【化学】江苏省启东中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）

江苏省启东中学2018-2019学年高二上学期期中考试
1.关于能源的利用，下列说法中错误的是
A. 由于我国煤和石油的储量十分丰富，所以太阳能和核能的开发在我国并不十分重要
B. 能源的利用过程，实质上是能量的转化和传递过程
C. 现在人类社会使用的能源主要是煤、石油和天然气
D. 煤、石油和天然气的化学能归根到底来自太阳能
【答案】A
【解析】
【详解】A、虽然我国的煤和石油的储量十分丰富，但是它们是化石能源，用完以后不能在短时间内形成。太阳能和核能的开发和利用是十分重要的，故A与题意相符；
B、能的利用过程是指利用能源为人类服务，实质上是能量的转化和转移的过程，故B与题意不符；
C、生活中使用的能源主要是煤、石油、天然气，故C与题意不符；
D、煤、石油和天然气的化学能归根到底来自太阳能，即间接来自太阳能，故D与题意不符；
综上所述，本题选A。
2.下列反应属于放热反应的是
A. C+CO22CO
B. Zn与稀盐酸反应制备氢气
C. 浓硫酸溶于水
D. 石灰石分解制备氧化钙
【答案】B
【解析】
【详解】A、C与CO2反应生成CO是吸热反应，故A错误；B、锌与稀盐酸反应属于放热反应，故B正确；C、浓硫酸溶于水是物理变化，而放热反应首先是化学变化，故C错误；D、石灰石分解是吸热反应，故D错误。
3.根据热化学方程式S(l)+O2(g)SO2(g)　ΔH1=−293.23 kJ·mol−1，分析下列说法正确的是
A. 反应S(s)+O2(g)SO2(g)的热效应小于ΔH1
B. 反应S(g)+O2(g)SO2(g)的热效应大于ΔH1
C. 1 mol SO2(g)的能量小于1 mol S(l)和1 mol O2(g)的能量之和
D. 1 mol SO2 (g)的能量大于1 mol S(l)和1 mol O2(g)的能量之和
【答案】C
【解析】
【详解】A项，S(s)S(l)吸收能量，所以S(s)+O2(g)SO2(g)的热效应大于ΔH1，A项错误；
B项，S(g)S(l)释放能量，所以S(g)+O2(g)SO2(g)的热效应小于ΔH1，B项错误；
C项、D项，该反应是放热反应，所以生成物的总能量小于反应物的总能量，C项正确、D项错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】S(s)→S(l)→S(g)过程要吸收能量，因此三种不同状态的硫与氧气反应的热效应是不相同的，S(s)+O2(g)SO2(g) ΔH1，S(l)+O2(g)= SO2(g) ΔH2，S(g)+O2(g)SO2(g) ΔH3，所以ΔH1>ΔH2>ΔH3。
4. 下列有关热化学反应的描述中正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/mol
B. CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+(2×283.0)kJ/mol
C. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量
【答案】B
【解析】
试题分析：A．中和热是酸碱发生中和反应产生1mol水时放出的热量，所以H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热与HCl和NaOH反应的中和热相同，都是ΔH＝－57.3kJ/mol，错误；B．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，表示1molCO完全燃烧产生CO2放出热量是283.0kJ，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+(2×283.0)kJ/mol，正确；C．1mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，错误；D．由于醋酸是弱酸，电离吸收热量，所以稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出热量小于57.3kJ，错误。
考点：考查有关热化学反应的描述正误判断的知识。
5.取20．00 mL 0.50 mol·L-1 NaOH溶液，恰好将未知浓度的H2SO4溶液20.00 mL滴定至终点，下列说法正确的是（ ）
A. 该实验不需要指示剂
B. 用量筒量取上述硫酸的体积
C. H2SO4的浓度为1.00 mol·L-1
D. 参加反应的H+和OH-的物质的量相等
【答案】D
【解析】
试题分析：A、酸碱中和反应，无现象，需要指示剂，故错误；B、量筒的精确度为0.1mL，应用滴定管，故错误；C、n(H2SO4)=n(H＋)/2=n(NaOH)/2=20×10－3×0.5/2mol=5×10－3mol，c(H2SO4)=5×10－3/20×10－3mol·L－1=0.25mol·L－1，故错误；D、恰好完全反应，即n(H＋)=n(OH－)，故正确。
考点：考查中和滴定、仪器的精确度等知识。
6.少量铁片与100mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（ ）
①加H2O ②加KNO3溶液 ③滴入几滴浓盐酸 ④加入少量铁粉 ⑤加NaCl溶液 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ⑦升高温度（不考虑盐酸挥发） ⑧改用10mL 0.1mol/L盐酸．
A. ①⑥⑦ B. ③⑤⑧ C. ③⑦⑧ D. ③④⑥⑦⑧
【答案】C
【解析】
①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢；②加硝酸钾溶液相当于加入硝酸，不会生成氢气；③加浓盐酸，反应速率加快；④加入铁粉，铁与盐酸反应生成生成氢气的量增多；⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢；⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；⑦升高温度，反应速率加快；⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快；故选C。
7.室温下，若溶液中由水电离产生的c(OH－)＝1×10－14 mol·L－1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是(　　)
A. Al3＋、Na＋、NO3-、Cl－ B. K＋、Na＋、Cl－、NO3-
C. K＋、Na＋、Cl－、AlO2- D. K＋、NH4+、SO42-、NO3-
【答案】B
【解析】
试题分析：A．如溶液呈碱性，则Al3+不能大量共存，故A错误；B．无论溶液呈酸性还是碱性，离子之间都不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．如溶液呈酸性，则AlO2-不能大量共存，故C错误；D．如溶液呈碱性，则NH4+不能大量共存，故D错误；故选B。
【考点定位】考查离子共存问题
【名师点晴】离子共存题，为高频考题，由水电离产生的c(OH-)=1×10-14mol•L-1时，水的电离受到抑制，溶液为强酸溶液或强碱溶液，如离子之间没有发生类似生成沉淀物、气体、水或氧化还原反应等的反应，且与H+或OH-都不反应，则离子可大量共存。
8.COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g)　ΔH>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的浓度　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. ②③⑥ D. ③⑤⑥
【答案】B
【解析】
①为吸热反应，升温平衡正向移动，转化率增大，故选；②恒容通入惰性气体，平衡不移动，转化率不变，故不选；③增加CO的浓度，平衡逆向移动，转化率减小，故不选；④该反应为气体体积增大的反应，减压平衡正向移动，转化率增大，故选；⑤加催化剂，平衡不移动，转化率不变，故不选；⑥恒压通入惰性气体，相当于减小压强，减压平衡正向移动，转化率增大，故选；故选B。
点睛：把握温度、浓度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，注意催化剂对平衡移动无影响。本题的易错点为②⑥，要注意通入惰性气体是否引起反应物或生成物浓度的变化。
9.在一个不传热的固定容积的密闭容器中可逆反应mA（g）+ nB（g）⇌ pC（g）+ qD（g） 当m、n、p、q为任意整数时，达到平衡的标志是（ ）
①体系的压强不再改变
②体系的温度不再改变　
③各组分的浓度不再改变
④各组分的质量分数不再改变
⑤反应速率v（A）：v（B）：v（C）：v（D）=m：n：p：q
⑥单位时间内m mol A断键反应，同时pmol C也断键反应．
A. ③④⑤⑥ B. ②③④⑥ C. ①③④⑤ D. ①③④⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：①如果该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，则体系的压强始终不变，所以不能根据压强判断反应是否达到平衡状态，错误；②体系的温度不再改变，正逆反应速率相等，所以能据此判断该反应达到平衡状态，正确；③各组分的物质的量浓度不再改变，该反应达到平衡状态，正确；④当该反应达到平衡状态，各组分的质量分数不再改变，正确；⑤当反应速率vA：vB：vC：vD=m：n：p：q，不能据此判断该反应是否达到平衡状态，错误；⑥单位时间内m mol A断键反应等效于pmol C形成，同时pmol C也断键反应，正确；答案选B。
【考点定位】本题主要是考查了化学平衡状态的判断
【名师点晴】反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，注意把握化学平衡状态判断的角度，特别是正逆反应速率的关系，为易错点。注意掌握化学平衡状态的判断依据：（1）任何情况下均可作为标志的：①υ正=υ逆(同一种物质)；②各组分含量(百分含量、物质的量、质量)不随时间变化；③某反应物的消耗(生成)速率、某生成物的消耗(生成)速率=化学计量数之比；（2）在一定条件下可作为标志的是：①对于有色物质参加或生成的可逆反应体系，颜色不再变化；②对于有气态物质参加或生成的可逆反应体系，若反应前后气体的系数和相等，则混合气体平均相对分子质量M和反应总压P不变(恒温恒容)；③对于恒温绝热体系，体系的温度不在变化；（3）不能作为判断标志的是：①各物质的物质的量或浓度变化或反应速率之比=化学计量数之比 (任何情况下均适用)；②有气态物质参加或生成的反应，若反应前后气体的系数和相等，则混合气体平均相对分子质量M和反应总压P不变(恒温恒容)。据此可以进行有关判断。
由此进行判断．
10.一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合下图的是

A. CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g) ΔH＜0
B. CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＞0
C. CH3CH2OH(g)CH2=CH2(g)＋H2O(g) ΔH＞0
D. 2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)2C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g) ΔH＜0
【答案】A
【解析】
试题分析：温度越高，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此t2＞t1；同理压强越大，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此p1＞p2；A．反应是一个体积减小的、放热的可逆反应，因此升高温度平衡向逆反应方向移动，降低水蒸气的含量；而增大压强平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，A正确；B．反应是一个体积不变的、吸热的可逆反应，压强对水蒸气的含量不影响；升高温度平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，因此均不符合，B错误；C．反应是一个体积增大的、吸热的可逆反应，升高温度平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，不符合图象，C错误；D．反应是一个体积增大的、放热的可逆反应，压强不符合，D错误，答案选A。
考点：考查外界条件对化学平衡的影响及有关图象的分析和识别。
11.已知常温常压下，CO2饱和溶液的pH为3.9，试推测用已知浓度的标准盐酸滴定NaHCO3饱和溶液时，适宜使用的指示剂及滴定至终点时溶液颜色的变化情况
A. 石蕊，由蓝色变成红色 B. 甲基橙，由黄色变成橙色
C. 酚酞，由红色变成无色 D. 甲基橙，由橙色变成黄色
【答案】B
【解析】
【详解】盐酸滴定NaHCO3饱和溶液时，发生反应：NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O，因为NaHCO3饱和溶液呈碱性，滴加盐酸最后生成的CO2的饱和溶液呈酸性，则应选择在酸性范围内变色的甲基橙作指示剂。甲基橙在NaHCO3饱和溶液中呈黄色，生成的CO2的饱和溶液的pH=3.9，处于3.1〜4.4范围内，到达滴定终点时溶液应呈橙色，B正确；
综上所述，本题选B。
12.在体积为V L的恒容密闭容器中盛有一定量H2，通入Br2(g)发生反应：H2(g)＋Br2(g)2HBr(g) ΔH＜0。当温度分别为T1、T2，平衡时，H2的体积分数与Br2(g)的物质的量变化关系如下图所示。下列说法不正确的是

A. 由图可知：T1＜T2
B. a、b两点的反应速率：b＞a
C. 为了提高Br2(g)的转化率，可采取将HBr液化并及时移走的方法
D. T1时，随着Br2(g)加入，平衡时HBr的体积分数不断增加
【答案】AD
【解析】
A．根据图象可知，当加入的n（Br2）均为n1建立化学平衡后，H2的体积分数温度T1的大于温度T2，该反应是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆反应方向移动导致氢气的体积分数降低，所以T1＞T2，故A正确；
B．对a和b来说，温度相同，H2的初始量相同，Br2的初始量是b＞a，a、b两个平衡状态，可以认为是向a的平衡状态加入（n2﹣n1）molBr2建立了化学平衡b，而加入Br2，平衡向正反应方向移动，建立平衡b后，其反应速率要增加，即两点的反应速率a＜b，故B正确；
C．将HBr液化并及时移走，HBr的浓度降低，平衡向正反应方向移动，溴的转化率增大，故C正确；
D．当温度均为T1时，加入Br2，平衡会向正反应方向移动，导致HBr的物质的量不断增大，但体积分数不一定逐渐增大，这与加入的溴的量及转化率有关，故D错误，故选D．
【点评】本题考查了外界条件对化学平衡的影响，易错选项是D，注意反应物的转化率增大，生成物的体积分数不一定增大，这与反应物的量有关．
13.要证明某酸是弱酸，下列方法正确的是
A. 将串联一小灯泡的该酸溶液与串联一相同小灯泡的硫酸并联，接通电源后，若该溶液上的灯泡较暗，则说明该酸是弱酸
B. 测定该酸的钠盐溶液常温下的pH，若pH＞7，则说明该酸是弱酸
C. 用该酸与金属锌反应，产生气泡较慢，则说明该酸是弱酸
D. 中和等体积、等浓度的NaOH溶液消耗该酸的量大于硫酸，则说明该酸是弱酸
【答案】B
【解析】
【分析】
证明某酸为弱酸,可证明存在电离平衡、部分电离以及对应的强碱盐的溶液的酸碱性等角度设计实验,注意与强酸进行对比时,应在相同浓度下,以此解答。
【详解】A.没有明确与硫酸浓度的大小关系,则不能证明为弱酸,故A错误；
B.测定该酸的钠盐溶液常温下的pH,若pH＞7，说明为强碱弱酸盐,水解呈碱性,可说明为弱酸,故B正确；
C.没有说明酸的浓度大小,则不能证明为弱酸,故C错误；
D.如为一元强酸，中和等体积等浓度的NaOH溶液消耗该酸的量也会大于硫酸，不能证明为弱酸,故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】针对选项（C），若是0.1mol/L某一元酸和0.1mol/L盐酸，分别与金属锌反应，产生气泡较慢的，则说明某一元酸是弱酸；若是pH=1的某一元酸和盐酸，分别与金属锌反应，产生气泡较快的，则说明某一元酸是弱酸。
14.下列有关热化学方程式及其叙述正确的是
A. 氢气的燃烧热为285.5 kJ·mol－1，则水分解的热化学方程式为：2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH=＋285.5 kJ·mol－1
B. 已知2C(石墨，s)＋O2(g)===2CO(g)　 ΔH=－221 kJ·mol－1，则石墨的燃烧热为110.5 kJ·mol－1
C. 已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　 ΔH=－92.4 kJ·mol－1，则在一定条件下将1 mol N2和3 mol H2置于一密闭容器中充分反应后，最多可放出92.4 kJ的热量
D. 已知乙醇和乙烯的燃烧热分别为1 366.8 kJ·mol－1和1 411.0 kJ·mol－1，则乙烯水化制乙醇的热化学方程式为：C2H4(g)＋H2O(l)===C2H5OH(l) ΔH=－44.2 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
燃烧热是指1 mol可燃物燃烧时所放出的热量，所以当1 mol水分解时才吸热285.5 kJ，A项错；燃烧热是指生成稳定的氧化物所放出的热量，而CO不是稳定氧化物，B项错；合成氨是可逆反应，提供的反应物不会全部反应，放出的热量小于92.4 kJ，C项错；根据盖斯定律，将表达乙烯燃烧热的热化学方程式和表达乙醇燃烧热的热化学方程式相减可得D项热化学方程式。
15.在一定温度下，向2 L体积固定的密封容器中加入1 mol HI，发生反应：2HI(g)H2(g)+I2(g) ΔH＞0，测得H2的物质的量随时间变化如表，下列说法正确的是
t/min
1
2
3
n(H2)/mol
0.06
0.1
0.1
A. 2 min内的HI的分解速度为0.05 mol·L−1·min−1
B. 该温度下，反应的平衡常数K=，平衡时HI的转化率为20%
C. 该温度下的平衡常数为K1，温度升高10℃后平衡常数为K2，则K1＜K2
D. 达平衡后其他条件不变，压缩容器体积，平衡不移动，c(HI)不变
【答案】AC
【解析】
【分析】
A、反应速率v=∆c/∆t计算判断；
B、根据化学平衡三段式列式计算分析判断；
C、反应是吸热反应，升温平衡正向进行；
D、压缩容器体积压强增大，反应前后气体体积不变，平衡不动，但物质浓度增大.
【详解】根据反应进行如下计算：
2HI（g）⇌ H2（g）+I2（g）
起始量 （mol/L）  0.5     0       0
变化量（mol/L）   0.1     0.05     0.05
2min量 （mol/L）  0.4     0.05     0.05  
A、2min内的HI的分解速度v=∆c/∆t=0.1/2=0.05mol/L•min，故A正确；
B、根据上述分析可以知道，平衡常数K=0.05×0.05/0.42=5/32，平衡时HI的转化率为20%，故B错误；
C、反应是吸热反应，升温平衡正向进行，平衡常数增大，温度升高10℃后平衡常数为K2，则K1＜K2，故C正确；
D、压缩容器体积压强增大，反应前后气体体积不变，平衡不动，但物质浓度增大，故D错误；
综上所述，本题选AC。
16.能源危机是当前全球性的问题，“开源节流”是应对能源危机的重要举措。
（1）下列做法有助于能源“开源节流”的是___(填序号)。
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．大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求
c．开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料
d．减少资源消耗，增加资源的重复使用、资源的循环再生
（2）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，氧气充足时燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。

①在通常状况下，金刚石和石墨中___(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热为___。
②12 g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36 g，该过程放出的热量为___。
（3）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJ·mol−1、497 kJ·mol−1。
N2(g)+O2(g)2NO(g)　ΔH=180.0 kJ·mol−1。
NO分子中化学键的键能为___ kJ·mol−1。
（4）综合上述有关信息，请写出CO和NO反应的热化学方程式：_________。
【答案】 (1). acd (2). 石墨 (3). 393.5kJ·mol−1 (4). 252.0kJ (5). 631.5 (6). 2NO(g)+2CO(g)＝ N2(g)+2CO2(g) ΔH=−746.0kJ·mol−1
【解析】
　(2)①石墨的能量更低，更稳定。石墨的燃烧热指1 mol石墨完全燃烧生成CO2时放出的热量。
②12 g石墨和24 g氧气反应，即1 mol C和0.75 mol O2反应，则生成0.5 mol CO和0.5 mol CO2，放出热量0.5 mol×110.5 kJ·mol－1＋0.5 mol×393.5 kJ·mol－1＝252.0 kJ。(3)ΔH＝E(N2键能)＋E(O2键能)－2E(NO键能)，2E(NO键能)＝946 kJ·mol－1＋497 kJ·mol－1－180.0 kJ·mol－1，E(NO键能)＝631.5 kJ·mol－1。(4)已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)　ΔH＝－566.0 kJ·mol－1，N2(g)＋O2(g)=2NO(g)　ΔH＝180.0 kJ·mol－1，目标反应2NO(g)＋2CO (g)=N2(g)＋2CO2(g)可由前者减后者获得，则ΔH＝－746.0 kJ·mol－1。
17.“碘钟”实验中，3I－＋===＋2的反应速率可以用与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。某探究性学习小组在20 ℃进行实验，得到的数据如下表：
实验编号
①
②
③
④
⑤
c(I－1)/(mol·L－1)
0.040
0.080
0.080
0.160
0.120
c()/(mol·L－1)
0.040
0.040
0.080
0.020
0.040
t/s
88.0
44.0
22.0
44.0
t2
回答下列问题：
（1）该实验的目的是__________________________________。
（2）上表中显色时间t2=________。
（3）温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律，若在40 ℃下进行编号③对应浓度的实验，显色时间t2的范围为________(填字母)。
A．＜22.0 s B．22.0～44.0 s C．＞44.0 s D．数据不足，无法判断
（4）通过分析比较上表数据，得到的结论是____________________________________。
【答案】 (1). 研究反应物I－与的浓度对反应速率的影响 (2). 29.3 (3). A (4). 反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比)
【解析】
【详解】（1）图表中的物理量是反应物浓度与时间关系，通过分析知，反应物的浓度与时间成反比，浓度的变化量与时间的比值为速率，所以得出反应物浓度与反应速率的关系．因此，本题正确答案是：研究反应物I-与S2O82-的浓度对反应速率的影响。
（2）通过分析各组数据知，反应物起始浓度乘积与时间成反比，由①、⑤列比例式，
（0.040 mol•L-1×0.040mol•L-1）：（0.120 mol•L-1×0.040mol•L-1）=t1：88.0s，所以t1=29.3 s；因此，本题正确答案是：29.3。
（3）在反应物起始浓度相同的条件下，温度越高，反应速率越大，则显色时间越短，显色时间t2的范围为＜22.0 s；A正确；综上所述，本题选A。
（4）通过分析知，反应物的浓度乘积与时间成反比，浓度的变化量与时间的比值为速率，所以反应速率与反应物起始浓度乘积成正比；因此，本题正确答案是：反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比)。
18.高炉炼铁过程中发生的主要反应为：Fe2O3(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)
已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：
温度/℃
1 000
1 150
1 300
平衡常数
4.0
3.7
3.5
请回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式K=________，ΔH________0(填“＞”“＜”或“=”)；
（2）在一个容积为10 L的密闭容器中，1 000 ℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0 mol，反应经过10 min后达到平衡。求该时间范围内反应的平均反应速率v(CO2)=________、CO的平衡转化率=________；
（3）欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是________。
A．减少Fe的量 B．增加Fe2O3的量
C．移出部分CO2 D．提高反应温度
E．减小容器的体积 F．加入合适的催化剂
【答案】 (1). (2). ＜ (3). 0.006 mol·L−1·min−1 (4). 60% (5). C
【解析】
【详解】(1)反应：1/3 Fe2O3(s)＋CO(g) 2/3Fe(s)＋CO2(g)的平衡常数k= ；由表中数据可以知道,温度越高平衡常数越小,故升高温度平衡向逆反应移动,正反应为放热反应,即ΔH＜0 ；综上所述，本题答案是： ，＜ 。
(2)令平衡时CO的物质的量变化为xmol,则:
1/3Fe2O3(s)＋CO(g)2/3 Fe(s)＋CO2(g)
起始量 1 1
变化量 x x
平衡量 1-x 1+x
所以：（1+x）/( 1-x)=4，x=0.6mol；v(CO2)=0.6/(10×10)= 0.006 mol·L−1·min−1 ；CO的平衡转化率为0.6/1×100%=60%；综上所述，本题答案是：0.006 mol·L−1·min−1 ；60%。
（3）A．铁为纯固体，减少Fe的量，浓度不变，速率不变，平衡不动， CO的平衡转化率不变，错误；
B．Fe2O3为纯固体，增加Fe2O3的量，浓度不变，速率不变，平衡不动， CO的平衡转化率不变，错误；
C．减少生成物浓度，平衡右移，CO的平衡转化率增大，正确；
D．通过图表可知，温度升高，平衡常数减小，该反应为放热反应，提高反应温度，平衡左移，CO的平衡转化率减小，错误；
E．该反应为反应前后气体的体积不变，减小容器的体积，相当于减小压强，平衡不移动， CO的平衡转化率不变，错误；
F．加入合适的催化剂，加快反应速率，平衡不动，CO的平衡转化率不变，错误；
综上所述，本题选C。
19.向2 L密闭容器中通入a mol气体A和b mol气体B，在一定条件下发生反应：xA(g)＋yB(g) pC(g)＋qD(g)。已知：平均反应速率vC=vA；反应2 min时，A的物质的量减少了，B的物质的量减少了 mol，有a mol D生成。
回答下列问题：
（1）反应2 min内，vA=________，vB=________。
（2）化学方程式中，x=________，y=__________，p=__________，q=________。
（3）反应平衡时，D为2a mol，则B的转化率为________。
（4）如果只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时D为1.5a mol，则该反应的ΔH________0。(填“＞”“＜”或“=”)
（5）如果其他条件不变，将容器的容积变为1 L，进行同样的实验，则与上述反应比较：①反应速率________(填“增大”“减小”或“不变”)，理由是_____________________。
②平衡时反应物的转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)，理由是__________________。
【答案】 (1). mol·(L·min)−1 (2). mol·(L·min)−1 (3). 2 (4). 3 (5). 1 (6). 6 (7). ×100% (8). ＜ (9). 增大 (10). 体积减小，反应物的浓度增大，因而使反应速率增大 (11). 减小 (12). 体积减小，气体的压强增大，平衡向气体分子数少的方向(即逆反应方向)移动，因而使反应物转化率减小
【解析】
【详解】（1）反应2 min内，vA=∆c/∆t=a/3/(2×2)= mol·(L·min)−1 ；vB=∆c/∆t= a/2/(2×2)= mol·(L·min)−1；综上所述，本题答案是： mol·(L·min)−1 ； mol·(L·min)−1。
(2) 由（1）可知，vA= mol·(L·min)−1，vB= mol·(L·min)−1；同样可得vD＝a/(2×2)mol·L－ 1 ·min－1；vC ＝1/2vA ＝a/24mol·L－ 1 ·min－1；由化学反应速率之比等于化学方程式中化学计量数之比可得 x∶y∶p∶q ＝vA ∶vB ∶vC ∶vD ＝a/12:a/8:a/24:a/4=2:3:1:6；所以化学方程式中，x=2，y=3，p=1，q=6；综上所述，本题答案是：2， 3 ，1 ，6。
（3）2A(g)＋3B(g)C(g)＋6D(g)反应平衡时，D为2a mol，则B减小了a mol，因此B的转化率为a/b×100%=a/b×100%；综上所述，本题答案是： a/b×100%。
(4)其它条件不变只升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，由题意知原平衡时D为2amol，升高温度达到新平衡时，D为1.5amol，可见反应向逆反应方向移动，因此正反应是放热反应，即ΔH<0。综上所述，本题答案是：＜。
(5) ①原密闭容器的体积为2 L，现变为1 L，其他条件不变，反应物和生成物的浓度都增大，因此反应速率增大；综上所述，本题答案是：增大；体积减小，反应物的浓度增大，因而使反应速率增大。
②减小体积即为加压，增大压强，平衡应向气体计量数之和小的方向移动，由于反应方程式为2A(g)＋3B(g)C(g)＋6D(g)，左边气体计量数之和小，因此平衡向左移动，反应物的转化率减小；综上所述，本题答案是：减小；体积减小，气体的压强增大，平衡向气体分子数少的方向(即逆反应方向)移动，因而使反应物转化率减小。
20.现有常温下的五份溶液：
①0.01 mol·L−1 CH3COOH溶液；②0.01 mol·L−1 HCl溶液；
③pH=12的氨水； ④pH=12的NaOH溶液；
⑤0.01 mol·L−1 HCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。
（1）其中水的电离程度最大的是________(填序号，下同)，水的电离程度相同的是________。
（2）若将②③混合后所得溶液的pH=7，则消耗溶液的体积：②________③(填”＞”“＜”或”=“)。
（3）将五份溶液同等稀释10倍后，溶液的pH：①________②，③________④(填“＞”“＜”或“=”)。
（4）将①④混合，若有c(CH3COO−)＞c(H+)，则混合溶液可能呈________(填序号)。
A．酸性 B．碱性 C．中性
【答案】 (1). ⑤ (2). ②③④ (3). ＞ (4). ＞ (5). ＞ (6). ABC
【解析】
【分析】
(1)酸或碱抑制水电离,含有弱根离子的盐促进水电离,酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等时,水的电离程度相同；
(2)混合溶液呈中性,根据电荷守恒分析；
(3)弱电解质溶液中存在电离平衡,加水稀释过程中促进弱电解质电离,相同pH的酸或碱溶液中,pH变化大的是强电解质,变化小的是弱电解质；
(4)根据电荷守恒分析解答。
【详解】①①0.01 mol·L−1 CH3COOH溶液中pH大于2；
②0.01 mol·L−1 HCl溶液中pH=2；
③ pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L；
④ pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度等于0.01mol/L；
⑤0.01 mol·L−1 HCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液，二者恰好反应生成氯化钠,溶液呈中性；
(1)酸或碱抑制水电离,含有弱根离子的盐促进水电离,①②③④抑制水电离, ⑤既不促进水电离也不抑制水电离,所以水的电离程度最大的是⑤；酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等时,水的电离程度相同。②中氢离子浓度和③④中氢氧根离子浓度相等，所以水的电离程度相同的是②③④；综上所述，本题答案是：⑤；②③④。
（2）②0.01 mol·L−1 HCl溶液中pH=2，③ pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L；由于氨水的浓度大于盐酸，要使二者混合溶液呈中性，因此消耗酸的体积要大一些，则消耗溶液的体积：②＞③；因此，本题正确答案是: ＞。
（3）将这几种溶液稀释相同的倍数时,加水稀释促进弱电解质的电离,①中醋酸电离程度小于②，所以②中氢离子浓度大于①，所以pH：①>②；③④中氢氧根离子浓度相等,加水稀释促进一水合氨电离,导致③中氢氧根离子浓度大于④,所以pH：③>④；综上所述，本题答案是：＞ ， ＞。
（4）将①、④混合,若有c(CH3COO−)＞c(H+),如果溶液中c(OH−)＞c(H+),,则混合溶液呈碱性；如果c(OH−) 综上所述，本题选ABC。
【点睛】同一条件下，酸碱溶液抑制水电离，当酸或碱提供的c(H+)或c(OH−)浓度相等时，酸或碱对水的抑制程度是完全一样的，而不水解的盐对水的电离平衡没有影响。
21.下面a～e是中学化学实验中常见的几种定量仪器：a.量筒　b.容量瓶　c.滴定管　d.托盘天平　e.温度计
（1）无“0”刻度的是________(填字母)。
（2）下列操作合理的是________(填字母)。
A.用25 mL碱式滴定管量取20.00 mL NaHCO3溶液
B.用托盘天平准确称量10.20 g碳酸钠固体
C.用100 mL量筒量取3.2 mL浓硫酸
D.用500 mL容量瓶配制1 mol·L－1的氢氧化钠溶液495.5 mL
（3）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示：则所用盐酸的体积为________mL。

（4）某学生根据三次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测氢氧化钠溶液的体积/mL
0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09


请选用其中合理数据列出该氢氧化钠溶液物质的量浓度(计算结果保留4位有效数字)：c(NaOH)＝________ mol·L－1。
（5）由于错误操作，使得上述所测氢氧化钠溶液的浓度偏高的是________(填字母)。
A.中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数
B.碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25.00 mL待测碱溶液注入锥形瓶进行滴定
C.酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定
D.把配好的标准溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中然后用来滴定
【答案】 (1). ab (2). AD (3). 26.10 (4). 0.104 4 (5). CD
【解析】
【详解】(1)量筒小刻度在下，故不需要0刻度；容量瓶只有一个量程刻度；滴定管、托盘天平、温度计均有0刻度；因此，本题正确答案是:ab。
（2）A. 碱式滴定管可以读数读到0.01 mL，合理；
B.托盘天平只能读到0.1g，不能称量10.20 g碳酸钠固体，不合理；
C. 用100 mL量筒量取3.2 mL浓硫酸，产生较大误差，应选用10 mL量筒，不合理；
D. 实验室没有495.5 mL 容量瓶，故选用500 mL容量瓶，合理；
综上所述，本题选AD 。
(3)滴定管的0刻度在上方,故图1、2正确；0-1刻度间每一小格为0.10mL，滴定开始时如图1显示0.00mL,结束时图2显示26.10mL,可以知道则所用盐酸溶液的体积为26.10-0.00=26.10 mL；因此，本题正确答案是:26.10。    
(4)根据数据的有效性,舍去第2组数据,则1、3组平均消耗V(盐酸)=（26.11+26.09）/2=26.10mL,根据反应方程式HCl+NaOH=NaCl+H2O；0.0261×0.1000=0.025×c(NaOH)，则c(NaOH)=0.1044 mol·L－1；综上所述，本题答案是：0.1044。
(5)A.读取盐酸体积时,滴定结束时俯视读数,造成V(标准)偏小,根据c(待测),可以知道，测定c(NaOH)偏低，故A错误；
B.碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25.00 mL待测碱溶液注入锥形瓶进行滴定，相当于稀释,造成c(NaOH)偏低，故B错误；
C.酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)，可以知道,测定c(NaOH)偏大,故C正确；
D.把配好的标准溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大,根据c(待测),可以知道,测定 c(NaOH)偏大,故D正确；
综上所述，本题选CD。