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【化学】浙江省宁波市余姚中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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浙江省宁波市余姚中学2018-2019学年高二上学期期中考试
本试卷分为选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl：35.5
选择题部分
一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个正确选项，不选、多选、错选均不得分）
1.下列仪器属于碱式滴定管的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A.是酸式滴定管，故A错误；
B.是碱式滴定管，故B正确；
C.是长颈漏斗，故C错误；
D.是冷凝管，故D错误。
故选B。
2.下列属于非电解质的是
A. 铜 B. 硝酸钾 C. 氢氧化钠 D. 蔗糖
【答案】D
【解析】
A．金属铜是单质不是化合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．硝酸钾溶液或熔融状态的硝酸钾含有自由移动的离子所以能导电，故硝酸钾是电解质，故B错误；C．氢氧化钠是化合物，水溶液中或熔融状态下电离出离子导电，所以氢氧化钠是电解质，故C错误；D．蔗糖在水溶液里或熔融状态下以分子存在导致不导电，所以蔗糖是非电解质，故D正确；故选D。
3.下列能源中属于新能源的是
A. 煤炭 B. 石油 C. 天然气 D. 生物质能
【答案】D
【解析】
【详解】新能源是指在新技术的基础上系统开发利用的能源，如太阳能、风能、生物质能、地热能、海洋能、核能、氢能等，与传统能源相比，新能源普遍具有污染小、储量大、分布广的特点。
故选D。
4.下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是
A. NaCl B. NH4Cl C. Na2CO3 D. NaOH
【答案】C
【解析】
A．NaCl在溶液中不水解，其溶液为中性，故A错误；B．NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解，溶液呈酸性，故B错误；C．Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，溶液呈碱性，满足条件，故C正确；D．NaOH为强碱溶液，不满足条件，故D错误；故选C。
点睛：明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握盐的类型及溶液性质。盐的水溶液因水解而呈碱性，说明该盐属于强碱弱酸盐。
5.25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是
A. pH = 2 的CH3COOH溶液 B. 0.01 mol/L Na2CO3溶液
C. 0. 1 mol/L盐酸 D. pH =10氨水
【答案】A
【解析】
试题分析：A．pH =" 2" 的CH3COOH溶液，c(H+)=10-2mol/L，对水的电离平衡其抑制作用，水的电离程度减小；则根据水的离子积常数Kw=10-14可知水电离产生的氢离子的浓度是c(H+)=10-12mol/L；B．Na2CO3是强碱弱酸盐，CO32-水解消耗水电离产生的氢离子，因此会促进水的电离平衡正向移动，水电离程度增大；C．0.001 mol/L盐酸，c(H+)=10-3mol/L, 对水的电离平衡其抑制作用，水的电离程度减小；则根据水的离子积常数Kw=10-14可知水电离产生的氢离子的浓度是c(H+)=10-11mol/L；D．pH =10氨水，c(H+)=10-10mol/L。溶液中的氢离子就是水电离产生，水电离产生的氢离子的浓度越小，电解质水电离程度就越小。所以上述溶液中水电离程度最小的是A。
考点：考查水电离程度大小比较的知识。
6.在2A(g)＋B(g)＝3C(g)＋4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是
A. vA＝0.5 mol·L-1·s-1 B. vB＝0.3 mol·L-1·s-1
C. vC＝0.8 mol·L-1·s-1 D. vD＝1.0 mol·L-1·s-1
【答案】B
【解析】
【详解】A. vA/2=0.25 mol·L-1·s-1；
B. vB/1=0.3 mol·L-1·s-1；
C. vC/3=0.267 mol·L-1·s-1；
D. vD/4=0.25 mol·L-1·s-1。
故选B。
【点睛】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快。
7.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 光照新制的氯水时，溶液的pH逐渐减小
B. 加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3
C. 含有Fe3+、Cu2+的溶液中加入CuO使Fe3+产生Fe(OH)3沉淀
D. 增大压强，有利于SO2与O2反应生成SO3
【答案】B
【解析】
【详解】A. 光照新制的氯水时，溶液中氯气和水的反应为可逆反应，生成的HClO见光分解生成HCl，促进平衡向正方向移动，溶液酸性增强，可用勒夏特列原理来解释，故A不选；
B. 催化剂对平衡移动没有影响，故B选；
C. Fe3++3H2OFe(OH3+3H+，加入CuO中和H+，促使平衡右移，可以产生Fe(OH)3沉淀，故C不选；
D. 2SO2+O2 2SO3为可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动，可用勒夏特列原理来解释，故D不选。
故选B。
8.下列说法中正确的是
A. 凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发的反应
B. 自发反应一定是熵增加的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应
C. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
D. 非自发反应在任何条件下都不能发生
【答案】C
【解析】
【详解】A. △H< 0，△S< 0的反应在高温下是非自发进行的反应，△H> 0,△S> 0高温下是自发进行的反应，故A错误；
B. △H - T△S < 0的反应是自发进行的反应，△H< 0，△S < 0的反应在低温下是自发进行的反应，△H- T△S> 0的反应是非自发进行的反应，△H> 0，△S> 0低温下可以是非自发进行的反应，故B错误；
C. 熵增加△S> 0，且放热△H< 0，反应 △H- T△S<0一定是自发反应，故C正确；
D. 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，故D错误。
故选C。
9.下列说法正确的是
A. 将AlCl3溶液加热蒸干得到纯净的氯化铝晶体
B. 强电解质都易溶于水，所以BaSO4是弱电解质
C. 强酸溶液一定比弱酸溶液导电性强
D. 电解质溶液的导电过程会发生化学变化
【答案】D
【解析】
【详解】A.加热条件下，AlCl3易水解，可生成氢氧化铝，如灼烧，生成氧化铝，故A错误；
B.电解质强弱取决于电离程度，与溶解性无关，硫酸钡熔融状态下能够完全电离，属于强电解质，故B错误；
C.导电性与溶液中离子浓度大小以及离子所带电荷数有关，与电解质强弱无关，故C错误；
D. 电解质溶液的导电过程会发生化学变化，故D正确。
故选D。
【点睛】电解质强弱取决于电离程度，与溶解性无关；溶液的导电性与自由移动离子浓度大小以及离子所带电荷数有关，与电解质强弱无关。
10.在一定条件下，对于反应mA(g)＋nB(g)cC(g)＋dD(g)，C物质的浓度(C%)与温度、压强的关系如图所示，下列判断正确的是
A. ΔH<0 ΔS>0 B. ΔH>0 ΔS<0
C. ΔH>0 ΔS>0 D. ΔH<0 ΔS<0
【答案】A
【解析】
试题分析：由曲线图可知，增大压强，C%减少，即增大压强平衡向逆反应方向移动，所以逆反应为气体体积减小的反应，即m+n
11.可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g) ΔH，同时符合下列两图中各曲线规律的是
A. a＋b>c＋d T1>T2 ΔH>0
B. a＋b>c＋d T1T2 ΔH>0
D. a＋b
【解析】
试题分析：由左图可知T1＜T2 ，升高温度生成物浓度降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，△H＜0；由右图可知增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则a+b＞c+d，故选B。
考点：考查了温度、压强对平衡移动的影响的相关知识。
12.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 已知P（白磷，s）=P（红磷，s）△H＜0，则白磷比红磷稳定
B. 已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g） △H= -483.6kJ•mol-1，则氢气的标准燃烧热为241.8kJ•mol-1
C. 已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H=a kJ•mol-1 2C（s）+O2（g）=2CO（g） △H=b kJ•mol-1，则a＞b
D. 已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ•mol-1，则含40.0gNaOH的稀溶液与浓硫酸完全中和，放出大于57.3 kJ的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A. P（白磷，s）=P（红磷，s）△H＜0，反应是放热反应，能量越低越稳定，所以白磷不如红磷稳定，故A错误；
B.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧应生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热为<-241.8kJ•mol-1，故B错误；
C.碳完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，焓变是负值，即a
故选D。
【点睛】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量。
（2）中和热是指稀的强酸和强碱溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量。
13.在恒温恒容的容器中进行反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，若氮气浓度由0.1 mol·L-1降到0.06 mol·L-1需2 s，那么由0.06 mol·L-1降到0.024 mol·L-1需要的反应时间为
A. 等于1.8 s B. 等于1.2 s C. 大于1.8 s D. 小于1.8 s
【答案】C
【解析】
【详解】氮气浓度由0.1 mol·L-1降到0.06 mol·L-1需2 s，v=△c/△t=0.02 mol/( L·s)，氮气浓度由0.06 mol·L-1降到0.024 mol·L-1，若反应速率不变，则所需时间为(0.036/0.04) ×2=1.8 s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于1.8 s，故选C。
14.如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和醋酸溶液，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是
A. 生铁块中的碳是原电池的正极
B. 红墨水水柱两边的液面变为左低右高
C. 两试管中相同的电极反应式是Fe-2e- = Fe2＋
D. a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A.生铁中含有铁和碳，铁、碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，故A正确；
B.左边试管中是中性溶液，发生吸氧腐蚀，右边试管中是酸性溶液发生析氢腐蚀，所以左边试管内气体的氧气减小，右边试管内气体的压强不大，导致U型管内红墨水左高右低，故B错误；
C.生铁中含有铁和碳，铁、碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应：Fe- 2e- = Fe2+，两试管中负极电极反应相同，故C正确；
D. 左边试管中是中性溶液，发生吸氧腐蚀，右边试管中是酸性溶液发生析氢腐蚀，故D正确。
故选B。
15.反应X(g)＋Y(g) 2Z(g) ΔH＜0，达到平衡时，下列说法正确的是
A. 减小容器体积，平衡向右移动 B. 加入催化剂，Z的平衡产率增大
C. 增大c(X)，X的转化率增大 D. 降低温度，Y的平衡转化率增大
【答案】D
【解析】
试题分析：A. 反应前后体积不变，减小容器体积，压强增大，平衡不移动，A错误；B. 加入催化剂，平衡不移动，Z的产率不变，B错误；C. 增大c(X)，X的转化率减小，C错误；D. 正反应放热，降低温度，平衡显正反应方向进行，Y的转化率增大，D正确，答案选D。
考点：考查外界条件对平衡状态的影响
16.如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中。下列分析正确的是
A. K1闭合，铁棒上发生的反应为2H＋＋2e－→H2↑
B. K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C. K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D. K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体
【答案】B
【解析】
A、K1闭合构成原电池，铁是活泼的金属，铁棒是负极，铁失去电子，铁棒上发生的反应为Fe＋2e－＝Fe2＋，A不正确；B、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为OH－，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O＝40H－，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，B正确；C、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液的氢离子放电产生氢气，铁不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，C不正确；D、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电生成氢气。石墨棒是阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，电极反应式分别为2H＋＋2e－＝H2↑、2Cl－－2e－＝Cl2↑，电路中通过0.002NA个电子时，两极均产生0.001mol气体，共计是0.002mol气体，D不正确，答案选B。
点晴：本题通过电解饱和氯化钠溶液为载体，重点考查原电池和电解池的判断，金属的腐蚀与防护以及电极产物判断和计算，意在考查学生分析问题、解决问题的能力。熟练掌握电化学原理，准确判断正、负极以及阴、阳极，明确两极的电极反应及电池反应是解题的关键。该类试题的难点在于是电极反应式的书写和有关计算。
17.常温下，关于pH相等的盐酸和醋酸溶液(两溶液的OH－浓度也相等)，下列说法正确的是( )
A. c(HCl)>c(CH3COOH)
B. c(Cl－)＝c(CH3COO－)
C. 等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多
D. 用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液体积多
【答案】B
【解析】
A．醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，pH相等时，醋酸浓度较大，即c(HCl)＜c(CH3COOH)，故A错误；B．溶液的pH相等，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知c(Cl-)=c(CH3COO-)，故B正确；C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，由于醋酸的浓度较大，则醋酸产生的H2多，故C错误；D．同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，由于醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的NaOH溶液体积多，故D错误；故选B。
点睛：明确弱电解质的电离特点为解答关键。注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，醋酸为弱电解质，氯化氢是强电解质，pH相等时，醋酸浓度较大；物质的量浓度相等时，盐酸的pH较小，酸性较强。本题的易错点为CD。
18.已知化学反应A2(g)+ B2(g)＝2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是
A. 每生成2分子AB吸收bkJ热量
B. 断裂1molA-A和1molB-B键，放出akJ能量
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 该反应热△H=+（a-b）kJ/mol
【答案】D
【解析】
试题分析：A．依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（a-b） kJ的热量，A项错误；B．断裂1 mol A-A和1 mol B-B键，吸收a kJ能量，B项错误；C．依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，C项错误；D．反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，所以反应热△H=+（a-b）kJ•mol-1，D项正确；答案选D。
考点：考查化学反应中的能量变化，化学图像的分析与判断。
19.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是
A. pH等于13的溶液中：Ca2+，Na+，SO42-，HCO3-
B. c(H+)/c(OH-)=1012的溶液中：Fe2+，Cu2+，NO3-，Cl-
C. 无色透明溶液中： Al3+，K+，HCO3-，SO42-
D. 使pH显红色的溶液中：NH4+，Cu2+，NO3-，Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A. pH等于13的溶液是碱性溶液，HCO3-与OH-不能大量共存，故A错误；
B. c(H+)/c(OH-)=1012的溶液为酸性溶液，NO3-与H+在一起相当于是硝酸，具有强氧化性，能把Fe2+氧化成Fe3+，故B错误；
C. Al3+与HCO3-发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故C错误；
D. pH显红色的溶液是酸性溶液，所有离子可以大量共存，故D正确。
故选D。
【点睛】能够发生反应的离子就不能共存，不能发生反应的离子才可以共存。
1、在溶液中某些离子间能互相反应生成难溶性物质时，这些离子就不能大量共存。
2、离子间能结合生成难电离物质时，则这些离子不能大量共存。
3、离子间能结合生成挥发性物质时，则这些离子不能大量共存。
4、离子之间能发生氧化还原反应时，则这些离子不能大量共存。
5、还应注意题目是否给出溶液的酸碱性，是否给定溶液是无色的。
20.在体积恒定的密闭容器中发生反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH>0，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A. A、C两点的反应速率：A>C
B. A、C两点气体的颜色：A深，C浅
C. 由状态B到状态A，可以用加热的方法
D. A、C两点气体的平均相对分子质量：A>C
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由图象可知，A. C两点都在等温线上，C的圧强大，则A. C两点的反应速率A< C，故A错误；
B. 由图像可知，A、C两点都在等温线上，C的压强大，与A相比C点平衡向逆反应进行，向逆反应进行是由于減小体积增大压强，平衡移动的结果降低NO2浓度增大趋势，但达到平衡仍比原平衡浓度大，平衡时NO2浓度比A的浓度高，NO2为红棕色气体，则A、C两点气体的颜色：A浅，C深，故B错误；
C.升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图像可知，A点NO2体积分数大，则T1
故选C。
21.2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系。其总反应方程式为： xLi ＋ Li1－xMn2O4 LiMn2O4下列叙述错误的是
A. a为电池的正极
B. 放电时，溶液中Li＋从b向a迁移
C. 充电时，外接电源的负极与b相连
D. 可用Na2SO4溶液代替Li2SO4溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图知，放电时，b电极上Li失电子生成Li＋，所以b电极是负极，则a电极是正极，故A正确；
B. a电极是正极，b电极是负极，放电时电解质溶液中阳离子向正极移动，所以溶液中Li＋从b向a迁移，故B正确；
C. 充电时，b是阴极，外接电源的负极相连，故C正确；
D. 如果用Na2SO4溶液代替Li2SO4溶液，正极是氢离子得电子产生氢气，故D错误。
故选D。
【点睛】放电时作为原电池，失电子的是负极，得电子的是正极，溶液中阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动，充电时作为电解池。与外接电源的负极相连的是阴极，与外接电源的正极相连的是阳极。
22.以反应5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4
温度/oC
浓度/mol·L-1
体积/mL
浓度/mol·L-1
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
下列说法不正确的是
A. 实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量
B. 实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40 s，则这段时间内平均反应速v(KMnO4)= 2.5×10 -4 mol·L-1·s-1
C. 实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D. 实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn2+对反应起催化作用
【答案】B
【解析】
A. 要通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢，则实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量，A正确；B. 不能确定40 s内高锰酸钾溶液浓度的变化量，因此不能计算这段时间内平均反应速率，B错误；C. 探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②，C正确；D. 实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn 2+对反应起催化作用，D正确，答案选B。
点睛：本题考查了探究温度、浓度对反应速率的影响，注意掌握温度、浓度、压强等对反应速率的影响变化规律。另外需要注意控制变量法的应用，影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。
23.加热N2O5，依次发生分解反应：①N2O5(g)N2O3(g)＋O2(g)、②N2O3(g)N2O(g)＋O2(g)。在体积为2 L的恒容密闭容器中充入8 mol N2O5，加热到T ℃时反应达到平衡状态，此时O2和N2O3的物质的量分别为9 mol、3.4 mol，则T ℃时反应①的平衡常数为
A. 10.7 B. 8.5 C. 9.6 D. 10.2
【答案】B
【解析】
【详解】设分解的N2O5的物质的量为x，反应过程中共生成N2O5（x+3.4）mol，在①反应中N2O5分解了（x+3.4）mol，同时生成O2（x+3.4）mol，在②反应中生成氧气xmol,则（x+3.4）+x=9，
求得x=2.8，所以平衡后N2O5、N2O3、O2浓度依次为c(N2O5)=0.9mol/L，c(N2O3)=1.7mol/L，c(O2)=4.5 mol/L，反应①的平衡常数为K=1.7×4.5/0.9=8.5。
故选B。
24.某实验小组在一个恒压密闭容器中加入CH3OH和CO气体，发生反应CH3OH(g) + CO(g) CH3COOH(l)。已知在某温度下，达到平衡时，CH3OH(g)、CO(g)、CH3COOH(l)的物质的量分别为0.08mol、0.10mol、0.12mol，且容器的体积刚好为2L。往上述已达到平衡的恒压容器中，再在瞬间通入0.12mol CH3OH和0.06molCO混合气体，平衡的移动方向为
A. 正向 B. 逆向 C. 不移动 D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】原平衡体系中，气体总的物质的量为0.08mol+0.10mol=0.18mol，体积为2L，再在瞬间通入0.12mol CH3OH和0.06molCO混合气体，已达到平衡的恒压容器中，充入气体总的物质的量为0.18mol，原平衡相等，故体积变为原来的2倍，此时甲醇的物质的量为0.2mol，CO的物质的量为0.16mol，则Qc=1/(0.2/4) ×(0.16/4)=500=K，故平衡不移动。
故选C。
25.常温下 0.1mol/L的H2A溶液中H2A、HA-、A2-三者中所占物质的量分数（分布系数）随pH变化的关系如图所示。下列表述不正确的是
A. HA-H+ + A2- K=10-4.2
B. 在 0.1mol/L NaHA 溶液中，各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
C. 已知25℃时HF的Ka=10-3.45，将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生的反应为：H2A+F﹣═ HF+HA﹣
D. 将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，所得溶液pH恰好为4.2
【答案】A
【解析】
【详解】A. H2A部分电离，分步电离，以第一步电离为主，则电离方程式为H2A H++ HA﹣，故A错误；
B.PH=4.2时，HA﹣与A2-浓度相等，溶液呈酸性，说明HA﹣电离程度大于HA﹣水解程度，则在0.1mol/L NaHA 溶液中，各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)，因还存在水的电离，则c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，所以各离子浓度大小关系为c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，故B正确；
C. 已知25℃时HF的Ka=10-3.45，由以上信息可知，K1= c(H+)×c(HA-)/c(H2A)=10-1.2，K2= c(H+)×c(A2-)/c(HA-)=10-4.2，则酸性H2A>HF>HA-，则将少量H2A的溶液加入足量的NaF溶液中，发生的反应为：H2A+F﹣═ HF+HA﹣，故C正确；
D. 将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，HA﹣与A2-浓度相等，K2=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)=10-4.2，则c(H+)=10-4.2mol/L，pH为4.2，故D正确。
故选A。
非选择题部分
26.(1)某温度时，在2 L容器中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。由此分析，该反应的化学方程_____________________________________；从反应开始至2 min，Z的反应速率为_____ mol·L-1·min-1。
(2)若上述反应的△H<0,下列有关该反应速率的叙述，正确的是_________。
A．升高温度和增大压强均可以增大活化分子百分数，加快反应速率
B．使用催化剂可以使反应的活化能降低，加快反应速率
C．活化分子间所发生的碰撞为有效碰撞
D．降低温度，v正、v逆均减小且v正减小的倍数小于v逆减小的倍数
(3)在一密闭容器中发生反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H<0，达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示。 t1、t3、t4时刻分别改变的一个条件是：
A．增大压强 B．减小压强 C．升高温度 D．降低温度 E．加催化剂 F．充入氦气
t1时刻________；t3时刻________；t4时刻________(填字母)。
【答案】 (1). Z+3Y2X (2). 0.025 (3). BD (4). C (5). E (6). B
【解析】
【分析】
（1）由图像可知，反应中Z，Y的物质的量减小，X的物质的量增大，则Z，Y为反应物，X为生成物。
（2）A. 升高温度可以增大活化分子百分数，加快反应速率；活化分子能量高，压强不能提高能量；
B. 使用催化剂可以使反应的活化能降低，加快反应速率；
C. 活化分子间所发生的碰撞不一定都是有效碰撞，把能够发生化学变化的碰撞称为有效碰撞，故C错误；
D. 反应的△H<0， v正、v逆均减小且v正减小的倍数小于v逆减小的倍数，降低温度平衡右移动。
（3）改变的条件为t1时刻升高温度，t3时刻加催化剂，t4时刻减小压强。
【详解】（1）由图像可知，反应中Z，Y的物质的量减小，X的物质的量增大，则Z，Y为反应物，X为生成物，且△n(Z)：△n(Y)：△n(X)=0.1mol：0.3mol：0.2mol=1:3:2，则反应的化学方程式为：Z+3Y2X，v(Z)= △c/△t=（0.1mol/2L）/2 min=0.025 mol·L-1·min-1，故答案为：Z+3Y2X；0.025。
（2）A. 升高温度可以增大活化分子百分数，加快反应速率；活化分子能量高，压强不能提高能量，故A错误；
B. 使用催化剂可以使反应的活化能降低，加快反应速率，故B正确；
C. 活化分子间所发生的碰撞不一定都是有效碰撞，把能够发生化学变化的碰撞称为有效碰撞，故C错误；
D. 反应的△H<0， v正、v逆均减小且v正减小的倍数小于v逆减小的倍数，降低温度平衡右移动，故D正确。
故选BD。
（3）改变的条件为t1时刻升高温度，t3时刻加催化剂，t4时刻减小压强，故答案为：C，E，B。
27.如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜（含有少量锌、金、银等杂质）的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。回答下列问题：
(1)甲烷燃料电池负极的电极反应式为_________。
(2)乙装置中阳离子通过X膜向________ 极（填“Fe”或“C”）移动；丙装置中粗铜为_______电极（填“A”或“B”）
(3)若在标况下，有2.24L氧气参与反应，则乙装置中右侧溶液________（填“增加”或“减少”）______g，丙装置中CuSO4浓度__________（填“增加”、“减少” 或“不变”）。
【答案】 (1). CH4 - 8e- +10OH- =CO32- +7H2O (2). Fe (3). B (4). 减少 (5). 23.4 (6). 减少
【解析】
【分析】
（1）燃料电池是将化学能转化为电能的装置，属于原电池，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，所以通入氧气的电极是正极。
（2）乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨电极是阳极，阳离子通过X膜向阴极移动，粗铜作阳极。
（3）根据串联电池中转移电子数相等得氧气和氯气的关系式为：O2～2Cl2。
【详解】（1）燃料电池是将化学能转化为电能的装置，属于原电池，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，所以通入氧气的电极是正极，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4 - 8e- +10OH- =CO32- +7H2O，故答案为：CH4 - 8e- +10OH- =CO32- +7H2O。
（2）乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨电极是阳极，阳离子通过X膜向阴极移动，粗铜作阳极，故答案为：Fe；B。
（3）根据串联电池中转移电子数相等得氧气和氯气的关系式为：O2～2Cl2，标况下，2.24L氧气的物质的量为0.1mol，所以氯气的物质的量为0.2mol，消耗溶液中氯离子为0.4mol，乙装置中阳离子交换膜右侧进入左侧的钠离子也为0.4mol，所以右侧溶液质量减少为0.4×23+0.4×35.5=23.4g，粗铜（含有少量锌、金、银等杂质），阳极上不仅铜还有锌失电子进入溶液中，阴极上析出铜，根据转移电子数相等，阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，所以丙装置中CuSO4浓度减小，故答案为：减少 ；23.4 ；减少。
28.(一)室温下，在25 mL 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1NaOH溶液，曲线如下图所示，回答下列问题：
(1)写出CH3COOH的电离方程式__________________________。
(2)下列说法不正确的是___________________。
A. 0.1 mol/L CH3COOH溶液中, CH3COOH电离度约为1%
B. B点满足： c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(OH-)-2c(H+)
C. C点时的离子浓度关系为：c(CH3COO-)= c(Na+)> c(H+)= c(OH-)
D. D点时的离子浓度关系为： c(Na+)> c(CH3COO-)> c(OH-)> c(H+)
(3)室温下，试计算CH3COOH电离平衡常数为____________（用含b的表达式表示）。
(二)实验室为测定食醋中CH3COOH的浓度，取25mL食醋置于250mL容量瓶中，加水稀释至刻度并摇匀。用酸式滴定管量取25.00mL稀释后的醋酸溶液放入锥形瓶中，加指示剂，然后用0.1000 mol·L-1NaOH标准溶液进行滴定。
(4)指示剂应为________。
A.甲基橙 B.甲基红 C.酚酞 D.石蕊
(5)滴定终点的判断方法为____________________________________________________。
(6)为提高测定的准确度，重复上述实验三次，0.1000 mol·L-1NaOH标准溶液滴定前后的读数如下表所示，则该食醋中CH3COOH的浓度为_________mol·L-1。
实验次数
稀释后的醋酸溶液体积/ mL
NaOH滴定前读数/ mL
NaOH滴定后读数/ mL
第1次
25.00
0.10
24.00
第2次
25.00
0.50
22.50
第3次
25.00
0.20
24.30
(7)用0.1000 mol·L-1NaOH标准溶液进行滴定，下列操作会导致测定结果偏高的是_______。
A．碱式滴定管内滴定后产生气泡
B．读取标准液读数时，滴定前俯视，滴定到终点后仰视
C．配制0.1000 mol·L-1NaOH溶液时，固体NaOH中含有结晶水
D．碱式滴定管未润洗就装入标准液进行滴定
【答案】 (1). CH3COOHCH3COO - +H+ (2). BD (3). 10-7b/(25-b) (4). C (5). 当滴入最后一滴NaOH，溶液颜色由无色变浅红色，且半分钟内不褪色 (6). 0.9600 (7). BCD
【解析】
【分析】
（1）醋酸是弱酸，电离方程式为：CH3COOHCH3COO - +H+。
（2）根据电荷守恒和物料守恒推导。
（3）溶液的PH=7，根据电荷守恒，c(CH3COO-)= c(Na+)=b×10-4 mol·L-1，根据物料守恒，c(CH3COOH)=25×10-4- b×10-4，K= c(CH3COO-) c(H+)/ c(CH3COOH)= b×10-4×10-7/（25-b）×10-4=10-7b/(25-b)。
（4）用氢氧化钠滴定醋酸，在滴定终点得到的是醋酸钠溶液，溶液呈弱碱性，所以要选用酚酞作指示剂。
（5）滴定终点的判断方法为：当滴入最后一滴NaOH，溶液颜色由无色变浅红色，且半分钟内不褪色。
（6）第2组数据无效，根据NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O可知消耗NaOH的物质的量和CH3COOH的物质的量相等来计算。
（7）根据c（待测）= c（标准）×V（标准）/ V（待测）推导。
【详解】（1）醋酸是弱酸，电离方程式为：CH3COOHCH3COO - +H+ ，故答案为：CH3COOHCH3COO - +H+ 。
（2）A.由图可知，滴定前0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液的PH值为3，电离度为（10-3/0.1）×100％ ≈1%；故A正确；
B.B点得到等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，根据电荷守恒得c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)，根据物料守恒得2c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，整理以上两个式子得质子守恒式c(CH3COO-)+2c(OH-)= c(CH3COOH)+ 2c(H+)，故B错误；
C. C点溶液的PH=7，c(H+)= c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)得c(CH3COO-)= c(Na+)，c(H+)、c(OH-)小于c(CH3COO-)、 c(Na+)，故C正确；
D. D点得到的是等物质的量NaOH和CH3COONa的混合溶液，因CH3COO-要水解，故离子浓度大小关系c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)，故D错误。
故选BD。
（3）溶液的PH=7，根据电荷守恒，c(CH3COO-)= c(Na+)=b×10-4 mol·L-1，根据物料守恒，c(CH3COOH)=25×10-4- b×10-4，K= c(CH3COO-) c(H+)/ c(CH3COOH)= b×10-4×10-7/（25-b）×10-4=10-7b/(25-b)，故答案为：10-7b/(25-b)。
（4）用氢氧化钠滴定醋酸，在滴定终点得到的是醋酸钠溶液，溶液呈弱碱性，所以要选用酚酞作指示剂，故选C。
（5）滴定终点的判断方法为：当滴入最后一滴NaOH，溶液颜色由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，故答案为：当滴入最后一滴NaOH，溶液颜色由无色变浅红色，且半分钟内不褪色。
（6）NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，第1次消耗NaOH溶液的体积是23.9 mL, 第2次消耗NaOH溶液的体积是22.0 mL，第3次消耗NaOH溶液的体积是24.1mL，第2组数据无效，两次平均值为：24.0 mL，根据反应方程式可知消耗NaOH的物质的量和CH3COOH的物质的量相等，消耗NaOH的物质的量为2.4×10-3 mol，所以CH3COOH的浓度为2.4×10-3 mol/25.00×10-3L=0.096 mol·L-1, 实验室为测定食醋中CH3COOH的浓度，取25mL食醋置于250mL容量瓶中，加水稀释至刻度并摇匀，所以该食醋中CH3COOH的浓度为0.9600mol·L-1。故答案为：0.9600。
（7）根据c（待测）= c（标准）×V（标准）/ V（待测）推导
A. 碱式滴定管内滴定后产生气泡，导致消耗标准溶液体积偏小，测定结果偏小，故A错误；
B. 读取标准液读数时，滴定前俯视，滴定到终点后仰视，导致消耗标准溶液体积偏大，测定结果偏大，故B正确；
C. 配制0.1000 mol·L-1NaOH溶液时，固体NaOH中含有结晶水，所配溶液浓度小于0.1000 mol·L-1，导致消耗标准溶液体积偏大，故测定结果偏高，故C正确；
D. 碱式滴定管未润洗就装入标准液进行滴定，造成消耗的V（标准）偏大，故测定结果偏高，故D正确。
故选BCD。
29.工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) △H
（1）已知CO(g)、H2(g)的标准燃烧热分别为-285.8kJ•mol-1，-283.0kJ•mol-1，且CH3OH(g)+3/2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) △H=－761 kJ•mol-1；则CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g)的△H= ___________。
（2）反应的ΔS_______0（填“＞”、“＜”或“＝”）。在________（填“较高”或“较低”）温度下该反应自发进行。
（3）若将等物质的量的CO和H2混合气体充入恒温恒容密闭容器中进行上述反应，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是_______________。
A．容器内气体密度保持不变 B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．生成CH3OH的速率与生成H2的速率相等 D．CO的体积分数保持不变
（4）下图中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为__________（用a或b表示）。
（5）投料比n(H2)/n(CO)=2时，体系中CO的平衡转化率(α)温度和压强的关系如图2所示。α(CO)值随温度升高而___________（填“增大”或“减小”）其原因是___________________________；下图中的压强由大到小为__________________（用P1，P2，P3表示）。
（6）520K时， 投料比n(H2)/n(CO)=2（总物质的量为3mol），维持反应过程中压强P3不变，达到平衡时测得容器体积为0.1L，则平衡常数K=_______。若H2和CO的物质的量之比为n∶1（维持反应过程中压强P3不变），相应平衡体系中CH3OH的物质的量分数为x，请在下图中绘制x随n变化的示意图_______。
【答案】 (1). -90.8 (2). < (3). 较低 (4). BD (5). a (6). 减小 (7). 升高温度时，反应为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大，使CO得转化率降低 (8). P3＞P2＞P1 (9). 0.25 (10).
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律解答。
（2）根据CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g)可知，气体分子数减少，ΔS<0，根据ΔG=△H-TΔS可知，温度较低时，ΔG可能小于0，即反应可以自发。
（3）反应达到平衡状态的标志：正反应速率等于逆反应速率；各成分的浓度保持不变。
（4）正反应为放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小。
（5）正反应为放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，所以随温度升高，CO的转化率减小；正反应是气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高。
（6）根据K= c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)求算。
【详解】（1）CO燃烧的热化学方程式：CO(g)+1/2 O2(g)= CO2(g) △H=-285.8kJ•mol-1①，H2燃烧的热化学方程式：2H2(g)+ O2(g)= 2H2O(l) △H=-283.0×2 kJ•mol-1②，CH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH(g)+3/2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) △H=－761 kJ•mol-1③，根据盖斯定律将①+②-③，可得CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g)△H=-90.8 kJ•mol-1，故答案为：-90.8。
（2）根据CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g)可知，气体分子数减少，ΔS<0，根据ΔG=△H-TΔS可知，温度较低时，ΔG可能小于0，即反应可以自发，故答案为：< ；较低。
（3）A.反应前后质量和体积一直不变，所以密度一直不变，故A错误；
B. 反应前后质量不变，但物质的量在变，所以平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C. 生成CH3OH的速率与生成H2的速率等于系数之比，才能证明正逆反应速率相等，此时给定的条件不能判断平衡，故C错误；
D.CO的体积分数保持不变，说明正逆反应速率相等，则反应达到平衡状态，故D正确。
故选BD。
（4）CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) △H=-90.8 kJ•mol-1，K=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)，正反应为放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线a正确反映平衡常数K随温度变化关系，故答案为：a。
（5）由图可知，压强一定时，随温度的升高， CO的转化率减小， CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) △H=-90.8 kJ•mol-1，正反应为放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，所以随温度升高，CO的转化率减小；正反应是气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高，故压强为：P3＞P2＞P1，故答案为：减小；反应为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大，使CO得转化率降低 ；P3＞P2＞P1。
（6） CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g)
起始（mol） 1 2 0
转化（mol） 0.8 1.6 0.8
平衡（mol） 0.2 0.4 0.8
容器体积为0.1L，平衡时CO的浓度为2mol/L，H2的浓度为4 mol/L，CH3OH的浓度为8 mol/L，K= c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)=8/2×42=0.25。x随n变化的示意图：
故答案为：0.25；。
本试卷分为选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl：35.5
选择题部分
一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个正确选项，不选、多选、错选均不得分）
1.下列仪器属于碱式滴定管的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A.是酸式滴定管，故A错误；
B.是碱式滴定管，故B正确；
C.是长颈漏斗，故C错误；
D.是冷凝管，故D错误。
故选B。
2.下列属于非电解质的是
A. 铜 B. 硝酸钾 C. 氢氧化钠 D. 蔗糖
【答案】D
【解析】
A．金属铜是单质不是化合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．硝酸钾溶液或熔融状态的硝酸钾含有自由移动的离子所以能导电，故硝酸钾是电解质，故B错误；C．氢氧化钠是化合物，水溶液中或熔融状态下电离出离子导电，所以氢氧化钠是电解质，故C错误；D．蔗糖在水溶液里或熔融状态下以分子存在导致不导电，所以蔗糖是非电解质，故D正确；故选D。
3.下列能源中属于新能源的是
A. 煤炭 B. 石油 C. 天然气 D. 生物质能
【答案】D
【解析】
【详解】新能源是指在新技术的基础上系统开发利用的能源，如太阳能、风能、生物质能、地热能、海洋能、核能、氢能等，与传统能源相比，新能源普遍具有污染小、储量大、分布广的特点。
故选D。
4.下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是
A. NaCl B. NH4Cl C. Na2CO3 D. NaOH
【答案】C
【解析】
A．NaCl在溶液中不水解，其溶液为中性，故A错误；B．NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解，溶液呈酸性，故B错误；C．Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，溶液呈碱性，满足条件，故C正确；D．NaOH为强碱溶液，不满足条件，故D错误；故选C。
点睛：明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握盐的类型及溶液性质。盐的水溶液因水解而呈碱性，说明该盐属于强碱弱酸盐。
5.25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是
A. pH = 2 的CH3COOH溶液 B. 0.01 mol/L Na2CO3溶液
C. 0. 1 mol/L盐酸 D. pH =10氨水
【答案】A
【解析】
试题分析：A．pH =" 2" 的CH3COOH溶液，c(H+)=10-2mol/L，对水的电离平衡其抑制作用，水的电离程度减小；则根据水的离子积常数Kw=10-14可知水电离产生的氢离子的浓度是c(H+)=10-12mol/L；B．Na2CO3是强碱弱酸盐，CO32-水解消耗水电离产生的氢离子，因此会促进水的电离平衡正向移动，水电离程度增大；C．0.001 mol/L盐酸，c(H+)=10-3mol/L, 对水的电离平衡其抑制作用，水的电离程度减小；则根据水的离子积常数Kw=10-14可知水电离产生的氢离子的浓度是c(H+)=10-11mol/L；D．pH =10氨水，c(H+)=10-10mol/L。溶液中的氢离子就是水电离产生，水电离产生的氢离子的浓度越小，电解质水电离程度就越小。所以上述溶液中水电离程度最小的是A。
考点：考查水电离程度大小比较的知识。
6.在2A(g)＋B(g)＝3C(g)＋4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是
A. vA＝0.5 mol·L-1·s-1 B. vB＝0.3 mol·L-1·s-1
C. vC＝0.8 mol·L-1·s-1 D. vD＝1.0 mol·L-1·s-1
【答案】B
【解析】
【详解】A. vA/2=0.25 mol·L-1·s-1；
B. vB/1=0.3 mol·L-1·s-1；
C. vC/3=0.267 mol·L-1·s-1；
D. vD/4=0.25 mol·L-1·s-1。
故选B。
【点睛】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快。
7.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 光照新制的氯水时，溶液的pH逐渐减小
B. 加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3
C. 含有Fe3+、Cu2+的溶液中加入CuO使Fe3+产生Fe(OH)3沉淀
D. 增大压强，有利于SO2与O2反应生成SO3
【答案】B
【解析】
【详解】A. 光照新制的氯水时，溶液中氯气和水的反应为可逆反应，生成的HClO见光分解生成HCl，促进平衡向正方向移动，溶液酸性增强，可用勒夏特列原理来解释，故A不选；
B. 催化剂对平衡移动没有影响，故B选；
C. Fe3++3H2OFe(OH3+3H+，加入CuO中和H+，促使平衡右移，可以产生Fe(OH)3沉淀，故C不选；
D. 2SO2+O2 2SO3为可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动，可用勒夏特列原理来解释，故D不选。
故选B。
8.下列说法中正确的是
A. 凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发的反应
B. 自发反应一定是熵增加的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应
C. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
D. 非自发反应在任何条件下都不能发生
【答案】C
【解析】
【详解】A. △H< 0，△S< 0的反应在高温下是非自发进行的反应，△H> 0,△S> 0高温下是自发进行的反应，故A错误；
B. △H - T△S < 0的反应是自发进行的反应，△H< 0，△S < 0的反应在低温下是自发进行的反应，△H- T△S> 0的反应是非自发进行的反应，△H> 0，△S> 0低温下可以是非自发进行的反应，故B错误；
C. 熵增加△S> 0，且放热△H< 0，反应 △H- T△S<0一定是自发反应，故C正确；
D. 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，故D错误。
故选C。
9.下列说法正确的是
A. 将AlCl3溶液加热蒸干得到纯净的氯化铝晶体
B. 强电解质都易溶于水，所以BaSO4是弱电解质
C. 强酸溶液一定比弱酸溶液导电性强
D. 电解质溶液的导电过程会发生化学变化
【答案】D
【解析】
【详解】A.加热条件下，AlCl3易水解，可生成氢氧化铝，如灼烧，生成氧化铝，故A错误；
B.电解质强弱取决于电离程度，与溶解性无关，硫酸钡熔融状态下能够完全电离，属于强电解质，故B错误；
C.导电性与溶液中离子浓度大小以及离子所带电荷数有关，与电解质强弱无关，故C错误；
D. 电解质溶液的导电过程会发生化学变化，故D正确。
故选D。
【点睛】电解质强弱取决于电离程度，与溶解性无关；溶液的导电性与自由移动离子浓度大小以及离子所带电荷数有关，与电解质强弱无关。
10.在一定条件下，对于反应mA(g)＋nB(g)cC(g)＋dD(g)，C物质的浓度(C%)与温度、压强的关系如图所示，下列判断正确的是
A. ΔH<0 ΔS>0 B. ΔH>0 ΔS<0
C. ΔH>0 ΔS>0 D. ΔH<0 ΔS<0
【答案】A
【解析】
试题分析：由曲线图可知，增大压强，C%减少，即增大压强平衡向逆反应方向移动，所以逆反应为气体体积减小的反应，即m+n
11.可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g) ΔH，同时符合下列两图中各曲线规律的是
A. a＋b>c＋d T1>T2 ΔH>0
B. a＋b>c＋d T1
D. a＋b
【解析】
试题分析：由左图可知T1＜T2 ，升高温度生成物浓度降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，△H＜0；由右图可知增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则a+b＞c+d，故选B。
考点：考查了温度、压强对平衡移动的影响的相关知识。
12.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 已知P（白磷，s）=P（红磷，s）△H＜0，则白磷比红磷稳定
B. 已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g） △H= -483.6kJ•mol-1，则氢气的标准燃烧热为241.8kJ•mol-1
C. 已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H=a kJ•mol-1 2C（s）+O2（g）=2CO（g） △H=b kJ•mol-1，则a＞b
D. 已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ•mol-1，则含40.0gNaOH的稀溶液与浓硫酸完全中和，放出大于57.3 kJ的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A. P（白磷，s）=P（红磷，s）△H＜0，反应是放热反应，能量越低越稳定，所以白磷不如红磷稳定，故A错误；
B.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧应生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热为<-241.8kJ•mol-1，故B错误；
C.碳完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，焓变是负值，即a
故选D。
【点睛】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量。
（2）中和热是指稀的强酸和强碱溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量。
13.在恒温恒容的容器中进行反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，若氮气浓度由0.1 mol·L-1降到0.06 mol·L-1需2 s，那么由0.06 mol·L-1降到0.024 mol·L-1需要的反应时间为
A. 等于1.8 s B. 等于1.2 s C. 大于1.8 s D. 小于1.8 s
【答案】C
【解析】
【详解】氮气浓度由0.1 mol·L-1降到0.06 mol·L-1需2 s，v=△c/△t=0.02 mol/( L·s)，氮气浓度由0.06 mol·L-1降到0.024 mol·L-1，若反应速率不变，则所需时间为(0.036/0.04) ×2=1.8 s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于1.8 s，故选C。
14.如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和醋酸溶液，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是
A. 生铁块中的碳是原电池的正极
B. 红墨水水柱两边的液面变为左低右高
C. 两试管中相同的电极反应式是Fe-2e- = Fe2＋
D. a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A.生铁中含有铁和碳，铁、碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，故A正确；
B.左边试管中是中性溶液，发生吸氧腐蚀，右边试管中是酸性溶液发生析氢腐蚀，所以左边试管内气体的氧气减小，右边试管内气体的压强不大，导致U型管内红墨水左高右低，故B错误；
C.生铁中含有铁和碳，铁、碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应：Fe- 2e- = Fe2+，两试管中负极电极反应相同，故C正确；
D. 左边试管中是中性溶液，发生吸氧腐蚀，右边试管中是酸性溶液发生析氢腐蚀，故D正确。
故选B。
15.反应X(g)＋Y(g) 2Z(g) ΔH＜0，达到平衡时，下列说法正确的是
A. 减小容器体积，平衡向右移动 B. 加入催化剂，Z的平衡产率增大
C. 增大c(X)，X的转化率增大 D. 降低温度，Y的平衡转化率增大
【答案】D
【解析】
试题分析：A. 反应前后体积不变，减小容器体积，压强增大，平衡不移动，A错误；B. 加入催化剂，平衡不移动，Z的产率不变，B错误；C. 增大c(X)，X的转化率减小，C错误；D. 正反应放热，降低温度，平衡显正反应方向进行，Y的转化率增大，D正确，答案选D。
考点：考查外界条件对平衡状态的影响
16.如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中。下列分析正确的是
A. K1闭合，铁棒上发生的反应为2H＋＋2e－→H2↑
B. K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C. K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D. K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体
【答案】B
【解析】
A、K1闭合构成原电池，铁是活泼的金属，铁棒是负极，铁失去电子，铁棒上发生的反应为Fe＋2e－＝Fe2＋，A不正确；B、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为OH－，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O＝40H－，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，B正确；C、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液的氢离子放电产生氢气，铁不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，C不正确；D、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电生成氢气。石墨棒是阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，电极反应式分别为2H＋＋2e－＝H2↑、2Cl－－2e－＝Cl2↑，电路中通过0.002NA个电子时，两极均产生0.001mol气体，共计是0.002mol气体，D不正确，答案选B。
点晴：本题通过电解饱和氯化钠溶液为载体，重点考查原电池和电解池的判断，金属的腐蚀与防护以及电极产物判断和计算，意在考查学生分析问题、解决问题的能力。熟练掌握电化学原理，准确判断正、负极以及阴、阳极，明确两极的电极反应及电池反应是解题的关键。该类试题的难点在于是电极反应式的书写和有关计算。
17.常温下，关于pH相等的盐酸和醋酸溶液(两溶液的OH－浓度也相等)，下列说法正确的是( )
A. c(HCl)>c(CH3COOH)
B. c(Cl－)＝c(CH3COO－)
C. 等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多
D. 用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液体积多
【答案】B
【解析】
A．醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，pH相等时，醋酸浓度较大，即c(HCl)＜c(CH3COOH)，故A错误；B．溶液的pH相等，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知c(Cl-)=c(CH3COO-)，故B正确；C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，由于醋酸的浓度较大，则醋酸产生的H2多，故C错误；D．同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，由于醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的NaOH溶液体积多，故D错误；故选B。
点睛：明确弱电解质的电离特点为解答关键。注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，醋酸为弱电解质，氯化氢是强电解质，pH相等时，醋酸浓度较大；物质的量浓度相等时，盐酸的pH较小，酸性较强。本题的易错点为CD。
18.已知化学反应A2(g)+ B2(g)＝2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是
A. 每生成2分子AB吸收bkJ热量
B. 断裂1molA-A和1molB-B键，放出akJ能量
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 该反应热△H=+（a-b）kJ/mol
【答案】D
【解析】
试题分析：A．依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（a-b） kJ的热量，A项错误；B．断裂1 mol A-A和1 mol B-B键，吸收a kJ能量，B项错误；C．依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，C项错误；D．反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，所以反应热△H=+（a-b）kJ•mol-1，D项正确；答案选D。
考点：考查化学反应中的能量变化，化学图像的分析与判断。
19.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是
A. pH等于13的溶液中：Ca2+，Na+，SO42-，HCO3-
B. c(H+)/c(OH-)=1012的溶液中：Fe2+，Cu2+，NO3-，Cl-
C. 无色透明溶液中： Al3+，K+，HCO3-，SO42-
D. 使pH显红色的溶液中：NH4+，Cu2+，NO3-，Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A. pH等于13的溶液是碱性溶液，HCO3-与OH-不能大量共存，故A错误；
B. c(H+)/c(OH-)=1012的溶液为酸性溶液，NO3-与H+在一起相当于是硝酸，具有强氧化性，能把Fe2+氧化成Fe3+，故B错误；
C. Al3+与HCO3-发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故C错误；
D. pH显红色的溶液是酸性溶液，所有离子可以大量共存，故D正确。
故选D。
【点睛】能够发生反应的离子就不能共存，不能发生反应的离子才可以共存。
1、在溶液中某些离子间能互相反应生成难溶性物质时，这些离子就不能大量共存。
2、离子间能结合生成难电离物质时，则这些离子不能大量共存。
3、离子间能结合生成挥发性物质时，则这些离子不能大量共存。
4、离子之间能发生氧化还原反应时，则这些离子不能大量共存。
5、还应注意题目是否给出溶液的酸碱性，是否给定溶液是无色的。
20.在体积恒定的密闭容器中发生反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH>0，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A. A、C两点的反应速率：A>C
B. A、C两点气体的颜色：A深，C浅
C. 由状态B到状态A，可以用加热的方法
D. A、C两点气体的平均相对分子质量：A>C
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由图象可知，A. C两点都在等温线上，C的圧强大，则A. C两点的反应速率A< C，故A错误；
B. 由图像可知，A、C两点都在等温线上，C的压强大，与A相比C点平衡向逆反应进行，向逆反应进行是由于減小体积增大压强，平衡移动的结果降低NO2浓度增大趋势，但达到平衡仍比原平衡浓度大，平衡时NO2浓度比A的浓度高，NO2为红棕色气体，则A、C两点气体的颜色：A浅，C深，故B错误；
C.升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图像可知，A点NO2体积分数大，则T1
故选C。
21.2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系。其总反应方程式为： xLi ＋ Li1－xMn2O4 LiMn2O4下列叙述错误的是
A. a为电池的正极
B. 放电时，溶液中Li＋从b向a迁移
C. 充电时，外接电源的负极与b相连
D. 可用Na2SO4溶液代替Li2SO4溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图知，放电时，b电极上Li失电子生成Li＋，所以b电极是负极，则a电极是正极，故A正确；
B. a电极是正极，b电极是负极，放电时电解质溶液中阳离子向正极移动，所以溶液中Li＋从b向a迁移，故B正确；
C. 充电时，b是阴极，外接电源的负极相连，故C正确；
D. 如果用Na2SO4溶液代替Li2SO4溶液，正极是氢离子得电子产生氢气，故D错误。
故选D。
【点睛】放电时作为原电池，失电子的是负极，得电子的是正极，溶液中阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动，充电时作为电解池。与外接电源的负极相连的是阴极，与外接电源的正极相连的是阳极。
22.以反应5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4
温度/oC
浓度/mol·L-1
体积/mL
浓度/mol·L-1
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
下列说法不正确的是
A. 实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量
B. 实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40 s，则这段时间内平均反应速v(KMnO4)= 2.5×10 -4 mol·L-1·s-1
C. 实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D. 实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn2+对反应起催化作用
【答案】B
【解析】
A. 要通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢，则实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量，A正确；B. 不能确定40 s内高锰酸钾溶液浓度的变化量，因此不能计算这段时间内平均反应速率，B错误；C. 探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②，C正确；D. 实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn 2+对反应起催化作用，D正确，答案选B。
点睛：本题考查了探究温度、浓度对反应速率的影响，注意掌握温度、浓度、压强等对反应速率的影响变化规律。另外需要注意控制变量法的应用，影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。
23.加热N2O5，依次发生分解反应：①N2O5(g)N2O3(g)＋O2(g)、②N2O3(g)N2O(g)＋O2(g)。在体积为2 L的恒容密闭容器中充入8 mol N2O5，加热到T ℃时反应达到平衡状态，此时O2和N2O3的物质的量分别为9 mol、3.4 mol，则T ℃时反应①的平衡常数为
A. 10.7 B. 8.5 C. 9.6 D. 10.2
【答案】B
【解析】
【详解】设分解的N2O5的物质的量为x，反应过程中共生成N2O5（x+3.4）mol，在①反应中N2O5分解了（x+3.4）mol，同时生成O2（x+3.4）mol，在②反应中生成氧气xmol,则（x+3.4）+x=9，
求得x=2.8，所以平衡后N2O5、N2O3、O2浓度依次为c(N2O5)=0.9mol/L，c(N2O3)=1.7mol/L，c(O2)=4.5 mol/L，反应①的平衡常数为K=1.7×4.5/0.9=8.5。
故选B。
24.某实验小组在一个恒压密闭容器中加入CH3OH和CO气体，发生反应CH3OH(g) + CO(g) CH3COOH(l)。已知在某温度下，达到平衡时，CH3OH(g)、CO(g)、CH3COOH(l)的物质的量分别为0.08mol、0.10mol、0.12mol，且容器的体积刚好为2L。往上述已达到平衡的恒压容器中，再在瞬间通入0.12mol CH3OH和0.06molCO混合气体，平衡的移动方向为
A. 正向 B. 逆向 C. 不移动 D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】原平衡体系中，气体总的物质的量为0.08mol+0.10mol=0.18mol，体积为2L，再在瞬间通入0.12mol CH3OH和0.06molCO混合气体，已达到平衡的恒压容器中，充入气体总的物质的量为0.18mol，原平衡相等，故体积变为原来的2倍，此时甲醇的物质的量为0.2mol，CO的物质的量为0.16mol，则Qc=1/(0.2/4) ×(0.16/4)=500=K，故平衡不移动。
故选C。
25.常温下 0.1mol/L的H2A溶液中H2A、HA-、A2-三者中所占物质的量分数（分布系数）随pH变化的关系如图所示。下列表述不正确的是
A. HA-H+ + A2- K=10-4.2
B. 在 0.1mol/L NaHA 溶液中，各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
C. 已知25℃时HF的Ka=10-3.45，将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生的反应为：H2A+F﹣═ HF+HA﹣
D. 将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，所得溶液pH恰好为4.2
【答案】A
【解析】
【详解】A. H2A部分电离，分步电离，以第一步电离为主，则电离方程式为H2A H++ HA﹣，故A错误；
B.PH=4.2时，HA﹣与A2-浓度相等，溶液呈酸性，说明HA﹣电离程度大于HA﹣水解程度，则在0.1mol/L NaHA 溶液中，各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)，因还存在水的电离，则c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，所以各离子浓度大小关系为c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，故B正确；
C. 已知25℃时HF的Ka=10-3.45，由以上信息可知，K1= c(H+)×c(HA-)/c(H2A)=10-1.2，K2= c(H+)×c(A2-)/c(HA-)=10-4.2，则酸性H2A>HF>HA-，则将少量H2A的溶液加入足量的NaF溶液中，发生的反应为：H2A+F﹣═ HF+HA﹣，故C正确；
D. 将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，HA﹣与A2-浓度相等，K2=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)=10-4.2，则c(H+)=10-4.2mol/L，pH为4.2，故D正确。
故选A。
非选择题部分
26.(1)某温度时，在2 L容器中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。由此分析，该反应的化学方程_____________________________________；从反应开始至2 min，Z的反应速率为_____ mol·L-1·min-1。
(2)若上述反应的△H<0,下列有关该反应速率的叙述，正确的是_________。
A．升高温度和增大压强均可以增大活化分子百分数，加快反应速率
B．使用催化剂可以使反应的活化能降低，加快反应速率
C．活化分子间所发生的碰撞为有效碰撞
D．降低温度，v正、v逆均减小且v正减小的倍数小于v逆减小的倍数
(3)在一密闭容器中发生反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H<0，达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示。 t1、t3、t4时刻分别改变的一个条件是：
A．增大压强 B．减小压强 C．升高温度 D．降低温度 E．加催化剂 F．充入氦气
t1时刻________；t3时刻________；t4时刻________(填字母)。
【答案】 (1). Z+3Y2X (2). 0.025 (3). BD (4). C (5). E (6). B
【解析】
【分析】
（1）由图像可知，反应中Z，Y的物质的量减小，X的物质的量增大，则Z，Y为反应物，X为生成物。
（2）A. 升高温度可以增大活化分子百分数，加快反应速率；活化分子能量高，压强不能提高能量；
B. 使用催化剂可以使反应的活化能降低，加快反应速率；
C. 活化分子间所发生的碰撞不一定都是有效碰撞，把能够发生化学变化的碰撞称为有效碰撞，故C错误；
D. 反应的△H<0， v正、v逆均减小且v正减小的倍数小于v逆减小的倍数，降低温度平衡右移动。
（3）改变的条件为t1时刻升高温度，t3时刻加催化剂，t4时刻减小压强。
【详解】（1）由图像可知，反应中Z，Y的物质的量减小，X的物质的量增大，则Z，Y为反应物，X为生成物，且△n(Z)：△n(Y)：△n(X)=0.1mol：0.3mol：0.2mol=1:3:2，则反应的化学方程式为：Z+3Y2X，v(Z)= △c/△t=（0.1mol/2L）/2 min=0.025 mol·L-1·min-1，故答案为：Z+3Y2X；0.025。
（2）A. 升高温度可以增大活化分子百分数，加快反应速率；活化分子能量高，压强不能提高能量，故A错误；
B. 使用催化剂可以使反应的活化能降低，加快反应速率，故B正确；
C. 活化分子间所发生的碰撞不一定都是有效碰撞，把能够发生化学变化的碰撞称为有效碰撞，故C错误；
D. 反应的△H<0， v正、v逆均减小且v正减小的倍数小于v逆减小的倍数，降低温度平衡右移动，故D正确。
故选BD。
（3）改变的条件为t1时刻升高温度，t3时刻加催化剂，t4时刻减小压强，故答案为：C，E，B。
27.如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜（含有少量锌、金、银等杂质）的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。回答下列问题：
(1)甲烷燃料电池负极的电极反应式为_________。
(2)乙装置中阳离子通过X膜向________ 极（填“Fe”或“C”）移动；丙装置中粗铜为_______电极（填“A”或“B”）
(3)若在标况下，有2.24L氧气参与反应，则乙装置中右侧溶液________（填“增加”或“减少”）______g，丙装置中CuSO4浓度__________（填“增加”、“减少” 或“不变”）。
【答案】 (1). CH4 - 8e- +10OH- =CO32- +7H2O (2). Fe (3). B (4). 减少 (5). 23.4 (6). 减少
【解析】
【分析】
（1）燃料电池是将化学能转化为电能的装置，属于原电池，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，所以通入氧气的电极是正极。
（2）乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨电极是阳极，阳离子通过X膜向阴极移动，粗铜作阳极。
（3）根据串联电池中转移电子数相等得氧气和氯气的关系式为：O2～2Cl2。
【详解】（1）燃料电池是将化学能转化为电能的装置，属于原电池，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，所以通入氧气的电极是正极，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4 - 8e- +10OH- =CO32- +7H2O，故答案为：CH4 - 8e- +10OH- =CO32- +7H2O。
（2）乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨电极是阳极，阳离子通过X膜向阴极移动，粗铜作阳极，故答案为：Fe；B。
（3）根据串联电池中转移电子数相等得氧气和氯气的关系式为：O2～2Cl2，标况下，2.24L氧气的物质的量为0.1mol，所以氯气的物质的量为0.2mol，消耗溶液中氯离子为0.4mol，乙装置中阳离子交换膜右侧进入左侧的钠离子也为0.4mol，所以右侧溶液质量减少为0.4×23+0.4×35.5=23.4g，粗铜（含有少量锌、金、银等杂质），阳极上不仅铜还有锌失电子进入溶液中，阴极上析出铜，根据转移电子数相等，阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，所以丙装置中CuSO4浓度减小，故答案为：减少 ；23.4 ；减少。
28.(一)室温下，在25 mL 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1NaOH溶液，曲线如下图所示，回答下列问题：
(1)写出CH3COOH的电离方程式__________________________。
(2)下列说法不正确的是___________________。
A. 0.1 mol/L CH3COOH溶液中, CH3COOH电离度约为1%
B. B点满足： c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(OH-)-2c(H+)
C. C点时的离子浓度关系为：c(CH3COO-)= c(Na+)> c(H+)= c(OH-)
D. D点时的离子浓度关系为： c(Na+)> c(CH3COO-)> c(OH-)> c(H+)
(3)室温下，试计算CH3COOH电离平衡常数为____________（用含b的表达式表示）。
(二)实验室为测定食醋中CH3COOH的浓度，取25mL食醋置于250mL容量瓶中，加水稀释至刻度并摇匀。用酸式滴定管量取25.00mL稀释后的醋酸溶液放入锥形瓶中，加指示剂，然后用0.1000 mol·L-1NaOH标准溶液进行滴定。
(4)指示剂应为________。
A.甲基橙 B.甲基红 C.酚酞 D.石蕊
(5)滴定终点的判断方法为____________________________________________________。
(6)为提高测定的准确度，重复上述实验三次，0.1000 mol·L-1NaOH标准溶液滴定前后的读数如下表所示，则该食醋中CH3COOH的浓度为_________mol·L-1。
实验次数
稀释后的醋酸溶液体积/ mL
NaOH滴定前读数/ mL
NaOH滴定后读数/ mL
第1次
25.00
0.10
24.00
第2次
25.00
0.50
22.50
第3次
25.00
0.20
24.30
(7)用0.1000 mol·L-1NaOH标准溶液进行滴定，下列操作会导致测定结果偏高的是_______。
A．碱式滴定管内滴定后产生气泡
B．读取标准液读数时，滴定前俯视，滴定到终点后仰视
C．配制0.1000 mol·L-1NaOH溶液时，固体NaOH中含有结晶水
D．碱式滴定管未润洗就装入标准液进行滴定
【答案】 (1). CH3COOHCH3COO - +H+ (2). BD (3). 10-7b/(25-b) (4). C (5). 当滴入最后一滴NaOH，溶液颜色由无色变浅红色，且半分钟内不褪色 (6). 0.9600 (7). BCD
【解析】
【分析】
（1）醋酸是弱酸，电离方程式为：CH3COOHCH3COO - +H+。
（2）根据电荷守恒和物料守恒推导。
（3）溶液的PH=7，根据电荷守恒，c(CH3COO-)= c(Na+)=b×10-4 mol·L-1，根据物料守恒，c(CH3COOH)=25×10-4- b×10-4，K= c(CH3COO-) c(H+)/ c(CH3COOH)= b×10-4×10-7/（25-b）×10-4=10-7b/(25-b)。
（4）用氢氧化钠滴定醋酸，在滴定终点得到的是醋酸钠溶液，溶液呈弱碱性，所以要选用酚酞作指示剂。
（5）滴定终点的判断方法为：当滴入最后一滴NaOH，溶液颜色由无色变浅红色，且半分钟内不褪色。
（6）第2组数据无效，根据NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O可知消耗NaOH的物质的量和CH3COOH的物质的量相等来计算。
（7）根据c（待测）= c（标准）×V（标准）/ V（待测）推导。
【详解】（1）醋酸是弱酸，电离方程式为：CH3COOHCH3COO - +H+ ，故答案为：CH3COOHCH3COO - +H+ 。
（2）A.由图可知，滴定前0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液的PH值为3，电离度为（10-3/0.1）×100％ ≈1%；故A正确；
B.B点得到等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，根据电荷守恒得c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)，根据物料守恒得2c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，整理以上两个式子得质子守恒式c(CH3COO-)+2c(OH-)= c(CH3COOH)+ 2c(H+)，故B错误；
C. C点溶液的PH=7，c(H+)= c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)得c(CH3COO-)= c(Na+)，c(H+)、c(OH-)小于c(CH3COO-)、 c(Na+)，故C正确；
D. D点得到的是等物质的量NaOH和CH3COONa的混合溶液，因CH3COO-要水解，故离子浓度大小关系c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)，故D错误。
故选BD。
（3）溶液的PH=7，根据电荷守恒，c(CH3COO-)= c(Na+)=b×10-4 mol·L-1，根据物料守恒，c(CH3COOH)=25×10-4- b×10-4，K= c(CH3COO-) c(H+)/ c(CH3COOH)= b×10-4×10-7/（25-b）×10-4=10-7b/(25-b)，故答案为：10-7b/(25-b)。
（4）用氢氧化钠滴定醋酸，在滴定终点得到的是醋酸钠溶液，溶液呈弱碱性，所以要选用酚酞作指示剂，故选C。
（5）滴定终点的判断方法为：当滴入最后一滴NaOH，溶液颜色由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，故答案为：当滴入最后一滴NaOH，溶液颜色由无色变浅红色，且半分钟内不褪色。
（6）NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，第1次消耗NaOH溶液的体积是23.9 mL, 第2次消耗NaOH溶液的体积是22.0 mL，第3次消耗NaOH溶液的体积是24.1mL，第2组数据无效，两次平均值为：24.0 mL，根据反应方程式可知消耗NaOH的物质的量和CH3COOH的物质的量相等，消耗NaOH的物质的量为2.4×10-3 mol，所以CH3COOH的浓度为2.4×10-3 mol/25.00×10-3L=0.096 mol·L-1, 实验室为测定食醋中CH3COOH的浓度，取25mL食醋置于250mL容量瓶中，加水稀释至刻度并摇匀，所以该食醋中CH3COOH的浓度为0.9600mol·L-1。故答案为：0.9600。
（7）根据c（待测）= c（标准）×V（标准）/ V（待测）推导
A. 碱式滴定管内滴定后产生气泡，导致消耗标准溶液体积偏小，测定结果偏小，故A错误；
B. 读取标准液读数时，滴定前俯视，滴定到终点后仰视，导致消耗标准溶液体积偏大，测定结果偏大，故B正确；
C. 配制0.1000 mol·L-1NaOH溶液时，固体NaOH中含有结晶水，所配溶液浓度小于0.1000 mol·L-1，导致消耗标准溶液体积偏大，故测定结果偏高，故C正确；
D. 碱式滴定管未润洗就装入标准液进行滴定，造成消耗的V（标准）偏大，故测定结果偏高，故D正确。
故选BCD。
29.工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) △H
（1）已知CO(g)、H2(g)的标准燃烧热分别为-285.8kJ•mol-1，-283.0kJ•mol-1，且CH3OH(g)+3/2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) △H=－761 kJ•mol-1；则CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g)的△H= ___________。
（2）反应的ΔS_______0（填“＞”、“＜”或“＝”）。在________（填“较高”或“较低”）温度下该反应自发进行。
（3）若将等物质的量的CO和H2混合气体充入恒温恒容密闭容器中进行上述反应，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是_______________。
A．容器内气体密度保持不变 B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．生成CH3OH的速率与生成H2的速率相等 D．CO的体积分数保持不变
（4）下图中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为__________（用a或b表示）。
（5）投料比n(H2)/n(CO)=2时，体系中CO的平衡转化率(α)温度和压强的关系如图2所示。α(CO)值随温度升高而___________（填“增大”或“减小”）其原因是___________________________；下图中的压强由大到小为__________________（用P1，P2，P3表示）。
（6）520K时， 投料比n(H2)/n(CO)=2（总物质的量为3mol），维持反应过程中压强P3不变，达到平衡时测得容器体积为0.1L，则平衡常数K=_______。若H2和CO的物质的量之比为n∶1（维持反应过程中压强P3不变），相应平衡体系中CH3OH的物质的量分数为x，请在下图中绘制x随n变化的示意图_______。
【答案】 (1). -90.8 (2). < (3). 较低 (4). BD (5). a (6). 减小 (7). 升高温度时，反应为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大，使CO得转化率降低 (8). P3＞P2＞P1 (9). 0.25 (10).
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律解答。
（2）根据CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g)可知，气体分子数减少，ΔS<0，根据ΔG=△H-TΔS可知，温度较低时，ΔG可能小于0，即反应可以自发。
（3）反应达到平衡状态的标志：正反应速率等于逆反应速率；各成分的浓度保持不变。
（4）正反应为放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小。
（5）正反应为放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，所以随温度升高，CO的转化率减小；正反应是气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高。
（6）根据K= c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)求算。
【详解】（1）CO燃烧的热化学方程式：CO(g)+1/2 O2(g)= CO2(g) △H=-285.8kJ•mol-1①，H2燃烧的热化学方程式：2H2(g)+ O2(g)= 2H2O(l) △H=-283.0×2 kJ•mol-1②，CH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH(g)+3/2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) △H=－761 kJ•mol-1③，根据盖斯定律将①+②-③，可得CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g)△H=-90.8 kJ•mol-1，故答案为：-90.8。
（2）根据CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g)可知，气体分子数减少，ΔS<0，根据ΔG=△H-TΔS可知，温度较低时，ΔG可能小于0，即反应可以自发，故答案为：< ；较低。
（3）A.反应前后质量和体积一直不变，所以密度一直不变，故A错误；
B. 反应前后质量不变，但物质的量在变，所以平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C. 生成CH3OH的速率与生成H2的速率等于系数之比，才能证明正逆反应速率相等，此时给定的条件不能判断平衡，故C错误；
D.CO的体积分数保持不变，说明正逆反应速率相等，则反应达到平衡状态，故D正确。
故选BD。
（4）CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) △H=-90.8 kJ•mol-1，K=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)，正反应为放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线a正确反映平衡常数K随温度变化关系，故答案为：a。
（5）由图可知，压强一定时，随温度的升高， CO的转化率减小， CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) △H=-90.8 kJ•mol-1，正反应为放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，所以随温度升高，CO的转化率减小；正反应是气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高，故压强为：P3＞P2＞P1，故答案为：减小；反应为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大，使CO得转化率降低 ；P3＞P2＞P1。
（6） CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g)
起始（mol） 1 2 0
转化（mol） 0.8 1.6 0.8
平衡（mol） 0.2 0.4 0.8
容器体积为0.1L，平衡时CO的浓度为2mol/L，H2的浓度为4 mol/L，CH3OH的浓度为8 mol/L，K= c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)=8/2×42=0.25。x随n变化的示意图：
故答案为：0.25；。
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