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【化学】山西省晋中市平遥县第二中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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山西省晋中市平遥县第二中学2018-2019学年高二上学期期中考试
1.温家宝指出“优化结构、提高效益和降低消耗、保护环境”，这是我国国民经济和社会发展的基础性要求。你认为下列行为不符合这个要求的是
A. 大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源
B. 加快太阳能、风能、生物质能、海洋能等清洁能源的开发利用
C. 研制开发以水代替有机溶剂的化工涂料
D. 将煤转化成气体燃料可以有效地减少“温室效应”的气体产生
【答案】D
【解析】
【详解】A．将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，可减少污染物的排放，节约能源，故A正确；B．加快太阳能、风能、生物质能、海洋能等清洁能源的开发利用，可减少对传统化石能源的依赖，减少环境污染，故B正确；C．以水代替有机溶剂，可减少环境污染，故C正确；D．将煤转化成气体燃料，可提高能源的利用率，但不能减少二氧化碳的排放，故D错误；故选D。
2.在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g) ＋CO(g)1/2N2(g) ＋CO2(g) ΔH＝－373.2 kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是( )
A. 加催化剂同时升高温度 B. 加催化剂同时增大压强
C. 升高温度同时充入N2 D. 降低温度同时增大压强
【答案】B
【解析】
【分析】
达到平衡后，为提高该反应的速率，可加入催化剂或升高温度、增大压强。若要提高NO的转化率，则应改变条件使平衡正向移动。
【详解】A.催化剂不改变平衡状态，升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，故A错误；B.催化剂不改变平衡状态，增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，且反应速率加快，故B项正确；C.升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，充入N2平衡逆向移动，NO的转化率减小,故C错误；D.降低温度，反应速率减小，增大压强反应速率会加快，化学反应速率不一定加快，故D错误；综上，本题选B。
3.下列变化中属于吸热反应的是
①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓硫酸稀释④氯酸钾分解制氧气
⑤生石灰跟水反应生成熟石灰
A. ①②④ B. ②③ C. ①④⑤ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①液态水汽化，即水由液态到气态需要吸热，是物理变化过程，不是化学变化，故①错误；②胆矾加热失去结晶水变成白色粉末，需要吸热，属于化学变化，故②正确；③浓硫酸稀释放出大量的热，故③错误；④氯酸钾分解需要吸热，属于化学变化，故④正确；⑤生石灰跟水反应生成熟石灰会放出大量的热，故⑤错误；属于吸热反应的有②④，故选D。
【点睛】本题考查学生常见的放热反应和吸热反应。本题的易错点为A，要注意吸热反应属于化学变化，而液态水汽化是物理变化。
4. 下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是（ ）
A. 开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫
B. 将盛有二氧化氮和四氧化二氮混合气的密闭容器置于冷水中，混合气体颜色变浅
C. 向氯水中加CaCO3后，溶液漂白性增强
D. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深
【答案】D
【解析】
试题分析：A．CO2在增大压强水加入啤酒中，当开启啤酒瓶后，CO2由于压强减小，溶解度降低，从啤酒中逸出，从而导致瓶中立刻泛起大量泡沫，与化学平衡有关，可以用化学平衡移动原理解释，错误；B． NO2在密闭容器中存在化学平衡：2NO2(g)N2O4(g) △H<0，将该混合气的密闭容器置于冷水中，根据平衡移动原理，降低温度，平衡向放热的正反应方向移动，产生更多的无色的N2O4气体，所以混合气体颜色变浅，可以用化学平衡移动原理解释，错误；C．在氯水中存在化学平衡：Cl2＋H2OHCl＋HClO，由于酸性HCl>H2CO3>HClO，向氯水中加CaCO3后，会发生反应：2HCl+ CaCO3 =CaCl2+H2O+CO2↑，由于反应消耗HCl，减小了生成物的浓度，根据平衡移动原理，减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，产生更多的HClO，HClO浓度增大，所以溶液漂白性增强，可以用化学平衡移动原理解释，错误；D．可逆反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)是反应前后气体体积不变的反应，增大压强，由于正反应速率与逆反应速率增大的倍数相同，各种物质浓度增大的倍数相等，所以化学平衡不发生移动，由于单位体积被I2浓度增大，所以平衡体系加压后颜色变深，但是平衡不发生移动，故不能用化学平衡移动原理解释，正确。
考点：考查化学平衡移动原理的应用正误判断的知识。
5.反应4A(s)＋3B(g)＝2C(g)＋D(g)，经2 min后，B的浓度减少了0.6mol/L。下列反应速率的表示正确的是
A. 用A表示的反应速率是0.4 mol/(L·min)
B. 用C表示的反应速率是0.2 mol/(L·min)
C. 2 min末时的反应速率，用B表示是0.3 mol/(L·min)
D. 在这2 min内用B表示的反应速率的值是减小的，C表示的反应速率逐渐增大
【答案】B
【解析】
【分析】
经2 min后，B的浓度减少了0.6mol/L，v(B)==0.3mol/(L•min)，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比分析解答。
【详解】A．A为固体，不能用于表示化学反应速率，故A错误；B．v(C)∶v(B)=2∶3，故v(C)=v(B)=×0.3mol/(L•min)=0.2mol/(L•min)，故B正确；C．v(B) =0.3mol/(L•min)，表示2min内的平均反应速率，2min末的反应速率为瞬时速率，故C错误；D．随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢，浓度变化量逐渐减少，故2 min内用B和C表示的反应速率都是逐渐减小，故D错误；故选B。
【点睛】本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率的数学表达式和化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键。本题的易错点为C，要注意化学反应速率是平均速率，不是瞬时速率。
6.COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）；△H＞0．当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是
A. ①②④ B. ①④⑥ C. ②③⑤ D. ③⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】化学反应COCl2(g)⇌CO(g)+Cl2(g)△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应。①升温，平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故①符合；②恒容通入惰性气体，压强增大，但反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故②不符合；③增加CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，COCl2转化率减小，故③不符合；④减压，平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故④符合；⑤加催化剂，改变化学反应速率，不改变平衡，COCl2转化率不变，故⑤不符合；⑥恒压通入惰性气体，容器的体积增大，相当于压强减小，平衡正向进行，COCl2转化率增大，故⑥符合，故选B。
7. 下列说法正确的是( )
A. 物质发生化学反应时都伴随着能量变化，伴随能量变化的物质变化一定是化学变化
B. 太阳能、煤气、潮汐能是一次能源；电力、蒸汽、地热是二次能源
C. 吸热反应就是反应物的总能量比生成物的总能量高；也可以理解为化学键断裂时吸收的能量比化学键形成时放出的能量少
D. 由3O2(g)=2O3(g) ΔH>0，可知臭氧比氧气的化学性质更活泼
【答案】D
【解析】
试题分析：A．物质发生化学反应时都伴随着能量变化，但是伴随能量变化的物质变化不一定是化学变化，错误；B．太阳能、煤气、潮汐能、地热是一次能源；电力、蒸汽是二次能源，错误；C．吸热反应就是反应物的总能量比生成物的总能量低；也可以理解为化学键断裂时吸收的能量比化学键形成时放出的能量多，错误；D．由3O2(g)=2O3(g) ΔH>0，可知臭氧的能量比氧气多，因此臭氧比氧气的化学性质更活泼，正确。
考点：考查化学变化与能量关系的正误判断的知识。
8.高温、催化剂条件下，某反应达到平衡，平衡常数K=c(CO)·c(H2O)/c(CO2)·c(H2)恒容时，温度升高，H2浓度减小．下列说法正确的是
A. 该反应的焓变为负值
B. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动
C. 2CO2(g)+2H2(g)⇌2CO(g)+2H2O(g) 的平衡常数K1=K2
D. 若恒容、恒温下充入CO，则K值变大
【答案】C
【解析】
【分析】
平衡常数K=时，反应为CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，温度升高，H2浓度减小，可知升高温度，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析，正反应为吸热反应，焓变为正值，故A错误；B．升高温度，正逆反应速率均增大，平衡正向移动，故B错误；C．由CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)K= ，则2CO2(g)+2H2(g)⇌2CO(g)+2H2O(g) 的平衡常数K1=K2，故C正确；D．K只与温度有关，则恒容、恒温下充入CO，K值不变，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查化学平衡的含义，把握反应与K以及化学计量数与K的关系为解答的关键。本题的易错点为C，要注意K与化学计量数的关系。
9.电镀废液中Cr2O72-可通过下列反应转化成铬黄(PbCrO4)：Cr2O72-(aq)＋2Pb2+(aq)＋H2O(l)2PbCrO4(s)＋2H＋(aq) ΔH<0该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是
【答案】A
【解析】
【详解】A、由△H＜0，则正反应是一个放热的反应，升高温度平衡向吸热的方向移动，即向逆反应方向移动，由平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积，则K减小，故A正确；B、pH增大溶液，则碱性增强，会中和溶液中H+，降低了生成物浓度，平衡向正方应方向移动，Cr2O72-的转化率会增大，与图像不符，故B错误；C、温度升高，正、逆反应速率都增大，与图像不符，故C错误；D、增大反应物Pb2+的浓度，平衡向正方应方向移动，则Cr2O72-的物质的量会减小，与图像不符，故D错误；故选A。
10.关于A(g)＋2B(g)===3C(g)的化学反应，下列表示的反应速率最大的是
A. v(A)＝0.6mol/(L·min) B. v(B)＝1.2mol/(L·min)
C. v(C)＝1.2mol/(L·min) D. v(B)＝0.03mol/(L·s)
【答案】D
【解析】
【详解】均转化为A表示的化学反应速率比较大小。A．v(A)=0.6mol/(L•min)；B．v(B) ∶v(A)=2∶1，故v(A)=0.5v(B)=0.5×1.2mol/(L•min)=0.6mol/(L•min)；C．v(C) ∶v(A)=3∶1，故v(A)=v(C)=×1.2mol/(L•min)=0.4mol/(L•min)；D．v(B) ∶v(A)=2∶1，故v(A)=0.5v(B)=0.5×0.03mol/(L•s) =0.015mol/(L•s)=0.9mol/(L•min)；故D的反应速率最快，故选D。
11.在一定温度下，向aL密闭容器中加入1molX气体和2molY气体，发生如下反应：X（g）＋2Y（g） 2Z（g），此反应达到平衡的标志是
A. 容器内压强不随时间变化
B. 容器内气体密度不随时间变化
C. 容器内X、Y、Z的浓度之比为1:2:2
D. 单位时间消耗0.1molX同时生成0.2 mol Z
【答案】A
【解析】
【详解】A．正反应为气体分子数目减小的反应，随反应进行气体的物质的量减小，恒温恒容下容器内压强减小，当容器内压强不再变化，说明反应到达平衡，故A正确；B．反应混合物都为气体，根据质量守恒，混合气体的总质量不变，体积为定值，密度自始至终不变，不能说明到达平衡状态，故B错误；C．平衡时容器内 X、Y、Z 的浓度之比不一定等于化学计量数之比，与物质的转化率有关，故C错误；D．单位时间消耗 0.1molX 同时生成 0.2molZ，均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行，不能说明到达平衡，故D错误；故选A。
12. 下列说法或表示方法不正确的是( )
A. 盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现
B. 在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝ －57.3 kJ/mol，含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ
C. 由C(石墨) =C(金刚石) ΔH ＞ 0，可知石墨比金刚石稳定
D. 在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ/mol
【答案】D
【解析】
试题分析：A、反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现，故A正确；B、浓硫酸稀释过程中也放出热量，所以测得中和过程所放出的热量大于57.3KJ，故B正确；C、能量越低的物质，越稳定，由石墨生成金刚石吸热，说明金刚石能量高，故C正确；D、燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，氢气的燃烧热化学反应方程式中燃料的计量数是1不能是2，故D错误；故选D。
【考点定位】考查燃烧热和中和热的概念应用的判断
【名师点晴】本题考查了燃烧热和中和热的概念应用的判断，注意燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，反应中C→CO2，H→H2O(液)，S→SO2(气)。中和热是指强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，中和热不包括酸、碱溶解时所吸收或放出的热量。
13. 下列物质中，能导电且属于电解质的是
A. 乙醇 B. 蔗糖 C. NaCl溶液 D. 熔融态Na2CO3
【答案】D
【解析】
试题分析：A、乙醇不能导电，属于非电解质，错误，不选A；B、蔗糖是非电解质，错误，不选B；C、氯化钠溶液属于混合物，不属于电解质，错误，不选C；D、熔融态碳酸钠能导电，是电解质，正确，选D。
考点：电解质的定义
14.已知在25 ℃、101 kPa下，1 g C8H18(辛烷)燃烧生成二氧化碳和液态水放出48.40 kJ热量，表示上述反应的热化学方程式正确的是( )
A. C8H18(l) + O2(g)8CO2(g) + 9H2O(l) ΔH=－48.40 kJ·mol-1
B. C8H18(l) + O2(g)8CO2(g) + 9H2O(l) ΔH=－5 518 kJ·mol-1
C. C8H18(l) + O2(g)8CO2(g) + 9H2O(l) ΔH=+5 518 kJ·mol-1
D. C8H18(l) + O2(g)8CO2(g) + 9H2O(l) ΔH=+48.40 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】由25℃，101kPa下，1gC8H18(辛烷)燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量，则1molC8H18燃烧生成二氧化碳和液态水时放出热量为48.40kJ×114=5518kJ，该反应为放热反应，则热化学反应方程式为C8H18(l)+22.5 O2(g)═8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518kJ/mol，故选B。
15.只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是
A. K值不变，平衡可能移动 B. K值变化，平衡一定移动
C. 平衡移动，K值可能不变 D. 平衡移动，K值一定变化
【答案】D
【解析】
试题分析：化学平衡常数只与温度有关，温度改变，K值一定改变，K值改变，温度一定改变，温度不变，压强改变，或浓度改变，K值不变，平衡移动，故D错误。
考点：考查了化学平衡移动原理的相关知识。
16.能说明醋酸是弱电解质的事实是
A. 醋酸溶液的导电性比盐酸弱
B. 醋酸溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳
C. 醋酸溶液用水稀释后，氢离子浓度下降
D. 0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中，氢离子的浓度约为0.001mol·L-1
【答案】D
【解析】
试题分析：A．溶液的导电能力与溶液中离子浓度有关，与电解质的强弱无关，故A错误；B．醋酸溶液和碳酸钙反应生成二氧化碳，说明醋酸的酸性比碳酸强，但不能说明醋酸是弱电解质，故B错误；C．无论醋酸是强电解质还是弱电解质，稀释醋酸溶液，氢离子浓度都降低，所以不能说明醋酸是弱电解质，故C错误；D．0.1mol•的CH3COOH溶液中，氢离子浓度约为0.001mol，说明醋酸是部分电离的，在其溶液中存在电离平衡，所以能说明醋酸是弱电解质，故D正确；故选D。
【考点定位】考查弱电解质的判断
【名师点晴】本题考查了弱电解质的判断，电解质的强弱与其电离程度有关，只有部分电离的电解质是弱电解质。设计实验时要注意等物质的量浓度和等pH的两种酸(或碱)的性质差异，常用的实验方法有：（1）从水解的角度分析，取其钠盐(NaA)溶于水，测其pH，若pH＞7，则说明HA是弱酸，若pH＝7，则说明HA是强酸。（2）从是否完全电离的角度分析，配制一定物质的量浓度HA溶液(如0.1 mol·L－1)，测其pH，若pH＞1，则说明HA是弱酸，若pH＝1，则说明HA是强酸。
17.在密闭容器中进行下列反应，M(g)＋N(g) R(g)＋2L， 此反应符合下图所示图象。R%为R在平衡混合物中的质量分数，则该反应
A. 正反应是吸热反应，L是气体
B. 正反应是放热反应，L是气体
C. 正反应是吸热反应，L是固体
D. 正反应是放热反应，L是固体或液体
【答案】B
【解析】由图像可知，温度为T2时，根据到达平衡的时间可知P1＞P2，且压强越大，R的含量越低，说明增大压强，平衡逆向移动，正反应为气体体积增大的反应，故L为气体；压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T2＞T1，且温度越高，R的含量越低，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；由上述分析可知，正反应放热，L是气体，故B正确，故选B。
【点睛】本题考查了化学平衡图像问题，解答本题需要根据图像判断温度、压强对平衡移动的影响分析出反应的特征。
18.下列关于纯净物，混合物，强电解质，弱电解质和非电解质的正确组合是( )
纯净物
混合物
强电解质
弱电解质
非电解质
A
纯盐酸
水煤气
硫酸
醋酸
干冰
B
冰醋酸
空气
硫酸钡
亚硫酸
二氧化硫
C
氯气
盐酸
苛性钠
氢硫酸
碳酸钙
D
漂白粉
氨水
氯化钠
次氯酸
氯气
【答案】B
【解析】
试题分析：A．纯盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、干冰分别属于混合物、混合物、强电解质、弱电解质，非电解质，故A错误；B．冰醋酸、空气、硫酸钡、亚硫酸、二氧化硫分别属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质，非电解质，故B正确；C．碳酸钙属于强电解质，故C错误；D．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故D错误；故选B。
【考点定位】考查物质的分类
【名师点晴】本题考查了纯净物、混合物、强弱电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，注意概念的辨析。纯净物：有一种物质组成，包括单质和化合物；混合物：由两种或两种以上的物质组成；在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；在水溶液里和熔融状态下不导电的化合物是非电解质，电解质和非电解质都是化合物，单质混合物都不是电解质、非电解质。
19.反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)，700 ℃时平衡常数为1.47，900 ℃时平衡常数为2.15。下列说法正确的是
A. 升高温度该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小
B. 该反应的化学平衡常数表达式为K＝c(FeO)·c(CO)/c(CO2)·c(Fe)
C. 该反应的正反应是吸热反应
D. 增大CO2浓度，平衡常数增大
【答案】C
【解析】
【分析】
反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)，700 ℃时平衡常数为1.47，900 ℃时平衡常数为2.15，升高温度，平衡常数增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，据此解答。
【详解】A．升温，正、逆反应速率均增大，故A错误；B．固体浓度视为常数，不列入平衡常数的表达式，故该化学平衡常数表达式为K=，故B错误；C．根据上述分析，该反应的正反应为吸热反应，故C正确；D．平衡常数只与温度有关，与浓度无关；故增大反应物浓度，平衡常数不变，故D错误；故选C。
20.已知0.1 mol·L－1 的醋酸溶液中存在电离平衡： CH3COOHCH3COO－＋H＋，要使溶液中 c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是（ ）
A. 加少量烧碱溶液 B. 降低温度 C. 加少量冰醋酸 D. 加水
【答案】D
【解析】
试题分析：加少量烧碱溶液，平衡虽然向正向移动，但烧碱电离出来的OH-会与H＋反应使得H＋的浓度减小，A错；电离是吸热反应，减低温度平衡向逆向移动，H＋浓度减小，B错；加少量冰醋酸平衡向正向移动，H＋的浓度增大，CH3COOH的浓度增大更多，C错；加水H＋和CH3COOH都受到了稀释，浓度都会变小，但平衡向正向移动，CH3COOH 的浓度减小的更多，H＋浓度减小的较小，比值增大，D对。
考点：电离平衡的移动方向和离子浓度的变化。
21.50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液在如右图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中尚缺少一种玻璃仪器是__________。
（2）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
（3）实验中改用60mL 0.50mol/L盐酸跟50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热__________(填“相等”或“不相等”).
（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；用50mL 0.50mol/L NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会__________。(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)
【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 偏小 (3). 不相等 (4). 相等 (5). 偏小 (6). 偏小
【解析】
【分析】
(1)根据量热计的构造来判断该装置缺少的仪器；
(2)大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失；
(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，中和热指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量；
(4)弱电解质电离是吸热过程；如果氢氧化钠不过量，导致反应不完全，放出的热量偏小；据此分析解答。
【详解】(1)由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；
(2)大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；
(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60ml0.50mol/L盐酸进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，放出的热量增多，但是中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量无关；故答案为：不相等；相等；
(4)氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出热量偏小，中和热的数值会偏小；用50mL 0.50mol/L NaOH溶液进行上述实验，氢氧化钠不过量，反应不完全，放出的热量偏小，中和热的数值会偏小，故答案为：偏小；偏小。
22.（1）火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水。当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量的热。已知0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量。
反应的热化学方程式为___________________________________________。
又已知H2O(l)＝H2O(g)；ΔH＝＋44kJ/mol。则16g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出热量是___________kJ。
（2）已知： C(s)+ O2(g) = CO2(g) △H2＝-393.5kJ/mol
H2(g)+1/2 O2(g) =H2O(g) △H3 = -241.8 kJ/mol
现有0.2mol的炭粉和氢气组成的悬浮气，且混合物在氧气中完全燃烧，共放出63.53kJ热量，则混合物中 C与 H2的物质的量之比为___________________。
（3）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。现根据下列2个热化学方程式： Fe2O3(s)+3CO(g)=Fe(s)+3CO2(g) ΔH＝-24.8kJ/mol
Fe2O3(s)+CO(g)=2FeO(s)+CO2(g) ΔH＝+411.2kJ/mol
写出CO(g)还原FeO(s)得到Fe(s)和CO2(g)的热化学方程式：___________。
【答案】 (1). N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O (g) △H=－641.63 kJ/mol (2). 408.815 (3). 1∶1 (4). CO(g)+FeO(s)=Fe(s)+CO2(g) ΔH＝-218.0kJ/mol
【解析】
【分析】
(1)依据反应物和生成物书写化学方程式，根据0.4mol液态肼和足量H2O2混合恰好反应，放出256.652kJ的热量，所以1mol液态肼完全反应放出641.63kJ的热量； H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol，依据盖斯定律计算；
(2)根据物质的量与反应放出的热量成正比，利用热化学方程式列式计算C、H2燃烧放出的热量，以此计算混合物中 C与 H2的物质的量之比；
(3)依据盖斯定律结合热化学方程式分析解答。
【详解】(1)反应方程式为：N2H4+2H2O2═N2+4H2O，0.4mol液态肼放出256.652KJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为 =641.63kJ，所以反应的热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=-641.63kJ/mol；①N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g) △H=-641.63kJ/mol；②H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ/mol；依据盖斯定律①-②×4得到N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(l)△H=-817.75kJ/mol；而16g液态肼物质的量为0.5mol，与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量=0.5mol×817.75kJ/mol=408.875kJ，故答案为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-641.63kJ/mol；408.875；
(2)设碳粉为xmol，则氢气为(0.2-x)mol，由热化学方程式可知C燃烧放出的热量为393.5xkJ，H2燃烧放出的热量为241.8(0.2-x)kJ，所以有：393.5xkJ+241.8(0.2-x)kJ=63.53kJ，解得x=0.1mol，则炭粉与H2的物质的量之比为0.1mol∶0.1mol=1∶1，故答案为：1∶1；
(3)①Fe2O3(s)+3CO(g)═2Fe(s)+3CO2(g) △H=-24.8kJ•mol-1，②Fe2O3(s)+CO(g)═2FeO(s)+CO2(g) △H=-411.2kJ•mol-1，由盖斯定律，得到：CO(g)+FeO(s)=Fe(s)+CO2(g)△H=-218.0kJ/mol，故答案为：CO(g)+FeO(s)=Fe(s)+CO2(g)△H=-218.0kJ/mol。
23.一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如图所示。请回答：
（1）醋酸的电离平衡常数表达式为：__________________________。
（2）a、b、c三点c(H＋)由大到小的顺序是________________________________________。
（3）a、b、c三点中醋酸的电离程度最大的点是________点。
（4）若使c点溶液中的c(CH3COO－)提高，可采取的措施是________(填标号)。
A．加热 B．加很稀的NaOH溶液 C．加固体KOH D．加水 E．加固体CH3COONa F．加锌粉
【答案】 (1). (2). b＞a＞c (3). c (4). ACEF
【解析】
【分析】
醋酸是弱电解质，随着醋酸的稀释，醋酸电离程度越大，溶液的导电性与离子浓度成正比，据此分析解答（1）~（3）；
（4）若使c点溶液中的c(CH3COO-)增大，可以在不改变溶液的体积条件下使CH3COOH⇌CH3COO-+H+右移；加入含有醋酸根离子的可溶性盐等固体物质，据此分析解答。
【详解】(1)醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO-+H+，电离平衡常数K= ，故答案为：；
（2）溶液的导电性越强，说明溶液中的氢离子浓度越大，根据图像知，溶液的导电性b＞a＞c，则氢离子浓度b＞a＞c，故答案为：b＞a＞c；
（3）溶液的浓度越小，醋酸的电离程度越大，根据图像，加入的水越多，醋酸的浓度越小，电离程度越大，a、b、c三点中醋酸的电离程度最大的点为c，故答案为：c；
(4)A．醋酸是弱电解质，电离时需要吸收热量，所以加热促进醋酸电离，导致醋酸根离子浓度增大，故A正确；B．加很稀的NaOH溶液，促进醋酸电离，但醋酸电离程度远远小于溶液体积增大程度，所以醋酸根离子浓度减小，故B错误；C．加KOH固体，KOH和醋酸发生中和反应生成醋酸钾，促进醋酸电离，溶液体积不变，醋酸根离子浓度增大，故C正确；D．加水促进醋酸电离，根据图像，但醋酸电离程度远远小于溶液体积增大程度，所以醋酸根离子浓度减小，故D错误；E．加固体CH3COONa，醋酸钠电离出醋酸根离子，导致醋酸根离子浓度增大，故E正确； F．加入锌粉，锌和氢离子发生置换反应而促进醋酸电离，则醋酸根离子浓度增大，故F正确；故答案为：ACEF。
24.I．可逆反应2Cl2（g）+2H2O（g）4HCl（g）+O2（g）△H＞0，在一定条件下达到平衡后，分别采取下列措施（填“增大”、“减小”或“不变”）：
（1）降低温度，Cl2的转化率 ________；v正 ________________；
（2）保持容器体积不变，加入He，则HCl的物质的量 _______________________．
（3）保持容器压强不变，加入He，则O2的体积分数 ______________________；
（4）若温度和体积不变，反应从Cl2和H2O开始至平衡，在这个变化过程中，容器内气体的密度 ____________，相对分子质量 ______________________．
Ⅱ．已知CO（g）、H2（g）、CH3OH（l）的燃烧热分别为283kJ•mol-1、286kJ•mol-1、726kJ•mol-1．
利用CO、H2合成液态甲醇的热化学方程式为____________________________________
【答案】 (1). 减小 (2). 减小 (3). 不变 (4). 增大 (5). 不变 (6). 减小 (7). CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=-129kJ•mol-1
【解析】
【分析】
I．可逆反应2Cl2(g)+2H2O(g)4HCl(g)+O2(g)△H＞0，是一个气体的物质的量增大的吸热反应，根据影响化学平衡的因素分析解答；
Ⅱ．根据CO(g)、H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热书写出三种物质的燃烧热的热化学方程式，再利用盖斯定律来分析CO、H2合成液态甲醇的热化学方程式。
【详解】I．(1)该反应的正反应为吸热反应，所以降低温度，平衡逆移，Cl2的转化率减小；v正减小，故答案为：减小；减小；
(2)保持容器体积不变，加入He，容器体积不变，各物质的浓度不变，平衡不移动，所以HCl的物质的量不变，故答案为：不变；
(3)保持容器压强不变，加入He，容器的体积变大，反应物所占分压减小，平衡正移，则O2的体积分数增大，故答案为：增大；
(4)若温度和体积不变，反应从Cl2和H2O开始至平衡，在这个变化过程中，容器的体积不变，气体的总质量也不变，ρ=，所以容器内气体的密度不变；=，但是气体总物质的量增大，所以相对分子质量减小．故答案为：不变；减小；
Ⅱ．由CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热△H分别为-283.0kJ•mol-1和-726.5kJ•mol-1，则有①CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ•mol-1，②CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2 H2O(l) △H=-726.5kJ•mol-1，③H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ•mol-1，由盖斯定律可知用①+③-×②得反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l) △H═-283.0kJ•mol-1+(-286kJ•mol-1)- (-726.5kJ•mol-1) =-129kJ•mol-1，CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l) △H=-129kJ•mol-1故答案为：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l) △H=-129kJ•mol-1。
【点睛】本题考查了温度、压强对化学平衡的影响。本题的易错点为I．(3)，要注意保持容器压强不变，加入He，容器的体积变大，相当于减小压强，平衡正向移动。
1.温家宝指出“优化结构、提高效益和降低消耗、保护环境”，这是我国国民经济和社会发展的基础性要求。你认为下列行为不符合这个要求的是
A. 大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源
B. 加快太阳能、风能、生物质能、海洋能等清洁能源的开发利用
C. 研制开发以水代替有机溶剂的化工涂料
D. 将煤转化成气体燃料可以有效地减少“温室效应”的气体产生
【答案】D
【解析】
【详解】A．将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，可减少污染物的排放，节约能源，故A正确；B．加快太阳能、风能、生物质能、海洋能等清洁能源的开发利用，可减少对传统化石能源的依赖，减少环境污染，故B正确；C．以水代替有机溶剂，可减少环境污染，故C正确；D．将煤转化成气体燃料，可提高能源的利用率，但不能减少二氧化碳的排放，故D错误；故选D。
2.在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g) ＋CO(g)1/2N2(g) ＋CO2(g) ΔH＝－373.2 kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是( )
A. 加催化剂同时升高温度 B. 加催化剂同时增大压强
C. 升高温度同时充入N2 D. 降低温度同时增大压强
【答案】B
【解析】
【分析】
达到平衡后，为提高该反应的速率，可加入催化剂或升高温度、增大压强。若要提高NO的转化率，则应改变条件使平衡正向移动。
【详解】A.催化剂不改变平衡状态，升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，故A错误；B.催化剂不改变平衡状态，增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，且反应速率加快，故B项正确；C.升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，充入N2平衡逆向移动，NO的转化率减小,故C错误；D.降低温度，反应速率减小，增大压强反应速率会加快，化学反应速率不一定加快，故D错误；综上，本题选B。
3.下列变化中属于吸热反应的是
①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓硫酸稀释④氯酸钾分解制氧气
⑤生石灰跟水反应生成熟石灰
A. ①②④ B. ②③ C. ①④⑤ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①液态水汽化，即水由液态到气态需要吸热，是物理变化过程，不是化学变化，故①错误；②胆矾加热失去结晶水变成白色粉末，需要吸热，属于化学变化，故②正确；③浓硫酸稀释放出大量的热，故③错误；④氯酸钾分解需要吸热，属于化学变化，故④正确；⑤生石灰跟水反应生成熟石灰会放出大量的热，故⑤错误；属于吸热反应的有②④，故选D。
【点睛】本题考查学生常见的放热反应和吸热反应。本题的易错点为A，要注意吸热反应属于化学变化，而液态水汽化是物理变化。
4. 下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是（ ）
A. 开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫
B. 将盛有二氧化氮和四氧化二氮混合气的密闭容器置于冷水中，混合气体颜色变浅
C. 向氯水中加CaCO3后，溶液漂白性增强
D. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深
【答案】D
【解析】
试题分析：A．CO2在增大压强水加入啤酒中，当开启啤酒瓶后，CO2由于压强减小，溶解度降低，从啤酒中逸出，从而导致瓶中立刻泛起大量泡沫，与化学平衡有关，可以用化学平衡移动原理解释，错误；B． NO2在密闭容器中存在化学平衡：2NO2(g)N2O4(g) △H<0，将该混合气的密闭容器置于冷水中，根据平衡移动原理，降低温度，平衡向放热的正反应方向移动，产生更多的无色的N2O4气体，所以混合气体颜色变浅，可以用化学平衡移动原理解释，错误；C．在氯水中存在化学平衡：Cl2＋H2OHCl＋HClO，由于酸性HCl>H2CO3>HClO，向氯水中加CaCO3后，会发生反应：2HCl+ CaCO3 =CaCl2+H2O+CO2↑，由于反应消耗HCl，减小了生成物的浓度，根据平衡移动原理，减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，产生更多的HClO，HClO浓度增大，所以溶液漂白性增强，可以用化学平衡移动原理解释，错误；D．可逆反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)是反应前后气体体积不变的反应，增大压强，由于正反应速率与逆反应速率增大的倍数相同，各种物质浓度增大的倍数相等，所以化学平衡不发生移动，由于单位体积被I2浓度增大，所以平衡体系加压后颜色变深，但是平衡不发生移动，故不能用化学平衡移动原理解释，正确。
考点：考查化学平衡移动原理的应用正误判断的知识。
5.反应4A(s)＋3B(g)＝2C(g)＋D(g)，经2 min后，B的浓度减少了0.6mol/L。下列反应速率的表示正确的是
A. 用A表示的反应速率是0.4 mol/(L·min)
B. 用C表示的反应速率是0.2 mol/(L·min)
C. 2 min末时的反应速率，用B表示是0.3 mol/(L·min)
D. 在这2 min内用B表示的反应速率的值是减小的，C表示的反应速率逐渐增大
【答案】B
【解析】
【分析】
经2 min后，B的浓度减少了0.6mol/L，v(B)==0.3mol/(L•min)，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比分析解答。
【详解】A．A为固体，不能用于表示化学反应速率，故A错误；B．v(C)∶v(B)=2∶3，故v(C)=v(B)=×0.3mol/(L•min)=0.2mol/(L•min)，故B正确；C．v(B) =0.3mol/(L•min)，表示2min内的平均反应速率，2min末的反应速率为瞬时速率，故C错误；D．随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢，浓度变化量逐渐减少，故2 min内用B和C表示的反应速率都是逐渐减小，故D错误；故选B。
【点睛】本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率的数学表达式和化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键。本题的易错点为C，要注意化学反应速率是平均速率，不是瞬时速率。
6.COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）；△H＞0．当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是
A. ①②④ B. ①④⑥ C. ②③⑤ D. ③⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】化学反应COCl2(g)⇌CO(g)+Cl2(g)△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应。①升温，平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故①符合；②恒容通入惰性气体，压强增大，但反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故②不符合；③增加CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，COCl2转化率减小，故③不符合；④减压，平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故④符合；⑤加催化剂，改变化学反应速率，不改变平衡，COCl2转化率不变，故⑤不符合；⑥恒压通入惰性气体，容器的体积增大，相当于压强减小，平衡正向进行，COCl2转化率增大，故⑥符合，故选B。
7. 下列说法正确的是( )
A. 物质发生化学反应时都伴随着能量变化，伴随能量变化的物质变化一定是化学变化
B. 太阳能、煤气、潮汐能是一次能源；电力、蒸汽、地热是二次能源
C. 吸热反应就是反应物的总能量比生成物的总能量高；也可以理解为化学键断裂时吸收的能量比化学键形成时放出的能量少
D. 由3O2(g)=2O3(g) ΔH>0，可知臭氧比氧气的化学性质更活泼
【答案】D
【解析】
试题分析：A．物质发生化学反应时都伴随着能量变化，但是伴随能量变化的物质变化不一定是化学变化，错误；B．太阳能、煤气、潮汐能、地热是一次能源；电力、蒸汽是二次能源，错误；C．吸热反应就是反应物的总能量比生成物的总能量低；也可以理解为化学键断裂时吸收的能量比化学键形成时放出的能量多，错误；D．由3O2(g)=2O3(g) ΔH>0，可知臭氧的能量比氧气多，因此臭氧比氧气的化学性质更活泼，正确。
考点：考查化学变化与能量关系的正误判断的知识。
8.高温、催化剂条件下，某反应达到平衡，平衡常数K=c(CO)·c(H2O)/c(CO2)·c(H2)恒容时，温度升高，H2浓度减小．下列说法正确的是
A. 该反应的焓变为负值
B. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动
C. 2CO2(g)+2H2(g)⇌2CO(g)+2H2O(g) 的平衡常数K1=K2
D. 若恒容、恒温下充入CO，则K值变大
【答案】C
【解析】
【分析】
平衡常数K=时，反应为CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，温度升高，H2浓度减小，可知升高温度，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析，正反应为吸热反应，焓变为正值，故A错误；B．升高温度，正逆反应速率均增大，平衡正向移动，故B错误；C．由CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)K= ，则2CO2(g)+2H2(g)⇌2CO(g)+2H2O(g) 的平衡常数K1=K2，故C正确；D．K只与温度有关，则恒容、恒温下充入CO，K值不变，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查化学平衡的含义，把握反应与K以及化学计量数与K的关系为解答的关键。本题的易错点为C，要注意K与化学计量数的关系。
9.电镀废液中Cr2O72-可通过下列反应转化成铬黄(PbCrO4)：Cr2O72-(aq)＋2Pb2+(aq)＋H2O(l)2PbCrO4(s)＋2H＋(aq) ΔH<0该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是
【答案】A
【解析】
【详解】A、由△H＜0，则正反应是一个放热的反应，升高温度平衡向吸热的方向移动，即向逆反应方向移动，由平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积，则K减小，故A正确；B、pH增大溶液，则碱性增强，会中和溶液中H+，降低了生成物浓度，平衡向正方应方向移动，Cr2O72-的转化率会增大，与图像不符，故B错误；C、温度升高，正、逆反应速率都增大，与图像不符，故C错误；D、增大反应物Pb2+的浓度，平衡向正方应方向移动，则Cr2O72-的物质的量会减小，与图像不符，故D错误；故选A。
10.关于A(g)＋2B(g)===3C(g)的化学反应，下列表示的反应速率最大的是
A. v(A)＝0.6mol/(L·min) B. v(B)＝1.2mol/(L·min)
C. v(C)＝1.2mol/(L·min) D. v(B)＝0.03mol/(L·s)
【答案】D
【解析】
【详解】均转化为A表示的化学反应速率比较大小。A．v(A)=0.6mol/(L•min)；B．v(B) ∶v(A)=2∶1，故v(A)=0.5v(B)=0.5×1.2mol/(L•min)=0.6mol/(L•min)；C．v(C) ∶v(A)=3∶1，故v(A)=v(C)=×1.2mol/(L•min)=0.4mol/(L•min)；D．v(B) ∶v(A)=2∶1，故v(A)=0.5v(B)=0.5×0.03mol/(L•s) =0.015mol/(L•s)=0.9mol/(L•min)；故D的反应速率最快，故选D。
11.在一定温度下，向aL密闭容器中加入1molX气体和2molY气体，发生如下反应：X（g）＋2Y（g） 2Z（g），此反应达到平衡的标志是
A. 容器内压强不随时间变化
B. 容器内气体密度不随时间变化
C. 容器内X、Y、Z的浓度之比为1:2:2
D. 单位时间消耗0.1molX同时生成0.2 mol Z
【答案】A
【解析】
【详解】A．正反应为气体分子数目减小的反应，随反应进行气体的物质的量减小，恒温恒容下容器内压强减小，当容器内压强不再变化，说明反应到达平衡，故A正确；B．反应混合物都为气体，根据质量守恒，混合气体的总质量不变，体积为定值，密度自始至终不变，不能说明到达平衡状态，故B错误；C．平衡时容器内 X、Y、Z 的浓度之比不一定等于化学计量数之比，与物质的转化率有关，故C错误；D．单位时间消耗 0.1molX 同时生成 0.2molZ，均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行，不能说明到达平衡，故D错误；故选A。
12. 下列说法或表示方法不正确的是( )
A. 盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现
B. 在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝ －57.3 kJ/mol，含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ
C. 由C(石墨) =C(金刚石) ΔH ＞ 0，可知石墨比金刚石稳定
D. 在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ/mol
【答案】D
【解析】
试题分析：A、反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现，故A正确；B、浓硫酸稀释过程中也放出热量，所以测得中和过程所放出的热量大于57.3KJ，故B正确；C、能量越低的物质，越稳定，由石墨生成金刚石吸热，说明金刚石能量高，故C正确；D、燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，氢气的燃烧热化学反应方程式中燃料的计量数是1不能是2，故D错误；故选D。
【考点定位】考查燃烧热和中和热的概念应用的判断
【名师点晴】本题考查了燃烧热和中和热的概念应用的判断，注意燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，反应中C→CO2，H→H2O(液)，S→SO2(气)。中和热是指强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，中和热不包括酸、碱溶解时所吸收或放出的热量。
13. 下列物质中，能导电且属于电解质的是
A. 乙醇 B. 蔗糖 C. NaCl溶液 D. 熔融态Na2CO3
【答案】D
【解析】
试题分析：A、乙醇不能导电，属于非电解质，错误，不选A；B、蔗糖是非电解质，错误，不选B；C、氯化钠溶液属于混合物，不属于电解质，错误，不选C；D、熔融态碳酸钠能导电，是电解质，正确，选D。
考点：电解质的定义
14.已知在25 ℃、101 kPa下，1 g C8H18(辛烷)燃烧生成二氧化碳和液态水放出48.40 kJ热量，表示上述反应的热化学方程式正确的是( )
A. C8H18(l) + O2(g)8CO2(g) + 9H2O(l) ΔH=－48.40 kJ·mol-1
B. C8H18(l) + O2(g)8CO2(g) + 9H2O(l) ΔH=－5 518 kJ·mol-1
C. C8H18(l) + O2(g)8CO2(g) + 9H2O(l) ΔH=+5 518 kJ·mol-1
D. C8H18(l) + O2(g)8CO2(g) + 9H2O(l) ΔH=+48.40 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】由25℃，101kPa下，1gC8H18(辛烷)燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量，则1molC8H18燃烧生成二氧化碳和液态水时放出热量为48.40kJ×114=5518kJ，该反应为放热反应，则热化学反应方程式为C8H18(l)+22.5 O2(g)═8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518kJ/mol，故选B。
15.只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是
A. K值不变，平衡可能移动 B. K值变化，平衡一定移动
C. 平衡移动，K值可能不变 D. 平衡移动，K值一定变化
【答案】D
【解析】
试题分析：化学平衡常数只与温度有关，温度改变，K值一定改变，K值改变，温度一定改变，温度不变，压强改变，或浓度改变，K值不变，平衡移动，故D错误。
考点：考查了化学平衡移动原理的相关知识。
16.能说明醋酸是弱电解质的事实是
A. 醋酸溶液的导电性比盐酸弱
B. 醋酸溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳
C. 醋酸溶液用水稀释后，氢离子浓度下降
D. 0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中，氢离子的浓度约为0.001mol·L-1
【答案】D
【解析】
试题分析：A．溶液的导电能力与溶液中离子浓度有关，与电解质的强弱无关，故A错误；B．醋酸溶液和碳酸钙反应生成二氧化碳，说明醋酸的酸性比碳酸强，但不能说明醋酸是弱电解质，故B错误；C．无论醋酸是强电解质还是弱电解质，稀释醋酸溶液，氢离子浓度都降低，所以不能说明醋酸是弱电解质，故C错误；D．0.1mol•的CH3COOH溶液中，氢离子浓度约为0.001mol，说明醋酸是部分电离的，在其溶液中存在电离平衡，所以能说明醋酸是弱电解质，故D正确；故选D。
【考点定位】考查弱电解质的判断
【名师点晴】本题考查了弱电解质的判断，电解质的强弱与其电离程度有关，只有部分电离的电解质是弱电解质。设计实验时要注意等物质的量浓度和等pH的两种酸(或碱)的性质差异，常用的实验方法有：（1）从水解的角度分析，取其钠盐(NaA)溶于水，测其pH，若pH＞7，则说明HA是弱酸，若pH＝7，则说明HA是强酸。（2）从是否完全电离的角度分析，配制一定物质的量浓度HA溶液(如0.1 mol·L－1)，测其pH，若pH＞1，则说明HA是弱酸，若pH＝1，则说明HA是强酸。
17.在密闭容器中进行下列反应，M(g)＋N(g) R(g)＋2L， 此反应符合下图所示图象。R%为R在平衡混合物中的质量分数，则该反应
A. 正反应是吸热反应，L是气体
B. 正反应是放热反应，L是气体
C. 正反应是吸热反应，L是固体
D. 正反应是放热反应，L是固体或液体
【答案】B
【解析】由图像可知，温度为T2时，根据到达平衡的时间可知P1＞P2，且压强越大，R的含量越低，说明增大压强，平衡逆向移动，正反应为气体体积增大的反应，故L为气体；压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T2＞T1，且温度越高，R的含量越低，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；由上述分析可知，正反应放热，L是气体，故B正确，故选B。
【点睛】本题考查了化学平衡图像问题，解答本题需要根据图像判断温度、压强对平衡移动的影响分析出反应的特征。
18.下列关于纯净物，混合物，强电解质，弱电解质和非电解质的正确组合是( )
纯净物
混合物
强电解质
弱电解质
非电解质
A
纯盐酸
水煤气
硫酸
醋酸
干冰
B
冰醋酸
空气
硫酸钡
亚硫酸
二氧化硫
C
氯气
盐酸
苛性钠
氢硫酸
碳酸钙
D
漂白粉
氨水
氯化钠
次氯酸
氯气
【答案】B
【解析】
试题分析：A．纯盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、干冰分别属于混合物、混合物、强电解质、弱电解质，非电解质，故A错误；B．冰醋酸、空气、硫酸钡、亚硫酸、二氧化硫分别属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质，非电解质，故B正确；C．碳酸钙属于强电解质，故C错误；D．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故D错误；故选B。
【考点定位】考查物质的分类
【名师点晴】本题考查了纯净物、混合物、强弱电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，注意概念的辨析。纯净物：有一种物质组成，包括单质和化合物；混合物：由两种或两种以上的物质组成；在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；在水溶液里和熔融状态下不导电的化合物是非电解质，电解质和非电解质都是化合物，单质混合物都不是电解质、非电解质。
19.反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)，700 ℃时平衡常数为1.47，900 ℃时平衡常数为2.15。下列说法正确的是
A. 升高温度该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小
B. 该反应的化学平衡常数表达式为K＝c(FeO)·c(CO)/c(CO2)·c(Fe)
C. 该反应的正反应是吸热反应
D. 增大CO2浓度，平衡常数增大
【答案】C
【解析】
【分析】
反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)，700 ℃时平衡常数为1.47，900 ℃时平衡常数为2.15，升高温度，平衡常数增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，据此解答。
【详解】A．升温，正、逆反应速率均增大，故A错误；B．固体浓度视为常数，不列入平衡常数的表达式，故该化学平衡常数表达式为K=，故B错误；C．根据上述分析，该反应的正反应为吸热反应，故C正确；D．平衡常数只与温度有关，与浓度无关；故增大反应物浓度，平衡常数不变，故D错误；故选C。
20.已知0.1 mol·L－1 的醋酸溶液中存在电离平衡： CH3COOHCH3COO－＋H＋，要使溶液中 c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是（ ）
A. 加少量烧碱溶液 B. 降低温度 C. 加少量冰醋酸 D. 加水
【答案】D
【解析】
试题分析：加少量烧碱溶液，平衡虽然向正向移动，但烧碱电离出来的OH-会与H＋反应使得H＋的浓度减小，A错；电离是吸热反应，减低温度平衡向逆向移动，H＋浓度减小，B错；加少量冰醋酸平衡向正向移动，H＋的浓度增大，CH3COOH的浓度增大更多，C错；加水H＋和CH3COOH都受到了稀释，浓度都会变小，但平衡向正向移动，CH3COOH 的浓度减小的更多，H＋浓度减小的较小，比值增大，D对。
考点：电离平衡的移动方向和离子浓度的变化。
21.50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液在如右图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中尚缺少一种玻璃仪器是__________。
（2）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
（3）实验中改用60mL 0.50mol/L盐酸跟50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热__________(填“相等”或“不相等”).
（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；用50mL 0.50mol/L NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会__________。(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)
【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 偏小 (3). 不相等 (4). 相等 (5). 偏小 (6). 偏小
【解析】
【分析】
(1)根据量热计的构造来判断该装置缺少的仪器；
(2)大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失；
(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，中和热指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量；
(4)弱电解质电离是吸热过程；如果氢氧化钠不过量，导致反应不完全，放出的热量偏小；据此分析解答。
【详解】(1)由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；
(2)大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；
(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60ml0.50mol/L盐酸进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，放出的热量增多，但是中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量无关；故答案为：不相等；相等；
(4)氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出热量偏小，中和热的数值会偏小；用50mL 0.50mol/L NaOH溶液进行上述实验，氢氧化钠不过量，反应不完全，放出的热量偏小，中和热的数值会偏小，故答案为：偏小；偏小。
22.（1）火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水。当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量的热。已知0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量。
反应的热化学方程式为___________________________________________。
又已知H2O(l)＝H2O(g)；ΔH＝＋44kJ/mol。则16g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出热量是___________kJ。
（2）已知： C(s)+ O2(g) = CO2(g) △H2＝-393.5kJ/mol
H2(g)+1/2 O2(g) =H2O(g) △H3 = -241.8 kJ/mol
现有0.2mol的炭粉和氢气组成的悬浮气，且混合物在氧气中完全燃烧，共放出63.53kJ热量，则混合物中 C与 H2的物质的量之比为___________________。
（3）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。现根据下列2个热化学方程式： Fe2O3(s)+3CO(g)=Fe(s)+3CO2(g) ΔH＝-24.8kJ/mol
Fe2O3(s)+CO(g)=2FeO(s)+CO2(g) ΔH＝+411.2kJ/mol
写出CO(g)还原FeO(s)得到Fe(s)和CO2(g)的热化学方程式：___________。
【答案】 (1). N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O (g) △H=－641.63 kJ/mol (2). 408.815 (3). 1∶1 (4). CO(g)+FeO(s)=Fe(s)+CO2(g) ΔH＝-218.0kJ/mol
【解析】
【分析】
(1)依据反应物和生成物书写化学方程式，根据0.4mol液态肼和足量H2O2混合恰好反应，放出256.652kJ的热量，所以1mol液态肼完全反应放出641.63kJ的热量； H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol，依据盖斯定律计算；
(2)根据物质的量与反应放出的热量成正比，利用热化学方程式列式计算C、H2燃烧放出的热量，以此计算混合物中 C与 H2的物质的量之比；
(3)依据盖斯定律结合热化学方程式分析解答。
【详解】(1)反应方程式为：N2H4+2H2O2═N2+4H2O，0.4mol液态肼放出256.652KJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为 =641.63kJ，所以反应的热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=-641.63kJ/mol；①N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g) △H=-641.63kJ/mol；②H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ/mol；依据盖斯定律①-②×4得到N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(l)△H=-817.75kJ/mol；而16g液态肼物质的量为0.5mol，与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量=0.5mol×817.75kJ/mol=408.875kJ，故答案为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-641.63kJ/mol；408.875；
(2)设碳粉为xmol，则氢气为(0.2-x)mol，由热化学方程式可知C燃烧放出的热量为393.5xkJ，H2燃烧放出的热量为241.8(0.2-x)kJ，所以有：393.5xkJ+241.8(0.2-x)kJ=63.53kJ，解得x=0.1mol，则炭粉与H2的物质的量之比为0.1mol∶0.1mol=1∶1，故答案为：1∶1；
(3)①Fe2O3(s)+3CO(g)═2Fe(s)+3CO2(g) △H=-24.8kJ•mol-1，②Fe2O3(s)+CO(g)═2FeO(s)+CO2(g) △H=-411.2kJ•mol-1，由盖斯定律，得到：CO(g)+FeO(s)=Fe(s)+CO2(g)△H=-218.0kJ/mol，故答案为：CO(g)+FeO(s)=Fe(s)+CO2(g)△H=-218.0kJ/mol。
23.一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如图所示。请回答：
（1）醋酸的电离平衡常数表达式为：__________________________。
（2）a、b、c三点c(H＋)由大到小的顺序是________________________________________。
（3）a、b、c三点中醋酸的电离程度最大的点是________点。
（4）若使c点溶液中的c(CH3COO－)提高，可采取的措施是________(填标号)。
A．加热 B．加很稀的NaOH溶液 C．加固体KOH D．加水 E．加固体CH3COONa F．加锌粉
【答案】 (1). (2). b＞a＞c (3). c (4). ACEF
【解析】
【分析】
醋酸是弱电解质，随着醋酸的稀释，醋酸电离程度越大，溶液的导电性与离子浓度成正比，据此分析解答（1）~（3）；
（4）若使c点溶液中的c(CH3COO-)增大，可以在不改变溶液的体积条件下使CH3COOH⇌CH3COO-+H+右移；加入含有醋酸根离子的可溶性盐等固体物质，据此分析解答。
【详解】(1)醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO-+H+，电离平衡常数K= ，故答案为：；
（2）溶液的导电性越强，说明溶液中的氢离子浓度越大，根据图像知，溶液的导电性b＞a＞c，则氢离子浓度b＞a＞c，故答案为：b＞a＞c；
（3）溶液的浓度越小，醋酸的电离程度越大，根据图像，加入的水越多，醋酸的浓度越小，电离程度越大，a、b、c三点中醋酸的电离程度最大的点为c，故答案为：c；
(4)A．醋酸是弱电解质，电离时需要吸收热量，所以加热促进醋酸电离，导致醋酸根离子浓度增大，故A正确；B．加很稀的NaOH溶液，促进醋酸电离，但醋酸电离程度远远小于溶液体积增大程度，所以醋酸根离子浓度减小，故B错误；C．加KOH固体，KOH和醋酸发生中和反应生成醋酸钾，促进醋酸电离，溶液体积不变，醋酸根离子浓度增大，故C正确；D．加水促进醋酸电离，根据图像，但醋酸电离程度远远小于溶液体积增大程度，所以醋酸根离子浓度减小，故D错误；E．加固体CH3COONa，醋酸钠电离出醋酸根离子，导致醋酸根离子浓度增大，故E正确； F．加入锌粉，锌和氢离子发生置换反应而促进醋酸电离，则醋酸根离子浓度增大，故F正确；故答案为：ACEF。
24.I．可逆反应2Cl2（g）+2H2O（g）4HCl（g）+O2（g）△H＞0，在一定条件下达到平衡后，分别采取下列措施（填“增大”、“减小”或“不变”）：
（1）降低温度，Cl2的转化率 ________；v正 ________________；
（2）保持容器体积不变，加入He，则HCl的物质的量 _______________________．
（3）保持容器压强不变，加入He，则O2的体积分数 ______________________；
（4）若温度和体积不变，反应从Cl2和H2O开始至平衡，在这个变化过程中，容器内气体的密度 ____________，相对分子质量 ______________________．
Ⅱ．已知CO（g）、H2（g）、CH3OH（l）的燃烧热分别为283kJ•mol-1、286kJ•mol-1、726kJ•mol-1．
利用CO、H2合成液态甲醇的热化学方程式为____________________________________
【答案】 (1). 减小 (2). 减小 (3). 不变 (4). 增大 (5). 不变 (6). 减小 (7). CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=-129kJ•mol-1
【解析】
【分析】
I．可逆反应2Cl2(g)+2H2O(g)4HCl(g)+O2(g)△H＞0，是一个气体的物质的量增大的吸热反应，根据影响化学平衡的因素分析解答；
Ⅱ．根据CO(g)、H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热书写出三种物质的燃烧热的热化学方程式，再利用盖斯定律来分析CO、H2合成液态甲醇的热化学方程式。
【详解】I．(1)该反应的正反应为吸热反应，所以降低温度，平衡逆移，Cl2的转化率减小；v正减小，故答案为：减小；减小；
(2)保持容器体积不变，加入He，容器体积不变，各物质的浓度不变，平衡不移动，所以HCl的物质的量不变，故答案为：不变；
(3)保持容器压强不变，加入He，容器的体积变大，反应物所占分压减小，平衡正移，则O2的体积分数增大，故答案为：增大；
(4)若温度和体积不变，反应从Cl2和H2O开始至平衡，在这个变化过程中，容器的体积不变，气体的总质量也不变，ρ=，所以容器内气体的密度不变；=，但是气体总物质的量增大，所以相对分子质量减小．故答案为：不变；减小；
Ⅱ．由CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热△H分别为-283.0kJ•mol-1和-726.5kJ•mol-1，则有①CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ•mol-1，②CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2 H2O(l) △H=-726.5kJ•mol-1，③H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ•mol-1，由盖斯定律可知用①+③-×②得反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l) △H═-283.0kJ•mol-1+(-286kJ•mol-1)- (-726.5kJ•mol-1) =-129kJ•mol-1，CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l) △H=-129kJ•mol-1故答案为：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l) △H=-129kJ•mol-1。
【点睛】本题考查了温度、压强对化学平衡的影响。本题的易错点为I．(3)，要注意保持容器压强不变，加入He，容器的体积变大，相当于减小压强，平衡正向移动。
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