，则该溶液中溶质的pC=3。下列叙述正确的是
A．某温度下，任何电解质的稀溶液中，pC(H+)pC(OH-)
B．0.01mol/L的CaCl2溶液中逐滴加入纯碱溶液，滴加过程中pC(Ca2+)逐渐增大
C．0.01mol/L的BaCl2溶液中，pC(Cl-)2pC(Ba2+)
D．用0.01mol/L的盐酸滴定某浓度的NaOH溶液，NaOH溶液的pC(OH-)逐渐减小
【答案】B
【分析】根据题意，pC类似pH，不同温度下水的电解程度不同，对应的离子的物质的量浓度不同；氯化钙与碳酸钠反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠，钙离子浓度逐步降低；氯化钡是强电解质，能完全电离；盐酸滴定氢氧化钠，发生中和反应，氢氧根浓度降低。
【详解】A、常温下电解质的稀溶液中，pC(H+) +pC(OH-)=14，不是任何温度，A错误；
B、0.01mol/L的氯化钙溶液中，加入碳酸钠溶液，则碳酸根离子与钙离子结合为碳酸钙沉淀，钙离子的物质的量浓度逐渐减小，则其负对数逐渐增大，B正确；
C、0.01mol/L的氯化钡溶液中，氯离子物质的量浓度是钡离子物质的量浓度的2倍，则pC(Cl-)=-lg[2C(Ba2+)]，C错误；
D、用0.01mol/L的盐酸滴定某浓度的NaOH溶液，氢氧根离子的物质的量浓度逐渐减少，则氢氧根离子的pC值逐渐增大，D错误。
答案为B。
17．常温下，用 0.1000mol/L NaOH溶液滴定 20.00mL0.1000mol/L某一元酸HA溶液，滴定曲线如图。下列说法正确的是

A．该滴定过程既能用甲基橙又能用酚酞作指示剂
B．点①所示溶液中：c(A－) >c(Na＋)>c(H＋) >c(OH－)
C．点②所示溶液中：c(Na＋) =c(HA) ＋c(A－)
D．水的电离程度随着NaOH溶液的滴入不断增大
【答案】B
【详解】A.结合“用 0.1000mol/L NaOH溶液滴定 20.00mL0.1000mol/L某一元酸HA溶液”，恰好完全反应时消耗NaOH溶液20mL，由图知反应后溶液pH大于7，常温下，溶液显碱性，推知用酚酞作指示剂，A项错误；
B.由题可知点①溶质为等量的HA和NaA，由图知溶液显酸性（c(H＋) >c(OH－)），则HA的电离程度大于A－的水解程度，则c(A－) >c(Na＋)>c(H＋) >c(OH－)，B项正确；
C.由电荷守恒知c(Na＋)+c(H＋) =c(OH－)+ c(A－)，又点②pH=7，则c(H＋) =c(OH－)，推知c(Na＋) = c(A－)，则c(Na＋) ＜c(HA) ＋c(A－)，C项错误；
D.加入NaOH溶液生成NaA，则A－的水解促进水的电离，当酸碱恰好完全反应后，继续滴加NaOH溶液，则OH－会抑制水的电离，D项错误；
故选B。
18．在一体积不变的密闭容器中充入2molNH3，并放入一定量的Fe2O3，发生化学反应：Fe2O3(s)+2NH3(g)2Fe(s)+N2(g)+3H2O(g)   △H，实验测得化学平衡时的有关变化曲线如图所示。已知：平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压×该气体的物质的量分数。下列说法错误的是（    ）

A．该反应的△H>0
B．气体压强：p2>p1
C．平衡后再加入Fe2O3，NH3的转化率增大
D．M点的平衡常K=
【答案】C
【详解】A. 由图可知，随温度升高，氨气的体积分数降低，平衡正向移动，则正反应是吸热反应，该反应的，正确；
B. 由于是气体体积增大的反应，加压平衡逆向移动，氨的体积分数增大，则气体压强：，正确；
C. 是固体，增加的量对平衡没有影响，平衡后再加入，的转化率不变，错误；
D. 设平衡时生成，则

由图可知M点时氨气的体积分数为25%，则，平衡时气体的总物质的量，图中M点的平衡常数，正确；
故选C。
19．下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
D．向氨水中加少量的NH4Cl固体，则溶液pH减小
【答案】D
【详解】A．Ka=，加水虽然促进电离，增大，但减小，Ka保持不变，则溶液中增大，故A错误；
B．从20℃升温至30℃，促进水解，Kh增大，则溶液中=，故B错误；
C．向盐酸中加入氨水至中性，则，由电荷守恒可知，溶液中=1，故C错误；
D．向氨水中加少量的NH4Cl固体，抑制氨水的电离，会使溶液pH减小，故D正确；
答案选D。
20．用NaOH滴定pH相同、体积相同的H2SO4、HCl、CH3COOH三种溶液,恰好中和时,所用相同浓度NaOH溶液的体积依次为V1、V2、V3,则这三者的关系是
A．V1>V2>V3 B．V1V3 D．V1=V2 【答案】D
【详解】硫酸和盐酸均是强酸，醋酸是一元弱酸，因此在pH相等的条件下醋酸溶液的浓度最大，消耗碱液的体积增大，而硫酸和盐酸溶液中氢离子浓度相等，消耗碱液的体积相同，答案选D。

二、原理综合题
21．已知下列十种物质：①液态HCl ；②FeCl3溶液； ③盐酸 ；④NH4Cl晶体 ；⑤蔗糖溶液； ⑥铜； ⑦碳酸钙； ⑧淀粉溶液 ；⑨熔融NaOH； ⑩CO2.根据上述提供的物质，回答下列问题：
(1)能够导电的是_______，属于强电解质的是_______，属于非电解质的是_______。(填序号)
(2)如图1是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，则E1_______(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，ΔH_______。请写出NO2和CO反应的热化学方程式：_______。

(3)观察图a和图b，根据盖斯定律，写出△H1、△H2、△H3、△H4、△H5和△H6的关系。图a：_______；图b：_______。

(4)用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。
已知：① H2O(l)=H2O(g)      △H=+44 kJ/mol
② 2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)=CH4(g)＋4NO(g)   △H= +1160 kJ/mol
③ CH4(g)＋4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)  △H= -574 kJ/mol
请写出CH4(g)与NO2(g)反应生成参与大气循环的气体和液态水的热化学方程式_______。
【答案】(1)     ②③⑥⑨     ①④⑦⑨     ⑩
(2)     减小     不变     NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)     △H=-234 kJ/mol
(3)     △H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=0     △H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6
(4)CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(l)  ΔH=-955kJ/mol

【解析】（1）
①液态HCl是由HCl分子构成，不含自由电子或者离子，不导电；溶于水能完全电离而导电，该物质是化合物，属于强电解质；
②FeCl3溶液含有自由移动的离子，能导电，但该物质是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
③盐酸是HCl的水溶液，含有自由移动的离子，能导电，但物质是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
④NH4Cl晶体是离子化合物，不含自由电子或者离子，不导电；物质在水溶液或熔融状态下能够完全电离而导电，为强电解质；
⑤蔗糖溶液不含自由电子或者离子，不导电；该物质是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑥铜中含有自由移动的电子，能导电；但金属铜是单质，既不属于电解质，也不属于非电解质；
⑦碳酸钙是盐，含有离子但不自由移动，因此不导电；在熔融状态能够完全电离而导电，物质是化合物，为强电解质；
⑧淀粉溶液中不含自由电子或者离子，不导电；物质是混合物，既不属于电解质也不属于非电解质；
⑨熔融NaOH中含有自由移动的离子，能导电；在水溶液或熔融状态下能够完全电离而导电，属于强电解质；
⑩CO2是由分子构成的化合物，不含自由电子或者自由移动的离子，不导电；在水溶液和熔融状态下都不能发生电离作用，为非电解质；
综上所述可知：能够导电的物质序号是②③⑥⑨，属于强电解质的物质序号是①④⑦⑨，属于非电解质的物质序号是⑩；
（2）
若在反应体系中加入催化剂，活化能降低，则E1减小；催化剂只能改变活化能，不能改变反应热，故ΔH不变；由图可以知道，ΔH =E1-E2=134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol；1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO，则NO2和CO反应的热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234 kJ/mol；
（3）
图a：以A为起点，最终回到A，整个过程没有能量变化，所以△H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=0；图b：变化有两个途径A→F，A→B→C→D→E→F，两个途径的热效应相同，所以△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6；
（4）
① H2O(l)=H2O(g)      △H=+44 kJ/mol
② 2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)=CH4(g)＋4NO(g)   △H= +1160 kJ/mol
CH4(g)＋4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)  △H= -574 kJ/mol
根据盖斯定律可知，由-2×①-×②＋×③，得：CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(l)，则该反应的反应热，△H=-2×(+44 kJ/mol)- ×(+1160 kJ/mol)＋×(-574 kJ/mol)= -955kJ/mol，则CH4(g)与NO2(g)反应生成参与大气循环的气体和液态水的热化学方程式为CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(l)  ΔH=-955kJ/mol。
22．研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
(一)CO可用于合成甲醇，一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，达平衡后测得各组分浓度如下：
物质
CO
H2
CH3OH
浓度(mol•L-1)
0.9
1.0
0.6

(1)①混合气体的平均相对分子质量_______。
②列式并计算平衡常数K=_______。
③若将容器体积压缩为1L，不经计算，预测新平衡中c(H2)的取值范围是_______。
④若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此时v正_______v逆(填“>”、“＜”或“=”)。
(二)已知化学反应①Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g) ，其平衡常数为K1；
②Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g) ，其平衡常数为K2.在温度973K和1173K情况下，K1.、K2的值分别如下：
温度
K1
K2
973K
1.47
2.38
1173K
2.15
1.67

(2)通过表格中的数值可以推断：反应①是_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)现有反应③：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g) ：根据反应①与② 可推导出K1、K2、K3的关系式为_______
(4)据此关系和上表数据，也能推断出反应③是_______(填“吸热”或“放热”)反应。
【答案】(1)     18.56     L2•moL-2(或0.67L2•moL-2)     1mol•L-1＜c(H2)＜2mol•L-1     =
(2)吸热
(3)K3=
(4)吸热

【解析】（1）
①图表数据分析可知，n(CO)=2L×0.9mol/L=1.8mol；n(H2)=2L×1.0mol/L=2mol；n(CH3OH)=2L×0.6mol/L=1.2mol；
混合气体的平均摩尔质量=，因此平均相对分子质量为18.56 ；
②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，由图表中物质平衡浓度可知，K=L2•moL-2；
③CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，若将容器体积压缩为1L，各物质浓度应变为原来的2倍，但压强增大，平衡向气体体积减小的方向进行，反应正向进行，故氢气的平衡浓度小于2mol/L，所以氢气的平衡浓度应1 mol•L-1＜c(H2)＜2 mol•L-1；
④若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，则各物质浓度为c(CO)=0.9+0.3=1.2mol/L，c(H2)=1.0mol/L，c(CH3OH)=0.6+0.2=0.8mol/L，此时浓度商Q=，说明反应达到平衡状态，则V正=V逆；
（2）
由表中数据可知，温度升高，①的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，故答案为：吸热；
（3）
已知：①Fe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g)；
②Fe(s)+H2O(g)⇌FeO(s)+H2(g)；
利用盖斯定律将①-②可得：③H2(g)+CO2(g)⇌CO(g)+H2O(g)；则K3=；
（4）
依据图表平衡常数数据分析，温度升高K1增大，K2减小，则K3=增大，说明平衡正向进行，反应是吸热反应。
23．物质在水中可能存在电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡。根据所学知识回答下列问题：
(1)下列方法中，可以使0.10mol/LCH3COOH溶液中值增大的措施是_______(填序号)。
a.加水稀释 b.加入少量CH3COONa固体  c.加入少量冰醋酸 d.通入少量HCl气体  e.加少量烧碱溶液  f.升高温度
(2)t℃时，水的离子积常数Kw=1×10-12
①该温度下，若pH=3的H2SO4溶液中，由水电离出来的氢离子浓度为：_______
②该温度下，若10ml  pH=2的HCl溶液加水稀释到1000ml，则该溶液的pH=_______
③该温度下，若100ml pH=a的H2SO4溶液与1ml pH=b的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则a+b=_______
(3)25℃下，有浓度均为0.1mol/L的三种溶液：a.H2CO3；b.HClO；c.CH3COOH。(已知25℃时电离常数：H2CO3 K1=4.4×10-7，K2=4.7×10-11；HClO    K=3.0×10-8；CH3COOH  K=1.8×10-5)
①三种酸由强到弱的顺序为：_______(填序号)。
②足量的次氯酸与碳酸钠的反应离子方程式为：_______
③碳酸氢钠是一种酸式盐，其水溶液显弱碱性，请结合方程式进行解释_______
【答案】(1)a、d、f
(2)     1.0×10-9mol/L     4     a+b=14
(3)     c，a，b     HClO+CO=ClO-+HCO     HCO+H2OH2CO3+OH-；Kh；HCOH++CO Ka2，Kh=2.2×10-8>Ka2=4.7×10-11，碳酸氢根水解能力强

【解析】（1）
a．加水稀释醋酸，c(H+)、c(CH3COOH)均减小，但由于促进了醋酸的电离，c(CH3COOH)减少量大于c(H+)，所以值增大，a项正确；
b．加CH3COONa固体，由于CH3COO-对CH3COOH的电离起着抑制作用，加入CH3COONa固体后，c(H+)减小，c(CH3COOH)增大，则值减小，b项错误；
c．加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则值减小，c项错误；
d．通入少量HCl气体，溶液中的c(H+)明显增大，平衡左移，c(CH3COOH)略微增大，则值增大，d项正确；
e．加少量烧碱溶液，溶液中的c(H+)明显减小，平衡右移，c(CH3COOH)略微减小，则值减小，e项错误；
f．升高温度，平衡右移，则c(H+)增大，c(CH3COOH)减小，所以值增大，f项正确；
故选adf；
（2）
①PH=3的硫酸溶液中c(H+)=10-3，溶液中的氢氧根离子都是水电离的，则水电离出的c(OH-)=1.0×10-9，水电离出的c(OH-)和c(H+)相等，即由水电离出来的氢离子浓度=1.0×10-9mol/L；
②根据稀释定律，稀释10n倍，pH改变n，10ml到1000ml稀释了100倍，PH=2+2=4；
（3）
①根据Ka越大，酸性越强可知，酸性的强弱顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO，故答案为：c，a，b；
②根据强酸制备弱酸原则HClO+CO=ClO-+HCO；
③碳酸氢根离子的电离常数K2=4.7×10-11，碳酸氢根离子的水解常数Kh=，则碳酸氢根离子的水解程度较大，溶液显碱性，故答案为：HCO+H2OH2CO3+OH-；Kh；HCOH++CO Ka2，Kh=2.2×10-8>Ka2=4.7×10-11，碳酸氢根水解能力强。

三、实验题
24．现用盐酸标准溶液来测定NaOH溶液的浓度。有以下实验操作：
①向溶液中加入2～3滴酚酞做指示剂
②取20.00 mL标准溶液放入锥形瓶中
③用氢氧化钠溶液滴定至终点
④重复以上操作
⑤配制250 mL盐酸标准溶液
⑥根据实验数据计算氢氧化钠的物质的量浓度
(1)实验过程中正确的操作顺序是_______(填序号)，上述操作②中使用的仪器除锥形瓶外，还需要_______，滴定终点的标志是_______
(2)滴定并记录V(NaOH)的初、终读数。数据记录如表所示：
滴定次数
1
2
3
4
V(HCl)/mL
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)/mL(初读数)
0.10
0.30
0.00
0.20
V(NaOH)/mL(终读数)
20.08
20.30
20.80
20.22
V(NaOH)/mL(消耗)
19.98
20.00
20.80
20.02

某同学在处理数据过程中计算得到平均消耗NaOH溶液的体积V(NaOH)=mL=20.20 mL。他的计算_______(填“合理”或“不合理”)，理由是_______。通过仪器测得第4次滴定过程中溶液pH随加入氢氧化钠溶液体积的变化曲线如图所示，则a_______(填“>”“＜”或“=”)20.02。

(3)下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液浓度偏大的是_______。A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗，直接装入标准盐酸
B．酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥
D．读取盐酸体积开始时仰视读数，滴定结束后俯视读数
【答案】(1)     ⑤②①③④⑥     酸式滴定管     滴加最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且30s内不恢复原来的的颜色
(2)     不合理     第3次滴定时消耗NaOH溶液的体积明显偏大，该值应舍去     ＜
(3)AB

【分析】酸碱中和滴定的步骤是：1实验器材准备，滴定管查漏、清洗，锥形瓶清洗，2用标准液润洗滴定管，然后润洗2-3次，最后调“0"记录初始刻度，3量取待测液，装入锥形瓶，然后滴入指示剂摇匀，4进行滴定，到终点时停止滴定，读取刻度，5重复滴定2-3次，记录数据，求算待测液浓度，在分析误差的时候，根据公式来分析，以此解题。
（1）
用盐酸标准溶液来测定NaOH溶液的浓度时，先配制盐酸标准溶液，取20.00 mL标准溶液放入锥形瓶中，向溶液中加入1～2滴指示剂，用待测氢氧化钠溶液滴定至终点，重复以上操作2~3次，根据实验数据计算氢氧化钠的物质的量浓度，故实验过程中正确的操作顺序是：⑤②①③④⑥；上述操作②中使用的仪器除锥形瓶外，还需要使用酸式滴定管；氢氧化钠溶液中滴入酚酞溶液显红色，滴定至终点时，氢氧化钠消耗完毕，则此时溶液红色褪去，故滴定终点的标志是：滴加最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且30s内不恢复原来的的颜色；
（2）
根据表中数据可知，第3次滴定时消耗NaOH溶液的体积明显偏大，该值应舍去；NaOH溶液的体积平均值为：mL=20.00mL，结合图象可知，a点对应的pH=7，因NaOH溶液的体积平均值等于盐酸的体积，NaOH和HCl反应时物质的量相等，所以a<20.02mL，故答案为：不合理；第3次滴定时消耗NaOH溶液的体积明显偏大，该值应舍去；＜；
（3）
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗，直接装入标准盐酸，标准液被稀释，记录的标准液体积偏大，使测定的氢氧化钠溶液浓度偏大，故A选；
B．酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，记录的标准液体积偏大，使测定的氢氧化钠溶液浓度偏大，故B选；
C．锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥对待测液中溶质的物质的量没有影响，所以对测定结果无影响，故C不选；
D．读取盐酸体积开始时仰视读数，滴定结束后俯视读数，记录的标准液体积偏小，使测定的氢氧化钠溶液浓度偏小，故D不选；
故选AB。