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【化学】天津市武清区2018-2019学年高二上学期期中质量调查（解析版） 试卷
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天津市武清区2018-2019学年高二上学期期中质量调查
1.下列说法正确的是
A. 活化分子间的碰撞一定能发生化学反应
B. 升高温度时，化学反应速率加快，主要原因是反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增多
C. 自发进行的反应一定迅速
D. 凡是熵增加的过程都是自发过程
【答案】B
【解析】
A项，活化分子间要发生有效碰撞才能发生化学反应，错误；B项，升高温度时，化学反应速率加快，主要原因是反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增多，正确；C项，反应能否自发进行取决于焓变和熵变，与反应速率无关，错误；D项，熵增加的过程不一定是自发过程，如熵增的吸热反应不一定能自发进行，错误；答案选B。
2.下列变化中属于吸热反应的是
①液态水汽化 ②将胆矾加热变成白色粉末 ③浓硫酸稀释 ④Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 ⑤生石灰跟水反应生成熟石灰
A. ①④ B. ②③ C. ①④⑤ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①液态水汽化需要吸热，由于是物理变化，不是吸热反应；②将胆矾加热变成白色粉末属于吸热反应；③浓硫酸稀释放热，属于物理变化，不是放热反应；④Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应；⑤生石灰跟水反应生成熟石灰属于放热反应。
答案选D。
3.下列事实能用勒夏特列原理来解释的是
A. 实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO
B. 工业上合成氨反应N2(g)+ 3H2 (g)2NH3(g) △H<0 选择500 ℃
C. H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深H2(g)+ I2(g)2HI(g)
D. SO2氧化成SO3，往往需要使用催化剂2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
【答案】A
【解析】
A、氯水中存在氯气的溶解平衡，在饱和食盐水中，氯离子抑制了氯气的溶解，所以能够用勒夏特列原理解释，故A选；B、该反应正反应为放热反应，升高温度到500℃，平衡向逆反应方向移动，反应物转化率与产物的产率降低，选择500℃，主要是考虑反应速率与催化剂的活性，不能用勒夏特列原理，故B不选；C、对于可逆反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，达到平衡后，加压体系颜色变深，是因浓度变大，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理，故C不选；D、使用催化剂可以加快反应速率，不会引起平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选A。
点睛：注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，明确存在的平衡及平衡移动为解答的关键。本题的易错点为B，合成氨工业中，平衡的移动造成反应物转化率或产物的产率提高，才可以用勒夏特列原理解释。
4.下列热化学方程式书写正确的是
A. C2H5OH(1)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) △H=-1367.0 kJ/mol（燃烧热）
B. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(1) △H=+57.3 kJ/mol（中和热）
C. S(s)+O2(g) =SO2(g) △H=-296.8 kJ/mol（反应热）
D. 2NO2=O2+2NO △H=+116.2 kJ/mol（反应热）
【答案】C
【解析】
【详解】A.生成物中H2O应为H2O（l），错误；B.酸碱中和为放热反应，故焓变应为负值，错误；C.书写正确；D.未标明物质聚集状态，错误；故答案为C。
【点睛】（1）燃烧热：101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，需注意：被燃烧物质为1mol，且生成物必须为生成稳定的氧化物，如C燃烧应生成CO2而不是CO，H2燃烧应生成液态水而非气态水。（2）中和热：在稀溶液中，强酸与强碱发生中和反应，生成1molH2O(l)和可溶性盐时放出的热量；不同的反应物，其中和热大致相同，均约为-57.3 kJ·mol-1，需注意：酸碱均为强酸与强碱稀溶液，若用弱酸代替强酸(或用弱碱代替强碱)，因电离吸热,放出的热量减小；若用浓硫酸(或NaOH固体)作反应物，放出热量增多。
5.下列各组离子因发生水解反应而不能大量共存的是
A. Ba2+、Cl-、Na+、SO42－ B. Al3+、K+、HCO3－、Cl-
C. H+、Fe2+、SO42－、NO3－ D. AlO2-、Na+、Cl-、HCO3－
【答案】B
【解析】
A项，Ba2+与SO42-发生复分解反应不能大量共存；B项，Al3+与HCO3-发生双水解反应不能大量共存；C项，H+、Fe2+与NO3-发生氧化还原反应不能大量共存；D项，AlO2-与HCO3-发生复分解反应不能大量共存；答案选B。
点睛：典型发生双水解反应不能大量共存的离子：Al3＋与S2－、HS－、CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO－、SiO32-等，Fe3＋与CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO－、SiO32-等，NH4+与AlO2-、SiO32-等。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 对于A(s)＋B(g) C(g)＋D(g)的反应，加入A，反应速率加快
B. 2NO2N2O4(正反应放热)，升高温度，v(正)增大，v(逆)减小
C. 一定温度下，反应 N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)在密闭容器中进行，恒压，充入He不改变化学反应速率
D. 100 mL2 mol·L—1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，生成氢气的速率加快
【答案】D
【解析】
【详解】A. 对于A(s)＋B(g) C(g)＋D(g)的反应，A为固体，加入A，A的浓度不变，反应速率不变，故A错误；B. 2NO2 N2O4(正反应放热)，升高温度，v(正)、 v(逆) 均增大，故B错误；C. 一定温度下，反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)在密闭容器中进行，恒压，充入He，容器的体积增大，，浓度减小，化学反应速率减慢，故C错误；D. 100 mL 2 mol·L－1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，锌与硫酸铜发生置换反应析出铜，形成原电池，生成氢气的速率加快，故D正确；故选D。
7.一定温度下，在一固定体积的密闭容器中，对于可逆反应A(s)＋3B(g)2C(g)，下列说法不能说明达到化学平衡状态的是
A. 气体密度不再变化 B. 混合气体的总压强不再变化；
C. A、B、C的物质的量之比为1∶3∶2 D. 混合气体的平均相对分子质量不变
【答案】C
【解析】
A.气体的密度=，该反应中，气体的总质量发生变化，体积不变，故气体密度不再变化可作为判断是否达到平衡状态的依据，故A正确；B.反应前后气体的体积不等，故混合气体的总压强不再变化可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故B正确；C.平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故A、B、C的物质的量比为1：3：2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故C错误；D.平均相对分子质量=，气体的总质量发生变化，总物质的量也发生变化，故混合气体的平均相对分子质量不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故D正确；故选C。
点睛：化学反应达到化学平衡状态时，正、逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化。注意本题中A为固体，该反应属于气体总质量和物质的量均发生变化的反应。
8.下列说法正确的是
A. 将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同
B. 洗涤油污常用热的纯碱溶液
C. 用加热的方法可以除去CuCl2溶液中的Fe3＋
D. 配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于浓盐酸中，然后稀释至所需浓度
【答案】B
【解析】
【详解】A. AlCl3溶液加热、蒸干、灼烧，所得固体为Al2O3，Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧，所得固体为Al2(SO4)3，错误；B.热的纯碱溶液因碳酸根水解程度增大，使溶液碱性增强，油污中含有大量酯类化合物，能够在碱性条件下发生水解，生成相应的盐和醇，因此可以用热的纯碱溶液洗涤油污，正确；C. 因为除去一种离子的标准是该离子浓度降为10-5mol/L以下，Fe3+水解反应方程式虽然是个吸热反应，但是加热根本达不到除去的程度，错误；D. 配制FeSO4溶液时，应将FeSO4固体溶于稀硫酸中，然后稀释至所需浓度，溶于浓盐酸中会引入杂质，错误。
【点睛】“四规律”判断盐溶液蒸干所得物质（1）考虑盐是否分解：如加热蒸干Ca(HCO3)2溶液，因其分解，所得固体应是CaCO3。（2）考虑氧化还原反应：如加热蒸干Na2SO3溶液，因Na2SO3易被氧化，所得固体应是Na2SO4。（3）弱酸阴离子易水解的强碱盐，蒸干后一般得到原物质，如Na2CO3等。（4）盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得到原物质，如CuSO4溶液加热蒸干灼烧后得到CuSO4(s)；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，若AlCl3溶液加热、蒸干、灼烧，所得固体为Al2O3。
9.下列化学方程式中，属于水解反应的是
A. CO2+H2O H2CO3 B. H2CO3+H2OH3O++HCO3-
C. HCO3-+ H3O+＝2H2O+CO2↑ D. CO32- + H2OHCO3-+OH-
【答案】D
【解析】
【详解】A.CO2+H2OH2CO3是二氧化碳与水发生化合反应的方程式，不是水解反应，错误；B.属于H2CO3一级电离方程式，错误；C.属于碳酸氢根与氢离子的离子反应，不属于水解反应，错误；D.属于碳酸根的水解反应，正确。
10.化学反应N2＋3H2⇌2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是
A. N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(l) ΔH＝2(a－b－c) kJ/mol
B. N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH＝2(b－a) kJ/mol
C. 1/2N2(g)＋3/2H2(g)⇌NH3(l) ΔH＝(b＋c－a) kJ/mol
D. 1/2N2(g)＋ 3/2H2(g)⇌NH3(g) ΔH＝(a＋b) kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】由图可以看出，断裂molN2（g）和molH2（g）的吸收能量为akJ，形成1molNH3（g）的所放出的能量为bkJ，所以，molN2（g）+molH2（g）NH3（g）△H=（a-b）kJ/mol，而1mol的NH3（g）转化为1mol的NH3（l）放出的热量为ckJ，所以有：molN2（g）+molH2（g）NH3（l） △H=（a-b-c）kJ/mol，即：N2（g）+3H2（g）2NH3（1）△H=2（a-b-c）kJ•mol-1。故A项正确。
11.常温下，甲溶液的pH = 4，乙溶液的pH = 5，甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比不可能是( )
A. 2∶1 B. 10∶1 C. 1∶10 D. 1∶105
【答案】A
【解析】
若甲、乙是酸溶液，则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=由水电离的c(OH-)之比=10-10：10-9=1:10；若甲、乙是盐类水解呈酸性的溶液，则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=10-4：10-5=10:1；若甲是酸溶液、乙是盐类水解呈酸性的溶液，则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=10-10：10-5=1：105；若甲是盐类水解呈酸性的溶液、乙是酸溶液，则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=由水电离的c(OH-)之比=10-4：10-9=105:1。因此，甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比不可能是2∶1，故选A。
12.常温下向10mL0.1mol/L氨水中缓缓加蒸馏水稀释到1L后，下列说法不正确的是
A. 电离程度增大，导电能力减弱 B. c(OH- )/c(NH3 ·H2O)增大
C. 溶液中OH- 数目减小 D. Kb (NH3 ·H2O)不变
【答案】C
【解析】
A.加水稀释促进电离，所以一水合氨电离程度增大，但溶液中离子浓度减小，则导电性减弱，故A正确；B.加水时电离平衡正向移动，n(OH-)增大，n(NH3•H2O)减小，在同一溶液中体积相同，离子的浓度之比等于物质的量之比，则增大，故B正确；C.加水稀释促进一水合氨电离，溶液中OH-数目增多，故C错误；D.温度不变，一水合氨电离平衡常数Kb (NH3 ·H2O)=不变，故D正确；故选C。
13.在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
物质
X
Y
Z
初始浓度/mol·L－1
0.1
0.2
0
平衡浓度/mol·L－1
0.05
0.05
0.1
下列说法错误的是
A. 反应达到平衡时，X的转化率为50%
B. 反应可表示为X＋3Y2Z
C. 增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
D. 升高温度平衡常数增大，则此反应为吸热反应
【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查化学反应中物质的浓度变化与化学计量数关系。
A.转化率=，根据表格信息得出结论即可；
B.由表格中数据求出各物质的浓度变化比例，得出化学方程式；
C.平衡常数只与温度有关；
D.温度升高，吸热方向化学平衡常数增大。
【详解】A.达到平衡时，X的转化率为=50%，正确；B.由表可知，X、Y作为反应物，Z作为生成物，、、，由此可知该反应X、Y、Z的系数比为1:3:2，即反应可表示为X＋3Y2Z，故B正确；C.增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，由B项可知，该反应正向为气体体积减小的反应，故平衡正向移动，而化学平衡常数只与温度有关，改变压强对平衡常数无影响，错误；D.升高温度，平衡向吸热方向移动，若升高温度平衡常数增大，则说明向正向移动，即正向为吸热反应，正确。
14.在容积为2 L的恒容密闭容器中，一定温度下，发生反应：aM(g)+bN(g)cQ(g)。气体M、N、Q的物质的量随时间的变化如右图所示，则下列叙述正确的是( )
A. 体系平衡时与反应起始时的压强之比为3∶2
B. 平衡时，M的转化率为50%，若条件改为恒温恒压，则达平衡时M的转化率小于50%
C. 若开始时向容器中充入2 mol M和1 mol N，达到平衡时，M的体积分数小于50%
D. 在5 min时，再向体系中充入少量He，重新达到平衡前v(正)>v(逆)
【答案】C
【解析】
A. 定温定容时，压强之比等于物质的量之比，体系平衡时与反应起始时的压强之比为0.8:1.2=2:3，故A错误；B. 由图中各物质物质的量的变化判断2M(g)+N(g)Q(g)，该反应气体物质的量减小，恒温恒容时反应，压强减小，若条件改为恒温恒压，相当于原平衡加压，加压平衡右移，则达平衡时M的转化率大于50%，故B错误；C. 若开始时向容器中充入2molM和1molN，相当于原平衡加压，加压平衡右移，达到平衡时，M的体积分数小于50%，故C正确；D. 在5min时，再向体系中充入少量He，对于平衡无影响，故D错误。故选C。
15.可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g) ΔH，同时符合下列两图中各曲线的是( )
A. a＋b>c＋d T1>T2ΔH>0 B. a＋b>c＋d T1T2ΔH>0 D. a＋b
【解析】
试题分析：由左图可知T1＜T2 ，升高温度生成物浓度降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，△H＜0；由图可知增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则a+b＞c+d，故选B。
考点：考查了温度、压强对平衡移动的影响的相关知识。
16.关于溶液的下列说法正确的是
A. 用湿润的pH试纸测稀碱液的pH，测定值偏大
B. NaC1溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
C. 用pH试纸可测定新制氯水的pH
D. 除去工业废水中的Cu2+可以选用FeS作沉淀剂
【答案】D
【解析】
A项，用湿润的pH试纸测稀碱液的pH，碱液被稀释，碱性减弱，测定值偏小，错误；B项，NaCl属于强酸强碱盐，对水的电离平衡无影响，CH3COONH4属于弱酸弱碱盐，由于盐的水解促进水的电离，则NaCl溶液中水的电离程度小于CH3COONH4溶液中水的电离程度，错误；C项，新制氯水具有强氧化性，最终pH试纸呈无色，无法测出pH值，错误；D项，加入FeS可实现沉淀的转化，FeS转化成更难溶于水的CuS，然后过滤除去CuS，正确；答案选D。
17.在其他条件不变时，只改变某一条件，化学反应aA(g)+B(g)cC(g)的平衡的变化图象如下(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率)，据此分析下列说法正确的是
A. 在图象反应Ⅰ中，说明正反应为吸热反应
B. 在图象反应Ⅰ中，若p1>p2，则此反应的ΔS>0
C. 在图象反应Ⅱ中，说明该正反应为吸热反应
D. 在图象反应Ⅲ中，若T1>T2，则该反应能自发进行
【答案】D
【解析】
A项，图象反应I中任取一曲线，图中随着温度的升高反应物的平衡转化率减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，错误；B项，在图象反应I的横坐标上任取一点，作横坐标的垂直线与两曲线相交，若p1>p2，增大压强反应物的平衡转化率增大，增大压强平衡向正反应方向移动，则a+1c，ΔS0，错误；C项，图象反应II中T1先出现拐点，T1反应速率快，T1T2，T1平衡时n（C）小于T2平衡时n（C），升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，错误；D项，图象反应III增大压强平衡不移动，则a+1=c，若T1>T2，升高温度A的转化率减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，则ΔH0，该反应能自发进行，正确；答案选D。
18.某温度下，pH=11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。据图判断错误的是( )
A. a的数值一定大于9
B. Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线
C. 稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大
D. 完全中和相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积：V(NaOH)
【解析】
试题分析：A、根据题意知，一水合氨为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液；加水稀释相同的倍数，一水合氨的电离平衡正向移动，溶液的pH变化较小。根据题给图像可知，开始二者pH相同，在稀释过程中促进氨水的电离，则氨水的pH变化较小，即Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线，a的数值一定大于9，A正确；B、根据A中分析可知B正确；C、稀释后氨水的pH大于NaOH溶液的pH，稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度小，C错误；D、根据题给图像可知，开始二者pH相同，一水合氨为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液；加水稀释相同的倍数，氨水的物质的量浓度仍较大，完全中和稀释后相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V（NaOH）
19.室温下，取0.1mol·L-1HY溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=9，则下列说法正确的是
A. 混合溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-9mol/L
B. 混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Y-)﹥c(Na+)﹥c(OH-)﹥c(H+)
C. 混合溶液中c(OH-)-c(HY)= c(H+)=1×10-9mol/L
D. 混合溶液中c(Na+)=c(Y-)+c(HY)=0.1mol/L
【答案】C
【解析】
0.1mol·L-1HY溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合，两者恰好完全反应生成NaY溶液，混合后溶液的pH=9，说明Y-发生水解：Y-+H2OHY+OH-。A项，混合溶液中水电离的c（OH-）水=c（OH-）溶液=110-5mol/L，错误；B项，由于Y-的水解，混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（Y-）c（OH-）c（H+），错误；C项，溶液中的电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（Y-）+c（OH-），物料守恒为：c（Na+）=c（Y-）+c（HY），则溶液中的质子守恒为：c（OH-）=c（H+）+c（HY），c（OH-）- c（HY）= c（H+）=110-9mol/L，正确；D项，两种溶液由于等体积混合，所以混合后c（Na+）=0.05mol/L，根据物料守恒：c（Na+）=c（Y-）+c（HY）=0.05mol/L，错误；答案选C。
20.已知常温下浓度为0.1 mol·L－1的下列溶液的pH如下表所示：
溶质
NaF
NaClO
NaHCO3
Na2CO3
pH
7.5
9.7
8.2
11.6
下列有关说法不正确的是( )
A. pH＝2的HF溶液与pH＝12的NaOH溶液以体积比1∶1混合，则有：c(Na+)> c(F－)> c(OH－)>c(H+)
B. 加热0.1 mol·L－1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7
C. 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，存在关系：c(OH－)＝c(H＋) +c(HCO3-)＋2c(H2CO3)
D. 电离平衡常数大小关系:K(HF)> K(H2CO3 )>K(HClO)>K( HCO3-)
【答案】A
【解析】
A．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合后，HF过量，溶液显示酸性，则：c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可得：c（F-）＞c（Na+），则溶液中离子浓度大小为：c（F-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），A错误；B．盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解NaClO溶液pH＞7，则NaClO是强碱弱酸盐，升高温度促进其水解，溶液的碱性增强，pH增大，加热0.1 mol•L-1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7，B正确；C．根据物料守恒：2[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]=c（Na+），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），所以得c（OH-）-c（H+）=c（HCO3-）+2c（H2CO3），C正确；D．相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大其相对应的酸的电离程度越小，即酸的电离平衡常数越小，根据表中数据知，酸根离子水解程度F-＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，则酸的电离平衡常数K（HF）＞K（H2CO3 ）＞K（HClO）＞K（ HCO3-），D正确；答案选A。
21.碳是化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：
（1）有机物M经过太阳光照可转化成N，转化过程如下：ΔH＝＋88.6 kJ·mol－1。则M、N相比，较稳定的是_______________。
（2）已知CH3OH(l)的燃烧热为238.6 kJ·mol－1，CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝-akJ·mol－1，则a____________238.6（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（3）使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________。
（4）火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，反应的热化学方程式如下：4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)=2Al2O3(s)＋3TiC(s) ΔH=-1176 kJ·mol－1。则反应过程中，每转移1 mol e-放出的热量为______________。
【答案】 (1). M (2). ＜ (3). 2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)=4HCl(g)＋CO2(g) ΔH ＝-290 kJ·mol－1 (4). 98 kJ
【解析】
【分析】
本题主要考查化学反应中能量变化与应用以及热化学方程式的书写。
（1）物质能量越低越稳定；
（2）燃烧热为101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；
（3）根据化学方程式与反应热关系写出热化学反应方程式；
（4）先求出转移1mol电子相关物质的反应量，根据参加化学反应的物质的物质的量与反应热一一对应关系求解。
【详解】（1）M转化为N吸收热量，故N的能量高于M，故较稳定的为M；
（2）1mol甲醇完全燃烧生成液态水和二氧化碳放出238.6kJ能量，该热化学反应方程式中生成物H2还可继续燃烧生成液态水并放出能量，故a<238.6；
（3）由题干信息可写出化学方程式为C+2Cl2+2H2O=4HCl+CO2，当1molCl2参与反应时释放出145 kJ热量，故可写出该反应的热化学方程式为：2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)=4HCl(g)＋CO2(g) ΔH ＝-290 kJ·mol－1；
（4）由反应可列出相关关系式：4molAl12mol e-1176kJ，由此可知，每转移1mol电子放出的热量为。
22.下表是不同温度下水的离子积数据：
温度/℃
25
t1
t2
水的离子积常数
1×10－14
α
1×10－12
试回答以下问题：
（1）若25＜t1＜t2，则α____(填“＜”“＞”或“=”)1×10－14，作出此判断的理由是___________________。
（2）t1℃下，将pH=a的苛性钠溶液10mL与pH=b的稀硫酸500mL混合，测得溶液呈中性，若a+b=14，则此温度下水的离子积常数α=________。
（3）t2 ℃下，将pH=11的苛性钠溶液V1 L与pH=1的稀硫酸V2 L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的pH=10，则V1∶V2=________。
【答案】 (1). ＞ (2). 水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，离子积增大 (3). 5×10-13 (4). 11:9
【解析】
试题分析：本题考查水的电离和水的离子积的影响因素，溶液pH的计算。
（1）若25＜t1＜t2，水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积增大，则α110-14。
（2）t1℃下，将pH=a的苛性钠溶液10mL与pH=b的稀硫酸500mL混合，测得溶液呈中性，则NaOH溶液中OH-物质的量与稀硫酸中H+物质的量相等，10=10-b500，KW=5010-（a+b），若a+b=14，此温度下水的离子积常数KW=5010-14=510-13。
（3）t2 ℃下，pH=11的苛性钠溶液中c（OH-）=0.1mol/L，pH=1的稀硫酸中c（H+）=0.1mol/L，两者混合所得混合溶液的pH=10，混合溶液中c（OH-）=0.01mol/L，即混合后碱过量，0.01mol/L=，则V1∶V2=11:9。
23.NaOH和盐酸都是中学化学常见的试剂。
Ⅰ．某同学用0.200 0 mol·L－1标准盐酸滴定待测烧碱溶液浓度
（1）将5.0 g烧碱样品（杂质不与酸反应）配成250 mL待测液，取10.00 mL待测液，如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________ mL。
（2）由下表数据得出NaOH的百分含量是________。
滴定次数
待测NaOH溶液体积(mL)
标准盐酸体积
滴定前的刻度(mL)
滴定后的刻度(mL)
第一次
10.00
0.40
20.50
第二次
10.00
4.10
24.00
Ⅱ．氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）。测血钙的含量时，进行如下实验：
①可将2 mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成 CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。
②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。
③终点时用去20 mL l.0×l0﹣4 mol/L的KMnO4溶液。
（1）写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式_____________________。
（2）滴定时，将KMnO4溶液装在________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
（3）判断滴定终点的方法是________________________。
（4）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则测量结果________。
②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果________。
（5）计算：血液中含钙离子的浓度为________mol/L。
Ⅲ．50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1NaOH溶液测定计算中和反应的反应热。回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃用品是__________。如改用0.0275 mol NaOH固体与该盐酸进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（2）已知盐酸和NaOH稀溶液发生中和反应生成0.1 mol H2O时，放出5.73 kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：___________________________。
【答案】 (1). 22.60 (2). 80.0%（或80%） (3). 2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O (4). 酸式 (5). 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (6). 偏高 (7). 偏高 (8). 2.5×10﹣3 (9). 环形玻璃搅拌棒 (10). 偏大 (11). NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
【解析】
【分析】
I（1）凹液面与刻度相切的数据，即为准确读数；
（2）由表格数据计算出消耗盐酸平均体积，根据H++OH-=H2O计算出n（NaOH），再根据计算出氢氧化钠质量，由百分含量=计算出氢氧化钠百分含量；
II（1）高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒配平方程式；
（2）依据酸式滴定管用来量取酸性或者强氧化性溶液，碱式滴定管用来量取碱性溶液判断；
（3）高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点；
（4）结合操作对消耗标准溶液的体积影响判断误差；
（5）依据可知，列示计算即可；
III（1）由图可知，缺少环形玻璃搅拌棒；氢氧化钠固体溶解会放出热量；
（2）中和热为稀强酸和稀强碱发生生成1mol水放出的热量，由此写出热化学方程式即可。
【详解】I（1）由图可知，凹液面对应的刻度为22.60；
（2）两次消耗稀盐酸体积平均数为20.00mL，故n（H+）=4×10-3mol，由H++OH-=H2O可知，n（OH-）=25×4×10-3mol=0.1mol，m（NaOH）=0.1mol×40g/mol=4g，故NaOH的百分含量==80%；
II（1）高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒配平方程式得该离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；
（2）因高锰酸钾具有强氧化型，会氧化橡胶，使橡胶老化，故应装在酸式滴定管中；
（3）高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点，故答案为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
（4）①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，导致标准液浓度降低，消耗标准液体积偏大，则测量结果偏高；
②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，则测量结果偏高；
（5）由原子守恒以及转移电子守恒可列出下列关系式：
1 0.4
n（Ca2+） c（标）V（标）
即，由此可知c（Ca2+）×2mL=2.5×20mL×l.0×l0﹣4mol/L，解得c（Ca2+）=2.5×10﹣3mol/L。
III（1）由图可知，该装置缺少的玻璃仪器为环形玻璃搅拌棒；氢氧化钠固体溶解会放出热量，导致最终温度偏大，计算出的热量偏大，即实验中测得的“中和热”数值将偏大；
（2）中和热为稀强酸和稀强碱发生生成1mol水和可溶性盐放出的热量，当生成0.1mol水时，放出5.73kJ热量，故生成1mol水时，放出57.3kJ热量，故表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。
【点睛】（1）对于滴定过程中消耗溶液的体积，需取相近的多组数据求平均值，以减小误差，若出现某组数据与其它数据偏差较大时，则该组数据舍去；（2）对于误差分析，需以该操作对反应中物质的量的影响分析.
1.下列说法正确的是
A. 活化分子间的碰撞一定能发生化学反应
B. 升高温度时，化学反应速率加快，主要原因是反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增多
C. 自发进行的反应一定迅速
D. 凡是熵增加的过程都是自发过程
【答案】B
【解析】
A项，活化分子间要发生有效碰撞才能发生化学反应，错误；B项，升高温度时，化学反应速率加快，主要原因是反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增多，正确；C项，反应能否自发进行取决于焓变和熵变，与反应速率无关，错误；D项，熵增加的过程不一定是自发过程，如熵增的吸热反应不一定能自发进行，错误；答案选B。
2.下列变化中属于吸热反应的是
①液态水汽化 ②将胆矾加热变成白色粉末 ③浓硫酸稀释 ④Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 ⑤生石灰跟水反应生成熟石灰
A. ①④ B. ②③ C. ①④⑤ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①液态水汽化需要吸热，由于是物理变化，不是吸热反应；②将胆矾加热变成白色粉末属于吸热反应；③浓硫酸稀释放热，属于物理变化，不是放热反应；④Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应；⑤生石灰跟水反应生成熟石灰属于放热反应。
答案选D。
3.下列事实能用勒夏特列原理来解释的是
A. 实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO
B. 工业上合成氨反应N2(g)+ 3H2 (g)2NH3(g) △H<0 选择500 ℃
C. H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深H2(g)+ I2(g)2HI(g)
D. SO2氧化成SO3，往往需要使用催化剂2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
【答案】A
【解析】
A、氯水中存在氯气的溶解平衡，在饱和食盐水中，氯离子抑制了氯气的溶解，所以能够用勒夏特列原理解释，故A选；B、该反应正反应为放热反应，升高温度到500℃，平衡向逆反应方向移动，反应物转化率与产物的产率降低，选择500℃，主要是考虑反应速率与催化剂的活性，不能用勒夏特列原理，故B不选；C、对于可逆反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，达到平衡后，加压体系颜色变深，是因浓度变大，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理，故C不选；D、使用催化剂可以加快反应速率，不会引起平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选A。
点睛：注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，明确存在的平衡及平衡移动为解答的关键。本题的易错点为B，合成氨工业中，平衡的移动造成反应物转化率或产物的产率提高，才可以用勒夏特列原理解释。
4.下列热化学方程式书写正确的是
A. C2H5OH(1)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) △H=-1367.0 kJ/mol（燃烧热）
B. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(1) △H=+57.3 kJ/mol（中和热）
C. S(s)+O2(g) =SO2(g) △H=-296.8 kJ/mol（反应热）
D. 2NO2=O2+2NO △H=+116.2 kJ/mol（反应热）
【答案】C
【解析】
【详解】A.生成物中H2O应为H2O（l），错误；B.酸碱中和为放热反应，故焓变应为负值，错误；C.书写正确；D.未标明物质聚集状态，错误；故答案为C。
【点睛】（1）燃烧热：101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，需注意：被燃烧物质为1mol，且生成物必须为生成稳定的氧化物，如C燃烧应生成CO2而不是CO，H2燃烧应生成液态水而非气态水。（2）中和热：在稀溶液中，强酸与强碱发生中和反应，生成1molH2O(l)和可溶性盐时放出的热量；不同的反应物，其中和热大致相同，均约为-57.3 kJ·mol-1，需注意：酸碱均为强酸与强碱稀溶液，若用弱酸代替强酸(或用弱碱代替强碱)，因电离吸热,放出的热量减小；若用浓硫酸(或NaOH固体)作反应物，放出热量增多。
5.下列各组离子因发生水解反应而不能大量共存的是
A. Ba2+、Cl-、Na+、SO42－ B. Al3+、K+、HCO3－、Cl-
C. H+、Fe2+、SO42－、NO3－ D. AlO2-、Na+、Cl-、HCO3－
【答案】B
【解析】
A项，Ba2+与SO42-发生复分解反应不能大量共存；B项，Al3+与HCO3-发生双水解反应不能大量共存；C项，H+、Fe2+与NO3-发生氧化还原反应不能大量共存；D项，AlO2-与HCO3-发生复分解反应不能大量共存；答案选B。
点睛：典型发生双水解反应不能大量共存的离子：Al3＋与S2－、HS－、CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO－、SiO32-等，Fe3＋与CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO－、SiO32-等，NH4+与AlO2-、SiO32-等。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 对于A(s)＋B(g) C(g)＋D(g)的反应，加入A，反应速率加快
B. 2NO2N2O4(正反应放热)，升高温度，v(正)增大，v(逆)减小
C. 一定温度下，反应 N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)在密闭容器中进行，恒压，充入He不改变化学反应速率
D. 100 mL2 mol·L—1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，生成氢气的速率加快
【答案】D
【解析】
【详解】A. 对于A(s)＋B(g) C(g)＋D(g)的反应，A为固体，加入A，A的浓度不变，反应速率不变，故A错误；B. 2NO2 N2O4(正反应放热)，升高温度，v(正)、 v(逆) 均增大，故B错误；C. 一定温度下，反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)在密闭容器中进行，恒压，充入He，容器的体积增大，，浓度减小，化学反应速率减慢，故C错误；D. 100 mL 2 mol·L－1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，锌与硫酸铜发生置换反应析出铜，形成原电池，生成氢气的速率加快，故D正确；故选D。
7.一定温度下，在一固定体积的密闭容器中，对于可逆反应A(s)＋3B(g)2C(g)，下列说法不能说明达到化学平衡状态的是
A. 气体密度不再变化 B. 混合气体的总压强不再变化；
C. A、B、C的物质的量之比为1∶3∶2 D. 混合气体的平均相对分子质量不变
【答案】C
【解析】
A.气体的密度=，该反应中，气体的总质量发生变化，体积不变，故气体密度不再变化可作为判断是否达到平衡状态的依据，故A正确；B.反应前后气体的体积不等，故混合气体的总压强不再变化可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故B正确；C.平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故A、B、C的物质的量比为1：3：2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故C错误；D.平均相对分子质量=，气体的总质量发生变化，总物质的量也发生变化，故混合气体的平均相对分子质量不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故D正确；故选C。
点睛：化学反应达到化学平衡状态时，正、逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化。注意本题中A为固体，该反应属于气体总质量和物质的量均发生变化的反应。
8.下列说法正确的是
A. 将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同
B. 洗涤油污常用热的纯碱溶液
C. 用加热的方法可以除去CuCl2溶液中的Fe3＋
D. 配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于浓盐酸中，然后稀释至所需浓度
【答案】B
【解析】
【详解】A. AlCl3溶液加热、蒸干、灼烧，所得固体为Al2O3，Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧，所得固体为Al2(SO4)3，错误；B.热的纯碱溶液因碳酸根水解程度增大，使溶液碱性增强，油污中含有大量酯类化合物，能够在碱性条件下发生水解，生成相应的盐和醇，因此可以用热的纯碱溶液洗涤油污，正确；C. 因为除去一种离子的标准是该离子浓度降为10-5mol/L以下，Fe3+水解反应方程式虽然是个吸热反应，但是加热根本达不到除去的程度，错误；D. 配制FeSO4溶液时，应将FeSO4固体溶于稀硫酸中，然后稀释至所需浓度，溶于浓盐酸中会引入杂质，错误。
【点睛】“四规律”判断盐溶液蒸干所得物质（1）考虑盐是否分解：如加热蒸干Ca(HCO3)2溶液，因其分解，所得固体应是CaCO3。（2）考虑氧化还原反应：如加热蒸干Na2SO3溶液，因Na2SO3易被氧化，所得固体应是Na2SO4。（3）弱酸阴离子易水解的强碱盐，蒸干后一般得到原物质，如Na2CO3等。（4）盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得到原物质，如CuSO4溶液加热蒸干灼烧后得到CuSO4(s)；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，若AlCl3溶液加热、蒸干、灼烧，所得固体为Al2O3。
9.下列化学方程式中，属于水解反应的是
A. CO2+H2O H2CO3 B. H2CO3+H2OH3O++HCO3-
C. HCO3-+ H3O+＝2H2O+CO2↑ D. CO32- + H2OHCO3-+OH-
【答案】D
【解析】
【详解】A.CO2+H2OH2CO3是二氧化碳与水发生化合反应的方程式，不是水解反应，错误；B.属于H2CO3一级电离方程式，错误；C.属于碳酸氢根与氢离子的离子反应，不属于水解反应，错误；D.属于碳酸根的水解反应，正确。
10.化学反应N2＋3H2⇌2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是
A. N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(l) ΔH＝2(a－b－c) kJ/mol
B. N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH＝2(b－a) kJ/mol
C. 1/2N2(g)＋3/2H2(g)⇌NH3(l) ΔH＝(b＋c－a) kJ/mol
D. 1/2N2(g)＋ 3/2H2(g)⇌NH3(g) ΔH＝(a＋b) kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】由图可以看出，断裂molN2（g）和molH2（g）的吸收能量为akJ，形成1molNH3（g）的所放出的能量为bkJ，所以，molN2（g）+molH2（g）NH3（g）△H=（a-b）kJ/mol，而1mol的NH3（g）转化为1mol的NH3（l）放出的热量为ckJ，所以有：molN2（g）+molH2（g）NH3（l） △H=（a-b-c）kJ/mol，即：N2（g）+3H2（g）2NH3（1）△H=2（a-b-c）kJ•mol-1。故A项正确。
11.常温下，甲溶液的pH = 4，乙溶液的pH = 5，甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比不可能是( )
A. 2∶1 B. 10∶1 C. 1∶10 D. 1∶105
【答案】A
【解析】
若甲、乙是酸溶液，则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=由水电离的c(OH-)之比=10-10：10-9=1:10；若甲、乙是盐类水解呈酸性的溶液，则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=10-4：10-5=10:1；若甲是酸溶液、乙是盐类水解呈酸性的溶液，则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=10-10：10-5=1：105；若甲是盐类水解呈酸性的溶液、乙是酸溶液，则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=由水电离的c(OH-)之比=10-4：10-9=105:1。因此，甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比不可能是2∶1，故选A。
12.常温下向10mL0.1mol/L氨水中缓缓加蒸馏水稀释到1L后，下列说法不正确的是
A. 电离程度增大，导电能力减弱 B. c(OH- )/c(NH3 ·H2O)增大
C. 溶液中OH- 数目减小 D. Kb (NH3 ·H2O)不变
【答案】C
【解析】
A.加水稀释促进电离，所以一水合氨电离程度增大，但溶液中离子浓度减小，则导电性减弱，故A正确；B.加水时电离平衡正向移动，n(OH-)增大，n(NH3•H2O)减小，在同一溶液中体积相同，离子的浓度之比等于物质的量之比，则增大，故B正确；C.加水稀释促进一水合氨电离，溶液中OH-数目增多，故C错误；D.温度不变，一水合氨电离平衡常数Kb (NH3 ·H2O)=不变，故D正确；故选C。
13.在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
物质
X
Y
Z
初始浓度/mol·L－1
0.1
0.2
0
平衡浓度/mol·L－1
0.05
0.05
0.1
下列说法错误的是
A. 反应达到平衡时，X的转化率为50%
B. 反应可表示为X＋3Y2Z
C. 增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
D. 升高温度平衡常数增大，则此反应为吸热反应
【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查化学反应中物质的浓度变化与化学计量数关系。
A.转化率=，根据表格信息得出结论即可；
B.由表格中数据求出各物质的浓度变化比例，得出化学方程式；
C.平衡常数只与温度有关；
D.温度升高，吸热方向化学平衡常数增大。
【详解】A.达到平衡时，X的转化率为=50%，正确；B.由表可知，X、Y作为反应物，Z作为生成物，、、，由此可知该反应X、Y、Z的系数比为1:3:2，即反应可表示为X＋3Y2Z，故B正确；C.增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，由B项可知，该反应正向为气体体积减小的反应，故平衡正向移动，而化学平衡常数只与温度有关，改变压强对平衡常数无影响，错误；D.升高温度，平衡向吸热方向移动，若升高温度平衡常数增大，则说明向正向移动，即正向为吸热反应，正确。
14.在容积为2 L的恒容密闭容器中，一定温度下，发生反应：aM(g)+bN(g)cQ(g)。气体M、N、Q的物质的量随时间的变化如右图所示，则下列叙述正确的是( )
A. 体系平衡时与反应起始时的压强之比为3∶2
B. 平衡时，M的转化率为50%，若条件改为恒温恒压，则达平衡时M的转化率小于50%
C. 若开始时向容器中充入2 mol M和1 mol N，达到平衡时，M的体积分数小于50%
D. 在5 min时，再向体系中充入少量He，重新达到平衡前v(正)>v(逆)
【答案】C
【解析】
A. 定温定容时，压强之比等于物质的量之比，体系平衡时与反应起始时的压强之比为0.8:1.2=2:3，故A错误；B. 由图中各物质物质的量的变化判断2M(g)+N(g)Q(g)，该反应气体物质的量减小，恒温恒容时反应，压强减小，若条件改为恒温恒压，相当于原平衡加压，加压平衡右移，则达平衡时M的转化率大于50%，故B错误；C. 若开始时向容器中充入2molM和1molN，相当于原平衡加压，加压平衡右移，达到平衡时，M的体积分数小于50%，故C正确；D. 在5min时，再向体系中充入少量He，对于平衡无影响，故D错误。故选C。
15.可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g) ΔH，同时符合下列两图中各曲线的是( )
A. a＋b>c＋d T1>T2ΔH>0 B. a＋b>c＋d T1
【解析】
试题分析：由左图可知T1＜T2 ，升高温度生成物浓度降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，△H＜0；由图可知增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则a+b＞c+d，故选B。
考点：考查了温度、压强对平衡移动的影响的相关知识。
16.关于溶液的下列说法正确的是
A. 用湿润的pH试纸测稀碱液的pH，测定值偏大
B. NaC1溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
C. 用pH试纸可测定新制氯水的pH
D. 除去工业废水中的Cu2+可以选用FeS作沉淀剂
【答案】D
【解析】
A项，用湿润的pH试纸测稀碱液的pH，碱液被稀释，碱性减弱，测定值偏小，错误；B项，NaCl属于强酸强碱盐，对水的电离平衡无影响，CH3COONH4属于弱酸弱碱盐，由于盐的水解促进水的电离，则NaCl溶液中水的电离程度小于CH3COONH4溶液中水的电离程度，错误；C项，新制氯水具有强氧化性，最终pH试纸呈无色，无法测出pH值，错误；D项，加入FeS可实现沉淀的转化，FeS转化成更难溶于水的CuS，然后过滤除去CuS，正确；答案选D。
17.在其他条件不变时，只改变某一条件，化学反应aA(g)+B(g)cC(g)的平衡的变化图象如下(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率)，据此分析下列说法正确的是
A. 在图象反应Ⅰ中，说明正反应为吸热反应
B. 在图象反应Ⅰ中，若p1>p2，则此反应的ΔS>0
C. 在图象反应Ⅱ中，说明该正反应为吸热反应
D. 在图象反应Ⅲ中，若T1>T2，则该反应能自发进行
【答案】D
【解析】
A项，图象反应I中任取一曲线，图中随着温度的升高反应物的平衡转化率减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，错误；B项，在图象反应I的横坐标上任取一点，作横坐标的垂直线与两曲线相交，若p1>p2，增大压强反应物的平衡转化率增大，增大压强平衡向正反应方向移动，则a+1c，ΔS0，错误；C项，图象反应II中T1先出现拐点，T1反应速率快，T1T2，T1平衡时n（C）小于T2平衡时n（C），升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，错误；D项，图象反应III增大压强平衡不移动，则a+1=c，若T1>T2，升高温度A的转化率减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，则ΔH0，该反应能自发进行，正确；答案选D。
18.某温度下，pH=11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。据图判断错误的是( )
A. a的数值一定大于9
B. Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线
C. 稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大
D. 完全中和相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积：V(NaOH)
【解析】
试题分析：A、根据题意知，一水合氨为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液；加水稀释相同的倍数，一水合氨的电离平衡正向移动，溶液的pH变化较小。根据题给图像可知，开始二者pH相同，在稀释过程中促进氨水的电离，则氨水的pH变化较小，即Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线，a的数值一定大于9，A正确；B、根据A中分析可知B正确；C、稀释后氨水的pH大于NaOH溶液的pH，稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度小，C错误；D、根据题给图像可知，开始二者pH相同，一水合氨为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液；加水稀释相同的倍数，氨水的物质的量浓度仍较大，完全中和稀释后相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V（NaOH）
19.室温下，取0.1mol·L-1HY溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=9，则下列说法正确的是
A. 混合溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-9mol/L
B. 混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Y-)﹥c(Na+)﹥c(OH-)﹥c(H+)
C. 混合溶液中c(OH-)-c(HY)= c(H+)=1×10-9mol/L
D. 混合溶液中c(Na+)=c(Y-)+c(HY)=0.1mol/L
【答案】C
【解析】
0.1mol·L-1HY溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合，两者恰好完全反应生成NaY溶液，混合后溶液的pH=9，说明Y-发生水解：Y-+H2OHY+OH-。A项，混合溶液中水电离的c（OH-）水=c（OH-）溶液=110-5mol/L，错误；B项，由于Y-的水解，混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（Y-）c（OH-）c（H+），错误；C项，溶液中的电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（Y-）+c（OH-），物料守恒为：c（Na+）=c（Y-）+c（HY），则溶液中的质子守恒为：c（OH-）=c（H+）+c（HY），c（OH-）- c（HY）= c（H+）=110-9mol/L，正确；D项，两种溶液由于等体积混合，所以混合后c（Na+）=0.05mol/L，根据物料守恒：c（Na+）=c（Y-）+c（HY）=0.05mol/L，错误；答案选C。
20.已知常温下浓度为0.1 mol·L－1的下列溶液的pH如下表所示：
溶质
NaF
NaClO
NaHCO3
Na2CO3
pH
7.5
9.7
8.2
11.6
下列有关说法不正确的是( )
A. pH＝2的HF溶液与pH＝12的NaOH溶液以体积比1∶1混合，则有：c(Na+)> c(F－)> c(OH－)>c(H+)
B. 加热0.1 mol·L－1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7
C. 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，存在关系：c(OH－)＝c(H＋) +c(HCO3-)＋2c(H2CO3)
D. 电离平衡常数大小关系:K(HF)> K(H2CO3 )>K(HClO)>K( HCO3-)
【答案】A
【解析】
A．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合后，HF过量，溶液显示酸性，则：c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可得：c（F-）＞c（Na+），则溶液中离子浓度大小为：c（F-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），A错误；B．盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解NaClO溶液pH＞7，则NaClO是强碱弱酸盐，升高温度促进其水解，溶液的碱性增强，pH增大，加热0.1 mol•L-1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7，B正确；C．根据物料守恒：2[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]=c（Na+），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），所以得c（OH-）-c（H+）=c（HCO3-）+2c（H2CO3），C正确；D．相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大其相对应的酸的电离程度越小，即酸的电离平衡常数越小，根据表中数据知，酸根离子水解程度F-＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，则酸的电离平衡常数K（HF）＞K（H2CO3 ）＞K（HClO）＞K（ HCO3-），D正确；答案选A。
21.碳是化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：
（1）有机物M经过太阳光照可转化成N，转化过程如下：ΔH＝＋88.6 kJ·mol－1。则M、N相比，较稳定的是_______________。
（2）已知CH3OH(l)的燃烧热为238.6 kJ·mol－1，CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝-akJ·mol－1，则a____________238.6（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（3）使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________。
（4）火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，反应的热化学方程式如下：4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)=2Al2O3(s)＋3TiC(s) ΔH=-1176 kJ·mol－1。则反应过程中，每转移1 mol e-放出的热量为______________。
【答案】 (1). M (2). ＜ (3). 2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)=4HCl(g)＋CO2(g) ΔH ＝-290 kJ·mol－1 (4). 98 kJ
【解析】
【分析】
本题主要考查化学反应中能量变化与应用以及热化学方程式的书写。
（1）物质能量越低越稳定；
（2）燃烧热为101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；
（3）根据化学方程式与反应热关系写出热化学反应方程式；
（4）先求出转移1mol电子相关物质的反应量，根据参加化学反应的物质的物质的量与反应热一一对应关系求解。
【详解】（1）M转化为N吸收热量，故N的能量高于M，故较稳定的为M；
（2）1mol甲醇完全燃烧生成液态水和二氧化碳放出238.6kJ能量，该热化学反应方程式中生成物H2还可继续燃烧生成液态水并放出能量，故a<238.6；
（3）由题干信息可写出化学方程式为C+2Cl2+2H2O=4HCl+CO2，当1molCl2参与反应时释放出145 kJ热量，故可写出该反应的热化学方程式为：2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)=4HCl(g)＋CO2(g) ΔH ＝-290 kJ·mol－1；
（4）由反应可列出相关关系式：4molAl12mol e-1176kJ，由此可知，每转移1mol电子放出的热量为。
22.下表是不同温度下水的离子积数据：
温度/℃
25
t1
t2
水的离子积常数
1×10－14
α
1×10－12
试回答以下问题：
（1）若25＜t1＜t2，则α____(填“＜”“＞”或“=”)1×10－14，作出此判断的理由是___________________。
（2）t1℃下，将pH=a的苛性钠溶液10mL与pH=b的稀硫酸500mL混合，测得溶液呈中性，若a+b=14，则此温度下水的离子积常数α=________。
（3）t2 ℃下，将pH=11的苛性钠溶液V1 L与pH=1的稀硫酸V2 L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的pH=10，则V1∶V2=________。
【答案】 (1). ＞ (2). 水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，离子积增大 (3). 5×10-13 (4). 11:9
【解析】
试题分析：本题考查水的电离和水的离子积的影响因素，溶液pH的计算。
（1）若25＜t1＜t2，水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积增大，则α110-14。
（2）t1℃下，将pH=a的苛性钠溶液10mL与pH=b的稀硫酸500mL混合，测得溶液呈中性，则NaOH溶液中OH-物质的量与稀硫酸中H+物质的量相等，10=10-b500，KW=5010-（a+b），若a+b=14，此温度下水的离子积常数KW=5010-14=510-13。
（3）t2 ℃下，pH=11的苛性钠溶液中c（OH-）=0.1mol/L，pH=1的稀硫酸中c（H+）=0.1mol/L，两者混合所得混合溶液的pH=10，混合溶液中c（OH-）=0.01mol/L，即混合后碱过量，0.01mol/L=，则V1∶V2=11:9。
23.NaOH和盐酸都是中学化学常见的试剂。
Ⅰ．某同学用0.200 0 mol·L－1标准盐酸滴定待测烧碱溶液浓度
（1）将5.0 g烧碱样品（杂质不与酸反应）配成250 mL待测液，取10.00 mL待测液，如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________ mL。
（2）由下表数据得出NaOH的百分含量是________。
滴定次数
待测NaOH溶液体积(mL)
标准盐酸体积
滴定前的刻度(mL)
滴定后的刻度(mL)
第一次
10.00
0.40
20.50
第二次
10.00
4.10
24.00
Ⅱ．氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）。测血钙的含量时，进行如下实验：
①可将2 mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成 CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。
②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。
③终点时用去20 mL l.0×l0﹣4 mol/L的KMnO4溶液。
（1）写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式_____________________。
（2）滴定时，将KMnO4溶液装在________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
（3）判断滴定终点的方法是________________________。
（4）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则测量结果________。
②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果________。
（5）计算：血液中含钙离子的浓度为________mol/L。
Ⅲ．50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1NaOH溶液测定计算中和反应的反应热。回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃用品是__________。如改用0.0275 mol NaOH固体与该盐酸进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（2）已知盐酸和NaOH稀溶液发生中和反应生成0.1 mol H2O时，放出5.73 kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：___________________________。
【答案】 (1). 22.60 (2). 80.0%（或80%） (3). 2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O (4). 酸式 (5). 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (6). 偏高 (7). 偏高 (8). 2.5×10﹣3 (9). 环形玻璃搅拌棒 (10). 偏大 (11). NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
【解析】
【分析】
I（1）凹液面与刻度相切的数据，即为准确读数；
（2）由表格数据计算出消耗盐酸平均体积，根据H++OH-=H2O计算出n（NaOH），再根据计算出氢氧化钠质量，由百分含量=计算出氢氧化钠百分含量；
II（1）高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒配平方程式；
（2）依据酸式滴定管用来量取酸性或者强氧化性溶液，碱式滴定管用来量取碱性溶液判断；
（3）高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点；
（4）结合操作对消耗标准溶液的体积影响判断误差；
（5）依据可知，列示计算即可；
III（1）由图可知，缺少环形玻璃搅拌棒；氢氧化钠固体溶解会放出热量；
（2）中和热为稀强酸和稀强碱发生生成1mol水放出的热量，由此写出热化学方程式即可。
【详解】I（1）由图可知，凹液面对应的刻度为22.60；
（2）两次消耗稀盐酸体积平均数为20.00mL，故n（H+）=4×10-3mol，由H++OH-=H2O可知，n（OH-）=25×4×10-3mol=0.1mol，m（NaOH）=0.1mol×40g/mol=4g，故NaOH的百分含量==80%；
II（1）高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒配平方程式得该离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；
（2）因高锰酸钾具有强氧化型，会氧化橡胶，使橡胶老化，故应装在酸式滴定管中；
（3）高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点，故答案为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
（4）①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，导致标准液浓度降低，消耗标准液体积偏大，则测量结果偏高；
②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，则测量结果偏高；
（5）由原子守恒以及转移电子守恒可列出下列关系式：
1 0.4
n（Ca2+） c（标）V（标）
即，由此可知c（Ca2+）×2mL=2.5×20mL×l.0×l0﹣4mol/L，解得c（Ca2+）=2.5×10﹣3mol/L。
III（1）由图可知，该装置缺少的玻璃仪器为环形玻璃搅拌棒；氢氧化钠固体溶解会放出热量，导致最终温度偏大，计算出的热量偏大，即实验中测得的“中和热”数值将偏大；
（2）中和热为稀强酸和稀强碱发生生成1mol水和可溶性盐放出的热量，当生成0.1mol水时，放出5.73kJ热量，故生成1mol水时，放出57.3kJ热量，故表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。
【点睛】（1）对于滴定过程中消耗溶液的体积，需取相近的多组数据求平均值，以减小误差，若出现某组数据与其它数据偏差较大时，则该组数据舍去；（2）对于误差分析，需以该操作对反应中物质的量的影响分析.
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