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2022-2023学年新疆乌鲁木齐市第八中学高二上学期期中考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年新疆乌鲁木齐市第八中学高二上学期期中考试化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
新疆乌鲁木齐市第八中学2022-2023学年高二上学期期中考试
化学试题
考试时间：100分钟 卷面分值：100分 )
(命题范围：人教版高中化学选择性必修一第一章至第三章第三节)
一、单项选择题(共21题，42分)
1. 下列说法不正确的是
A. 需要加热才能发生的反应可能是放热反应
B. 任何吸热反应在常温条件下都不能发生
C. 反应物和生成物所具有的总能量的相对大小决定了反应是放热还是吸热
D. “冰，水为之，而寒于水”，说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量低
【答案】B
【解析】
【详解】A．有些放热反应，需要加热甚至高温才能发生反应，如铝热反应，需要“高温”条件，选项A正确；
B．有些吸热反应在常温条件下也能发生，如氢氧化钡晶体和氯化铵晶体反应是吸热反应，常温下可以进行，选项B不正确；
C．生成物与反应物所具有的总能量的差值为反应的△H，△H＜0放热，△H＞0吸热，选项C正确；
D．水降低温度变成冰，水变为冰的过程中放出热量，所以相同质量的水和冰相比较，冰的能量低，选项D正确；
答案选B。
2. 2021年我国首次实现以CO2为原料人工合成淀粉，该过程涉及CO2加氢(电解水得氢气)转化为甲醇(CH3OH)的过程，其能量变化如图所示。
下列叙述正确的是
A. CO2合成甲醇的反应中，反应物总能量比产物总能量低
B. CO2合成甲醇的反应中，破坏反应物化学键吸收的能量大于形成产物化学键释放的能量
C. CO2合成甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) △H=-(Q1+Q2)kJ·mol-1
D. 上述过程中存在电能转化为化学能、化学能转化为热能的能量转化形式
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，故A错误；
B．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，则反应中破坏反应物化学键吸收的能量小于形成产物化学键释放的能量，故B错误；
C．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，反应的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) △H=- Q2kJ ·mol-1，故C错误；
D．由题意可知，电解水得氢气的过程中存在电能转化为化学能的能量转化形式，二氧化碳加氢转化为甲醇的过程中存在化学能转化为热能的能量转化形式，故D正确；
故选D。
3. 下列实验现象或图象信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是
A. 图①温度计的水银柱上升 B. 图②中反应物总能量大于生成物总能量
C. 图③中反应开始后，针筒活塞向右移动 D. 图④中反应开始后，甲处液面低于乙处液面
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度计的水银柱不断上升，则中和反应放出热量，说明相应的化学反应是放热反应，选项A不符合；
B．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，说明相应的化学反应是放热反应，选项B不符合；
C．Zn 与稀硫酸反应生成氢气，氢气可使针筒活塞向右移动，不能充分说明相应的化学反应是放热反应，选项C符合；
D．反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明装置内压强增大，温度升高，反应为放热反应，选项D不符合；
答案选C。
4. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
选项
热化学方程式
结论
A
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ/mol
H2的燃烧热为241.8kJ/mol
B
OH-(aq)+H+(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol
含1molNaOH的稀溶液与浓H2SO4完全中和，放出热量小于57.3kJ
C
2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)ΔH=-akJ/mol
2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-bkJ/mol
b＜a
D
C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH=+1.5kJ/mol
金刚石比石墨稳定
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，气态水转化为液态水吸收热量，H2的燃烧热应小于241.8kJ/mol，故A错误；
B．浓硫酸溶解于水的过程放热，则用浓硫酸与NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量大于57.3kJ，故B错误；
C．2mol碳单质，完全燃烧时放出热量更多，故有a>b，故C正确；
D．石墨转化为金刚石吸热，说明石墨的能量低于金刚石，而物质能量越低越稳定，故石墨比金刚石更稳定，故D错误；
答案选C。
5. 已知4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=-q kJ·mol-1，相关数据如下表，则下表中z的大小是
物质
NH3(g)
O2(g)
N2(g)
H2O(g)
1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ
a
b
z
d
A. (q+4a+3b-6d) B. (q+12a+3b-12d)
C. (q-4a-3b+6d) D. (q+12a+6b-12d)
【答案】A
【解析】
【详解】焓变=旧键断裂吸收的总能量-新键形成释放的总能量，即∆H=4a+3b-2z-6d=-q，则z=(q+4a+3b-6d)，答案为A。
6. 一定温度下，在密闭容器中进行反应：4A(s )+3B(g)2C(g)+D(g)，经2min，B的浓度减少0.6mol•L﹣1．对此反应的反应速率的表示，正确的是( )
①在2min内，用C表示的反应速率是0.1mol•L﹣1•min﹣1
②反应的过程中，只增加A的量，反应速率不变
③2分钟内，D的物质的量增加0.2 mol
④分别用B、C、D表示的反应速率其比值为3:2:1
A. ①② B. ③ C. ① D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①在2min内，用C表示的反应速率是=0.2mol•L﹣1•min﹣1，①不正确；
②因为A呈固态，所以反应过程中，只增加A的量，反应速率不变，②正确；
③容器的体积未知，无法求出2分钟内，D的物质的量的增加量，③不正确；
④在化学反应中，各物质表示的速率之比等于化学计量之比，所以用B、C、D表示的反应速率其比值为3:2:1，④正确；
综合以上分析，②④正确；故选D。
7. 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)反应过程中能量变化如图所示。下列有关叙述不正确的是
A. 该反应中，反应物断键所需的总能量小于生成物成键所放的总能量
B. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数
C. 使用催化剂可以改变反应的活化能，但不能改变反应热
D. 恒温恒容条件下通入氦气，使单位体积内O2的活化分子数增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．从图中可以看出，该反应中，反应物断键所需的总能量小于生成物成键所放的总能量，该反应为放热反应，故A正确；
B．该反应的正反应是放热反应，则逆反应为吸热反应，升高温度，一些普通分子吸收热量变为活化分子，增大了活化分子的百分数，故B正确；
C．从图中可以看出，使用催化剂可以降低反应的活化能，但不改变反应物和生成物的能量，所以不改变反应热，故C正确；
D．恒温恒容下通入氦气，不改变氧气的浓度，所以单位体积内O2的活化分子数不变，故D错误；
故选D。
8. 下列操作或事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. ，把球浸泡在冰水中，气体颜色变浅
B. 用饱和食盐水除去中的，可减少的损失
C. 对、和组成的平衡体系加压后颜色变深
D. 向含有的红色溶液中加入铁粉，振荡，溶液颜色变浅或褪去
【答案】C
【解析】
【详解】A．，放在冰水中，温度降低，平衡向生成无色气体的方向移动，所以颜色变浅；
B．与反应存在化学平衡：，使用饱和食盐水时，由于在水中溶解度很大，可以除去杂质，同时由于溶液中的增大，化学平衡逆向移动，导致的溶解量、反应量减小，因此可减少的损失；
C．体系颜色加深是因为压缩体积，的浓度增大，而加压平衡并未移动；
D．铁粉消耗溶液中的，使离子浓度降低，使平衡正向移动，溶液颜色变浅或褪去，可以用勒夏特列原理解释；
故选C。
9. 化学反应进行的方向是一个比较复杂的问题。下列有关说法正确的是
A. 反应
B. 在不同状态时的熵值：
C. 反应 能否自发进行与温度有关
D. 或的反应一定能自发进行
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．反应的气体分子数减少，该反应的，选项A错误；
B．同一物质在固态时的熵值小于气态时的熵值，选项B错误；
C．反应的气体分子数增加，，又因为，时，反应能自反进行，因此选项所给反应能否自发进行与温度有关，选项C正确；
D．且的反应一定能自发进行，选项D错误；
答案选C。
10. 可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)在一定条件下于10 L的密闭容器中发生，若开始时加入2 mol N2、2 mol H2，则反应达到平衡时NH3的浓度不可能达到的值是
A. 0.1 mol·L-1 B. 0.02 mol·L-1 C. 0.05 mol·L-1 D. 0.15 mol·L-1
【答案】D
【解析】
【分析】可逆反应的基本特征是反应物不可能完全转化，达到反应限度时各物质不为0。
【详解】若10 L的密闭容器中开始时加入2 mol N2、2 mol H2，理论上反应物完全转化时，生成NH3 mol，c(NH3)＝0.133mol·L－1；由于合成氨是可逆反应，N2与H2不可能全部生成NH3，则达到平衡时，c(NH3) < 0.133mol·L－1 mol·L－1，只有D符合题意。
故选D。
11. 下列描述的化学反应状态，不一定是平衡状态的是
A. H2(g)＋Br2(g) 2HBr(g)，恒温、恒容下，反应体系中气体的颜色保持不变
B. 2NO2(g) N2O4(g)，恒温、恒容下，反应体系中气体的压强保持不变
C. 3H2(g)＋N2(g) 2NH3(g)，反应体系中H2与N2的物质的量之比保持3∶1
D. CaCO3(s)CO2(g)＋CaO(s)恒温、恒容下，反应体系中气体的密度保持不变
【答案】C
【解析】
【分析】化学平衡状态到达的标志的分析，要抓两条件线索：一是正反应速率=逆反应速率；二是“变量”不变。由此分析。
【详解】A.气体颜色的深浅决定于该气体的浓度大小，H2(g)＋Br2(g) 2HBr(g)反应体系中Br2蒸气呈红棕色，在反应过程中Br2的浓度一直在变化，当气体颜色保持不变，说明Br2浓度保持不变，所以当Br2的浓度不变（即气体颜色不变）时表明反应到达平衡状态，A项错误；
B.根据阿伏加德罗定律的推论知：恒温、恒容下，任何气体的压强与气体分子数成正比。而反应2NO2(g) N2O4(g)中反应前后分子数目不相同，所以反应过程中反应体系的分子数目一直在变化，压强也就一直在变化，所以当反应体系中气体的压强保持不变时即到达平衡状态，B项错误；
C.根据化学计量数可知，当H2与N2初始物质的量之比为3:1时，那么反应过程中H2与N2的物质的量之比一直是3:1，所以反应体系中H2与N2的物质的量之比保持3∶1，不一定是平衡状态，C项正确；
D.根据密度公式看，因为容积不变，所以气体密度与气体质量成正比。反应体系中只有CO2是气体，CO2在反应过程中质量一直在变化，反应体系中气体的密度也一直在变化，所以当气体密度保持不变时即到达平衡状态，D项错误；答案选C。
【点睛】注意：若反应向正反应方向进行，任一时刻某反应物的量=初始量-消耗量，某生成物的量=初始量+生成量。
12. 某可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g) △H，在某温度下的平衡常数为K(K≠1)，反应热为△H。保持温度不变，将方程式的书写作如下改变，则△H和K数值的相应变化为
A. 写成2aA(g)+2bB(g)2cC(g)，△H、K均扩大了一倍
B. 写成2aA(g)+2bB(g)2cC(g)，△H扩大了一倍，K保持不变
C. 写成：cC(g)aA(g)+bB(g)，△H、K变为原来的相反数
D. 写成cC(g)aA(g)+bB(g)，△H变为原来的相反数，K变为原来的倒数
【答案】D
【解析】
【分析】可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g) △H，其K的表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度冪之积的比，△H的数值与化学计量数成正比，两个相反过程的△H的符号相反，数值相同，以此来解答。
【详解】A．写成2aA(g)+2bB(g)2cC(g)，△H值均扩大了一倍，K的数值为原数值的平方倍，A错误；
B．写成2aA(g)+2bB(g)2cC(g)，△H值均扩大了一倍，K的数值为原数值的平方倍，B错误；
C．写成cC(g)aA(g)+bB(g)，△H变为原来的相反数，K值变为倒数，C错误；
D．写成cC(g)aA(g)+bB(g)，△H变为原来的相反数，K值变为倒数，D正确；
故合理选项是D。
13. T℃时，在2L刚性密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示。则下列结论错误的是
A. 容器中发生的反应可表示为3X(g)＋Y(g)2Z(g)
B. 保持其他条件不变，升高温度，X的转化率增大
C. 反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v(X)=0.2mol·L-1·min-1
D. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是使用催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．3min达平衡时，X、Y、Z的物质的量的变化量分别为0.6mol、0.2mol、0.4mol，则化学计量数之比为3:1:2，3min后各物质的量不变，则反应达平衡状态，所以容器中发生的反应可表示为3X(g)+Y(g)2Z(g)，A正确；
B．由图2知，T2先达平衡，则T2>T1，温度升高，Y的百分含量减小，则平衡右移，正反应为吸热反应，保持其他条件不变，升高温度，X的转化率增大，B正确；
C．反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v(X)==0.1mol·L-1·min-1，C错误；
D．从图3可以看出，X、Y、Z的物质的量变化量与图1相同，只是达平衡的时间短，则表明反应速率快，但平衡不发生移动，所以改变的条件是使用催化剂，D正确；
故选C。
14. 在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）+B（g）⇌xC（g），有图 I（T表示温度，P 表示压强，C%表示 C 的体积分数）所示的反应曲线，试判断对图 II 的说法中正确的是
A. 若 P3＞P4，则 y 轴表示 B 的百分含量
B. 若 P3＞P4，则 y 轴表示混合气体的平均摩尔质量
C. 若 P3＜P4，则 y 轴表示 B 的体积分数
D. 若 P3＜P4，则 y 轴表示混合气体的密度
【答案】B
【解析】
【详解】依据图(Ⅰ)中a、b的相对位置知，增压（因p2 ＞p1 ），w(C)升高，故x=1；由b、c的相对位置知，升温（因为T1 ＞T2 ），w(C)降低，故正反应为放热反应。即该反应为：A(g)+B(g) C(g)，△H<0，由反应式可知，升温和降压均可使反应向逆反应方向移动。由图（Ⅱ）知：因随着温度升高y降低，故y降低的方向必为压强减小的方向，所以P3 ＞P4 ，选项C、D错误；随着温度的升高，平衡将向左移动，B的转化率降低，B的含量增加，选项A错误；随着压强的减小，B物质的转化率减小，所以B的体积分数增大；平衡逆移气体总物质的量增大，所以气体的平均摩尔质量减小，所以选项B正确。
15. 醋酸铅因有甜味而被称为“铅糖”，有毒但能入药，又知(CH3COO)2Pb可溶于水，硝酸铅溶液与醋酸钠溶液反应的离子方程式为：Pb2＋＋2CH3COO－===(CH3COO)2Pb。下列有关说法不正确的是( )
A. 0.1 mol·L－1的“铅糖”溶液中c(Pb2＋)＜0.1 mol·L－1
B. “铅糖”是强电解质
C. “铅糖”是共价化合物
D. “铅糖”溶液的导电性可能很弱
【答案】B
【解析】
【详解】A.醋酸铅是弱电解质，存在部分电离，0.1mol•L-1的“铅糖”溶液中c（Pb2+）<0.1 mol•L-1，故A正确；
B.（CH3COO）2Pb在溶液中存在电离平衡，属于弱电解质，故B错误；
C.醋酸铅是弱电解质，只含有共价键，是共价化合物，故C正确；
D.醋酸铅是弱电解质，在水中的溶解度小，溶液中离子浓度很小，“铅糖”的溶液可能导电性弱，故D正确。
故选B。
16. 下列叙述正确的是
A. 常温下，将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液的时，
B. 两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为和，pH分别为a和，则
C. 常温下，的NaOH溶液与的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色
D. 向的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中的值增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；溶液呈电中性，所以阴阳离子所带电量相等，所以，故A错误；
B.醋酸是弱电解质，在水溶液中只有部分电离，所以醋酸的浓度大于氢离子浓度；两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为和，pH分别为a和的两种醋酸溶液中氢离子浓度之比：1，当两种酸的电离度相同时，则，实际上，两种酸的浓度不等，且浓度越大，酸的电离度越小，所以两种酸的浓度关系为，故B错误；
C.的NaOH溶液的，醋酸溶液的，等体积的两种溶液，醋酸有剩余，但大于水解程度，则等体积混合后溶液呈酸性，所以向混合液中滴入石蕊试液呈红色，故C正确；
D.氨水的电离方程式为：，当向氨水中加入硫酸铵时，硫酸铵中含有铵根离子，导致氨水的电离平衡向逆反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度降低，氨水的浓度增大，铵根离子浓度增大，平衡常数Kb不变，则溶液中减小，故 D错误。
故选C。
17. 水的电离常数如图所示，曲线上的点都符合c(H+)·c(OH-)=常数，下列说法错误的是
A. 图中温度：T1＞T2
B. 图中五点Kw间的关系：B＞C＞A=D=E
C. 曲线a、b均代表纯水的电离情况
D. 若处在B点时，将0.005 mol·L-1的硫酸溶液与由水电离的c(H+)=1.0×10-12 mol·L-1的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性
【答案】C
【解析】
【详解】A．水是弱电解质，电离需吸收能量，温度升高，c(H+)、c(OH-)增大，c(H+)·c(OH-)=常数增大，根据图象可知：在温度为T1时Kw=c(H+)·c(OH-)=10-12；在温度为T2时Kw=c(H+)·c(OH-)=10-14，所以温度：T1＞T2，A正确；
B．水的离子积常数Kw只与温度有关，温度越高，Kw =c(H+)·c(OH-)就越大，温度相同，则Kw相同，根据A、B、C、D、E所处的温度及离子浓度大小关系可知五点Kw间的关系：B＞C＞A=D=E，B正确；
C．曲线a、b中只有在c(H+)=c(OH-)才代表在同一温度下纯水的电离情况，即只有A、B、C三点才表示纯水情况，曲线上其它各点不表示纯水电离情况，C错误；
D．B点时水的离子积常数Kw=10-12。0.005 mol·L-1的硫酸溶液中c(H+)=0.01 mol/L，由水电离的c(H+)=1.0×10-12 mol·L-1的KOH溶液中c(OH-)=1 mol/L，将两种溶液等体积混合，由于c(OH-)＞c(H+)，所以混合发生反应后溶液显碱性，D正确；
故合理选项是C。
18. 有关下列两种溶液的说法中，正确的是（ ）
①0.1mol/L CH3COONa溶液 ②0.1mol/L CH3COOH溶液
A. 相同温度下，溶液中水的电离度:溶液①>溶液②
B. 等体积混合溶液①和溶液②，所得溶液中c(Na+)>c( CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
C. 加水稀释溶液①，溶液中不变
D. 向溶液①中加入少量的CH3COONa固体则减小
【答案】A
【解析】
【详解】A、溶液①是强碱弱酸盐溶液，醋酸根离子水解显碱性，促进水的电离：溶液②是酸溶液，对水的电离起到抑制作用；相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①＞溶液②，选项A正确；
B、溶液①和溶液②等体积混合为CH3COONa和CH3COOH按1：1形成的溶液，溶液呈酸性，c( CH3COO-)>c(Na+)> c(CH3COOH)，选项B错误；
C、加水稀释溶液①，水解程度增大，n( CH3COOH)、n(OH-)增大，n(Na+)不变，则增大，选项C错误；
D、向溶液①中加入少量的CH3COONa固体，水解程度减小，增大，选项D错误。
答案选A。
19. 常温下，下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是
A. 含有的溶液中：、、、
B. c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、Cl-、SO、SCN-
C. 的溶液中：、、、
D. 水电离出的的溶液中：、、、ClO-
【答案】C
【解析】
【详解】A． Al3+ 与 能发生完全双水解反应，二者不能共存，A不符合题意；
B． Fe3+ 与SCN-发生反应生成红色的Fe(SCN)3，二者不能共存，B不符合题意；
C．常温下， pH=6.5 的溶液呈弱酸性， Na+ 、 Mg2+ 、 Cl− 、 可以大量共存，C符合题意；
D．常温下，水电离出的 c(H+)=1.0×10−12mol⋅L−1 的溶液既可以为酸性溶液又可以为碱性溶液；酸性溶液中，S2-、ClO-不能大量存在，且S2-和ClO-能发生氧化还原反应，碱性溶液中，不能大量存在，D不符合题意；
故选C。
20. 下列说法正确的是
A. 25℃时，pH均为11的烧碱溶液与纯碱溶液中，水的电离程度相同
B. 25℃时，pH=9的某酸式盐NaHA的水溶液中：
C. 等物质的量浓度的K2S和KHS混合溶液中：
D. 用NaOH标准溶液滴定未知浓度盐酸，达到滴定终点时发现滴定管尖嘴部分有悬滴，会使测定结果偏小
【答案】C
【解析】
【详解】A．烧碱抑制水的电离，纯碱促进水的电离，A错误；
B．NaHA水溶液中的pH=9，说明的水解程度大于电离程度，即，B错误；
C．K2S和KHS溶液中硫离子和硫氢根离子均水解导致两种离子浓度减小，故等物质的量浓度的K2S和KHS混合溶液中：，C正确；
D．达到滴定终点时滴定管尖嘴部分有悬滴，说明滴定管的读数偏大，则测定结果偏大，D错误；
故选C。
21. 为了得到比较纯净的物质，使用的方法恰当的是
A. 向Na2CO3饱和溶液中，通入过量的CO2后，在加压、加热的条件下，蒸发得NaHCO3晶体
B. 加热蒸发AlCl3饱和溶液可得到纯净的AlCl3晶体
C. 向FeBr2溶液中加入过量的氯水，加热蒸发得FeCl3晶体
D. 向FeCl3溶液里加入足量的NaOH溶液，经过滤、洗涤沉淀，再充分灼烧沉淀得Fe2O3
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaHCO3加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，加热时，制取的碳酸钠不纯，A错误；
B.加热蒸发AlCl3饱和溶液，发生Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加热导致HCl挥发，使平衡正向移动，得到氢氧化铝，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，不能得到纯净的AlCl3晶体，B错误；
C.向FeBr2溶液中加入过量的氯水，2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2，加热蒸发FeCl3溶液时，发生Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，不能得到FeCl3晶体，C错误；
D.向FeCl3溶液里加入足量的NaOH溶液，Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，经过滤、洗涤沉淀，再充分灼烧沉淀，2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，得到Fe2O3，D正确；
答案为D。
【点睛】热蒸发AlCl3、FeCl3溶液时，金属离子发生水解反应，且加热促使平衡正向移动，得到金属氢氧化物，再经过洗涤、灼烧得到金属氧化物。
二、填空题(共4题，58分)
22. Ⅰ.实验室测定中和热的步骤如下(如图)
第一步：量取40.0mL 0.25mol/L H2SO4溶液倒入小烧杯中，测量温度；
第二步：量取40.0mL 0.55mol/L NaOH溶液，测量温度；
第三步：将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混合液温度。
请回答：
（1）图中仪器A的名称是_______。
（2）NaOH溶液稍过量的原因_______。
（3）加入NaOH溶液的正确操作是_______(填字母)。
A. 沿玻璃棒缓慢加入 B. 分三次均匀加入 C. 一次迅速加入 D. 用滴定管小心滴加
（4）若实验中若改用60 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的氢氧化钠溶液进行反应， 与上述实验相比，所放出的热量_______ (填“相等”“不相等”)，若实验操作均正确，则所求中和热_______ (填“相等”“不相等”)。
Ⅱ.
（5）已知拆开1 mol H-H、1 mol N-H、1 mol N≡N分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为_______。
（6）用NA表示阿伏加德罗常数的值，在C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有5NA个电子转移时，放出650 kJ的热量。则C2H2燃烧热的热化学方程式为_______。
（7）已知两个氢气燃烧生成水的热化学方程式：
H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH=a kJ·mol-1
2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH=b kJ·mol-1
请回答下列问题(|b|表示b的绝对值)：
①若2 mol H2(g)完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量_______(填“>”“<”或“=”)|b| kJ。
②反应热的关系：2a_______(填“>”“<”或“=”)b。
③若已知H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH=-242 kJ·mol-1，且氧气中1 mol O=O完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1 mol H-O形成时放出热量463 kJ，则氢气中1 mol H-H断裂时吸收的热量为_______。
（8）肼(N2H4)是一种用于火箭或燃料电池的原料，已知：
①2H2O(g)+O2(g)=2H2O2(l) ΔH1= +108.0 kJ·mol-1
②N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH2= -534.0 kJ·mol-1
则③N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) ΔH3=_______kJ·mol-1。
【答案】（1）环形玻璃搅拌棒
（2）确保硫酸被完全中和 （3）C
（4） ①. 不相等 ②. 相等
（5）
（6）
（7） ①. ＜ ②. ＞
③. 436
（8）-642
【解析】
【小问1详解】
根据仪器构造可知，仪器A玻璃搅拌器（或环形玻璃搅拌棒）。
【小问2详解】
NaOH和硫酸发生中和反应，NaOH溶液稍过量，可以保证硫酸完全反应。
【小问3详解】
为了保证热量不散失，NaOH溶液要一次性迅速加入，故选C。
【小问4详解】
若实验中若改用60 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，由于反应物与上述实验不相等，所以放出的热量不相等；中和热是酸碱中和生成1mol水时放出的热量，和反应物的量无关，所以中和热是相等的。
【小问5详解】
1molN2和3molH2反应生成2molNH3，需要断裂1mol N≡N键和3molH-H键，形成6molN-H键，断裂化学键吸收的能量为946kJ+3×436kJ=2254kJ，形成化学键放出的能量为6×391kJ=2346kJ，所以该反应生成2molNH3放出2346kJ-2254kJ=92kJ的热量，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=-92kJ⋅mol-1。
【小问6详解】
C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水，碳元素的化合价从C2H2中的-1价升高到CO2中的+4价，消耗1molC2H2失去10mol电子，每有5NA个电子转移时，放出650 kJ的热量，则有10mol电子转移时，放出1300 kJ的热量。则C2H2燃烧热的热化学方程式为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) ΔH=-1300kJ⋅mol-1。
小问7详解】
①2 mol H2(g)完全燃烧生成液态水，放出|b| kJ的热量，液态水变为水蒸气要吸收热量，所以2 mol H2(g)完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量＜|b| kJ。
②根据第一个热化学方程式可知，1molH2(g)完全燃烧生成水蒸气，放出|a| kJ的热量，则2molH2(g)完全燃烧生成水蒸气，放出2|a|kJ的热量，水蒸气变为液态水放出热量，由于反应放热，所以a和b均为负值，所以2a＞b。
③根据热化学方程式，ΔH=反应物中化学键断裂吸收的能量-生成物中化学键形成放出的能量，设氢气中1 mol H-H断裂时吸收的热量为x，则-242kJ/mol=x+0.5×496kJ/mol-2×463kJ/mol，x=436kJ/mol。
【小问8详解】
根据盖斯定律，反应②-反应①得到反应N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)，其ΔH=-534.0 kJ·mol-1-(+108.0 kJ·mol-1)=-642 kJ·mol-1。
23. 完成下列问题
（1）甲醇是一种重要的化工原料，具有开发和应用的广阔前景。工业上使用水煤气(CO与H2的混合气体)转化成甲醇，反应为2H2(g)＋CO(g) CH3OH(g) △H=-91.0 kJ·mol-1，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①p1、p2的大小关系是p1_______p2(填“>”“<"或"=”)。
②A、B、C三点的平衡常数KA、KB、Kc的大小关系是_______。
③在T2℃、p2压强时，往一容积为2L的密团容器内，充入0.3molCO与0.4molH2发生反应。平衡时H2的体积分数是_______；平衡后再加入1.0molCO后重新到达平衡，则CO的转化率_______ (填“增大""不变”成“减小”)，CO与CH3OH的浓度比_______ (填"增大”“不变”或“减小”)。
（2）向1 L的恒容密容器中加入0.1 mol H2和0.05 mol CO在一定温度下发生上述反应，10 min后反应达到平衡状态，测得放出的热量为3.64 kJ。
①从反应开始恰好平衡状态时，H2的平均反应速率v(H2)为_______，反应开始与达平衡时的压强之比为_______。
②在温度不变条件下，上述反应达到平衡后再向容器中充入0.01 mol H2和0.05 mol CH3OH(g)时，平衡_______(填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)。
（3）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H=-49.5 kJ·mol-1
Ⅱ.CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) △H2=-90.4 kJ·mol-1
Ⅲ.CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) △H3
一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为_______mol·L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为_______。
【答案】（1） ①. ＜ ②. ③. 25% ④. 减小 ⑤. 增大
（2） ①. ②. 15∶7 ③. 不移动
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)是气体体积减小的反应，在温度相同时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，则P1＜P2，故答案为：＜；
②由图可知，压强一定时，温度升高，CO的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，则该反应的正向ΔH<0，所以随着温度升高，该反应平衡常数减小，则A、B、C三点的平衡常数KA，KB，KC的大小关系是：KA=KB＞KC，故答案为：KA=KB＞KC；
【小问2详解】
①在T2℃、P2压强时，往一容积为2L的密闭容器内，充入0.3molCO与0.4molH2发生反应，平衡时CO的平衡转化率为0.5，列出三段式为：，平衡时氢气的体积分数=物质的量分数= =25%；平衡后再加入1.0molCO后平衡正向移动，但CO的转化率减小；CO与CH3OH的浓度比=，平衡正向移动，c(H2)减小，增大，故答案为：25%；减小；增大；
②根据方程式可知：每有2 mol H2发生反应，反应会放出热量91.0 kJ，现在反应放出热量是3.64 kJ，则反应的H2的物质的量为n(H2)==0.08 mol，故从反应开始恰好平衡状态时，H2的平均反应速率v(H2)== 0.008 mol/(L·min)；根据①计算，结合物质反应转化关系可知：平衡时n(H2)=0.1 mol-0.08 mol=0.02 mol，n(CO)=0.05 mol-0.04 mol=0.01 mol，n(CH3OH)=0.04 mol，平衡时总的物质的量为0.02mol+0.01mol+0.04mol=0.07mol，开始时气体总量为0.1mol+0.05mol=0.15mol，相同条件下，压强之比等于物质的量之比，故反应开始与达平衡时的压强之比为；由于容器的容积是1 L，故物质的平衡浓度在数值上与物质的量相等，故该温度下的化学平衡常数K=。在该温度下向上述平衡体系中加热0.01 mol H2、0.05 mol CH3OH，此时的浓度上Qc==K，说明充入物质后，化学平衡不发生移动；
【小问3详解】
根据方程式I、III可知：每反应产生1 mol CH3OH或CO，就同时会产生1 mol H2O(g)。现在反应达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，故n(H2O)=(a+b)mol，由于容器的容积是V L，故水的平衡浓度c(H2O)=mol/L；在反应开始时n(CO2)=1 mol，n(H2)=3 mol，反应达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，则反应I消耗CO2为a mol，消耗H2为3a mol；反应III消耗CO2为a mol，消耗H2为b mol，故平衡时n(CO2)=(1-a-b)mol，n(H2)=(3-3a-b) mol，平衡时n(H2O)=(a+b)mol，由于容器的容积是V L，故反应III的平衡常数K=。
24. 按要求回答下列问题
（1）一定温度下，现有a.盐酸，b.硫酸，c.醋酸三种酸
①当三种酸体积相同，物质的量浓度相同时，使其恰好完全中和所需NaOH的物质的量由大到小的顺序是_______(用a、b、c表示)
②当三者c(H+)相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是 _______(用a、b、c表示)
③当c(H+)相同、体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2(相同状况)，则开始时反应速率的大小关系为 _______(用a、b、c表示)
（2）用已知物质的量浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸时，可能有以下操作：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管后，直接装入已知浓度的NaOH溶液；
②经检查碱式滴定管不漏液，胶管中玻璃珠控制灵活后，用少量已知的NaOH溶液洗涤2～3次后再装入碱液，将液面调至刻度“0”处，用滴定管夹将其固定在铁架台上；
③用待测盐酸润洗移液管移取一定体积的待测盐酸，放至用蒸馏水洗净的锥形瓶中；
④往锥形瓶中滴加几滴甲基橙，在瓶下垫一张白纸；
⑤手捏碱式滴定管中的玻璃珠，快速放液以使指示剂尽快变色；
⑥指示剂变色后再滴加几滴碱液，以稳定变色。
以上操作中错误的是_______
（3）现用中和滴定法测定某烧碱溶液的浓度。有关数据记录如表：
滴定序号
待测液体积/mL
所消耗盐酸标准液的体积/mL
滴定前
滴定后
消耗的体积
1
25.00
0.50
26.80
26.30
2
25.00
3
25.00
5.00
31.34
26.34
用_______式滴定管盛装0.2500mol·L-1盐酸标准液。如图表示第二次滴定前后50mL滴定管中液面的位置
该次滴定所用标准盐酸体积为_______mL。
②现实验室中有石蕊和酚酞两种指示剂，该实验应选用_______作指示剂。
③根据所给数据，该烧碱样品的物质的量浓度为_______mol·L-1(保留四位有效数字)。
④若操作过程中滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，就立刻停止滴定，则会造成测定结果_______(填“偏低”“偏高”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. ②. ③.
（2）①⑤⑥ （3） ①. 酸 ②. 24.60 ③. 酚酞 ④. 0.2632mol/L ⑤. 偏低
【解析】
【小问1详解】
①等浓度等体积的三种酸，盐酸中的HCl、硫酸溶液中的H2SO4和醋酸溶液中的CH3COOH的物质的量相等，盐酸和醋酸是一元酸，硫酸是二元酸，所以完全中和所需NaOH的物质的量由大到小的顺序是b>a=c 。
②盐酸和硫酸是强酸，c(H+)相同且体积也相同时，盐酸和硫酸和足量的锌反应生成的氢气的体积相同，醋酸是弱酸，和盐酸c(H+)相同且体积也相同时，醋酸的物质的量比HCl的物质的量大，和足量的锌反应生成的氢气的体积醋酸比盐酸大，即气体体积大小顺序为c>a=b。
④生成氢气的速率和起始c(H+)有关，起始c(H+)相同，所以速率相等，即a=b=c。
【小问2详解】
用蒸馏水洗涤碱式滴定管后，应用NaOH润洗后装入已知浓度的NaOH溶液，故①错误；向锥形瓶中放入碱液，开始时可以稍快些，后续要慢慢滴入碱液，最后要一滴一滴地滴加，直到滴入最后半滴碱液，指示剂变色且摇动半分钟颜色不恢复，停止滴加标准液，故⑤⑥错误。
【小问3详解】
①酸式滴定管用于盛装酸性溶液，所以用酸式滴定管盛装盐酸。从图中可以看出，滴定前滴定管液面在0.03mL处，滴定后液面读数为24.90mL，该次滴定所用盐酸体积为24.90mL-0.30mL=24.60mL。
②石蕊变色不明显，所以一般不用于酸碱中和滴定，故选择酚酞。
③根据所给数据，第2次实验数据和其它两次相差太大，舍去，第1次和第3次所用盐酸的体积平均值为26.32mL，根据HCl+NaOH=NaCl+H2O，n(HCl)=n(NaOH)，有26.32mL×0.2500mol/L=25.00mL×c(NaOH)，则c(NaOH)=0.2632mol/L。
④操作过程中滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，就立刻停止滴定，则滴入的盐酸不足，盐酸体积偏小，则会造成测定结果偏低。
25. 回答下列问题
（1）已知80℃时，水的离子积常数KW=2.5×10-13。该温度下，0.1mol/L某一元酸(HA)溶液中 =108，该溶液中由水电离的c(H+)为_______
（2）25℃时，向溶液中逐滴加入等浓度的溶液至恰好沉淀完全。
①此过程中水的电离平衡_______(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。
②写出该过程发生反应的离子方程式_______；若反应前后溶液体积的变化忽略不计，则反应后所得溶液的pH值为_______(已知)。
（3）盐类水解原理在生产生活中有着广泛的应用根据盐类水解的知识回答下列问题：
①灭火器中分隔放置Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液，灭火时使两种试剂混合，立即喷出大量泡沫，发生反应的离子方程式为_______。
②把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到主要固体产物是_______(写化学式)。
③配制保存FeCl3溶液经常会出现颜色变深甚至浑浊的现象，为防止此现象发生，常采取的措施是_______。
④25℃时，pH=11的KOH溶液和pH=11的K2CO3溶液中，由水电离出的c(OH﹣)的比值为_______。
【答案】（1）
（2） ①. 正向 ②. ③. 11.4
（3） ①. ②. Al2O3 ③. 加盐酸 ④. 10-8
【解析】
【小问1详解】
80℃时，水的离子积常数KW=2.5×10-13，，该温度下，0.1mol/L某一元酸(HA)溶液中 =108，则，解得=，该溶液中由水电离的c(H+)==；
【小问2详解】
①向溶液中逐滴加入溶液，溶液中OH-浓度减小，促进水的电离，故此过程中水的电离平衡正向移动；
②向溶液中逐滴加入溶液，过量，反应的离子方程式为；向溶液中逐滴加入等浓度的溶液至恰好沉淀完全，则加入等浓度溶液的体积为100mL，的物质的量为，完全沉淀，反应的离子方程式为，反应剩余的OH-浓度为=0.0025mol/L，25℃时，KW=1×10-14，则溶液中H+浓度为=4×10-12，则溶液的pH为11.4；
【小问3详解】
①Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液混合，发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，离子方程式为；
②部分AlCl3在溶液中水解生成和HCl，加热HCl逸出，促进Al3+水解，把AlCl3溶液蒸干，得到，灼烧最后得到的主要固体产物是Al2O3；
④配制保存FeCl3溶液经常会出现颜色变深甚至浑浊的现象，是由于在FeCl3溶液中存在水解反应：，加入盐酸可抑制水解，防止此现象发生；
⑤pH=11的KOH溶液中，c(H+)=10-11，由水电离出的c1(OH﹣)= c(H+)=10-11；pH=11的K2CO3溶液中，c(OH-)=10-3，OH-是由水电离生成，故由水电离出的c2(OH﹣)=10-3，==10-8。
新疆乌鲁木齐市第八中学2022-2023学年高二上学期期中考试
化学试题
考试时间：100分钟 卷面分值：100分 )
(命题范围：人教版高中化学选择性必修一第一章至第三章第三节)
一、单项选择题(共21题，42分)
1. 下列说法不正确的是
A. 需要加热才能发生的反应可能是放热反应
B. 任何吸热反应在常温条件下都不能发生
C. 反应物和生成物所具有的总能量的相对大小决定了反应是放热还是吸热
D. “冰，水为之，而寒于水”，说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量低
【答案】B
【解析】
【详解】A．有些放热反应，需要加热甚至高温才能发生反应，如铝热反应，需要“高温”条件，选项A正确；
B．有些吸热反应在常温条件下也能发生，如氢氧化钡晶体和氯化铵晶体反应是吸热反应，常温下可以进行，选项B不正确；
C．生成物与反应物所具有的总能量的差值为反应的△H，△H＜0放热，△H＞0吸热，选项C正确；
D．水降低温度变成冰，水变为冰的过程中放出热量，所以相同质量的水和冰相比较，冰的能量低，选项D正确；
答案选B。
2. 2021年我国首次实现以CO2为原料人工合成淀粉，该过程涉及CO2加氢(电解水得氢气)转化为甲醇(CH3OH)的过程，其能量变化如图所示。
下列叙述正确的是
A. CO2合成甲醇的反应中，反应物总能量比产物总能量低
B. CO2合成甲醇的反应中，破坏反应物化学键吸收的能量大于形成产物化学键释放的能量
C. CO2合成甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) △H=-(Q1+Q2)kJ·mol-1
D. 上述过程中存在电能转化为化学能、化学能转化为热能的能量转化形式
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，故A错误；
B．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，则反应中破坏反应物化学键吸收的能量小于形成产物化学键释放的能量，故B错误；
C．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，反应的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) △H=- Q2kJ ·mol-1，故C错误；
D．由题意可知，电解水得氢气的过程中存在电能转化为化学能的能量转化形式，二氧化碳加氢转化为甲醇的过程中存在化学能转化为热能的能量转化形式，故D正确；
故选D。
3. 下列实验现象或图象信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是
A. 图①温度计的水银柱上升 B. 图②中反应物总能量大于生成物总能量
C. 图③中反应开始后，针筒活塞向右移动 D. 图④中反应开始后，甲处液面低于乙处液面
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度计的水银柱不断上升，则中和反应放出热量，说明相应的化学反应是放热反应，选项A不符合；
B．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，说明相应的化学反应是放热反应，选项B不符合；
C．Zn 与稀硫酸反应生成氢气，氢气可使针筒活塞向右移动，不能充分说明相应的化学反应是放热反应，选项C符合；
D．反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明装置内压强增大，温度升高，反应为放热反应，选项D不符合；
答案选C。
4. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
选项
热化学方程式
结论
A
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ/mol
H2的燃烧热为241.8kJ/mol
B
OH-(aq)+H+(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol
含1molNaOH的稀溶液与浓H2SO4完全中和，放出热量小于57.3kJ
C
2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)ΔH=-akJ/mol
2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-bkJ/mol
b＜a
D
C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH=+1.5kJ/mol
金刚石比石墨稳定
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，气态水转化为液态水吸收热量，H2的燃烧热应小于241.8kJ/mol，故A错误；
B．浓硫酸溶解于水的过程放热，则用浓硫酸与NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量大于57.3kJ，故B错误；
C．2mol碳单质，完全燃烧时放出热量更多，故有a>b，故C正确；
D．石墨转化为金刚石吸热，说明石墨的能量低于金刚石，而物质能量越低越稳定，故石墨比金刚石更稳定，故D错误；
答案选C。
5. 已知4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=-q kJ·mol-1，相关数据如下表，则下表中z的大小是
物质
NH3(g)
O2(g)
N2(g)
H2O(g)
1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ
a
b
z
d
A. (q+4a+3b-6d) B. (q+12a+3b-12d)
C. (q-4a-3b+6d) D. (q+12a+6b-12d)
【答案】A
【解析】
【详解】焓变=旧键断裂吸收的总能量-新键形成释放的总能量，即∆H=4a+3b-2z-6d=-q，则z=(q+4a+3b-6d)，答案为A。
6. 一定温度下，在密闭容器中进行反应：4A(s )+3B(g)2C(g)+D(g)，经2min，B的浓度减少0.6mol•L﹣1．对此反应的反应速率的表示，正确的是( )
①在2min内，用C表示的反应速率是0.1mol•L﹣1•min﹣1
②反应的过程中，只增加A的量，反应速率不变
③2分钟内，D的物质的量增加0.2 mol
④分别用B、C、D表示的反应速率其比值为3:2:1
A. ①② B. ③ C. ① D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①在2min内，用C表示的反应速率是=0.2mol•L﹣1•min﹣1，①不正确；
②因为A呈固态，所以反应过程中，只增加A的量，反应速率不变，②正确；
③容器的体积未知，无法求出2分钟内，D的物质的量的增加量，③不正确；
④在化学反应中，各物质表示的速率之比等于化学计量之比，所以用B、C、D表示的反应速率其比值为3:2:1，④正确；
综合以上分析，②④正确；故选D。
7. 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)反应过程中能量变化如图所示。下列有关叙述不正确的是
A. 该反应中，反应物断键所需的总能量小于生成物成键所放的总能量
B. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数
C. 使用催化剂可以改变反应的活化能，但不能改变反应热
D. 恒温恒容条件下通入氦气，使单位体积内O2的活化分子数增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．从图中可以看出，该反应中，反应物断键所需的总能量小于生成物成键所放的总能量，该反应为放热反应，故A正确；
B．该反应的正反应是放热反应，则逆反应为吸热反应，升高温度，一些普通分子吸收热量变为活化分子，增大了活化分子的百分数，故B正确；
C．从图中可以看出，使用催化剂可以降低反应的活化能，但不改变反应物和生成物的能量，所以不改变反应热，故C正确；
D．恒温恒容下通入氦气，不改变氧气的浓度，所以单位体积内O2的活化分子数不变，故D错误；
故选D。
8. 下列操作或事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. ，把球浸泡在冰水中，气体颜色变浅
B. 用饱和食盐水除去中的，可减少的损失
C. 对、和组成的平衡体系加压后颜色变深
D. 向含有的红色溶液中加入铁粉，振荡，溶液颜色变浅或褪去
【答案】C
【解析】
【详解】A．，放在冰水中，温度降低，平衡向生成无色气体的方向移动，所以颜色变浅；
B．与反应存在化学平衡：，使用饱和食盐水时，由于在水中溶解度很大，可以除去杂质，同时由于溶液中的增大，化学平衡逆向移动，导致的溶解量、反应量减小，因此可减少的损失；
C．体系颜色加深是因为压缩体积，的浓度增大，而加压平衡并未移动；
D．铁粉消耗溶液中的，使离子浓度降低，使平衡正向移动，溶液颜色变浅或褪去，可以用勒夏特列原理解释；
故选C。
9. 化学反应进行的方向是一个比较复杂的问题。下列有关说法正确的是
A. 反应
B. 在不同状态时的熵值：
C. 反应 能否自发进行与温度有关
D. 或的反应一定能自发进行
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．反应的气体分子数减少，该反应的，选项A错误；
B．同一物质在固态时的熵值小于气态时的熵值，选项B错误；
C．反应的气体分子数增加，，又因为，时，反应能自反进行，因此选项所给反应能否自发进行与温度有关，选项C正确；
D．且的反应一定能自发进行，选项D错误；
答案选C。
10. 可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)在一定条件下于10 L的密闭容器中发生，若开始时加入2 mol N2、2 mol H2，则反应达到平衡时NH3的浓度不可能达到的值是
A. 0.1 mol·L-1 B. 0.02 mol·L-1 C. 0.05 mol·L-1 D. 0.15 mol·L-1
【答案】D
【解析】
【分析】可逆反应的基本特征是反应物不可能完全转化，达到反应限度时各物质不为0。
【详解】若10 L的密闭容器中开始时加入2 mol N2、2 mol H2，理论上反应物完全转化时，生成NH3 mol，c(NH3)＝0.133mol·L－1；由于合成氨是可逆反应，N2与H2不可能全部生成NH3，则达到平衡时，c(NH3) < 0.133mol·L－1 mol·L－1，只有D符合题意。
故选D。
11. 下列描述的化学反应状态，不一定是平衡状态的是
A. H2(g)＋Br2(g) 2HBr(g)，恒温、恒容下，反应体系中气体的颜色保持不变
B. 2NO2(g) N2O4(g)，恒温、恒容下，反应体系中气体的压强保持不变
C. 3H2(g)＋N2(g) 2NH3(g)，反应体系中H2与N2的物质的量之比保持3∶1
D. CaCO3(s)CO2(g)＋CaO(s)恒温、恒容下，反应体系中气体的密度保持不变
【答案】C
【解析】
【分析】化学平衡状态到达的标志的分析，要抓两条件线索：一是正反应速率=逆反应速率；二是“变量”不变。由此分析。
【详解】A.气体颜色的深浅决定于该气体的浓度大小，H2(g)＋Br2(g) 2HBr(g)反应体系中Br2蒸气呈红棕色，在反应过程中Br2的浓度一直在变化，当气体颜色保持不变，说明Br2浓度保持不变，所以当Br2的浓度不变（即气体颜色不变）时表明反应到达平衡状态，A项错误；
B.根据阿伏加德罗定律的推论知：恒温、恒容下，任何气体的压强与气体分子数成正比。而反应2NO2(g) N2O4(g)中反应前后分子数目不相同，所以反应过程中反应体系的分子数目一直在变化，压强也就一直在变化，所以当反应体系中气体的压强保持不变时即到达平衡状态，B项错误；
C.根据化学计量数可知，当H2与N2初始物质的量之比为3:1时，那么反应过程中H2与N2的物质的量之比一直是3:1，所以反应体系中H2与N2的物质的量之比保持3∶1，不一定是平衡状态，C项正确；
D.根据密度公式看，因为容积不变，所以气体密度与气体质量成正比。反应体系中只有CO2是气体，CO2在反应过程中质量一直在变化，反应体系中气体的密度也一直在变化，所以当气体密度保持不变时即到达平衡状态，D项错误；答案选C。
【点睛】注意：若反应向正反应方向进行，任一时刻某反应物的量=初始量-消耗量，某生成物的量=初始量+生成量。
12. 某可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g) △H，在某温度下的平衡常数为K(K≠1)，反应热为△H。保持温度不变，将方程式的书写作如下改变，则△H和K数值的相应变化为
A. 写成2aA(g)+2bB(g)2cC(g)，△H、K均扩大了一倍
B. 写成2aA(g)+2bB(g)2cC(g)，△H扩大了一倍，K保持不变
C. 写成：cC(g)aA(g)+bB(g)，△H、K变为原来的相反数
D. 写成cC(g)aA(g)+bB(g)，△H变为原来的相反数，K变为原来的倒数
【答案】D
【解析】
【分析】可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g) △H，其K的表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度冪之积的比，△H的数值与化学计量数成正比，两个相反过程的△H的符号相反，数值相同，以此来解答。
【详解】A．写成2aA(g)+2bB(g)2cC(g)，△H值均扩大了一倍，K的数值为原数值的平方倍，A错误；
B．写成2aA(g)+2bB(g)2cC(g)，△H值均扩大了一倍，K的数值为原数值的平方倍，B错误；
C．写成cC(g)aA(g)+bB(g)，△H变为原来的相反数，K值变为倒数，C错误；
D．写成cC(g)aA(g)+bB(g)，△H变为原来的相反数，K值变为倒数，D正确；
故合理选项是D。
13. T℃时，在2L刚性密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示。则下列结论错误的是
A. 容器中发生的反应可表示为3X(g)＋Y(g)2Z(g)
B. 保持其他条件不变，升高温度，X的转化率增大
C. 反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v(X)=0.2mol·L-1·min-1
D. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是使用催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．3min达平衡时，X、Y、Z的物质的量的变化量分别为0.6mol、0.2mol、0.4mol，则化学计量数之比为3:1:2，3min后各物质的量不变，则反应达平衡状态，所以容器中发生的反应可表示为3X(g)+Y(g)2Z(g)，A正确；
B．由图2知，T2先达平衡，则T2>T1，温度升高，Y的百分含量减小，则平衡右移，正反应为吸热反应，保持其他条件不变，升高温度，X的转化率增大，B正确；
C．反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v(X)==0.1mol·L-1·min-1，C错误；
D．从图3可以看出，X、Y、Z的物质的量变化量与图1相同，只是达平衡的时间短，则表明反应速率快，但平衡不发生移动，所以改变的条件是使用催化剂，D正确；
故选C。
14. 在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）+B（g）⇌xC（g），有图 I（T表示温度，P 表示压强，C%表示 C 的体积分数）所示的反应曲线，试判断对图 II 的说法中正确的是
A. 若 P3＞P4，则 y 轴表示 B 的百分含量
B. 若 P3＞P4，则 y 轴表示混合气体的平均摩尔质量
C. 若 P3＜P4，则 y 轴表示 B 的体积分数
D. 若 P3＜P4，则 y 轴表示混合气体的密度
【答案】B
【解析】
【详解】依据图(Ⅰ)中a、b的相对位置知，增压（因p2 ＞p1 ），w(C)升高，故x=1；由b、c的相对位置知，升温（因为T1 ＞T2 ），w(C)降低，故正反应为放热反应。即该反应为：A(g)+B(g) C(g)，△H<0，由反应式可知，升温和降压均可使反应向逆反应方向移动。由图（Ⅱ）知：因随着温度升高y降低，故y降低的方向必为压强减小的方向，所以P3 ＞P4 ，选项C、D错误；随着温度的升高，平衡将向左移动，B的转化率降低，B的含量增加，选项A错误；随着压强的减小，B物质的转化率减小，所以B的体积分数增大；平衡逆移气体总物质的量增大，所以气体的平均摩尔质量减小，所以选项B正确。
15. 醋酸铅因有甜味而被称为“铅糖”，有毒但能入药，又知(CH3COO)2Pb可溶于水，硝酸铅溶液与醋酸钠溶液反应的离子方程式为：Pb2＋＋2CH3COO－===(CH3COO)2Pb。下列有关说法不正确的是( )
A. 0.1 mol·L－1的“铅糖”溶液中c(Pb2＋)＜0.1 mol·L－1
B. “铅糖”是强电解质
C. “铅糖”是共价化合物
D. “铅糖”溶液的导电性可能很弱
【答案】B
【解析】
【详解】A.醋酸铅是弱电解质，存在部分电离，0.1mol•L-1的“铅糖”溶液中c（Pb2+）<0.1 mol•L-1，故A正确；
B.（CH3COO）2Pb在溶液中存在电离平衡，属于弱电解质，故B错误；
C.醋酸铅是弱电解质，只含有共价键，是共价化合物，故C正确；
D.醋酸铅是弱电解质，在水中的溶解度小，溶液中离子浓度很小，“铅糖”的溶液可能导电性弱，故D正确。
故选B。
16. 下列叙述正确的是
A. 常温下，将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液的时，
B. 两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为和，pH分别为a和，则
C. 常温下，的NaOH溶液与的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色
D. 向的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中的值增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；溶液呈电中性，所以阴阳离子所带电量相等，所以，故A错误；
B.醋酸是弱电解质，在水溶液中只有部分电离，所以醋酸的浓度大于氢离子浓度；两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为和，pH分别为a和的两种醋酸溶液中氢离子浓度之比：1，当两种酸的电离度相同时，则，实际上，两种酸的浓度不等，且浓度越大，酸的电离度越小，所以两种酸的浓度关系为，故B错误；
C.的NaOH溶液的，醋酸溶液的，等体积的两种溶液，醋酸有剩余，但大于水解程度，则等体积混合后溶液呈酸性，所以向混合液中滴入石蕊试液呈红色，故C正确；
D.氨水的电离方程式为：，当向氨水中加入硫酸铵时，硫酸铵中含有铵根离子，导致氨水的电离平衡向逆反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度降低，氨水的浓度增大，铵根离子浓度增大，平衡常数Kb不变，则溶液中减小，故 D错误。
故选C。
17. 水的电离常数如图所示，曲线上的点都符合c(H+)·c(OH-)=常数，下列说法错误的是
A. 图中温度：T1＞T2
B. 图中五点Kw间的关系：B＞C＞A=D=E
C. 曲线a、b均代表纯水的电离情况
D. 若处在B点时，将0.005 mol·L-1的硫酸溶液与由水电离的c(H+)=1.0×10-12 mol·L-1的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性
【答案】C
【解析】
【详解】A．水是弱电解质，电离需吸收能量，温度升高，c(H+)、c(OH-)增大，c(H+)·c(OH-)=常数增大，根据图象可知：在温度为T1时Kw=c(H+)·c(OH-)=10-12；在温度为T2时Kw=c(H+)·c(OH-)=10-14，所以温度：T1＞T2，A正确；
B．水的离子积常数Kw只与温度有关，温度越高，Kw =c(H+)·c(OH-)就越大，温度相同，则Kw相同，根据A、B、C、D、E所处的温度及离子浓度大小关系可知五点Kw间的关系：B＞C＞A=D=E，B正确；
C．曲线a、b中只有在c(H+)=c(OH-)才代表在同一温度下纯水的电离情况，即只有A、B、C三点才表示纯水情况，曲线上其它各点不表示纯水电离情况，C错误；
D．B点时水的离子积常数Kw=10-12。0.005 mol·L-1的硫酸溶液中c(H+)=0.01 mol/L，由水电离的c(H+)=1.0×10-12 mol·L-1的KOH溶液中c(OH-)=1 mol/L，将两种溶液等体积混合，由于c(OH-)＞c(H+)，所以混合发生反应后溶液显碱性，D正确；
故合理选项是C。
18. 有关下列两种溶液的说法中，正确的是（ ）
①0.1mol/L CH3COONa溶液 ②0.1mol/L CH3COOH溶液
A. 相同温度下，溶液中水的电离度:溶液①>溶液②
B. 等体积混合溶液①和溶液②，所得溶液中c(Na+)>c( CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
C. 加水稀释溶液①，溶液中不变
D. 向溶液①中加入少量的CH3COONa固体则减小
【答案】A
【解析】
【详解】A、溶液①是强碱弱酸盐溶液，醋酸根离子水解显碱性，促进水的电离：溶液②是酸溶液，对水的电离起到抑制作用；相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①＞溶液②，选项A正确；
B、溶液①和溶液②等体积混合为CH3COONa和CH3COOH按1：1形成的溶液，溶液呈酸性，c( CH3COO-)>c(Na+)> c(CH3COOH)，选项B错误；
C、加水稀释溶液①，水解程度增大，n( CH3COOH)、n(OH-)增大，n(Na+)不变，则增大，选项C错误；
D、向溶液①中加入少量的CH3COONa固体，水解程度减小，增大，选项D错误。
答案选A。
19. 常温下，下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是
A. 含有的溶液中：、、、
B. c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、Cl-、SO、SCN-
C. 的溶液中：、、、
D. 水电离出的的溶液中：、、、ClO-
【答案】C
【解析】
【详解】A． Al3+ 与 能发生完全双水解反应，二者不能共存，A不符合题意；
B． Fe3+ 与SCN-发生反应生成红色的Fe(SCN)3，二者不能共存，B不符合题意；
C．常温下， pH=6.5 的溶液呈弱酸性， Na+ 、 Mg2+ 、 Cl− 、 可以大量共存，C符合题意；
D．常温下，水电离出的 c(H+)=1.0×10−12mol⋅L−1 的溶液既可以为酸性溶液又可以为碱性溶液；酸性溶液中，S2-、ClO-不能大量存在，且S2-和ClO-能发生氧化还原反应，碱性溶液中，不能大量存在，D不符合题意；
故选C。
20. 下列说法正确的是
A. 25℃时，pH均为11的烧碱溶液与纯碱溶液中，水的电离程度相同
B. 25℃时，pH=9的某酸式盐NaHA的水溶液中：
C. 等物质的量浓度的K2S和KHS混合溶液中：
D. 用NaOH标准溶液滴定未知浓度盐酸，达到滴定终点时发现滴定管尖嘴部分有悬滴，会使测定结果偏小
【答案】C
【解析】
【详解】A．烧碱抑制水的电离，纯碱促进水的电离，A错误；
B．NaHA水溶液中的pH=9，说明的水解程度大于电离程度，即，B错误；
C．K2S和KHS溶液中硫离子和硫氢根离子均水解导致两种离子浓度减小，故等物质的量浓度的K2S和KHS混合溶液中：，C正确；
D．达到滴定终点时滴定管尖嘴部分有悬滴，说明滴定管的读数偏大，则测定结果偏大，D错误；
故选C。
21. 为了得到比较纯净的物质，使用的方法恰当的是
A. 向Na2CO3饱和溶液中，通入过量的CO2后，在加压、加热的条件下，蒸发得NaHCO3晶体
B. 加热蒸发AlCl3饱和溶液可得到纯净的AlCl3晶体
C. 向FeBr2溶液中加入过量的氯水，加热蒸发得FeCl3晶体
D. 向FeCl3溶液里加入足量的NaOH溶液，经过滤、洗涤沉淀，再充分灼烧沉淀得Fe2O3
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaHCO3加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，加热时，制取的碳酸钠不纯，A错误；
B.加热蒸发AlCl3饱和溶液，发生Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加热导致HCl挥发，使平衡正向移动，得到氢氧化铝，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，不能得到纯净的AlCl3晶体，B错误；
C.向FeBr2溶液中加入过量的氯水，2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2，加热蒸发FeCl3溶液时，发生Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，不能得到FeCl3晶体，C错误；
D.向FeCl3溶液里加入足量的NaOH溶液，Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，经过滤、洗涤沉淀，再充分灼烧沉淀，2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，得到Fe2O3，D正确；
答案为D。
【点睛】热蒸发AlCl3、FeCl3溶液时，金属离子发生水解反应，且加热促使平衡正向移动，得到金属氢氧化物，再经过洗涤、灼烧得到金属氧化物。
二、填空题(共4题，58分)
22. Ⅰ.实验室测定中和热的步骤如下(如图)
第一步：量取40.0mL 0.25mol/L H2SO4溶液倒入小烧杯中，测量温度；
第二步：量取40.0mL 0.55mol/L NaOH溶液，测量温度；
第三步：将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混合液温度。
请回答：
（1）图中仪器A的名称是_______。
（2）NaOH溶液稍过量的原因_______。
（3）加入NaOH溶液的正确操作是_______(填字母)。
A. 沿玻璃棒缓慢加入 B. 分三次均匀加入 C. 一次迅速加入 D. 用滴定管小心滴加
（4）若实验中若改用60 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的氢氧化钠溶液进行反应， 与上述实验相比，所放出的热量_______ (填“相等”“不相等”)，若实验操作均正确，则所求中和热_______ (填“相等”“不相等”)。
Ⅱ.
（5）已知拆开1 mol H-H、1 mol N-H、1 mol N≡N分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为_______。
（6）用NA表示阿伏加德罗常数的值，在C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有5NA个电子转移时，放出650 kJ的热量。则C2H2燃烧热的热化学方程式为_______。
（7）已知两个氢气燃烧生成水的热化学方程式：
H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH=a kJ·mol-1
2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH=b kJ·mol-1
请回答下列问题(|b|表示b的绝对值)：
①若2 mol H2(g)完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量_______(填“>”“<”或“=”)|b| kJ。
②反应热的关系：2a_______(填“>”“<”或“=”)b。
③若已知H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH=-242 kJ·mol-1，且氧气中1 mol O=O完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1 mol H-O形成时放出热量463 kJ，则氢气中1 mol H-H断裂时吸收的热量为_______。
（8）肼(N2H4)是一种用于火箭或燃料电池的原料，已知：
①2H2O(g)+O2(g)=2H2O2(l) ΔH1= +108.0 kJ·mol-1
②N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH2= -534.0 kJ·mol-1
则③N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) ΔH3=_______kJ·mol-1。
【答案】（1）环形玻璃搅拌棒
（2）确保硫酸被完全中和 （3）C
（4） ①. 不相等 ②. 相等
（5）
（6）
（7） ①. ＜ ②. ＞
③. 436
（8）-642
【解析】
【小问1详解】
根据仪器构造可知，仪器A玻璃搅拌器（或环形玻璃搅拌棒）。
【小问2详解】
NaOH和硫酸发生中和反应，NaOH溶液稍过量，可以保证硫酸完全反应。
【小问3详解】
为了保证热量不散失，NaOH溶液要一次性迅速加入，故选C。
【小问4详解】
若实验中若改用60 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，由于反应物与上述实验不相等，所以放出的热量不相等；中和热是酸碱中和生成1mol水时放出的热量，和反应物的量无关，所以中和热是相等的。
【小问5详解】
1molN2和3molH2反应生成2molNH3，需要断裂1mol N≡N键和3molH-H键，形成6molN-H键，断裂化学键吸收的能量为946kJ+3×436kJ=2254kJ，形成化学键放出的能量为6×391kJ=2346kJ，所以该反应生成2molNH3放出2346kJ-2254kJ=92kJ的热量，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=-92kJ⋅mol-1。
【小问6详解】
C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水，碳元素的化合价从C2H2中的-1价升高到CO2中的+4价，消耗1molC2H2失去10mol电子，每有5NA个电子转移时，放出650 kJ的热量，则有10mol电子转移时，放出1300 kJ的热量。则C2H2燃烧热的热化学方程式为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) ΔH=-1300kJ⋅mol-1。
小问7详解】
①2 mol H2(g)完全燃烧生成液态水，放出|b| kJ的热量，液态水变为水蒸气要吸收热量，所以2 mol H2(g)完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量＜|b| kJ。
②根据第一个热化学方程式可知，1molH2(g)完全燃烧生成水蒸气，放出|a| kJ的热量，则2molH2(g)完全燃烧生成水蒸气，放出2|a|kJ的热量，水蒸气变为液态水放出热量，由于反应放热，所以a和b均为负值，所以2a＞b。
③根据热化学方程式，ΔH=反应物中化学键断裂吸收的能量-生成物中化学键形成放出的能量，设氢气中1 mol H-H断裂时吸收的热量为x，则-242kJ/mol=x+0.5×496kJ/mol-2×463kJ/mol，x=436kJ/mol。
【小问8详解】
根据盖斯定律，反应②-反应①得到反应N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)，其ΔH=-534.0 kJ·mol-1-(+108.0 kJ·mol-1)=-642 kJ·mol-1。
23. 完成下列问题
（1）甲醇是一种重要的化工原料，具有开发和应用的广阔前景。工业上使用水煤气(CO与H2的混合气体)转化成甲醇，反应为2H2(g)＋CO(g) CH3OH(g) △H=-91.0 kJ·mol-1，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①p1、p2的大小关系是p1_______p2(填“>”“<"或"=”)。
②A、B、C三点的平衡常数KA、KB、Kc的大小关系是_______。
③在T2℃、p2压强时，往一容积为2L的密团容器内，充入0.3molCO与0.4molH2发生反应。平衡时H2的体积分数是_______；平衡后再加入1.0molCO后重新到达平衡，则CO的转化率_______ (填“增大""不变”成“减小”)，CO与CH3OH的浓度比_______ (填"增大”“不变”或“减小”)。
（2）向1 L的恒容密容器中加入0.1 mol H2和0.05 mol CO在一定温度下发生上述反应，10 min后反应达到平衡状态，测得放出的热量为3.64 kJ。
①从反应开始恰好平衡状态时，H2的平均反应速率v(H2)为_______，反应开始与达平衡时的压强之比为_______。
②在温度不变条件下，上述反应达到平衡后再向容器中充入0.01 mol H2和0.05 mol CH3OH(g)时，平衡_______(填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)。
（3）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H=-49.5 kJ·mol-1
Ⅱ.CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) △H2=-90.4 kJ·mol-1
Ⅲ.CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) △H3
一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为_______mol·L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为_______。
【答案】（1） ①. ＜ ②. ③. 25% ④. 减小 ⑤. 增大
（2） ①. ②. 15∶7 ③. 不移动
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)是气体体积减小的反应，在温度相同时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，则P1＜P2，故答案为：＜；
②由图可知，压强一定时，温度升高，CO的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，则该反应的正向ΔH<0，所以随着温度升高，该反应平衡常数减小，则A、B、C三点的平衡常数KA，KB，KC的大小关系是：KA=KB＞KC，故答案为：KA=KB＞KC；
【小问2详解】
①在T2℃、P2压强时，往一容积为2L的密闭容器内，充入0.3molCO与0.4molH2发生反应，平衡时CO的平衡转化率为0.5，列出三段式为：，平衡时氢气的体积分数=物质的量分数= =25%；平衡后再加入1.0molCO后平衡正向移动，但CO的转化率减小；CO与CH3OH的浓度比=，平衡正向移动，c(H2)减小，增大，故答案为：25%；减小；增大；
②根据方程式可知：每有2 mol H2发生反应，反应会放出热量91.0 kJ，现在反应放出热量是3.64 kJ，则反应的H2的物质的量为n(H2)==0.08 mol，故从反应开始恰好平衡状态时，H2的平均反应速率v(H2)== 0.008 mol/(L·min)；根据①计算，结合物质反应转化关系可知：平衡时n(H2)=0.1 mol-0.08 mol=0.02 mol，n(CO)=0.05 mol-0.04 mol=0.01 mol，n(CH3OH)=0.04 mol，平衡时总的物质的量为0.02mol+0.01mol+0.04mol=0.07mol，开始时气体总量为0.1mol+0.05mol=0.15mol，相同条件下，压强之比等于物质的量之比，故反应开始与达平衡时的压强之比为；由于容器的容积是1 L，故物质的平衡浓度在数值上与物质的量相等，故该温度下的化学平衡常数K=。在该温度下向上述平衡体系中加热0.01 mol H2、0.05 mol CH3OH，此时的浓度上Qc==K，说明充入物质后，化学平衡不发生移动；
【小问3详解】
根据方程式I、III可知：每反应产生1 mol CH3OH或CO，就同时会产生1 mol H2O(g)。现在反应达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，故n(H2O)=(a+b)mol，由于容器的容积是V L，故水的平衡浓度c(H2O)=mol/L；在反应开始时n(CO2)=1 mol，n(H2)=3 mol，反应达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，则反应I消耗CO2为a mol，消耗H2为3a mol；反应III消耗CO2为a mol，消耗H2为b mol，故平衡时n(CO2)=(1-a-b)mol，n(H2)=(3-3a-b) mol，平衡时n(H2O)=(a+b)mol，由于容器的容积是V L，故反应III的平衡常数K=。
24. 按要求回答下列问题
（1）一定温度下，现有a.盐酸，b.硫酸，c.醋酸三种酸
①当三种酸体积相同，物质的量浓度相同时，使其恰好完全中和所需NaOH的物质的量由大到小的顺序是_______(用a、b、c表示)
②当三者c(H+)相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是 _______(用a、b、c表示)
③当c(H+)相同、体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2(相同状况)，则开始时反应速率的大小关系为 _______(用a、b、c表示)
（2）用已知物质的量浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸时，可能有以下操作：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管后，直接装入已知浓度的NaOH溶液；
②经检查碱式滴定管不漏液，胶管中玻璃珠控制灵活后，用少量已知的NaOH溶液洗涤2～3次后再装入碱液，将液面调至刻度“0”处，用滴定管夹将其固定在铁架台上；
③用待测盐酸润洗移液管移取一定体积的待测盐酸，放至用蒸馏水洗净的锥形瓶中；
④往锥形瓶中滴加几滴甲基橙，在瓶下垫一张白纸；
⑤手捏碱式滴定管中的玻璃珠，快速放液以使指示剂尽快变色；
⑥指示剂变色后再滴加几滴碱液，以稳定变色。
以上操作中错误的是_______
（3）现用中和滴定法测定某烧碱溶液的浓度。有关数据记录如表：
滴定序号
待测液体积/mL
所消耗盐酸标准液的体积/mL
滴定前
滴定后
消耗的体积
1
25.00
0.50
26.80
26.30
2
25.00
3
25.00
5.00
31.34
26.34
用_______式滴定管盛装0.2500mol·L-1盐酸标准液。如图表示第二次滴定前后50mL滴定管中液面的位置
该次滴定所用标准盐酸体积为_______mL。
②现实验室中有石蕊和酚酞两种指示剂，该实验应选用_______作指示剂。
③根据所给数据，该烧碱样品的物质的量浓度为_______mol·L-1(保留四位有效数字)。
④若操作过程中滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，就立刻停止滴定，则会造成测定结果_______(填“偏低”“偏高”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. ②. ③.
（2）①⑤⑥ （3） ①. 酸 ②. 24.60 ③. 酚酞 ④. 0.2632mol/L ⑤. 偏低
【解析】
【小问1详解】
①等浓度等体积的三种酸，盐酸中的HCl、硫酸溶液中的H2SO4和醋酸溶液中的CH3COOH的物质的量相等，盐酸和醋酸是一元酸，硫酸是二元酸，所以完全中和所需NaOH的物质的量由大到小的顺序是b>a=c 。
②盐酸和硫酸是强酸，c(H+)相同且体积也相同时，盐酸和硫酸和足量的锌反应生成的氢气的体积相同，醋酸是弱酸，和盐酸c(H+)相同且体积也相同时，醋酸的物质的量比HCl的物质的量大，和足量的锌反应生成的氢气的体积醋酸比盐酸大，即气体体积大小顺序为c>a=b。
④生成氢气的速率和起始c(H+)有关，起始c(H+)相同，所以速率相等，即a=b=c。
【小问2详解】
用蒸馏水洗涤碱式滴定管后，应用NaOH润洗后装入已知浓度的NaOH溶液，故①错误；向锥形瓶中放入碱液，开始时可以稍快些，后续要慢慢滴入碱液，最后要一滴一滴地滴加，直到滴入最后半滴碱液，指示剂变色且摇动半分钟颜色不恢复，停止滴加标准液，故⑤⑥错误。
【小问3详解】
①酸式滴定管用于盛装酸性溶液，所以用酸式滴定管盛装盐酸。从图中可以看出，滴定前滴定管液面在0.03mL处，滴定后液面读数为24.90mL，该次滴定所用盐酸体积为24.90mL-0.30mL=24.60mL。
②石蕊变色不明显，所以一般不用于酸碱中和滴定，故选择酚酞。
③根据所给数据，第2次实验数据和其它两次相差太大，舍去，第1次和第3次所用盐酸的体积平均值为26.32mL，根据HCl+NaOH=NaCl+H2O，n(HCl)=n(NaOH)，有26.32mL×0.2500mol/L=25.00mL×c(NaOH)，则c(NaOH)=0.2632mol/L。
④操作过程中滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，就立刻停止滴定，则滴入的盐酸不足，盐酸体积偏小，则会造成测定结果偏低。
25. 回答下列问题
（1）已知80℃时，水的离子积常数KW=2.5×10-13。该温度下，0.1mol/L某一元酸(HA)溶液中 =108，该溶液中由水电离的c(H+)为_______
（2）25℃时，向溶液中逐滴加入等浓度的溶液至恰好沉淀完全。
①此过程中水的电离平衡_______(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。
②写出该过程发生反应的离子方程式_______；若反应前后溶液体积的变化忽略不计，则反应后所得溶液的pH值为_______(已知)。
（3）盐类水解原理在生产生活中有着广泛的应用根据盐类水解的知识回答下列问题：
①灭火器中分隔放置Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液，灭火时使两种试剂混合，立即喷出大量泡沫，发生反应的离子方程式为_______。
②把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到主要固体产物是_______(写化学式)。
③配制保存FeCl3溶液经常会出现颜色变深甚至浑浊的现象，为防止此现象发生，常采取的措施是_______。
④25℃时，pH=11的KOH溶液和pH=11的K2CO3溶液中，由水电离出的c(OH﹣)的比值为_______。
【答案】（1）
（2） ①. 正向 ②. ③. 11.4
（3） ①. ②. Al2O3 ③. 加盐酸 ④. 10-8
【解析】
【小问1详解】
80℃时，水的离子积常数KW=2.5×10-13，，该温度下，0.1mol/L某一元酸(HA)溶液中 =108，则，解得=，该溶液中由水电离的c(H+)==；
【小问2详解】
①向溶液中逐滴加入溶液，溶液中OH-浓度减小，促进水的电离，故此过程中水的电离平衡正向移动；
②向溶液中逐滴加入溶液，过量，反应的离子方程式为；向溶液中逐滴加入等浓度的溶液至恰好沉淀完全，则加入等浓度溶液的体积为100mL，的物质的量为，完全沉淀，反应的离子方程式为，反应剩余的OH-浓度为=0.0025mol/L，25℃时，KW=1×10-14，则溶液中H+浓度为=4×10-12，则溶液的pH为11.4；
【小问3详解】
①Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液混合，发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，离子方程式为；
②部分AlCl3在溶液中水解生成和HCl，加热HCl逸出，促进Al3+水解，把AlCl3溶液蒸干，得到，灼烧最后得到的主要固体产物是Al2O3；
④配制保存FeCl3溶液经常会出现颜色变深甚至浑浊的现象，是由于在FeCl3溶液中存在水解反应：，加入盐酸可抑制水解，防止此现象发生；
⑤pH=11的KOH溶液中，c(H+)=10-11，由水电离出的c1(OH﹣)= c(H+)=10-11；pH=11的K2CO3溶液中，c(OH-)=10-3，OH-是由水电离生成，故由水电离出的c2(OH﹣)=10-3，==10-8。
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