【化学】湖南省醴陵一中、攸县一中2018-2019学年高二上学期期中联考（理）试题（解析版）

湖南省醴陵一中、攸县一中2018-2019学年高二上学期期中联考（理）试题
1.下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质顺序排列的是
A. 纯盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、干冰
B. 冰醋酸、玻璃、硫酸钡、氢氟酸、乙醇
C. 油酯、冰水混合物、苛性钠、氢硫酸、三氧化硫
D. 绿矾、漂白粉、次氯酸、氯化钾、氯气
【答案】B
【解析】
【分析】
有一种物质组成的是纯净物；
由两种或两种以上的物质组成的混合物；
在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；
在水溶液里或熔融状态下不导电的化合物是非电解质。
【详解】A项、盐酸是混合物，故A错误；
B项、各项符合条件，故B正确；
C．冰水混合物的成分是水，属于纯净物，故C错误；
D．次氯酸是弱电解质，氯气既不是电解质，也不是非电解质，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查物质的分类断，明确电解质是化合物及电解质与物质的溶解性没有必然的联系，如碳酸钡不溶于水，但属于强电解质是解答的难点。
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.反应A(g) + 3B(g) 2C(g) + 2D(g) 在四种不同情况下的反应速率分别为：①v(A)=0.45mol·L—1·min—1 ② v(B)=0.6mol·L-1·s-1 ③v(C)=0.4mol·L-1·s-1 ④v(D) =0.45mol·mol·L—1·min—1，该反应进行的快慢顺序为
A. ①＞③＝②＞④ B. ①＞②＝③＞④
C. ②＞①＝④＞③ D. ④＞②＝③＞①
【答案】D
【解析】
【分析】
把不同物质表示的反应速率换算成同一物质的反应速率，注意在单位统一的情况下比较应进行的快慢。
【详解】①v(A)=0.45mol·L—1·min—1，v(A)= 0.0025mol·L-1·s-1；②v(B)=0.6mol·L-1·s-1，则v(A)=0.2mol·L-1·s-1；③v(C)=0.4mol·L-1·s-1，则v(A)=0.2mol·L-1·s-1；④v(D) =0.45mol·L—1·min—1，则v(A)=0.00375mol·L-1·s-1，应进行的快慢顺序为④＞②＝③＞①，故选D。
4.已知H—H键键能(断裂时吸收或生成时释放的能量)为436 kJ·mol－1，H—N键键能为391 kJ·mol－1，根据热化学方程式：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。则N≡N键的键能是
A. 431 kJ·mol－1 B. 945.6 kJ·mol－1 C. 649 kJ·mol－1 D. 896 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
试题分析：设N≡N键的键能为x kJ·mol－1，ΔH＝断键吸收的键能-成键放出的键能=x+436×3-6×391=-92.4,x="946" kJ·mol－1。答案选B。
考点：反应热的计算
5.下列有关说法正确的是
A. 铁片与稀盐酸制取氢气时，加入Na2SO4固体或NaNO3固体都不影响生成氢气的速率
B. 汽车尾气中NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减慢
C. 加入反应物，单位体积内活化分子百分数增大，化学反应速率增大
D. 升高温度后，吸热反应的速率加快，放热反应的速率减慢
【答案】B
【解析】
分析：A.加入NaNO3固体，酸性条件下与Fe发生氧化还原反应不生成氢气；B. 减小压强，单位体积内活化分子数目减少，反应速率减慢；C.加入反应物，单位体积内活化分子百分数不变；D.升高温度，反应速率加快；
详解：A. 加入NaNO3固体，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与Fe发生氧化还原反应生成NO气体，不能生成氢气，故A错误；
B. 减小压强，单位体积内活化分子数目减少，反应速率减慢，故B正确；
C. 加入反应物，单位体积内活化分子百分数不变，但活化分子数目增加，化学反应速率增大，故C错误；
D. 升高温度，增大单位体积内活化分子百分数，反应速率加快，与吸热反应、放热反应无关，故D错误；答案选B。
6.一定能在下列溶液中大量共存的离子组是
A. 常温，pH=2的溶液中：Na＋、NH4+、HCO3－、Br－
B. 能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na＋、AlO2－、S2－、CO32－
C. 0.1 mol/L的NaNO3溶液中：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42－
D. 水电离产生的H＋浓度为1×10－12mol·L－1的溶液：NH4+、Na＋、Cl－、CO32－
【答案】B
【解析】
【分析】
A、酸性溶液中HCO3-与氢离子反应；
B、碱性溶液中该组离子之间不反应；
C、NO3—与H+、Fe2+之间发生氧化还原反应；
D、碱性溶液中不能大量存在NH4+，酸性溶液中不能存在CO32－。
【详解】A项、pH=2的溶液，溶液显酸性，HCO3-与氢离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；
B项、能使pH试纸变深蓝色的溶液，溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；
C项、0.1 mol/L的NaNO3溶液中存在NO3—离子，NO3—与H+、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D项、由水电离产生的c（H+）=1×10-12mol/L的溶液，可能为酸溶液或碱溶液，碱性溶液中不能大量存在NH4+，酸性溶液中不能存在CO32－，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查离子的共存，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子共存考查，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键。
7.下列根据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 已知H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3 kJ/mol，则稀H2SO4和稀Ba（OH）2溶液反应生成2 mol H2O（l）的反应热△H=﹣2×57.3 kJ/mol
B. 已知S（s）+ 3/2 O2（g）═SO3（g）△H=－395.7 kJ/mol，则硫磺的燃烧热为395.7 kJ/mol
C. 已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H=+1.9 kJ/mol，则金刚石比石墨稳定
D. 已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=－571.6 kJ/mol，则H2的燃烧热为△H=－285.8 kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．稀H2SO4和稀Ba(OH)2溶液反应生成2 mol H2O的同时还生成1 molBaSO4，硫酸钡存在溶解平衡，则此时反应热△H≠-2×57.3 kJ/mol，A错误；
B．101kPa条件下，1mol固体硫完全燃烧生成1mol二氧化硫气体时放出的热量为硫磺的燃烧热，热化学方程式中生成物是三氧化硫，B错误；
C．由热化学方程式可知，等物质的量的石墨比金刚石的能量低，能量越低越稳定，因此石墨更加稳定，C错误；
D．由热化学方程可知，氢气的燃烧热为0.5×571.6 kJ/mol=285.8 kJ/mol，D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了中和热和燃烧热的定义，明确中和热、燃烧热的定义是解题的关键，注意生成沉淀时也伴随着热效应。
8.向某氨水中加入醋酸溶液，其导电能力(I)与加入醋酸溶液的体积(V)关系正确的是

【答案】C
【解析】
【详解】电解质溶液导电性强弱与离子浓度有关，离子浓度越大，其导电性越大，一水合氨是弱电解质，水溶液中离子浓度较小，醋酸是弱电解质，但二者反应生成的醋酸氨是强电解质，二者混合后导致溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强，当溶液无限增大时，相当于醋酸溶液，离子浓度几乎不变，则溶液导电性几乎不变，所以图象上随氨水体积的增大，导电性先增大后减小，故选C。
9.某反应CH3OH(l)+NH3(g) =CH3NH2(g)+H2O(g)在高温度时才能自发进行，则该反应过程的△H、△S判断正确的是
A. △H > 0、△S < 0 B. △H < 0、△S > 0
C. △H < 0、△S < 0 D. △H > 0、△S > 0
【答案】D
【解析】
由CH3OH(l)+NH3(g) = CH3NH2(g)+H2O(g)知△S>0，高温度时才能自发进行说明吸热反应△H>0，A.△S<0不符合题意，故A错；B. △H<0 不符合题意，故B错；C. △H<0 、△S<0两者都不符合题意，故C错；所以本题答案为：D。
10.下列实验符合要求的是
A. 滴定管洗净后注入标准液进行滴定，用去标准液21.70mL
B. 用托盘天平称量25.20g NaCl
C. 用玻璃棒蘸取溶液滴在表面皿上湿润的广泛pH试纸上测得其pH为12
D. 若25 mL滴定管中液面的位置在刻度为10mL处，则滴定管中液体的体积一定大15 mL
【答案】D
【解析】
【分析】
A、滴定管需要用标准液润洗；
B、托盘天平的最小分度值是0.1g，不能精确到0.01g；
C、不能用水湿润pH试纸，否则稀释了待测溶液，使溶液的酸碱性减弱，测定结果不准确D、根据滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大以及测量原理，注意滴定管最大刻度下方无刻度。
【详解】A项、滴定管用蒸馏水润洗后，还必须用标准液进行润洗，不然标准液被稀释，造成实验误差，故A错误；
B项、托盘天平的最小分度值是0.1g，不能精确到0.01g，只能用托盘天平称量质量是25.2g的氯化钠固体，故B错误；
C项、用玻璃棒蘸取溶液滴在表面皿上润湿的pH试纸上测得其pH为12，说明溶液呈碱性，用水湿润pH试纸，稀释了待测溶液，则原来溶液的碱性小于12，故C错误；
D项、滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，由于滴定管最大刻度下方无刻度，25mL滴定管中实际盛放液体的体积大于25ml，如果液面处的读数是10，则滴定管中液体的体积大于15mL，故D正确。
故选D。
11.用纯净的CaCO3与l00mL稀盐酸反应制取CO2，实验过程记录如图所示(CO2的体积己折算为标准状况下的体积)。下列分析正确的是

A. EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4 mol·(L·min) -1
B. OE段表示的平均速率最快
C. OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2∶6∶7
D. F点收集到的CO2的量最多
【答案】A
【解析】
A、EF段产生的CO2共0.02 mol，由于反应中n(HCl)∶n(CO2)＝2∶1，所以该段消耗HCl＝0.04 mol，时间1 min，所以用盐酸表示的EF段平均化学速率是0.4 mol·L－1·min－1，A正确；B、单位时间内反应生成的多或反应物消耗的多，则速率快。由于横坐标都是1个单位，EF段产生的CO2多，所以该段反应速率最快，不是OE段，B错误；C、由于时间都是1 min，所以三段的速率之比就等于产生CO2的体积之比，即224∶(672－224)∶(784－672)＝2∶4∶1，C错误；D、收集的CO2是看总量的，F点只有672 mL，应该是G点的体积最多，D错误，答案选A。
12.高温下，某反应达平衡，平衡常数K=。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是
A. 该反应的焓变为正值
B. 恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
C. 升高温度，逆反应速率减小
D. 该反应化学方程式为CO+H2O=CO2+H2
【答案】A
【解析】
试题分析：A．恒容时，温度升高，氢气浓度减小，说明平衡向正反应方向进行，则该反应为吸热反应，所以△H＞0，A正确；B．恒温恒容下，增大压强，若通入氢气，则氢气浓度增大，B错误；C．升高温度，正逆反应速率都增大，C错误；D．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，因此根据平衡常数表达式可知该反应的化学方程式为CO2+H2CO+H2O，D错误；答案选A。
考点：考查响化学平衡的因素
13.下列各表述正确的是

A. 图①表示在恒容容器中MgSO4(s) + CO(g)MgO(s) + CO2(g) + SO2(g)，横坐标代表硫酸镁的质量，纵坐标可代表CO的转化率
B. 图②表示其他条件一定时，反应A(g)+3B(g)2C(g)的反应速率随温度变化的图像，正反应ΔH>0
C. 图③对应的反应一定是非等体积反应加压后平衡移动的变化情况
D. 恒压密闭容器中加入一定量A、B，发生反应A(g)+3B(g)2C(g)，图④表示反应过程中不断升高温度，产物C物质的量变化规律，则正反应方向吸热
【答案】B
【解析】
A、硫酸镁是固体，固体物质的量的增减对化学平衡没有影响，所以CO的转化率不变，因此A错误；B、分析图象可知，随温度的升高，ν正>ν逆，即平衡向右移动，则正反应吸热，即ΔH>0，所以B正确；C、由于气体物质受压强影响较大，所以图象表示的是有气体物质参与的反应前后气体体积不相等的反应加压后平衡移动的情况，故C错误；D、随温度的升高，反应速率加快，当产物C的物质的量最大时达到平衡状态，但继续升温，产物C的量却在减小，说明升高温度，平衡向左移动，则其正反应为放热反应，所以D错误。本题正确答案为B。
14.下列事实不能说明亚硝酸是弱电解质的是
A. NaNO2溶液的pH大于7
B. 用HNO2溶液作导电试验，灯泡很暗
C. 常温下pH=4的HNO2稀释10倍pH＜5
D. 常温下0.1mol/LHNO2溶液的pH为2.1
【答案】B
【解析】
【分析】
能说明亚硝酸（HNO2）为弱电解质，可证明亚硝酸不能完全电离、存在电离平衡或对应的强碱盐溶液呈碱性。
【详解】A项、亚硝酸钠是强碱弱酸盐，溶液的pH大于7能说明亚硝酸是弱酸，故A正确；
B项、用亚硝酸做导电实验时，灯泡很暗，由于浓度未知，则不能证明为弱电解质，故B错误；
C项、常温下pH=4的HNO2稀释10倍PH＜5，说明亚硝酸溶液中存在亚硝酸的电离平衡，则亚硝酸是弱酸，故C正确；
D项、0.1mol/L的亚硝酸水溶液的PH=2.1，说明亚硝酸不能完全电离，为弱电解质，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查弱电解质的实验设计的评价，侧重考查实验评价能力和分析能力，注意把握弱电解质的电离特点和实验设计的角度。
15.下列事实不能用平衡移动原理解释的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。
【详解】A项、水是弱电解质，存在电离平衡H2OH++OH-，电离过程是吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子与氢氧根离子的浓度增大，水的离子积中增大，可以用平衡移动原理解释，故A正确；
B项、二氧化氮气体中存在平衡2NO2N2O4，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以气体颜色加深，可以用平衡移动原理来解释，故B正确；
C项、氨水中存在平衡NH3•H2ONH4++OH-，浓度越稀，电离程度越大，故0.1mol/L的氨水稀释10倍，pH变化小于1个单位，可以用平衡移动原理解释，故C正确；
D项、该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应。
16.在0.1 mol/L的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－+H+。对于该平衡，下列叙述正确的是
A. 加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
B. 加水，平衡向逆反应方向移动
C. 滴加少量0.1mol/LHCl溶液，溶液中c(H+)减少
D. 加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动
【答案】A
【解析】
【分析】
加入水、加热促进弱电解质的电离，加酸抑制弱酸的电离，加入与弱电解质电离出相同离子的电解质抑制电离。
【详解】A项、加入少量NaOH固体，与CH3COOH电离生成的H+结合，使电离平衡正向移动，故A正确；
B项、加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动，故B错误；
C项、加入少量HCl溶液，c（H+）增大，则电离平衡逆向移动，故C错误；
D项、加入少量CH3COONa固体，由电离平衡可知，c（CH3COO-）增大，则电离平衡逆向移动，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查电离平衡的移动，明确影响平衡移动的因素即可解答，注意利用加水促进电离及同离子效应来分析解答。
17.中和热的测定实验中，下列情况会导致测出来的中和热的数值偏小的是
①大小烧杯口未相平
②大烧杯上未盖硬纸板
③用环形铜丝搅拌棒搅拌反应混合溶液
④分多次将NaOH溶液倒入装盐酸的小烧杯中
⑤NaOH溶液稍过量
A. ①② B. ①②③ C. ①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①大小烧杯的杯口不相平，热量容易散失，中和热的数值偏小；②大烧杯上不盖硬纸板，热量容易散失，中和热的数值偏小；③中和热的实验过程中，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，由于Cu是金属材料，导热性强，容易导致热量损失，则测量出的中和热数值偏小；④倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，否则会导致热量散失，中和热的数值偏小；⑤为了所用氢氧化钠溶液稍过量的目的是确保盐酸被完全中和，确保实验结果准确。导致测出来的中和热的数值偏小的是①②③④，故选C。
【点睛】本题考查中和热测定原理及误差分析，注意理解测定中和热的原理是解题的关键，实验的关键是保温，如果装置有能量散失，则会导致结果偏低。
18.某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为：H2A===H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－(25 ℃时Ka＝1.0×10－2)，下列有关说法中正确的是
A. H2A是弱酸
B. 稀释0.1 mol·L－1H2A溶液，因电离平衡向右移动而导致c(H＋)增大
C. 在0.1 mol·L－1的H2A溶液中，c(H＋)＝0.12 mol·L－1
D. 若0.1 mol·L－1 NaHA溶液中c(H＋)＝0.02 mol·L－1，则0.1 mol·L－1H2A中c(H＋)＜ 0.12　mol·L－1
【答案】D
【解析】
试题分析：A．根据电离方程式H2A===H＋＋HA－可知，H2A是强酸，A项错误；B．稀释0.1 mol/L H2A溶液，电离平衡向右移动，但溶液体积增大导致c(H＋)减小，B项错误；C．在0.1 mol·L-1的H2A溶液中，首先发生电离：H2A = H++ HA-，这步是完全的、彻底的，然后发生电离：HA-H+ + A2-，由于第一步的电离对第二步的电离起抑制作用，所以c（H+）< 0.12 mol·L-1，C项错误；D．因为H2A===H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－，第一步完全电离，第一步电离产生的氢离子抑制第二步的电离，所以若0.1 mol/L NaHA溶液中c(H＋)＝0.02 mol/L，则0.1 mol/L的H2A中c(H＋)<0.12 mol/L，D项正确；答案选D。
考点：考查盐的水解，电解质的电离，电离平衡常数等知识。
19.在一密闭容器中，反应aA(g) bB(g)，达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡后，B的浓度是原平衡的60%，则下列叙述正确的是
A. 平衡向正反应方向移动了 B. 物质A的转化率减少了
C. 物质B的质量分数减小了 D. a > b
【答案】A
【解析】
试题分析：若平衡不移动，当容器体积增加一倍，B的浓度应变为原来的50%，而实际上当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，说明平衡向正反应方向移动了，而减小压强，平衡向气体系数增大的方向移动，所以b>a，物质A的转化率增大，物质B的质量分数增加，故A正确；B、C、D错误；答案选A。
考点：考查影响化学平衡的因素。
20.100℃时，将0.1mol N2O4置于1L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4（g）2NO2（g），下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是
①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2 ②NO2生成速率与NO2消耗速率相等③烧瓶内气体的压强不再变化④烧瓶内气体的质量不再变化⑤NO2的物质的量浓度不再改变⑥烧瓶内气体的颜色不再加深⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化⑧烧瓶内气体的密度不再变化
A. ②③⑥⑦ B. ①④⑧ C. 只有①④ D. 只有⑦⑧
【答案】B
【解析】
①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2，描述的是正反应，从反应方程式可得，从发生到平衡一直是1：2，不能说明已达平衡状态；②NO2生成速率与NO2消耗速率相等，正逆反应速率相等，说明已达平衡状态；③该反应左右两边气体分子数不相等，只要不平衡压强就会变化，烧瓶内气体的压强不再变化，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；④根据质量守恒定律烧瓶内气体的质量始终不变，不能说明已达平衡状态；⑤NO2的物质的量浓度不再改变，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；⑥烧瓶内气体的颜色不再加深，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；⑦该反应左右两边气体分子数不相等，只要不平衡烧瓶内气体的平均相对分子质量就会变化，当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；⑧密度=质量÷体积，气体质量不变，气体体积不变，所以密度始终不变，不能说明已达平衡状态。综上，①④⑧符合题意，故选B。
点睛：本题考查了化学平衡状态的判断，根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，注意，若题中涉及的某物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量不变时，说明可逆反应到达平衡状态。
21.已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=－41kJ·mol-1。相同温度下，在体积相同的两个恒温密闭容器中，加入一定量的反应物发生反应。相关数据如下：
容器编号
起始时各物质的物质的量/mol
达平衡过程体系的能量变化
CO
H2O
CO2
H2
①
1
4
0
0
放出热量：32.8kJ
②
0
0
1
4
热量变化：Q
下列说法中，不正确的是
A. 容器①中反应达平衡时，CO的转化率为80%
B. 容器①中CO的转化率等于容器②中CO2的转化率
C. 容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率
D. 平衡时，两容器中CO2的浓度相等
【答案】D
【解析】
A．平衡时放出的热量为32.8 kJ，故参加反应的CO的物质的量CO的转化率为，故A正确；B、容器①②温度相同，平衡常数相同，根据容器①计算平衡常数，由A计算可知，平衡时CO的物质的量变化量为0.8mol，
则： CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
开始（mol）：1        4          0        0
变化（mol）：0.8      0.8       0.8     0.8
平衡（mol）：0.2     3.2        0.8     0.8
故平衡常数K==1
故容器②中的平衡常数为1，令容器②中CO2的物质的量变化量为amol，则：
            CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
开始（mol）：1       4         0       0
变化（mol）：a       a         a      a
平衡（mol）：1-a     4-a       a      a
所以，解得a=0.8。
计算可知CO2的转化率为，故B正确；
C、速率之比等于化学计量数之比，故容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率，故C正确；D、结合B选项的计算，由A中计算可知容器①平衡时CO2的物质的量为0.8mol，容器②中CO2的物质的量为1mol-0.8mol=0.2mol，容器的体积相同，平衡时，两容器中CO2的浓度不相等，故D错误；故选D。
点睛：本题考查化学平衡的计算，为高考常见题型，题目难度中等，平衡判断和平衡常数的计算是解题关键，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
22.在一定条件下，向2 L密闭容器中加入2 mol X、1 mol Y。发生如下反应：2X(g)＋Y(?) 3Z(g) ∆H＜0。经60 s达平衡，此时Y的物质的量为0.2 mol。下列说法正确的是
A. 反应开始至平衡时，用X表示的化学反应速率为1.2 mol/(L·min)
B. 该反应平衡常数表达式一定是K＝c3(Z)/[c2(X)c(Y)]
C. 若再充入1 mol Z，重新达平衡时X的体积分数一定增大
D. 若使容器体积变为1 L，Z的物质的量浓度一定增大
【答案】D
【解析】
【详解】经60s达平衡，此时Y的物质的量为0.2mol，则
2X（g）+Y(?) 3Z（g）；∆H＜0
开始 2 1 0
转化1.6 0.8 2.4
平衡0.4 0.2 2.4
A．X表示的化学反应速率v==0.8mol•L-1•min-1，选项A错误；B．若Y为液体或固体，则反应平衡常数表达式一定是K＝，选项B错误；C．再充入1 mol Z，Y为气体，则Z的量极限转化为X、Y，与起始量比值相同，为等效平衡，所以重新达到平衡时，X的体积分数不变，选项C错误；D．无论Y是否为气态，平衡移动较小，而使容器体积变为1 L，Z的物质的量浓度一定增大，选项D正确；答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡的计算，涉及反应速率的计算、等效平衡、影响平衡的因素、热化学反应中的能量变化等，综合性较强，注重高考常考点的考查。
23.依据事实，写出下列反应的热化学方程式。
（1）SiH4是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态H2O。已知室温下2 g SiH4自燃放出热量89.2 kJ。SiH4自燃的热化学方程式为___________________________________________。
（2）在25 ℃、101 kPa下，一定质量的无水乙醇完全燃烧时放出热量Q kJ，其燃烧生成的CO2用过量饱和石灰水吸收可得100 g CaCO3沉淀，则乙醇燃烧的热化学方程式为__________________________________。
（3）比较下列各组热化学方程式中ΔH的大小关系。
4Al(s)＋3O2(g) = 2Al2O3(s)　ΔH1
4Fe(s)＋3O2(g) = 2Fe2O3(s)　ΔH2
ΔH1______ΔH2
（4）已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=－ 221 kJ/mol
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=－393.5 kJ/mol
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH= +181 kJ/mol
若某反应的平衡常数表达式为K=[c(N2)·c2(CO2)]/[c2(CO)·c2(NO)]，请写出此反应的热化学方程式：_________________。
【答案】 (1). SiH4(g)+2O2(g) = SiO2(s)+2H2O(l)　△H=-1427.2 kJ/mol (2). C2H5OH(l)+3O2(g) = 2CO2(g)+3H2O(l)　△H=-2Q kJ/mol (3). < (4). 2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)　△H=-747 kJ/mol
【解析】
【详解】（1）2gSiH4自燃放出热量89.2kJ，所以1molSiH4燃烧放出的热量是89.2kJ×16＝1427.2kJ，所以热化学方程式是SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(l)ΔH＝-1427.2kJ·mol-1，故答案为：SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(l)ΔH＝-1427.2kJ·mol-1；
（2）因生成的CO2用过量饱和石灰水完全吸收，可得100克CaCO3沉淀，CaCO3的物质的量是1mol，由碳元素守恒可知，二氧化碳的物质的量也为1mol，即生成1mol二氧化碳放出的热量为Q，而完全燃烧1摩尔无水乙醇时生成2mol二氧化碳，则放出的热量为Q×2=2Q，热化学方程式为：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-2QkJ/mol，故答案为：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-2QkJ/mol；
（3）将已知热化学方程式依次编号，①4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H1，②4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H2，由盖斯定律①-②，得：4Al（s）+2Fe2O3═2Al2O3（s）+4Fe（s）△H1 -△H2，铝热反应为放热反应，即△H1-△H2＜0，所以△H1＜△H2，故答案为：＜；
（4）由平衡常数表达式可知，反应为2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），将已知热化学方程式依次编号，①2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-l，②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ•mol-l，③N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+181kJ•mol-l，由盖斯定律计算②×2-③-①得到2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）△H=-747kJ•molˉ1，故答案为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）△H=-747kJ•molˉ1。
【点睛】热化学方程式是表示化学反应与反应热关系的方程式。书写和应用热化学方程式时必须注意以下几点：①明确写出反应的计量方程式，各物质化学式前的化学计量系数可以是整数，也可以是分数；②各物质化学式右侧用圆括弧（）表明物质的聚集状态。可以用g、l、s分别代表气态、液态、固态，固体有不同晶态时，还需将晶态注明，例如S（斜方），S（单斜），C（石墨），C（金刚石）等，溶液中的反应物质，则须注明其浓度，以aq代表水溶液，(aq)代表无限稀释水溶液；③反应热与反应方程式相互对应。若反应式的书写形式不同，则相应的化学计量系数不同，故反应热亦不同；④热化学方程式必须标明反应的浓度、温度和压力等条件，若在常温常压时可省略。
24.已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示：

（1）则95℃时水的电离平衡曲线应为________(填“A”或“B”)，请说明理由_______________________。
（2）25℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为________。
（3）95℃时，若100体积pH1＝a的某强酸溶液与1体积pH2＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是______________。
（4）曲线B对应温度下，pH＝2的某HA溶液和pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH＝5。请分析原因：____________________________。
【答案】 (1). B (2). 水的电离是吸热过程，温度升高时，电离程度增大，c(H＋)、c(OH－)都增大 (3). 10：1 (4). a＋b＝14或pH1＋pH2＝14 (5). 曲线B对应95℃，此时水的离子积为10－12，HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H＋，使溶液pH＝5
【解析】
【分析】
（1）水的电离为吸热反应，温度越高，水的电离程度越大，水电离的氢离子和氢氧根离子浓度增大，据此进行判断；
（2）先根据温度和混合溶液pH大小确定溶液的酸碱性，根据溶液的pH计算酸和碱的体积之比；
（3）根据95℃时水的离子积计算出水溶液中氢离子浓度、碱溶液中氢氧根离子浓度，反应后溶液显示中性，则氢离子与氢氧根离子浓度相等，据此计算出a和b的关系；
（4）根据曲线B对应温度下pH=5，说明溶液显示酸性，反应后氢离子过量分析。
【详解】（1）水的电离是吸热过程，升高温度，使水的电离程度增大，当温度升高时，促进水的电离，水的离子积增大，水中氢离子、氢氧根离子浓度都增大，由于A的电离程度大于B，所以25℃时水的电离平衡曲线应为A，故答案为：A；水的电离是吸热过程，温度升高时，电离程度增大，c(H＋)、c(OH－)都增大；
（2）25°C时纯水的pH=7，由于混合溶液的pH=7，说明酸、碱混合时溶液显示中性，水溶液中的氢离子的物质的量=碱溶液中氢氧根离子得到物质的量，pH=5的H2SO4溶液中c（H+）=10-5 mol/L，pH=8的NaOH溶液中c（OH）=10-6mol/L，设酸的体积为x，碱的体积为y，y×c（OH-）=x×c（H+），10-5 mol/L，y：x=c（H+）：c（OH-）=10-5 mol/L：10-6mol/L=10：1，故答案为：10：1；
（3）95°C时，水的离子积为10-12，混合溶液呈中性，说明酸中氢离子的物质的量=碱中氢氧根离子的物质的量，即：10-amol/L×100=10b-12 mol/L×1，所以a+b=12+2=14，a＋b＝14，故答案为：a＋b＝14；
（4）在曲线B对应温度下，因pH（酸）+pH（碱）=12，可得酸碱两溶液中c（H+）=c（OH-），如是强酸碱，两溶液等体积混合后溶液呈中性；现混合溶液的pH=5，即等体积混合后溶液显酸性，说明H+与OH-完全反应后又有新的H+产生，酸过量，所以酸HA是弱酸，故答案为：曲线B对应95℃，此时水的离子积为10-12，HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H+，使溶液pH=5。
【点睛】本题考查水的电离和酸、碱混合的pH计算问题，注意温度不同而使水的离子积常数不同是解本题的关键，注意无论温度多高，纯水中始终氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，呈中性。
25.I. 工业上有一种用CO2来生产甲醇燃料的方法：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=－49.0kJ•mol-1
将6mol CO2和8mol H2充入2 L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如下图所示(实线)。

（1）b点正反应速率 ___________(填“大于”“等于”或“小于”)逆反应速率。
（2）仅改变某一实验条件再进行两次实验测得H2的物质的量随时间变化如图中所示（虚线）。曲线I对应的实验条件改变是______________， 体积不变再充入3mol CO2和4mol H2，达到新的平衡时，CH3OH (g)的体积分数 ___________（填“增大”“不变”或“减小”）。
（3）若将1mol CO2和3mol H2充入该容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a，假设温度不变， 则容器内的压强与起始压强之比为 _________________（用a表示）。
Ⅱ. 工业上还可在恒容密闭容器中采用下列反应合成甲醇：
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） ΔH
（4）在一定温度下，若将4amol H2和2amol CO放入2L的密闭容器中，充分反应后测得CO的转化率为50％，则该反应的平衡常数为_____________。若此时再向该容器中投入amol CO、2amol H2和amol CH3OH，判断平衡移动的方向是__________（“正向移动”“逆向移动”或“不移动”）。
【答案】 (1). 大于 (2). 升高温度 (3). 增大 (4). （2-a）: 2 (5). 1/a2 (6). 正向移动
【解析】
【详解】I．（1）a点反应正向进行，未达到平衡状态，所以正反应速率大于逆反应速率，故答案为：大于；0.5；
（2）曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，不利于氢气的转化，故曲线I是升高温度；体积不变再充入3molCO2和4mol H2，容器内压强增大，平衡与原平衡相比较，应该正向移动，所以H2O（g）的体积分数增大，故答案为：升高温度；增大；
（3）将1mol CO2和3mol H2充入该容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a，根据题意建立如下三段式：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
初始物质的量：1 3 0 0
变化物质的量：a 3a a a
平衡物质的量：（1—a）(3—3a) a a
初始总物质的量n1=4amol，平衡总物质的量n2=(4—2a) mol，由容器内的压强与起始压强之比等于物质的量比，可得P2：P1= n2：n1=(4—2a) mol ：4amol=（2-a）: 2，故答案为：（2-a）: 2；
Ⅱ.反应开始时c（H2）=2amol/L、c（CO）=amol/L，充分反应后测得CO的转化率为50%，则参加反应的c（CO）=amol/L×50%=0.5amol/L，则参加反应的c（CO）=amol/L×50%=0.5amol/L，据此建立三段式如下：
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
开始（mol/L） a 2a 0
反应（mol/L）0.5a a 0.5a
平衡（mol/L）0.5a a 0.5a
化学平衡常数K=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)= 0.5a/(0.5a×a2)=1/a2,故答案为：1/a2；
若此时再向该容器中投入amolCO、2amolH2和amolCH3OH，各物质浓度为c（CO）=0.5amol/L
+0.5amol/L=amol/L、c（H2）=amol/L+amol/L=2amol/L、c（CH3OH）=0.5amol/L+0.5amol/L
=amol/L，浓度商Q= c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)= a/a×（2a) 2=1/4a2<1/a2, ，所以平衡正向移动，平衡时CO浓度增大，故答案为：正向移动。
【点睛】本题考查化学平衡移动原理的综合应用，涉及化学反应速率、化学平衡常数的计算、化学平衡图象等，试题涉及的知识点较多，侧重于考查对基础知识的综合应用能力，注意三段式在化学平衡计算中的应用，明确平衡常数计算方法、浓度商与化学平衡常数相对大小和反应方向关系是解本题关键。
26.如图所示的装置中发生反应2A2(g)+B2(g)2C(g) △H=－a kJ·mol−1（a>0），已知P是可自由滑动的活塞。在相同温度下关闭K，向A、B容器中分别充入2mol A2和1mol B2，两容器分别在500℃时达到平衡，A中C的浓度为mol·L-1，放出热量b kJ，B中C的浓度分别为mol·L-1，放出热量c kJ。请回答下列问题：

（1）若将温度升高到700℃，反应的平衡常数将_____（填“增大”、“减小”、或“不变”）。
（2）比较大小：ω1_____ω2（填“>”、“=”、或“<”），a、b、c由大到小的关系为_____。
（3）若打开K，一段时间后重新达到平衡，容器B的体积将_____（填“增大”、“减小”、或“不变”）。
（4）若让A、B体积相等且固定P，在B中改充入4 mol A2和2 mol B2，在500℃时达到平衡后C的浓度为ω3 mol·L－1，则ω1、ω3的关系为_____。
（5）使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是_____。
a．及时分离出C气体 b．适当升高温度 c．增大B2的浓度 d．选择高效的催化剂
【答案】 (1). 减小 (2). (3). a>c>b (4). 减小 (5). ω3>2ω1 (6). c
【解析】
【详解】（1）因为反应为放热反应，所以升高至7000C，平衡常数减小，故答案为：减小；
（2）A为恒容容器，B是恒压容器，反应发生以后，气体的物质的量之和减小，所以B相当于在A的基础上加压，所以平衡B对于A而言是加压了，平衡向右移动，C的浓度增大，放出的热量增加，所以c＞b，故答案为：w1＜w2，a＞c＞b；
（3）打开K后，因为B端压强的大于A端的压强，所以B中压强会减小，活塞P会向左移动，故b的体积减小，故答案为：减小；
（4）B中改充入4molA2和2molB2，是A加入气体的物质的量是原来的2倍，但是压强增大会引起平衡的右移，所以w3＞2w1，故答案为：w3＞2w1；
（5）a、及时分离出C气体，化学反应速率减小，故a错误；b、适当升高温度，化学反应速率增大，但平衡逆向移动，故b错误；c、增大B2的浓度，化学反应速率增大，平衡正向移动，故c正确；d、选择高效的催化剂，化学反应速率增大，平衡不移动，故d错误，故选c，故答案为：c。
27.中和滴定是化学定量实验之一。某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，请填写下列空白：
（1）在中和滴定的过程中有如下操作：①用标准溶液润洗滴定管 ②往滴定管内注入标准溶液 ③检查滴定管是否漏水 ④滴定，则在操作过程中正确的顺序是__________________。（写序号）
（2）排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的________，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。

（3）选用的指示剂是_____________________ 。(a、石蕊 b、酚酞)
（4）用标准的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______________________。
（5）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是_______________。
A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液
B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
（6）请根据下表中数据计算该氢氧化钠溶液的物质的量浓度：c(NaOH)＝ ________________。（精确到小数点后四位）
滴定次数
待测氢氧化钠溶液的体积/ mL
0.1000 mol/L 盐酸的体积/ mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/ mL
第一次
25.00
0.00
26.10
26.10
第二次
25.00
2.00
28.08
26.08
第三次
25.00
0.22
26.34
26.12
（7）滴定终点的判定依据是_____________________________________________。
【答案】 (1). ③①②④ (2). 丙 (3). b (4). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (5). D (6). 0.1044mol/L (7). 滴入最后一滴盐酸时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复到原来的颜色
【解析】
【详解】（1）中和滴定的操作步骤为：③检查滴定管是否漏水，①用标准溶液润洗滴定管，②往滴定管内注入标准溶液，④滴定，所以正确的滴定顺序为：③①②④，故答案为：③①②④；
（2）排去碱式滴定管中气泡的方法应采用丙，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液，故答案为：丙；
（3）盐酸和氢氧化钠恰好反应溶液呈中性，可选择酚酞或甲基橙作指示剂，故选b，故答案为：b；
（4）酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；
（5）A项、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，溶液被稀释，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，测定c（待测）偏大，故A错误；
B项、滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，测定c（待测）无影响，故B错误；
C项、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，测定c（待测）偏大，故C错误；
D项、取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，测定c（待测）偏低，故D正确。
故选D，故答案为：D；
（6）三次滴定消耗盐酸的体积分别为26.10mL，26.08mL，26.12mL，三组数据均有效，平均消耗V（盐酸）=26.10mL，由化学方程式可得：0.02610L×0.1000mol/L=0.025L×c（NaOH），则c（NaOH）= =0.1044mol/L,故答案为：0.1044mol/L；
（7）滴定终点的判定依据是溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不褪色，故答案为：溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不褪色。
【点睛】本题考查酸碱中和滴定，明确中和滴定实验的仪器、步骤、滴定终点的判断，数据处理等即可解答。