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【化学】甘肃省兰州大学附属中学（33中）2019-2020学年高二上学期期中考试（解析版）
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甘肃省兰州大学附属中学（33中）2019-2020学年高二上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Mg 24 Al 27 Ca 40
I卷选择题(共50分)
选择题(共25题，每题2分，共50分，每小题只有一个正确选项)
1.下列说法正确的是
A. 非自发反应一定不能实现
B. 同种物质气态时熵值最小，固态时熵值最大
C. 反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的△H <0
D. 恒温恒压下，△H <0且△S>0的反应一定不能自发进行
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，选项A错误；
B.熵是指体系的混乱度，同种物质气态熵大于液态大于固态，即同种物质气态时熵值最大，固态时熵值最小，选项B错误；
C.反应能自发进行说明：△H-T△S＜0，由方程式NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）可知该反应的∆S＜0，要使：△H-T△S＜0，所以必须满足△H＜0，选项C正确，
D.恒温恒压下，△H＜0且△S＞0的反应的△H-T△S＜0，反应一定可以自发进行，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了化学反应自发进行的判断依据。本题是灵活运用△G=△H-T△S判断反应能否自发进行，其难点是如何判断△S，一般由固体转变为液体或气体时△S＞0，另外反应向气体体积增大的方向进行时△S＞0，否则△S＜0；要熟练掌握当△H＜0且△S＞0的反应肯定能自发进行，当△H＞0且△S＜0的反应不可能自发进行，其它情况在不同温度下可能自发进行，特别注意的是不能自发进行的反应并不表示不能发生，一定条件下反应也能进行，如电解池中发生的反应通常就是非自发进行的反应。
2.分析下列反应，在任何温度下均能自发进行的是
A. 2N2(g)+ O2(g)=2N2O(g) △H>0 B. Ag(s)+ 1/2Cl2(g)=AgCl(s) △H<0
C. HgO(s) =Hg(1)+ 1/2O2(g) △H>0 D. H2O2(l)=1/2O2(g)+H2O(l) △H<0
【答案】D
【解析】
【分析】
△H-T△S＜0的反应可自发进行，即任何温度下均能自发进行，必须是放热反应，且是熵增的过程。
【详解】A项、反应是吸热反应△H＞0，△S＜0，任何温度下都不能自发进行，故A错误；
B项、反应是放热反应△H＜0，△S＜0，高温下不能自发进行，故B错误；
C项、反应是吸热反应△H＞0，△S＞0，低温下不能自发进行，故C错误；
D项、反应是放热反应△H＜0，△S＞0，任何温度下都能自发进行，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查反应进行的方向，注意综合判据的应用，把握焓变、熵变对反应进行方向的影响为解答的关键。
3.“一次能源与二次能源”的叙述中正确的是（ ）
①直接从自然界中取得的能源都是一次能源
②二次能源是由一次能源加工、转换而得到
③太阳能、风能、地热能、氢能等都是一次能源
④煤、石油、天然气等化石能源都是一次能源
⑤电能是一种应用最广、污染最小的二次能源
⑥蒸汽能、机械能、水电、核电等都是二次能源
A. ①②③⑤ B. ①③④⑥
C. ①②④⑤⑥ D. ②③④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①一次能源，是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能源，①正确；
②由一次能源经过加工、转换而得到的能源称为二级能源，②正确；
③太阳能、风能、地热能为一次能源，氢能是二次能源，③不正确；
④煤、石油、天然气等化石能源都直接来源于自然界，属于一次能源，④正确；
⑤不管是火力发电、水力发电还是太阳能发电，都由能源转化而来，所以属于二次能源，⑤正确；
⑥蒸汽能、机械能、水电、核电等都由一次能源转化而来，称为二次能源，⑥正确；
综合以上分析，①②④⑤⑥正确，故选C。
4.下列说法正确的是( )
A. 在水溶液中或熔融状态下能电离出自由移动的离子的化合物是电解质
B. 强电解质一定是易溶于水的化合物，弱电解质一定是难溶于水的化合物
C. CO2的水溶液导电能力很弱，所以CO2是弱电解质
D. 强电解质溶液的导电性一定强于弱电解质溶液的导电性
【答案】A
【解析】
【详解】A. 在水溶液中或熔融状态下能电离为自由移动的离子的化合物是电解质，故A正确；
B. 强弱电解质和溶于水的电解质是否电离完全有关，与是否难易溶于水无关，硫酸钡难溶于水，但它是强电解质，乙酸易溶于水，但它是弱酸，故B错误；
C二氧化碳溶于水和水反应生成碳酸，碳酸发生部分电离，碳酸是弱电解质，二氧化碳是非电解质，故C错误；
D. 溶液的导电性与离子浓度及离子电荷数有关，与电解质的强弱无直接关系，故D错误；
故选A。
5.已知热化学方程式C2H2(g)＋O2(g)＝2CO2(g)＋H2O(g) △H=-1256kJ/mol，下列说法正确的是( )
A. 乙炔的燃烧热为1256kJ·mol-1
B. 若生成2mol液态水，则放出的热量为2512 kJ·mol-1
C. 若转移10mol电子，则消耗2.5mo1 O2
D. 若形成4mol碳氧共用电子对，则放出的热量为2512kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A.燃烧热是指在一定条件下，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，水的稳定状态是液态，故A错误；
B.生成2mol气态水时，放出2512 kJ·mol-1热量，故B错误；
C.1mol氧气得到4mol电子，所以转移10mol电子，需要=2.5mol氧气，故C正确；
D.形成4mol碳氧共用电子对说明反应生成2molCO2，放出的热量为1256kJ，故D错误；
故选C。
6.已知：①2CH3OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH1
②2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH2
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH3
④2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH4
⑤CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是
A. ΔH1>0，ΔH2<0 B. ΔH3>ΔH4
C. ΔH1＝ΔH2＋2ΔH3－ΔH5 D. 2ΔH5＋ΔH1<0
【答案】D
【解析】
【详解】A、甲醇和CO燃烧均是放热反应，△H均小于0，A错误；
B、液态水的能量低于气态水的能量，因此氢气完全燃烧生成液态水放热多，则ΔH3＜ΔH4，B错误；
C、已知①2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g）ΔH2，②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l）ΔH3，③CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g）ΔH5，则根据盖斯定律可知①+②×2-⑤×2即得到反应2CH3OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH1＝ΔH2＋2ΔH3－2ΔH5，C错误；
D、已知2CH3OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l） ΔH1，2CO(g)＋4H2(g)===2CH3OH(g）2ΔH5，则二者相加即得到2CO(g)＋4H2(g)＋3O2(g)==2CO2(g)＋4H2O(l)，该反应一定是放热反应，D正确，
答案选D。
7.符合如图所示的转化关系，且当X、Y、Z的物质的量相等时，存在焓变△H=△H1+△H2。满足上述条件的X、Y可能是
①C、CO ②S、SO2 ③Na、Na2O ④AlCl3、Al（OH）3⑤Fe、Fe（NO3）2 ⑥NaOH、Na2CO3
A. ①④⑤ B. ①②③
C. ①③④ D. ①③④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
由盖斯定律可知，化学反应一步完成和分步完成，反应的焓变是相同的，然后利用发生的化学反应来分析焓变的关系，注意X、Y、Z的物质的量相等
【详解】①由C+O2=CO2，可看成C+O2= CO，CO+O2= CO2来完成，X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1+△H2，故①正确；
②因S与氧气反应生成二氧化硫，不会直接生成三氧化硫，则不符合转化，故②错误；
③由2Na+O2=Na2O2，可看成2Na+O2═Na2O、Na2O+ O2═Na2O2来完成，X、Y、Z的物质的量相等时，不符合△H=△H1+△H2，故③错误；
④由AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+2H2O，可看成AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O来完成，X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1+△H2，故④正确；
⑤由Fe+4HNO3═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，可看成Fe+HNO3═Fe（NO3）2+NO↑+H2O、Fe（NO3）2+HNO3═Fe（NO3）3+NO↑+H2O来完成，X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1+△H2，故⑤正确；
⑥由NaOH+CO2═NaHCO3，可看成NaOH+CO2═Na2CO3+ H2O、CO2+Na2CO3+H2O═NaHCO3，X、Z的物质的量相等，而Y的物质的量为X一半，不符合题意，故⑥错误；
故选：A。
8.对于有气体参加的化学反应，下列说法正确的是( )
A. 增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大
B. 升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大
C 加入反应物，活化分子百分数增大，化学反应速率增大
D. 使用催化剂，降低了反应的活化能，增大了活化分子百分数，化学反应速率一定增大
【答案】B
【解析】
【详解】A. 增大压强，对于有气体参加的化学反应，单位体积内活化分子数目增大，但活化分子百分数不变，故A错误；
B.升高温度，分子能量增大，活化分子的百分数增加，有效碰撞次数增大，化学反应速率增大，故B正确；
C.加入反应物，反应物浓度增大，活化分子数目增大，有效碰撞次数增大，化学反应速率增大，故C错误；
D.使用正催化剂，降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，有效碰撞次数增大，化学反应速率增大，而催化剂还有负催化剂，化学反应速率不一定增大，故D错误；
故选B。
9.常温下，加水冲稀时c(H＋)/c(OH－)的值明显减小的溶液中，一定能大量共存的离子组是
①K＋、Cl－、NO、CH3COO－ ②Na+、Fe2＋、I－、SO
③Ba2＋、Cl－、NO、Na＋ ④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO
⑤K＋、SO、Cl－、NO
A. ①③⑤ B. ②③ C. ②④ D. ②③⑤
【答案】B
【解析】
常温下，加水冲稀时c(H＋)/c(OH－)的值明显减小的溶液中，说明溶液显酸性，①CH3COO－和H＋生成弱电解质CH3COOH，不能大量共存，故①错误；②在酸中能够大量共存，故②正确；③在酸中能够大量共存，故③正确；④HCO3－和H＋反应生成CO2，不能大量共存，故④错误；⑤NO3－在酸性条件下，具有强氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，不能大量共存，故⑤错误；综上所述，选项B正确。
10.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)，平衡时c (NO)与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是
A. 该反应的△H>0
B. 在T2时，若 反 应 体 系 处于 状 态D ，则 此 时v正＞v逆
C. 若状态B、C、D的压强分别为PB、PC 、PD ，则PC=PD>PB
D. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1
【解析】
【详解】A、随温度升高NO浓度升高，平衡逆向移动，该反应的△H<0，A错误；
B、在T2时，若反应体系处于状态D，则此时要达到平衡状态，反应需正向进行，所以v正＞v逆，B正确；
C、温度越高压强越大，PC>PD=PB，C错误；
D、随温度升高NO浓度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，K1>K2，D错误。
答案选B。
11.下列事实不能用平衡移动原理解释的是( )
A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 工业合成氨时采用铁触媒作反应的催化剂
C. 工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的转化率
D. 将收集NO2气体的烧瓶密闭后放在装有热水的烧杯中，发生颜色变化
【答案】B
【解析】
【详解】A.啤酒中存在可逆反应CO2+H2O⇌H2CO3，开启啤酒瓶即减小压强，平衡逆向移动，产生大量CO2，能用平衡移动原理解释，A不选；
B.用铁触媒作催化剂只能加快合成氨的反应速率，不能使平衡发生移动，不能用平衡移动原理解释，B选；
C.二氧化硫的催化氧化反应为2SO2+O22SO3，使用过量空气即增大氧气的浓度，平衡正向移动，提高SO2的转化率，能用平衡移动原理解释，C不选；
D.收集NO2的密闭烧瓶中存在可逆反应2NO2⇌N2O4 ∆H<0，升高温度平衡逆向移动，颜色加深，能用平衡移动原理解释，D不选；
答案选B。
12.对于反应：4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g) △ H＝－1200 kJ·mol－1，温度不同 (T2>T1),其他条件相同时，下列图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A. 升高温度正逆反应速率都发生突变，故A错误；
B. 升高温度速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，故B正确；
C. 增大压强，平衡正向移动，CO的体积分数减小，故C错误；
D. 升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D错误；
答案选B。
13.可逆反应mA（固）+nB（气）pC（气）+qD（气），反应过程中其它条件不变时C的百分含量C%与温度（T）和压强（P）的关系如图所示，下列叙述中正确的是
A. 达到平衡后，使用催化剂，C%将增大
B. 达到平衡后，若升高温度、化学平衡向逆反应方向移动
C. 方程式中n>p+q
D. 达到平衡后，增加A的量有利于化学平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】可逆反应,当其他条件一定时,温度越高,反应速率越大,达到平衡所用的时间越短。由图象(1)可知T1>T2，温度越高，平衡时C的体积分数φ(C)越小，故此反应的正反应为放热反应；
当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短。由图(2)可知P2>P1，压强越大，平衡时C的体积分数φ(C)越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即n
B. 由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向逆反应移动，故B正确；
C. 由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为气体物质的量增大的反应，即n
答案选B。
14.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 ②v(B)=0.6mol⋅L-1⋅s-1③v(C)=0.4mol⋅L-1⋅s-1④v(D)=0.45mol⋅L-1⋅s-1，该反应进行的快慢顺序为( )
A. ④<③=②<① B. ④>③=②>① C. ①>②>③>④ D. ④>③>②>①
【答案】B
【解析】
【详解】同一化学反应，反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则①=0.45，②=0.2，③=0.2，④=0.225，则反应快慢为④>③=②>①，故选B。
15.学习“化学平衡移动原理”后，以你的理解，下列叙述正确的是
A. 对于已达平衡的体系，改变影响化学平衡的条件，不可能出现v正增大，v逆减小的情况。
B. 对2HIH2+I2(g)，平衡体系增加压强使颜色变深，可用勒夏特列原理解释。
C. 升高温度，一定会使化学平衡发生移动。
D. 在盛有一定量NO2的注射器中，向外拉活塞，其中气体颜色先变浅再变深，甚至比原来深。
【答案】C
【解析】
【详解】A、如果增大反应物浓度、减小生成物浓度，会导致正反应速率大于逆反应速率，出现v正增大，v逆减小的情况，选项A错误；
B、只有引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释，该反应前后气体物质的量不变，所以压强不影响平衡移动，则不能用平衡移动原理解释，选项B错误；
C、升高温度，平衡向吸热方向移动，任何化学反应都有反应热，所以升高温度，化学平衡一定移动，选项C正确；
D、在盛有一定量NO2的注射器中，向外拉活塞，容器体积增大，导致压强减小，平衡向生成二氧化氮方向移动，但达到平衡后二氧化氮的浓度仍然小于原来浓度，所以其中气体颜色先变浅再变深，但比原来浅，选项D错误。
答案选C。
16.关于可逆反应A(s)+ ＋B（g）2C（g）；△H＜0，平衡常数为K，下列说法正确的是
A. K=c2(C)/c(A)×c(B)
B. K值越大表示达到平衡时，正反应进行程度越大
C. 其它条件不变时，温度升高，K值增大
D. 其它条件不变时，压强减小，K值减小
【答案】B
【解析】
【详解】A.在可逆反应中，A是固体，浓度为1，不在平衡常数的表达式中，A错误；
B.K表达了化学反应进行的程度，K值越大表示达到平衡时，正反应进行程度越大，B正确；
C.对于放热反应，温度升高，平衡左移，K值减小，C错误；
D.影响K值的外界因素只有温度，压强减小，温度不变，K值不变，D错误；
答案选B。
17.根据相应的图象(图象编号与答案一一对应)，判断下列相关说法正确的是( )
选项
A
B
C
D
图像
反应
aX(g)+bY(g)⇌cZ(g)
L(s)+aG(g)⇌bR(g)
aA+bB⇌cC
A+2B⇌2C+3D
操作或条件
密闭容器中反应达到平衡，T0时改变某一条件有如图变化所示，则改变的条件一定是加入催化剂
反应达到平衡时，外界条件对平衡影响关系如图所示，则正反应为放热反应，且a>b
物质的百分含量和温度关系如图所示，则该反应的正反应为吸热反应
反应速率和反应条件变化关系如图所示，则该反应的正反应为放热反应，A、B、C是气体，D为固体或液体
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图象分析可知，条件改变，化学反应速率增大，化学平衡不动，则改变条件可能为加入催化剂或反应前后气体体积不变时增大压强，故A错误；
B.由图象可知，升高温度，G的体积分数减小，说明平衡向正反应方向移动，该反应是吸热反应，不是放热反应，故B错误；
C.由图象可知，T2达到平衡，平衡后，升高温度，C的物质的量减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故C错误；
D.由图象可知，降低温度，化学反应速率减小，平衡向正反应方向移动，该反应为放热反应，增大压强，化学反应速率增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，说明反应前后气体体积减小，则A. B.C是气体，D一定为固体或纯液体，故D正确；
故选D。
18.可逆反应：2A(s)B(g)+C(g)在体积固定的密闭容器中，起始时加入一定量的A，判断反应达到平衡状态的标志是： ①单位时间内生成2molA的同时生成1molB ②v(B):v(C)=1:1 ③密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变 ④混合气体的密度不再改变 ⑤B的体积分数不再改变 ⑥混合气体的压强不再改变的状态
A ①③④⑤⑥ B. ①③④⑥ C. ①④⑥ D. 全部
【答案】C
【解析】
【详解】①单位时间内生成2molA的同时生成1molB，能说明正逆反应速率的相等关系，说明反应达到了平衡状态，故①正确；
②任何时候都存在v(B):v(C)=1:1，不能说明是平衡状态，故②错误；
③该反应中A为固体，生成物中B和C的物质的量之比不变，混合气体的平均摩尔质量始终不变，不能说明是平衡状态，故③错误；
④该反应是一个反应后气体质量增大的化学反应，容器的体积不变，导致混合气体的密度逐渐增大，所以密度不变，能够说明达到平衡状态，故④正确；
⑤B的体积分数为50%始终不变，不能说明是平衡状态，故⑤错误；
⑥因该反应是物质的量增大的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，故⑥正确；
故选C。
【点睛】在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，反应就达到平衡状态，判断时要紧扣化学平衡状态的特征“等”、“定”来判断反应达到平衡状态。本题的易错点为③，要注意混合气体中B和C的物质的量之比不变，平均摩尔质量始终不变。
19.醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq)H＋(aq)+CH3COO－(aq) ΔH＞0。25℃时，0.1mol/L醋酸溶液中存在下述关系：Ka=c(H＋)·c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=1.75×10-5，其中的数值是该温度下醋酸的电离平衡常数（Ka）。下列说法正确的是
A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H＋)减小
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动
C. 该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＜1.75×10-5
D. 升高温度，c(H＋)增大，Ka变大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，平衡后c(H＋)增大，A错误；
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，醋酸根增大，平衡逆向移动，B错误；
C. 电离平衡常数只与温度有关系，该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＝1.75×10-5，C错误；
D. 电离吸热，升高温度平衡正向移动，c(H＋)增大，Ka变大，D正确。
答案选D。
20.25℃时， pH 均为2的两种一元酸HA和HB各1mL,分别加水稀释,pH 随溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. HA的酸性比HB的酸性弱
B. a点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱
C. 若两溶液加水稀释，则所有离子的浓度都减小
D. 对a、b两点溶液同时升高温度，则c(A－)/c(B－)减小
【答案】D
【解析】
【分析】
室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释至1000mL，HA溶液pH=5，说明HA为强酸，HB为弱酸。
【详解】A．pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释1000倍，HA溶液pH=5，HB溶液pH小于5，HA的酸性比HB的酸性强，A错误；
B．a点溶液中离子浓度大于c点溶液中离子浓度，溶液导电性取决于离子浓度大小，则a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，B错误；
C．两种酸溶液稀释时氢离子浓度减小，而水的离子积Kw=c（H+）·c（OH-）不变，故c（OH-）增大，C错误；
D．HA为强酸，HB为弱酸，对a、b两点溶液同时升高温度，c（A-）浓度不变，HB电离程度增大，c（B-）浓度增大，c(A-)/c(B-)比值减小，D正确；
答案选D。
21.下列关于“一定”说法正确的句数是
①pH＝6的溶液一定是酸性溶液。
②c(H＋)＞c (OH－)一定是酸性溶液。
③强电解质溶液的导电能力一定大于弱电解质溶液的导电能力。
④25 ℃时，水溶液中水电离出的c(H＋)和水电离出的c(OH－)的乘积一定等于10－14。
⑤如果Na2Y的水溶液显中性，该溶液中一定没有电离平衡
⑥0.2mol/L氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，c(H+)一定增大
⑦温度保持不变，向水中加入钠盐对水的电离一定没有影响
⑧使用pH试纸测定溶液pH时若先润湿，则测得溶液的pH一定有影响
A. 0句 B. 1句 C. 2句 D. 3句
【答案】B
【解析】
【详解】①pH=6的溶液不一定是酸性溶液，需要考虑温度，错误；②c（H+）＞c（OH－）一定是酸性溶液，正确；③强电解质溶液的导电能力不一定大于弱电解质溶液的导电能力，关键是看溶液中离子浓度和离子所带电荷数，错误；④25℃时，水溶液中水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH－）的乘积不一定等于10－14，错误；⑤水溶液中还存在水的电离平衡，错误；⑥0.2mol/L氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，c（H+）一定减小，错误；⑦温度保持不变，向水中加入钠盐对水的电离不一定没有影响，例如硫酸氢钠等，错误；⑧使用pH试纸测定溶液pH时若先润湿，则测得溶液的pH不一定有影响，例如测定氯化钠溶液，错误，答案选B。
【点晴】注意溶液的酸碱性：溶液的酸碱性是由溶液中c（H＋）与c（OH－）的相对大小决定的：c（H＋）＞c（OH－），溶液呈酸性；c（H＋）＝c（OH－），溶液呈中性；c（H＋）＜c（OH－），溶液呈碱性。另外溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强。若强电解质溶液中离子浓度很小，而弱电解质溶液中离子浓度大，则弱电解质溶液的导电能力强，因此电解质的强弱与电解质溶液的导电性并无必然联系。
22.常温下，关于溶液的稀释说法正确的是
A. 将1 L 0.1mol·L-1的Ba(OH)2溶液加水稀释为2L，pH=13
B. pH=3的醋酸溶液加水稀释100倍，pH=5
C. pH=4的H2SO4加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的［H+］=1×10-6mol·L-1
D. pH=8的NaOH溶液加水稀释100倍，其pH=6
【答案】A
【解析】
【详解】A、将1 L 0.1mol·L-1的Ba(OH)2溶液加水稀释为2L，Ba(OH)2溶液的物质的量浓度变为0.05 mol·L-1，氢氧根浓度为0.1mol·L-1，pH=13，A正确；
B、pH=3的醋酸溶液加水稀释100倍，促进酸的电离，因此稀释100倍后其pH＜5，B错误；
C．pH=4的H2SO4加水稀释100倍，溶液中的［H+］=1×10-6mol·L-1，由水电离产生的［H+］=1×10-8mol·L-1，C错误；
D、pH=8的NaOH溶液加水稀释100倍，其pH应接近7，但不会小于7，D错误。
答案选A。
23.1molA与1molB混合于1L的密闭容器中，发生如下反应：2A(g)+3B(g) 2C(g)+zD(g)，2s后A 的转化率为 50%，测得v(D)=0.25 mol/(L∙s)，下列推断不正确的是
A. z=2 B. 2s时，容器内的压强是初始的7/8倍
C. 2s 时C的体积分数为2/7 D. 2s时，B的浓度为0.5mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】
2s后A的转化率为50%，则反应的A为1mol×50%=0.5mol，则
2A（g）+3B（g）2C（g）+zD（g），
开始量（mol） 1 1 0 0
转化的量（mol） 0.5 0.75 0.5 0.25z
2s的量（mol） 0.5 0.25 0.5 0.25z
【详解】A、v(A)==0.25 mol/(L∙s)=v(D)，因反应速率之比等于化学计量数之比，z=2，选项A正确；
B、2s后，容器内的物质的量总和是 1+0.5+1+0.5×2=3.5mol，恒温恒容条件下，压强与物质的量成正比，2s后反应内的压强是反应前的=倍，选项B正确；
C、2s后C的体积分数为=，选项C正确；
D、2s后，B的浓度为=0.25mol/L，选项D不正确。
答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡的计算，明确化学平衡的三段法计算是解答本题的关键。
24.在10 L密闭容器中，1 mol A和3 mol B在一定条件下反应： A(g)＋xB(g)2C(g)，2 min后反应达到平衡时，测得混合气体共3.4 mol，生成0.4 mol C，则下列计算结果正确是
A. 平衡时，物质的量之比n(A)∶n(B)∶n(C)＝2∶11∶4
B. x值等于3
C. A的转化率为20%
D. B的平均反应速率为0.4 mol/(L·min)
【答案】C
【解析】
【详解】根据三段式计算，
A（气）+xB（气）2C（气）
起始（mol） 1 3 0
转化（mol） 0.2 0.2x 0.4
平衡（mol） 0.8 3-0.2x 0.4
由题意可知，0.8+3-0.2x+0.4=3.4，所以x=4，
A、平衡时，物质的量比A：B：C=0.8：（3-0.8）：0.4=4：11：2，故A错误；
B、0.8+3-0.2x+0.4=3.4，所以x=4，故B错误；
C、A的转化率为×100%=20%，故C正确；
D、B的平均反应速率为mol•L-1•min-1=0.04mol/（L•min），故D错误；
故选C。
【点睛】本题主要考查计量数的确定、反应速率的计算、转化率的计算等知识。解答此类试题的基本方法为三段式计算，解题时注意运用三段式分析。
25.在一定条件下，向密闭容器中加入一定量的C(s)与H2O(g)发生可逆反应C(s) + H2O(g)CO(g) + H2(g)，反应达到平衡后C(s)与H2O(g)转化率为2:1关系，则下列说法正确的是
A. 开始加入的C(s)与H2O(g)物质的量为2:1
B. 若增大压强，H2O(g)转化率不变化
C. 达到平衡后混合气体平均式量可能为16
D. 开始反应后混合气体平均式量一直减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、设开始加入C(s)和H2O(g) 分别是X和Y，转化的都是a，则有a/X:a/Y=2:1,得X:Y=2：1，A项错误；
B、若增大压强平衡逆向移动，H2O(g)转化率减小，B项错误；
C、达到平衡后混合气体平均式量在水的式量18，和等物质的量CO，H2混合气体的式量15，之间，16是可能的，C项正确；
D、达到平衡式量不在变化，D项错误；
答案选C。
第Ⅱ卷 非选择题(共50分)
26.(1)北京奥运会祥云火炬将中国传统文化、奥运精神以及现代高科技融为一体。火炬内熊熊大火来源于丙烷燃烧，丙烷是一种优良的燃料。试回答下列问题：
①如图是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O(l)过程中的能量变化图，请在图中的括号内填入“+”或“−” ___。
②写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：___。
③二甲醚(CH3OCH3)是一种新型燃料，应用前景广阔。1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量。若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，则混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为___。
(2)盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分数步完成，整个过程的总热效应相同。试运用盖斯定律回答下列问题：
①已知：H2O(g)═H2O (l) △H1=−Q1kJ/mol
C2H5OH(g)═C2H5OH (l) △H2=−Q2kJ/mol
C2H5OH(g)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g) △H3=−Q3kJ/mol
若使23g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为___kJ。
②碳(s)在氧气供应不充分时，生成CO同时还部分生成CO2，因此无法通过实验直接测得反应：C(s)+O2(g)═CO(g)的△H.但可设计实验、利用盖斯定律计算出该反应的△H，计算时需要测得的实验数据有___。
【答案】 (1). − (2). C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2215kJ/mol (3). 1:3 (4). 1.5Q1−0.5Q2+0.5Q3 (5). 碳、一氧化碳的标准燃烧热
【解析】
【分析】
(1)①由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量；
②由图象可知，丙烷完全燃烧生成1mol水的焓变△H=−553.75kJ/mol；
③依据热化学方程式结合混合气体物质的量和放热列式计算得到二甲醚和丙烷物质的量之比；
(2)①依据盖斯定律计算可得；
②设计实验、利用盖斯定律计算C(s)+ O2(g)═CO(g)的△H，需要知道碳和一氧化碳的燃烧热才能计算得到。
【详解】(1)①由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为反应放热，△H为“−“，故答案为：−；
②由图象可知，丙烷完全燃烧生成1mol水的焓变△H=−553.75kJ/mol，则反应的热化学方程式为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2215kJ/mol，故答案为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2215kJ/mol；
③1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量，若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，设1mol混合气体中二甲醚物质的量x，丙烷物质的量为1−x，由热化学方程式可知丙烷燃烧放热2215 (1−x) kJ，由题意可得关系式1645−1455x=2215 (1−x)，解得x=0.75，则混合丙烷物质的量为0.25mol，混合气体中丙烷和二甲醚物质的量之比=0.25:0.75=1:3，故答案为：1:3；
(2)①将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，由盖斯定律可知，③−②+①×3得热化学方程式C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ，则△H1=−(3Q1−Q2+Q3)kJ/mol，若使23g液态无水酒精物质的量为0.5mol，完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为(1.5Q1−0.5Q2+0.5Q3)kJ，故答案为：1.5Q1−0.5Q2+0.5Q3；
②设计实验、利用盖斯定律计算C(s)+ O2(g)═CO(g)的△H，需要知道碳和一氧化碳的燃烧热才能计算得到，故答案为：碳、一氧化碳的标准燃烧热。
27.某小组拟用含稀硫酸的KMnO4溶液与H2C2O4溶液(弱酸)的反应(此反应为放热反应)来探究“条件对化学反应速率的影响”，并设计了如表的方案记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20mol/LH2C2O4溶液、0.010mol/L KMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽
V(0.20mol/LH2C2O4溶液)/mL
V(蒸馏水)/mL
V(0.010mol/L KMnO4溶液)/mL
M(MnSO4固体)/g
T/℃
乙
①
2.0
0
4.0
0
50
②
2.0
0
4.0
0
25
③
1.0
a
4.0
0
25
④
2.0
0
4.0
0.1
25
回答下列问题：
(1)完成上述反应原理的化学反应方程式：___。
(2)上述实验①②是探究___ 对化学反应速率的影响；若上述实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则 a为___；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写___。上述实验②④是探究___ 对化学反应速率的影响。
(3)为了观察紫色褪去，草酸与高锰酸钾初始的物质的量需要满足的关系n(H2C2O4):n(KMnO4)最小为：___。
【答案】 (1). 5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O (2). 温度 (3). 1.0 (4). t(溶液褪色时间)/s (5). 催化剂 (6). 2.5
【解析】
【分析】
（1）酸性KMnO4溶液与H2C2O2发生氧化还原反应，MnO4-被还原为Mn2+，H2C2O2被氧化为CO2，结合离子方程式的电荷守恒和反应环境可知，要有H+参与反应，根据得失电子数守恒和电荷守恒来配平；
（2）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致；要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，则加入的H2C2O4溶液的体积不同，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6mL；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短；催化剂能加快反应速率；
(3)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，在溶液中分步电离；
(4)由反应的化学方程式可知，为了观察到紫色褪去，草酸应该稍微过量。
【详解】(1)酸性高锰酸钾是用稀硫酸酸化，H2SO4、KMnO4与H2C2O2发生反应，KMnO4被还原为MnSO4，化合价降低5价，H2C2O2被氧化为CO2，每个C原子的化合价升高1价，1个H2C2O2升高2价，则高锰酸钾与草酸计量数之比为2:5，根据原子守恒配平可得：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，故答案为：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O；
(2)当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致，通过比较实验①②的反应条件可知，实验①②可探究温度对反应速率的影响；实验②③中的H2C2O4溶液的加入体积不同，故要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6.0mL，则a的值为1.0；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短，故乙要测量的物理量是溶液褪色的时间(t溶液褪色时间/s)；其他条件相同，④中加了MnSO4固体，锰离子对该反应起催化作用，则②④探究的是催化剂对反应速率的影响，故答案为：温度；1.0；t(溶液褪色时间)/s；催化剂；
(3)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，在溶液中分步电离，电离方程式为H2C2O4⇋H++HC2O4−，HC2O4−⇋H++C2O42−，故答案为：H2C2O4⇋H++HC2O4−，HC2O4−⇋H++C2O42−；
(4)由反应的化学方程式可知，为了观察到紫色褪去，草酸应该稍微过量，则n(H2C2O4):n(KMnO4) 最小为2.5，故答案为：2.5；
28.任何物质的水溶液都存在水的电离平衡，其电离方程式可表示为：H2O⇌H＋＋OH-。请回答下列有关问题：
(1)现欲使水的电离平衡向右移动，且所得溶液呈酸性，可以选择的方法有_________。
A.加热至100℃ B.加入 NaHSO4(s) C.加入CH3COONa(s) D.加入NH4Cl(s)
(2)在t℃时，测得0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH＝11，则该温度下水的离子积为_____，此温度____25℃(选填“大于”“小于”或“等于”)，理由是________。
(3)在25℃时，将pH＝a的NaOH溶液VaL与pH＝b的HCl溶液VbL混合，请填写下列空白：
①若所得溶液呈中性，且a＝11，b＝3，则Va:Vb＝__________。
②若所得溶液呈中性，且Va:Vb＝10:1，则a＋b＝__________。
③若所得混合溶液的pH＝10，且a＝12，b＝2，则 Va: Vb＝___________。
④若将pH＝12的NaOH溶液VaL与VbL水混合后所得溶液的pH＝10，则Va:Vb＝____。
【答案】 (1). D (2). 10-13 (3). 大于 (4). 在0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH＝11可知c(H+)=1×10-11mol·L-1，c(OH-)=10-2 mol·L-1，则Kw=c(H+)·c(OH-)=10-13>10-14，说明t℃时水的离子积大于25℃时水的离子积，说明条件改变，促进了水的电离，根据平衡移动原理，t℃大于25℃ (5). 1:10 (6). 12 (7). 1:9 (8). 1:99
【解析】
【分析】
（1）使水的电离平衡向右移动的方法有升高温度、加入强酸弱碱盐或强碱弱酸盐等，如果溶液呈酸性，说明溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度；
（2）0.01mol/L的NaOH溶液的pH为11，则c（H+）=1×10-11mol/L，c（OH-）=0.01mol/L，根据Kw=c（H+）c（OH-）计算；依据25℃Kw=c(H+)c(OH-)=10-14判断t℃的大小；
(3) t℃时，pH＝a的NaOH溶液VaL，溶液中n(OH-)＝10a-13·Va，pH＝b的HCl溶液VbL，溶液中n(H＋)＝10-b·Vb。
【详解】(1) A．加热至100℃，促进水的电离，溶液仍呈中性，故A错误；
B．向水中加入NaHSO4固体，电离出的氢离子抑制水的电离，故B错误；
C．向水中加CH3COONa，水解呈碱性，故C错误；
D．向水中加入NH4Cl固体，水解呈酸性，故D正确；
D正确，故答案为：D；
(2)由0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH＝11可知，溶液中c(H+)=1×10-11mol·L-1，c(OH-)=10-2 mol·L-1，则Kw=c(H+)·c(OH-)=10-13>10-14，说明t℃时水的离子积大于25℃时水的离子积，说明条件改变，促进了水的电离，根据平衡移动原理可知，t℃大于25℃，故答案为：在0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH＝11可知c(H+)=1×10-11mol·L-1，c(OH-)=10-2 mol·L-1，则Kw=c(H+)·c(OH-)=10-13>10-14，说明t℃时水的离子积大于25℃时水的离子积，说明条件改变，促进了水的电离，根据平衡移动原理，t℃大于25℃；
(3) t℃时，pH＝a的NaOH溶液VaL，溶液中n(OH-)＝10a-13·Va，pH＝b的HCl溶液VbL，溶液中n(H＋)＝10-b·Vb；
①由溶液呈中性可得10a-13Va＝10-bVb，解得Va:Vb=1013-(a+b)＝10:1，故答案为：10:1；
②由溶液呈中性可得由溶液呈中性可得10a-13Va＝10-bVb，若Va：Vb＝10：1，解得a＋b＝12，故答案为：12；
③若所得混合溶液的pH＝10，则溶液中c(OH-)＝ =10-3，由a＝12和b＝2可得Va:Vb＝1:9，故答案为：1:9；
④由pH＝12的NaOH溶液VaL与VbL水混合后所得溶液的pH＝10可得溶液中c(OH-)＝＝10-3，解得Va:Vb＝1:99，故答案为：1:99。
29.已知多元弱酸在水溶液中的电离是分步进行的，且第一步电离程度大于第二步电离程度，第二步电离程度远大于第三步电离程度…… 今有HA、H2B、H3C三种一元、二元、三元弱酸，根据“较强酸十较弱酸盐=较强酸盐十较弱酸”的反应规律，它们之间能发生下列反应：
①HA+HC2-（少量）=A-+H2C- ②H2B(少量)+2A- =B2-+2HA ③H2B(少量)+H2C-=HB-+H3C
回答下列问题：
(1)相同条件下，HA、H2B、H3C三种酸中酸性最强的是___________________。
(2)判断下列反应的离子方程式中正确的是（填写标号）____________。
A.H3C+3A-=3HA+C3- B.HB-+A-=HA+B- C．H3C+B2-=HB-+H2C-
(3)完成下列反应的离子方程式。
A．H3C+OH-（过量）_______________________；
B．HA（过量）+C3-__________________________。
【答案】 (1). H2B (2). BC (3). H3C+3OH-=C3-+3H2O (4). 2HA+C3-=2A-+H2C-
【解析】
【分析】
首先,根据题目中的信息,判断酸性顺序:第一步电离程度远大于第二步电离程度,第二步电离程度远大于第三步电离程度。得到H2B> H3C>HB->HA> H2C-> HC2- ，物质的酸性越强,其对应酸根离子结合质子的能力越弱,反之越强,根据强酸制弱酸的规律进行判断。
【详解】(1) 由①HA+HC2-（少量）=A-+H2C- 知酸性HA> H2C-;由②H2 B(少量)+2A- =B2-+2HA知酸性H2B>HA ；由③H2B(少量)+H2C-=HB-+H3C知酸性H2B>H3C，所以相同条件下，HA、H2B、H3C三种酸中酸性最强的是H2B。答案：H2B。
(2)根据上述分析由①HA+HC2-（少量）=A-+H2C- 知A.H3C+3A-=3HA+C3-不能发生,故A错误，B. 由②H2 B(少量)+2A- =B2-+2HA知HB-+A-=HA+B-可以发生，故B正确；C.由③H2B(少量)+H2C-=HB-+H3C知H3C+B2-=HB-+H2C-可以发生，故C正确。答案：BC。
(3)根据（1）的分析知H2B> H3C>HB->HA> H2C-> HC2-以及强酸制弱酸的原则,故离子方程式为: H3C+3OH-=C3-+3H2O 2HA+C3-=2A-+H2C- 。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Mg 24 Al 27 Ca 40
I卷选择题(共50分)
选择题(共25题，每题2分，共50分，每小题只有一个正确选项)
1.下列说法正确的是
A. 非自发反应一定不能实现
B. 同种物质气态时熵值最小，固态时熵值最大
C. 反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的△H <0
D. 恒温恒压下，△H <0且△S>0的反应一定不能自发进行
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，选项A错误；
B.熵是指体系的混乱度，同种物质气态熵大于液态大于固态，即同种物质气态时熵值最大，固态时熵值最小，选项B错误；
C.反应能自发进行说明：△H-T△S＜0，由方程式NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）可知该反应的∆S＜0，要使：△H-T△S＜0，所以必须满足△H＜0，选项C正确，
D.恒温恒压下，△H＜0且△S＞0的反应的△H-T△S＜0，反应一定可以自发进行，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了化学反应自发进行的判断依据。本题是灵活运用△G=△H-T△S判断反应能否自发进行，其难点是如何判断△S，一般由固体转变为液体或气体时△S＞0，另外反应向气体体积增大的方向进行时△S＞0，否则△S＜0；要熟练掌握当△H＜0且△S＞0的反应肯定能自发进行，当△H＞0且△S＜0的反应不可能自发进行，其它情况在不同温度下可能自发进行，特别注意的是不能自发进行的反应并不表示不能发生，一定条件下反应也能进行，如电解池中发生的反应通常就是非自发进行的反应。
2.分析下列反应，在任何温度下均能自发进行的是
A. 2N2(g)+ O2(g)=2N2O(g) △H>0 B. Ag(s)+ 1/2Cl2(g)=AgCl(s) △H<0
C. HgO(s) =Hg(1)+ 1/2O2(g) △H>0 D. H2O2(l)=1/2O2(g)+H2O(l) △H<0
【答案】D
【解析】
【分析】
△H-T△S＜0的反应可自发进行，即任何温度下均能自发进行，必须是放热反应，且是熵增的过程。
【详解】A项、反应是吸热反应△H＞0，△S＜0，任何温度下都不能自发进行，故A错误；
B项、反应是放热反应△H＜0，△S＜0，高温下不能自发进行，故B错误；
C项、反应是吸热反应△H＞0，△S＞0，低温下不能自发进行，故C错误；
D项、反应是放热反应△H＜0，△S＞0，任何温度下都能自发进行，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查反应进行的方向，注意综合判据的应用，把握焓变、熵变对反应进行方向的影响为解答的关键。
3.“一次能源与二次能源”的叙述中正确的是（ ）
①直接从自然界中取得的能源都是一次能源
②二次能源是由一次能源加工、转换而得到
③太阳能、风能、地热能、氢能等都是一次能源
④煤、石油、天然气等化石能源都是一次能源
⑤电能是一种应用最广、污染最小的二次能源
⑥蒸汽能、机械能、水电、核电等都是二次能源
A. ①②③⑤ B. ①③④⑥
C. ①②④⑤⑥ D. ②③④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①一次能源，是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能源，①正确；
②由一次能源经过加工、转换而得到的能源称为二级能源，②正确；
③太阳能、风能、地热能为一次能源，氢能是二次能源，③不正确；
④煤、石油、天然气等化石能源都直接来源于自然界，属于一次能源，④正确；
⑤不管是火力发电、水力发电还是太阳能发电，都由能源转化而来，所以属于二次能源，⑤正确；
⑥蒸汽能、机械能、水电、核电等都由一次能源转化而来，称为二次能源，⑥正确；
综合以上分析，①②④⑤⑥正确，故选C。
4.下列说法正确的是( )
A. 在水溶液中或熔融状态下能电离出自由移动的离子的化合物是电解质
B. 强电解质一定是易溶于水的化合物，弱电解质一定是难溶于水的化合物
C. CO2的水溶液导电能力很弱，所以CO2是弱电解质
D. 强电解质溶液的导电性一定强于弱电解质溶液的导电性
【答案】A
【解析】
【详解】A. 在水溶液中或熔融状态下能电离为自由移动的离子的化合物是电解质，故A正确；
B. 强弱电解质和溶于水的电解质是否电离完全有关，与是否难易溶于水无关，硫酸钡难溶于水，但它是强电解质，乙酸易溶于水，但它是弱酸，故B错误；
C二氧化碳溶于水和水反应生成碳酸，碳酸发生部分电离，碳酸是弱电解质，二氧化碳是非电解质，故C错误；
D. 溶液的导电性与离子浓度及离子电荷数有关，与电解质的强弱无直接关系，故D错误；
故选A。
5.已知热化学方程式C2H2(g)＋O2(g)＝2CO2(g)＋H2O(g) △H=-1256kJ/mol，下列说法正确的是( )
A. 乙炔的燃烧热为1256kJ·mol-1
B. 若生成2mol液态水，则放出的热量为2512 kJ·mol-1
C. 若转移10mol电子，则消耗2.5mo1 O2
D. 若形成4mol碳氧共用电子对，则放出的热量为2512kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A.燃烧热是指在一定条件下，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，水的稳定状态是液态，故A错误；
B.生成2mol气态水时，放出2512 kJ·mol-1热量，故B错误；
C.1mol氧气得到4mol电子，所以转移10mol电子，需要=2.5mol氧气，故C正确；
D.形成4mol碳氧共用电子对说明反应生成2molCO2，放出的热量为1256kJ，故D错误；
故选C。
6.已知：①2CH3OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH1
②2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH2
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH3
④2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH4
⑤CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是
A. ΔH1>0，ΔH2<0 B. ΔH3>ΔH4
C. ΔH1＝ΔH2＋2ΔH3－ΔH5 D. 2ΔH5＋ΔH1<0
【答案】D
【解析】
【详解】A、甲醇和CO燃烧均是放热反应，△H均小于0，A错误；
B、液态水的能量低于气态水的能量，因此氢气完全燃烧生成液态水放热多，则ΔH3＜ΔH4，B错误；
C、已知①2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g）ΔH2，②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l）ΔH3，③CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g）ΔH5，则根据盖斯定律可知①+②×2-⑤×2即得到反应2CH3OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH1＝ΔH2＋2ΔH3－2ΔH5，C错误；
D、已知2CH3OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l） ΔH1，2CO(g)＋4H2(g)===2CH3OH(g）2ΔH5，则二者相加即得到2CO(g)＋4H2(g)＋3O2(g)==2CO2(g)＋4H2O(l)，该反应一定是放热反应，D正确，
答案选D。
7.符合如图所示的转化关系，且当X、Y、Z的物质的量相等时，存在焓变△H=△H1+△H2。满足上述条件的X、Y可能是
①C、CO ②S、SO2 ③Na、Na2O ④AlCl3、Al（OH）3⑤Fe、Fe（NO3）2 ⑥NaOH、Na2CO3
A. ①④⑤ B. ①②③
C. ①③④ D. ①③④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
由盖斯定律可知，化学反应一步完成和分步完成，反应的焓变是相同的，然后利用发生的化学反应来分析焓变的关系，注意X、Y、Z的物质的量相等
【详解】①由C+O2=CO2，可看成C+O2= CO，CO+O2= CO2来完成，X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1+△H2，故①正确；
②因S与氧气反应生成二氧化硫，不会直接生成三氧化硫，则不符合转化，故②错误；
③由2Na+O2=Na2O2，可看成2Na+O2═Na2O、Na2O+ O2═Na2O2来完成，X、Y、Z的物质的量相等时，不符合△H=△H1+△H2，故③错误；
④由AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+2H2O，可看成AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O来完成，X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1+△H2，故④正确；
⑤由Fe+4HNO3═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，可看成Fe+HNO3═Fe（NO3）2+NO↑+H2O、Fe（NO3）2+HNO3═Fe（NO3）3+NO↑+H2O来完成，X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1+△H2，故⑤正确；
⑥由NaOH+CO2═NaHCO3，可看成NaOH+CO2═Na2CO3+ H2O、CO2+Na2CO3+H2O═NaHCO3，X、Z的物质的量相等，而Y的物质的量为X一半，不符合题意，故⑥错误；
故选：A。
8.对于有气体参加的化学反应，下列说法正确的是( )
A. 增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大
B. 升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大
C 加入反应物，活化分子百分数增大，化学反应速率增大
D. 使用催化剂，降低了反应的活化能，增大了活化分子百分数，化学反应速率一定增大
【答案】B
【解析】
【详解】A. 增大压强，对于有气体参加的化学反应，单位体积内活化分子数目增大，但活化分子百分数不变，故A错误；
B.升高温度，分子能量增大，活化分子的百分数增加，有效碰撞次数增大，化学反应速率增大，故B正确；
C.加入反应物，反应物浓度增大，活化分子数目增大，有效碰撞次数增大，化学反应速率增大，故C错误；
D.使用正催化剂，降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，有效碰撞次数增大，化学反应速率增大，而催化剂还有负催化剂，化学反应速率不一定增大，故D错误；
故选B。
9.常温下，加水冲稀时c(H＋)/c(OH－)的值明显减小的溶液中，一定能大量共存的离子组是
①K＋、Cl－、NO、CH3COO－ ②Na+、Fe2＋、I－、SO
③Ba2＋、Cl－、NO、Na＋ ④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO
⑤K＋、SO、Cl－、NO
A. ①③⑤ B. ②③ C. ②④ D. ②③⑤
【答案】B
【解析】
常温下，加水冲稀时c(H＋)/c(OH－)的值明显减小的溶液中，说明溶液显酸性，①CH3COO－和H＋生成弱电解质CH3COOH，不能大量共存，故①错误；②在酸中能够大量共存，故②正确；③在酸中能够大量共存，故③正确；④HCO3－和H＋反应生成CO2，不能大量共存，故④错误；⑤NO3－在酸性条件下，具有强氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，不能大量共存，故⑤错误；综上所述，选项B正确。
10.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)，平衡时c (NO)与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是
A. 该反应的△H>0
B. 在T2时，若 反 应 体 系 处于 状 态D ，则 此 时v正＞v逆
C. 若状态B、C、D的压强分别为PB、PC 、PD ，则PC=PD>PB
D. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1
【解析】
【详解】A、随温度升高NO浓度升高，平衡逆向移动，该反应的△H<0，A错误；
B、在T2时，若反应体系处于状态D，则此时要达到平衡状态，反应需正向进行，所以v正＞v逆，B正确；
C、温度越高压强越大，PC>PD=PB，C错误；
D、随温度升高NO浓度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，K1>K2，D错误。
答案选B。
11.下列事实不能用平衡移动原理解释的是( )
A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 工业合成氨时采用铁触媒作反应的催化剂
C. 工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的转化率
D. 将收集NO2气体的烧瓶密闭后放在装有热水的烧杯中，发生颜色变化
【答案】B
【解析】
【详解】A.啤酒中存在可逆反应CO2+H2O⇌H2CO3，开启啤酒瓶即减小压强，平衡逆向移动，产生大量CO2，能用平衡移动原理解释，A不选；
B.用铁触媒作催化剂只能加快合成氨的反应速率，不能使平衡发生移动，不能用平衡移动原理解释，B选；
C.二氧化硫的催化氧化反应为2SO2+O22SO3，使用过量空气即增大氧气的浓度，平衡正向移动，提高SO2的转化率，能用平衡移动原理解释，C不选；
D.收集NO2的密闭烧瓶中存在可逆反应2NO2⇌N2O4 ∆H<0，升高温度平衡逆向移动，颜色加深，能用平衡移动原理解释，D不选；
答案选B。
12.对于反应：4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g) △ H＝－1200 kJ·mol－1，温度不同 (T2>T1),其他条件相同时，下列图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A. 升高温度正逆反应速率都发生突变，故A错误；
B. 升高温度速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，故B正确；
C. 增大压强，平衡正向移动，CO的体积分数减小，故C错误；
D. 升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D错误；
答案选B。
13.可逆反应mA（固）+nB（气）pC（气）+qD（气），反应过程中其它条件不变时C的百分含量C%与温度（T）和压强（P）的关系如图所示，下列叙述中正确的是
A. 达到平衡后，使用催化剂，C%将增大
B. 达到平衡后，若升高温度、化学平衡向逆反应方向移动
C. 方程式中n>p+q
D. 达到平衡后，增加A的量有利于化学平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】可逆反应,当其他条件一定时,温度越高,反应速率越大,达到平衡所用的时间越短。由图象(1)可知T1>T2，温度越高，平衡时C的体积分数φ(C)越小，故此反应的正反应为放热反应；
当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短。由图(2)可知P2>P1，压强越大，平衡时C的体积分数φ(C)越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即n
B. 由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向逆反应移动，故B正确；
C. 由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为气体物质的量增大的反应，即n
答案选B。
14.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 ②v(B)=0.6mol⋅L-1⋅s-1③v(C)=0.4mol⋅L-1⋅s-1④v(D)=0.45mol⋅L-1⋅s-1，该反应进行的快慢顺序为( )
A. ④<③=②<① B. ④>③=②>① C. ①>②>③>④ D. ④>③>②>①
【答案】B
【解析】
【详解】同一化学反应，反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则①=0.45，②=0.2，③=0.2，④=0.225，则反应快慢为④>③=②>①，故选B。
15.学习“化学平衡移动原理”后，以你的理解，下列叙述正确的是
A. 对于已达平衡的体系，改变影响化学平衡的条件，不可能出现v正增大，v逆减小的情况。
B. 对2HIH2+I2(g)，平衡体系增加压强使颜色变深，可用勒夏特列原理解释。
C. 升高温度，一定会使化学平衡发生移动。
D. 在盛有一定量NO2的注射器中，向外拉活塞，其中气体颜色先变浅再变深，甚至比原来深。
【答案】C
【解析】
【详解】A、如果增大反应物浓度、减小生成物浓度，会导致正反应速率大于逆反应速率，出现v正增大，v逆减小的情况，选项A错误；
B、只有引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释，该反应前后气体物质的量不变，所以压强不影响平衡移动，则不能用平衡移动原理解释，选项B错误；
C、升高温度，平衡向吸热方向移动，任何化学反应都有反应热，所以升高温度，化学平衡一定移动，选项C正确；
D、在盛有一定量NO2的注射器中，向外拉活塞，容器体积增大，导致压强减小，平衡向生成二氧化氮方向移动，但达到平衡后二氧化氮的浓度仍然小于原来浓度，所以其中气体颜色先变浅再变深，但比原来浅，选项D错误。
答案选C。
16.关于可逆反应A(s)+ ＋B（g）2C（g）；△H＜0，平衡常数为K，下列说法正确的是
A. K=c2(C)/c(A)×c(B)
B. K值越大表示达到平衡时，正反应进行程度越大
C. 其它条件不变时，温度升高，K值增大
D. 其它条件不变时，压强减小，K值减小
【答案】B
【解析】
【详解】A.在可逆反应中，A是固体，浓度为1，不在平衡常数的表达式中，A错误；
B.K表达了化学反应进行的程度，K值越大表示达到平衡时，正反应进行程度越大，B正确；
C.对于放热反应，温度升高，平衡左移，K值减小，C错误；
D.影响K值的外界因素只有温度，压强减小，温度不变，K值不变，D错误；
答案选B。
17.根据相应的图象(图象编号与答案一一对应)，判断下列相关说法正确的是( )
选项
A
B
C
D
图像
反应
aX(g)+bY(g)⇌cZ(g)
L(s)+aG(g)⇌bR(g)
aA+bB⇌cC
A+2B⇌2C+3D
操作或条件
密闭容器中反应达到平衡，T0时改变某一条件有如图变化所示，则改变的条件一定是加入催化剂
反应达到平衡时，外界条件对平衡影响关系如图所示，则正反应为放热反应，且a>b
物质的百分含量和温度关系如图所示，则该反应的正反应为吸热反应
反应速率和反应条件变化关系如图所示，则该反应的正反应为放热反应，A、B、C是气体，D为固体或液体
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图象分析可知，条件改变，化学反应速率增大，化学平衡不动，则改变条件可能为加入催化剂或反应前后气体体积不变时增大压强，故A错误；
B.由图象可知，升高温度，G的体积分数减小，说明平衡向正反应方向移动，该反应是吸热反应，不是放热反应，故B错误；
C.由图象可知，T2达到平衡，平衡后，升高温度，C的物质的量减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故C错误；
D.由图象可知，降低温度，化学反应速率减小，平衡向正反应方向移动，该反应为放热反应，增大压强，化学反应速率增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，说明反应前后气体体积减小，则A. B.C是气体，D一定为固体或纯液体，故D正确；
故选D。
18.可逆反应：2A(s)B(g)+C(g)在体积固定的密闭容器中，起始时加入一定量的A，判断反应达到平衡状态的标志是： ①单位时间内生成2molA的同时生成1molB ②v(B):v(C)=1:1 ③密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变 ④混合气体的密度不再改变 ⑤B的体积分数不再改变 ⑥混合气体的压强不再改变的状态
A ①③④⑤⑥ B. ①③④⑥ C. ①④⑥ D. 全部
【答案】C
【解析】
【详解】①单位时间内生成2molA的同时生成1molB，能说明正逆反应速率的相等关系，说明反应达到了平衡状态，故①正确；
②任何时候都存在v(B):v(C)=1:1，不能说明是平衡状态，故②错误；
③该反应中A为固体，生成物中B和C的物质的量之比不变，混合气体的平均摩尔质量始终不变，不能说明是平衡状态，故③错误；
④该反应是一个反应后气体质量增大的化学反应，容器的体积不变，导致混合气体的密度逐渐增大，所以密度不变，能够说明达到平衡状态，故④正确；
⑤B的体积分数为50%始终不变，不能说明是平衡状态，故⑤错误；
⑥因该反应是物质的量增大的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，故⑥正确；
故选C。
【点睛】在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，反应就达到平衡状态，判断时要紧扣化学平衡状态的特征“等”、“定”来判断反应达到平衡状态。本题的易错点为③，要注意混合气体中B和C的物质的量之比不变，平均摩尔质量始终不变。
19.醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq)H＋(aq)+CH3COO－(aq) ΔH＞0。25℃时，0.1mol/L醋酸溶液中存在下述关系：Ka=c(H＋)·c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=1.75×10-5，其中的数值是该温度下醋酸的电离平衡常数（Ka）。下列说法正确的是
A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H＋)减小
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动
C. 该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＜1.75×10-5
D. 升高温度，c(H＋)增大，Ka变大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，平衡后c(H＋)增大，A错误；
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，醋酸根增大，平衡逆向移动，B错误；
C. 电离平衡常数只与温度有关系，该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＝1.75×10-5，C错误；
D. 电离吸热，升高温度平衡正向移动，c(H＋)增大，Ka变大，D正确。
答案选D。
20.25℃时， pH 均为2的两种一元酸HA和HB各1mL,分别加水稀释,pH 随溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. HA的酸性比HB的酸性弱
B. a点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱
C. 若两溶液加水稀释，则所有离子的浓度都减小
D. 对a、b两点溶液同时升高温度，则c(A－)/c(B－)减小
【答案】D
【解析】
【分析】
室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释至1000mL，HA溶液pH=5，说明HA为强酸，HB为弱酸。
【详解】A．pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释1000倍，HA溶液pH=5，HB溶液pH小于5，HA的酸性比HB的酸性强，A错误；
B．a点溶液中离子浓度大于c点溶液中离子浓度，溶液导电性取决于离子浓度大小，则a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，B错误；
C．两种酸溶液稀释时氢离子浓度减小，而水的离子积Kw=c（H+）·c（OH-）不变，故c（OH-）增大，C错误；
D．HA为强酸，HB为弱酸，对a、b两点溶液同时升高温度，c（A-）浓度不变，HB电离程度增大，c（B-）浓度增大，c(A-)/c(B-)比值减小，D正确；
答案选D。
21.下列关于“一定”说法正确的句数是
①pH＝6的溶液一定是酸性溶液。
②c(H＋)＞c (OH－)一定是酸性溶液。
③强电解质溶液的导电能力一定大于弱电解质溶液的导电能力。
④25 ℃时，水溶液中水电离出的c(H＋)和水电离出的c(OH－)的乘积一定等于10－14。
⑤如果Na2Y的水溶液显中性，该溶液中一定没有电离平衡
⑥0.2mol/L氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，c(H+)一定增大
⑦温度保持不变，向水中加入钠盐对水的电离一定没有影响
⑧使用pH试纸测定溶液pH时若先润湿，则测得溶液的pH一定有影响
A. 0句 B. 1句 C. 2句 D. 3句
【答案】B
【解析】
【详解】①pH=6的溶液不一定是酸性溶液，需要考虑温度，错误；②c（H+）＞c（OH－）一定是酸性溶液，正确；③强电解质溶液的导电能力不一定大于弱电解质溶液的导电能力，关键是看溶液中离子浓度和离子所带电荷数，错误；④25℃时，水溶液中水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH－）的乘积不一定等于10－14，错误；⑤水溶液中还存在水的电离平衡，错误；⑥0.2mol/L氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，c（H+）一定减小，错误；⑦温度保持不变，向水中加入钠盐对水的电离不一定没有影响，例如硫酸氢钠等，错误；⑧使用pH试纸测定溶液pH时若先润湿，则测得溶液的pH不一定有影响，例如测定氯化钠溶液，错误，答案选B。
【点晴】注意溶液的酸碱性：溶液的酸碱性是由溶液中c（H＋）与c（OH－）的相对大小决定的：c（H＋）＞c（OH－），溶液呈酸性；c（H＋）＝c（OH－），溶液呈中性；c（H＋）＜c（OH－），溶液呈碱性。另外溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强。若强电解质溶液中离子浓度很小，而弱电解质溶液中离子浓度大，则弱电解质溶液的导电能力强，因此电解质的强弱与电解质溶液的导电性并无必然联系。
22.常温下，关于溶液的稀释说法正确的是
A. 将1 L 0.1mol·L-1的Ba(OH)2溶液加水稀释为2L，pH=13
B. pH=3的醋酸溶液加水稀释100倍，pH=5
C. pH=4的H2SO4加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的［H+］=1×10-6mol·L-1
D. pH=8的NaOH溶液加水稀释100倍，其pH=6
【答案】A
【解析】
【详解】A、将1 L 0.1mol·L-1的Ba(OH)2溶液加水稀释为2L，Ba(OH)2溶液的物质的量浓度变为0.05 mol·L-1，氢氧根浓度为0.1mol·L-1，pH=13，A正确；
B、pH=3的醋酸溶液加水稀释100倍，促进酸的电离，因此稀释100倍后其pH＜5，B错误；
C．pH=4的H2SO4加水稀释100倍，溶液中的［H+］=1×10-6mol·L-1，由水电离产生的［H+］=1×10-8mol·L-1，C错误；
D、pH=8的NaOH溶液加水稀释100倍，其pH应接近7，但不会小于7，D错误。
答案选A。
23.1molA与1molB混合于1L的密闭容器中，发生如下反应：2A(g)+3B(g) 2C(g)+zD(g)，2s后A 的转化率为 50%，测得v(D)=0.25 mol/(L∙s)，下列推断不正确的是
A. z=2 B. 2s时，容器内的压强是初始的7/8倍
C. 2s 时C的体积分数为2/7 D. 2s时，B的浓度为0.5mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】
2s后A的转化率为50%，则反应的A为1mol×50%=0.5mol，则
2A（g）+3B（g）2C（g）+zD（g），
开始量（mol） 1 1 0 0
转化的量（mol） 0.5 0.75 0.5 0.25z
2s的量（mol） 0.5 0.25 0.5 0.25z
【详解】A、v(A)==0.25 mol/(L∙s)=v(D)，因反应速率之比等于化学计量数之比，z=2，选项A正确；
B、2s后，容器内的物质的量总和是 1+0.5+1+0.5×2=3.5mol，恒温恒容条件下，压强与物质的量成正比，2s后反应内的压强是反应前的=倍，选项B正确；
C、2s后C的体积分数为=，选项C正确；
D、2s后，B的浓度为=0.25mol/L，选项D不正确。
答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡的计算，明确化学平衡的三段法计算是解答本题的关键。
24.在10 L密闭容器中，1 mol A和3 mol B在一定条件下反应： A(g)＋xB(g)2C(g)，2 min后反应达到平衡时，测得混合气体共3.4 mol，生成0.4 mol C，则下列计算结果正确是
A. 平衡时，物质的量之比n(A)∶n(B)∶n(C)＝2∶11∶4
B. x值等于3
C. A的转化率为20%
D. B的平均反应速率为0.4 mol/(L·min)
【答案】C
【解析】
【详解】根据三段式计算，
A（气）+xB（气）2C（气）
起始（mol） 1 3 0
转化（mol） 0.2 0.2x 0.4
平衡（mol） 0.8 3-0.2x 0.4
由题意可知，0.8+3-0.2x+0.4=3.4，所以x=4，
A、平衡时，物质的量比A：B：C=0.8：（3-0.8）：0.4=4：11：2，故A错误；
B、0.8+3-0.2x+0.4=3.4，所以x=4，故B错误；
C、A的转化率为×100%=20%，故C正确；
D、B的平均反应速率为mol•L-1•min-1=0.04mol/（L•min），故D错误；
故选C。
【点睛】本题主要考查计量数的确定、反应速率的计算、转化率的计算等知识。解答此类试题的基本方法为三段式计算，解题时注意运用三段式分析。
25.在一定条件下，向密闭容器中加入一定量的C(s)与H2O(g)发生可逆反应C(s) + H2O(g)CO(g) + H2(g)，反应达到平衡后C(s)与H2O(g)转化率为2:1关系，则下列说法正确的是
A. 开始加入的C(s)与H2O(g)物质的量为2:1
B. 若增大压强，H2O(g)转化率不变化
C. 达到平衡后混合气体平均式量可能为16
D. 开始反应后混合气体平均式量一直减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、设开始加入C(s)和H2O(g) 分别是X和Y，转化的都是a，则有a/X:a/Y=2:1,得X:Y=2：1，A项错误；
B、若增大压强平衡逆向移动，H2O(g)转化率减小，B项错误；
C、达到平衡后混合气体平均式量在水的式量18，和等物质的量CO，H2混合气体的式量15，之间，16是可能的，C项正确；
D、达到平衡式量不在变化，D项错误；
答案选C。
第Ⅱ卷 非选择题(共50分)
26.(1)北京奥运会祥云火炬将中国传统文化、奥运精神以及现代高科技融为一体。火炬内熊熊大火来源于丙烷燃烧，丙烷是一种优良的燃料。试回答下列问题：
①如图是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O(l)过程中的能量变化图，请在图中的括号内填入“+”或“−” ___。
②写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：___。
③二甲醚(CH3OCH3)是一种新型燃料，应用前景广阔。1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量。若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，则混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为___。
(2)盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分数步完成，整个过程的总热效应相同。试运用盖斯定律回答下列问题：
①已知：H2O(g)═H2O (l) △H1=−Q1kJ/mol
C2H5OH(g)═C2H5OH (l) △H2=−Q2kJ/mol
C2H5OH(g)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g) △H3=−Q3kJ/mol
若使23g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为___kJ。
②碳(s)在氧气供应不充分时，生成CO同时还部分生成CO2，因此无法通过实验直接测得反应：C(s)+O2(g)═CO(g)的△H.但可设计实验、利用盖斯定律计算出该反应的△H，计算时需要测得的实验数据有___。
【答案】 (1). − (2). C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2215kJ/mol (3). 1:3 (4). 1.5Q1−0.5Q2+0.5Q3 (5). 碳、一氧化碳的标准燃烧热
【解析】
【分析】
(1)①由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量；
②由图象可知，丙烷完全燃烧生成1mol水的焓变△H=−553.75kJ/mol；
③依据热化学方程式结合混合气体物质的量和放热列式计算得到二甲醚和丙烷物质的量之比；
(2)①依据盖斯定律计算可得；
②设计实验、利用盖斯定律计算C(s)+ O2(g)═CO(g)的△H，需要知道碳和一氧化碳的燃烧热才能计算得到。
【详解】(1)①由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为反应放热，△H为“−“，故答案为：−；
②由图象可知，丙烷完全燃烧生成1mol水的焓变△H=−553.75kJ/mol，则反应的热化学方程式为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2215kJ/mol，故答案为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2215kJ/mol；
③1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量，若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，设1mol混合气体中二甲醚物质的量x，丙烷物质的量为1−x，由热化学方程式可知丙烷燃烧放热2215 (1−x) kJ，由题意可得关系式1645−1455x=2215 (1−x)，解得x=0.75，则混合丙烷物质的量为0.25mol，混合气体中丙烷和二甲醚物质的量之比=0.25:0.75=1:3，故答案为：1:3；
(2)①将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，由盖斯定律可知，③−②+①×3得热化学方程式C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ，则△H1=−(3Q1−Q2+Q3)kJ/mol，若使23g液态无水酒精物质的量为0.5mol，完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为(1.5Q1−0.5Q2+0.5Q3)kJ，故答案为：1.5Q1−0.5Q2+0.5Q3；
②设计实验、利用盖斯定律计算C(s)+ O2(g)═CO(g)的△H，需要知道碳和一氧化碳的燃烧热才能计算得到，故答案为：碳、一氧化碳的标准燃烧热。
27.某小组拟用含稀硫酸的KMnO4溶液与H2C2O4溶液(弱酸)的反应(此反应为放热反应)来探究“条件对化学反应速率的影响”，并设计了如表的方案记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20mol/LH2C2O4溶液、0.010mol/L KMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽
V(0.20mol/LH2C2O4溶液)/mL
V(蒸馏水)/mL
V(0.010mol/L KMnO4溶液)/mL
M(MnSO4固体)/g
T/℃
乙
①
2.0
0
4.0
0
50
②
2.0
0
4.0
0
25
③
1.0
a
4.0
0
25
④
2.0
0
4.0
0.1
25
回答下列问题：
(1)完成上述反应原理的化学反应方程式：___。
(2)上述实验①②是探究___ 对化学反应速率的影响；若上述实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则 a为___；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写___。上述实验②④是探究___ 对化学反应速率的影响。
(3)为了观察紫色褪去，草酸与高锰酸钾初始的物质的量需要满足的关系n(H2C2O4):n(KMnO4)最小为：___。
【答案】 (1). 5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O (2). 温度 (3). 1.0 (4). t(溶液褪色时间)/s (5). 催化剂 (6). 2.5
【解析】
【分析】
（1）酸性KMnO4溶液与H2C2O2发生氧化还原反应，MnO4-被还原为Mn2+，H2C2O2被氧化为CO2，结合离子方程式的电荷守恒和反应环境可知，要有H+参与反应，根据得失电子数守恒和电荷守恒来配平；
（2）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致；要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，则加入的H2C2O4溶液的体积不同，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6mL；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短；催化剂能加快反应速率；
(3)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，在溶液中分步电离；
(4)由反应的化学方程式可知，为了观察到紫色褪去，草酸应该稍微过量。
【详解】(1)酸性高锰酸钾是用稀硫酸酸化，H2SO4、KMnO4与H2C2O2发生反应，KMnO4被还原为MnSO4，化合价降低5价，H2C2O2被氧化为CO2，每个C原子的化合价升高1价，1个H2C2O2升高2价，则高锰酸钾与草酸计量数之比为2:5，根据原子守恒配平可得：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，故答案为：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O；
(2)当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致，通过比较实验①②的反应条件可知，实验①②可探究温度对反应速率的影响；实验②③中的H2C2O4溶液的加入体积不同，故要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6.0mL，则a的值为1.0；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短，故乙要测量的物理量是溶液褪色的时间(t溶液褪色时间/s)；其他条件相同，④中加了MnSO4固体，锰离子对该反应起催化作用，则②④探究的是催化剂对反应速率的影响，故答案为：温度；1.0；t(溶液褪色时间)/s；催化剂；
(3)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，在溶液中分步电离，电离方程式为H2C2O4⇋H++HC2O4−，HC2O4−⇋H++C2O42−，故答案为：H2C2O4⇋H++HC2O4−，HC2O4−⇋H++C2O42−；
(4)由反应的化学方程式可知，为了观察到紫色褪去，草酸应该稍微过量，则n(H2C2O4):n(KMnO4) 最小为2.5，故答案为：2.5；
28.任何物质的水溶液都存在水的电离平衡，其电离方程式可表示为：H2O⇌H＋＋OH-。请回答下列有关问题：
(1)现欲使水的电离平衡向右移动，且所得溶液呈酸性，可以选择的方法有_________。
A.加热至100℃ B.加入 NaHSO4(s) C.加入CH3COONa(s) D.加入NH4Cl(s)
(2)在t℃时，测得0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH＝11，则该温度下水的离子积为_____，此温度____25℃(选填“大于”“小于”或“等于”)，理由是________。
(3)在25℃时，将pH＝a的NaOH溶液VaL与pH＝b的HCl溶液VbL混合，请填写下列空白：
①若所得溶液呈中性，且a＝11，b＝3，则Va:Vb＝__________。
②若所得溶液呈中性，且Va:Vb＝10:1，则a＋b＝__________。
③若所得混合溶液的pH＝10，且a＝12，b＝2，则 Va: Vb＝___________。
④若将pH＝12的NaOH溶液VaL与VbL水混合后所得溶液的pH＝10，则Va:Vb＝____。
【答案】 (1). D (2). 10-13 (3). 大于 (4). 在0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH＝11可知c(H+)=1×10-11mol·L-1，c(OH-)=10-2 mol·L-1，则Kw=c(H+)·c(OH-)=10-13>10-14，说明t℃时水的离子积大于25℃时水的离子积，说明条件改变，促进了水的电离，根据平衡移动原理，t℃大于25℃ (5). 1:10 (6). 12 (7). 1:9 (8). 1:99
【解析】
【分析】
（1）使水的电离平衡向右移动的方法有升高温度、加入强酸弱碱盐或强碱弱酸盐等，如果溶液呈酸性，说明溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度；
（2）0.01mol/L的NaOH溶液的pH为11，则c（H+）=1×10-11mol/L，c（OH-）=0.01mol/L，根据Kw=c（H+）c（OH-）计算；依据25℃Kw=c(H+)c(OH-)=10-14判断t℃的大小；
(3) t℃时，pH＝a的NaOH溶液VaL，溶液中n(OH-)＝10a-13·Va，pH＝b的HCl溶液VbL，溶液中n(H＋)＝10-b·Vb。
【详解】(1) A．加热至100℃，促进水的电离，溶液仍呈中性，故A错误；
B．向水中加入NaHSO4固体，电离出的氢离子抑制水的电离，故B错误；
C．向水中加CH3COONa，水解呈碱性，故C错误；
D．向水中加入NH4Cl固体，水解呈酸性，故D正确；
D正确，故答案为：D；
(2)由0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH＝11可知，溶液中c(H+)=1×10-11mol·L-1，c(OH-)=10-2 mol·L-1，则Kw=c(H+)·c(OH-)=10-13>10-14，说明t℃时水的离子积大于25℃时水的离子积，说明条件改变，促进了水的电离，根据平衡移动原理可知，t℃大于25℃，故答案为：在0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH＝11可知c(H+)=1×10-11mol·L-1，c(OH-)=10-2 mol·L-1，则Kw=c(H+)·c(OH-)=10-13>10-14，说明t℃时水的离子积大于25℃时水的离子积，说明条件改变，促进了水的电离，根据平衡移动原理，t℃大于25℃；
(3) t℃时，pH＝a的NaOH溶液VaL，溶液中n(OH-)＝10a-13·Va，pH＝b的HCl溶液VbL，溶液中n(H＋)＝10-b·Vb；
①由溶液呈中性可得10a-13Va＝10-bVb，解得Va:Vb=1013-(a+b)＝10:1，故答案为：10:1；
②由溶液呈中性可得由溶液呈中性可得10a-13Va＝10-bVb，若Va：Vb＝10：1，解得a＋b＝12，故答案为：12；
③若所得混合溶液的pH＝10，则溶液中c(OH-)＝ =10-3，由a＝12和b＝2可得Va:Vb＝1:9，故答案为：1:9；
④由pH＝12的NaOH溶液VaL与VbL水混合后所得溶液的pH＝10可得溶液中c(OH-)＝＝10-3，解得Va:Vb＝1:99，故答案为：1:99。
29.已知多元弱酸在水溶液中的电离是分步进行的，且第一步电离程度大于第二步电离程度，第二步电离程度远大于第三步电离程度…… 今有HA、H2B、H3C三种一元、二元、三元弱酸，根据“较强酸十较弱酸盐=较强酸盐十较弱酸”的反应规律，它们之间能发生下列反应：
①HA+HC2-（少量）=A-+H2C- ②H2B(少量)+2A- =B2-+2HA ③H2B(少量)+H2C-=HB-+H3C
回答下列问题：
(1)相同条件下，HA、H2B、H3C三种酸中酸性最强的是___________________。
(2)判断下列反应的离子方程式中正确的是（填写标号）____________。
A.H3C+3A-=3HA+C3- B.HB-+A-=HA+B- C．H3C+B2-=HB-+H2C-
(3)完成下列反应的离子方程式。
A．H3C+OH-（过量）_______________________；
B．HA（过量）+C3-__________________________。
【答案】 (1). H2B (2). BC (3). H3C+3OH-=C3-+3H2O (4). 2HA+C3-=2A-+H2C-
【解析】
【分析】
首先,根据题目中的信息,判断酸性顺序:第一步电离程度远大于第二步电离程度,第二步电离程度远大于第三步电离程度。得到H2B> H3C>HB->HA> H2C-> HC2- ，物质的酸性越强,其对应酸根离子结合质子的能力越弱,反之越强,根据强酸制弱酸的规律进行判断。
【详解】(1) 由①HA+HC2-（少量）=A-+H2C- 知酸性HA> H2C-;由②H2 B(少量)+2A- =B2-+2HA知酸性H2B>HA ；由③H2B(少量)+H2C-=HB-+H3C知酸性H2B>H3C，所以相同条件下，HA、H2B、H3C三种酸中酸性最强的是H2B。答案：H2B。
(2)根据上述分析由①HA+HC2-（少量）=A-+H2C- 知A.H3C+3A-=3HA+C3-不能发生,故A错误，B. 由②H2 B(少量)+2A- =B2-+2HA知HB-+A-=HA+B-可以发生，故B正确；C.由③H2B(少量)+H2C-=HB-+H3C知H3C+B2-=HB-+H2C-可以发生，故C正确。答案：BC。
(3)根据（1）的分析知H2B> H3C>HB->HA> H2C-> HC2-以及强酸制弱酸的原则,故离子方程式为: H3C+3OH-=C3-+3H2O 2HA+C3-=2A-+H2C- 。
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