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2021-2022学年安徽省滁州九校高二上学期期中考试 化学试题 （解析版）
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这是一份2021-2022学年安徽省滁州九校高二上学期期中考试 化学试题 （解析版），共19页。试卷主要包含了本试卷分第I卷和第II卷两部分，本卷命题范围，3kJ⋅ml−1，5kJ⋅ml−1， 已知某温度下有如下三个反应， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021~2022学年滁州九校高二期中考试
化学试卷
考生注意：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第II卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.本卷命题范围：人教版选择性必修1第一章~第三章第二节。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16
第I卷(选择题共42分)
一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 下列能正确表示可燃物的燃烧热的热化学方程式的是
A. C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH=−1238.3kJ⋅mol−1
B. C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH=−110.5kJ⋅mol−1
C. 2S(s)+2O2(g)=2SO2(g) ΔH=-592kJ⋅mol−1
D. C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ΔH=−2800kJ⋅mol−1
【答案】D
【解析】
【详解】A．表示燃烧热的热化学方程式中，水应是液态，A错误；
B．碳完全燃烧的产物为CO2而不是CO，B错误；
C．表示燃烧热的热化学方程式中，可燃物的系数应为1，C错误；
D．该热化学方程式可知表示1mol C6H12O6(s)完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，即燃烧热，D正确；
综上所述答案为D。
2. 一定条件下，A与B反应生成C和D，反应的能量变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 该反应若有热量变化，则一定是氧化还原反应
B. 若该反应为放热反应，则反应不加热就一定能发生
C. 若E1
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应若有热量变化，不一定是氧化还原反应，例如中和反应有热量放出，不是氧化还原反应，故A错误；
B．放热反应可能需要加热一定程度，反应才能自发进行，如燃烧都是放热反应，但需要加热到着火点，故B错误；
C．若E1＜E2，则反应物总能量小于生成物总能量，所以该反应是吸热反应，反应热ΔH＞0，故C错误；
D．化学反应的过程是原子的重新组合过程，遵循原子守恒，因此反应前后，原子的种类和数目一定保持不变，故D正确；
故选D。
3. 灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。已知：
①Sn(白，s)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g) ΔH1
②Sn(灰，s)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g) ΔH2
③Sn(灰，s)Sn(白，s)ΔH3=+2.1kJ·mol-1
下列说法错误的是
A. ΔH1<ΔH2
B. 锡在常温下以灰锡状态存在
C. 灰锡转化为白锡的反应是吸热反应
D. 锡制器皿长期处在低于13.2°C的环境中，会自行毁坏
【答案】B
【解析】
【详解】A．依据盖斯定律，由②-①可得反应③，反应为吸热反应，所以ΔH3=ΔH2 -ΔH1>0，所以，故A正确；
B．根据③Sn(s，灰) Sn(s，白)可知，温度高于13.2℃时，灰锡会转变为白锡，所以在常温下，锡以白锡状态存在，故B错误；
C．根据反应③Sn(s，灰) Sn(s，白) ΔH3=+2.1 kJ·mol-1可知，由灰锡变白锡会吸热反应，故C正确；
D．根据③Sn(s，灰) Sn(s，白)可知，温度低于13.2℃时，白锡会转变为灰锡，而灰锡以粉末状态存在，即锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏，D正确；
故答案选B。
4. 一定条件下，在一氧化碳变换反应CO+H2OCO2+H2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析错误的是
A. 使用催化剂，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加
B. 升高温度，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加
C. 压缩容器，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞的次数增加
D. 增大一氧化碳的浓度，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加
【答案】D
【解析】
【详解】A． 使用催化剂，降低活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数增大，单位体积单位时间内有效碰撞几率增加，反应速率增大，故A正确；
B． 升高温度，活化分子数目最多，活化分子百分数增大，单位体积单位时间内有效碰撞几率增加，反应速率增大，故B正确；
C．气体体积减小，增大压强，单位体积内活化分子数增多，单位体积单位时间内有效碰撞几率增加，反应速率加快，故C正确；
D． 增大c(CO)，单位体积内活化分子数量增多，活化分子百分数不变，单位体积单位时间内有效碰撞几率增加，反应速率加快，故D错误；
答案选D。
5. 羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。在一定温度下的容积不变的密闭容器中发生反应：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)。下列叙述中，不能说明反应达到化学平衡状态的是
A. COS的生成速率与H2S的生成速率相等
B. 单位时间内消耗amolCO，同时消耗amolH2
C. 容器内气体的总压强不再变化
D. CO的浓度不再变化
【答案】C
【解析】
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断。
【详解】A．COS的生成速率与H2S的生成速率相等，根据方程式可判断正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；
B．两单位时间内消耗amolCO，同时消耗amolH2，根据方程式可判断正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C．反应前后气体的物质的量不变，则压强始终不变，不能据此判断平衡状态，故C错误；
D．CO的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故选C。
6. 可逆反应进行过程中的能量变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 该反应的焓变，熵变
B. 升高温度，平衡常数增大
C 由可知，该反应能自发进行
D. 升高温度，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题图可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应的，由化学方程式可知，，A项错误；
B．，则升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，B、D项错误；
C．，，则，反应能自发进行，C项正确；
D．，则升高温度，平衡逆向移动，D项错误；
故选C。
7. 已知某温度下有如下三个反应：NaNO2+HF=NaF+HNO2，NaCN+HF=NaF+HCN，NaCN+HNO2=NaNO2+HCN。则该温度下HCN、HF、HNO2三种弱酸的电离常数由大到小的顺序判断正确的是
A. K(HF)>K(HNO2)>K(HCN) B. K(HCN)>K(HNO2)>K(HF)
C. K(HNO2)>K(HF)>K(HCN) D. K(HF)>K(HCN)>K(HNO2)
【答案】A
【解析】
【详解】复分解反应中遵循“强酸制弱酸”的原理，根据NaNO2+HF=NaF+HNO2，可知酸性HF＞HNO2，根据NaCN+HF=NaF+HCN，可知HF＞HCN，根据NaCN+HNO2=NaNO2+HCN可知酸性HNO2＞HCN，综上所述酸性：HF＞HNO2＞HCN，酸性越强，电离平衡常数越大，所以电离常数由大到小的顺序为K(HF)>K(HNO2)>K(HCN)；
故答案为A。
8. 向10mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，下列说法错误的是
A. 的电离程度增大 B. 减小
C. 的数目增多 D. 减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨水中加入蒸馏水稀释平衡正向移动，电离程度增大，故A正确；
B．氨水中加入蒸馏水稀释平衡正向移动，电离程度增大，增大，但减小，故B正确；
C．氨水中加入蒸馏水稀释平衡正向移动，电离程度增大，增大，的数目增多，故C正确；
D．，氨水中加入蒸馏水稀释平衡正向移动，电离程度增大，增大，但减小，故增大，故D错误；
故答案为：D。
9. 下列说法正确的是
A. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强
B. 中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，盐酸所需氢氧化钠物质的量等于醋酸所需氢氧化钠物质的量
C. 将氢氧化钠和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少到原来的
D. 如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度也是醋酸的二倍
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解质强弱与导电能力无关，与自由移动离子浓度成正比，强电解质导电能力不一定强，弱电解质导电能力不一定弱，电解质溶液导电能力与自由移动离子浓度成正比，故A错误；B．醋酸在水溶液中部分电离，是弱电解质；盐酸是强酸，完全电离，但等体积等物质的量浓度的醋酸和盐酸，它们的物质的量相同，故中和等体积等物质的量浓度的醋酸和盐酸时，消耗的氢氧化钠的物质的量相等，故B错误；C．一水合氨为弱电解质，加水促进电离，将氢氧化钠溶液和氨水溶液各稀释一倍，氨水的OH-浓度大于原来的，故C错误；D．因醋酸是弱酸，盐酸中的c(H+)远远超过醋酸中c(H+)的两倍，故D错误；答案为B。
10. 在常温下，洁厕灵的pH=1，其中的c(OH-)为
A. 0.1mol·L-1 B. 1.0×10-7mol·L-1 C. 1.0×10-13mol·L-1 D. 1.0×10-11mol·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】常温下，pH=1， c(H+)=0.1mol/L，Kw=c(H+)·c(OH－)=10-14，则c(OH－)=10-13mol/L；
故选C。
11. 体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，用同浓度的NaOH溶液中和时
A. 两者消耗NaOH的物质的量相同
B. 中和HCl消耗NaOH的物质的量多
C. 中和CH3COOH消耗NaOH的物质的量多
D. 两者消耗NaOH的物质的量无法比较
【答案】C
【解析】
【详解】醋酸弱酸，部分电离，盐酸是强酸，完全电离，体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，醋酸的物质的量更大，所以消耗氢氧化钠更多，故答案为C。
12. 已知下列热化学方程式：
①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH1=-24.8kJ·mol-1
②3Fe2O3(s)＋CO(g)=2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH2=-47.19kJ·mol-1
③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g) ΔH3=640.4kJ·mol-1
则14gCO气体还原足量FeO固体得到Fe单质和CO2气体时对应的ΔH约为
A. -218kJ·mol-1 B. -109kJ·mol-1 C. 109kJ·mol-1 D. 218kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】根据盖斯定律，由①-[②+③×2]×，把结果除以2化简后，得FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g) ΔH=-218kJ·mol-1，14gCO的物质的量为0.5mol，反应放热为218kJ×0.5=109kJ，即ΔH=-109kJ·mol-1。
答案选B。
13. 已知反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强的变化如图所示。下列说法错误的是
A. A、C两点气体的平均相对分子质量：A
C. 由状态B到状态A，可以用加热的方法
D. A、C两点的反应速率：A>C
【答案】D
【解析】
【详解】A. 已知压强P2>P1，根据勒夏特列原理，增大压强平衡向分子数减小的方向移动，则A相比于A点，C点气体分子数减小。混合气体的总质量不变，则气体的平均相对分子质量增大，即A
C. A、B压强相同，且A点二氧化氮体积分数更高，根据勒夏特列原理，升高温度有利于反应正向进行，二氧化氮体积分数增大，故C项正确；
D. C点压强比A点大，因此C点反应速率更快，故D项错误；
故答案选D。
14. 在80°C时，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中投入NO2和SO2混合气体，发生反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。起始浓度如下表所示，其中甲经2min达到平衡，平衡时NO2的转化率为50%。下列判断错误的是
容器
甲
乙
丙
c(NO2)/(mol·L-1)
0.10
0.20
0.20
c(SO2)/(mol·L-1)
0.10
0.10
0.20
A. 平衡时，乙中SO2的转化率大于50%
B. 平衡时，丙中c(SO2)是甲中的2倍
C. 温度升至90°C，上述反应的平衡常数为，则正反应为放热反应
D. 其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol·L-1 NO2和0.20mol·L-1 SO2，达到平衡时c(NO)与原平衡相同
【答案】C
【解析】
【分析】起始时，c(NO2)= c(SO2)=0.10 mol·L-1，经2min达到平衡，平衡时NO2的转化率为50%，则可建立如下三段式：
K==1。
【详解】A．以甲为参照物，乙相当于甲达平衡后，再加入0.10mol/LNO2，平衡正向移动，平衡时，乙中SO2的转化率大于50%，A正确；
B．从反应物的起始浓度看，丙相当于甲达平衡后，加压使其体积缩小为原体积的一半，平衡不发生移动，则丙中c(SO2)是甲中的2倍，B正确；
C．温度升高，反应的平衡常数＞1，则表明平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，
D．其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol·L-1 NO2和0.20mol·L-1 SO2，与充入0.20 mol·L-1 NO2和0.10 mol·L-1 SO2是等效平衡，达到平衡时c(NO)与原平衡相同，D正确；
故选C。
第II卷(非选择题共58分)
二、非选择题(本大题共6小题，共58分)
15. 测定50mL 0.50mol·L-1盐酸和50mL 0.5mol·L-1 NaOH溶液反应的反应热的实验装置如图所示。回答下列问题：
（1）图中缺少的一种仪器是_______。
（2）实验时玻璃搅拌器的运动方向是_______(填标号)。
a.上下 b.左右 c.顺时针 d.逆时针
（3）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm-3，又知中和反应后生成的溶液的比热容c=4.18J/(g·°C)。实验记录数据如下：
实验序号
起始温度t1/°C
终止温度t2/°C
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6
则中和反应生成1mol H2O(1)的ΔH=_______kJ·mol-1(保留1位小数)。若计算结果与理论数据(57.3kJ·mol-1)相比较，有误差，则可能导致该误差的原因是_______(填标号)。
a.实验装置保温、隔热效果差
b.用量筒量取盐酸的体积时仰视读数
c.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中
d.用温度计测定盐酸的起始温度后直接去测定NaOH溶液的温度
【答案】（1）温度计 （2）a
（3） ①. -51.8 ②. acd
【解析】
【分析】该装置还需要温度计测定温度；先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值，再根据Q=mcΔT计算反应放出的热量，然后计算出反应热。
【小问1详解】
测定中和热实验中，需要测定酸或碱的起始温度和混合溶液的最高温度，测定温度需要温度计，故答案为：温度计；
【小问2详解】
环形玻璃搅拌棒在使用时应该上下运动，不能旋转搅拌或左右搅拌，故答案为：a；
【小问3详解】
3次实验的温度差分别为3.15℃、3.1℃、3.05℃，则3次实验数据的平均值为，溶液的质量为100mL×1g/cm3=100g，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol•L-1=0.025mol，反应放出的热量Q=mcΔT=4.18J/(g•℃)×100g×3.1℃=1295.8J=1.2958kJ，则生成1mol水时放出的热量为，则ΔH=-51.8kJ/mol；该数据与理论数据相比偏小，
a．实验装置保温、隔热效果差，热量损失大，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a符合题意；
b．用量筒量取盐酸的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故b不符合题意；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失较多，测得的中和热的数值偏小，故c符合题意；
d．用温度计测定盐酸的起始温度后直接去测定NaOH溶液的温度，NaOH溶液的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故d符合题意；
故答案为：acd。
16. 酸碱中和滴定是依据中和反应，用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的方法。回答下列问题：
（1）选用以下主要仪器和试剂，___________(填“能”或“不能”)达到测定溶液浓度的目的。
主要仪器：滴定管、锥形瓶试剂：溶液、盐酸。
（2）现用标准溶液来测定未知浓度的盐酸。
①用标准溶液滴定时，应将标准溶液注入___________ (填“甲”或“乙”)中。
②某学生的操作步骤如下：
A．移取20.00mL待测盐酸溶液注入到洁净的锥形瓶中，并加入2~3滴酚酞溶液
B．用标准溶液润洗滴定管2~3次
C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴部分充满溶液
D．取标准溶液注入碱式滴定管中至“0”刻度以上2~3mL
E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数
F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。
正确的操作顺序是___________ (填标号)。上述B步骤操作的目的是___________。到达滴定终点时的实验现象是___________。
③下图是用标准溶液来测定未知浓度的盐酸(体积为20.00mL)的滴定过程中碱式滴定管中液面在滴定前后的读数，则=___________。
【答案】（1）不能 （2） ①. 乙 ②. BDCEAF ③. 洗去附在滴定管内壁上的水，防止其将标准溶液稀释而带来误差 ④. 当滴入最后一滴标准溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 ⑤.
【解析】
【小问1详解】
中和滴定中必须使用指示剂，题中提供的试剂缺少指示剂酚酞，无法达到实验目的，故答案为：不能；
【小问2详解】
①NaOH溶液为碱性溶液，应该用碱式滴定管量取，即使用图中的乙，故答案为：乙；
②操作的步骤是选择滴定管，然后润洗、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数，再取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定，所以顺序为：B、D、C、E、A、F，滴定管用蒸馏水洗涤后，内壁有一层水膜，如果直接装液会使浓度降低，所以必须用标准溶液润洗滴定管2-3次，本实验是用NaOH滴定盐酸溶液，用酚酞作指示剂，所以终点时，现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色，故答案为：BDCEAF；洗去附在滴定管内壁上的水，防止其将标准溶液稀释而带来误差；当滴入最后一滴标准溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
③由图2可知，反应消耗的NaOH标准溶液体积为(V2-V1)mL，c(酸)=。
17. I.浓度、压强、温度、催化剂等因素会影响化学反应速率。回答下列问题：
（1）下列四支试管中，过氧化氢分解反应速率最大的是_______(填试管标号)。
试管
温度
过氧化氢浓度
催化剂
a
室温(25°C)
12%
有
b
水浴加热(50°C)
4%
无
c
水浴加热(50°C)
12%
有
d
室温(25°C)
4%
无
II.某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验：
实验编号
反应物
催化剂
①
10mL2%H2O2溶液
无
②
10mL5%H2O2溶液
无
③
10mL5%H2O2溶液
1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液
④
10mL5%H2O2溶液+少量HCl溶液
1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液
⑤
10mL5%H2O2溶液+少量NaOH溶液
1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液
（2）实验①和②的目的是_______。
（3）实验③中发生反应的化学方程式为_______。
（4）实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随反应时间变化的关系如图所示，由此得出的实验结论是。_______。
【答案】（1）c （2）探究浓度对化学反应速率影响
（3）2H2O22H2O+O2↑
（4）碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率
【解析】
【分析】探究影响反应速率的因素时，需要进行单因子变量控制。
【小问1详解】
增大反应物的浓度、增大气体压强、使用正催化剂、升温等均能加快反应速率。则c的速率最快。
【小问2详解】
实验①和②只有反应为浓度不同，则目的是探究浓度对化学反应速率的影响。
【小问3详解】
实验③为氯化铁催化双氧水分解，发生反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑。
【小问4详解】
与③相比④中多了盐酸、⑤中多了氢氧化钠，反应速率实验⑤＞③＞④由此得出的实验结论是：碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。
18. 根据要求，回答下列问题：
I.已知HClO是比H2CO3还弱酸，氯水中存在下列平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO、HClOH++ClO-。
（1）要使氯水中的HClO浓度增大，可加入_______(填标号)。
A. SO2 B. NaHCO3 C. HCl D. NaOH
（2）由此说明在实验室里可用排饱和食盐水法收集Cl2的理由是_______。
II.如表所示是几种弱酸常温下的电离平衡常数：
CH3COOH
H2CO3
H2S
H3PO4
1.8×10-5
Ka1=4.3×10-7
Ka2=5.6×10-11
Ka1=9.1×10-8
Ka2=1.1×10-12
Ka1=7.5×10-3
Ka2=6.2×10-8
Ka3=2.2×10-13
（3）CH3COOH、H2CO3、H2S、H3PO4四种酸的酸性由强到弱的顺序为_______。
（4）多元弱酸的第二步电离程度远小于第一步电离程度，其原因是_______。
（5）CH3COO-、、、S2-结合H+的能力由强到弱的顺序为_______。
【答案】（1）B （2）氯水中存在平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中的c(Cl-)很大，使该平衡左移，从而降低了Cl2在水中的溶解度
（3）H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S
（4）第一步电离产生的氢离子对第二步电离起抑制作用
（5）S2-＞＞＞CH3COO-
【解析】
【小问1详解】
A．SO2具有较强的还原性，能将HClO还原，从而使其浓度减小，A不符合题意；
B．NaHCO3与HClO不反应，但能与HCl反应，从而促进Cl2与水的反应不断正向进行，HClO的浓度增大，B符合题意；
C．HCl加入氯水中，增大溶液中c(H+)，使平衡逆向移动，HClO的浓度减小，C不符合题意；
D．NaOH不仅能与HCl反应，还能与HClO反应，从而使HClO的浓度减小，D不符合题意；
故选B。答案为：B；
【小问2详解】
饱和食盐水中c(Cl-)大，使Cl2与H2O反应的化学平衡逆向移动，从而减少Cl2的溶解，则可用排饱和食盐水法收集Cl2，理由是：氯水中存在平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中的c(Cl-)很大，使该平衡左移，从而降低了Cl2在水中的溶解度。答案为：氯水中存在平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中的c(Cl-)很大，使该平衡左移，从而降低了Cl2在水中的溶解度；
【小问3详解】
Ka1(H3PO4)=7.5×10-3，Ka1(CH3COOH)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)= 4.3×10-7，Ka1(H2S)= 9.1×10-8；第一步电离常数越大，酸的酸性越强，则CH3COOH、H2CO3、H2S、H3PO4四种酸的酸性由强到弱的顺序为：H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S。答案为：H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S；
【小问4详解】
多元弱酸的电离都是可逆过程，第一步电离产生H+，第二步也电离产生H+，则第二步电离程度远小于第一步电离程度，其原因是：第一步电离产生的氢离子对第二步电离起抑制作用。答案为：第一步电离产生的氢离子对第二步电离起抑制作用；
【小问5详解】
对于弱酸，电离常数越小，对应离子结合H+的能力就越强，CH3COOH、H2CO3、、HS-的电离常数分别为1.8×10-5、4.3×10-7、5.6×10-11、1.1×10-12，则CH3COO-、、、S2-结合H+的能力由强到弱的顺序为：S2-＞＞＞CH3COO-。答案为：S2-＞＞＞CH3COO-。
【点睛】比较酸根离子结合H+的能力时，也可比较酸根离子的水解常数的大小。
19. 合成氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。回答下列问题：
（1）结合下表数据分析，工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮的原因是_______。
化学反应
K(298K)的数值
N2(g)+O2(g)2NO(g)
5.0×10-31
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
4.1×106
（2）对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，在一定条件下氨的平衡含量如下表：
温度/°C
压强/MPa
氨的平衡含量(体积分数)
200
10
81.5%
550
10
8.25%
①合成氨反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
②其他条件不变时，升高温度，氨的平衡含量减小的原因是_______(填标号)。
A．升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动
B．升高温度，浓度商(Q)增大，平衡常数(K)不变，Q＞K，平衡向逆反应方向移动
C．升高温度，活化分子数增多，反应速率加快
D．升高温度，平衡常数(K)减小，平衡向逆反应方向移动
（3）图1表示500°C、60.0MPa条件下，平衡时NH3的体积分数与原料气投料比的关系。根据图中M点数据，可计算出平衡时N2的体积分数为_______。
（4）图2是合成氨反应平衡混合气中NH3的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中L(L1、L2)、X分别代表温度或压强，其中X代表的是_______(填“温度”或“压强”)。判断L1、L2的大小关系并说明理由_______。
【答案】（1）氮气与氢气反应的限度远大于氮气与氧气反应的限度(或氮气与氢气反应的化学平衡常数远大于氮气与氧气反应的化学平衡常数)
（2） ①. 放热 ②. D
（3）8% （4） ①. 压强 ②. L1＜L2。合成氨反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡N2(g)+3H2(g)2NH3(g)向逆反应方向移动，NH3的体积分数减小
【解析】
【小问1详解】
表中数据显示，N2(g)+O2(g)2NO(g) K(298K)= 5.0×10-31；N2(g)+3H2(g)2NH3(g) K(298K)=4.1×106，合成氨反应的平衡常数远大于N2与O2反应的平衡常数，K值越大，表示反应进行的越完全，所以工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮的原因是：氮气与氢气反应的限度远大于氮气与氧气反应的限度(或氮气与氢气反应的化学平衡常数远大于氮气与氧气反应的化学平衡常数)。答案为：氮气与氢气反应的限度远大于氮气与氧气反应的限度(或氮气与氢气反应的化学平衡常数远大于氮气与氧气反应的化学平衡常数)；
【小问2详解】
①表中数据显示，温度从200℃升高到550℃，平衡时氨的体积分数从81.5% 降至8.25%，则平衡逆向移动，所以合成氨反应为放热反应。
②A．升高温度，正反应速率应该增大，而不是减小，A不正确；
B．升高温度，浓度商(Q)不变，平衡常数(K)减小，B不正确；
C．升高温度，活化分子数增多，反应速率加快，但没有解释氨的平衡含量如何变化，C不正确；
D．升高温度，平衡常数(K)减小，平衡向逆反应方向移动，氨的平衡含量必然减小，D正确；
故选D。答案为：放热；D；
【小问3详解】
图中M点数据显示，H2、N2物质的量之比为4，平衡时NH3的体积分数为40%，设H2的物质的量为4mol，则可建立如下三段式：
，x=，平衡时N2的体积分数为=8%。答案为：8%；
【小问4详解】
升高温度，平衡逆向移动，平衡时NH3的体积分数减小，与曲线的变化趋势不符，所以 X代表的是压强。温度升高，NH3的体积分数减小，则NH3的体积分数越大，温度越低，从而得出判断L1、L2的大小关系并说明理由：L1＜L2。合成氨反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡N2(g)+3H2(g)2NH3(g)向逆反应方向移动，NH3的体积分数减小。答案为：压强；L1＜L2。合成氨反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡N2(g)+3H2(g)2NH3(g)向逆反应方向移动，NH3的体积分数减小。
【点睛】有气体参加反应的浓度商不受温度的影响，但与浓度相关，所以受压强变化的影响。
20. 甲醇是一种很好的清洁燃料，CO和H2在一定条件下反应可制得甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH。回答下列问题：
（1）已知CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的燃烧热ΔH分别为-283.0kJ·mol-1、-285.8kJ·mol-1、-726.5kJ·mol-1，则反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的ΔH=_______kJ·mol-1。
（2）在容积可变的密闭容器中充入1mol CO(g)和2mol H2(g)生成CH3OH(g)，H2的平衡转化率随温度(T)、压强(p)的变化如图所示。
①该反应的ΔS_______0(填“<”“>”或“=”，下同)，图中的T1_______T2。
②当达到平衡状态A时，容器的体积为2L，此时该反应的平衡常数K=_______。若达到平衡状态B时，则容器的体积V(B)=_______L。
（3）在容积固定为2L的密闭容器中充入2mol CO(g)和6mol H2(g)生成CH3OH(g)，反应时间与CH3OH(g)的物质的量浓度的关系如下图所示。则前10分钟内，氢气的平均反应速率v(H2)=_______。若15分钟时升高体系温度，在20分钟时达到新平衡，此时氢气的转化率为33.3%，请在图中画出15~25分钟c(CO)的变化曲线。_______
【答案】（1）-128.1
（2） ①. ＜ ②. ＜ ③. 4 ④. 0.4
（3） ①. 0.16mol·L-1·min-1 ②.
【解析】
【小问1详解】
由CH4、CO、H2的燃烧热可得①CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H1=-283 kJ/mol；②H2(g)+O2(g)=H2O (l) △H2=-285.8 kJ/mol③CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔΗ3=-726.5 kJ/mol，根据盖斯定律，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)由①+2②-③得到，故ΔΗ=△H1+2×(-285.8kJ/mol)-(-726.5 kJ/mol)=-128.1 kJ/mol；
【小问2详解】
①该反应为气体体积减小的反应，故为熵减反应，因此ΔS＜0；由图像可知，同压下T1温度时H2的平衡转化率较大，由的（1）问可知，该反应正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，因此温度越高，H2的平衡转化率越小，故T1＜T2；
②平衡A状态时，由题意可得三段式：
，平衡时体积为2L，因此平衡时c(CO)=0.25mol/L，c(H2)=0.5mol/L，c(CH3OH)=0.25mol/L，K===4；平衡B状态时，由题意可得三段式：，设平衡后体积为V，温度不变，平衡常数不变，K===4，解得V=0.4L；
【小问3详解】
前10min的∆c(CH3OH)=0.8mol/L，∆c(H2)=2∆c(CH3OH)=1.6mol/L，v===0.16mol·L-1·min-1；由图像可知，10～15min时该反应处于平衡状态，且c(CH3OH)＝0.8mol/L，根据化学方程式CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，生成c(CH3OH)＝0.8mol/L，消耗c(CO)＝0.8mol/L，可求得剩余c(CO)＝0.2mol/L。升高温度后，达到平衡时，H2转化率为33.3%，即H2反应2mol，CO反应1mol，则此时平衡时c(CO)＝0.5mol/L，故15min时c(CO)＝0.2mol/L，20min，达到新的平衡时，c(CO)＝0.5mol/L，则15～25min时c(CO)的变化曲线为： 。
2021~2022学年滁州九校高二期中考试
化学试卷
考生注意：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第II卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.本卷命题范围：人教版选择性必修1第一章~第三章第二节。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16
第I卷(选择题共42分)
一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 下列能正确表示可燃物的燃烧热的热化学方程式的是
A. C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH=−1238.3kJ⋅mol−1
B. C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH=−110.5kJ⋅mol−1
C. 2S(s)+2O2(g)=2SO2(g) ΔH=-592kJ⋅mol−1
D. C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ΔH=−2800kJ⋅mol−1
【答案】D
【解析】
【详解】A．表示燃烧热的热化学方程式中，水应是液态，A错误；
B．碳完全燃烧的产物为CO2而不是CO，B错误；
C．表示燃烧热的热化学方程式中，可燃物的系数应为1，C错误；
D．该热化学方程式可知表示1mol C6H12O6(s)完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，即燃烧热，D正确；
综上所述答案为D。
2. 一定条件下，A与B反应生成C和D，反应的能量变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 该反应若有热量变化，则一定是氧化还原反应
B. 若该反应为放热反应，则反应不加热就一定能发生
C. 若E1
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应若有热量变化，不一定是氧化还原反应，例如中和反应有热量放出，不是氧化还原反应，故A错误；
B．放热反应可能需要加热一定程度，反应才能自发进行，如燃烧都是放热反应，但需要加热到着火点，故B错误；
C．若E1＜E2，则反应物总能量小于生成物总能量，所以该反应是吸热反应，反应热ΔH＞0，故C错误；
D．化学反应的过程是原子的重新组合过程，遵循原子守恒，因此反应前后，原子的种类和数目一定保持不变，故D正确；
故选D。
3. 灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。已知：
①Sn(白，s)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g) ΔH1
②Sn(灰，s)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g) ΔH2
③Sn(灰，s)Sn(白，s)ΔH3=+2.1kJ·mol-1
下列说法错误的是
A. ΔH1<ΔH2
B. 锡在常温下以灰锡状态存在
C. 灰锡转化为白锡的反应是吸热反应
D. 锡制器皿长期处在低于13.2°C的环境中，会自行毁坏
【答案】B
【解析】
【详解】A．依据盖斯定律，由②-①可得反应③，反应为吸热反应，所以ΔH3=ΔH2 -ΔH1>0，所以，故A正确；
B．根据③Sn(s，灰) Sn(s，白)可知，温度高于13.2℃时，灰锡会转变为白锡，所以在常温下，锡以白锡状态存在，故B错误；
C．根据反应③Sn(s，灰) Sn(s，白) ΔH3=+2.1 kJ·mol-1可知，由灰锡变白锡会吸热反应，故C正确；
D．根据③Sn(s，灰) Sn(s，白)可知，温度低于13.2℃时，白锡会转变为灰锡，而灰锡以粉末状态存在，即锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏，D正确；
故答案选B。
4. 一定条件下，在一氧化碳变换反应CO+H2OCO2+H2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析错误的是
A. 使用催化剂，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加
B. 升高温度，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加
C. 压缩容器，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞的次数增加
D. 增大一氧化碳的浓度，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加
【答案】D
【解析】
【详解】A． 使用催化剂，降低活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数增大，单位体积单位时间内有效碰撞几率增加，反应速率增大，故A正确；
B． 升高温度，活化分子数目最多，活化分子百分数增大，单位体积单位时间内有效碰撞几率增加，反应速率增大，故B正确；
C．气体体积减小，增大压强，单位体积内活化分子数增多，单位体积单位时间内有效碰撞几率增加，反应速率加快，故C正确；
D． 增大c(CO)，单位体积内活化分子数量增多，活化分子百分数不变，单位体积单位时间内有效碰撞几率增加，反应速率加快，故D错误；
答案选D。
5. 羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。在一定温度下的容积不变的密闭容器中发生反应：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)。下列叙述中，不能说明反应达到化学平衡状态的是
A. COS的生成速率与H2S的生成速率相等
B. 单位时间内消耗amolCO，同时消耗amolH2
C. 容器内气体的总压强不再变化
D. CO的浓度不再变化
【答案】C
【解析】
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断。
【详解】A．COS的生成速率与H2S的生成速率相等，根据方程式可判断正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；
B．两单位时间内消耗amolCO，同时消耗amolH2，根据方程式可判断正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C．反应前后气体的物质的量不变，则压强始终不变，不能据此判断平衡状态，故C错误；
D．CO的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故选C。
6. 可逆反应进行过程中的能量变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 该反应的焓变，熵变
B. 升高温度，平衡常数增大
C 由可知，该反应能自发进行
D. 升高温度，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题图可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应的，由化学方程式可知，，A项错误；
B．，则升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，B、D项错误；
C．，，则，反应能自发进行，C项正确；
D．，则升高温度，平衡逆向移动，D项错误；
故选C。
7. 已知某温度下有如下三个反应：NaNO2+HF=NaF+HNO2，NaCN+HF=NaF+HCN，NaCN+HNO2=NaNO2+HCN。则该温度下HCN、HF、HNO2三种弱酸的电离常数由大到小的顺序判断正确的是
A. K(HF)>K(HNO2)>K(HCN) B. K(HCN)>K(HNO2)>K(HF)
C. K(HNO2)>K(HF)>K(HCN) D. K(HF)>K(HCN)>K(HNO2)
【答案】A
【解析】
【详解】复分解反应中遵循“强酸制弱酸”的原理，根据NaNO2+HF=NaF+HNO2，可知酸性HF＞HNO2，根据NaCN+HF=NaF+HCN，可知HF＞HCN，根据NaCN+HNO2=NaNO2+HCN可知酸性HNO2＞HCN，综上所述酸性：HF＞HNO2＞HCN，酸性越强，电离平衡常数越大，所以电离常数由大到小的顺序为K(HF)>K(HNO2)>K(HCN)；
故答案为A。
8. 向10mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，下列说法错误的是
A. 的电离程度增大 B. 减小
C. 的数目增多 D. 减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨水中加入蒸馏水稀释平衡正向移动，电离程度增大，故A正确；
B．氨水中加入蒸馏水稀释平衡正向移动，电离程度增大，增大，但减小，故B正确；
C．氨水中加入蒸馏水稀释平衡正向移动，电离程度增大，增大，的数目增多，故C正确；
D．，氨水中加入蒸馏水稀释平衡正向移动，电离程度增大，增大，但减小，故增大，故D错误；
故答案为：D。
9. 下列说法正确的是
A. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强
B. 中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，盐酸所需氢氧化钠物质的量等于醋酸所需氢氧化钠物质的量
C. 将氢氧化钠和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少到原来的
D. 如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度也是醋酸的二倍
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解质强弱与导电能力无关，与自由移动离子浓度成正比，强电解质导电能力不一定强，弱电解质导电能力不一定弱，电解质溶液导电能力与自由移动离子浓度成正比，故A错误；B．醋酸在水溶液中部分电离，是弱电解质；盐酸是强酸，完全电离，但等体积等物质的量浓度的醋酸和盐酸，它们的物质的量相同，故中和等体积等物质的量浓度的醋酸和盐酸时，消耗的氢氧化钠的物质的量相等，故B错误；C．一水合氨为弱电解质，加水促进电离，将氢氧化钠溶液和氨水溶液各稀释一倍，氨水的OH-浓度大于原来的，故C错误；D．因醋酸是弱酸，盐酸中的c(H+)远远超过醋酸中c(H+)的两倍，故D错误；答案为B。
10. 在常温下，洁厕灵的pH=1，其中的c(OH-)为
A. 0.1mol·L-1 B. 1.0×10-7mol·L-1 C. 1.0×10-13mol·L-1 D. 1.0×10-11mol·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】常温下，pH=1， c(H+)=0.1mol/L，Kw=c(H+)·c(OH－)=10-14，则c(OH－)=10-13mol/L；
故选C。
11. 体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，用同浓度的NaOH溶液中和时
A. 两者消耗NaOH的物质的量相同
B. 中和HCl消耗NaOH的物质的量多
C. 中和CH3COOH消耗NaOH的物质的量多
D. 两者消耗NaOH的物质的量无法比较
【答案】C
【解析】
【详解】醋酸弱酸，部分电离，盐酸是强酸，完全电离，体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，醋酸的物质的量更大，所以消耗氢氧化钠更多，故答案为C。
12. 已知下列热化学方程式：
①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH1=-24.8kJ·mol-1
②3Fe2O3(s)＋CO(g)=2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH2=-47.19kJ·mol-1
③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g) ΔH3=640.4kJ·mol-1
则14gCO气体还原足量FeO固体得到Fe单质和CO2气体时对应的ΔH约为
A. -218kJ·mol-1 B. -109kJ·mol-1 C. 109kJ·mol-1 D. 218kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】根据盖斯定律，由①-[②+③×2]×，把结果除以2化简后，得FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g) ΔH=-218kJ·mol-1，14gCO的物质的量为0.5mol，反应放热为218kJ×0.5=109kJ，即ΔH=-109kJ·mol-1。
答案选B。
13. 已知反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强的变化如图所示。下列说法错误的是
A. A、C两点气体的平均相对分子质量：A
C. 由状态B到状态A，可以用加热的方法
D. A、C两点的反应速率：A>C
【答案】D
【解析】
【详解】A. 已知压强P2>P1，根据勒夏特列原理，增大压强平衡向分子数减小的方向移动，则A相比于A点，C点气体分子数减小。混合气体的总质量不变，则气体的平均相对分子质量增大，即A
C. A、B压强相同，且A点二氧化氮体积分数更高，根据勒夏特列原理，升高温度有利于反应正向进行，二氧化氮体积分数增大，故C项正确；
D. C点压强比A点大，因此C点反应速率更快，故D项错误；
故答案选D。
14. 在80°C时，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中投入NO2和SO2混合气体，发生反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。起始浓度如下表所示，其中甲经2min达到平衡，平衡时NO2的转化率为50%。下列判断错误的是
容器
甲
乙
丙
c(NO2)/(mol·L-1)
0.10
0.20
0.20
c(SO2)/(mol·L-1)
0.10
0.10
0.20
A. 平衡时，乙中SO2的转化率大于50%
B. 平衡时，丙中c(SO2)是甲中的2倍
C. 温度升至90°C，上述反应的平衡常数为，则正反应为放热反应
D. 其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol·L-1 NO2和0.20mol·L-1 SO2，达到平衡时c(NO)与原平衡相同
【答案】C
【解析】
【分析】起始时，c(NO2)= c(SO2)=0.10 mol·L-1，经2min达到平衡，平衡时NO2的转化率为50%，则可建立如下三段式：
K==1。
【详解】A．以甲为参照物，乙相当于甲达平衡后，再加入0.10mol/LNO2，平衡正向移动，平衡时，乙中SO2的转化率大于50%，A正确；
B．从反应物的起始浓度看，丙相当于甲达平衡后，加压使其体积缩小为原体积的一半，平衡不发生移动，则丙中c(SO2)是甲中的2倍，B正确；
C．温度升高，反应的平衡常数＞1，则表明平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，
D．其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol·L-1 NO2和0.20mol·L-1 SO2，与充入0.20 mol·L-1 NO2和0.10 mol·L-1 SO2是等效平衡，达到平衡时c(NO)与原平衡相同，D正确；
故选C。
第II卷(非选择题共58分)
二、非选择题(本大题共6小题，共58分)
15. 测定50mL 0.50mol·L-1盐酸和50mL 0.5mol·L-1 NaOH溶液反应的反应热的实验装置如图所示。回答下列问题：
（1）图中缺少的一种仪器是_______。
（2）实验时玻璃搅拌器的运动方向是_______(填标号)。
a.上下 b.左右 c.顺时针 d.逆时针
（3）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm-3，又知中和反应后生成的溶液的比热容c=4.18J/(g·°C)。实验记录数据如下：
实验序号
起始温度t1/°C
终止温度t2/°C
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6
则中和反应生成1mol H2O(1)的ΔH=_______kJ·mol-1(保留1位小数)。若计算结果与理论数据(57.3kJ·mol-1)相比较，有误差，则可能导致该误差的原因是_______(填标号)。
a.实验装置保温、隔热效果差
b.用量筒量取盐酸的体积时仰视读数
c.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中
d.用温度计测定盐酸的起始温度后直接去测定NaOH溶液的温度
【答案】（1）温度计 （2）a
（3） ①. -51.8 ②. acd
【解析】
【分析】该装置还需要温度计测定温度；先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值，再根据Q=mcΔT计算反应放出的热量，然后计算出反应热。
【小问1详解】
测定中和热实验中，需要测定酸或碱的起始温度和混合溶液的最高温度，测定温度需要温度计，故答案为：温度计；
【小问2详解】
环形玻璃搅拌棒在使用时应该上下运动，不能旋转搅拌或左右搅拌，故答案为：a；
【小问3详解】
3次实验的温度差分别为3.15℃、3.1℃、3.05℃，则3次实验数据的平均值为，溶液的质量为100mL×1g/cm3=100g，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol•L-1=0.025mol，反应放出的热量Q=mcΔT=4.18J/(g•℃)×100g×3.1℃=1295.8J=1.2958kJ，则生成1mol水时放出的热量为，则ΔH=-51.8kJ/mol；该数据与理论数据相比偏小，
a．实验装置保温、隔热效果差，热量损失大，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a符合题意；
b．用量筒量取盐酸的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故b不符合题意；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失较多，测得的中和热的数值偏小，故c符合题意；
d．用温度计测定盐酸的起始温度后直接去测定NaOH溶液的温度，NaOH溶液的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故d符合题意；
故答案为：acd。
16. 酸碱中和滴定是依据中和反应，用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的方法。回答下列问题：
（1）选用以下主要仪器和试剂，___________(填“能”或“不能”)达到测定溶液浓度的目的。
主要仪器：滴定管、锥形瓶试剂：溶液、盐酸。
（2）现用标准溶液来测定未知浓度的盐酸。
①用标准溶液滴定时，应将标准溶液注入___________ (填“甲”或“乙”)中。
②某学生的操作步骤如下：
A．移取20.00mL待测盐酸溶液注入到洁净的锥形瓶中，并加入2~3滴酚酞溶液
B．用标准溶液润洗滴定管2~3次
C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴部分充满溶液
D．取标准溶液注入碱式滴定管中至“0”刻度以上2~3mL
E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数
F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。
正确的操作顺序是___________ (填标号)。上述B步骤操作的目的是___________。到达滴定终点时的实验现象是___________。
③下图是用标准溶液来测定未知浓度的盐酸(体积为20.00mL)的滴定过程中碱式滴定管中液面在滴定前后的读数，则=___________。
【答案】（1）不能 （2） ①. 乙 ②. BDCEAF ③. 洗去附在滴定管内壁上的水，防止其将标准溶液稀释而带来误差 ④. 当滴入最后一滴标准溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 ⑤.
【解析】
【小问1详解】
中和滴定中必须使用指示剂，题中提供的试剂缺少指示剂酚酞，无法达到实验目的，故答案为：不能；
【小问2详解】
①NaOH溶液为碱性溶液，应该用碱式滴定管量取，即使用图中的乙，故答案为：乙；
②操作的步骤是选择滴定管，然后润洗、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数，再取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定，所以顺序为：B、D、C、E、A、F，滴定管用蒸馏水洗涤后，内壁有一层水膜，如果直接装液会使浓度降低，所以必须用标准溶液润洗滴定管2-3次，本实验是用NaOH滴定盐酸溶液，用酚酞作指示剂，所以终点时，现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色，故答案为：BDCEAF；洗去附在滴定管内壁上的水，防止其将标准溶液稀释而带来误差；当滴入最后一滴标准溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
③由图2可知，反应消耗的NaOH标准溶液体积为(V2-V1)mL，c(酸)=。
17. I.浓度、压强、温度、催化剂等因素会影响化学反应速率。回答下列问题：
（1）下列四支试管中，过氧化氢分解反应速率最大的是_______(填试管标号)。
试管
温度
过氧化氢浓度
催化剂
a
室温(25°C)
12%
有
b
水浴加热(50°C)
4%
无
c
水浴加热(50°C)
12%
有
d
室温(25°C)
4%
无
II.某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验：
实验编号
反应物
催化剂
①
10mL2%H2O2溶液
无
②
10mL5%H2O2溶液
无
③
10mL5%H2O2溶液
1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液
④
10mL5%H2O2溶液+少量HCl溶液
1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液
⑤
10mL5%H2O2溶液+少量NaOH溶液
1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液
（2）实验①和②的目的是_______。
（3）实验③中发生反应的化学方程式为_______。
（4）实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随反应时间变化的关系如图所示，由此得出的实验结论是。_______。
【答案】（1）c （2）探究浓度对化学反应速率影响
（3）2H2O22H2O+O2↑
（4）碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率
【解析】
【分析】探究影响反应速率的因素时，需要进行单因子变量控制。
【小问1详解】
增大反应物的浓度、增大气体压强、使用正催化剂、升温等均能加快反应速率。则c的速率最快。
【小问2详解】
实验①和②只有反应为浓度不同，则目的是探究浓度对化学反应速率的影响。
【小问3详解】
实验③为氯化铁催化双氧水分解，发生反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑。
【小问4详解】
与③相比④中多了盐酸、⑤中多了氢氧化钠，反应速率实验⑤＞③＞④由此得出的实验结论是：碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。
18. 根据要求，回答下列问题：
I.已知HClO是比H2CO3还弱酸，氯水中存在下列平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO、HClOH++ClO-。
（1）要使氯水中的HClO浓度增大，可加入_______(填标号)。
A. SO2 B. NaHCO3 C. HCl D. NaOH
（2）由此说明在实验室里可用排饱和食盐水法收集Cl2的理由是_______。
II.如表所示是几种弱酸常温下的电离平衡常数：
CH3COOH
H2CO3
H2S
H3PO4
1.8×10-5
Ka1=4.3×10-7
Ka2=5.6×10-11
Ka1=9.1×10-8
Ka2=1.1×10-12
Ka1=7.5×10-3
Ka2=6.2×10-8
Ka3=2.2×10-13
（3）CH3COOH、H2CO3、H2S、H3PO4四种酸的酸性由强到弱的顺序为_______。
（4）多元弱酸的第二步电离程度远小于第一步电离程度，其原因是_______。
（5）CH3COO-、、、S2-结合H+的能力由强到弱的顺序为_______。
【答案】（1）B （2）氯水中存在平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中的c(Cl-)很大，使该平衡左移，从而降低了Cl2在水中的溶解度
（3）H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S
（4）第一步电离产生的氢离子对第二步电离起抑制作用
（5）S2-＞＞＞CH3COO-
【解析】
【小问1详解】
A．SO2具有较强的还原性，能将HClO还原，从而使其浓度减小，A不符合题意；
B．NaHCO3与HClO不反应，但能与HCl反应，从而促进Cl2与水的反应不断正向进行，HClO的浓度增大，B符合题意；
C．HCl加入氯水中，增大溶液中c(H+)，使平衡逆向移动，HClO的浓度减小，C不符合题意；
D．NaOH不仅能与HCl反应，还能与HClO反应，从而使HClO的浓度减小，D不符合题意；
故选B。答案为：B；
【小问2详解】
饱和食盐水中c(Cl-)大，使Cl2与H2O反应的化学平衡逆向移动，从而减少Cl2的溶解，则可用排饱和食盐水法收集Cl2，理由是：氯水中存在平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中的c(Cl-)很大，使该平衡左移，从而降低了Cl2在水中的溶解度。答案为：氯水中存在平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中的c(Cl-)很大，使该平衡左移，从而降低了Cl2在水中的溶解度；
【小问3详解】
Ka1(H3PO4)=7.5×10-3，Ka1(CH3COOH)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)= 4.3×10-7，Ka1(H2S)= 9.1×10-8；第一步电离常数越大，酸的酸性越强，则CH3COOH、H2CO3、H2S、H3PO4四种酸的酸性由强到弱的顺序为：H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S。答案为：H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S；
【小问4详解】
多元弱酸的电离都是可逆过程，第一步电离产生H+，第二步也电离产生H+，则第二步电离程度远小于第一步电离程度，其原因是：第一步电离产生的氢离子对第二步电离起抑制作用。答案为：第一步电离产生的氢离子对第二步电离起抑制作用；
【小问5详解】
对于弱酸，电离常数越小，对应离子结合H+的能力就越强，CH3COOH、H2CO3、、HS-的电离常数分别为1.8×10-5、4.3×10-7、5.6×10-11、1.1×10-12，则CH3COO-、、、S2-结合H+的能力由强到弱的顺序为：S2-＞＞＞CH3COO-。答案为：S2-＞＞＞CH3COO-。
【点睛】比较酸根离子结合H+的能力时，也可比较酸根离子的水解常数的大小。
19. 合成氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。回答下列问题：
（1）结合下表数据分析，工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮的原因是_______。
化学反应
K(298K)的数值
N2(g)+O2(g)2NO(g)
5.0×10-31
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
4.1×106
（2）对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，在一定条件下氨的平衡含量如下表：
温度/°C
压强/MPa
氨的平衡含量(体积分数)
200
10
81.5%
550
10
8.25%
①合成氨反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
②其他条件不变时，升高温度，氨的平衡含量减小的原因是_______(填标号)。
A．升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动
B．升高温度，浓度商(Q)增大，平衡常数(K)不变，Q＞K，平衡向逆反应方向移动
C．升高温度，活化分子数增多，反应速率加快
D．升高温度，平衡常数(K)减小，平衡向逆反应方向移动
（3）图1表示500°C、60.0MPa条件下，平衡时NH3的体积分数与原料气投料比的关系。根据图中M点数据，可计算出平衡时N2的体积分数为_______。
（4）图2是合成氨反应平衡混合气中NH3的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中L(L1、L2)、X分别代表温度或压强，其中X代表的是_______(填“温度”或“压强”)。判断L1、L2的大小关系并说明理由_______。
【答案】（1）氮气与氢气反应的限度远大于氮气与氧气反应的限度(或氮气与氢气反应的化学平衡常数远大于氮气与氧气反应的化学平衡常数)
（2） ①. 放热 ②. D
（3）8% （4） ①. 压强 ②. L1＜L2。合成氨反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡N2(g)+3H2(g)2NH3(g)向逆反应方向移动，NH3的体积分数减小
【解析】
【小问1详解】
表中数据显示，N2(g)+O2(g)2NO(g) K(298K)= 5.0×10-31；N2(g)+3H2(g)2NH3(g) K(298K)=4.1×106，合成氨反应的平衡常数远大于N2与O2反应的平衡常数，K值越大，表示反应进行的越完全，所以工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮的原因是：氮气与氢气反应的限度远大于氮气与氧气反应的限度(或氮气与氢气反应的化学平衡常数远大于氮气与氧气反应的化学平衡常数)。答案为：氮气与氢气反应的限度远大于氮气与氧气反应的限度(或氮气与氢气反应的化学平衡常数远大于氮气与氧气反应的化学平衡常数)；
【小问2详解】
①表中数据显示，温度从200℃升高到550℃，平衡时氨的体积分数从81.5% 降至8.25%，则平衡逆向移动，所以合成氨反应为放热反应。
②A．升高温度，正反应速率应该增大，而不是减小，A不正确；
B．升高温度，浓度商(Q)不变，平衡常数(K)减小，B不正确；
C．升高温度，活化分子数增多，反应速率加快，但没有解释氨的平衡含量如何变化，C不正确；
D．升高温度，平衡常数(K)减小，平衡向逆反应方向移动，氨的平衡含量必然减小，D正确；
故选D。答案为：放热；D；
【小问3详解】
图中M点数据显示，H2、N2物质的量之比为4，平衡时NH3的体积分数为40%，设H2的物质的量为4mol，则可建立如下三段式：
，x=，平衡时N2的体积分数为=8%。答案为：8%；
【小问4详解】
升高温度，平衡逆向移动，平衡时NH3的体积分数减小，与曲线的变化趋势不符，所以 X代表的是压强。温度升高，NH3的体积分数减小，则NH3的体积分数越大，温度越低，从而得出判断L1、L2的大小关系并说明理由：L1＜L2。合成氨反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡N2(g)+3H2(g)2NH3(g)向逆反应方向移动，NH3的体积分数减小。答案为：压强；L1＜L2。合成氨反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡N2(g)+3H2(g)2NH3(g)向逆反应方向移动，NH3的体积分数减小。
【点睛】有气体参加反应的浓度商不受温度的影响，但与浓度相关，所以受压强变化的影响。
20. 甲醇是一种很好的清洁燃料，CO和H2在一定条件下反应可制得甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH。回答下列问题：
（1）已知CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的燃烧热ΔH分别为-283.0kJ·mol-1、-285.8kJ·mol-1、-726.5kJ·mol-1，则反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的ΔH=_______kJ·mol-1。
（2）在容积可变的密闭容器中充入1mol CO(g)和2mol H2(g)生成CH3OH(g)，H2的平衡转化率随温度(T)、压强(p)的变化如图所示。
①该反应的ΔS_______0(填“<”“>”或“=”，下同)，图中的T1_______T2。
②当达到平衡状态A时，容器的体积为2L，此时该反应的平衡常数K=_______。若达到平衡状态B时，则容器的体积V(B)=_______L。
（3）在容积固定为2L的密闭容器中充入2mol CO(g)和6mol H2(g)生成CH3OH(g)，反应时间与CH3OH(g)的物质的量浓度的关系如下图所示。则前10分钟内，氢气的平均反应速率v(H2)=_______。若15分钟时升高体系温度，在20分钟时达到新平衡，此时氢气的转化率为33.3%，请在图中画出15~25分钟c(CO)的变化曲线。_______
【答案】（1）-128.1
（2） ①. ＜ ②. ＜ ③. 4 ④. 0.4
（3） ①. 0.16mol·L-1·min-1 ②.
【解析】
【小问1详解】
由CH4、CO、H2的燃烧热可得①CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H1=-283 kJ/mol；②H2(g)+O2(g)=H2O (l) △H2=-285.8 kJ/mol③CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔΗ3=-726.5 kJ/mol，根据盖斯定律，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)由①+2②-③得到，故ΔΗ=△H1+2×(-285.8kJ/mol)-(-726.5 kJ/mol)=-128.1 kJ/mol；
【小问2详解】
①该反应为气体体积减小的反应，故为熵减反应，因此ΔS＜0；由图像可知，同压下T1温度时H2的平衡转化率较大，由的（1）问可知，该反应正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，因此温度越高，H2的平衡转化率越小，故T1＜T2；
②平衡A状态时，由题意可得三段式：
，平衡时体积为2L，因此平衡时c(CO)=0.25mol/L，c(H2)=0.5mol/L，c(CH3OH)=0.25mol/L，K===4；平衡B状态时，由题意可得三段式：，设平衡后体积为V，温度不变，平衡常数不变，K===4，解得V=0.4L；
【小问3详解】
前10min的∆c(CH3OH)=0.8mol/L，∆c(H2)=2∆c(CH3OH)=1.6mol/L，v===0.16mol·L-1·min-1；由图像可知，10～15min时该反应处于平衡状态，且c(CH3OH)＝0.8mol/L，根据化学方程式CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，生成c(CH3OH)＝0.8mol/L，消耗c(CO)＝0.8mol/L，可求得剩余c(CO)＝0.2mol/L。升高温度后，达到平衡时，H2转化率为33.3%，即H2反应2mol，CO反应1mol，则此时平衡时c(CO)＝0.5mol/L，故15min时c(CO)＝0.2mol/L，20min，达到新的平衡时，c(CO)＝0.5mol/L，则15～25min时c(CO)的变化曲线为： 。
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