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浙江省杭州市及周边重点中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学试题（Word版附解析）
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考生须知：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题时，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写相应数字；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题卷。
5.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Mn-55 Fe-56 Cu-64
选择题部分
一、选择题(本大题共20小题，1~10题每小题2分，11~20题每小题3分，共50分。每小题只有一个选项符合题意，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列溶液因盐的水解而呈酸性的是
A. CH3COONa溶液B. HF溶液C. AlCl3溶液D. NaHSO4溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3COONa溶液中醋酸根离子水解，溶液显碱性，故A错误；
B．HF溶液为酸溶液呈酸性，不是盐的水解，故B错误；
C．AlCl3溶液中铝离子水解，结合水电离出的氢氧根离子，促进水的电离，溶液显酸性，故C正确；
D．NaHSO4溶液中硫酸氢钠完全电离，溶液显酸性，无盐的水解反应，故D错误；
故选：C。
2. 下列为熵增反应的是
A 硝酸铵晶体溶于水B. 氨气和氯化氢气体反应
C. 乙烯聚合为聚乙烯D. 碳和水蒸气制备水煤气
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸铵晶体溶于水，熵增加，但不是化学反应，故A错误；
B．氨气和氯化氢气体反应生成固体氯化铵，气体物质的量减小，是熵减的反应，故B错误；
C．乙烯聚合为聚乙烯的过程中气体转化为固体，是熵减的反应，故C错误；
D．碳和水蒸气制备水煤气的反应为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，反应为气体体积增大的反应，为熵增反应，故D正确；
故选：D。
3. 下列条件改变能增大活化分子百分数并引起平衡移动的是
A. 升高温度B. 增大反应物浓度
C. 增大气体反应体系的压强D. 使用催化剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，能增大活化分子百分数，进而增加活化分子总数，故A正确；
B．增大反应物浓度，使平衡正移，能增大单位体积内的活化分子数，不能增大活化分子百分数，故B错误；
C．增大气体反应体系的压强，不一定能使平衡移动，比如前后气体系数相等的反应；能增大单位体积内的活化分子数，不能增大活化分子百分数，故C错误；
D．使用催化剂，不能使平衡移动，能增大活化分子百分数，进而增加活化分子总数，故D错误；
故选：A。
4. 下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是
A. 紫色石蕊遇碱变蓝
B. 热的纯碱溶液去污能力更强
C. 用浓氨水和生石灰制取NH3
D. 用SO2和O2制备SO3，工业选择常压而非高压
【答案】D
【解析】
【详解】A．石蕊在溶液中存在着电离平衡，遇碱平衡向离子化（蓝色）的方向移动，能用勒夏特列原理解释，A不符题意；
B．加热可以使纯碱的水解向正向进行，溶液的碱性增强，从而去污能力强，能用勒夏特列原理解释，B不符题意；
C．生石灰与水反应放热，使平衡强烈向右移动，从而快速制氨气，能用勒夏特列原理解释，C不符题意；
D．工业上SO2催化氧化成SO3的反应是气体体积减小的反应，高压有利于SO2转化为SO3，选用常压条件而不选用高压，是常压下SO2的转化率很高，同时高压对设备要求也相应提高，导致经济成本也会相应增大，不能用勒夏特列原理解释，D符合题意；
故选D。
5. 在稀溶液中，单位体积内溶质粒子(分子和离子)数目越多，该溶液的凝固点越低。下列浓度均为0.01ml/L的溶液，凝固点由低到高依次是
①蔗糖溶液 ②NaHSO4溶液 ③NaCl溶液 ④醋酸溶液
A. ②③④①B. ②④③①C. ③②④①D. ②③①④
【答案】A
【解析】
【详解】①1L 0.01ml•L-1的蔗糖溶液中蔗糖的物质的量为：1L×0.01ml/L=0.01ml；②1L 0.01ml•L-1的NaHSO4溶液中溶质含有离子的总物质的量为：1L×0.01ml/L×3=0.03ml；③1L 0.01ml•L-1的NaCl溶液中溶质含有离子的总物质的量为：1L×0.01ml/L×2=0.02ml；④醋酸中存在电离平衡，则1L醋酸溶液溶液中溶质含有离子和分子的总物质的量大于0.01ml,小于0.02ml；故沸点由高到低依次是②③④①，故选：A。
6. 下列关于仪器选择、实验操作及相关叙述均正确的是
A. 图甲用于测定中和反应反应热
B. 图乙用于测定锌与稀硫酸反应速率
C. 图丙表示赶出碱式滴定管乳胶管中气泡
D. 图丁表示蒸发结晶氯化镁溶液获取无水氯化镁固体
【答案】C
【解析】
【详解】A．图中缺少环形搅拌器，不能测定中和热，故A错误；
B．生成的气体易从长颈漏斗逸出，应改为分液漏斗，故B错误；
C．尖嘴向上，挤压橡胶管中的玻璃珠，排出气泡，图中操作合理，故C正确；
D．加热促进镁离子水解，且生成的盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备无水氯化镁，故D错误；
故选：C。
7. 下列方程式书写正确的是
A. 已知H2S(g)的燃烧热ΔH=-562kJ/ml，表示其燃烧热的热化学方程式：H2S(g)+2O2(g)= SO3(g)+H2O(l) ΔH=-562kJ/ml
B. 用酸性高锰酸钾和草酸反应研究影响反应速率的因素：2MnO+5C2O+16H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O
C. 氢氧化铝(一元弱酸)的酸式电离方程式：Al(OH)3+H2OAl(OH)+H+
D. 已知常温下Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，Ka(HClO)=4.0×10-8，向次氯酸钠溶液通入少量CO2：CO2+2ClOˉ+H2O= 2HClO+CO
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫化氢燃烧生成稳定的物质为二氧化硫和液态水，题干中热化学方程式中生成的为三氧化硫，故A错误；
B．用酸性高锰酸钾和草酸反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故B错误；
C．氢氧化铝(一元弱酸)的酸式电离出[Al(OH)4]-和H+，电离方程式：Al(OH)3+H2O⇌[Al(OH)4]-+H+，故C正确；
D．依据电离常数可知，碳酸的酸性强于次氯酸，次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子，依据强酸在制备弱酸的规律可知，向次氯酸钠溶液通入少量CO2，离子方程式为：CO2+ClO-+H2O═HClO+，故D错误；
故选：C。
8. 下列关于实验操作的误差分析不正确的是
A. 测定中和反应反应热时，测盐酸后的温度计未冲洗干净立即测NaOH溶液的温度，则测得的ΔH偏大
B. 用量气法测锌与稀硫酸反应产生的氢气体积时，装置未冷却至室温即读数，则测得的反应速率偏大
C. 用湿润的玻璃棒蘸取Na2CO3溶液滴在pH试纸上，则测得的pH值偏小
D. 用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消失，则测得的NaOH溶液浓度偏小
【答案】D
【解析】
【详解】A．测盐酸后的温度计未冲洗干净立即测NaOH溶液的温度，导致温度差减小，放热减小，则测得的ΔH偏大，故A正确；
B．装置未冷却至室温即读数，气体的体积偏大，测得的反应速率偏大，故B正确；
C．湿润的玻璃棒蘸取Na2CO3溶液滴在pH试纸上，溶液的碱性减弱，测得的pH值偏小，故C正确；
D．开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消失，消耗标准液的体积偏大，则测得的NaOH溶液浓度偏大，故D错误；
答案选D。
9. 在一定条件下，将4ml A和2ml B投入2L恒容密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(s) xC(g)+2D(g)。2min末测得此时容器中D的浓度为0.5ml/L，以C表示的反应速率v(C)=0.25ml/(L·min)。下列说法正确的是
A x=1
B. 此时B的转化率为25%
C. 此时充入氦气增大压强，化学反应速率加快
D. 此时移走部分B，化学反应速率减慢
【答案】B
【解析】
【分析】据题中信息先统一单位在列三段式
【详解】A．依据变化量之比等于化学计量数之比，C与D的变化量分别是1ml和1ml，即x:2=1:1，得出x=2，A错误；
B．此时B的转化率为，B正确；
C．恒容密闭容器，此时充入氦气增大压强，各组分分压不变，化学反应速率不变，C错误；
D．此时移走部分B，因B为固体，浓度为常数，故化学反应速率不变，D错误；
故选B。
10. 肌肉中大量肌红蛋白Mb可以结合O2形成MbO2维持人体的生理活动，发生如下反应：Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq) ΔH，该过程可自发进行。温度为T时，平衡常数K== 2.0kPa-1[p(O2)为氧气的平衡分压]，下列说法中不正确的是
A. ΔH<0
B. 其他条件相同，高烧患者体内c(MbO2)比其健康时低
C. 其他条件相同，高海拔地区较低海拔地区，p(O2)降低，K值变大
D. 温度为T时，当Mb与O2的结合度(即Mb转化率)为95%，p(O2)=21kPa，该反应正向进行
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应能自发进行，则ΔH-T•△S＜0，又△S＜0，则ΔH＜0，故A正确；
B．根据A中分析可知，温度升高，平衡Mb(aq)+O2(g)⇌MbO2(aq)ΔH＜0逆向移动，故高烧患者体内c(MbO2)比其健康时低，故B正确；
C．平衡常数只受温度的影响，降低氧气的分压，不能改变平衡常数，故C错误；
D．当Mb与O2的结合度(即Mb转化率)为95%时，吸入的空气中p(O2)=21kPa,则Qc=，则平衡正向移动，故D正确；
故选：C。
11. 乙烯水合制乙醇的一种反应机理如下，能量与反应过程的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. H3O+是该反应的催化剂，能够降低反应的活化能
B. 三步反应均有极性键的断裂和形成
C. 总反应速率由第①步反应决定
D. 第②步中两种阳离子均是总反应的中间产物，且该步的原子利用率为100%
【答案】B
【解析】
【分析】反应①为CH2=CH2+H3O+→ +H2O，反应②为+H2O→，反应③为+H2O→CH3CH2OH +H3O+，则H3O+为乙烯和水反应的催化剂，总反应为CH2=CH2+H2O CH3CH2OH 。
【详解】A． 据分析，H3O+是该反应的催化剂，催化剂能够降低反应的活化能、加快反应速率，A正确；
B．反应②没有极性键的断裂，B不正确；
C．总反应速率由活化能最大的那步决定，第①步反应活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，C正确；
D． 第②步反应为+H2O→，据分析其中两种阳离子均是总反应的中间产物，且该步的原子利用率为100%，D正确；
答案选B。
12. 在25C、101kPa下，由稳定单质生成1ml化合物的反应焓变即为该化合物的标准摩尔生成焓(ΔfH)。已知稳定单质Na(s)、X2(g)(X=Cl、Br、I)的ΔfH为0.根据下表所给的数据，下列说法正确的是
A. 可推知键能：Cl—Cl>Br—Br>I—I
B. 可推知热稳定性：NaCl(s)C. 1ml Na(s)和0.5ml Br2(g)生成NaBr(s)，正反应的活化能大于361kJ/ml
D. Cl2和NaI反应的热化学方程为Cl2(g)+2NaI(s)= I2(g)+2NaCl(s) ΔH=-246kJ/ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．由A项分析可知稳定单质Na(s)、X2(g)(X=Cl、Br、I)的ΔfH为0，不能判断Cl2(g)、Br2(g)、I2(g)的键能大小，A错误；
B．上述物质中，NaCl具有的能量最低，根据能量越低越稳定，上述物质稳定性由大到小顺序为：NaCl(s)＞NaBr(s)＞NaI(s)，B错误；
C．，逆反应的活化能一定大于361kJ/ml C错误；
D．由标准摩尔生成焓含义可得：①、②，则Cl2和NaI反应的热化学方程为：Cl2(g)+2NaI(s)=I2(g)+2NaCl(s)ΔH=2ΔH1-2ΔH2=(-411kJ/ml)×2-(-288kJ/ml)×2=-246kJ/ml，D正确；
故选D。
13. 用KI溶液和FeCl3溶液进行如下实验(1mL约为20滴)，下列说法中不正确的是
A. 实验i发生的反应为：2Fe3++2I-2Fe2++I2
B. 若向实验ii所得溶液中滴加4滴饱和KSCN溶液，溶液红色加深
C. 实验iii水溶液中c(Fe2+)大于i中c(Fe2+)
D. 若向实验iii所得水溶液中滴加与实验ii等浓度等体积的KSCN溶液，水层红色比实验ii深
【答案】D
【解析】
【详解】A．KI溶液中I-具有还原性，FeCl3溶液中Fe3+具有氧化性，二者发生氧化还原反应，给的量可以看出滴加的氯化铁是少量的，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明铁离子反应不完全，发生的反应是可逆的，即2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2，故A正确；
B．Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3是可逆反应，增大KSCN溶液浓度，平衡正移，溶液红色加深，故B正确；
C．实验iii中生成的I2萃取到CCl4层，从溶液中分离出产物I2，使反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2正向移动，使c(Fe2+)大于i中c(Fe2+)，故C正确；
D．实验iii 是向所得液体中滴加CCl4，萃取了碘单质，反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2正向移动，铁离子浓度减小，所得液体中滴加KSCN溶液，水层红色变浅，故D错误；
故选：D。
14. 下列说法不正确的是
A. 某温度下反应NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)达平衡后，再压缩容器体积，则平衡逆向移动，再次达平衡后c(CO2)变小
B. 已知CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O，向0.5 ml/L绿色的CuCl2溶液中加水，溶液颜色变为蓝绿色
C. 某一可逆反应加入催化剂后反应速率加快，ΔH不改变，达平衡前相同时间内转化率会增大
D. 分别向甲容器(恒温恒容)中充入lml PCl5，乙容器(绝热恒容)充入PCl3和Cl2各lml，发生反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g) ΔH>0，平衡时平衡常数K(甲)【答案】A
【解析】
【详解】A．反应达平衡后压缩容器体积，平衡逆向移动，但同时气体体积减小，浓度增大，A错误；
B．向0.5 ml/L绿色的CuCl2溶液中加水，平衡逆向移动，溶液颜色变为蓝绿色，B正确；
C．催化剂可以加快反应速率，无法影响ΔH，由于反应速率加快，因此达平衡前相同时间内转化率会增大，但催化剂不能使平衡移动，C正确；
D．甲容器(恒温恒容)中充入lml PCl5，发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g) ΔH>0，乙容器(绝热恒容)充入PCl3和Cl2各lml，发生反应：，该反应是放热反应，在绝热恒容条件下进行，升温使平衡逆向移动，则平衡时乙容器中PCl3和Cl2浓度大于甲容器，平衡时平衡常数K(甲)答案选A。
15. 下列说法正确的是
A. 加入电解质，一定会破坏水的电离平衡
B. 向0.1ml/L氨水加水稀释，溶液中c(H+)减小
C. pH相等的盐酸和醋酸溶液等体积混合(混合液体积可视为两溶液体积之和)，混合液中c(Cl-)>c(CH3COO-)
D. 25℃时，NH4Cl溶液的Kw等于盐酸溶液的Kw
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸、碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，但强酸强碱盐对水的电离无影响，如加入NaCl不影响水的电离，故A错误；
B．氨水加水稀释，溶液中c(OH-)减小，Kw不变，则c(H+)增大，故B错误；
C．盐酸和醋酸溶液中电荷关系分别为c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)、c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，pH相等的两溶液等体积混合后pH不变，即c(H+)、c(OH-)不变，所以混合液中c(Cl-)=c(CH3COO-)，故C错误；
D．Kw只与温度有关，25℃时，故NH4Cl溶液的Kw等于盐酸溶液的Kw，故D正确；
故选：D。
16. 常温下，下列说法正确的是
A. 将相同体积的pH=3盐酸和pH=11一元碱BOH溶液混合，所得溶液可能为中性也可能为酸性
B. 物质的量浓度相等的盐酸和醋酸分别加水稀释相同的倍数，pH前者小
C. 用pH相等的盐酸和醋酸分别中和等体积等浓度的氢氧化钠溶液，耗酸的体积前者小
D. pH相等的CH3COONa溶液和NaClO溶液，物质的量浓度前者小
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下将相同体积的pH=3盐酸和pH=11一元碱BOH溶液混合，BOH为强碱时，两溶液恰好中和，溶液呈中性；BOH为弱碱时，混合液中BOH过量，溶液呈碱性，所以所得溶液可能为中性也可能为碱性，不可能为酸性，故A错误；
B．HCl完全电离、醋酸部分电离，所以在相同条件下，等浓度的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释相同倍数：c(H+)：HCl＞醋酸，则pH(盐酸)＜pH(醋酸)，故B正确；
C．pH相等的盐酸、醋酸，醋酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸的浓度等于氢离子浓度，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，因此，消耗两种酸的体积大小关系是：V(盐酸)＞V(醋酸)，故C错误；
D．pH相同的盐溶液，水解程度越大，溶液的浓度越小，水解程度：Na2CO3溶液＞NaClO溶液，则溶液浓度大小顺序是c(CH3COONa)＞c(NaClO)，故D错误，
故选：B。
17. 下列说法正确的是
A. 图甲实线、虚线可分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化
B. 若图乙表示恒温恒容条件下发生2NO2(g)N2O4(g)反应时，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，则交点A对应的状态为化学平衡状态
C. 若图丙表示恒容密闭容器中等量正丁烷在不同温度下分别发生反应C4H10(g，正丁烷)C4H10(g，异丁烷)，相同时间后测得正丁烷百分含量的曲线，则稳定性：正丁烷>异丁烷
D. 图丁可表示向0.1ml/L的NH4Cl溶液中滴加0.1ml/L的HCl溶液时，溶液中随HCl溶液体积变化关系
【答案】D
【解析】
【详解】A．使用催化剂的正、逆反应速率均加快，达到平衡所需时间变短，与图像不符，故A错误；
B．依据方程式系数可知，v(NO2)消耗=2v(N2O4)消耗时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B错误；
C．由图可知，图像最低点时反应达到平衡状态，升高温度，正丁烷百分含量增加，平衡逆向移动，故反应正向为放热反应，等量时正丁烷具有的能量高，稳定性差，故稳定性：正丁烷＜异丁烷，故C错误；
D．NH4Cl溶液中存在平衡+H2O⇌NH3•H2O+H+，滴加0.1ml/L的HCl溶液时，平衡逆向移动，但氢离子物质的量增大程度大于物质的量增大程度，故溶液中随HCl溶液体积增大而增大，与图像符合，故D正确；
故选：D。
18. 某温度下，在1 L恒容密闭容器中2.0ml X发生反应：X(g)Y(g)＋2Z(g)，有关数据如下：
下列说法不正确的是
A. 1 min时，Z的浓度大于0.20 ml·L-1
B. 2 min时，若加入催化剂，此时v正(Z)>v逆(Y)
C. 4 min时，若再加入1.0ml X，达到新平衡后Y的体积分数增大
D. 5 min时，X的物质的量为1.7 ml
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0~1min内Z的平均生成速率大于0~2min内的，故△c(Z) > 0.20ml﹒L-1﹒min-11min= 0.20ml/L，即1min时，Z的浓度大于0.20 ml/L ，A正确；
B．2 min内△c(Z) =0.20ml﹒L-1﹒min-11min= 0.40ml/L，4 min内△c(Z)= v△t = 0.15 ml﹒L-1﹒min-1 4min = 0.60ml/L，可知2 min时反应未到达平衡，反应向正反应方向进行，则v正(Z) > v逆(Z)，而v逆(Z)= 2v逆(Y)， 则v正(Z) > v逆(Y)，B正确；
C．4 min内△c(Z) = 0.15 ml﹒L-1﹒min-1 4min = 0.60ml/L，6 min内△c(Z) = 0.10 ml﹒L-1﹒min-1 6 min=0.60ml/L，则4 min时反应已经达到平衡状态，4 min时，若再加入1.0mlX，达到的新平衡等效为在原平衡的基础上增大压强到达的新平衡，而增大压强平衡逆向移动，达到新平衡后Y的体积分数减小，故C错误；
D．根据C的分析知，5 min时反应达到平衡状态，n消耗(X) = n生成((Z)=0.60ml= 0.3ml，则5min时X的物质的量为2.0ml-0.3ml = 1.7ml，故D正确；
答案选C。
19. 合成氨生产流程如图所示。下列说法不正确的是
A. 为防止原料气中混有的杂质使催化剂中毒，原料气必须经过净化
B. 压缩机加压是为了保证尽可能高的平衡转化率和反应速率
C. 未经循环前，a、b、c三处的混合气体的成分含量各不相同，温度也各不相同
D. 基于氨气有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应向生成氨气方向进行
【答案】C
【解析】
【分析】合成氨反应使用铁触媒作催化剂，氮气和氢气在加压高温条件下反应生成氨气，液化分离出氨气，该反应是可逆反应；
【详解】A．合成氨反应使用铁触媒作催化剂，原料气中含有杂质的气体可能会造成催化剂中毒而活性减弱，因此原料气需要经过净化，故A正确；
B．合成氨反应为气体体积减小的反应，增大压强既有利于加快速率又有利于平衡右移，但压强增大设备成本大幅度提升，故需要综合考虑以上影响因素，故B正确；
C．未经循环前，a、b两处的混合气体的成分含量相同，故C错误；
D．冷却过程，及时将NH3从平衡混合物中分离除去，降低了产物的浓度，促使合成氨反应向生成氨气的方向移动，提高了产率，故D正确；
故选：C。
20. 若用AG表示溶液的酸度，AG的定义为AG=lg。常温下实验室中用0.01ml/L的NaOH溶液滴定20.00mL 0.01ml/L醋酸，滴定过程如图所示。下列说法正确的是
A. 常温下，AG=14-pH
B. 常温下，醋酸的电离平衡常数约为10-5
C. A点时加入NaOH溶液的体积为20.00mL
D. 若B点为40mL，从A到B，水的电离程度逐渐变小
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下，AG=lg=pH-14，故A错误；
B．根据图知，室温下，0.01ml/L的醋酸溶液AG=lg=7，且该温度下Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-3.5ml/L，Ka=，故B正确；
C．A点AG=0，则该点c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，CH3COONa溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，醋酸应该稍微过量，酸碱浓度相等，所以中性时V(NaOH)小于20.00mL，故C错误；
D．酸或碱抑制水电离，CH3COO-促进水电离，A点溶液呈中性，不影响水电离，A点溶质为醋酸钠和醋酸，从A点到B点，B点溶质为醋酸钠和NaOH，当溶质为醋酸钠时水的电离程度最大，恰好完全中和后继续加入NaOH，NaOH抑制水电离，所以从A点到B点水电离程度先增大后减小，故D错误；
故选：B。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共4小题，共50分)
21. 研究化学反应中的能量变化具有重要价值。定量计算和测量则是常用的研究方法。
（1）通过化学键的键能可计算化学反应的反应热。已知几种共价键的键能数据如下：
则CO2和H2反应生成CH4和气态H2O的热化学方程式为_______。
（2）利用简单碰撞理论和活化能概念可解释反应过程中的能量变化。
①下列关于简单碰撞理论的说法正确的是_______(填字母)。
A.发生有效碰撞的分子不一定是活化分子
B.某些反应的点燃或加热条件是为了使普通分子获得能量转变为活化分子
C.基元反应的实质是活化分子有合适取向的碰撞
D.反应活化能越大，则反应过程中单位体积内的有效碰撞次数越多
②水煤气变换反应为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)。若无催化剂时该反应体系的相对能量随反应过程变化如图所示，则该反应的ΔH=_______kJ/ml(用含E1、E2的代数式表示)。
已知该反应在固体催化剂M催化下分两步完成：
Ⅰ.M(s)＋H2O(g)MO(s)＋H2(g) ΔH1>0
Ⅱ.MO(s)＋CO(g)M(s)＋CO2(g) ΔH2<0
在图中画出该反应在M催化下的相对能量-反应过程示意图(已知M的相对能量为0) _______。
（3）利用量热计可测量反应热。
①在中和反应反应热的测定实验中，取50 mL 0.5 ml/L盐酸和50 mL 0.55 ml/L NaOH溶液进行反应。NaOH浓度大于盐酸浓度的原因是_______。若用等浓度等体积的醋酸代替盐酸进行实验，则实验中测得的中和反应的反应热ΔH将_______(填“偏大”“偏小”或“不变")。
②借鉴中和反应反应热的测量方法，某同学测量放热反应Fe(s)+CuSO4(aq) =Cu(s)+FeSO4(aq)的焓变ΔH(忽略温度对焓变的影响)。其中一次的实验结果见下表。
所用溶液的密度、比热容分别近似取1.00g/cm3和4.18J/(g·℃)并忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。则ΔH=_______kJ/ml(用含t1、t2的代数式表示)。
【答案】（1）CO2(g)＋4H2(g)= CH4(g)＋2H2O(g) ΔH= -270 kJ/ml
（2） ①. BC ②. E1-E2 ③.
（3） ①. 保证盐酸完全被中和 ②. 偏大 ③. -20.9(t2-t1)
【解析】
【小问1详解】
CO2和H2反应生成CH4和气态H2O的热化学方程式为：CO2(g)+4H2(g)═CH4(g)+2H2O(g) ΔH=2×745kJ/ml+4×436kJ/ml-4×413kJ/ml-4×463kJ/ml=-270 kJ/ml,故答案为：CO2(g)＋4H2(g)= CH4(g)＋2H2O(g) ΔH= -270 kJ/ml；
【小问2详解】
①A．发生有效碰撞的分子一定是活化分子，故A错误；
B．点燃或加热时，分子会吸收能量，使普通分子获得能量转变为活化分子，故B正确；
C．活化分子有合适取向时发生有效碰撞，即发生了化学变化，故C正确；
D．反应活化能越大，反应速率越慢，可知单位体积内的有效碰撞次数越少，故D错误；
故答案为：BC；
②水煤气变换反应为CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)。若无催化剂时该反应体系的相对能量随反应过程变化如图所示，则该反应的ΔH=(E1-E2)kJ/ml，催化剂影响反应历程，对反应的始末状态无影响，该反应在M催化下的相对能量-反应过程示意图为：；
【小问3详解】
①在中和反应反应热的测定实验中，取50mL0.5ml/L盐酸和50mL0.55ml/LNaOH溶液进行反应，NaOH浓度大于盐酸浓度的原因是：保证盐酸完全被中和，若用等浓度等体积的醋酸代替盐酸进行实验，醋酸电离是吸热过程，焓变为负值，则实验中测得的中和反应的反应热ΔH将偏大，故答案为：保证盐酸完全被中和；偏大；
②100mL0.2ml•L-1CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02ml，1.68gFe粉物质的量==0.03ml，有0.02mlCuSO4反应，按实验进行计算，ΔH=-kJ/ml=-20.9(b-a)kJ/ml,故答案为：-20.9(t2-t1)。
22. 二元酸及其盐在水溶液中存在相关平衡。已知常温下，H2SO3和H2CO3的电离平衡常数如下表所示。
（1）缓冲溶液是能缓解外加少量酸或碱而保持溶液pH基本不变的溶液。人体血液中H2CO3/HCO缓冲体系对稳定pH发挥着重要作用。当血液中CO2浓度上升，血液缓冲体系中的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）常温下0.1ml/L NaHSO3溶液的pH=a，则a_______(填字母)。
A.大于7 B.小于7 C.等于7 D.无法确定
该溶液中，水电离出H+浓度为_______ml/L(用a表示)。
（3）浓度为均为0.1ml/L Na2SO3和Na2CO3等体积混合后，溶液中①SO、②CO、③HSO、④HCO浓度从大到小的顺序为_______(填序号)。
（4）常温下，用一定浓度的NaOH溶液滴定某二元酸H2A溶液。溶液中，含A元素粒子的分布系数δ随pH的变化关系如图所示[例如A2-的分布系数：δ(A2-)=]。
①常温下，Na2A的水解平衡常数为_______。
②若向0.1ml/L的NaHA溶液中加入等体积的0.1ml/L KOH溶液(忽略混合后溶液的体积变化)，混合后溶液中c(Na＋)＋c(K＋)_______2c(HA-)＋2c(A2-)(填“>”“<”或“=”)。
【答案】（1）减小 （2） ①. B ②. 10a-14
（3）①②④③ （4） ①. 10-12 ②. =
【解析】
【小问1详解】
当血液中CO2浓度上升，溶液中c(H+)增大，温度不变，碳酸的电离平衡常数不变，血液缓冲体系中减小，故答案为：减小；
【小问2详解】
常温下0.1ml/LNaHSO3溶液中的水解平衡常数Kh=，说明的水解程度小于电离程度，溶液呈酸性，a＜7；抑制水电离，该溶液中，水电离出的c(H+)= c(OH-)==10a-14ml/L，故答案为：B；10a-14；
【小问3详解】
浓度为均为0.1ml/LNa2SO3和Na2CO3等体积混合后，水解程度：②＞①，水解程度越大，溶液中该离子浓度越小，得到的酸式酸根离子浓度越大，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是①②④③，故答案为：①②④③；
【小问4详解】
①根据图知，常温下，溶液中含A的微粒有两种，说明H2A第一步完全电离、第二步部分电离，随着溶液pH值的增大，δ(A2-)增大、δ(HA-)减小，当δ(A2-)=δ(HA-)时，c(A2-)=c(HA-)，溶液的pH=2，Ka2==c(H+)=10-2 ml/L，Na2A的水解平衡常数=，故答案为：10-12；
②混合后溶液中存在物料守恒为c(Na+)=c(K+)=c(HA-)+c(A2-)，所以存在c(Na+)+c(K+)=2c(HA-)+2c(A2-)，故答案为：=。
23. 丙烯是重要的有机化工原料，丙烷制丙烯是化工研究的热点。由丙烷(C3H8)制丙烯(C3H6)的两种方法如下：
反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) ΔH1
反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+ O2(g)C3H6(g)+H2O(g) ΔH2= -118kJ/ml
（1）已知：2H2(g)+O2(g)= 2H2O(g) ΔH=-484kJ/ml，则ΔH1为_______kJ/ml。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入1ml C3H8，开始压强为p kPa，仅发生反应Ⅰ(直接脱氢)。
①下列情况能说明该反应达到平衡状态的是_______(填字母，下同)。
A.焓变(ΔH)保持不变
B.气体平均摩尔质量保持不变
C.C3H6与H2的物质的量之比保持不变
D.v正(C3H8)=v逆(C3H6)
②欲提高丙烯的平衡产率同时加快反应速率，应采取的措施是_______。
A.升高温度 B.增大压强 C.及时分离出H2 D.加催化剂
③反应过程中，C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图所示。此温度下该反应的平衡常数Kp=_______kPa(用含p的代数式表示，Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数)。
（3）①一定条件下，恒压密闭容器中仅发生反应Ⅱ(氧化脱氢)。C3H8与O2起始物质的量比分别为2：1、1：1、1：2、1：3。平衡时C3H6的体积分数随温度、的变化关系如图所示。其中表示 =1：2的曲线是_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”“Ⅲ”或“Ⅳ”)。
②已知该反应过程中，v正=k正p(C3H8)·p1/2(O2)，v逆=k逆p(C3H6)·p(H2O)，其中k正、k逆为速率常数，与温度、活化能有关。升高温度，k正的变化程度_______k逆的变化程度。
A.大于 B.小于 C.等于 D.无法比较
③相比反应Ⅰ(直接脱氢)，反应Ⅱ(氧化脱氢)的优点可能有_______(任写一点)。
（4）氧化脱氢采用O2作为氧化剂会使丙烯深度氧化，产率降低。利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新方法。该方法可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图所示。图中催化剂为_______。
【答案】（1）+124
（2） ①. BD ②. A ③. 0.9p
（3） ①. Ⅱ ②. B ③. 氧化脱氢为放热反应，能减少能耗、产物易于分离、催化剂表面不易积碳等
（4）CrO3
【解析】
小问1详解】
反应Ⅰ，反应Ⅱ，反应Ⅲ，根据盖斯定律：，故答案为：+124；
【小问2详解】
①A．焓变只与化学反应有关，所以反应的焓变始终保持不变，即反应的焓变保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A项错误；
B．恒容密闭容器，各物质均为气体，反应前后质量不变，反应后气体物质的量增大，根据公式：，则混合气体的平均摩尔质量减小，当混合气体的平均摩尔质量不变时，可以说明反应达到平衡，故B项正确；
C．C3H6与H2的物质的量之比始终为1:1，不能作为达到平衡的标志，故C项错误；
D．C3H8生成速率与C3H6生成速率相等，正、逆反应速率关系符合反应的计量关系之比，可以说明反应达到平衡，故D项正确；
故答案为：BD；
②A．升高温度，反应速率加快，平衡正向移动，丙烯产率增大，故A项正确；
B．增大压强，反应速率加快，平衡逆向移动，丙烯产率降低，故B项错误；
C．及时分离出H,，平衡正向移动，丙烯产率增大，但反应速率随后减慢，故C项错误；
D．加催化剂，反应速率加快，平衡不移动，丙烯产率不变，故D项错误；
故答案为：A；
③一定温度下，向恒容密闭容器中充入1mlC3H8，开始压强为pkPa，假设反应消耗C3H8的物质的量为ml，则列三段式有：，根据图像可知平衡时C3H8的体积分数为25%，，解得，则，开始气体物质的量是1ml时压强为pkPa，则平衡时气体物质的量为1.6ml时，气体总压强为1.6pkPa，其中p(C3H8)=，p(C3H6)= p(H2)=，则该反应达到平衡时的化学平衡常数：，故答案为：0.9P；
【小问3详解】
①相同温度下，C3H8与O2起始物质的量比越小，C3H8的转化率越大，平衡时C3H8体积分数就越小，则Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ曲线分别表示比值为1:3、1:2、1:1、2:1，则表示的曲线是Ⅱ，故答案为：Ⅱ；
②该反应为放热反应，则逆反应的活化能更大，升高温度，k正、k逆均增大，活化能大的变化的程度更大，则k正的变化程度小于k逆的变化程度，故答案为：B；
③相比反应Ⅰ(直接脱氢)，反应Ⅱ(氧化脱氢)的优点可能有：氧化脱氢为放热反应，能减少能耗、产物易于分离、催化剂表面不易积碳等，故答案为：氧化脱氢为放热反应，能减少能耗、产物易于分离、催化剂表面不易积碳等；
【小问4详解】
催化剂在反应中先消耗，后生成，则催化剂为CrO3，故答案为：CrO3。
24. 印刷铜制电路板的蚀刻液的选取和回收具有重要的研究意义。
（1）FeCl3溶液一直作为传统的蚀刻液。刻蚀结束后，通过以下两步可分离出铜，并实现FeCl3溶液再生。
废液溶液XFeCl3溶液
步骤I所加试剂和操作分别为_______、_______。
（2）H2O2和盐酸混合溶液也作蚀刻液。某学习小组进行了以下探究：
实验②中Cu溶解的离子方程式为_______。当反应一段时间后，随着溶液变蓝，气泡产生速率加快，其可能的原因是_______。
（3）H2O2和盐酸蚀刻铜板产生的废液处理方法如下：
已知：Cu2O是一种不溶于水的砖红色固体，在潮湿空气中会缓慢氧化，在酸性条件下易发生反应Cu2O+2H+= Cu+Cu2++H2O。
①下列说法正确的是_______。
A.试剂A可以选择葡萄糖，利用其还原性获得微米级Cu2O
B.制备Cu2O时，反应结束后的操作为过滤，蒸馏水洗涤，自然晾干
C.制备Cu2(OH)2CO3的反应方程式为2CuCl2+4NaHCO3= Cu2(OH)2CO3↓+3CO2↑+4NaCl+H2O
D.回收Cu2(OH)2CO3的过程中需控制反应的温度，温度过高会导致产品颜色发暗
②微米级Cu2O纯度的测定方法如下：取m g样品置于烧杯中，加入足量酸化的Fe2(SO4)3溶液，完全溶解后，用c ml/L KMnO4溶液进行滴定至终点，共消耗KMnO4溶液V mL(假定样品中的其他成分不与KMnO4反应且MnO+5Fe2++8H+ = 5Fe3++Mn2++4H2O)。标志滴定终点的现象是_______，该样品中Cu2O的纯度为_______(用含m、c、V的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 铁粉 ②. 过滤
（2） ①. Cu＋H2O2＋2H+ = Cu2+＋2H2O ②. 生成的Cu2+催化H2O2分解
（3） ①. ACD ②. 当滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液恰好显浅紫红色，且半分钟内不褪色 ③.
【解析】
【分析】废液中含有FeCl3和CuCl2，加入足量铁粉与CuCl2发生置换反应生成Cu和FeCl2，过滤出Fe和Cu，再通入氯气与FeCl2反应生成FeCl3；
【小问1详解】
FeCl3溶液一直作为传统的蚀刻液，刻蚀结束后，废液成分是FeCl2和CuCl2，通过两步可分离出铜，并实现FeCl3溶液再生，第一步是加入足量的铁粉，然后过滤，再向滤液中通入氯气，即可实现FeCl3溶液再生，故答案为：铁粉；过滤；
【小问2详解】
实验②中Cu溶解的离子方程式为Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O，当反应一段时间后，随着溶液变蓝，气泡产生速率加快，其可能的原因是生成的Cu2+催化H2O2分解，生成了氧气，故答案为：Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O；生成的Cu2+催化H2O2分解；
【小问3详解】
①A．H2O2和盐酸蚀刻铜板产生的废液中含有CuCl2，试剂A可以选择葡萄糖，利用其还原性获得微米级Cu2O，故A正确；
B．Cu2O是一种不溶于水的砖红色固体，在潮湿空气中会缓慢氧化，制备Cu2O时，反应结束后的操作为过滤，醇洗，烘干，故B错误；
C．根据原子守恒，可得制备Cu2(OH)2CO3的反应方程式为：2CuCl2+4NaHCO3═Cu2(OH)2CO3↓+3CO2↑+4NaCl+H2O，故C正确；
D．回收Cu2(OH)2CO3的过程中需控制反应的温度，温度过高会导致产物部分分解生成黑色的氧化铜，使产品颜色发暗，故D正确；故答案为：ACD；
②微米级Cu2O纯度的测定方法如下：取mg样品置于烧杯中，加入足量酸化的Fe2(SO4)3溶液，完全溶解后，用cml/LKMnO4溶液进行滴定至终点，共消耗KMnO4溶液VmL(假定样品中的其他成分不与KMnO4反应且+5Fe2++8H+═5Fe3++Mn2++4H2O)，标志滴定终点的现象是当滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液恰好显浅紫红色，且半分钟内不褪色，根据电子得失守恒，有关系式：5Cu2O～10Fe2+～
2，n(Cu2O)=2.5n(KMnO4)=2.5cV×10-3ml,则样品中Cu2O的纯度为，故答案为：当滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液恰好显浅紫红色，且半分钟内不褪色；。化合物
NaCl(s)
NaBr(s)
NaI(s)
ΔfH/ kJ·ml-1
-411
-361
-288
时间段/min
产物Z的平均生成速率/ml·L-1·min-1
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
共价键
C—H
H—H
H—O
C=O
键能/kJ•ml-1
413
436
463
745
反应试剂
体系温度/℃
100mL 0.200ml/L CuSO4溶液
1.68g Fe粉
反应前
反应后
t1
t2
二元酸
H2SO3
H2CO3
Ka1
1.5×10-2
4.5×10-7
Ka2
6.0×10-8
4.7×10-11
考生须知：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题时，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写相应数字；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题卷。
5.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Mn-55 Fe-56 Cu-64
选择题部分
一、选择题(本大题共20小题，1~10题每小题2分，11~20题每小题3分，共50分。每小题只有一个选项符合题意，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列溶液因盐的水解而呈酸性的是
A. CH3COONa溶液B. HF溶液C. AlCl3溶液D. NaHSO4溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3COONa溶液中醋酸根离子水解，溶液显碱性，故A错误；
B．HF溶液为酸溶液呈酸性，不是盐的水解，故B错误；
C．AlCl3溶液中铝离子水解，结合水电离出的氢氧根离子，促进水的电离，溶液显酸性，故C正确；
D．NaHSO4溶液中硫酸氢钠完全电离，溶液显酸性，无盐的水解反应，故D错误；
故选：C。
2. 下列为熵增反应的是
A 硝酸铵晶体溶于水B. 氨气和氯化氢气体反应
C. 乙烯聚合为聚乙烯D. 碳和水蒸气制备水煤气
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸铵晶体溶于水，熵增加，但不是化学反应，故A错误；
B．氨气和氯化氢气体反应生成固体氯化铵，气体物质的量减小，是熵减的反应，故B错误；
C．乙烯聚合为聚乙烯的过程中气体转化为固体，是熵减的反应，故C错误；
D．碳和水蒸气制备水煤气的反应为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，反应为气体体积增大的反应，为熵增反应，故D正确；
故选：D。
3. 下列条件改变能增大活化分子百分数并引起平衡移动的是
A. 升高温度B. 增大反应物浓度
C. 增大气体反应体系的压强D. 使用催化剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，能增大活化分子百分数，进而增加活化分子总数，故A正确；
B．增大反应物浓度，使平衡正移，能增大单位体积内的活化分子数，不能增大活化分子百分数，故B错误；
C．增大气体反应体系的压强，不一定能使平衡移动，比如前后气体系数相等的反应；能增大单位体积内的活化分子数，不能增大活化分子百分数，故C错误；
D．使用催化剂，不能使平衡移动，能增大活化分子百分数，进而增加活化分子总数，故D错误；
故选：A。
4. 下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是
A. 紫色石蕊遇碱变蓝
B. 热的纯碱溶液去污能力更强
C. 用浓氨水和生石灰制取NH3
D. 用SO2和O2制备SO3，工业选择常压而非高压
【答案】D
【解析】
【详解】A．石蕊在溶液中存在着电离平衡，遇碱平衡向离子化（蓝色）的方向移动，能用勒夏特列原理解释，A不符题意；
B．加热可以使纯碱的水解向正向进行，溶液的碱性增强，从而去污能力强，能用勒夏特列原理解释，B不符题意；
C．生石灰与水反应放热，使平衡强烈向右移动，从而快速制氨气，能用勒夏特列原理解释，C不符题意；
D．工业上SO2催化氧化成SO3的反应是气体体积减小的反应，高压有利于SO2转化为SO3，选用常压条件而不选用高压，是常压下SO2的转化率很高，同时高压对设备要求也相应提高，导致经济成本也会相应增大，不能用勒夏特列原理解释，D符合题意；
故选D。
5. 在稀溶液中，单位体积内溶质粒子(分子和离子)数目越多，该溶液的凝固点越低。下列浓度均为0.01ml/L的溶液，凝固点由低到高依次是
①蔗糖溶液 ②NaHSO4溶液 ③NaCl溶液 ④醋酸溶液
A. ②③④①B. ②④③①C. ③②④①D. ②③①④
【答案】A
【解析】
【详解】①1L 0.01ml•L-1的蔗糖溶液中蔗糖的物质的量为：1L×0.01ml/L=0.01ml；②1L 0.01ml•L-1的NaHSO4溶液中溶质含有离子的总物质的量为：1L×0.01ml/L×3=0.03ml；③1L 0.01ml•L-1的NaCl溶液中溶质含有离子的总物质的量为：1L×0.01ml/L×2=0.02ml；④醋酸中存在电离平衡，则1L醋酸溶液溶液中溶质含有离子和分子的总物质的量大于0.01ml,小于0.02ml；故沸点由高到低依次是②③④①，故选：A。
6. 下列关于仪器选择、实验操作及相关叙述均正确的是
A. 图甲用于测定中和反应反应热
B. 图乙用于测定锌与稀硫酸反应速率
C. 图丙表示赶出碱式滴定管乳胶管中气泡
D. 图丁表示蒸发结晶氯化镁溶液获取无水氯化镁固体
【答案】C
【解析】
【详解】A．图中缺少环形搅拌器，不能测定中和热，故A错误；
B．生成的气体易从长颈漏斗逸出，应改为分液漏斗，故B错误；
C．尖嘴向上，挤压橡胶管中的玻璃珠，排出气泡，图中操作合理，故C正确；
D．加热促进镁离子水解，且生成的盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备无水氯化镁，故D错误；
故选：C。
7. 下列方程式书写正确的是
A. 已知H2S(g)的燃烧热ΔH=-562kJ/ml，表示其燃烧热的热化学方程式：H2S(g)+2O2(g)= SO3(g)+H2O(l) ΔH=-562kJ/ml
B. 用酸性高锰酸钾和草酸反应研究影响反应速率的因素：2MnO+5C2O+16H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O
C. 氢氧化铝(一元弱酸)的酸式电离方程式：Al(OH)3+H2OAl(OH)+H+
D. 已知常温下Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，Ka(HClO)=4.0×10-8，向次氯酸钠溶液通入少量CO2：CO2+2ClOˉ+H2O= 2HClO+CO
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫化氢燃烧生成稳定的物质为二氧化硫和液态水，题干中热化学方程式中生成的为三氧化硫，故A错误；
B．用酸性高锰酸钾和草酸反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故B错误；
C．氢氧化铝(一元弱酸)的酸式电离出[Al(OH)4]-和H+，电离方程式：Al(OH)3+H2O⇌[Al(OH)4]-+H+，故C正确；
D．依据电离常数可知，碳酸的酸性强于次氯酸，次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子，依据强酸在制备弱酸的规律可知，向次氯酸钠溶液通入少量CO2，离子方程式为：CO2+ClO-+H2O═HClO+，故D错误；
故选：C。
8. 下列关于实验操作的误差分析不正确的是
A. 测定中和反应反应热时，测盐酸后的温度计未冲洗干净立即测NaOH溶液的温度，则测得的ΔH偏大
B. 用量气法测锌与稀硫酸反应产生的氢气体积时，装置未冷却至室温即读数，则测得的反应速率偏大
C. 用湿润的玻璃棒蘸取Na2CO3溶液滴在pH试纸上，则测得的pH值偏小
D. 用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消失，则测得的NaOH溶液浓度偏小
【答案】D
【解析】
【详解】A．测盐酸后的温度计未冲洗干净立即测NaOH溶液的温度，导致温度差减小，放热减小，则测得的ΔH偏大，故A正确；
B．装置未冷却至室温即读数，气体的体积偏大，测得的反应速率偏大，故B正确；
C．湿润的玻璃棒蘸取Na2CO3溶液滴在pH试纸上，溶液的碱性减弱，测得的pH值偏小，故C正确；
D．开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消失，消耗标准液的体积偏大，则测得的NaOH溶液浓度偏大，故D错误；
答案选D。
9. 在一定条件下，将4ml A和2ml B投入2L恒容密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(s) xC(g)+2D(g)。2min末测得此时容器中D的浓度为0.5ml/L，以C表示的反应速率v(C)=0.25ml/(L·min)。下列说法正确的是
A x=1
B. 此时B的转化率为25%
C. 此时充入氦气增大压强，化学反应速率加快
D. 此时移走部分B，化学反应速率减慢
【答案】B
【解析】
【分析】据题中信息先统一单位在列三段式
【详解】A．依据变化量之比等于化学计量数之比，C与D的变化量分别是1ml和1ml，即x:2=1:1，得出x=2，A错误；
B．此时B的转化率为，B正确；
C．恒容密闭容器，此时充入氦气增大压强，各组分分压不变，化学反应速率不变，C错误；
D．此时移走部分B，因B为固体，浓度为常数，故化学反应速率不变，D错误；
故选B。
10. 肌肉中大量肌红蛋白Mb可以结合O2形成MbO2维持人体的生理活动，发生如下反应：Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq) ΔH，该过程可自发进行。温度为T时，平衡常数K== 2.0kPa-1[p(O2)为氧气的平衡分压]，下列说法中不正确的是
A. ΔH<0
B. 其他条件相同，高烧患者体内c(MbO2)比其健康时低
C. 其他条件相同，高海拔地区较低海拔地区，p(O2)降低，K值变大
D. 温度为T时，当Mb与O2的结合度(即Mb转化率)为95%，p(O2)=21kPa，该反应正向进行
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应能自发进行，则ΔH-T•△S＜0，又△S＜0，则ΔH＜0，故A正确；
B．根据A中分析可知，温度升高，平衡Mb(aq)+O2(g)⇌MbO2(aq)ΔH＜0逆向移动，故高烧患者体内c(MbO2)比其健康时低，故B正确；
C．平衡常数只受温度的影响，降低氧气的分压，不能改变平衡常数，故C错误；
D．当Mb与O2的结合度(即Mb转化率)为95%时，吸入的空气中p(O2)=21kPa,则Qc=，则平衡正向移动，故D正确；
故选：C。
11. 乙烯水合制乙醇的一种反应机理如下，能量与反应过程的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. H3O+是该反应的催化剂，能够降低反应的活化能
B. 三步反应均有极性键的断裂和形成
C. 总反应速率由第①步反应决定
D. 第②步中两种阳离子均是总反应的中间产物，且该步的原子利用率为100%
【答案】B
【解析】
【分析】反应①为CH2=CH2+H3O+→ +H2O，反应②为+H2O→，反应③为+H2O→CH3CH2OH +H3O+，则H3O+为乙烯和水反应的催化剂，总反应为CH2=CH2+H2O CH3CH2OH 。
【详解】A． 据分析，H3O+是该反应的催化剂，催化剂能够降低反应的活化能、加快反应速率，A正确；
B．反应②没有极性键的断裂，B不正确；
C．总反应速率由活化能最大的那步决定，第①步反应活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，C正确；
D． 第②步反应为+H2O→，据分析其中两种阳离子均是总反应的中间产物，且该步的原子利用率为100%，D正确；
答案选B。
12. 在25C、101kPa下，由稳定单质生成1ml化合物的反应焓变即为该化合物的标准摩尔生成焓(ΔfH)。已知稳定单质Na(s)、X2(g)(X=Cl、Br、I)的ΔfH为0.根据下表所给的数据，下列说法正确的是
A. 可推知键能：Cl—Cl>Br—Br>I—I
B. 可推知热稳定性：NaCl(s)
D. Cl2和NaI反应的热化学方程为Cl2(g)+2NaI(s)= I2(g)+2NaCl(s) ΔH=-246kJ/ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．由A项分析可知稳定单质Na(s)、X2(g)(X=Cl、Br、I)的ΔfH为0，不能判断Cl2(g)、Br2(g)、I2(g)的键能大小，A错误；
B．上述物质中，NaCl具有的能量最低，根据能量越低越稳定，上述物质稳定性由大到小顺序为：NaCl(s)＞NaBr(s)＞NaI(s)，B错误；
C．，逆反应的活化能一定大于361kJ/ml C错误；
D．由标准摩尔生成焓含义可得：①、②，则Cl2和NaI反应的热化学方程为：Cl2(g)+2NaI(s)=I2(g)+2NaCl(s)ΔH=2ΔH1-2ΔH2=(-411kJ/ml)×2-(-288kJ/ml)×2=-246kJ/ml，D正确；
故选D。
13. 用KI溶液和FeCl3溶液进行如下实验(1mL约为20滴)，下列说法中不正确的是
A. 实验i发生的反应为：2Fe3++2I-2Fe2++I2
B. 若向实验ii所得溶液中滴加4滴饱和KSCN溶液，溶液红色加深
C. 实验iii水溶液中c(Fe2+)大于i中c(Fe2+)
D. 若向实验iii所得水溶液中滴加与实验ii等浓度等体积的KSCN溶液，水层红色比实验ii深
【答案】D
【解析】
【详解】A．KI溶液中I-具有还原性，FeCl3溶液中Fe3+具有氧化性，二者发生氧化还原反应，给的量可以看出滴加的氯化铁是少量的，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明铁离子反应不完全，发生的反应是可逆的，即2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2，故A正确；
B．Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3是可逆反应，增大KSCN溶液浓度，平衡正移，溶液红色加深，故B正确；
C．实验iii中生成的I2萃取到CCl4层，从溶液中分离出产物I2，使反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2正向移动，使c(Fe2+)大于i中c(Fe2+)，故C正确；
D．实验iii 是向所得液体中滴加CCl4，萃取了碘单质，反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2正向移动，铁离子浓度减小，所得液体中滴加KSCN溶液，水层红色变浅，故D错误；
故选：D。
14. 下列说法不正确的是
A. 某温度下反应NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)达平衡后，再压缩容器体积，则平衡逆向移动，再次达平衡后c(CO2)变小
B. 已知CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O，向0.5 ml/L绿色的CuCl2溶液中加水，溶液颜色变为蓝绿色
C. 某一可逆反应加入催化剂后反应速率加快，ΔH不改变，达平衡前相同时间内转化率会增大
D. 分别向甲容器(恒温恒容)中充入lml PCl5，乙容器(绝热恒容)充入PCl3和Cl2各lml，发生反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g) ΔH>0，平衡时平衡常数K(甲)
【解析】
【详解】A．反应达平衡后压缩容器体积，平衡逆向移动，但同时气体体积减小，浓度增大，A错误；
B．向0.5 ml/L绿色的CuCl2溶液中加水，平衡逆向移动，溶液颜色变为蓝绿色，B正确；
C．催化剂可以加快反应速率，无法影响ΔH，由于反应速率加快，因此达平衡前相同时间内转化率会增大，但催化剂不能使平衡移动，C正确；
D．甲容器(恒温恒容)中充入lml PCl5，发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g) ΔH>0，乙容器(绝热恒容)充入PCl3和Cl2各lml，发生反应：，该反应是放热反应，在绝热恒容条件下进行，升温使平衡逆向移动，则平衡时乙容器中PCl3和Cl2浓度大于甲容器，平衡时平衡常数K(甲)
15. 下列说法正确的是
A. 加入电解质，一定会破坏水的电离平衡
B. 向0.1ml/L氨水加水稀释，溶液中c(H+)减小
C. pH相等的盐酸和醋酸溶液等体积混合(混合液体积可视为两溶液体积之和)，混合液中c(Cl-)>c(CH3COO-)
D. 25℃时，NH4Cl溶液的Kw等于盐酸溶液的Kw
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸、碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，但强酸强碱盐对水的电离无影响，如加入NaCl不影响水的电离，故A错误；
B．氨水加水稀释，溶液中c(OH-)减小，Kw不变，则c(H+)增大，故B错误；
C．盐酸和醋酸溶液中电荷关系分别为c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)、c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，pH相等的两溶液等体积混合后pH不变，即c(H+)、c(OH-)不变，所以混合液中c(Cl-)=c(CH3COO-)，故C错误；
D．Kw只与温度有关，25℃时，故NH4Cl溶液的Kw等于盐酸溶液的Kw，故D正确；
故选：D。
16. 常温下，下列说法正确的是
A. 将相同体积的pH=3盐酸和pH=11一元碱BOH溶液混合，所得溶液可能为中性也可能为酸性
B. 物质的量浓度相等的盐酸和醋酸分别加水稀释相同的倍数，pH前者小
C. 用pH相等的盐酸和醋酸分别中和等体积等浓度的氢氧化钠溶液，耗酸的体积前者小
D. pH相等的CH3COONa溶液和NaClO溶液，物质的量浓度前者小
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下将相同体积的pH=3盐酸和pH=11一元碱BOH溶液混合，BOH为强碱时，两溶液恰好中和，溶液呈中性；BOH为弱碱时，混合液中BOH过量，溶液呈碱性，所以所得溶液可能为中性也可能为碱性，不可能为酸性，故A错误；
B．HCl完全电离、醋酸部分电离，所以在相同条件下，等浓度的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释相同倍数：c(H+)：HCl＞醋酸，则pH(盐酸)＜pH(醋酸)，故B正确；
C．pH相等的盐酸、醋酸，醋酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸的浓度等于氢离子浓度，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，因此，消耗两种酸的体积大小关系是：V(盐酸)＞V(醋酸)，故C错误；
D．pH相同的盐溶液，水解程度越大，溶液的浓度越小，水解程度：Na2CO3溶液＞NaClO溶液，则溶液浓度大小顺序是c(CH3COONa)＞c(NaClO)，故D错误，
故选：B。
17. 下列说法正确的是
A. 图甲实线、虚线可分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化
B. 若图乙表示恒温恒容条件下发生2NO2(g)N2O4(g)反应时，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，则交点A对应的状态为化学平衡状态
C. 若图丙表示恒容密闭容器中等量正丁烷在不同温度下分别发生反应C4H10(g，正丁烷)C4H10(g，异丁烷)，相同时间后测得正丁烷百分含量的曲线，则稳定性：正丁烷>异丁烷
D. 图丁可表示向0.1ml/L的NH4Cl溶液中滴加0.1ml/L的HCl溶液时，溶液中随HCl溶液体积变化关系
【答案】D
【解析】
【详解】A．使用催化剂的正、逆反应速率均加快，达到平衡所需时间变短，与图像不符，故A错误；
B．依据方程式系数可知，v(NO2)消耗=2v(N2O4)消耗时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B错误；
C．由图可知，图像最低点时反应达到平衡状态，升高温度，正丁烷百分含量增加，平衡逆向移动，故反应正向为放热反应，等量时正丁烷具有的能量高，稳定性差，故稳定性：正丁烷＜异丁烷，故C错误；
D．NH4Cl溶液中存在平衡+H2O⇌NH3•H2O+H+，滴加0.1ml/L的HCl溶液时，平衡逆向移动，但氢离子物质的量增大程度大于物质的量增大程度，故溶液中随HCl溶液体积增大而增大，与图像符合，故D正确；
故选：D。
18. 某温度下，在1 L恒容密闭容器中2.0ml X发生反应：X(g)Y(g)＋2Z(g)，有关数据如下：
下列说法不正确的是
A. 1 min时，Z的浓度大于0.20 ml·L-1
B. 2 min时，若加入催化剂，此时v正(Z)>v逆(Y)
C. 4 min时，若再加入1.0ml X，达到新平衡后Y的体积分数增大
D. 5 min时，X的物质的量为1.7 ml
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0~1min内Z的平均生成速率大于0~2min内的，故△c(Z) > 0.20ml﹒L-1﹒min-11min= 0.20ml/L，即1min时，Z的浓度大于0.20 ml/L ，A正确；
B．2 min内△c(Z) =0.20ml﹒L-1﹒min-11min= 0.40ml/L，4 min内△c(Z)= v△t = 0.15 ml﹒L-1﹒min-1 4min = 0.60ml/L，可知2 min时反应未到达平衡，反应向正反应方向进行，则v正(Z) > v逆(Z)，而v逆(Z)= 2v逆(Y)， 则v正(Z) > v逆(Y)，B正确；
C．4 min内△c(Z) = 0.15 ml﹒L-1﹒min-1 4min = 0.60ml/L，6 min内△c(Z) = 0.10 ml﹒L-1﹒min-1 6 min=0.60ml/L，则4 min时反应已经达到平衡状态，4 min时，若再加入1.0mlX，达到的新平衡等效为在原平衡的基础上增大压强到达的新平衡，而增大压强平衡逆向移动，达到新平衡后Y的体积分数减小，故C错误；
D．根据C的分析知，5 min时反应达到平衡状态，n消耗(X) = n生成((Z)=0.60ml= 0.3ml，则5min时X的物质的量为2.0ml-0.3ml = 1.7ml，故D正确；
答案选C。
19. 合成氨生产流程如图所示。下列说法不正确的是
A. 为防止原料气中混有的杂质使催化剂中毒，原料气必须经过净化
B. 压缩机加压是为了保证尽可能高的平衡转化率和反应速率
C. 未经循环前，a、b、c三处的混合气体的成分含量各不相同，温度也各不相同
D. 基于氨气有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应向生成氨气方向进行
【答案】C
【解析】
【分析】合成氨反应使用铁触媒作催化剂，氮气和氢气在加压高温条件下反应生成氨气，液化分离出氨气，该反应是可逆反应；
【详解】A．合成氨反应使用铁触媒作催化剂，原料气中含有杂质的气体可能会造成催化剂中毒而活性减弱，因此原料气需要经过净化，故A正确；
B．合成氨反应为气体体积减小的反应，增大压强既有利于加快速率又有利于平衡右移，但压强增大设备成本大幅度提升，故需要综合考虑以上影响因素，故B正确；
C．未经循环前，a、b两处的混合气体的成分含量相同，故C错误；
D．冷却过程，及时将NH3从平衡混合物中分离除去，降低了产物的浓度，促使合成氨反应向生成氨气的方向移动，提高了产率，故D正确；
故选：C。
20. 若用AG表示溶液的酸度，AG的定义为AG=lg。常温下实验室中用0.01ml/L的NaOH溶液滴定20.00mL 0.01ml/L醋酸，滴定过程如图所示。下列说法正确的是
A. 常温下，AG=14-pH
B. 常温下，醋酸的电离平衡常数约为10-5
C. A点时加入NaOH溶液的体积为20.00mL
D. 若B点为40mL，从A到B，水的电离程度逐渐变小
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下，AG=lg=pH-14，故A错误；
B．根据图知，室温下，0.01ml/L的醋酸溶液AG=lg=7，且该温度下Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-3.5ml/L，Ka=，故B正确；
C．A点AG=0，则该点c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，CH3COONa溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，醋酸应该稍微过量，酸碱浓度相等，所以中性时V(NaOH)小于20.00mL，故C错误；
D．酸或碱抑制水电离，CH3COO-促进水电离，A点溶液呈中性，不影响水电离，A点溶质为醋酸钠和醋酸，从A点到B点，B点溶质为醋酸钠和NaOH，当溶质为醋酸钠时水的电离程度最大，恰好完全中和后继续加入NaOH，NaOH抑制水电离，所以从A点到B点水电离程度先增大后减小，故D错误；
故选：B。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共4小题，共50分)
21. 研究化学反应中的能量变化具有重要价值。定量计算和测量则是常用的研究方法。
（1）通过化学键的键能可计算化学反应的反应热。已知几种共价键的键能数据如下：
则CO2和H2反应生成CH4和气态H2O的热化学方程式为_______。
（2）利用简单碰撞理论和活化能概念可解释反应过程中的能量变化。
①下列关于简单碰撞理论的说法正确的是_______(填字母)。
A.发生有效碰撞的分子不一定是活化分子
B.某些反应的点燃或加热条件是为了使普通分子获得能量转变为活化分子
C.基元反应的实质是活化分子有合适取向的碰撞
D.反应活化能越大，则反应过程中单位体积内的有效碰撞次数越多
②水煤气变换反应为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)。若无催化剂时该反应体系的相对能量随反应过程变化如图所示，则该反应的ΔH=_______kJ/ml(用含E1、E2的代数式表示)。
已知该反应在固体催化剂M催化下分两步完成：
Ⅰ.M(s)＋H2O(g)MO(s)＋H2(g) ΔH1>0
Ⅱ.MO(s)＋CO(g)M(s)＋CO2(g) ΔH2<0
在图中画出该反应在M催化下的相对能量-反应过程示意图(已知M的相对能量为0) _______。
（3）利用量热计可测量反应热。
①在中和反应反应热的测定实验中，取50 mL 0.5 ml/L盐酸和50 mL 0.55 ml/L NaOH溶液进行反应。NaOH浓度大于盐酸浓度的原因是_______。若用等浓度等体积的醋酸代替盐酸进行实验，则实验中测得的中和反应的反应热ΔH将_______(填“偏大”“偏小”或“不变")。
②借鉴中和反应反应热的测量方法，某同学测量放热反应Fe(s)+CuSO4(aq) =Cu(s)+FeSO4(aq)的焓变ΔH(忽略温度对焓变的影响)。其中一次的实验结果见下表。
所用溶液的密度、比热容分别近似取1.00g/cm3和4.18J/(g·℃)并忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。则ΔH=_______kJ/ml(用含t1、t2的代数式表示)。
【答案】（1）CO2(g)＋4H2(g)= CH4(g)＋2H2O(g) ΔH= -270 kJ/ml
（2） ①. BC ②. E1-E2 ③.
（3） ①. 保证盐酸完全被中和 ②. 偏大 ③. -20.9(t2-t1)
【解析】
【小问1详解】
CO2和H2反应生成CH4和气态H2O的热化学方程式为：CO2(g)+4H2(g)═CH4(g)+2H2O(g) ΔH=2×745kJ/ml+4×436kJ/ml-4×413kJ/ml-4×463kJ/ml=-270 kJ/ml,故答案为：CO2(g)＋4H2(g)= CH4(g)＋2H2O(g) ΔH= -270 kJ/ml；
【小问2详解】
①A．发生有效碰撞的分子一定是活化分子，故A错误；
B．点燃或加热时，分子会吸收能量，使普通分子获得能量转变为活化分子，故B正确；
C．活化分子有合适取向时发生有效碰撞，即发生了化学变化，故C正确；
D．反应活化能越大，反应速率越慢，可知单位体积内的有效碰撞次数越少，故D错误；
故答案为：BC；
②水煤气变换反应为CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)。若无催化剂时该反应体系的相对能量随反应过程变化如图所示，则该反应的ΔH=(E1-E2)kJ/ml，催化剂影响反应历程，对反应的始末状态无影响，该反应在M催化下的相对能量-反应过程示意图为：；
【小问3详解】
①在中和反应反应热的测定实验中，取50mL0.5ml/L盐酸和50mL0.55ml/LNaOH溶液进行反应，NaOH浓度大于盐酸浓度的原因是：保证盐酸完全被中和，若用等浓度等体积的醋酸代替盐酸进行实验，醋酸电离是吸热过程，焓变为负值，则实验中测得的中和反应的反应热ΔH将偏大，故答案为：保证盐酸完全被中和；偏大；
②100mL0.2ml•L-1CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02ml，1.68gFe粉物质的量==0.03ml，有0.02mlCuSO4反应，按实验进行计算，ΔH=-kJ/ml=-20.9(b-a)kJ/ml,故答案为：-20.9(t2-t1)。
22. 二元酸及其盐在水溶液中存在相关平衡。已知常温下，H2SO3和H2CO3的电离平衡常数如下表所示。
（1）缓冲溶液是能缓解外加少量酸或碱而保持溶液pH基本不变的溶液。人体血液中H2CO3/HCO缓冲体系对稳定pH发挥着重要作用。当血液中CO2浓度上升，血液缓冲体系中的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）常温下0.1ml/L NaHSO3溶液的pH=a，则a_______(填字母)。
A.大于7 B.小于7 C.等于7 D.无法确定
该溶液中，水电离出H+浓度为_______ml/L(用a表示)。
（3）浓度为均为0.1ml/L Na2SO3和Na2CO3等体积混合后，溶液中①SO、②CO、③HSO、④HCO浓度从大到小的顺序为_______(填序号)。
（4）常温下，用一定浓度的NaOH溶液滴定某二元酸H2A溶液。溶液中，含A元素粒子的分布系数δ随pH的变化关系如图所示[例如A2-的分布系数：δ(A2-)=]。
①常温下，Na2A的水解平衡常数为_______。
②若向0.1ml/L的NaHA溶液中加入等体积的0.1ml/L KOH溶液(忽略混合后溶液的体积变化)，混合后溶液中c(Na＋)＋c(K＋)_______2c(HA-)＋2c(A2-)(填“>”“<”或“=”)。
【答案】（1）减小 （2） ①. B ②. 10a-14
（3）①②④③ （4） ①. 10-12 ②. =
【解析】
【小问1详解】
当血液中CO2浓度上升，溶液中c(H+)增大，温度不变，碳酸的电离平衡常数不变，血液缓冲体系中减小，故答案为：减小；
【小问2详解】
常温下0.1ml/LNaHSO3溶液中的水解平衡常数Kh=，说明的水解程度小于电离程度，溶液呈酸性，a＜7；抑制水电离，该溶液中，水电离出的c(H+)= c(OH-)==10a-14ml/L，故答案为：B；10a-14；
【小问3详解】
浓度为均为0.1ml/LNa2SO3和Na2CO3等体积混合后，水解程度：②＞①，水解程度越大，溶液中该离子浓度越小，得到的酸式酸根离子浓度越大，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是①②④③，故答案为：①②④③；
【小问4详解】
①根据图知，常温下，溶液中含A的微粒有两种，说明H2A第一步完全电离、第二步部分电离，随着溶液pH值的增大，δ(A2-)增大、δ(HA-)减小，当δ(A2-)=δ(HA-)时，c(A2-)=c(HA-)，溶液的pH=2，Ka2==c(H+)=10-2 ml/L，Na2A的水解平衡常数=，故答案为：10-12；
②混合后溶液中存在物料守恒为c(Na+)=c(K+)=c(HA-)+c(A2-)，所以存在c(Na+)+c(K+)=2c(HA-)+2c(A2-)，故答案为：=。
23. 丙烯是重要的有机化工原料，丙烷制丙烯是化工研究的热点。由丙烷(C3H8)制丙烯(C3H6)的两种方法如下：
反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) ΔH1
反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+ O2(g)C3H6(g)+H2O(g) ΔH2= -118kJ/ml
（1）已知：2H2(g)+O2(g)= 2H2O(g) ΔH=-484kJ/ml，则ΔH1为_______kJ/ml。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入1ml C3H8，开始压强为p kPa，仅发生反应Ⅰ(直接脱氢)。
①下列情况能说明该反应达到平衡状态的是_______(填字母，下同)。
A.焓变(ΔH)保持不变
B.气体平均摩尔质量保持不变
C.C3H6与H2的物质的量之比保持不变
D.v正(C3H8)=v逆(C3H6)
②欲提高丙烯的平衡产率同时加快反应速率，应采取的措施是_______。
A.升高温度 B.增大压强 C.及时分离出H2 D.加催化剂
③反应过程中，C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图所示。此温度下该反应的平衡常数Kp=_______kPa(用含p的代数式表示，Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数)。
（3）①一定条件下，恒压密闭容器中仅发生反应Ⅱ(氧化脱氢)。C3H8与O2起始物质的量比分别为2：1、1：1、1：2、1：3。平衡时C3H6的体积分数随温度、的变化关系如图所示。其中表示 =1：2的曲线是_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”“Ⅲ”或“Ⅳ”)。
②已知该反应过程中，v正=k正p(C3H8)·p1/2(O2)，v逆=k逆p(C3H6)·p(H2O)，其中k正、k逆为速率常数，与温度、活化能有关。升高温度，k正的变化程度_______k逆的变化程度。
A.大于 B.小于 C.等于 D.无法比较
③相比反应Ⅰ(直接脱氢)，反应Ⅱ(氧化脱氢)的优点可能有_______(任写一点)。
（4）氧化脱氢采用O2作为氧化剂会使丙烯深度氧化，产率降低。利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新方法。该方法可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图所示。图中催化剂为_______。
【答案】（1）+124
（2） ①. BD ②. A ③. 0.9p
（3） ①. Ⅱ ②. B ③. 氧化脱氢为放热反应，能减少能耗、产物易于分离、催化剂表面不易积碳等
（4）CrO3
【解析】
小问1详解】
反应Ⅰ，反应Ⅱ，反应Ⅲ，根据盖斯定律：，故答案为：+124；
【小问2详解】
①A．焓变只与化学反应有关，所以反应的焓变始终保持不变，即反应的焓变保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A项错误；
B．恒容密闭容器，各物质均为气体，反应前后质量不变，反应后气体物质的量增大，根据公式：，则混合气体的平均摩尔质量减小，当混合气体的平均摩尔质量不变时，可以说明反应达到平衡，故B项正确；
C．C3H6与H2的物质的量之比始终为1:1，不能作为达到平衡的标志，故C项错误；
D．C3H8生成速率与C3H6生成速率相等，正、逆反应速率关系符合反应的计量关系之比，可以说明反应达到平衡，故D项正确；
故答案为：BD；
②A．升高温度，反应速率加快，平衡正向移动，丙烯产率增大，故A项正确；
B．增大压强，反应速率加快，平衡逆向移动，丙烯产率降低，故B项错误；
C．及时分离出H,，平衡正向移动，丙烯产率增大，但反应速率随后减慢，故C项错误；
D．加催化剂，反应速率加快，平衡不移动，丙烯产率不变，故D项错误；
故答案为：A；
③一定温度下，向恒容密闭容器中充入1mlC3H8，开始压强为pkPa，假设反应消耗C3H8的物质的量为ml，则列三段式有：，根据图像可知平衡时C3H8的体积分数为25%，，解得，则，开始气体物质的量是1ml时压强为pkPa，则平衡时气体物质的量为1.6ml时，气体总压强为1.6pkPa，其中p(C3H8)=，p(C3H6)= p(H2)=，则该反应达到平衡时的化学平衡常数：，故答案为：0.9P；
【小问3详解】
①相同温度下，C3H8与O2起始物质的量比越小，C3H8的转化率越大，平衡时C3H8体积分数就越小，则Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ曲线分别表示比值为1:3、1:2、1:1、2:1，则表示的曲线是Ⅱ，故答案为：Ⅱ；
②该反应为放热反应，则逆反应的活化能更大，升高温度，k正、k逆均增大，活化能大的变化的程度更大，则k正的变化程度小于k逆的变化程度，故答案为：B；
③相比反应Ⅰ(直接脱氢)，反应Ⅱ(氧化脱氢)的优点可能有：氧化脱氢为放热反应，能减少能耗、产物易于分离、催化剂表面不易积碳等，故答案为：氧化脱氢为放热反应，能减少能耗、产物易于分离、催化剂表面不易积碳等；
【小问4详解】
催化剂在反应中先消耗，后生成，则催化剂为CrO3，故答案为：CrO3。
24. 印刷铜制电路板的蚀刻液的选取和回收具有重要的研究意义。
（1）FeCl3溶液一直作为传统的蚀刻液。刻蚀结束后，通过以下两步可分离出铜，并实现FeCl3溶液再生。
废液溶液XFeCl3溶液
步骤I所加试剂和操作分别为_______、_______。
（2）H2O2和盐酸混合溶液也作蚀刻液。某学习小组进行了以下探究：
实验②中Cu溶解的离子方程式为_______。当反应一段时间后，随着溶液变蓝，气泡产生速率加快，其可能的原因是_______。
（3）H2O2和盐酸蚀刻铜板产生的废液处理方法如下：
已知：Cu2O是一种不溶于水的砖红色固体，在潮湿空气中会缓慢氧化，在酸性条件下易发生反应Cu2O+2H+= Cu+Cu2++H2O。
①下列说法正确的是_______。
A.试剂A可以选择葡萄糖，利用其还原性获得微米级Cu2O
B.制备Cu2O时，反应结束后的操作为过滤，蒸馏水洗涤，自然晾干
C.制备Cu2(OH)2CO3的反应方程式为2CuCl2+4NaHCO3= Cu2(OH)2CO3↓+3CO2↑+4NaCl+H2O
D.回收Cu2(OH)2CO3的过程中需控制反应的温度，温度过高会导致产品颜色发暗
②微米级Cu2O纯度的测定方法如下：取m g样品置于烧杯中，加入足量酸化的Fe2(SO4)3溶液，完全溶解后，用c ml/L KMnO4溶液进行滴定至终点，共消耗KMnO4溶液V mL(假定样品中的其他成分不与KMnO4反应且MnO+5Fe2++8H+ = 5Fe3++Mn2++4H2O)。标志滴定终点的现象是_______，该样品中Cu2O的纯度为_______(用含m、c、V的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 铁粉 ②. 过滤
（2） ①. Cu＋H2O2＋2H+ = Cu2+＋2H2O ②. 生成的Cu2+催化H2O2分解
（3） ①. ACD ②. 当滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液恰好显浅紫红色，且半分钟内不褪色 ③.
【解析】
【分析】废液中含有FeCl3和CuCl2，加入足量铁粉与CuCl2发生置换反应生成Cu和FeCl2，过滤出Fe和Cu，再通入氯气与FeCl2反应生成FeCl3；
【小问1详解】
FeCl3溶液一直作为传统的蚀刻液，刻蚀结束后，废液成分是FeCl2和CuCl2，通过两步可分离出铜，并实现FeCl3溶液再生，第一步是加入足量的铁粉，然后过滤，再向滤液中通入氯气，即可实现FeCl3溶液再生，故答案为：铁粉；过滤；
【小问2详解】
实验②中Cu溶解的离子方程式为Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O，当反应一段时间后，随着溶液变蓝，气泡产生速率加快，其可能的原因是生成的Cu2+催化H2O2分解，生成了氧气，故答案为：Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O；生成的Cu2+催化H2O2分解；
【小问3详解】
①A．H2O2和盐酸蚀刻铜板产生的废液中含有CuCl2，试剂A可以选择葡萄糖，利用其还原性获得微米级Cu2O，故A正确；
B．Cu2O是一种不溶于水的砖红色固体，在潮湿空气中会缓慢氧化，制备Cu2O时，反应结束后的操作为过滤，醇洗，烘干，故B错误；
C．根据原子守恒，可得制备Cu2(OH)2CO3的反应方程式为：2CuCl2+4NaHCO3═Cu2(OH)2CO3↓+3CO2↑+4NaCl+H2O，故C正确；
D．回收Cu2(OH)2CO3的过程中需控制反应的温度，温度过高会导致产物部分分解生成黑色的氧化铜，使产品颜色发暗，故D正确；故答案为：ACD；
②微米级Cu2O纯度的测定方法如下：取mg样品置于烧杯中，加入足量酸化的Fe2(SO4)3溶液，完全溶解后，用cml/LKMnO4溶液进行滴定至终点，共消耗KMnO4溶液VmL(假定样品中的其他成分不与KMnO4反应且+5Fe2++8H+═5Fe3++Mn2++4H2O)，标志滴定终点的现象是当滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液恰好显浅紫红色，且半分钟内不褪色，根据电子得失守恒，有关系式：5Cu2O～10Fe2+～
2，n(Cu2O)=2.5n(KMnO4)=2.5cV×10-3ml,则样品中Cu2O的纯度为，故答案为：当滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液恰好显浅紫红色，且半分钟内不褪色；。化合物
NaCl(s)
NaBr(s)
NaI(s)
ΔfH/ kJ·ml-1
-411
-361
-288
时间段/min
产物Z的平均生成速率/ml·L-1·min-1
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
共价键
C—H
H—H
H—O
C=O
键能/kJ•ml-1
413
436
463
745
反应试剂
体系温度/℃
100mL 0.200ml/L CuSO4溶液
1.68g Fe粉
反应前
反应后
t1
t2
二元酸
H2SO3
H2CO3
Ka1
1.5×10-2
4.5×10-7
Ka2
6.0×10-8
4.7×10-11
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