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【化学】安徽省肥东县第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
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安徽省肥东县第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
一、单选题（本大题共18小题，共54.0分）
1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，我国古代就已经广泛应用了相关的化学知识，下列关于古代化学的应用和记载中，说法不合理的是( )
A. 曹植诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能
B. 我国古代人民常用明矾水除去铜器上的铜锈
C. 锡青铜铜锡合金文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快
D. 晋代炼丹家、医学家葛洪所著抱扑子一书中记载有“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”。这个过程为可逆反应
【答案】D
【详解】A. 可燃物燃烧时放出热量，所以能量变化主要是化学能转化为热能，A项正确；
B. 明矾中含有铝离子，铝离子水解使溶液显酸性，Cu2(OH)2CO3能与酸性溶液反应，所以可用明矾水除去铜器上的铜锈，B项正确；
C. 锡青铜是铜锡合金，在潮湿环境中，铜锡合金会形成原电池，发生吸氧腐蚀，所以锡青铜(铜锡合金)文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快，C项正确；
D. 丹砂为硫化汞，不稳定，加热发生HgS Hg+S，温度降低时，又可发生Hg + S = HgS，二者反应条件不同，不符合可逆反应概念，D项错误；
答案选D。
2.已知下列反应的反应热:
（1）CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=-870.3 kJ·mol-1
（2）C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.5 kJ·mol-1
（3）H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH3=-285.8 kJ·mol-1
则反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反应热为( )
A. ΔH=-488.3 kJ·mol-1 B. ΔH=-244.15 kJ·mol-1
C. ΔH=-977.6 kJ·mol-1 D. ΔH=+488.3 kJ·mol-1
【答案】A
【详解】根据盖斯定律分析，反应②×2-反应①+反应③×2即可得热化学方程式为：2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l) ΔH=-393.5×2+870.3-285.8×2= -488.3kJ·mol-1，答案选A。
3.下列说法或表示方法中正确的是（ ）
A. 等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，后者放出的热量多
B. 氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH= -285.8kJ/mol
C. Ba(OH)2•8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l) ΔH<0
D. 已知中和热为57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ
【答案】D
【详解】A．硫蒸气比硫固体所含能量高，等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，前者放出的热量多，故A错误；
B．燃烧热是指1mol可燃物燃烧放出的热量，热化学方程式中氢气是2mol，故B错误；
C．氯化铵和八水合氢氧化钡反应吸热，△H＞0，故C错误；
D．浓硫酸溶于水放热，故将含0.5 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3 kJ，故D正确；
故答案为D。
4.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是( )
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C—C键
D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
5.下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 图Ⅰ表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B. 图Ⅱ表示常温下，0.l000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线
C. 图Ⅲ表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化曲线，图中a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c
D. 图Ⅳ表示犮应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g） △H＜0，在其他条件不变的情况下改变起始物 CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知N02的转化率b＞a＞c
【答案】C
【解析】图I中反应物的能量大于生成物的能量，所以表示的是放热反应，故A错误；0.1000mol·L-1 CH3COOH溶液的PH大于1，故B错误；弱电解质越稀，电离程度越大，所以图中a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，故C正确；增大CO的浓度越大，NO2的转化率越大，所以NO2的转化率c>b>a，故D错误。
6.某密闭容器中发生如下反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）；△H＜0．上图表示该反应的速率（v）随时间（t）变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中不正确的是（ ）
A. 时加入了催化剂 B. 时降低了温度
C. 时增大了压强 D. 时间内转化率最高
【答案】C
【详解】A.由图可知，t2时刻，改变条件，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是改变压强，故改变条件为使用催化剂，故A正确，不符合题意；
B.t3时刻，改变条件，正、逆反应速率降低，且逆反应速率降低更多，平衡向正反应移动，该反应正反应是放热反应，温度降低，平衡向正反应移动，故可能为降低温度，故B正确，不符合题意；
C.t5时刻，改变条件，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是改变压强，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，故改变条件为升高温度，故C错误，符合题意；
D.t2时刻，使用催化剂，平衡不移动，X的转化率不变，t3时刻，降低温度，平衡向正反应移动，X的转化率增大，t5时刻，升高温度，平衡向逆反应移动，X的转化率降低，则t4～t5内转化率最高，故D正确，不符合题意；
本题答案选C。
7.如图所示的各图中，表示2A（g）+B（g）⇌2C（g）（△H＜0）这个可逆反应的正确图象为（注：Φ（C）表示C的质量分数，P表示气体压强，C表示浓度）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】A.该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；
B.增大压强平衡气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，V正＞V逆；且增大压强，正逆反应速率都增大；故B错误；
C.催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，所以达到平衡，C的浓度相同；故C错误；
D.该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，而图像中的温度高时，A的转化率较大。但根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，同个温度下的曲线趋势正确；故D错误；
答案选A。
8.某浓度的氨水中存在下列平衡：，若想增大的浓度，而不增加的浓度，应采取的措施是( )
适当升高温度 加入固体 通入 加入少量盐酸。
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】D
【详解】①一水合氨的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，所以NH4+与OH-的浓度均增加，故①不符合题意；
②加入固体，溶液中NH4+浓度增加，平衡逆向移动，OH-的浓度减小，故②符合题意；
③通入氨气，即增加一水合氨浓度，平衡正向移动，溶液中NH4+与OH-的浓度均增加，故③不符合题意；
④加入少量盐酸，OH-与盐酸反应，OH-浓度减小，平衡正向移动，溶液中NH4+浓度增加，故④符合题意；
综上所述，②④符合题意，本题应选D。
9.298 K时，在20.0 mL 0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L－1 氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是( )
A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B. M点对应的盐酸体积为20.0 mL
C. M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)
D. N点处的溶液中pH<12
【答案】D
【详解】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，而石蕊的变色范围为5-8，无法控制滴定终点，应选择甲基橙作指示剂，故A错误；
B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；
C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-），故C错误；
D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；故选D。
10.时，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. 水的电离程度：a点小于b点
B. a点溶液的导电性大于b点溶液
C. 恰好完全中和时，所需NaOH物质的量：
D. HA的酸性强于HB
【答案】D
【详解】pH相同的酸，稀释相同倍数时，酸性较强的酸的pH变化大，酸性较弱的酸的pH变化小，据此得出酸性：HA>HB。
A. a点pH大于b点，即a点的c(H+)小于b点，则酸的电离对水的电离的抑制程度：a点小于b点，所以水的电离程度：a点大于b点，A项错误；
B. 在这两种酸溶液中，c(H+)≈c(A−)，c(H+)≈c(B−)，而a点的c(H+)小于b点的c(H+)，故a点的c(A−)小于b点的c(B−)，即a点的离子浓度小于b点的离子浓度，故a点的导电能力小于b点，B项错误；
C. 在稀释前两种酸的pH相同，而两种酸的酸性：HA>HB，故在稀释前两种酸溶液的浓度：c(HA)
答案选D。
11.下列有关电解质溶液的说法不正确的是( )
A. 向溶液中通入，减小
B. 将的溶液从升温至，增大
C. 向的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，=1
D. 向的溶液中加入少量水，增大
【答案】D
【详解】A. 在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，溶液中通入NH3，抑制水解，增大，不变，则减小，选项A正确；B、K2C2O4溶液中草酸根离子水解溶液呈碱性，升高温度，水解程度增大，草酸根离子浓度减小，钾离子浓度不变，所以钾离子和草酸根离子浓度比值增大，选项B正确；C、向0.1mol•L-1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，此时溶液的溶质是HF和NaF的混合物，存在电荷守恒，c（H+）=c（OH-），钠离子和氟离子浓度相等，=1，选项C正确；D、CH3COONa溶液中加入少量水，温度不变，不会影响醋酸的电离平衡常数，即=不变，选项D不正确。答案选D。
12.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 无色透明的溶液中：、、、
B. =1×10-12的溶液中：K+、、、
C. 的溶液中：、、、
D. 能使甲基橙变红的溶液中：、、、
【答案】B
【详解】A. 含有Fe3+的溶液呈黄色，不符合无色条件，且Fe3+、SCN−发生络合反应而不能大量共存，A项错误；
B. =1×10-12的溶液，呈碱性，这几种离子之间不反应且都不与氢氧根离子反应，所以能大量共存，B项正确；
C. Fe2+、MnO4−发生氧化还原反应而不能大量共存，C项错误；
D. 能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO3−能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，D项错误；
答案选B。
13. 下列说法正确的是( )
A. c(H+)＝的溶液一定呈中性
B. 将水加热，KW增大，pH不变，仍呈中性
C. 向水中加入少量碳酸氢钠固体，溶液的c(H+) 增大，KW不变
D. 向0.1mol·L-1醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c(H+)将减小
【答案】A
【解析】试题分析：A、Kw=c（H+）×c（OH-），c（H+）=，说明c（H+）=c（OH-），所以溶液一定呈中性，A项正确；B、水的电离为吸热反应，加热促进电离，KW增大，c（H+）增大，则pH减小，但仍呈中性，B项错误；C、Kw只与温度有关，C项错误；D、酸电离出来的氢离子能抑制水电离，向0.1 molL-1醋酸溶液中加水，酸的浓度减小，则溶液中水电离产生的c（H+） 将增大，D项错误；答案选A。
14.下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（ ）
A
B
C
D
勒夏特列原理
元素周期律
盖斯定律
阿伏伽德罗定律
实验方案
结果
左球气体颜色加深
右球气体颜色变浅
烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊
测得为、的和
与的体积比约为2:1
【答案】B
【详解】A.反应2NO2(g)N2O4(g)的正反应为放热反应，左边热水中升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，NO2浓度增大，所以左球气体颜色加深；右边冷水中降低温度，化学平衡向放热的正反应移动，NO2浓度减小，所以右球气体颜色变浅，因此能够用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B.烧瓶中冒气泡，证明酸性：HCl＞碳酸，但由于HCl不是含氧酸，因此无法用元素周期律解释，试管中出现浑浊也不能说明碳酸的酸性强于硅酸（因为二氧化碳气体中混有HCl，HCl与硅酸钠溶液反应也会出现浑浊），B符合题意；
C.根据盖斯定律可知：△H=△H1+△H2，因此能够用盖斯定律解释，C不符合题意；
D.根据电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比2：1，结合阿伏加德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2：1，D不符合题意；
故答案是B。
15.化学与科学、技术、社会、环境等密切相关，下列说法不正确的是( )
A. 乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广使用“乙醇汽油”
B. 铁盐溶于水能生成氢氧化铁胶体，可用作净水剂
C. 草木灰主要成分为与铵态氮肥如混用会降低肥效
D. 海底可燃冰开发不当释放出的甲烷会造成温室效应的加剧
【答案】A
【详解】A. 乙醇属于可再生能源，汽油属于不可再生能源，推广使用“乙醇汽油”可减少污染，A项错误；
B. 铁盐溶于水能发生水解反应生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物形成沉淀达到净水的目的，B项正确；
C. 铵根离子和碳酸根离子相互促进水解而生成二氧化碳、氨气，会降低肥效，C项正确；
D. 由于“可燃冰”的稳定性较差，甲烷可导致温室效应，所以海底可燃冰开发不当释放出的甲烷会造成温室效应的加剧，D项正确；
答案选A。
16.一定条件下，在体积恒定的密闭容器中按体积比1:3充入和发生如下反应，下列说法正确的是( )
A. 当：：2时，该反应达到平衡状态
B. 升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大
C. 达到平衡后，增大压强可导致化学平衡常数增大
D. 达到平衡时，反应放出的热量可达
【答案】D
【详解】A. 反应速率之比等于化学计量数之比，但没有说明正逆反应速率的关系，则不能用于判断是否达到平衡状态，A项错误；
B. 升高温度，正、逆反应速率均增大，B项错误；
C. 平衡常数只受温度的影响，压强改变，平衡常数不变，C项错误；
D. 按体积比1:3充入N2和H2，如果氮气消耗1mol，则放出的热量可为92.4kJ，D项正确；
答案选D。
17.下列关于溶液的说法正确的是( )
A. 的电离方程式为：
B. 时，加水稀释后，与的乘积变大
C. 离子浓度关系：
D. 时，的溶液中，由水电离的
【答案】B
【详解】A. 碳酸氢根离子为弱酸的酸式酸根离子，不能拆开，则NaHCO3的电离方程式为：NaHCO3 ═ Na+ + HCO3−，A项错误；
B. 25℃时，加水稀释后，促进HCO3−水解，n(OH−)增大，但c(OH−)减小，由Kw不变，可知c(H+)增大，则n(H+)增大，则n(H+)与n(OH−)乘积变大，B项正确；
C. 根据电荷守恒知，离子浓度关系应为：c(Na+)+c(H+)═c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)，C项错误；
D. 时，pH=8的NaHCO3溶液显碱性，则HCO3−的水解程度大于其电离程度，则HCO3−水解会促进水的电离，溶液中c(H+)=1.0×10−8mol⋅L−1，则溶液中c(OH−)=1.0×10−6mol⋅L−1，所以由水电离的c(OH−)=1.0×10−6mol⋅L−1，D项错误；
答案选B。
18.在一隔热系统中，向20.00mL0.1000mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000mol·L-1的NaOH 溶液，测得混合溶液的温度变化如图。下列相关说法正确的是( )
A. 若a点溶液呈酸性，此时:c(CH3COO-) -c(CH3COOH) =2c (H+)-2c(OH-)
B. 从a到b：逐渐增大
C. 水电离程度: b点＜c点
D. 溶液的pH 值： a 点＜c点＜b点
【答案】A
【解析】A项，a点加入10mLNaOH溶液，醋酸和NaOH反应后得到等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒为2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），两式整理得c（CH3COO-）-c（CH3COOH） =2 c（H+）-2 c（OH-），正确；B项，从a到b，加入NaOH溶液继续发生中和反应，CH3COO-物质的量增大，CH3COOH物质的量减小，则在溶液中逐渐减小，错误；C项，b点温度最高，醋酸与NaOH恰好完全反应得到CH3COONa溶液，CH3COONa属于强碱弱酸盐对水的电离起促进作用，c点加入40mLNaOH溶液，醋酸和NaOH反应后得到等物质的量浓度的CH3COONa和NaOH的混合溶液，NaOH电离的OH-对水的电离起抑制作用，水的电离程度：b点c点，错误；D项，随着NaOH溶液的不断加入，溶液的酸性减弱，碱性增强，溶液的pH：a点b点c点，错误；答案选A。
二、简答题（本大题共4小题，共46.0分）
19.在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。
回答下列问题：
（1）反应的△H 0（填“大于”“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0~60s时段，反应速率v(N2O4)为 mol·L-1·s-1反应的平衡常数K1为 。
（2）100℃时达到平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020 mol·L-1·s-1平均速率降低，经10s又达到平衡。
①T 100℃（填“大于”“小于”），判断理由是 。
②列式计算温度T是反应的平衡常数K2
（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向 （填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是 。
【答案】（1）大于 0.001 0.36 mol·L—1。
（2）①大于；反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高
②平衡时，c（NO2）=0.120 mol·L—1+0.002 mol·L—1·s—1×10s×2=0.160mol·L—1
c（N2O4）=0.040 mol·L—1—0.002 mol·L—1·s—1×10s=0.02 mol·L—1
K2= （0.160mol·L—1）2/0.020mol·L—1=1.3mol·L—1
（3）逆反应 对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动
【解析】试题分析：（1）根据题意知，随温度升高，混合气体的颜色变深，二氧化氮的浓度增大，说明平衡向正反应方向移动；当其他条件不变时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，故△H大于0。根据题给图像知，0——60s时段，N2O4的物质的量浓度变化为0.060 mol·L—1，根据公式v=△c/△t计算，v (N2O4)=0.001 mol·L—1·s—1；分析题给图像知，二氧化氮的平衡浓度为0.120 mol·L—1，四氧化二氮的平衡浓度为0.040 mol·L—1，K1= [NO2]2/[N2O4]=0.36 mol·L—1。（2）①根据题意知，改变反应温度为T后，c(N2O4)以0.0020 mol·L-1·s-1的平均速率降低，即平衡向正反应方向移动，又反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故为温度升高，T大于1000C，答案为：大于；反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高；②根据题意知，平衡时，c（NO2）=0.120 mol·L—1+0.002 mol·L—1·s—1×10s×2=0.160mol·L—1，c（N2O4）=0.040 mol·L—1—0.002 mol·L—1·s—1×10s=0.02 mol·L—1，K2= （0.160mol·L—1）2/0.020mol·L—1=1.3mol·L—1。（3）温度为T时，反应达平衡，将反应容器的体积减小一半，即增大压强，当其他条件不变时，增大压强，平衡向气体物质平衡向气体物质系数减小的方向移动，即向逆反应方向移动，答案为：逆反应 对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动。
20.向2L恒容密闭容器中加入1molNO和1molO3，发生反应。在不同温度下，分别测定体系中NO2的百分含量随反应时间的变化如图。
(1)T1______，______0，填“”、“”或“”理由是______；
(2)温度为时，反应2min时达到平衡状态。测得2min内，，则平衡时NO的转化率______；
(3)下列情况能表明该反应达到平衡状态的是______填代号；
A. NO消耗速率等于的生成速率 B. ：：1
C. 气体密度保持不变 D. 容器内气体颜色不再变化
(4)该反应达到平衡后,为加快反应速率同时提高NO的转化率，可采取的措施有______填标号
A.使用高效催化剂 B.升高温度 C.再充人一定量的 D.缩小容器的体积
【答案】(1). < (2). < (3). 温度为时，反应达到平衡所需时间短，速率快，则温度高；温度越高，越小，说明升高温度反应逆向移动，所以正反应放热， (4). 64% (5). AD (6). C
【详解】（1）温度为时，反应达到平衡所需时间短，速率快，则温度高，即T1<；温度越高，越小，说明升高温度反应逆向移动，所以正反应放热，；
故答案为：<；<；温度为时，反应达到平衡所需时间短，速率快，则温度高；温度越高，越小，说明升高温度反应逆向移动，所以正反应放热，；
（2）由化学反应速率，得，则平衡时NO的转化率；故答案为：64%；
（3）A. NO消耗速率表示正反应速率，O3的生成速率表示逆反应速率，二者相等，表示正逆反应速率之比等于其化学计量数之比，说明反应到达平衡，A项正确；
B. ：：1，并不能说明两者的浓度不变，所以不一定达平衡状态，B项错误；
C. 在2L恒容密闭容器中，混合气体总质量不变，容器容积不变，容器中气体的密度始终不变，所以不一定达到平衡状态，C项错误；
D. 容器内气体颜色不再变化，说明臭氧、二氧化氮的浓度不变，反应到达平衡，D项正确；
故答案为：AD；
（4）化学反应NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g)是反应前后气体物质的量不变的反应，且△H<0，
A 改用高效催化剂，增大反应速率，但不改变化学平衡，转化率不变，A项错误；
B. 反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行，反应速率增大，但转化率减小，B项错误；
C. 再充人一定量的O3，增加O3的浓度，反应速率增大，平衡正向移动，可提高NO的转化率，C项正确；
D. 该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，缩小容器的体积，增大压强，反应速率增大，但平衡不移动，反应物转化率不变，D项错误；
故答案为：C。
21.欲测定某NaOHmol•L-1溶液的物质的量浓度，可用0.100的HCl标准溶液进行中和滴定(用甲基橙作指示剂)。
请回答下列问题：
（1）滴定时，盛装待测NaOH溶液的仪器名称为______________；
（2）盛装标准盐酸的仪器名称为______________；
（3）滴定至终点的颜色变化为______________；
（4）若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为______________；
（5）乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：
选取下述合理数据，计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为______________； (保留四位有效数字)
实验序号
待测NaOH溶液的体积/mL
0.1000mol•L-1HCl溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
25.00
0.00
26.29
2
25.00
1.00
31.00
3
25.00
1.00
27.31
（6）下列哪些操作会使测定结果偏高_________(填序号)。
A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗
C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失
D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数．
【答案】（1）锥形瓶 （2）酸式滴定管 （3）溶液由黄色变为橙色且半分钟内不褪色
（4） 26.90mL （5）0.1052mol/L （6）AC
【解析】试题分析：（1）用酸式滴定管取待测待测NaOH溶液于锥形瓶中；
（2）盛装标准盐酸的仪器名称为酸式滴定管；
（3）待测液是氢氧化钠，锥形瓶中盛有的氢氧化钠溶液中滴入甲基橙，溶液的颜色是黄色，随着溶液的pH减小，当滴到溶液的pH小于4.4时，溶液颜色由黄色变成橙色，且半分钟不褪色，滴到结束；
（4）甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如图为27.40ml，滴定管中的液面读数为27.40ml-0.50mL=26.90mL；
（5）根据数据的有效性，舍去第2组数据，则1、3组平均消耗V(盐酸)==26.30mL，
HCl+NaOH═NaCl+H2O
0.0263L×0.1000mol•L-10.025L×C(NaOH)
则C(NaOH)==0.1052mol/L；
（6）A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，造成c(待测)偏高，故A正确；B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，对V(标准)无影响，根据c(待测)=分析，造成c(待测)不变，故B错误；C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，造成c(待测)偏高，故C正确；D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，会造成V(标准)偏小，根据c(待测)=分析，造成c(待测)偏低，故D错误；故选AC。
22.一定温度下,在2 L的密闭容器中,X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示:
（1）写出该反应的化学方程式__________。
（2）计算反应开始到10 s,用X表示的反应速率是__________，Y的转化率为______。
（3）下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是____。
A．当X与Y反应速率之比为1:1
B．在混合气体中X的质量百分数保持不变
C．混合气体的平均摩尔质量不随时间的变化而变化
D．混合气体的的密度不随时间的变化而变化
E．X、Y、Z的浓度之比为1:1:2
（4）当反应达到平衡时，用Y表示的正反应速率v（正）与用Z表示的逆反应速率v（逆）的关系是_____________。
（5）为使该反应的反应速率增大，可采取的措施是______．
a．恒容时充入Ne b．适当升高温度
c．缩小容器的体积 d．选择高效催化剂
【答案】(1). X(g)+Y(g)2Z(g) (2). 0.0395 mol·(L·s)-1 (3). 79.0% (4). B (5). 2v正(Y)=v逆(Z ) (6). bcd
【解析】试题分析：（1）据曲线图可判断出X、Y为反应物、Z为生成物，且该反应为可逆反应，系数比等于浓度变化量比；
（2）根据速率计算公式计算反应开始到10 s,用X表示的反应速率，Y的转化率=变化量÷起始量。
（3）根据化学平衡定义判断平衡标志。
(4) 当反应达到平衡时，正逆反应速率的比等于系数比。
（5）根据影响反应速率的因素判断．
解析：（1）据曲线图可判断出X、Y为反应物、Z为生成物，且该反应为可逆反应，X、Y的变化量都是0.79mol，z的变化量是1.58mol，系数比等于浓度变化量比，所以反应方程式为X(g)+Y(g)2Z(g)；
（2）根据速率计算公式，反应开始到10 s,用X表示的反应速率 0.0395 mol·(L·s)-1，Y的转化率=79.0% 。
（3）A．当X与Y的反应速率都是指正反应速率，方向相同，不一定平衡，故A错误；
B．根据平衡定义，混合气体中X的质量百分数保持不变，一定平衡，故B正确；
C．根据 ，气体总质量不变、总物质的量不变，混合气体的平均摩尔质量是恒量，平均摩尔质量不随时间的变化而变化，不一定平衡，故C错误；
D．根据 ，气体质量、气体体积都是不变，混合气体的的密度是恒量，混合气体的的密度不随时间的变化而变化，不一定平衡，故D错误；
E．X、Y、Z的浓度之比，不能作为平衡标志，故E错误。
(4) 当反应达到平衡时，正逆反应速率的比等于系数比，用Y表示的正反应速率v（正）与用Z表示的逆反应速率v（逆）的关系是2v正(Y)=v逆(Z )。
（5）a．恒容时充入Ne，浓度不变，速率不变，故a错误； b．升高温度，速率一定加快，故b正确；c．缩小容器的体积 ，浓度增大，速率加快，故c正确； d．选择高效催化剂，，速率加快，故d正确；
一、单选题（本大题共18小题，共54.0分）
1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，我国古代就已经广泛应用了相关的化学知识，下列关于古代化学的应用和记载中，说法不合理的是( )
A. 曹植诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能
B. 我国古代人民常用明矾水除去铜器上的铜锈
C. 锡青铜铜锡合金文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快
D. 晋代炼丹家、医学家葛洪所著抱扑子一书中记载有“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”。这个过程为可逆反应
【答案】D
【详解】A. 可燃物燃烧时放出热量，所以能量变化主要是化学能转化为热能，A项正确；
B. 明矾中含有铝离子，铝离子水解使溶液显酸性，Cu2(OH)2CO3能与酸性溶液反应，所以可用明矾水除去铜器上的铜锈，B项正确；
C. 锡青铜是铜锡合金，在潮湿环境中，铜锡合金会形成原电池，发生吸氧腐蚀，所以锡青铜(铜锡合金)文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快，C项正确；
D. 丹砂为硫化汞，不稳定，加热发生HgS Hg+S，温度降低时，又可发生Hg + S = HgS，二者反应条件不同，不符合可逆反应概念，D项错误；
答案选D。
2.已知下列反应的反应热:
（1）CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=-870.3 kJ·mol-1
（2）C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.5 kJ·mol-1
（3）H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH3=-285.8 kJ·mol-1
则反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反应热为( )
A. ΔH=-488.3 kJ·mol-1 B. ΔH=-244.15 kJ·mol-1
C. ΔH=-977.6 kJ·mol-1 D. ΔH=+488.3 kJ·mol-1
【答案】A
【详解】根据盖斯定律分析，反应②×2-反应①+反应③×2即可得热化学方程式为：2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l) ΔH=-393.5×2+870.3-285.8×2= -488.3kJ·mol-1，答案选A。
3.下列说法或表示方法中正确的是（ ）
A. 等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，后者放出的热量多
B. 氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH= -285.8kJ/mol
C. Ba(OH)2•8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l) ΔH<0
D. 已知中和热为57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ
【答案】D
【详解】A．硫蒸气比硫固体所含能量高，等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，前者放出的热量多，故A错误；
B．燃烧热是指1mol可燃物燃烧放出的热量，热化学方程式中氢气是2mol，故B错误；
C．氯化铵和八水合氢氧化钡反应吸热，△H＞0，故C错误；
D．浓硫酸溶于水放热，故将含0.5 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3 kJ，故D正确；
故答案为D。
4.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是( )
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C—C键
D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
5.下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 图Ⅰ表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B. 图Ⅱ表示常温下，0.l000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线
C. 图Ⅲ表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化曲线，图中a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c
D. 图Ⅳ表示犮应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g） △H＜0，在其他条件不变的情况下改变起始物 CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知N02的转化率b＞a＞c
【答案】C
【解析】图I中反应物的能量大于生成物的能量，所以表示的是放热反应，故A错误；0.1000mol·L-1 CH3COOH溶液的PH大于1，故B错误；弱电解质越稀，电离程度越大，所以图中a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，故C正确；增大CO的浓度越大，NO2的转化率越大，所以NO2的转化率c>b>a，故D错误。
6.某密闭容器中发生如下反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）；△H＜0．上图表示该反应的速率（v）随时间（t）变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中不正确的是（ ）
A. 时加入了催化剂 B. 时降低了温度
C. 时增大了压强 D. 时间内转化率最高
【答案】C
【详解】A.由图可知，t2时刻，改变条件，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是改变压强，故改变条件为使用催化剂，故A正确，不符合题意；
B.t3时刻，改变条件，正、逆反应速率降低，且逆反应速率降低更多，平衡向正反应移动，该反应正反应是放热反应，温度降低，平衡向正反应移动，故可能为降低温度，故B正确，不符合题意；
C.t5时刻，改变条件，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是改变压强，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，故改变条件为升高温度，故C错误，符合题意；
D.t2时刻，使用催化剂，平衡不移动，X的转化率不变，t3时刻，降低温度，平衡向正反应移动，X的转化率增大，t5时刻，升高温度，平衡向逆反应移动，X的转化率降低，则t4～t5内转化率最高，故D正确，不符合题意；
本题答案选C。
7.如图所示的各图中，表示2A（g）+B（g）⇌2C（g）（△H＜0）这个可逆反应的正确图象为（注：Φ（C）表示C的质量分数，P表示气体压强，C表示浓度）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】A.该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；
B.增大压强平衡气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，V正＞V逆；且增大压强，正逆反应速率都增大；故B错误；
C.催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，所以达到平衡，C的浓度相同；故C错误；
D.该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，而图像中的温度高时，A的转化率较大。但根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，同个温度下的曲线趋势正确；故D错误；
答案选A。
8.某浓度的氨水中存在下列平衡：，若想增大的浓度，而不增加的浓度，应采取的措施是( )
适当升高温度 加入固体 通入 加入少量盐酸。
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】D
【详解】①一水合氨的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，所以NH4+与OH-的浓度均增加，故①不符合题意；
②加入固体，溶液中NH4+浓度增加，平衡逆向移动，OH-的浓度减小，故②符合题意；
③通入氨气，即增加一水合氨浓度，平衡正向移动，溶液中NH4+与OH-的浓度均增加，故③不符合题意；
④加入少量盐酸，OH-与盐酸反应，OH-浓度减小，平衡正向移动，溶液中NH4+浓度增加，故④符合题意；
综上所述，②④符合题意，本题应选D。
9.298 K时，在20.0 mL 0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L－1 氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是( )
A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B. M点对应的盐酸体积为20.0 mL
C. M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)
D. N点处的溶液中pH<12
【答案】D
【详解】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，而石蕊的变色范围为5-8，无法控制滴定终点，应选择甲基橙作指示剂，故A错误；
B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；
C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-），故C错误；
D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；故选D。
10.时，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. 水的电离程度：a点小于b点
B. a点溶液的导电性大于b点溶液
C. 恰好完全中和时，所需NaOH物质的量：
D. HA的酸性强于HB
【答案】D
【详解】pH相同的酸，稀释相同倍数时，酸性较强的酸的pH变化大，酸性较弱的酸的pH变化小，据此得出酸性：HA>HB。
A. a点pH大于b点，即a点的c(H+)小于b点，则酸的电离对水的电离的抑制程度：a点小于b点，所以水的电离程度：a点大于b点，A项错误；
B. 在这两种酸溶液中，c(H+)≈c(A−)，c(H+)≈c(B−)，而a点的c(H+)小于b点的c(H+)，故a点的c(A−)小于b点的c(B−)，即a点的离子浓度小于b点的离子浓度，故a点的导电能力小于b点，B项错误；
C. 在稀释前两种酸的pH相同，而两种酸的酸性：HA>HB，故在稀释前两种酸溶液的浓度：c(HA)
答案选D。
11.下列有关电解质溶液的说法不正确的是( )
A. 向溶液中通入，减小
B. 将的溶液从升温至，增大
C. 向的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，=1
D. 向的溶液中加入少量水，增大
【答案】D
【详解】A. 在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，溶液中通入NH3，抑制水解，增大，不变，则减小，选项A正确；B、K2C2O4溶液中草酸根离子水解溶液呈碱性，升高温度，水解程度增大，草酸根离子浓度减小，钾离子浓度不变，所以钾离子和草酸根离子浓度比值增大，选项B正确；C、向0.1mol•L-1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，此时溶液的溶质是HF和NaF的混合物，存在电荷守恒，c（H+）=c（OH-），钠离子和氟离子浓度相等，=1，选项C正确；D、CH3COONa溶液中加入少量水，温度不变，不会影响醋酸的电离平衡常数，即=不变，选项D不正确。答案选D。
12.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 无色透明的溶液中：、、、
B. =1×10-12的溶液中：K+、、、
C. 的溶液中：、、、
D. 能使甲基橙变红的溶液中：、、、
【答案】B
【详解】A. 含有Fe3+的溶液呈黄色，不符合无色条件，且Fe3+、SCN−发生络合反应而不能大量共存，A项错误；
B. =1×10-12的溶液，呈碱性，这几种离子之间不反应且都不与氢氧根离子反应，所以能大量共存，B项正确；
C. Fe2+、MnO4−发生氧化还原反应而不能大量共存，C项错误；
D. 能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO3−能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，D项错误；
答案选B。
13. 下列说法正确的是( )
A. c(H+)＝的溶液一定呈中性
B. 将水加热，KW增大，pH不变，仍呈中性
C. 向水中加入少量碳酸氢钠固体，溶液的c(H+) 增大，KW不变
D. 向0.1mol·L-1醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c(H+)将减小
【答案】A
【解析】试题分析：A、Kw=c（H+）×c（OH-），c（H+）=，说明c（H+）=c（OH-），所以溶液一定呈中性，A项正确；B、水的电离为吸热反应，加热促进电离，KW增大，c（H+）增大，则pH减小，但仍呈中性，B项错误；C、Kw只与温度有关，C项错误；D、酸电离出来的氢离子能抑制水电离，向0.1 molL-1醋酸溶液中加水，酸的浓度减小，则溶液中水电离产生的c（H+） 将增大，D项错误；答案选A。
14.下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（ ）
A
B
C
D
勒夏特列原理
元素周期律
盖斯定律
阿伏伽德罗定律
实验方案
结果
左球气体颜色加深
右球气体颜色变浅
烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊
测得为、的和
与的体积比约为2:1
【答案】B
【详解】A.反应2NO2(g)N2O4(g)的正反应为放热反应，左边热水中升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，NO2浓度增大，所以左球气体颜色加深；右边冷水中降低温度，化学平衡向放热的正反应移动，NO2浓度减小，所以右球气体颜色变浅，因此能够用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B.烧瓶中冒气泡，证明酸性：HCl＞碳酸，但由于HCl不是含氧酸，因此无法用元素周期律解释，试管中出现浑浊也不能说明碳酸的酸性强于硅酸（因为二氧化碳气体中混有HCl，HCl与硅酸钠溶液反应也会出现浑浊），B符合题意；
C.根据盖斯定律可知：△H=△H1+△H2，因此能够用盖斯定律解释，C不符合题意；
D.根据电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比2：1，结合阿伏加德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2：1，D不符合题意；
故答案是B。
15.化学与科学、技术、社会、环境等密切相关，下列说法不正确的是( )
A. 乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广使用“乙醇汽油”
B. 铁盐溶于水能生成氢氧化铁胶体，可用作净水剂
C. 草木灰主要成分为与铵态氮肥如混用会降低肥效
D. 海底可燃冰开发不当释放出的甲烷会造成温室效应的加剧
【答案】A
【详解】A. 乙醇属于可再生能源，汽油属于不可再生能源，推广使用“乙醇汽油”可减少污染，A项错误；
B. 铁盐溶于水能发生水解反应生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物形成沉淀达到净水的目的，B项正确；
C. 铵根离子和碳酸根离子相互促进水解而生成二氧化碳、氨气，会降低肥效，C项正确；
D. 由于“可燃冰”的稳定性较差，甲烷可导致温室效应，所以海底可燃冰开发不当释放出的甲烷会造成温室效应的加剧，D项正确；
答案选A。
16.一定条件下，在体积恒定的密闭容器中按体积比1:3充入和发生如下反应，下列说法正确的是( )
A. 当：：2时，该反应达到平衡状态
B. 升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大
C. 达到平衡后，增大压强可导致化学平衡常数增大
D. 达到平衡时，反应放出的热量可达
【答案】D
【详解】A. 反应速率之比等于化学计量数之比，但没有说明正逆反应速率的关系，则不能用于判断是否达到平衡状态，A项错误；
B. 升高温度，正、逆反应速率均增大，B项错误；
C. 平衡常数只受温度的影响，压强改变，平衡常数不变，C项错误；
D. 按体积比1:3充入N2和H2，如果氮气消耗1mol，则放出的热量可为92.4kJ，D项正确；
答案选D。
17.下列关于溶液的说法正确的是( )
A. 的电离方程式为：
B. 时，加水稀释后，与的乘积变大
C. 离子浓度关系：
D. 时，的溶液中，由水电离的
【答案】B
【详解】A. 碳酸氢根离子为弱酸的酸式酸根离子，不能拆开，则NaHCO3的电离方程式为：NaHCO3 ═ Na+ + HCO3−，A项错误；
B. 25℃时，加水稀释后，促进HCO3−水解，n(OH−)增大，但c(OH−)减小，由Kw不变，可知c(H+)增大，则n(H+)增大，则n(H+)与n(OH−)乘积变大，B项正确；
C. 根据电荷守恒知，离子浓度关系应为：c(Na+)+c(H+)═c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)，C项错误；
D. 时，pH=8的NaHCO3溶液显碱性，则HCO3−的水解程度大于其电离程度，则HCO3−水解会促进水的电离，溶液中c(H+)=1.0×10−8mol⋅L−1，则溶液中c(OH−)=1.0×10−6mol⋅L−1，所以由水电离的c(OH−)=1.0×10−6mol⋅L−1，D项错误；
答案选B。
18.在一隔热系统中，向20.00mL0.1000mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000mol·L-1的NaOH 溶液，测得混合溶液的温度变化如图。下列相关说法正确的是( )
A. 若a点溶液呈酸性，此时:c(CH3COO-) -c(CH3COOH) =2c (H+)-2c(OH-)
B. 从a到b：逐渐增大
C. 水电离程度: b点＜c点
D. 溶液的pH 值： a 点＜c点＜b点
【答案】A
【解析】A项，a点加入10mLNaOH溶液，醋酸和NaOH反应后得到等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒为2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），两式整理得c（CH3COO-）-c（CH3COOH） =2 c（H+）-2 c（OH-），正确；B项，从a到b，加入NaOH溶液继续发生中和反应，CH3COO-物质的量增大，CH3COOH物质的量减小，则在溶液中逐渐减小，错误；C项，b点温度最高，醋酸与NaOH恰好完全反应得到CH3COONa溶液，CH3COONa属于强碱弱酸盐对水的电离起促进作用，c点加入40mLNaOH溶液，醋酸和NaOH反应后得到等物质的量浓度的CH3COONa和NaOH的混合溶液，NaOH电离的OH-对水的电离起抑制作用，水的电离程度：b点c点，错误；D项，随着NaOH溶液的不断加入，溶液的酸性减弱，碱性增强，溶液的pH：a点b点c点，错误；答案选A。
二、简答题（本大题共4小题，共46.0分）
19.在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。
回答下列问题：
（1）反应的△H 0（填“大于”“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0~60s时段，反应速率v(N2O4)为 mol·L-1·s-1反应的平衡常数K1为 。
（2）100℃时达到平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020 mol·L-1·s-1平均速率降低，经10s又达到平衡。
①T 100℃（填“大于”“小于”），判断理由是 。
②列式计算温度T是反应的平衡常数K2
（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向 （填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是 。
【答案】（1）大于 0.001 0.36 mol·L—1。
（2）①大于；反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高
②平衡时，c（NO2）=0.120 mol·L—1+0.002 mol·L—1·s—1×10s×2=0.160mol·L—1
c（N2O4）=0.040 mol·L—1—0.002 mol·L—1·s—1×10s=0.02 mol·L—1
K2= （0.160mol·L—1）2/0.020mol·L—1=1.3mol·L—1
（3）逆反应 对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动
【解析】试题分析：（1）根据题意知，随温度升高，混合气体的颜色变深，二氧化氮的浓度增大，说明平衡向正反应方向移动；当其他条件不变时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，故△H大于0。根据题给图像知，0——60s时段，N2O4的物质的量浓度变化为0.060 mol·L—1，根据公式v=△c/△t计算，v (N2O4)=0.001 mol·L—1·s—1；分析题给图像知，二氧化氮的平衡浓度为0.120 mol·L—1，四氧化二氮的平衡浓度为0.040 mol·L—1，K1= [NO2]2/[N2O4]=0.36 mol·L—1。（2）①根据题意知，改变反应温度为T后，c(N2O4)以0.0020 mol·L-1·s-1的平均速率降低，即平衡向正反应方向移动，又反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故为温度升高，T大于1000C，答案为：大于；反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高；②根据题意知，平衡时，c（NO2）=0.120 mol·L—1+0.002 mol·L—1·s—1×10s×2=0.160mol·L—1，c（N2O4）=0.040 mol·L—1—0.002 mol·L—1·s—1×10s=0.02 mol·L—1，K2= （0.160mol·L—1）2/0.020mol·L—1=1.3mol·L—1。（3）温度为T时，反应达平衡，将反应容器的体积减小一半，即增大压强，当其他条件不变时，增大压强，平衡向气体物质平衡向气体物质系数减小的方向移动，即向逆反应方向移动，答案为：逆反应 对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动。
20.向2L恒容密闭容器中加入1molNO和1molO3，发生反应。在不同温度下，分别测定体系中NO2的百分含量随反应时间的变化如图。
(1)T1______，______0，填“”、“”或“”理由是______；
(2)温度为时，反应2min时达到平衡状态。测得2min内，，则平衡时NO的转化率______；
(3)下列情况能表明该反应达到平衡状态的是______填代号；
A. NO消耗速率等于的生成速率 B. ：：1
C. 气体密度保持不变 D. 容器内气体颜色不再变化
(4)该反应达到平衡后,为加快反应速率同时提高NO的转化率，可采取的措施有______填标号
A.使用高效催化剂 B.升高温度 C.再充人一定量的 D.缩小容器的体积
【答案】(1). < (2). < (3). 温度为时，反应达到平衡所需时间短，速率快，则温度高；温度越高，越小，说明升高温度反应逆向移动，所以正反应放热， (4). 64% (5). AD (6). C
【详解】（1）温度为时，反应达到平衡所需时间短，速率快，则温度高，即T1<；温度越高，越小，说明升高温度反应逆向移动，所以正反应放热，；
故答案为：<；<；温度为时，反应达到平衡所需时间短，速率快，则温度高；温度越高，越小，说明升高温度反应逆向移动，所以正反应放热，；
（2）由化学反应速率，得，则平衡时NO的转化率；故答案为：64%；
（3）A. NO消耗速率表示正反应速率，O3的生成速率表示逆反应速率，二者相等，表示正逆反应速率之比等于其化学计量数之比，说明反应到达平衡，A项正确；
B. ：：1，并不能说明两者的浓度不变，所以不一定达平衡状态，B项错误；
C. 在2L恒容密闭容器中，混合气体总质量不变，容器容积不变，容器中气体的密度始终不变，所以不一定达到平衡状态，C项错误；
D. 容器内气体颜色不再变化，说明臭氧、二氧化氮的浓度不变，反应到达平衡，D项正确；
故答案为：AD；
（4）化学反应NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g)是反应前后气体物质的量不变的反应，且△H<0，
A 改用高效催化剂，增大反应速率，但不改变化学平衡，转化率不变，A项错误；
B. 反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行，反应速率增大，但转化率减小，B项错误；
C. 再充人一定量的O3，增加O3的浓度，反应速率增大，平衡正向移动，可提高NO的转化率，C项正确；
D. 该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，缩小容器的体积，增大压强，反应速率增大，但平衡不移动，反应物转化率不变，D项错误；
故答案为：C。
21.欲测定某NaOHmol•L-1溶液的物质的量浓度，可用0.100的HCl标准溶液进行中和滴定(用甲基橙作指示剂)。
请回答下列问题：
（1）滴定时，盛装待测NaOH溶液的仪器名称为______________；
（2）盛装标准盐酸的仪器名称为______________；
（3）滴定至终点的颜色变化为______________；
（4）若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为______________；
（5）乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：
选取下述合理数据，计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为______________； (保留四位有效数字)
实验序号
待测NaOH溶液的体积/mL
0.1000mol•L-1HCl溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
25.00
0.00
26.29
2
25.00
1.00
31.00
3
25.00
1.00
27.31
（6）下列哪些操作会使测定结果偏高_________(填序号)。
A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗
C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失
D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数．
【答案】（1）锥形瓶 （2）酸式滴定管 （3）溶液由黄色变为橙色且半分钟内不褪色
（4） 26.90mL （5）0.1052mol/L （6）AC
【解析】试题分析：（1）用酸式滴定管取待测待测NaOH溶液于锥形瓶中；
（2）盛装标准盐酸的仪器名称为酸式滴定管；
（3）待测液是氢氧化钠，锥形瓶中盛有的氢氧化钠溶液中滴入甲基橙，溶液的颜色是黄色，随着溶液的pH减小，当滴到溶液的pH小于4.4时，溶液颜色由黄色变成橙色，且半分钟不褪色，滴到结束；
（4）甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如图为27.40ml，滴定管中的液面读数为27.40ml-0.50mL=26.90mL；
（5）根据数据的有效性，舍去第2组数据，则1、3组平均消耗V(盐酸)==26.30mL，
HCl+NaOH═NaCl+H2O
0.0263L×0.1000mol•L-10.025L×C(NaOH)
则C(NaOH)==0.1052mol/L；
（6）A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，造成c(待测)偏高，故A正确；B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，对V(标准)无影响，根据c(待测)=分析，造成c(待测)不变，故B错误；C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，造成c(待测)偏高，故C正确；D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，会造成V(标准)偏小，根据c(待测)=分析，造成c(待测)偏低，故D错误；故选AC。
22.一定温度下,在2 L的密闭容器中,X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示:
（1）写出该反应的化学方程式__________。
（2）计算反应开始到10 s,用X表示的反应速率是__________，Y的转化率为______。
（3）下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是____。
A．当X与Y反应速率之比为1:1
B．在混合气体中X的质量百分数保持不变
C．混合气体的平均摩尔质量不随时间的变化而变化
D．混合气体的的密度不随时间的变化而变化
E．X、Y、Z的浓度之比为1:1:2
（4）当反应达到平衡时，用Y表示的正反应速率v（正）与用Z表示的逆反应速率v（逆）的关系是_____________。
（5）为使该反应的反应速率增大，可采取的措施是______．
a．恒容时充入Ne b．适当升高温度
c．缩小容器的体积 d．选择高效催化剂
【答案】(1). X(g)+Y(g)2Z(g) (2). 0.0395 mol·(L·s)-1 (3). 79.0% (4). B (5). 2v正(Y)=v逆(Z ) (6). bcd
【解析】试题分析：（1）据曲线图可判断出X、Y为反应物、Z为生成物，且该反应为可逆反应，系数比等于浓度变化量比；
（2）根据速率计算公式计算反应开始到10 s,用X表示的反应速率，Y的转化率=变化量÷起始量。
（3）根据化学平衡定义判断平衡标志。
(4) 当反应达到平衡时，正逆反应速率的比等于系数比。
（5）根据影响反应速率的因素判断．
解析：（1）据曲线图可判断出X、Y为反应物、Z为生成物，且该反应为可逆反应，X、Y的变化量都是0.79mol，z的变化量是1.58mol，系数比等于浓度变化量比，所以反应方程式为X(g)+Y(g)2Z(g)；
（2）根据速率计算公式，反应开始到10 s,用X表示的反应速率 0.0395 mol·(L·s)-1，Y的转化率=79.0% 。
（3）A．当X与Y的反应速率都是指正反应速率，方向相同，不一定平衡，故A错误；
B．根据平衡定义，混合气体中X的质量百分数保持不变，一定平衡，故B正确；
C．根据 ，气体总质量不变、总物质的量不变，混合气体的平均摩尔质量是恒量，平均摩尔质量不随时间的变化而变化，不一定平衡，故C错误；
D．根据 ，气体质量、气体体积都是不变，混合气体的的密度是恒量，混合气体的的密度不随时间的变化而变化，不一定平衡，故D错误；
E．X、Y、Z的浓度之比，不能作为平衡标志，故E错误。
(4) 当反应达到平衡时，正逆反应速率的比等于系数比，用Y表示的正反应速率v（正）与用Z表示的逆反应速率v（逆）的关系是2v正(Y)=v逆(Z )。
（5）a．恒容时充入Ne，浓度不变，速率不变，故a错误； b．升高温度，速率一定加快，故b正确；c．缩小容器的体积 ，浓度增大，速率加快，故c正确； d．选择高效催化剂，，速率加快，故d正确；
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