【化学】四川省成都市实验中学2018-2019学年高二上学期期末考试模拟（二）（解析版）

四川省成都市实验中学2018-2019学年高二上学期期末考试模拟（二）
（考试范围：选修四 1—3章）
可能用到的元素的相对原子质量： H—1 C—12 O—16 Na—23 Cl—35.5 K—39
一、单项选择题：本题包括20小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分。
1.下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是(　　)
A. 化石能源物质内部蕴涵着大量的能量
B. 绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来
C. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用
D. 吸热反应没有利用价值
【答案】D
【解析】
【详解】A.化石燃料中的能量最原始的来源是太阳能，所以化石能源物质内部蕴涵着大量的能量，A正确；
B.光合作用是绿色植物将太阳的光能转化成化学能储存起来，B正确；
C .放热反应是将化学能转化为热能，原电池可将化学能转化为电能，C正确；
D.吸热反应有其利用价值，如炼铁过程中还原剂的生成虽然是吸热反应，但对炼铁过程是必须的，所以吸热反应有其利用价值，D错误。
故选D。
2.25 ℃、101 kPa时，强酸与强碱的稀溶液中发生中和反应的中和热为57.3 kJ·mol－1，则下列描述正确的是(　　)
A. KOH(aq)＋1/2H2SO4(aq)===1/2 K2SO4(aq)＋H2O(l) △H＝－57.3 kJ·mol－1
B. NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) △H＝＋57.3 kJ·mol－1
C. H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热为△H＝2×(－57.3)kJ·mol－1
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量
【答案】A
【解析】
A、在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热，KOH(aq)＋H2SO4(aq)=== K2SO4(aq)＋H2O(1)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，故A正确；B、中和反应为放热反应，ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，故B错误；C、生成的CaSO4微溶，故ΔH<2×(－57.3) kJ·mol－1，故C错误；D、稀醋酸是弱酸，电离时吸收的热量比强酸多，故放出热量少于57.3 kJ，故D错误；故选A。
3.拆开1 mol 共价键所吸收的能量或形成1 mol 共价键所释放的能量称为键能。已知：H－H键能为436 kJ /mol，H－N键能为391 kJ /mol， N2 (g)+ 3H2(g) 2NH3(g) △H＝－92.4 kJ /mol，下列说法中正确的是(　　)
A. H－H比N≡N更牢固
B. N≡N键能约为946 kJ/mol
C. 合成氨反应选择适当的催化剂是为了提高H2的转化率
D. 0.5 mol N2和1.5 mol H2在题给条件下充分反应，放出热量为46.2 kJ
【答案】B
【解析】
试题分析：反应热等于生成物中断键吸收的热量和形成反应物中化学键放出的热量之差，则如果假设N≡N键能为x，则根据热化学方程式可知x+3×436 kJ/mol－2×3×391 kJ/mol＝－92.4 kJ/mol，解得x＝946 kJ/mol，所以B正确；A、H－H比N≡N键能小，所以N≡N比H－H更牢固，A不正确；C、催化剂只能改变反应速率，而不能改变平衡状态，所以合成氨反应选择适当的催化剂不是为了提高H2的转化率，C不正确；D、由于该反应是可逆反应，因此0.5 mol N2和1.5 mol H2在题给条件下充分反应，放出热量小于46.2 kJ，D不正确，答案选B。
考点：考查反应热的计算、应用以及催化剂对反应速率和平衡状态的影响
4.已知热化学方程式： 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g) △H1＝－483．6kJ/mol，则对于热化学方程式：2H2O(l) =2H2(g) + O2(g) △H2下列说法正确的是（　　）
A. 热化学方程式中化学计量系数表示分子个数
B. 该反应的△H2＝+483．6kJ/mol
C. ︱△H2｜＜︱△H1｜
D. ︱△H2｜＞︱△H1｜
【答案】D
【解析】
试题分析：A．热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，不表示分子个数，故A错误；B、因水的状态不同，气态水变为液态水需要放热，则△H2＞+483．6 kJ/mol，故B错误；C、2mol水中有4molH-O键，形成4mol H-O键放出能量比断2mol H-H及1mol O=O键所需能量多483．6kJ，故C错误；D、2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）△H=+483kJ/mol，△H2=-（△H1-Q）=483kJ•mol-1+Q（Q＞0），△H2＞△H1，即|△H2|＞|△H|，故D正确；故选D．
考点：热化学方程式
5.在1 L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g)M(g)+N(g)，所得实验数据如下表：
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(X)
n(Y)
n(M)
①
700
0.10
0.10
0.09
②
800
0.20
0.20
0.10
③
800
0.20
0. 30
a
④
900
0.10
0.15
b

下列说法错误的是（ ）
A. 实验①中，若5 min时测得n(M) =0.05 mol，则0至5 min时间内，用N表示的平均反应速率v(N) =0.01 mol/( L·min)
B. 实验②中，该反应的平衡常数K=1.0
C. 实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%
D. 实验④中，达到平衡时，b>0.06
【答案】D
【解析】
A、v（N）=v（M）= ，故A正确；
B、 X（g）+Y（g）M（g）+N（g）
起始浓度（mol·L－1） 0.01 0.04 0 0
转化浓度（mol·L－1） 0.008 0.008 0.008 0.008
平衡浓度（mol·L－1） 0.002 0.032 0.008 0.008
实验②中，该反应的平衡常数 故B正确；
C． X（g）+Y（g）M（g）+N（g）
起始浓度（mol·L－1） 0.02 0.03 0 0
转化浓度（mol·L－1） 0.1a 0.1a 0.1a 0.1a
平衡浓度（mol·L－1）0.02-0.1a 0.03-0.1a 0.1a 0.1a
该反应的平衡常数K= 解得a=0.12，X的转化率=0.12/0.2×100%=60%，故C正确；D．根据三段式可求得，700℃时，化学平衡常数K≈2.6，升高温度至800℃得平衡常数为K=1.0，K减小，即平衡逆向移动，则正反应为放热反应，若④的温度为800℃，恒容体系中，气体体积不变的反应，④与③为等效平衡，b=1/2,a=0.06mol，但④的实际温度为900℃，相比较800℃，平衡逆向移动，b＜0.06，故D错误；故选D．
6.某温度下2 L密闭容器中，3种气体起始状态和平衡状态时的物质的量(n)如下表所示。

X
Y
W
n(起始状态)/mol
2
1
0
n(平衡状态)/mol
1
0.5
1.5

下列说法正确的是(　　)
A. 升高温度，若W的体积分数减小，则此反应ΔH>0
B. 该温度下，此反应的平衡常数K＝6.75
C. 增大压强，正、逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动
D. 该温度下，再向该容器中加入1.5 mol W，达到新平衡时，c(X)＝0.25 mol·L－1
【答案】B
【解析】
【详解】由表中数据可以知道△n(X)=1mol、△n(Y)=0.5mol、△n(W)=1.5mol，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，所以△n(X)：△n(Y)：△n(W)=1mol:0.5mol:1.5mol=2:1:3，反应方程式为2X+Y⇌3W；
A.升高温度W的体积分数减小，平衡向逆反应移动，因为升高温度平衡向吸热反应移动，则逆向为吸热反应，故正反应为放热反应，即△H<0，故A错误；
B.反应方程式为2X+Y ⇌3W，反应前后气体的物质的量相同，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，所以平衡常数，故B正确；
C.该反应为反应前后气体的物质的量不变的反应，增大压强正、逆反应速率均增大相同的倍数，平衡不移动，故C错误；
D.该温度下，再向该容器中加入1.5molW，设Y变化物质的量为m
             2X + Y ⇌ 3W
起始量(mol) 1    0.5  1.5+1.5=3
变化量(mol) 2m     m   3m
平衡量(mol) 1+2m  0.5+m  3-3m
根据W含量相同得到: m=0.25mol；
则达到新平衡时，故D错误。答案选B。
7.在容积为2 L的密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g)zC(g)。图甲表示200 ℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)∶n(B)的变化关系。则下列结论正确的是（ ）

A. 200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04 mol·L－1·min－1
B. 200℃时，该反应的平衡常数为25
C. 当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均增大
D. 由图乙可知，反应xA(g)＋yB(g)zC(g)的△H<0，且a＝2
【答案】B
【解析】
【详解】由图甲可以知道反应中A、B、C的物质的量的变化量为0.4:0.2:0.2=2:1:1，根据反应中化学计量数之比等于物质的量的变化量之比可以知道，该反应方程式为 2A(g)+B(g)⇌C(g)；
A.根据v=△c/△t，可以知道v(B)= ，故A错误；
B.由图可以知道平衡时A、B、C的物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，所以它们的浓度分别为：0.2mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，结合化学方程式2A(g)+B(g)⇌C(g)，可以知道该反应的平衡常数K=0.1/（0.22×0.1）=25，故B正确；
C.当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均减小，故C错误；
D.由图乙可以知道，n(A):n(B)一定时，升高温度，C的体积分数增大，平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，△H>0，故D错误。答案选B。
8.有关常温下pH均为3的醋酸和硫酸的说法正确的是(　　)
A. 两种溶液中,由水电离出的氢离子浓度均为1×10-11 mol·L-1
B. 分别加水稀释100倍后,两种溶液的pH仍相同
C. 醋酸中的c(CH3COO-)和硫酸中的c(SO42-)相等
D. 分别加入足量锌片,两种溶液生成H2的体积相同
【答案】A
【解析】
A正确；B错，．分别加水稀释100倍后，醋酸的PH更小；C错，醋酸中的c(CH3COO－)更高；D错，不知道两溶液的体积，无法计算；
9.室温下，将1 mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为ΔH1，将 1 mol 的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为ΔH2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)＋5H2O(l)，热效应为△H 3。则下列判断正确的是(　　)
A. △H2>△H3
B. △H1<△H3
C. △H1+△H3=△H2
D. △H1+△H2>△H3
【答案】B
【解析】
【详解】①胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4⋅5H2O(s)=Cu2+(aq)+SO42−(aq)+5H2O(l)△H1>0；
②硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应，则：CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42−(aq)△H2<0；
③已知CuSO4⋅5H2O(s) CuSO4(s)+5H2O(l)△H3；
依据盖斯定律①−②得到③：△H3=△H1−△H2，由于△H2<0，△H1>0，则△H3>0，
A.分析可知△H3>0，而△H2<0，则△H3>△H2，故A错误；
B.分析可知△H2=△H1−△H3，由于△H2<0，△H3>△H1，故B正确；
C.△H3=△H1−△H2，则△H1=△H3+△H2，故C错误；
D. △H2<0，△H1>0，且△H1=△H3+△H2，则△H3>△H1+△H2，故D错误。答案选B
【点睛】本题考查的是化学反应中的热量。胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4⋅5H2O(s)=Cu2+(aq)+SO42−(aq)+5H2O(l)△H1>0；硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应，则：CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42−(aq)△H2<0；已知CuSO4·5H2O(s) CuSO4(s)＋5H2O(l)，△H 3，根据盖斯定律确定各焓变之间的关系，据此解答。
10.在一定温度下，反应2HBr(g)H2(g)＋Br2(g)　 △H＞0，达到平衡时，要使混合气体颜色加深，可采取的方法是(　　)
A. 减小压强 B. 缩小体积 C. 降低温度 D. 增大氢气的浓度
【答案】B
【解析】
试题分析：颜色的深浅与溴的浓度大小有关系，则A．减小压强平衡不移动，溴的浓度降低，颜色变浅，A错误；B．缩小体积压强增大，平衡不移动，溴的浓度增大，颜色变深，B正确；C．正反应吸热，降低温度平衡向逆反应方向进行，溴的浓度降低，颜色变浅，C错误；D．增大H2的浓度平衡向逆反应方向进行，溴的浓度降低，颜色变浅，答案选B。
考点：考查外界条件对平衡状态的影响
11.下列有关反应速率的说法中正确的是(　　)
A. 氢气与氮气能够缓慢反应生成氨，使用合适催化剂可以提高反应速率
B. 等质量的锌粉和锌片与相同体积、相同浓度的盐酸反应，反应速率相等
C. 用铁片与硫酸制备氢气时，浓硫酸可以加快产生氢气的速率
D. 二氧化硫催化氧化反应的ΔH<0，所以升高温度，反应速率减小
【答案】A
【解析】
【详解】A.加入催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，故A正确；
B.锌粉表面积较大，反应速率较大，故B错误；
C.浓硫酸与铁反应不生成氢气，故C错误；
D.二氧化硫催化氧化反应的ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，但正逆反应速率均增大，故D错误。答案选A。
12.在一定温度下，10 mL 0.40 mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9

下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)(　　)
A. 0～6 min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10－2 mol/(L·min)
B. 6～10 min的平均反应速率：v(H2O2)<3.3×10－2 mol/(L·min)
C. 反应至6 min时，c(H2O2)＝0.3 mol/L
D. 反应至6 min时，H2O2分解了50%
【答案】C
【解析】
【详解】H2O2分解的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑。由表可知，反应进行至6min时，生成，则0—6min的平均反应速率为，此时c(H2O2)=0.2mol/L，有50%的H2O2被分解；随着反应进行，H2O2浓度降低，因此6----10min内反应速率小于。
故A、B、D错误，C正确。答案选C。
13.可知某可逆反应在密闭容器中进行：A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(s)　ΔH<0，右图中曲线b代表一定条件下该反应的进程。若使曲线b变为曲线a，可采取的措施是(　　)

①增大A的浓度　②缩小容器的容积
③增大B的浓度　④升高温度
⑤加入合适的催化剂
A. ① B. ②④ C. ②⑤ D. ②③
【答案】C
【解析】
【详解】由图可以知道，使曲线b变为曲线a，反应速率加快，但A的转化率不变，平衡不移动，改变的条件可能为缩小容器的容积(增大压强)、加入合适的催化剂，①③④均使平衡发生移动，不可行。故A、B、D错误，C正确。答案选C。
【点睛】解答本题时需注意该反应为气体体积不变、吸热的反应，由图可以知道，使曲线b变为曲线a，反应速率加快，但A的转化率不变，平衡不移动。以此来解答。
14.在一定条件下，将3 mol A和1 mol B两种气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)。2 min后该反应达到平衡，生成0.8 mol D，并测得C的浓度为0.2 mol/L，下列判断错误的是(　　)
A. x＝1
B. 2 min内A的反应速率为0.3 mol/(L·min)
C. B的转化率为40%
D. 若混合气体的密度不变，则表明该反应达到平衡状态
【答案】D
【解析】
测得C的浓度为0.2mol·L－1，则C的物质的量是0.4mol，所以根据变化量之比是相应的化学计量数之比可知，x＝1。消耗A1.2mol，所以A的反应速率是0.3 mol·(L·min)－1，B正确。消耗B是0.4mol，所以B的转化率是0.4÷1.0×100％＝40％。C正确。反应前后质量不变。容器容积不变，所以密度始终是不变的，D不正确，答案选D。
15.向FeCl3溶液中滴加2滴KSCN溶液，发生反应达到平衡Ⅰ。保持温度不变，仅改变某一个条件达到平衡Ⅱ，两次平衡时各物质的浓度如下：
Fe3＋(aq)＋3SCN－(aq)Fe(SCN)3(aq)
　平衡Ⅰ/(mol·L－1)　　a　　　　　b　　　　　　c
　平衡Ⅱ/(mol·L－1) x y z
下列叙述不正确的是(　　)
A. 存在关系式：c/ab3＝z/xy3
B. 存在关系式：(a－x)∶(b－y)∶(z－c)＝1∶3∶1
C. 向溶液中加入少量铁粉，溶液颜色变浅
D. 当溶液中c(SCN－)保持不变时达到平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】A. 温度不变，平衡常数不变，K==，故A正确；B. 根据上述平衡浓度可知，由于改变的条件未知，改变的体积可能是改变某一种离子的浓度，也可能是将溶液稀释等，因此无法判断 (a－x)∶(b－y)∶(z－c)的比值大小，故B错误；C. 向溶液中加入少量铁粉，发生2Fe3+ + Fe=3Fe2+，Fe3＋(aq)＋3SCN－(aq) Fe(SCN)3(aq)逆向移动，溶液颜色变浅，故C正确；D. 当溶液中c(SCN－)保持不变时，说明其他微粒的浓度也保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；故选B。
16.已知反应X(g)＋Y(g)nZ(g)　ΔH>0，将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应，各物质的浓度随时间的改变如图所示。下列说法不正确的是(　B　)

A. 反应方程式中n＝1
B. 10 min时，曲线发生变化的原因是升高温度
C. 10 min时，曲线发生变化的原因是增大压强
D. 0～5 min内，用X表示的反应速率为v(X)＝0.08 mol·L－1·min－1
【答案】B
【解析】
A．10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，说明是增大了压强，反应物浓度逐渐减小，生成物浓度增加，平衡正向移动，则说明该反应是体积缩小的反应，即n=1，故A正确；B．根据图象数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故B错误；C．根据图象数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故C正确；在5min时X的物质的量为1.8mol，0～5minx的物质的量变化为2mol-1.8mol=0.2mol，则该时间段X的平均反应速率为v（X）=＝0.08 mol·L－1·min－1；故D正确；故选B。
点睛：本题考查了化学平衡的影响因素、物质的量随时间变化的曲线、化学反应速率的计算，题目难度中等，注意明确影响化学反应速率的因素，能够正确分析物质的量随时间变化的曲线是解题关键，还要明确化学反应速率的概念及计算方法，D是难点。
17.下列说法中正确的是(　　)
A. 常温下，稀释0.1 mol·L－1的氨水，溶液中c(OH－)、c(NH4+)、c(H＋)均下降
B. pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(H2CO3)
C. 常温下，c(NH4+)相等的①(NH4)2SO4　②(NH4)2Fe(SO4)2　③NH4Cl　④(NH4)2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是②＜①＜④＜③
D. 当溶液中存在的离子只有Cl－、OH－、NH4+、H＋时，该溶液中离子浓度大小关系可能为c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H＋)
【答案】C
【解析】
试题分析：A、稀释氨水，氢氧根离子浓度减小，但是氢离子浓度增大，故不选A；B、碳酸氢钠显碱性，说明碳酸氢根离子的水解大于电离，故水解出的碳酸分子的浓度大于电离出的碳酸根离子浓度，故不选B；C、由于②中存在铵根离子和亚铁离子的水解相互抑制，故当铵根离子浓度相等时，①的浓度大于②，但会小于③和④，在④中存在铵根离子与碳酸根离子的水解相互促进，故当铵根离子浓度相等时，③的浓度大于④的浓度，故浓度关系为②①④③，故选C；D、溶液中的离子要遵循电荷守恒，所以当氯离子浓度大于铵根离子浓度，即阴离子浓度大时，氢离子浓度应大于氢氧根离子浓度，故不选D。
考点：溶液中的离子浓度的大小比较。
18.下列关系的表述中,正确的是　(　　)
A. 0.1 mol·L-1NaHSO4溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)
B. 中和pH、体积都相同的盐酸和醋酸,消耗NaOH的物质的量之比为1∶1
C. pH=3的盐酸和pH=3的FeCl3溶液中,水电离的c(H+)不相等
D. 0.1 mol·L-1NaHCO3溶液中:c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据电荷守恒可知0.1mol·L－1NaHSO4溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c()＋c(OH－)，故A错误；B、因为CH3COOH为弱酸，pH和体积都相同的盐酸和醋酸， CH3COOH的物质的量大于HCl的物质的量，所以中和pH和体积都相同的盐酸和醋酸，醋酸消耗NaOH的物质的量大于HCl消耗的NaOH，故B错误；C、pH＝3的盐酸，水电离的c(H＋)=10-11mol•L‾1，pH＝3的FeCl3溶液，水电离的c(H＋)=10-3mol•L‾1，故C正确；D、因为HCO3‾的水解程度大于电离程度，所以0.1mol·L－1NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c()> c(H2CO3) > c()，故D错误。
考点：本题考查离子浓度比较、弱电解质的电离平衡、盐类的水解。
19.常温下，取0.3 mol·L－1 HY溶液与0.3 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合(不计混合后溶液体积变化)，测得混合溶液的pH＝9，则下列说法(或关系式)正确的是(　　)
A. 混合溶液中由水电离出来的c(OH－)＝1×10－9 mol·L－1
B. 混合溶液中离子浓度大小顺序为c(Y－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
C. c(OH－)－c(HY)＝c(H＋)＝1×10－9 mol·L－1
D. c(Na＋)＝c(Y－)＋c(HY)＝0.3 mol·L－1
【答案】C
【解析】
试题分析：A．NaY为强碱弱酸盐，水解呈碱性，水解促进水的电离Y-，混合溶液中由水电离出的c(OH-)=10-14/10-9mol/L=10-5mol/L，故A错误；B．溶液呈碱性，则有c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，可得c(Na+)＞c(Y-)，溶液中离子浓度由大到小的顺序为 c(Na+)＞c(Y-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C．根据物料守恒，应有c(HY)+c(Y-)=c(Na+)，根据电荷守恒应有c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，二者联式可得：c(HY)+c(H+)=c(OH-)，则c(OH-)-c(HY)=c(H+)=1×10-9mol•L-1，故C正确；D．0.3mol•L-1HY溶液与0.3mol•L-1NaOH溶液等体积混合后，从物料守恒的角度分析，溶液中应存在c(Na+)=c(Y-)+c(HY)=0.15mol•L-1，故D错误，故选C。
考点：考查酸碱混合的定性判断以及离子浓度大小比较问题。
20.下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A. 0.1 mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(OH－)
B. 20 mL 0.1 mol/L CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)
C. 室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)＞c(NH4+)＋c(OH－)
D. 0.1 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＋c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】
A．0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，生成碳酸钠溶液，所得溶液中：C(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3- )，故A错误；B．20ml 0.1mol/L CH3COONa溶液与10ml 0.1mol/L HCl溶液混合后反应得到等浓度的CH3COONa，CH3COOH、NaCl混合溶液，溶液呈酸性，醋酸电离大于醋酸根离子水解，C(CH3COO-)＞C(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)，故B正确；C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，一水合氨存在电离平衡，反应后一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液显碱性：c(NH4+ )＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C错误；D．0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合得到醋酸钠溶液，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，故D错误；故选B。
二、非选择题：本题包括5小题，共60分。
21.(1)在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：

①第一步反应是_______(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是_______________。
②1 mol NH (aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是_________________________。
(2)已知红磷比白磷稳定，则反应P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)　ΔH1；4P(红磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)　ΔH2；ΔH1和ΔH2的关系是ΔH1________ΔH2(填“>”、“<”或“＝”)。
(3)在298 K、101 kPa时，已知：2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)　ΔH1；Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g)　ΔH2；2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g)　ΔH3
则ΔH3与ΔH1和ΔH2之间的关系正确的是________。
A.ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 B.ΔH3＝ΔH1＋ΔH2 C.ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 D.ΔH3＝ΔH1－ΔH2
(4)已知：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝－566 kJ·mol－1①，Na2O2(s)＋CO2(g)===Na2CO3(s)＋1/2O2(g) ΔH＝－226 kJ·mol－1，②,则CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时，电子转移数目为_______________。
(5)已知H2(g)＋Br2(l)===2HBr(g)　ΔH＝－72 kJ·mol－1，蒸发1 mol Br2(l)需要吸收的能量为30 kJ，其他相关数据如下表：
物质
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
1 mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量(kJ)
436
200
a
则表中a＝________。
【答案】 (1). 放热 (2). ΔH<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量) (3). NH (aq)＋2O2(g)===NO (aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－346 kJ·mol－1 (4). < (5). A (6). 1.204×1024 (或2NA) (7). 369
【解析】
(1)①由图可知，焓变小于0，即反应物的总能量大于生成物的总能量，所以反应为放热反应，故答案为：放热；反应物的总能量大于生成物的总能量；
②第一步的热化学方程式为NH4+(aq)+1.5O2(g)═NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)，△H=-273kJ/mol，第二步的热化学方程式为：NO2-(aq)+0.5O2(g)═NO3-(aq)，△H=-73kJ/mol，根据盖斯定律则NH4+(aq)+2O2(g)═2H+(aq)+H2O(l)+NO3-(aq)，△H=-346 kJ/mol，故答案为：NH4+(aq)+2O2(g)═2H+(aq)+H2O(l)+NO3-(aq)，△H=-346 kJ/mol；
(2)①4P(白磷，s)+5O2(g)=2P2O5(s)△H1，②P4(红磷，s)+5O2(g)=2P2O5(s)△H2，①-②得到反应：4P(红磷，s)=P4(白磷，s)△H=△H2-△H2，红磷比白磷稳定，说明红磷的能量低于白磷，该反应是吸热反应，即△H2-△H1＞0，即△H2＞△H1，故答案为：＜；(3)①2H2O(g)═O2(g)+2H2(g)△H1；②Cl2(g)+H2(g)═2HCl(g)△H2；③2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g)△H3；则反应③=2×②+①，由盖斯定律可知，△H3=△H1+2△H2，故答案为：A；
(4) 已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；△H=-566kJ/mol，②Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+O2(g)；△H=-226kJ/mol，根据盖斯定律，②×2+①可得：2CO(g)+2Na2O2(s)=2 Na2CO3(s) △H=-1018kJ/mol，CO(g)与Na2O2(s)反应放出509kJ热量时，参加反应CO为2mol×=1mol，反应的电子转移数为2mol，即电子转移数为1.204×1024，故答案为：1.204×1024；
(5)H2(g)+Br2(l)=2HBr(g)△H=-72kJ/mol，蒸发1 mol Br2(l)需要吸收的能量为30 kJ，则H2(g)+Br2(g)=2HBr(g)△H=-102kJ/mol，△H=反应物键能-生成物键能，则有-102=436+200-2a，a=369，故答案为：369。
22.某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白。
(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_______，直到因加入一滴盐酸后，溶液由________色变为________色，并________为止。
(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是__________。

A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
(3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为_______mL，终点读数为_______mL，所用盐酸溶液的体积为_______mL。
(4)某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定
次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.100 0 mol·L－1 盐酸的体积/mL
滴定前读数
滴定后读数
溶液体积/mL
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
依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度__________________________。
【答案】 (1). 锥形瓶中溶液颜色变化 (2). 黄 (3). 橙 (4). 在半分钟内不变色 (5). D (6). 0.00 (7). 26.10 (8). 26.10 (9). 0．104 4 mol·L－1
【解析】
【分析】
本题考查酸碱中和滴定。侧重考查酸碱中和滴定的仪器、实验操作、终点判断和误差分析。
（1）根据酸碱中和滴定的实验操作，用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化。由于选用甲基橙作指示剂，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，所以终点的实验现象为：加入一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色，并在30s内不变色。
（2）根据计算公式c（NaOH）= 分析。
A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗直接注入标准盐酸，V[HCl（aq）]偏大，所测NaOH溶液浓度偏高；
B.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对所测NaOH溶液浓度无影响；
C.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，V[HCl（aq）]偏大，所测NaOH溶液浓度偏高；
D.读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，V[HCl（aq）]偏小，所测NaOH溶液浓度偏低；
（3）根据滴定管的构造特点，起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，所用盐酸溶液的体积为（26.10mL-0.00mL）=26.10mL。
（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（HCl）=，根据反应方程式
HCl + NaOH = NaCl + H2O
0.02610L×0.1000mol/L 0.025L×c(NaOH)
则c(NaOH)= 。据此解答。
【详解】（1）根据酸碱中和滴定的实验操作，用标准的盐酸滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化。由于选用甲基橙作为指示剂，甲基橙的变色范围为3.1---4.4，所以终点的实验现象为：加入一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色，并在30秒内不变色。本小题答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；黄；橙；在半分钟内不变色。
（2）根据计算公式c(NaOH)=
A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗直接注入标准盐酸，V[HCl（aq）]偏大，所测NaOH溶液浓度偏高；
B.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对所测NaOH溶液浓度无影响；
C.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，V[HCl（aq）]偏大，所测NaOH溶液浓度偏高；
D.读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，V[HCl（aq）]偏小，所测NaOH溶液浓度偏低。本小题答案为：D。
（3）根据滴定管的构造特点，起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，所用盐酸溶液的体积为（26.10mL-0.00mL）=26.10mL。本小题答案为：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（HCl）=，根据反应方程式
HCl + NaOH = NaCl + H2O
0.02610L×0.1000mol/L 0.025L×c(NaOH)
则c(NaOH)= 。本小题答案为：0．1044 mol·L－1。
23.已知在25 ℃时，醋酸、次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为醋酸K＝1.75×10－5，次氯酸K＝2.95×10－8，碳酸K1＝4.30×10－7　 K2＝5.61×10－11，亚硫酸K1＝1.54×10－2　K2＝1.02×10－7。
(1)写出碳酸的第一级电离平衡常数表达式K1＝__________。
(2)在相同条件下，等浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中碱性最强的是________。等浓度的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中各离子浓度大小顺序为______________。
(3)若保持温度不变，在醋酸溶液中通入少量HCl，下列量会变小的是________(填字母序号，下同)。
a．c(CH3COO－) 　b．c(H＋)　 c．醋酸的电离平衡常数
(4)下列离子方程式中错误的是________。
a．少量CO2通入次氯酸钠溶液中：CO2＋H2O＋ClO－===HCO3-＋HClO
b．少量SO2通入次氯酸钙溶液中：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O===CaSO3↓＋2HClO
c．过量CO2通入澄清石灰水中：CO2＋OH－===HCO3-
【答案】（1）（2）Na2CO3；c(Na＋)>c(HCO3—)>c(CO32—)>c(OH－)>c(H＋)
（3）a （4）b
【解析】
试题分析：（1）根据电离平衡常数的含义可得碳酸的第一级电离平衡常数表达式K1＝；（2）酸的电离平衡常数越小，则相应的酸根离子结合H+的能力就越强，由于在相同温度下电离平衡常数最小的碳酸的二级电离K2＝5.61×10－11，所以在相同条件下，等浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中碱性最强的是Na2CO3；等浓度的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，由于HCO3—、CO32—都会发生水解反应，而且水解程度HCO3—< CO32—,水解是溶液显碱性，c(OH－)>c(H＋)；但是盐水解的程度是微弱的，主要还是以盐电离产生的离子存在，所以根据物料守恒可得c(Na＋)>c(HCO3—)>c(CO32—)。故溶液中各离子浓度大小顺序为c(Na＋)>c(HCO3—)>c(CO32—)>c(OH－)>c(H＋)；（3）若保持温度不变，在醋酸溶液中通入少量HCl，a．CH3COO－会结合形成CH3COOH,所以c(CH3COO－)变小，正确；b．由于加入了H+，所以c(H＋)会增大；错误；c．醋酸的电离平衡常数只与温度有关，温度不变，所以电离平衡常数就不变，错误；（4）由于酸性H2CO3>HClO> HCO3—,所以少量CO2通入次氯酸钠溶液中，会发生反应：CO2＋H2O＋ClO－=== HCO3—＋HClO，正确；b．由于HClO有强氧化性，而H2SO3有还原性，所以少量SO2通入次氯酸钙溶液中，会发生氧化还原反应：Ca2＋＋ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋2H++Cl-,错误；c．过量CO2通入澄清石灰水中，发生反应得到可溶性酸式盐，离子方程式是：CO2＋OH－=== HCO3—，正确。
考点：考查弱电解质的电离平衡常数的应用、盐的水解、离子浓度大小比较、离子方程式的正误判断的知识。
24.在容积为2 L密闭容器中，保持体系内温度800℃不变，将一定量的NO和O2混合发生反应：2NO＋O22NO2。其中NO的物质的量[n(NO)]随时间的变化如下表：
时间/s
0
10
20
30
40
50
n(NO)/mol
0.2
0.1
0.08
0.07
0.07
0.07
请回答下列问题：
(1)用O2表示达到平衡(假设30 s刚刚达到平衡)时反应速率________，0～10 s与10～20 s的反应速率之比为________。
(2)根据上述数据，能否计算800℃时该反应的平衡常数K________，“能”则计算K，“否”则说明缺少的数据：________。
(3)若升高反应体系的温度，使反应重新达到平衡，此时体系中n(NO)＝n(NO2)，则该反应是________热反应(选填“吸”或“放”)。
(4)在800 ℃时，若缩小容器的体积，达新平衡时n(NO)________(选填“＞”、“＝”或“＜”)0.07 mol，NO的转化率________(选填“增大”、“不变”或“减小”)。
【答案】 (1). 0.001 1 mol/(L·s) (2). 5∶1 (3). 否 (4). 因为缺少初始氧气物质的量(或浓度) (5). 放 (6). ＜ (7). 增大
【解析】
【分析】
本小题考查的是化学反应速率的计算、平衡常数、平衡移动。
（1）30s达到平衡，NO的物质的量减少0.2mol-0.07mol=0.13mol，v(NO)= ；反应速率之比等于化学计量数之比，则v(O2)=0.0022mol/(L·s)×1/2=0.0011 mol/(L·s)，相同时间段内，体积相同的容器，则物质的量的变化量之比等于反应速率之比，可知0～10 s与10～20 s的反应速率之比为（0.2-0.1）：（0.1-0.08）=5:1；
（2）缺少加入的氧气的量，不能确定平衡时体系中氧气的浓度，故不能计算该反应的平衡常数；
（3）根据氮原子守恒，当体系中n(NO)＝n(NO2)=0.1mol，升高温度，NO的量增加，说明平衡向逆反应方向移动，说明正反应为放热反应；
（4）在800 ℃时，若缩小容器的体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，新平衡时n(NO)小于0.07 mol。据此解答。
【详解】（1）30s达到平衡，NO的物质的量减少0.2mol-0.07mol=0.13mol，v(NO)= ；反应速率之比等于化学计量数之比，则v(O2)=0.0022mol/(L·s)×1/2=0.0011 mol/(L·s)，相同时间段内，体积相同的容器，则物质的量的变化量之比等于反应速率之比，可知0～10 s与10～20 s的反应速率之比为（0.2-0.1）：（0.1-0.08）=5:1。本小题答案为：0.001 1 mol/(L·s)； 5∶1。
（2）缺少加入的氧气的量，不能确定平衡时体系中氧气的浓度，故不能计算该反应的平衡常数。本小题答案为：否；因为缺少初始氧气物质的量(或浓度)。
（3）根据氮原子守恒，当体系中n(NO)＝n(NO2)=0.1mol，升高温度，NO的量增加，说明平衡向逆反应方向移动，说明正反应为放热反应。本小题答案为：放。
（4）在800 ℃时，若缩小容器的体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，新平衡时n(NO)小于0.07 mol。本小题答案为：＜；增大。
25.葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(GB2760－2014)规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25 g·L－1。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。
Ⅰ.定性实验方案如下：
(1)将SO2通入水中形成SO2—饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在多个含硫元素的平衡，分别用平衡方程式表示为__________________________________________________。
(2)利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如下实验：

实验结论：干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因：_______________________________。
Ⅱ.定量实验方案如下(部分装置和操作略)：

(3)仪器A的名称是________。
(4)A中加入100.0 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为__________。
(5)除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是__________。
(6)步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2的含量为________ g·L－1。该测定结果比实际值偏高，分析原因________________________________________。
【答案】（12分）（除特别注明，均每空2分）
I.（1）SO2（g）SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3 H＋ + HSO3－；HSO3－H+ + SO32－
（2）干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少
II.（3）圆底烧瓶；
（4）SO2＋H2O2===H2SO4；
（5）加入二氧化锰并振荡
（6）0.32；盐酸的挥发造成的干扰
【解析】
试题分析： （1）将SO2通入水中形成SO2 ─饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在的平衡有：SO2（g）SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3 H＋ + HSO3－；HSO3－H＋ + SO32－，故答案为：SO2（g）SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋ + HSO3－；HSO3－H＋ + SO32－；
（2）根据对比实验，干白葡萄酒中滴入品红溶液，红色不褪去，可能是葡萄酒中的二氧化硫的含量太少的缘故，故答案为：干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少；
Ⅱ. （3）根据装置图，仪器A是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；
（4）H2O2具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸，化学方程式为SO2＋H2O2===H2SO4，故答案为：SO2＋H2O2===H2SO4；
（5）过氧化氢在催化剂作用下容易分解，除去H2O2，可以在反应后的溶液中加入二氧化锰并振荡，故答案为：加入二氧化锰并振荡；
（6）根据反应方程式，有SO2~H2SO4~2NaOH，n(SO2)=n(NaOH)=×0.04000 mol/L×0.025L=0.0005mol，质量为0.0005mol×64g/mol=0.032g，因此1L溶液中含有二氧化硫的质量为0.032g×=0.32g，该葡萄酒中SO2的含量为0.32g/L，测定过程中，盐酸会挥发，导致反应后溶液酸的物质的量偏多，滴定时消耗的氢氧化钠偏多，使得结果偏大，故答案为：0.32；盐酸的挥发造成的干扰。
考点：考查了二氧化硫的性质、物质含量的测定实验的相关知识。