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2017-2018学年河北省邯郸市第二中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
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河北省邯郸市第二中学2017-2018学年高二上学期期中考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 O:16 Cu:64 C:12
一、单选题(本大题共21小题，共63.0分)
1. 下列叙述中，正确的是（ ）
A. 钢铁腐蚀的负极反应为：Fe-3e-=Fe3+
B. Mg-Al及NaOH溶液构成的原电池中负极材料为Mg
C. 无隔膜电解饱和NaCl溶液所得产物之一是“84”消毒液中的有效成分NaClO
D. H2-O2燃料电池中电解液为H2SO4，则正极反应式为：O2+4e-=2O2-
【答案】C
【解析】A. 钢铁腐蚀的负极反应为Fe-2e-=Fe2+，A不正确；B. Mg-Al及NaOH溶液构成的原电池中负极材料为Al，因为铝可以溶于氢氧化钠溶液、镁不能，B不正确；C. 无隔膜电解饱和NaCl溶液，阳极生所的氯气和阴极生成的氢氧化钠可以反应，生成次氯酸钠和氯化钠，NaClO是“84”消毒液中的有效成分，C正确；D. H2-O2燃料电池中电解液为H2SO4，则正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，D不正确。本题选C。
2. 下列有关化学反应方向及其判据的说法中错误的是（ ）
A. 1mol H2O在不同状态时的熵值：S[H2O（s）]＜S[H2O（g）]
B. 凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的
C. CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）△H＞0 能否自发进行与温度有关
D. 常温下，反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，则该反应的△H＞0
【答案】B
【解析】A. 相同物质的量的同种物质在不同状态下的熵值，固态最小，气态最大，所以1mol H2O在不同状态时的熵值S[H2O（s）]＜S[H2O（g）]，A正确；B.放热反应在一定的条件下可以自发进行，吸热反应在一定的条件下也可以自发进行，有些吸热反应在常温下就能自发进行，如八水合氢氧化钡与氯化铵的反应，B不正确；C. CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）△H＞0 能否自发进行与温度有关，因为其△S＞0，其在高温下可以自发进行，B正确；D. 常温下，反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，因为其△S＞0具备自发进行的条件，若其△H<0，在常温下一定能自发进行，所以该反应的△H＞0，D正确。
点睛：判断反应能否自发进行的判据有3种，第一是焓判据，若△H<0，则反应可以自发进行；第二是熵判据，若△S＞0，则反应可以自发进行；第三是综合判据，若△H-T△S<0，反应可以自发进行。
3. 如图，下列各情况，在其中Fe片腐蚀由慢到快的顺序是（ ）
A. ⑤②①③④ B. ⑤①②④③ C. ④②①③⑤ D. ④③①②⑤
【答案】D
【解析】试题分析：根据图知，②③装置是原电池，在而中，金属铁做负极，③中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，并且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，并且原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀，所以②＞③，④⑤装置是电解池，④中金属铁为阴极，⑤中金属铁为阳极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即⑤＞④，根据电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，所以铁腐蚀由慢到快顺序为：④③①②⑤；故选D
【考点定位】考查金属的腐蚀与防护
【名师点晴】本题考查了金属的腐蚀与防护，明确原电池和电解池原理是解本题关键，知道作原电池负极或电解池阳极的金属易被腐蚀。先判断装置是原电池还是电解池，再根据原电池正负极腐蚀的快慢比较，作原电池负极和电解池阳极的金属易被腐蚀，作原电池正极或电解池阴极的金属易被保护，金属腐蚀快慢顺序是：电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀。
4. 下列热化学方程式中，△H能正确表示物质的燃烧热的是（ ）
A. CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H=-283.0kJ/mol
B. C（s）+O2（g）═CO（g）；△H=-110.5kJ/mol
C. H2（g）+O2（g）═H2O（g）；△H=-241.8kJ/mol
D. 2C8H18（l）+25O2（g）═16CO2（g）+18H2O（l）；△H=-11 036kJ/mol
【答案】A
【解析】试题分析：燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，C→CO2，H2O为液态水，A、符合燃烧热的定义，故正确；B、C→CO2，因此不符合燃烧热，故错误；C、水为液态水，故错误；D、可燃物系数为1mol，故错误。
考点：考查燃烧热等知识。
5. 如图为反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的能量变化示意图．下列说法正确的是（ ）
A. H2（g）和O2（g）反应生成H2O（g ），这是吸热反应
B. 2mol H2和1mol O2转化为4mol H、2mol O原子的过程中放出热量
C. 2mol H2（g）和1mol O2（g）反应生成2mol H2O（g），共放出484kJ能量
D. 4mol H、2mol O生成2mol H2O（g），共放出484kJ能量
【答案】C
【解析】由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应是放热反应。反应物分子断裂化学键成为原子吸收了1368kJ的能量，再变成生成物分子后又释放了1852kJ的能量 。A. H2（g）和O2（g）反应生成H2O（g ），是放热反应，A不正确；B. 2mol H2和1mol O2转化为4mol H、2mol O原子的过程中要破坏化学键，所以要吸收热量，B不正确；C.由图中信息可知， 2mol H2（g）和1mol O2（g）反应生成2mol H2O（g），共放出484kJ能量，C正确；D. 由图中信息可知，4mol H、2mol O生成2mol H2O（g），共放出1852kJ能量，D不正确。本题选C。
6. 实验室中的试纸种类很多、用途也比较广泛．下列试纸使用时不需要对试纸预先用蒸馏水润湿的是（ ）
A. 用蓝色石蕊试纸检验氯化氢气体
B. 用KI淀粉试纸检验氯气的存在
C. 收集氨气时，用红色石蕊试纸检验是否收集满
D. 用pH试纸检测稀盐酸溶液的pH
【答案】D
7. 在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c（OH-）=10-10 mol•L-1．下列有关该溶液的叙述正确的是（ ）
A. 该溶液一定呈酸性
B. 该溶液中c（H+）可能等于10-5mol•L-1
C. 该溶液的pH可能为4也可能为10
D. 该溶液有可能呈中性
【答案】C
【解析】试题分析：在25℃时，KW=10-14，某稀溶液中由水电离产生的cOH-）=10-10 mol•L-1，比正常水的电离程度小，说明此溶液中的水的电离受到了抑制，可能是酸抑制的，也可能是碱抑制的，所以溶液可能是酸性的，也可能是碱性的。若是酸性的，c（H+）等于10-4mol•L-1，则pH=4；若是碱性的，c（H+）等于10-10mol•L-1，则pH=10。综上所述，C正确，本题选C。
8. 氢氰酸（HCN）的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）
A. HCN易溶于水
B. 1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3
C. 10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应
D. HCN溶液的导电性比盐酸溶液的弱
【答案】B
【解析】试题分析：A．HCN易溶于水，与该酸是强酸还是弱酸无关，错误；B． 1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3，c(H+)=0.001mol/L<1mol/L，则可证明盖酸是弱酸，正确；C．一元酸与一元碱混合发生反应，若二者的物质的量的比是1:1，恰好完全反应，与物质的酸性强弱无关，错误；D．电解质溶液的导电性的强弱与溶液中自由移动的离子的浓度有关，与电解质的强弱无关，错误。
考点：考查电解质强弱判断方法的知识。
9. 用标准浓度的NaOH溶液来滴定未知浓度的盐酸，下列操作中会使盐酸测定的浓度偏大的是（ ）
①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗 ②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液 ③酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗 ④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失 ⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，俯视刻度线．
A. ①④ B. ①③ C. ②③ D. ④⑤
【答案】A
【解析】用标准浓度的NaOH溶液来滴定未知浓度的盐酸时，①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，则标准液会被残留的水稀释，滴定时所用标准液体积偏大，测定结果偏大； ②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，不会影响滴定结果； ③酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，则盐酸的浓度变小，测定结果必然也偏小； ④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，则读数时，气泡的体积也读作标准液的体积，相当于标准液用量偏大，结果偏大； ⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，俯视刻度线，读数偏小，测定结果偏小．综上所述，A正确，本题选A。
10. 燃料电池是一种新型电池．某氢氧燃料电池的基本反应是：X极：O2（g）+2H2O（l）+4e-=4OH-，Y极：2H2（g）-4e-+4OH-=4H2O（l）下列判断正确的是（ ）
A. 该电池的电解质溶液为酸性
B. 电池总反应为2H2+O2=2H2O
C. X极是负极，发生氧化反应
D. 电池工作一段时间后溶液PH增大
【答案】B
【解析】A. Y电极有氢氧根参与，该电池的电解质溶液为碱性，A错误；B. 根据正负价电极反应式可知电池总反应为2H2 + O2 =2H2O，B正确；C. X极氧气得到电子，是正极，发生还原反应，C错误；D. 电池工作一段时间后溶剂水增加，溶液pH减小，D错误，答案选B。
11. 可逆反应A（g）+4B（g）⇌C（g）+D（g），在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应进行得最快的是（ ）
A. vA=0.15mol/（L•min）
B. vB=0.6mol/（L•min）
C. vC=0.4mol/（L•min）
D. vD=0.005mol/（L•s）
【答案】C
【解析】试题分析：转化为同一种物质进行比较，注意单位的统一性，A为vA=0．15mol/（L·min） B为vA=0．15mol/（L·min） ，C为vA=0．4 mol/（L·min）D为vA=0．3mol/（L·min），反应速率最大的是C
考点：化学反应速率大小的比较
12. 在某容积一定的密闭容器中，有下列可逆反应xA（g）+B（g）⇌2C（g），反应曲线（T表示温度，P表示压强，C% 表示C的体积分数）如图所示，试判断对图的说法中一定正确的是（ ）
A. 该反应是吸热反应
B. x=2
C. P3＜P4，y轴可表示混合气体的相对分子质量
D. P3＞P4，y轴可表示C物质在平衡体积中的百分含量
【答案】D
【解析】试题分析：A．根据图1可知在压强相同时T1曲线首先得到平衡状态，则T1大于T2。温度越高C的体积分数越低，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则该反应是放热反应，A错误；B．根据图1可知在温度相同时P2曲线首先得到平衡状态，则P2大于P1。压强越大，C的体积分数越大，这说明增大压强平衡向正反应方向进行，即正反应是体积减小的可逆反应，但x不一定等于2，B错误；C．根据图2 可知升高温度Y减小，营业升高温度平衡向逆反应方向进行，气体的物质的量增加，而气体质量不变，则平均相对分子质量减小。由于增大压强平衡向正反应方向进行，气体的物质的量减小，质量不变，气体的平均相对分子质量增加，所以应该是P4＜P3，C错误；D．由于增大压强平衡向正反应方向进行，C的百分含量增加。所以如果P3＞P4，则y轴可表示C物质在平衡体积中的百分含量，D正确，答案选D。
考点：考查外界条件对平衡状态的影响
13. 已知在一定条件下有CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），在某一容积为2L的密闭容器中，加入0.2mol的CO和0.2mol的H2O，在催化剂存在的条件下，高温加热，发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=a kJ/mol，反应达平衡后，测得c（CO）：c（CO2）=3：2，下列说法正确的是（ ）
A. 反应放出的热量为0.04a KJ
B. 平衡时H2O的转化率为40%
C. 若将容器的体积压缩为1L，有利于该反应平衡正向移动
D. 判断该反应达到平衡的依据是CO、H2O、CO2、H2的浓度都相等
【答案】B
【解析】CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，
0.2 mol 0.2 mol 0 0
X X X X
0.2-X 0.2-X X X
c(CO)∶c(CO2)＝3∶2， ( 0.2-X):X=3:2 X=0.08
Q=0.08aKJ /平衡时H2O的转化率为40%
若将容器的体积压缩为1 L，有利于该反应平衡不移动。各组分的浓度不变才是平衡状态的标志。
14. 在容积不变的密闭容器中进行反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+W（s），己知反应中X、Y 的起始浓度分别为0.1mol•L-1、0.2mol•L-1，在一定条件下，当反应达到化学平衡时，各物质的浓度可能是（ ）
A. X为0.05mol•L-1 B. Y为0.1mol•L-1
C. Z为0.2mol•L-1 D. W为0.1mol•L-1
【答案】A
【解析】若按起始浓度反应不进行，X、Y浓度最大，分别为0.1mol•L-1、0.2mol•L-1，Z的浓度最小为0，W物质的量为0；若反应向正反应进行达平衡，X、Y浓度最小，Z的浓度最大，W为固体，浓度为常数；假定完全反应，根据反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+W（s），X、Y浓度最小分别为0、0.1mol•L-1，Z的浓度最大，为0.2mol•L-1，W为固体，物质的量最大为0.1mol，是浓度不等于0.1mol•L-1的常数；由于可逆反应，物质不可能完全转化，所以平衡时浓度范围：0
15. 在恒温时，一固定容积的容器内通入1mol PCl5（g）发生如下反应：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g） 达到平衡时，再向容器内通入一定量的PCl5（g），重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，PCl5的体积分数（ ）
A. 增大 B. 减小 C. 不变 D. 无法判断
【答案】A
【解析】在恒温时，一固定容积的容器内通入1mol PCl5（g）发生如下反应：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g） 达到平衡时，再向容器内通入一定量的PCl5（g），重新达到平衡后，这个平衡体系的状态，与向另一成比例的容器中加入这一定量的PCl5（g）在相同条件下建立等效平衡后再通过加压措施通入到原来的容器中相同，由于加压后，平衡向逆反应方向移动，所以与第一次平衡时相比，PCl5的体积分数增大了，A正确，本题选A。
点睛：化学平衡状态的建立与途径无关，只与起始态和终了态有关。向一平衡体系中再加入其中的某一组分后对化学平衡状态及其相关数据的影响，通常可以通过建立等效平衡的模型，然后再适当改变条件，分析条件改变对与之等效的平衡的影响，得出合理的结论。
16. 为了探索外界条件对反应aX（g）+bY（g）⇌cZ（g）的影响，以X和Y物质的量之比为a：b开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数，实验结果如图所示．下列判断正确的是（ ）
A. △H＞0 a+b＞c B. △H＜0 a+b＜c
C. △H＜0 a+b＞c D. △H＞0 a+b＜c
【答案】C
【解析】试题分析：由图可知，随温度升高，Z的物质的量分数降低，说明随温度 升高，平衡逆向移动，则正反应是吸热反应ΔH<0；压强增大，Z的物质的量分数增大，说明随压强增大，平衡正向移动，则正反应是气体物质的量减小的反应a+b>c，所以答案选C。
考点：考查条件对平衡的影响
17. 在一定温度下，将气体X与气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡．反应过程中测定的数据如表：下列说法正确的是（ ）
t∕min
2
4
7
9
n（Y）∕mol
0.12
0.11
0.10
0.10
A. 反应前4min的平均反应速率υ（Z）=0.0125mol•L-1•min-1
B. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前υ（逆）＞υ（正）
C. 该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D. 其他条件不变，再充入0.2molZ，达平衡时X的体积分数增大
【答案】C
【解析】A. 由表中信息可知，反应前4min，Y的变化量为0.05mol，所以Z的变化量为0.1mol，平均反应速率υ（Z）= 0.0025mol•L-1•min-1，A不正确；B. 该反应是放热反应，其他条件不变，降低温度，平衡向正反应方向移动，反应达到新平衡前υ（逆）< υ（正），B不正确；C. 在平衡状态下，c(X)=c(Y)=0.010mol/L，c(Z)=0.012mol/L，该温度下此反应的平衡常数K= =1.44，C正确；D. 其他条件不变，再充入0.2molZ，相当于对原平衡加压，由于反应前后气体的分子数不发生变化，所以达平衡时X的体积分数不变。
18. 现有pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1L，其pH与溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
①A是强酸或比B强的弱酸，B是弱酸
②稀释后，A溶液的酸性比B溶液强
③若A、B均为弱酸，则2＜a＜5
④若A、B均为强酸，则A、B的物质的量浓度一定相等．
A. ①② B. ①③ C. ①③④ D. ②③④
【答案】B
【解析】根据图像可知，稀释后B的酸性强于A的，说明在B溶液中存在电离平衡，所以A的酸性强于B的，①正确，②不正确。如果都是弱酸，则稀释1000倍后，其pH都小于5，③正确。④不正确，因为二者一定都是一元强酸或二元强酸等，答案选B。
19. 向0.1mol•L-1的H2SO4溶液中滴入0.1mol•L-1过量的Ba（OH）2溶液，溶液的导电能力发生变化，其电流强度（I）随加入Ba（OH）2溶液的体积（V）的变化曲线正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】试题分析：溶液的导电能力与离子浓度成正比，离子浓度越大其溶液导电能力越大，硫酸是强电解质，在水溶液里完全电离，向硫酸溶液中滴加氢氧化钡溶液至过量，硫酸和氢氧化钡发生反应H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O，硫酸钡是难溶物，水是弱电解质，所以溶液中离子浓度逐渐减小，当氢氧化钡过量时，氢氧化钡是强电解质，在水溶液里完全电离，则溶液中离子浓度逐渐增大，所以溶液的导电能力将增大，则整个过程中，溶液导电能力是先减小后增大，A项正确；答案选A。
考点：考查导电能力变化
20. 下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：
CH3COOH
H2CO3
H2S
H3PO4
1.8×10-5
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
K1=9.1×10-8
K2=1.1×10-12
K1=7.5×10-3
K2=6.2×10-8
K3=2.2×10-13
则下列说法中不正确的是（ ）
A. 碳酸的酸性强于氢硫酸
B. 多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定
C. 常温下，加水稀释醋酸，增大
D. 向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变
【答案】C
【解析】A. 因为碳酸K1的大于氢硫酸的K1，所以碳酸的酸性强于氢硫酸，A正确；B. 多元弱酸的K1远远大于K2，所以其酸性主要由第一步电离决定，B正确；C. 常温下，加水稀释醋酸，＝，因为电离常数和水的离子积在常温下都是定值，所以其值不变，C不正确；D. 电离常数只与温度有关，向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变，D正确。本题选C。
点睛：判断电解质溶液中相关离子浓度的比值在溶液稀释时的变化，通常要借助某些平衡常数来进行，通过适当变形后，就可以把一个复杂的问题变成一个简单问题。
21. 25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH-△H＞0，下列叙述正确的是（ ）
A. 向平衡体系中加入水，平衡正向移动，c （H+）增大
B. 将水加热，Kw增大，pH不变
C. 向水中加入少量硫酸氢钠固体，增大
D. 向水中加入少量NaOH固体，平衡正向移动，c（H+）降低
【答案】C
【解析】A．增加水的量，氢离子和氢氧根离子浓度不变且相等，平衡不移动，故A错误；B．将水加热促进水电离，离子积常数增大，氢离子浓度增大，pH减小，故B错误；C．向水中加入少量硫酸氢钠，导致溶液中氢离子浓度增大，但温度不变，水的离子积常数不变，故C正确；D．向水中加入NaOH，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制水电离，平衡逆向移动，故D错误；故选C。
点睛：明确温度对水的电离的影响及温度与离子积的关系，注意硫酸氢钠电离出氢离子，为易错点；水是弱电解质，存在电离平衡，向水中加入含有氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离，加入含有弱根离子的盐促进水电离，水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。
二、填空题(本大题共5小题，共37.0分)
22. （1）已知：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1
②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.5kJ•mol-1
请写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： ______。
（2）科学家已获得了极具理论研究意义的N4分子，其结构为正四面体（如图所示），与白磷分子相似．已知断裂1molN-N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，则1molN4气体转化为2molN2时的△H= ______ 。
【答案】 (1). CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=-443.5kJ•mol-1 (2). -724kJ•mol-1
【解析】（1）已知：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1 ，②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.5kJ•mol-1 ，②－①得CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l），则△H= -726.5kJ•mol-1 -（-283.0kJ•mol-1）= -443.5kJ•mol-1 ，甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=-443.5kJ•mol-1。
（2）则1molN4气体转化为2molN2时，要断裂6molN-N键、形成2molN≡N键，已知断裂1molN-N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，则1molN4气体转化为2molN2时的△H=（193-941）kJ•mol-1 = -724kJ•mol-1。
点睛：化学反应的实质是断裂旧键、形成新键，断裂化学键时要吸收能量，形成化学键要放出能量。化学反应的焓变等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和。
23. （1）事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是 ______。
A．C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H＞0
B．NaOH（aq）+HC1（aq）═NaC1（aq）+H2O（1）△H＜0
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H＜0
（2）以KOH溶液为电解质溶液，依据所选反应设计一个原电池，其负极的电极反应式为 ______。
（3）电解原理在化学工业中有着广泛的应用．现将你设计的原电池通过导线与右图中电解池相连，其中a为电解液，X和Y均为惰性电极，则：
①若a为CuSO4溶液，则电解时的化学反应方程式为 ______ ．通电一段时间后，向所得溶液中加入0.2molCuO粉末，恰好恢复电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子的物质的量为 ______。
【答案】 (1). C (2). H2+2OH--2e-=2H2O (3). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 (4). 0.4mol
【解析】（1）能设计成原电池的反应通常是放热反应，同时也必须是氧化还原反应。氢气和氧气反应生成水的反应是一个放热的氧化还原反应，所以在理论上可以设计成原电池，选C。
（2）以KOH溶液为电解质溶液，可以设计一个氢氧燃料电池，其负极上氢气发生氧化反应，电极反应式为 H2+2OH--2e-=2H2O 。
（3）①若a为CuSO4溶液，则电解时，阳极上发生2 H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极上发生Cu2++2 e-=Cu，总反应的化学反应方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4．由电极反应式可知，n(e-)=n(H+)，通电一段时间后，向所得溶液中加入0.2molCuO粉末，恰好恢复电解前的浓度和pH。因为0.2molCuO可以与0.4mol H+反应，所以电解过程中转移的电子的物质的量为0.4mol 。
24. 已知 Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe（s）+3CO2（g） 在不同温度下的平衡常数如表：
温度/℃
1000
1150
1300
平衡常数
42.9
50.7
64.0
请回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式 K= ______ ，△H ______ 0（填“＞”、“＜”或“=”）。
（2）在一个容积为10L的密闭容器中，1300℃时加入 Fe、Fe2O3、CO、CO2各1mol，反应经过10min 后达到平衡．求该时间范围内反应的平均反应速率 v（CO2）= ______ ，CO 的平衡转化率为 ______。
（3）欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是 ______。
A．增加Fe2O3的量 B．加入合适的催化剂 C．移出部分CO2 D．提高反应温度．
【答案】 (1). (2). ＞ (3). 0.006mol/（L•min） (4). 60% (5). CD
【解析】试题分析：（1）根据平衡常数概念分析；依据温度和平衡常数的关系解答；
（2）依据平衡常数结合三段式计算；
（3）根据外界条件对平衡状态的影响分析。
解析：（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此根据方程式可知该反应的平衡常数表达式 K＝；根据表中数据可知升高温度平衡常数增大，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，则正反应是吸热反应，则ΔH＞0。
（2） Fe2O3(s)＋3CO(g) 2Fe(s)＋3CO2(g)
起始浓度（mol/L） 0.1 0.1
转化浓度（mol/L） x x
平衡浓度（mol/L） 0.1-x 0.1+x
则根据平衡常数可知，解得x＝0.06，则该时间范围内反应的平均反应速率 v(CO2)＝0.06mol/L÷10min＝0.006mol/(L·min)，CO的平衡转化率为。
（3）A．增加固体Fe2O3的量不能改变平衡状态，转化率不变，A错误；B．加入合适的催化剂不能改变平衡状态，转化率不变，B错误；C．移出部分CO2，降低生成物浓度，平衡向正反应方向进行，转化率提高，C正确；D．正反应吸热，提高反应温度，平衡向正反应方向进行，转化率提高，D正确，答案选CD。
25. （1）常温下，0.1mol/L 的CH3COOH溶液中有1%的CH3COOH分子发生电离，则溶液的pH= ______ ；可以使0.10mol•L-1 CH3COOH的电离程度增大的是 ______ ｡
a．加入少量0.10mol•L-1的稀盐酸
b．加热CH3COOH溶液
c．加水稀释至0.010mol•L-1
d．加入少量冰醋酸 e．加入少量氯化钠固体 f．加入少量0.10mol•L-1的NaOH溶液
（2）将等质量的锌投入等体积且pH均等于3的醋酸和盐酸溶液中，经过充分反应后，发现只在一种溶液中有锌粉剩余，则生成氢气的体积：V（盐酸） ______ V（醋酸）（填“＞”、“＜”或“=”）。
（3）0.1mol/L的某酸H2A的pH=4，则H2A的电离方程式为 ______。
（4）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH=6，则NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为 ______。
【答案】 (1). 3 (2). bcf (3). ＜ (4). H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2- (5). 9
【解析】试题分析：（1）根据c(H＋)=c(HAc)×ɑ，则c(H＋)=0.1×1%，pH=3；醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋。a、加入盐酸增大了溶液c(H＋)，对醋酸的电离起抑制作用，a错误；b、弱电解质的电离是吸热反应，加热，有利用向电离反应方向进行，b正确；c、加水稀释，降低了浓度，根据勒夏特列原理，平衡向浓度增大的方向进行，即向电离反应进行，c正确；d、加入冰醋酸，电离程度降低，d错误；e、加入氯化钠固体，对电离无影响，e错误；f、加入氢氧化钠，消耗H＋，促使平衡向电离方向进行，f正确。答案选bcf；
（2）盐酸是强酸，醋酸是弱酸，相同pH时，弱酸的浓度大于强酸，则盐酸的物质的量小于醋酸，反应后只有一种溶液中有锌剩余，此溶液是盐酸，即产生氢气的体积V(盐酸) ＜V(醋酸)；
（3）常温下，0.1mol/L的某酸H2A的pH=4，说明该酸部分电离，则为弱酸，H2A是二元弱酸，分步电离，第一步电离方程式为：H2AH＋＋HA－；
（4）25℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH＝6，则盐酸过量，则有：c(H+)混＝＝＝10－6，则NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为9∶1。
考点：弱电解质的电离平衡、pH的计算等
26. 温州某学生用0.1000mol/L NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：
A．检查滴定管是否漏水
B．用蒸馏水洗干净滴定管
C．取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上2～3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
D．用待测定的溶液润洗酸式滴定管
E．用酸式滴定管取稀盐酸20.00mL，注入锥形瓶中，加入酚酞
F．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度
G．另取锥形瓶，再重复操作一次
完成以下填空：
（1）操作F中应该选择图中 ______ 滴定管（填标号）。
（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察 ______。
A．滴定管内液面的变化 B．锥形瓶内溶液颜色的变化
滴定终点溶液颜色的变化是 ______ ．若指示剂改为甲基橙则颜色的变化是 ______。
（3）滴定结果如表所示：
滴定次数
待测液体积/mL
标准溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
20
1.02
21.03
2
20
2.00
25.00
3
20
0.60
20.59
滴定中误差较大的是第 ______ 次实验，造成这种误差的可能原因是 ______。
A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗2～3次
B．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定终点读数时未发现气泡
C．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡
D．达到滴定终点时，仰视溶液凹液面最低点读数
E．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来
（4）该盐酸的浓度为______mol/L。
【答案】 (1). 乙 (2). B (3). 无色变浅红色且半分钟内不褪色 (4). 红色变橙色 (5). 2 (6). ABD (7). 0.1000
【解析】（1）操作F中要把锥形瓶放在碱式滴定管下面，应该选择图中乙滴定管。
（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，选B。酚酞作指示剂时，滴定终点溶液的pH在8~10之间，所以溶液颜色的变化是无色变浅红色且半分钟内不褪色．若指示剂改为甲基橙，滴定终点溶液的pH在3.1~4.4之间，则颜色的变化是红色变橙色。
（4）由第1、2两次滴定所用标准液体积的平均值20.00 mL和标准液的浓度0.1000mol/L ，根据参加反应的盐酸和氢氧化钠的物质的量相等，可以计算出该20.00 mL待测盐酸的浓度为0.1000 mol/L。
河北省邯郸市第二中学2017-2018学年高二上学期期中考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 O:16 Cu:64 C:12
一、单选题(本大题共21小题，共63.0分)
1. 下列叙述中，正确的是（ ）
A. 钢铁腐蚀的负极反应为：Fe-3e-=Fe3+
B. Mg-Al及NaOH溶液构成的原电池中负极材料为Mg
C. 无隔膜电解饱和NaCl溶液所得产物之一是“84”消毒液中的有效成分NaClO
D. H2-O2燃料电池中电解液为H2SO4，则正极反应式为：O2+4e-=2O2-
【答案】C
【解析】A. 钢铁腐蚀的负极反应为Fe-2e-=Fe2+，A不正确；B. Mg-Al及NaOH溶液构成的原电池中负极材料为Al，因为铝可以溶于氢氧化钠溶液、镁不能，B不正确；C. 无隔膜电解饱和NaCl溶液，阳极生所的氯气和阴极生成的氢氧化钠可以反应，生成次氯酸钠和氯化钠，NaClO是“84”消毒液中的有效成分，C正确；D. H2-O2燃料电池中电解液为H2SO4，则正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，D不正确。本题选C。
2. 下列有关化学反应方向及其判据的说法中错误的是（ ）
A. 1mol H2O在不同状态时的熵值：S[H2O（s）]＜S[H2O（g）]
B. 凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的
C. CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）△H＞0 能否自发进行与温度有关
D. 常温下，反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，则该反应的△H＞0
【答案】B
【解析】A. 相同物质的量的同种物质在不同状态下的熵值，固态最小，气态最大，所以1mol H2O在不同状态时的熵值S[H2O（s）]＜S[H2O（g）]，A正确；B.放热反应在一定的条件下可以自发进行，吸热反应在一定的条件下也可以自发进行，有些吸热反应在常温下就能自发进行，如八水合氢氧化钡与氯化铵的反应，B不正确；C. CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）△H＞0 能否自发进行与温度有关，因为其△S＞0，其在高温下可以自发进行，B正确；D. 常温下，反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，因为其△S＞0具备自发进行的条件，若其△H<0，在常温下一定能自发进行，所以该反应的△H＞0，D正确。
点睛：判断反应能否自发进行的判据有3种，第一是焓判据，若△H<0，则反应可以自发进行；第二是熵判据，若△S＞0，则反应可以自发进行；第三是综合判据，若△H-T△S<0，反应可以自发进行。
3. 如图，下列各情况，在其中Fe片腐蚀由慢到快的顺序是（ ）
A. ⑤②①③④ B. ⑤①②④③ C. ④②①③⑤ D. ④③①②⑤
【答案】D
【解析】试题分析：根据图知，②③装置是原电池，在而中，金属铁做负极，③中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，并且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，并且原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀，所以②＞③，④⑤装置是电解池，④中金属铁为阴极，⑤中金属铁为阳极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即⑤＞④，根据电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，所以铁腐蚀由慢到快顺序为：④③①②⑤；故选D
【考点定位】考查金属的腐蚀与防护
【名师点晴】本题考查了金属的腐蚀与防护，明确原电池和电解池原理是解本题关键，知道作原电池负极或电解池阳极的金属易被腐蚀。先判断装置是原电池还是电解池，再根据原电池正负极腐蚀的快慢比较，作原电池负极和电解池阳极的金属易被腐蚀，作原电池正极或电解池阴极的金属易被保护，金属腐蚀快慢顺序是：电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀。
4. 下列热化学方程式中，△H能正确表示物质的燃烧热的是（ ）
A. CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H=-283.0kJ/mol
B. C（s）+O2（g）═CO（g）；△H=-110.5kJ/mol
C. H2（g）+O2（g）═H2O（g）；△H=-241.8kJ/mol
D. 2C8H18（l）+25O2（g）═16CO2（g）+18H2O（l）；△H=-11 036kJ/mol
【答案】A
【解析】试题分析：燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，C→CO2，H2O为液态水，A、符合燃烧热的定义，故正确；B、C→CO2，因此不符合燃烧热，故错误；C、水为液态水，故错误；D、可燃物系数为1mol，故错误。
考点：考查燃烧热等知识。
5. 如图为反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的能量变化示意图．下列说法正确的是（ ）
A. H2（g）和O2（g）反应生成H2O（g ），这是吸热反应
B. 2mol H2和1mol O2转化为4mol H、2mol O原子的过程中放出热量
C. 2mol H2（g）和1mol O2（g）反应生成2mol H2O（g），共放出484kJ能量
D. 4mol H、2mol O生成2mol H2O（g），共放出484kJ能量
【答案】C
【解析】由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应是放热反应。反应物分子断裂化学键成为原子吸收了1368kJ的能量，再变成生成物分子后又释放了1852kJ的能量 。A. H2（g）和O2（g）反应生成H2O（g ），是放热反应，A不正确；B. 2mol H2和1mol O2转化为4mol H、2mol O原子的过程中要破坏化学键，所以要吸收热量，B不正确；C.由图中信息可知， 2mol H2（g）和1mol O2（g）反应生成2mol H2O（g），共放出484kJ能量，C正确；D. 由图中信息可知，4mol H、2mol O生成2mol H2O（g），共放出1852kJ能量，D不正确。本题选C。
6. 实验室中的试纸种类很多、用途也比较广泛．下列试纸使用时不需要对试纸预先用蒸馏水润湿的是（ ）
A. 用蓝色石蕊试纸检验氯化氢气体
B. 用KI淀粉试纸检验氯气的存在
C. 收集氨气时，用红色石蕊试纸检验是否收集满
D. 用pH试纸检测稀盐酸溶液的pH
【答案】D
7. 在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c（OH-）=10-10 mol•L-1．下列有关该溶液的叙述正确的是（ ）
A. 该溶液一定呈酸性
B. 该溶液中c（H+）可能等于10-5mol•L-1
C. 该溶液的pH可能为4也可能为10
D. 该溶液有可能呈中性
【答案】C
【解析】试题分析：在25℃时，KW=10-14，某稀溶液中由水电离产生的cOH-）=10-10 mol•L-1，比正常水的电离程度小，说明此溶液中的水的电离受到了抑制，可能是酸抑制的，也可能是碱抑制的，所以溶液可能是酸性的，也可能是碱性的。若是酸性的，c（H+）等于10-4mol•L-1，则pH=4；若是碱性的，c（H+）等于10-10mol•L-1，则pH=10。综上所述，C正确，本题选C。
8. 氢氰酸（HCN）的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）
A. HCN易溶于水
B. 1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3
C. 10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应
D. HCN溶液的导电性比盐酸溶液的弱
【答案】B
【解析】试题分析：A．HCN易溶于水，与该酸是强酸还是弱酸无关，错误；B． 1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3，c(H+)=0.001mol/L<1mol/L，则可证明盖酸是弱酸，正确；C．一元酸与一元碱混合发生反应，若二者的物质的量的比是1:1，恰好完全反应，与物质的酸性强弱无关，错误；D．电解质溶液的导电性的强弱与溶液中自由移动的离子的浓度有关，与电解质的强弱无关，错误。
考点：考查电解质强弱判断方法的知识。
9. 用标准浓度的NaOH溶液来滴定未知浓度的盐酸，下列操作中会使盐酸测定的浓度偏大的是（ ）
①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗 ②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液 ③酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗 ④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失 ⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，俯视刻度线．
A. ①④ B. ①③ C. ②③ D. ④⑤
【答案】A
【解析】用标准浓度的NaOH溶液来滴定未知浓度的盐酸时，①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，则标准液会被残留的水稀释，滴定时所用标准液体积偏大，测定结果偏大； ②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，不会影响滴定结果； ③酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，则盐酸的浓度变小，测定结果必然也偏小； ④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，则读数时，气泡的体积也读作标准液的体积，相当于标准液用量偏大，结果偏大； ⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，俯视刻度线，读数偏小，测定结果偏小．综上所述，A正确，本题选A。
10. 燃料电池是一种新型电池．某氢氧燃料电池的基本反应是：X极：O2（g）+2H2O（l）+4e-=4OH-，Y极：2H2（g）-4e-+4OH-=4H2O（l）下列判断正确的是（ ）
A. 该电池的电解质溶液为酸性
B. 电池总反应为2H2+O2=2H2O
C. X极是负极，发生氧化反应
D. 电池工作一段时间后溶液PH增大
【答案】B
【解析】A. Y电极有氢氧根参与，该电池的电解质溶液为碱性，A错误；B. 根据正负价电极反应式可知电池总反应为2H2 + O2 =2H2O，B正确；C. X极氧气得到电子，是正极，发生还原反应，C错误；D. 电池工作一段时间后溶剂水增加，溶液pH减小，D错误，答案选B。
11. 可逆反应A（g）+4B（g）⇌C（g）+D（g），在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应进行得最快的是（ ）
A. vA=0.15mol/（L•min）
B. vB=0.6mol/（L•min）
C. vC=0.4mol/（L•min）
D. vD=0.005mol/（L•s）
【答案】C
【解析】试题分析：转化为同一种物质进行比较，注意单位的统一性，A为vA=0．15mol/（L·min） B为vA=0．15mol/（L·min） ，C为vA=0．4 mol/（L·min）D为vA=0．3mol/（L·min），反应速率最大的是C
考点：化学反应速率大小的比较
12. 在某容积一定的密闭容器中，有下列可逆反应xA（g）+B（g）⇌2C（g），反应曲线（T表示温度，P表示压强，C% 表示C的体积分数）如图所示，试判断对图的说法中一定正确的是（ ）
A. 该反应是吸热反应
B. x=2
C. P3＜P4，y轴可表示混合气体的相对分子质量
D. P3＞P4，y轴可表示C物质在平衡体积中的百分含量
【答案】D
【解析】试题分析：A．根据图1可知在压强相同时T1曲线首先得到平衡状态，则T1大于T2。温度越高C的体积分数越低，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则该反应是放热反应，A错误；B．根据图1可知在温度相同时P2曲线首先得到平衡状态，则P2大于P1。压强越大，C的体积分数越大，这说明增大压强平衡向正反应方向进行，即正反应是体积减小的可逆反应，但x不一定等于2，B错误；C．根据图2 可知升高温度Y减小，营业升高温度平衡向逆反应方向进行，气体的物质的量增加，而气体质量不变，则平均相对分子质量减小。由于增大压强平衡向正反应方向进行，气体的物质的量减小，质量不变，气体的平均相对分子质量增加，所以应该是P4＜P3，C错误；D．由于增大压强平衡向正反应方向进行，C的百分含量增加。所以如果P3＞P4，则y轴可表示C物质在平衡体积中的百分含量，D正确，答案选D。
考点：考查外界条件对平衡状态的影响
13. 已知在一定条件下有CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），在某一容积为2L的密闭容器中，加入0.2mol的CO和0.2mol的H2O，在催化剂存在的条件下，高温加热，发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=a kJ/mol，反应达平衡后，测得c（CO）：c（CO2）=3：2，下列说法正确的是（ ）
A. 反应放出的热量为0.04a KJ
B. 平衡时H2O的转化率为40%
C. 若将容器的体积压缩为1L，有利于该反应平衡正向移动
D. 判断该反应达到平衡的依据是CO、H2O、CO2、H2的浓度都相等
【答案】B
【解析】CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，
0.2 mol 0.2 mol 0 0
X X X X
0.2-X 0.2-X X X
c(CO)∶c(CO2)＝3∶2， ( 0.2-X):X=3:2 X=0.08
Q=0.08aKJ /平衡时H2O的转化率为40%
若将容器的体积压缩为1 L，有利于该反应平衡不移动。各组分的浓度不变才是平衡状态的标志。
14. 在容积不变的密闭容器中进行反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+W（s），己知反应中X、Y 的起始浓度分别为0.1mol•L-1、0.2mol•L-1，在一定条件下，当反应达到化学平衡时，各物质的浓度可能是（ ）
A. X为0.05mol•L-1 B. Y为0.1mol•L-1
C. Z为0.2mol•L-1 D. W为0.1mol•L-1
【答案】A
【解析】若按起始浓度反应不进行，X、Y浓度最大，分别为0.1mol•L-1、0.2mol•L-1，Z的浓度最小为0，W物质的量为0；若反应向正反应进行达平衡，X、Y浓度最小，Z的浓度最大，W为固体，浓度为常数；假定完全反应，根据反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+W（s），X、Y浓度最小分别为0、0.1mol•L-1，Z的浓度最大，为0.2mol•L-1，W为固体，物质的量最大为0.1mol，是浓度不等于0.1mol•L-1的常数；由于可逆反应，物质不可能完全转化，所以平衡时浓度范围：0
15. 在恒温时，一固定容积的容器内通入1mol PCl5（g）发生如下反应：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g） 达到平衡时，再向容器内通入一定量的PCl5（g），重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，PCl5的体积分数（ ）
A. 增大 B. 减小 C. 不变 D. 无法判断
【答案】A
【解析】在恒温时，一固定容积的容器内通入1mol PCl5（g）发生如下反应：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g） 达到平衡时，再向容器内通入一定量的PCl5（g），重新达到平衡后，这个平衡体系的状态，与向另一成比例的容器中加入这一定量的PCl5（g）在相同条件下建立等效平衡后再通过加压措施通入到原来的容器中相同，由于加压后，平衡向逆反应方向移动，所以与第一次平衡时相比，PCl5的体积分数增大了，A正确，本题选A。
点睛：化学平衡状态的建立与途径无关，只与起始态和终了态有关。向一平衡体系中再加入其中的某一组分后对化学平衡状态及其相关数据的影响，通常可以通过建立等效平衡的模型，然后再适当改变条件，分析条件改变对与之等效的平衡的影响，得出合理的结论。
16. 为了探索外界条件对反应aX（g）+bY（g）⇌cZ（g）的影响，以X和Y物质的量之比为a：b开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数，实验结果如图所示．下列判断正确的是（ ）
A. △H＞0 a+b＞c B. △H＜0 a+b＜c
C. △H＜0 a+b＞c D. △H＞0 a+b＜c
【答案】C
【解析】试题分析：由图可知，随温度升高，Z的物质的量分数降低，说明随温度 升高，平衡逆向移动，则正反应是吸热反应ΔH<0；压强增大，Z的物质的量分数增大，说明随压强增大，平衡正向移动，则正反应是气体物质的量减小的反应a+b>c，所以答案选C。
考点：考查条件对平衡的影响
17. 在一定温度下，将气体X与气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡．反应过程中测定的数据如表：下列说法正确的是（ ）
t∕min
2
4
7
9
n（Y）∕mol
0.12
0.11
0.10
0.10
A. 反应前4min的平均反应速率υ（Z）=0.0125mol•L-1•min-1
B. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前υ（逆）＞υ（正）
C. 该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D. 其他条件不变，再充入0.2molZ，达平衡时X的体积分数增大
【答案】C
【解析】A. 由表中信息可知，反应前4min，Y的变化量为0.05mol，所以Z的变化量为0.1mol，平均反应速率υ（Z）= 0.0025mol•L-1•min-1，A不正确；B. 该反应是放热反应，其他条件不变，降低温度，平衡向正反应方向移动，反应达到新平衡前υ（逆）< υ（正），B不正确；C. 在平衡状态下，c(X)=c(Y)=0.010mol/L，c(Z)=0.012mol/L，该温度下此反应的平衡常数K= =1.44，C正确；D. 其他条件不变，再充入0.2molZ，相当于对原平衡加压，由于反应前后气体的分子数不发生变化，所以达平衡时X的体积分数不变。
18. 现有pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1L，其pH与溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
①A是强酸或比B强的弱酸，B是弱酸
②稀释后，A溶液的酸性比B溶液强
③若A、B均为弱酸，则2＜a＜5
④若A、B均为强酸，则A、B的物质的量浓度一定相等．
A. ①② B. ①③ C. ①③④ D. ②③④
【答案】B
【解析】根据图像可知，稀释后B的酸性强于A的，说明在B溶液中存在电离平衡，所以A的酸性强于B的，①正确，②不正确。如果都是弱酸，则稀释1000倍后，其pH都小于5，③正确。④不正确，因为二者一定都是一元强酸或二元强酸等，答案选B。
19. 向0.1mol•L-1的H2SO4溶液中滴入0.1mol•L-1过量的Ba（OH）2溶液，溶液的导电能力发生变化，其电流强度（I）随加入Ba（OH）2溶液的体积（V）的变化曲线正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】试题分析：溶液的导电能力与离子浓度成正比，离子浓度越大其溶液导电能力越大，硫酸是强电解质，在水溶液里完全电离，向硫酸溶液中滴加氢氧化钡溶液至过量，硫酸和氢氧化钡发生反应H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O，硫酸钡是难溶物，水是弱电解质，所以溶液中离子浓度逐渐减小，当氢氧化钡过量时，氢氧化钡是强电解质，在水溶液里完全电离，则溶液中离子浓度逐渐增大，所以溶液的导电能力将增大，则整个过程中，溶液导电能力是先减小后增大，A项正确；答案选A。
考点：考查导电能力变化
20. 下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：
CH3COOH
H2CO3
H2S
H3PO4
1.8×10-5
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
K1=9.1×10-8
K2=1.1×10-12
K1=7.5×10-3
K2=6.2×10-8
K3=2.2×10-13
则下列说法中不正确的是（ ）
A. 碳酸的酸性强于氢硫酸
B. 多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定
C. 常温下，加水稀释醋酸，增大
D. 向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变
【答案】C
【解析】A. 因为碳酸K1的大于氢硫酸的K1，所以碳酸的酸性强于氢硫酸，A正确；B. 多元弱酸的K1远远大于K2，所以其酸性主要由第一步电离决定，B正确；C. 常温下，加水稀释醋酸，＝，因为电离常数和水的离子积在常温下都是定值，所以其值不变，C不正确；D. 电离常数只与温度有关，向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变，D正确。本题选C。
点睛：判断电解质溶液中相关离子浓度的比值在溶液稀释时的变化，通常要借助某些平衡常数来进行，通过适当变形后，就可以把一个复杂的问题变成一个简单问题。
21. 25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH-△H＞0，下列叙述正确的是（ ）
A. 向平衡体系中加入水，平衡正向移动，c （H+）增大
B. 将水加热，Kw增大，pH不变
C. 向水中加入少量硫酸氢钠固体，增大
D. 向水中加入少量NaOH固体，平衡正向移动，c（H+）降低
【答案】C
【解析】A．增加水的量，氢离子和氢氧根离子浓度不变且相等，平衡不移动，故A错误；B．将水加热促进水电离，离子积常数增大，氢离子浓度增大，pH减小，故B错误；C．向水中加入少量硫酸氢钠，导致溶液中氢离子浓度增大，但温度不变，水的离子积常数不变，故C正确；D．向水中加入NaOH，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制水电离，平衡逆向移动，故D错误；故选C。
点睛：明确温度对水的电离的影响及温度与离子积的关系，注意硫酸氢钠电离出氢离子，为易错点；水是弱电解质，存在电离平衡，向水中加入含有氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离，加入含有弱根离子的盐促进水电离，水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。
二、填空题(本大题共5小题，共37.0分)
22. （1）已知：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1
②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.5kJ•mol-1
请写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： ______。
（2）科学家已获得了极具理论研究意义的N4分子，其结构为正四面体（如图所示），与白磷分子相似．已知断裂1molN-N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，则1molN4气体转化为2molN2时的△H= ______ 。
【答案】 (1). CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=-443.5kJ•mol-1 (2). -724kJ•mol-1
【解析】（1）已知：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1 ，②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.5kJ•mol-1 ，②－①得CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l），则△H= -726.5kJ•mol-1 -（-283.0kJ•mol-1）= -443.5kJ•mol-1 ，甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=-443.5kJ•mol-1。
（2）则1molN4气体转化为2molN2时，要断裂6molN-N键、形成2molN≡N键，已知断裂1molN-N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，则1molN4气体转化为2molN2时的△H=（193-941）kJ•mol-1 = -724kJ•mol-1。
点睛：化学反应的实质是断裂旧键、形成新键，断裂化学键时要吸收能量，形成化学键要放出能量。化学反应的焓变等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和。
23. （1）事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是 ______。
A．C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H＞0
B．NaOH（aq）+HC1（aq）═NaC1（aq）+H2O（1）△H＜0
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H＜0
（2）以KOH溶液为电解质溶液，依据所选反应设计一个原电池，其负极的电极反应式为 ______。
（3）电解原理在化学工业中有着广泛的应用．现将你设计的原电池通过导线与右图中电解池相连，其中a为电解液，X和Y均为惰性电极，则：
①若a为CuSO4溶液，则电解时的化学反应方程式为 ______ ．通电一段时间后，向所得溶液中加入0.2molCuO粉末，恰好恢复电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子的物质的量为 ______。
【答案】 (1). C (2). H2+2OH--2e-=2H2O (3). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 (4). 0.4mol
【解析】（1）能设计成原电池的反应通常是放热反应，同时也必须是氧化还原反应。氢气和氧气反应生成水的反应是一个放热的氧化还原反应，所以在理论上可以设计成原电池，选C。
（2）以KOH溶液为电解质溶液，可以设计一个氢氧燃料电池，其负极上氢气发生氧化反应，电极反应式为 H2+2OH--2e-=2H2O 。
（3）①若a为CuSO4溶液，则电解时，阳极上发生2 H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极上发生Cu2++2 e-=Cu，总反应的化学反应方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4．由电极反应式可知，n(e-)=n(H+)，通电一段时间后，向所得溶液中加入0.2molCuO粉末，恰好恢复电解前的浓度和pH。因为0.2molCuO可以与0.4mol H+反应，所以电解过程中转移的电子的物质的量为0.4mol 。
24. 已知 Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe（s）+3CO2（g） 在不同温度下的平衡常数如表：
温度/℃
1000
1150
1300
平衡常数
42.9
50.7
64.0
请回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式 K= ______ ，△H ______ 0（填“＞”、“＜”或“=”）。
（2）在一个容积为10L的密闭容器中，1300℃时加入 Fe、Fe2O3、CO、CO2各1mol，反应经过10min 后达到平衡．求该时间范围内反应的平均反应速率 v（CO2）= ______ ，CO 的平衡转化率为 ______。
（3）欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是 ______。
A．增加Fe2O3的量 B．加入合适的催化剂 C．移出部分CO2 D．提高反应温度．
【答案】 (1). (2). ＞ (3). 0.006mol/（L•min） (4). 60% (5). CD
【解析】试题分析：（1）根据平衡常数概念分析；依据温度和平衡常数的关系解答；
（2）依据平衡常数结合三段式计算；
（3）根据外界条件对平衡状态的影响分析。
解析：（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此根据方程式可知该反应的平衡常数表达式 K＝；根据表中数据可知升高温度平衡常数增大，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，则正反应是吸热反应，则ΔH＞0。
（2） Fe2O3(s)＋3CO(g) 2Fe(s)＋3CO2(g)
起始浓度（mol/L） 0.1 0.1
转化浓度（mol/L） x x
平衡浓度（mol/L） 0.1-x 0.1+x
则根据平衡常数可知，解得x＝0.06，则该时间范围内反应的平均反应速率 v(CO2)＝0.06mol/L÷10min＝0.006mol/(L·min)，CO的平衡转化率为。
（3）A．增加固体Fe2O3的量不能改变平衡状态，转化率不变，A错误；B．加入合适的催化剂不能改变平衡状态，转化率不变，B错误；C．移出部分CO2，降低生成物浓度，平衡向正反应方向进行，转化率提高，C正确；D．正反应吸热，提高反应温度，平衡向正反应方向进行，转化率提高，D正确，答案选CD。
25. （1）常温下，0.1mol/L 的CH3COOH溶液中有1%的CH3COOH分子发生电离，则溶液的pH= ______ ；可以使0.10mol•L-1 CH3COOH的电离程度增大的是 ______ ｡
a．加入少量0.10mol•L-1的稀盐酸
b．加热CH3COOH溶液
c．加水稀释至0.010mol•L-1
d．加入少量冰醋酸 e．加入少量氯化钠固体 f．加入少量0.10mol•L-1的NaOH溶液
（2）将等质量的锌投入等体积且pH均等于3的醋酸和盐酸溶液中，经过充分反应后，发现只在一种溶液中有锌粉剩余，则生成氢气的体积：V（盐酸） ______ V（醋酸）（填“＞”、“＜”或“=”）。
（3）0.1mol/L的某酸H2A的pH=4，则H2A的电离方程式为 ______。
（4）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH=6，则NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为 ______。
【答案】 (1). 3 (2). bcf (3). ＜ (4). H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2- (5). 9
【解析】试题分析：（1）根据c(H＋)=c(HAc)×ɑ，则c(H＋)=0.1×1%，pH=3；醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋。a、加入盐酸增大了溶液c(H＋)，对醋酸的电离起抑制作用，a错误；b、弱电解质的电离是吸热反应，加热，有利用向电离反应方向进行，b正确；c、加水稀释，降低了浓度，根据勒夏特列原理，平衡向浓度增大的方向进行，即向电离反应进行，c正确；d、加入冰醋酸，电离程度降低，d错误；e、加入氯化钠固体，对电离无影响，e错误；f、加入氢氧化钠，消耗H＋，促使平衡向电离方向进行，f正确。答案选bcf；
（2）盐酸是强酸，醋酸是弱酸，相同pH时，弱酸的浓度大于强酸，则盐酸的物质的量小于醋酸，反应后只有一种溶液中有锌剩余，此溶液是盐酸，即产生氢气的体积V(盐酸) ＜V(醋酸)；
（3）常温下，0.1mol/L的某酸H2A的pH=4，说明该酸部分电离，则为弱酸，H2A是二元弱酸，分步电离，第一步电离方程式为：H2AH＋＋HA－；
（4）25℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH＝6，则盐酸过量，则有：c(H+)混＝＝＝10－6，则NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为9∶1。
考点：弱电解质的电离平衡、pH的计算等
26. 温州某学生用0.1000mol/L NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：
A．检查滴定管是否漏水
B．用蒸馏水洗干净滴定管
C．取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上2～3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
D．用待测定的溶液润洗酸式滴定管
E．用酸式滴定管取稀盐酸20.00mL，注入锥形瓶中，加入酚酞
F．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度
G．另取锥形瓶，再重复操作一次
完成以下填空：
（1）操作F中应该选择图中 ______ 滴定管（填标号）。
（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察 ______。
A．滴定管内液面的变化 B．锥形瓶内溶液颜色的变化
滴定终点溶液颜色的变化是 ______ ．若指示剂改为甲基橙则颜色的变化是 ______。
（3）滴定结果如表所示：
滴定次数
待测液体积/mL
标准溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
20
1.02
21.03
2
20
2.00
25.00
3
20
0.60
20.59
滴定中误差较大的是第 ______ 次实验，造成这种误差的可能原因是 ______。
A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗2～3次
B．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定终点读数时未发现气泡
C．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡
D．达到滴定终点时，仰视溶液凹液面最低点读数
E．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来
（4）该盐酸的浓度为______mol/L。
【答案】 (1). 乙 (2). B (3). 无色变浅红色且半分钟内不褪色 (4). 红色变橙色 (5). 2 (6). ABD (7). 0.1000
【解析】（1）操作F中要把锥形瓶放在碱式滴定管下面，应该选择图中乙滴定管。
（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，选B。酚酞作指示剂时，滴定终点溶液的pH在8~10之间，所以溶液颜色的变化是无色变浅红色且半分钟内不褪色．若指示剂改为甲基橙，滴定终点溶液的pH在3.1~4.4之间，则颜色的变化是红色变橙色。
（4）由第1、2两次滴定所用标准液体积的平均值20.00 mL和标准液的浓度0.1000mol/L ，根据参加反应的盐酸和氢氧化钠的物质的量相等，可以计算出该20.00 mL待测盐酸的浓度为0.1000 mol/L。
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