浙江省杭州市“六县九校”联盟2022-2023学年高二化学上学期期中联考试题（Word版附解析）

杭州“六县九校”联盟2022学年第一学期期中联考

高二年级化学学科试题

考生须知：

1.本卷共10页满分100分，考试时间90分钟；

2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。

3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；

4.考试结束后，只需上交答题纸。

可能用到的相对原子质量：H：1    C：12    N：14    O：16    K：39    Mn：55    Ag：108    Ba：137

选择题部分

一、选择题(本大题共25小题，每小题只有一个正确答案，每小题2分，共50分)

1. 下列物质中，属于强电解质的是

A. CH3COOH B. NH3 C. CH3CH2OH D. BaSO4

【答案】D

【解析】

【详解】电解质的强弱要看是否能完全电离，能完全电离的有强酸、强碱、大多数盐为强电解质，部分电离的有弱酸、弱碱、水等是弱电解质，BaSO4是强电解质，故选：D。

2. 酸碱中和滴定实验中，需使用到且必须用待装液润洗的是

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】A．容量瓶水洗后即可使用，若润洗导致配制溶液的浓度偏大，故A不符合题意；

B．锥形瓶水洗即可，若润洗，消耗标准液偏多，导致测定结果偏大，故B不符合题意；

C．量筒不需要润洗，故C不符合题意；

D．滴定管水洗后，需用待装液润洗，保证浓度不变，故D符合题意；

故答案选D。

3. 下列物质中能抑制水的电离且溶液呈酸性的是

A. NaHSO4 B. KNO3 C. NaOH D. Na2CO3

【答案】A

【解析】

【详解】A．在水溶液中完全电离NaHSO4=Na++H++，使溶液显酸性，且抑制水的电离，故A正确；
B．KNO3是强酸强碱盐，在水溶液中不发生水解，对水的电离无影响，故B错误；
C．NaOH是强碱，其水溶液显碱性，且抑制水的电离，故C错误；
D．Na2CO3是强碱弱酸盐，水溶液中发生水解使溶液显碱性，促进水的电离，故D错误；
故选：A。

4. 下列电离方程式正确的是

A. 醋酸钠的电离：CH3COONaCH3COO-+ Na+

B. 碳酸氢钠的电离：NaHCO3=Na++H++

C. Fe(OH)3的电离：Fe(OH)3Fe3++3OH-

D. H2S的电离：H2S2H++S2-

【答案】C

【解析】

【详解】A．醋酸钠属于强电解质，完全电离，其电离方程式为：CH3COONa=CH3COO-+Na+，故A错误；
B．碳酸氢钠属于强电解质，完全电离产生钠离子和碳酸氢根离子，其电离方程式为：NaHCO3═Na++，故B错误；
C．Fe(OH)3属于弱电解质，部分电离产生铁离子和氢氧根离子，其电离方程式为：Fe(OH)3⇌Fe3++3OH-，故C正确；
D．H2S属于弱电解质，分步电离，以第一步为主，其电离方程式为：H2S⇌H++HS-，故D错误；
故选：C。

5. 下列反应属于氧化还原反应，并且△H<0的是

A. CaO与水反应 B. 浓硫酸稀释

C. 锌粉与稀硫酸反应制取氢气 D. 灼热的炭与CO2反应

【答案】C

【解析】

【详解】A．CaO与水反应生成氢氧化钙，没有价态变化不属于氧化还原反应，故A不选；

B．浓硫酸稀释过程不存在化学反应，故B不选；

C．锌粉与稀硫酸发生置换反应生成氢气，存在价态变化属于氧化还原反应，且反应过程放出热量，△H<0，故C选；

D．炭与CO2反应生成CO，属于氧化还原反应，但该反应为吸热反应，△H>0，故D不选；

故选：C。

6. 稀盐酸与过量锌粉的反应中加入适量下列物质，能加快反过速率但又不影响氢气生成量的是

A. Na2CO3固体 B. NaNO3溶液 C. CH3COONa 固体 D. 少量Cu粉

【答案】D

【解析】

【详解】A．稀盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，影响生成氢气的量，故A错误；
B．酸性条件下硝酸根离子氧化Zn不生成氢气，故B错误；
C．盐酸与醋酸钠反应生成醋酸，氢离子浓度减小，生成氢气的速率减小，故C错误；
D．Zn过量，加入少量Cu构成原电池可加快反应速率，且不影响生成氢气的量，故D正确；
故选：D。

7. 对于可逆反应A(g)+3B(s)2C(g)+2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是

A. υ(A)=0.3mol•L-1•s-1 B. υ(B)=1.8mol•L-1•s-1

C. υ(D)=0.7mol•L-1•s-1 D. υ(C)=1.5mol•L-1•min -1

【答案】C

【解析】

【详解】由于B是固体，不能用浓度的改变量来描述反应速率，再根据速率与计量系数之比分析，比值越大，则反应速率越快，，则υ(D)=0.7mol•L-1•s-1的速率最快，故C符合题意。

综上所述，答案为C。

8. 下列说法不正确的是

A. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)    △H=+178.5kJ/mol，该反应高温才能自发

B. 增大压强(体积减小)或升高温度，均能增大活化分子百分数，从而加快化学反应速率

C. c(H+)=的溶液一定为中性

D. 发生化学反应的碰撞都是有效碰撞

【答案】B

【解析】

【详解】A．该反应△S>0，△H>0，属于高温自发反应，故A正确；

B．增大压强(体积减小)可以增大单位体积内活化分子数目，但不能增大活化分子百分数，故B错误；

C．c(H+)==，可得：，溶液一定显中性，故C正确；

D．发生化学反应的碰撞一定是有效碰撞，故D正确；

故选：B。

9. 25℃时，水的电离达到平衡：H2OH++OH- ΔH>0，下列叙述正确的

A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)减小， c(H+)减小

B. 将水加热，Kw增大，pH变小

C. 向水中加入少量HCl气体平衡逆向移动，c(H+)减小，c(OH-)减小

D. 向水中分别加入0.1mol/L盐酸与0.1mol/LNaOH溶液，两溶液中水的电离程度不相同

【答案】B

【解析】

【详解】A．向水中加入稀氨水，氨水是弱碱，会抑制水的电离，使平衡逆向移动，c( OH-)增大，c(H+)减小，故A错误；
B．水的电离是吸热的，将水加热，水的电离平衡正向移动，Kw增大pH变小，故B正确；
C．向水中加入少量HCl气体，会抑制水的电离，平衡逆向移动，c(H+)增大，c(OH-)减小，故C错误；
D．加酸加碱均能抑制水的电离，向水中分别加入0.1mol•L-1盐酸与0.1mol•L-1NaOH溶液，对水的电离抑制程度相同，两溶液中水的电离程度相同，故D错误；
故选：B。

10. 在25℃时，用蒸馏水稀释1mol/L氨水至0.01 mol/L，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是

A.  B. c(OH-)

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】A．，稀释过程促进一水合氨的电离，则增大，的物质的量减小，比值增大，A正确；

B．氨水呈碱性，稀释过程中c(OH-)始终减小，故B错误；

C．，稀释过程促进一水合氨的电离，增大，的物质的量减小，比值减小，故C错误；

D．，和Kb均只受温度影响，稀释过程中温度不变，则和Kb不变，不变，故D错误；

故选：A。

11. 下列事实能用勒夏特列原理解释的是

A. 工业合成氨，反应条件选择高温

B. 在密闭容器中发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，压缩容器，体系颜色加深

C. 使用催化剂可增大SO2的转化率

D. 其它条件不变时，升高温度可增强醋酸溶液的导电能力(忽略挥发情况)

【答案】D

【解析】

【详解】A．合成氨反应为N2+3H2⇌2NH3  ΔH＜0，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于氨气的合成，合成氨时选择高温的目的是考虑催化剂的催化活性，与可逆反应无关，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B．H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)为气体体积不变的反应，压缩容器体积后压强增大，平衡不移动，但容器体积缩小I2(g)的浓度增大，导致混合气体颜色加深，与可逆反应无关，不能用平衡移动原理解释，故B错误；
C．催化剂可加快反应速率，但催化剂不能使该平衡发生移动，无法增大SO2的转化率，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D．醋酸的电离过程吸热，其它条件不变时，升高温度醋酸的电离平衡正向移动，醋酸根离子、氢离子浓度增大，增强了醋酸溶液的导电能力，能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故选：D。

12. 在温度和容积不变的密闭容器中：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)能说明该反时达到平衡的是

A. 各物质的物质的量之比为n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)=l∶3∶2

B. 断开3molH-H的同时断开2molN-H

C. 容器内气体的密度保持不变

D. 在该条件下，N2的转化率已经达到了最大值

【答案】D

【解析】

【详解】A．各物质的物质的量之比为n（N2）∶n（H2）∶n（NH3）=1∶3∶2，无法判断正逆反应速率相等，不能判断反应是否达到平衡状态，故A错误；
B．断开3molH-H的同时断开2molN-H，正逆反应速率不相等，反应未达平衡平衡状态，故B错误；
C．反应前后气体总质量不变，容器容积不变，故容器内气体的密度始终不变，不能判断反应是否达到平衡状态，故C错误；
D．在该条件下，N2的转化率已经达到了最大值，则反应达到了最大限度，故反应达到了平衡状态，故D正确；
故选：D。

13. 下列事实中可以证明HClO是弱电解质的是

A. HClO能使紫色石蕊试液先变红后褪色

B. 常温下，0.1 mol/LHClO溶液pH=3

C. 相同体积的HClO导电能力比盐酸的弱

D. 100mL 0. lmol/L的HClO恰好与100mL 0. lmol/L的NaOH溶液完全反应

【答案】B

【解析】

【详解】A．1mol/L的HClO溶液可以使石蕊试液变红，说明HClO电离出氢离子而使溶液呈酸性，但是不能证明HClO部分电离，则不能说明HClO是弱电解质，故A错误；
B．1mol/L的HClO溶液中c(H+)=10-3mol/L＜1mol/L，说明HClO部分电离，为弱电解质，故B正确；
C．相同体积的HClO导电能力比盐酸的弱，说明HClO中离子浓度小于HCl,不能说明HClO部分电离，但没有HClO和HCl的浓度，所以不能证明HClO是弱电解质，故C错误；
D．100mL0.1mol•L-1的HClO恰好与10mL0.1mol•L-1的NaOH溶液完全反应，说明HClO是一元酸，但是不能说明HClO部分电离，则不能证明HClO是弱电解质，故D错误；
故选：B。

14. 下列有关反应热的说法正确的是

A. 稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热△H= - 57.3kJ/mol，澄清石灰水与盐酸反应的中和热也为△H= - 57.3kJ/mol

B. H2(g)的燃烧热为285.8kJ/mol，则反应2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)的△H=+571.6kJ/mol

C. 已知在一定条件下，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)  △H=-92.4kJ/mol，则将3mol H2和足量的N2在此条件下充分反应，放出热量为92.4kJ

D. 已知S(s) +O2(g) =SO2(g) △H1，S(g) +O2(g) =SO2(g) △H2则△H1<△H2

【答案】A

【解析】

【详解】A．稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热△H=-57.3kJ•mol-1，澄清石灰水与盐酸反应生成可溶性氯化钙和水，其中和热也为ΔH=-57.3kJ•mol-1，故A正确；
B．H2(g)的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量，则反应2H2O (l)═2H2(g)+O2(g)的ΔH=+571.6kJ•mol-1，故B错误；
C．已知在一定条件下，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)  ΔH=-92.4kJ•mol-1；则生成2mol氨气放出的热量为92.4kJ，3molH2和足量的N2此条件下充分反应不能生成2mol氨气，放出热量小于92.4kJ，故C错误；
D．固态硫转化为气态硫需要吸收能量，已知S(s)+O2(g)═SO2(g)  ΔH1，S(g)+O2(g)═SO2(g)  ΔH2，则ΔH1＞ΔH2，故D错误；
故选：A。

15. 常温下，下列各组离子在相应条件下能大量存在的是

A. =106的溶液中：K+、Fe3+、Cl-、

B. 由水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Fe2+、Na+、、

C. 能使酚酞变红色的溶液中：、K+、 ClO-、Cl-

D. pH=1的溶液中：CH3COO-、Na+、 Mg2+、

【答案】A

【解析】

【详解】A．=106的溶液显酸性，所给离子在指定溶液中能够大量共存，故A符合题意；

B．水电离出c(H+)=10-12mol/L的溶液可能为酸，也可能为碱，若为酸，NO(H+)具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，若为碱，Fe2+与OH-反应生成氢氧化亚铁沉淀，因此所给离子在指定溶液中不能大量共存，故B不符合题意；

C．能使酚酞变红，说明溶液显碱性，NH与OH-反应NH3·H2O，所给离子在指定溶液中不能大量共存，故C不符合题意；

D．pH=1的溶液为酸，CH3COO-与H+生成弱电解质CH3COOH，所给离子在指定溶液中不能大量共存，故D不符合题意；

答案为A。

16. 下列装置或操作能达到实验目的的是

A. 图1装置用于盐酸和NaOH溶液反应的中和热测定

B. 图2装置用于盐酸滴定氢氧化钠溶液(部分装置未画出)

C. 图3装置用于测定锌与硫酸反应速率(单位mL/s)

D. 图4装置用于研究不同催化剂对反应速率的影响

【答案】B

【解析】

【详解】A．盐酸和NaOH溶液反应的中和热测定时需要环形玻璃搅拌棒，A不符合题意；

B．盐酸滴定氢氧化钠溶液，盐酸应盛放在酸式滴定管中，用图2装置，可进行盐酸滴定氢氧化钠溶液，B符合题意；

C．图3装置中，长颈漏斗的下端管口没有液封，气体会从漏斗中逸出，所以不能用于准确测定锌与硫酸的反应速率，C不符合题意；

D．研究不同催化剂对反应速率的影响时，变量是催化剂：除去催化剂不同外，其余条件都应相同，图4装置中，反应物的浓度不同，所以不能用于研究不同催化剂对反应速率的影响，D不符合题意；

故选B。

17. 已知H2(g)+ Br2(1)= 2HBr(g) △H =-72kJ/mol， Br2(1)= Br2(g) △H= +30kJ/mol。其他相关数据如下表，则表中a为

A. 354 B. 369 C. 282 D. 267

【答案】B

【解析】

【详解】由盖斯定律可知反应H2(g)+ Br2(g)= 2HBr(g) △H3可由反应H2(g)+ Br2(1)= 2HBr(g) △H1=-72kJ/mol，减去Br2(1)= Br2(g) △H2=+30kJ/mol得到，则△H3=△H1-△H2=-72kJ/mol-30kJ/mol=-102 kJ/mol；

△H=反应物键能和-生成物键能和=(436+200-2a) kJ/mol =-102 kJ/mol，a=369 kJ/mol，故B正确；

故选：B。

18. 下列关于图像的描述不正确的是

A. 由图1可知HB是一种弱酸

B. 若图2发生的反应为：2SO2+O22SO3，由图可知该反应的正反应是放热反应

C. 图3可以表示2NH33H2+N2使用催化剂的能量变化情况

D. 由4图可知，反应过程中v正<v逆的点是C点

【答案】D

【解析】

【详解】A．相同pH时，加水稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，因此HB为弱酸，故A说法正确；

B．根据图像可知，温度越高，反应速率越快，先达到平衡，因此T2＞T1，温度越高，SO3的体积分数越小，根据勒夏特里原理，该反应为放热反应，故B说法正确；

C．氨气分解为氮气和氢气，该反应为吸热反应，即反应物总能量小于生成物总能量，使用催化剂，降低活化能，但反应热不变，故C说法正确；

D．曲线上的点在对应温度下为平衡状态，在相同温度下，C点未达到平衡，需向正反应方向进行，转化率增大，即v正＞v逆，故D说法错误；

答案为D。

19. 下列说法正确的是

A. 可用pH试纸测定NaClO溶液的pH值

B. 能用广泛pH试纸测出稀盐酸的pH值为4.3

C. 中和浓度体积均相同的盐酸与醋酸时，消耗的氢氧化钠的量一样多

D. 常温下，用盐酸中和体积、pH相同的氢氧化钠与氨水，氢氧化钠消耗的盐酸多

【答案】C

【解析】

【详解】A．次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH值，故A错误；
B．广泛pH试纸的精确度是整数，则不能用广泛pH试测出稀盐酸的pH值为4.3，故B错误；
C．盐酸和醋酸均为一元酸，则中和浓度体积均相同的盐酸与醋酸时，消耗的氢氧化钠的量一样多，故C正确；
D．氨水为弱碱，氢氧化钠为强碱，体积、pH相同的氢氧化钠与氨水，氢氧化钠，氨水的浓度大，则常温下，用盐酸中和体积、pH相同的氢氧化钠与氨水，氨水消耗的盐酸多，故D错误；
故选：C。

20. 如图为两种制备硫酸的途径(反应条件略)。下列说法不正确的是

A. 途径②增大O2浓度可提高SO2的反应速率

B. 含1molH2SO4的浓溶液与足量NaOH反应，放出的热量即为中和热

C. 途径②中SO2和SO3均属于酸性氧化物

D. 若△H1＜△H2+△H3，则2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g)为放热反应

【答案】B

【解析】

【详解】A．途径②增大O2浓度即增大反应物浓度，则SO2的反应速率增大，故A正确；

B．含1mol H2SO4的浓溶液与足量NaOH反应，生成了2mol液态水，而中和热是指生成1mol液态水放出的热量，故B错误；

C．酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，则途径②中SO2和SO3均属于酸性氧化物，故C正确；

D．根据该定律H2O2(aq)=H2O(l)+O2(g)  △H=△H1−△H2−△H3，若△H1＜△H2+△H3，则△H＜0即为放热反应，因此2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g)为放热反应，故D正确。

综上所述，答案为B。

21. 一定温度下，向某容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体发生的反应：Fe(s)+CO2(g) =FeO(s)+CO (g)。反应过程中CO2气体和CO气体的物质的量与时间的关系如图所示，下列说法正确的是

A. 点a的正反应速率比点e的大，b点时达到平衡

B. 0--4min内，CO的反应速率v(CO)=0.125 mol/(L·s)

C. 达到平衡时，CO2的转化率为71.4%

D. 若保持容容器压强不变，充入He，化学反应速率不变

【答案】C

【解析】

【详解】A．点a的反应物浓度浓度比b点大，故a点正反应速率比点e的大，b点时各组分的量仍在发生变化，故b点未达到平衡，故A错误；
B．题目未给容器体积，无法计算化学反应速率，故B错误；
C．达到平衡时，CO2的转化率为≈71.4%，故C正确；
D．若保持容器压强不变，充入He,容器体积增大，反应物和生成物浓度减小，化学反应速率减慢，故D错误；
故选：C。

22. 自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示。下面说法正确的是

A. 产物P1比P2稳定

B. 中间产物Y转化为中间产物Z过程，正反应的活化能大于逆反应的活化能

C. 该历程中生成产物P2的过程中活化能最大值为301.48kJ/mol

D. 其它条件不变的前提下，升高温度可加快中间产物Z转化为P2的速率

【答案】D

【解析】

【详解】A．物质的能量越低越稳定，两种产物中P2的能量更低，更稳定，A错误；

B．Y的能量高于Z的能量，Y转化为中间产物Z过程，正反应的活化能小于逆反应的活化能，B错误；

 C．最大的正反应的活化能出现在由中间产物Z到过渡态Ⅳ时，即最大正反应的活化能 E正=-18.92kJ/mol-(-205.11kJ/mol)=186.19kJ·mol-1，C错误；

D．温度升高，反应速率加快，可加快中间产物Z转化为P2的速率，D正确；

故选D。

23. 图示中是用0.1000 mol·L-1NaOH溶液滴定10.00 mL未知浓度硫酸溶液(酚酞作指示剂)的滴定曲线，下列说法正确的是

A. 水电离出的氢离子浓度：a＞b

B. 硫酸溶液的物质的量浓度为0.1000 mol·L-1

C. 指示剂变色时，说明硫酸与NaOH恰好完全反应

D. 当滴加NaOH溶液为10.00 mL时，该混合液的pH=1.0

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．a点加入的NaOH溶液较少，溶液中c(H+)较大，溶液中酸电离产生的c(H+)越大，水电离程度就越小，所以水电离出的氢离子浓度：a＜b，A错误；

B．硫酸与氢氧化钠恰好反应时，c(H+)=c(OH-)，溶液pH=7，则有c(H2SO4)×V(酸)×2=c(NaOH) ×V(碱)，c(H2SO4)×10.00 mL×2=0.1000 mol·L-1 ×20.00 mL，解得c(H2SO4)=0.1000 mol·L-1，B正确；

C．以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定未知浓度的硫酸，当指示剂变色时，溶液pH=8.0，而二者恰好反应时溶液pH=7，故此时二者未恰好反应，但在实验要求的范围内，故通常以指示剂变色点当作滴定终点，C错误；

D．当滴加NaOH溶液为10.00 mL时，该溶液中有一半硫酸未被中和，溶液中c(H+)=mol/L，则该混合液的pH=-lgc(H+)=-lg0.05=1.3，D错误；

故合理选项是B。

24. 一定温度下，在三个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g) △H< 0。下列说法不正确的是

A. 达平衡时，容器Ⅰ中平衡常数K1 =40

B. 达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的小

C. 达平街时，容器Ⅰ中CH3OH转化率与容器Ⅲ中CH3COOH转化率之和小于1

D K1>K2>K3

【答案】D

【解析】

【详解】A．达平衡时，列出三段式：

则容器Ⅰ中平衡常数K1 ==40，A正确；

B．容器Ⅲ与容器Ⅰ刚好为互为逆反应过程，但容器Ⅰ温度高于容器Ⅲ，温度越高，化学反应速率越大，所以达到化学平衡时容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的小，B正确；

C．容器Ⅲ与容器Ⅰ互为逆反应过程，若两容器温度相同，则容器Ⅰ中CH3OH 转化率和容器Ⅲ中CH3COOH 转化率之和为1，容器Ⅲ温度低于容器Ⅰ，正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，CH3COOH转化率减小，所以达平衡时，容器Ⅰ中CH3OH 转化率与容器Ⅲ中CH3COOH 转化率之和小于1，C正确；

D．容器Ⅰ和Ⅱ的温度相同则平衡常数相等，由ΔH＜0可知该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小，则K1 = K2＜K3，D错误；

故选D。

25. 下列实验方案设计、现象和结论都正确的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】A

【解析】

【详解】A．只有Na2S2O3浓度不同，前者出现浑浊的时间更短，说明增大Na2S2O3浓度，可以加快反应速率，故A正确；
B．容积不变，通入氩气，各物质的浓度不变，反应速率不变，不能证明化学反应速率不受压强影响，故B错误；
C．焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则分别浸泡在冰水和热水中，热水中颜色深，故C错误；
D．FeCl3溶液过量，反应后有剩余，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液，溶液变为血红色，不能证明反应的限度，故D错误；
故选：A。

非选择题(本题包括5小题，共50分)

二、填空题(共50分)。

26. 按要求完成下列问题。

（1）汽油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO(g)=2C(s)+O2(g)，已知反应的△H>0，判断该设想能否实现________ (填“能”或“不能”)，并简述原因________________。

（2）甲烷的烧热△H = - 890.3kJ/mol，写出甲烷的燃烧热的热化学方程式：__________________。

【答案】（1）    ①. 不能    ②. 因为该反应的△H＞0，△S＜0，所以△G＞0，为非自发反应   

（2）CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ•mol-1

【解析】

【小问1详解】

2CO(g)=2C(s)+O2(g)，该反应是焓增、熵减的反应，根据G=△H-T•△S，G＞0，不能自发进行，故答案为：不能；因为该反应的△H＞0，△S＜0，所以△G＞0，为非自发反应；

【小问2详解】

1mol可燃物燃烧生成稳定的化合物放出的热量即燃烧热，所以1mol甲烷燃烧时，生成液态水和二氧化碳的燃烧热热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ•mol-1。

27. 按要求回答下列问题：

（1）用50mL 0. 500mol/L CH3COOH溶液与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行中和热测定，测得中和热为△H = -52.1 kJ/mol。

①写出CH3COOH与NaOH反应的离子方程式__________________。

②若改用50mL、0.500mol/LHCl溶液与50mL、0.55mol/L NaOH溶液进行，所求中和热为△H1，比较△H1________△H (填“大于”、“小于”或“相等”)。

（2）在25℃时，将pH=11的Ba(OH)2溶液Va L与pH=2的HCl溶液Vb L混合，若所得溶液为中性，则Va：Vb=_________。

【答案】（1）    ①.     ②. 小于   

（2）10:1

【解析】

【小问1详解】

①CH3COOH与NaOH反应生成醋酸钠和水，醋酸和水均为弱电解质写化学式，反应离子方程式为：，故答案为：；

②醋酸为弱酸，在反应过程中逐步电离出氢离子，电离过程吸热，使反应放出的热量偏低，导致△H偏大，而盐酸是强酸，完全电离，不存在电离吸热过程，因此放热量多于醋酸，放热越多，反应热越小，△H1小于△H，故答案为：小于；

【小问2详解】

pH=11的Ba(OH)2溶液Va L与pH=2的HCl溶液Vb L混合，若所得溶液为中性，则氢氧化钡中氢氧根离子物质的量等于盐酸中氢离子的物质的量，即： ，Va∶Vb=10:1，故答案为：10:1。

28. I．在常温下，0. lmol/L一元酸HB溶液的pH=3，回答下列问题：

（1）HB在水溶液中的电离平衡常数Ka≈____________。

（2）常温下，有c(H+)相同、体积相同的上述酸HB和盐酸两种溶液，分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是_______(填字母)。

(①表示盐酸，②表示HB)

II．常温下，几种弱酸的电离平衡常数如下表所示，回答下列问题：

（3）酸性由强到弱的顺序为_________________。

（4）将少量的CO2通入NaC1O溶液中，反应的离子方程式：______________。

【答案】（1）1.0×10-5   

（2）c    （3）HCOOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞   

（4）ClO-+CO2+H2O=HClO+

【解析】

【小问1详解】

在常温下，0.1mol/L一元酸HB溶液的pH=3，则c(H+)=1.0×10-3mol/L，则c(B-)=1.0×10-3mol/L，溶液中c(HB)≈0.1mol/L，，故答案为：1.0×10-5；

【小问2详解】

HB溶液中H+被消耗会促进HB的电离，反应过程中HB溶液中c(H+)大于盐酸中，HB与Zn反应的速率比盐酸与Zn反应的速率快；等pH、等体积的HB溶液和盐酸中，HB提供的H+总物质的量大于盐酸，HB与足量Zn反应放出的H2大于盐酸与足量Zn反应放出的，故答案为：c；

【小问3详解】

Ka值由大到小的顺序：Ka(HCOOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka(HCN)>Ka2(H2CO3)，酸性由强到弱的顺序：HCOOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞，故答案为：HCOOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞；

【小问4详解】

由Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，生成HClO和，离子方程式为ClO-+CO2+H2O═HClO+，故答案为：ClO-+CO2+H2O═HClO+。

29. 乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·xH2O)进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。

该同学的研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的值。通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。

学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值

①称取1.260 g纯草酸晶体，将其制成100.0 mL水溶液为待测液

②取25.00 mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4

③用浓度为0.1000mol/L的KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点记录消耗体积。

（1）滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的_______(填“甲"或“乙”)滴定管中。

（2）滴定时， 左手操作滴定管，右手轻轻摇动惟形瓶，眼睛注视________。

（3）判断滴定终点的现象是：_____________。

（4）如图是某同学滴定时的滴定管中的液面，其读数为_______mL。

 

（5）为了提高实验的准确性，学习小组共进行3次实验，记录数据如下表：

通过上述数据， 可知消耗的KMnO4溶液体积为_____mL，求得x=_______。

（6）误差分析：

①若滴定终点时俯视滴定管刻度读数，则由此测得的x值会______(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)。

②锥形瓶用蒸馏水洗涤后再用待测液润洗，则由此测得的x值会______。

【答案】（1）甲    （2）锥形瓶内溶液颜色变化   

（3）当最后一滴酸性高锰酸钾溶液滴入时，溶液由无色变成浅紫红色，且半分钟内不褪色   

（4）22.40
    （5）    ①. 10.00    ②. 2   

（6）    ①. 偏大    ②. 偏小

【解析】

【分析】高锰酸钾和还原剂草酸反应，草酸使高锰酸钾溶液褪色，草酸消耗完，再一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液由无色变成浅紫红色；

【小问1详解】

酸性溶液盛放在酸式滴定管中，且酸性高锰酸钾溶液能腐蚀橡胶，所以酸性高锰酸钾溶液盛放在酸式滴定管中，所以选择甲，故答案：甲；

【小问2详解】

滴定时，左手操作滴定管，右手轻轻摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，故答案为：锥形瓶内溶液颜色变化；

【小问3详解】

高锰酸钾和还原剂草酸反应，草酸使高锰酸钾溶液褪色，草酸消耗完，再一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液由无色变成浅紫红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点，故答案为：当最后一滴酸性高锰酸钾溶液滴入时，溶液由无色变成浅紫红色，且半分钟内不褪色；

【小问4详解】

分析图片可知，读数为22.40mL，故答案为：22.40；

【小问5详解】

第一组V(KMnO4)=9.98mL，第二组V(KMnO4)=(11.10-1.08)mL=10.02mL，第三组V(KMnO4)=(15.50-0.50)mL=15.00mL，第三组溶液体积与其它两组溶液体积偏差较大，舍去，消耗KMnO4溶液平均体积==10.00mL，n(H2C2O4)=n(KMnO4)=×0.1000mol/L×0.01L=0.0025mol，25mLH2C2O4溶液中n(H2C2O4)为0.0025mol，100mLH2C2O4溶液中n(H2C2O4)=0.0025mol×4=0.01mol，m(H2C2O4)=0.01mol×90g/mol=0.9g，x==0.02mol，物质的量之比等于其个数之比，1：x=0.01mol：0.02mol，x=2，故答案为：10.00；2；

【小问6详解】

①若滴定终点时俯视滴定管刻度，导致使用的V(KMnO4)偏小，草酸的物质的量偏小，则水的物质的量偏大，x值偏大，故答案为：偏大；
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后再用待测液润洗，导致待测物质含量偏多，x偏小，故答案为：偏小。

30. 二氧化碳催化加氢制甲醇，不仅有利于减少温室气体二氧化碳，而且还可以获得大量的重要有机化工原料甲醇。回答下列问题：

（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 平衡常数K

该反应一般认为通过如下步骤来实现：

i．CO2(g)+3H2(g)CO(g) +H2O(g) △H= +41 kJ/mol  平衡常数K1

ii．CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) △H =-90 kJ/mol  平衡常数K2

①则总反应的△H=____kJ/mol；平衡常数K=_______(用K1、K2表示)。

②上述总反应在容积不变的密闭容器进行，在t0时达到平衡，当其他条件不变时，改变某一条件，下列图像的描述，说法正确的是__________。

A．图甲表示t0时升高温度对反应速率的影响

B．图乙表示t0时加压或催化剂对反应速率的影响

C．图丙表示t0时分离出甲醇对反应速率的影响， 同时可以提高甲醇的产率

D．图丁表示t0时增加CO2的物质的量对反应速率的影响，同时可以提高CO2的转化率

（2）若T1时时将6 mo1CO2和8mo1H2充入容积为2 L的密闭容器中发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，H2的物质的量变化如下表所示。

①在T℃条件下0- 5min内， 以CO2表示的该反应速率v(CO2)=_____，该条件 下的平面常数K=_______。

②第15 min后，温度调整到T1℃， 数据变化如上表所示，则T1______T2(填“>”、“<” 或“=”)。

③若15 min时，保持T1不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各1 mol，则此时反应_____移动(填*正向”、“逆向" 或“不")；

④T1℃达到平衡后，保持其他条件不变，在t1时刻迅速将容器体积压缩至1 L，t2时重新达到平衡，请在图中画出t1时刻后c(H+)变化趋势_____。

。

【答案】（1）    ①. -49    ②. K1×K2    ③. A   

（2）    ①. 0.15mol/(L•min)    ②. 0.5    ③. ＞    ④. 正向    ⑤. 。

【解析】

【小问1详解】

①已知i.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O (g)ΔH=+41kJ/mol,ii.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH=-90kJ/mol,由盖斯定律i+ii可得CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O (g)△H=+41kJ/mol+(-90kJ/mol)=-49kJ/mol，，，平衡常数=K1×K2，故答案为：-49；K1×K2；
②A.t0时升高温度正逆反应速率均加快，反应正向放热，平衡逆向移动，图像相符，故A正确；
B.t0时加催化剂，正逆反应速率加快，平衡不移动，与图像符合，加压，正逆反应速率加快，平衡正向移动，与图像不符，故B错误；
C.t0时分离出甲醇，正反应速率不变，逆反应速率减小，平衡正向移动，可以提高甲醇的产率，与图像不符，故C错误；
D.t0时增加CO2的物质的量，正反应速率加快，逆反应速率不变，平衡正向移动，图像符合，但CO2的转化率减小，故D错误；
故答案为：A；

【小问2详解】