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2018-2019学年云南省峨山彝族自治县第一中学高二下学期期中考试化学试题 解析版
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峨山一中2018-2019学年下学期期中
高二 化学试卷
1.本试卷共7页，分为I卷和II卷，满分100分。其中第I卷为选择题，共50分；第II卷为非选择题，共50分。
2.考试时间为120分钟。
3.请将答案填在答题卡内。
可能用到的原子量：H - 1 C - 12 N - 14 O - 16 F - 19 S - 32 Cl – 35.5 Ca - 40
第I卷
一、选择题（本题共25个小题，每题2分，共50分，每个小题只有一个唯一的答案，请将答案涂在答题卡上。）
1.改革开放40周年以来，化学科学技术的发展大大提高了我国人民的生活质量。下列过程没有涉及化学变化的是
A.太阳能分解水制取氢气
B.开采可燃冰获取燃料
C.新能源汽车燃料电池供电
D.运载“嫦娥四号”的火箭发射
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.水分解产生氢气和氧气，有新的物质产生，发生的是化学变化，A不符合题意；
B.从海底开采可燃冰获取燃料，没有新物质产生，发生的是物理变化，B符合题意；
C.新能源汽车燃料电池供电，是化学能转化为电能，有新物质产生，发生的是化学变化，C不符合题意；
D.运载“嫦娥四号”的火箭发射，化学能转化为热能、机械能，发生化学反应，有新的物质产生，D不符合题意；
故合理选项是B。
2.强酸和强碱的稀溶液中和热可表示为：H+(aq) + OH-(aq)=H2O(l)；ΔH=－57.3kJ/mol，以下3个化学方程式中，反应热为－57.3kJ/mol的是（ ）
①H2SO4(aq) + 2NaOH(aq) = Na2SO4(aq) + 2H2O(l)；②H2SO4(aq) + Ba(OH)2(aq) = BaSO4(s) + 2H2O(l)；③NH3·H2O(aq) + HCl(aq) = NH4Cl(aq) + H2O(l)
A. ① B. ② C. ③ D. 均不符合
【答案】D
【解析】
【详解】①热化学方程式的计量数只表示物质的量，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l),ΔH=－57.3kJ/mol表示强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量。对于①H2SO4(aq) + 2NaOH(aq) = Na2SO4(aq) + 2H2O(l)反应生成2mol水，所以反应热ΔH=-57.3kJ/mol×2=-114.6kJ/mol，①项错误；
②H2SO4(aq) + Ba(OH)2(aq) = BaSO4(aq) + 2H2O(l)反应除生成2mol水外，还生成BaSO4沉淀，反应热肯定不是－57.3kJ/mol，②项错误；
③NH3·H2O(aq) + HCl(aq) = NH4Cl(aq) + H2O(l)反应尽管生成1mol水，但NH3·H2O为弱碱，中和反应时要电离，而电离过程要吸收部分热量，所以反应热要大于－57.3kJ/mol，③项错误；
答案选D。
3.下表中物质的分类组合，完全正确的是（ ）
编号
A
B
C
D
强电解质
KNO3
H2SO4
BaSO4
HClO4
弱电解质
NH3•H2O
CaCO3
HClO
C2H5OH
非电解质
SO2
Al
H2O
CH3COOH
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
在水溶液中完全电离的电解质为强电解质，包括强酸、强碱、大多数盐；在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质，包括弱酸、弱碱、水等；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质。
【详解】A.KNO3在水溶液中完全电离，KNO3属于强电解质；NH3·H2O在水溶液中只能部分电离，NH3·H2O属于弱电解质；SO2在纯液态时不能导电，SO2为非电解质，A项正确；
B.H2SO4在水溶液中完全电离，H2SO4属于强电解质；CaCO3难溶于水，但溶解的CaCO3是完全电离的，CaCO3属于强电解质；Al是单质，不是电解质也不是非电解质，B项错误；
C.BaSO4难溶于水，但溶解的BaSO4是完全电离的，BaSO4属于强电解质；HClO在水溶液中只能部分电离，HClO属于弱电解质；H2O能极微弱的电离，H2O属于弱电解质，C项错误；
D.HClO4在水溶液中完全电离，HClO4属于强电解质；C2H5OH在水溶液和熔融状态下都不导电，C2H5OH属于非电解质；CH3COOH在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，D项错误；
答案选A。
4.下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）
A. 由H和Cl形成共价键的过程：
B. Na2O2用于呼吸面具的供氧剂：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2
C. 实验室用NH4Cl和Ca(OH)2的混合物制取氨：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
D. 惰性电极电解饱和食盐水的离子方程式：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A.由H和Cl形成共价键，两个原子通过共用电子对结合，没有电子得失，其过程为：，A错误；
B.Na2O2用于呼吸面具时，与人呼吸产生的CO2发生反应，产生氧气，因此可作供氧剂，反应方程式为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，B正确；
C.NH4Cl和Ca(OH)2的混合物加热发生反应，产生氨气、氯化钙和水，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，C正确；
D.惰性电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，D正确；
答案选A。
【点睛】用电子式表示物质的形成过程时，首先要判断构成物质的化学键类型，即是离子键还是共价键；其次必须用“→”来连接左右两侧，而不是用“＝”连接；再次箭头的左侧是构成物质元素原子的电子式，而右侧是具体物质的电子式；最后箭头的两侧也必须满足各种守恒关系。
5.下列化学用语正确的是（ ）
A. (NH4)2 Fe(SO4)2 溶解于水：(NH4)2 Fe(SO4)2 =NH4+ + Fe2 + + 2SO42－
B. Al(OH)3在水中的电离：Al(OH)3 Al3 ++3OH－
C. H3PO4溶解于水：H3PO4 3H+ + PO43－
D. NaHSO4在水中的电离：NaHSO4 = Na+ + NaHSO4－
【答案】B
【解析】
【详解】A.(NH4)2Fe(SO4)2属于可溶于水的强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式中用“＝”连接：(NH4)2Fe(SO4)2＝2NH4++Fe2++2SO42－，A项错误；
B.Al(OH)3属于弱电解质，在水中只能部分电离，电离方程式正确；B项正确；
C.H3PO4属于多元弱酸，是弱电解质，溶解于水时分步电离：H3PO4H2PO4-+H+，H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，C项错误；
D.NaHSO4是强电解质，在水中的电离方程式应为：NaHSO4＝Na++H++SO42-，D项错误；
答案选B。
6.下列说法或表示方法中正确的是
A. 氢气的燃烧热为285.8 kJ·mol－1，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
B. 等质量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，后者放出的热量多
C. 某密闭容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，在一定条件下充分反应,转移电子的数目小于0.6×6.02×1023
D. 已知中和热为57.3 kJ·mol－1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量要小于57.3 kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A.燃烧热是指250C、101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，燃烧2molH2(g)时应放出285.8kJ×2=571.6kJ热量，正确的热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l);ΔH＝－571.6kJ·mol－1，A项错误；
B.因为硫粉转化为硫蒸气需要吸收热量，硫粉燃烧时有部分热量被硫粉转化成硫蒸气过程所吸收，所以硫粉燃烧放出的热量比硫蒸气燃烧放出的热量少。B项错误；
C.N2和H2在密闭容器中发生反应N2+3H22NH3，氮元素化合价由N2中的0价降到NH3中的-3价，故1molN2完全转化失去6mol电子，但该反应是可逆反应，0.1molN2不可能完全转化，所以转移电子的物质的量小于0.6mol，即转移电子的数目小于0.6×6.02×1023，C项正确；
D.“中和热为57.3 kJ·mol－1”表示强酸与强碱稀溶液中发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，0.5molH2SO4与1molNaOH反应恰好生成1mol水，但混合时浓硫酸溶解在NaOH溶液中要放热，所以该反应结束时放出的热量要大于57.3kJ，D项错误；答案选C。
7.下列有关化学反应速率的说法中，正确的是
A. 100 mL 1 mol/L的稀硫酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变
B. 合成氨的反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
C. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气速率
D. 汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢
【答案】D
【解析】
【详解】A.稀硫酸与锌反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑，在稀硫酸中加氯化钠溶液，反应混合溶液的体积增大，溶液中H+浓度减小，反应速率减慢，A项错误；
B.升高体系的温度，反应物分子获得了能量，部分普通分子变成了活化分子，单位体积内活化分子百分数增大，所以反应速率增大，B项错误；
C.浓硫酸能使铁的表面形成一层致密的氧化膜，阻止了浓硫酸与铁继续反应，所以改用铁片和浓硫酸反应不产生H2，C项错误；
D.根据“CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2”可写出该反应的化学方程式：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，有气体参加的反应减小压强，反应速率减慢，D项正确；答案选D。
8.关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体——NaUr，其平衡关系为：Ur—(aq)+Na+(aq) NaUr(s)，其中Ur—表示尿酸根离子。医生常嘱咐关节炎病人要注意保暖，特别是手脚等离心脏较远的部位。因为第一次关节炎的发作大都在手指或脚趾的关节处。这说明
A. 形成尿酸钠晶体的反应为放热反应 B. 形成尿酸钠晶体的反应为吸热反应
C. 尿酸钠溶解度较大 D. 尿酸钠晶体一定难溶于水
【答案】A
【解析】
【详解】A.因为“关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体” 与“关节炎病人要注意保暖”，说明关节炎易发生在冬季，可推知降低温度，使Ur-(aq)+Na+(aq)NaUr(s)平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应为放热反应，A项正确；
B.由A项分析可知形成尿酸钠晶体的反应为放热反应，B项错误；
C. 根据“关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体”，可知在溶液中存在溶解平衡NaUr(s)Ur-(aq)+Na+(aq)，显然尿酸钠溶解度较小，C项错误；
D.根据C分析，Ur-(aq)+Na+(aq) NaUr(s)尿酸钠晶体在溶液中存在逆向溶解，说明尿酸钠晶体在水中有一定的溶解性，D项错误；答案选A。
9.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 在25℃、101 kPa时，2 gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)2H2O(l)；ΔH=－285.8kJ·mol-1
B. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)2CO(g)+O2(g)；ΔH=+283.0 kJ/mol
C. 在稀溶液中：H+(aq)+OH－(aq)= H2O(l)；ΔH =－57.3 kJ·mol—1，若将含0.5 mol H2SO4的稀硫酸与1 mol NaOH固体混合，放出的热量大于57.3 kJ
D. 已知C(石墨,s) C(金刚石,s)；ΔH＝+1.9 kJ/mol，则金刚石比石墨稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A.燃烧热是指250C、101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，2gH2的物质的量为1mol，氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，表示H2燃烧热的热化学方程式为：H2(g)＋O2(g)=H2O(l);ΔH＝－285.8kJ·mol－1，A项错误；
B.因为CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，所以有热化学方程式2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)，ΔH＝－566.0kJ·mol－1，作为该反应的逆反应的反应热数值相同，符号相反，故有2CO2(g)2CO(g)+O2(g)；ΔH=+566.0 kJ/mol，B项错误；
C. 由H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l); ΔH=－57.3 kJ·mol—1可知，稀溶液中强酸与强碱发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ热量，0.5molH2SO4与1molNaOH恰好反应生成1mol水，但是1molNaOH固体在稀硫酸中溶解时要放出热量，所以该反应放出的热量大于57.3kJ，C项正确；
D.因为C(石墨,s)C(金刚石,s)；ΔH＝+1.9 kJ/mol是吸热反应，所以金刚石的能量高于石墨的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，D项错误；答案选C。
10.已知反应Na2S2O3＋H2SO4 = S↓＋SO2↑＋H2O，下列各组实验中反应最快的是
组号
反应温度
（℃）
参加反应物质
水体积(mL)
Na2S2O3
H2SO4
体积（mL）
浓度（mol·L－1）
体积(mL)
浓度（mol·L－1）
A
10
5
0.1
10
0.1
5
B
10
5
0.1
5
0.1
10
C
30
5
0.1
5
0.1
10
D
30
5
0.2
5
0.2
10
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
由表格数据知改变的条件是反应温度和反应物浓度，根据影响反应速率的因素分析。
【详解】温度越高反应速率越快，一般来说温度每升高10℃反应速率增大到原来的2~4倍，因此C、D的反应速率要比A、B的反应速率快，而D中反应物浓度比C中反应物浓度大，反应物浓度越大反应速率越快，所以D的反应速率比C的反应速率快，答案选D。
11. 下列说法正确的是( )
A. 在测定中和热的实验中，为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触
B. 酸碱中和滴定实验中，锥形瓶要用待装液预先润洗
C. 在测定中和热的实验中,用0.5mol·L－1NaOH溶液分别与0.5 mol·L－1的盐酸、醋酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同
D. 测溶液PH值时，PH试纸不能润湿
【答案】D
【解析】
【详解】A．温度计测烧杯内的热水的温度，水银球不能接触烧杯底部，A项错误；
B．酸碱中和滴定实验中，锥形瓶不能用待装液预先润洗，否则会导致标准液消耗增多，B项错误；
C．醋酸是弱酸，电离吸热，测出的中和热数值偏小，C项错误；
D．测溶液pH值时，pH试纸不能润湿，否则会使所测溶液的浓度减小，D项正确；
答案选D。
12.下列说法正确是( )
A. 铜、石墨均能导电，所以它们均是电解质
B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质
C. 液态HCl、固体NaCl均不能导电，所以HCl、NaCl均是非电解质
D. 蔗糖、酒精在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以它们均是非电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A．铜、石墨均为单质，它们既不电解质，也不是非电解质，故A错误；
B．NH3、CO2的水溶液均导电，但NH3、CO2均是非电解质，故B错误；
C．液态HC1、固体NaCl均不导电，但它们的水溶液导电，HC1、NaCl均是电解质，故C错误；
D．蔗糖、酒精在水溶液或熔融状态下均不导电，所以它们均是非电解质，故D正确；
答案为D。
13.热化学方程式C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)；△H ＝+131.3kJ/mol表示（ ）
A. 碳和水反应吸收131.3kJ能量
B. 1mol碳和1mol水反应生成一氧化碳和氢气并吸收131.3kJ热量
C. 1mol固态碳和1mol水蒸气完全反应生成一氧化碳气体和氢气，并吸热131.3kJ热量
D. 1个固态碳原子和1分子水蒸气反应吸热131.1kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A. 应该是1mol固态碳和1mol水蒸气完全反应生成CO气体和氢气吸收131.3kJ能量，A错误；
B. 应该是1mol固态碳和1mol水蒸气完全反应生成CO气体和氢气吸收131.3kJ能量，B错误；
C. 1mol固态碳和1mol水蒸气完全反应生成一氧化碳气体和氢气，并吸热131.3kJ热量，C正确；
D. 根据以上分析可知D错误；
答案选C。
【点睛】一定要注意热化学方程式中物质的化学计量数表示物质的物质的量，而不表示分子数，其次还要体现出来物质的状态，“+”表示反应吸热，“-”表示放热。
14.下列关于能量判据和熵判据的说法中，不正确的是
A. 放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程
B. 放热过程(ΔH＜0)或熵增加(ΔS＞0)的过程一定是自发的
C. 在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个吸热反应在较高温度(1200 K)下则能自发进行
D. 由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A.放热过程（即ΔH＜0）有自发进行的倾向，如2H2(g)+O2(g)=2H2O(l), ΔH＜0是自发的过程，其过程的熵减小。如果吸热（即ΔH>0）且又熵减小（即ΔS<0）的过程，则任何温度下都有ΔH-TΔS>0，即在任何温度下该过程都是非自发的，所以吸热的自发过程一定为熵增加的过程，A项正确；
B.焓变和熵变都与反应的自发性有关，又都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变，放热过程(ΔH＜0)且熵增加(ΔS＞0)的过程一定是自发的，B项错误；
C.CaCO3(g)=CaO(s)+CO2(g)，该反应ΔH>0且ΔS>0，升高温度（即T增大）可使ΔH-TΔS<0即可自发，故该反应在高温下可自发进行，C项正确；
D.焓判据和熵判据都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程，D项正确；答案选B。
15.下列说法不能够用勒夏特勒原理来解释的是
A. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
B. 溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后（AgBr是淡黄色沉淀），溶液颜色变浅
C. SO2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率
D. 恒温、恒压条件下，2NO2N2O4平衡体系中充入He后，体系颜色变浅
【答案】D
【解析】
【分析】
勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、以及参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。由此分析。
【详解】A.氯气通入食盐水中存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中Cl-浓度很大，该平衡向逆反应方向移动，Cl2的溶解度减小，有利于收集更多的Cl2，能用勒夏特列原理解释，A项错误；
B.向溴水中加入AgNO3溶液后发生离子反应Ag++Br-=AgBr↓，溶液中Br-浓度减小，Br2+H2OH++Br-+HBrO平衡向正反应方向移动，Br2的浓度将减小，溶液的颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，B项错误；
C.2SO2(g)+O22SO3(g)，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大，能用勒夏特列原理解释，C项错误；
D.恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He，体系的体积将增大，NO2（红棕色）的浓度减小，所以体系颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，D项正确；答案选D。
16.25 ℃时，把0.2 mol·L－1的醋酸加水稀释，则图中的纵轴y表示的是（ ）
A. 溶液中H+的物质的量
B. 溶液中的c(CH3COO-)/c(CH3COOH)
C. 溶液的导电能力
D. CH3COOH的电离程度
【答案】C
【解析】
【详解】A. 加水稀释醋酸，促进醋酸的电离，但溶液体积增加的程度更大，所以溶液中H+的物质的量增加，A错误；
B. 温度不变，电离常数不变，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)＝Ka/c(H+)，由于氢离子浓度减小，所以该比值增大，B错误；
C. 加水稀释醋酸，促进醋酸的电离，但溶液体积增加的程度更大，氢离子浓度减小，所以溶液的导电能力逐渐减小，C正确；
D. 加水稀释醋酸，促进醋酸的电离，CH3COOH的电离程度变大，D错误；
答案选C。
17.巴豆酸的结构简式为CH3—CH=CH—COOH。现有①氯化氢、②溴水、③纯碱溶液、④2丁醇、⑤酸性KMnO4溶液，试根据巴豆酸的结构特点，判断在一定条件下，能与巴豆酸反应的物质是（ ）
A. 只有②④⑤ B. 只有①③④ C. ①②③④⑤ D. 只有①②③④
【答案】C
【解析】
【详解】根据有机物的结构简式可知，分子中含有的官能团是碳碳双键和羧基，能与氯化氢、溴水发生加成反应，与纯碱溶液发生复分解反应，与2－丁醇发生酯化反应，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以①～⑤的反应都能发生，答案选C。
18. 下列关于有机物的说法正确的是（ ）。
A. 乙烯能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，二者反应原理不相同
B. 交警用酸性重铬酸钾溶液检查司机是否饮酒过量时乙醇发生取代反应
C. 乙酸的分子式为CH3COOH，属于弱电解质
D. 苯分子中没有碳碳双键，因此苯不能发生加成反应
【答案】A
【解析】
【详解】A. 乙烯能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，二者反应原理不相同，前者是氧化反应，后者是加成反应，A正确；
B. 交警用酸性重铬酸钾溶液检查司机是否饮酒过量时乙醇发生氧化反应，B不正确；
C. 乙酸的分子式为C2H4O2，结构简式为CH3COOH，，C不正确；
D. 虽然苯分子中没有碳碳双键，但是苯能发生加成反应，苯在一定条件下可以与氢气发生加成反应，D不正确；
故选A。
19.一定温度下，在容积恒定的密闭容器中发生可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)，下列叙述一定是达到平衡的标志的是
①2υ(B)正=3υ(C)逆；②单位时间内生成a mol A，同时消耗2a mol C；③A、B、C的浓度不再变化；④混合气体的总压强不再变化；⑤C的质量分数不再改变；⑥用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1:3:2的状态；⑦A、B、C的浓度彼此相等；⑧混合气体的密度不再改变的状态
A. ①③④⑤ B. ①④⑤⑦ C. ④⑤⑥⑧ D. ③⑤⑥⑦
【答案】A
【解析】
【详解】①达到平衡时正逆反应速率比等于系数比，所以2υ(B)正=3υ(C)逆时一定平衡，故①是标志；
②生成A与消耗C都是逆反应速率，单位时间内生成a mol A，同时消耗2a mol C不一定平衡，故②不是标志；
③达到平衡时各物质的浓度保持不变，所以A、B、C的浓度不再变化一定平衡，故③是标志；
④反应前后气体系数和不同，压强是变量，所以混合气体的总压强不再变化一定平衡，故④是标志；
⑤C的质量分数不再改变，说明C的浓度保持不变，一定达到平衡状态，故⑤是标志；
⑥任意时刻用不同物质表示的速率比等于系数比，所以用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1:3:2的状态不一定平衡，故⑥不是标志；
⑦浓度保持不变是平衡状态，A、B、C的浓度彼此相等时不一定保持不变，所以A、B、C的浓度彼此相等不一定平衡，故⑦不是标志；
⑧根据 ，该反应中密度是恒量，所以密度不变不一定平衡，故⑧不是标志；
综上所述，一定是达到平衡的标志的是①③④⑤，选A。
20.汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体，反应方程式为4CO(g)＋2NO2(g) 4CO2(g)＋N2(g) ΔH＝-1200kJ·mol－1。对于该反应，温度不同(T2>T1)其他条件相同时，下列图像正确的是
A. B. C. C D.
【答案】D
【解析】
【详解】A.升高温度正逆反应速率均增大，故A错误；
B.增大压强平衡正向移动，CO的体积分数减小，故B错误；
C.正反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故C错误；
D.升高温度反应速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，故D正确。
故选D。
21.下图是373K时N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。下列叙述正确的是 （ ）
A. 该反应的热化学方程式为：N2+3H22NH3 △H=－92kJ·mol－1
B. 加入催化剂，该化学反应的反应热不变
C. a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
D. 在温度体积一定的条件下，通入1mol N2和3 mol H2反应后放出的热量为Q1kJ，则Q1=92
【答案】B
【解析】
A项，热化学方程式必须注明物质的状态，而A项中的每一种物质都没有注明物质的状态，故A错误；B项，催化剂可以降低活化能，但不改变化学反应的始终态，所以加入催化剂反应热不变，故B正确；C项，因催化剂降低反应所需的活化能，则b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，故C错误；D项，因氮气和氢气反应生成氨气的化学反应是可逆反应，所以通入1mol N2和3 mol H2，并不能完全反应，则反应后放出的热量Q1小于92kJ，故D错误；此题答案选B。
22.水的电离过程为H2O H++OH－，下列叙述正确的是（ ）
A. 升高温度，促进水的电离，c（H+）增大，pH增大
B. 加入NaOH，抑制水的电离，c（H+）和c（OH－）都减小
C. 水的离子积只适用于纯水，不适用于其他电解质水溶液
D. Kw只与温度有关
【答案】D
【解析】
A．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动， c（H+）增大，则pH减小，故A错误；B．向水中加入NaOH，c（OH－）增大，平衡逆向移动，c（H+）减小，故B错误；C．水的离子积不仅适用于纯水，也适用于其他电解质水溶液，故C错误；D．Kw只与温度有关，与浓度等其他因素无关，故D正确；答案选D。
23.下列除去杂质的方法不正确的是（ ）
A. 除去甲烷中混有的少量的乙烯：气体通过溴水溶液的洗气瓶
B. 除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶
C. 除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用氢氧化钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏
D. 除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏
【答案】C
【解析】
【详解】A. 甲烷和溴水不反应，乙烯和溴水发生加成反应，除去甲烷中混有的少量的乙烯：气体通过溴水溶液的洗气瓶，A正确；
B. 碳酸氢钠溶液与二氧化碳不反应，与二氧化硫反应，则除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，B正确；
C. 除去乙酸乙酯中少量的乙酸：应该用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏，乙酸乙酯能在氢氧化钠溶液中水解，C错误；
D. 除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏即可，D正确；
答案选C。
24.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 （ ）
A. 常温常压下，1.4gN2和CO的混合气体含有的电子数为0.7NA
B. 标况下，足量Fe在2.24L氯气中燃烧，反应中转移电子的数目为0.3NA
C. 1L0.1 mol·L-1 醋酸溶液中含有H+离子的数目为0.1NA
D. 一定条件下，将2molSO2和1molO2在密闭容器中充分反应，生成SO3的分子数为2 NA
【答案】A
【解析】
A. 氮气和CO的摩尔质量都是28g/mol，二者都含有14个电子，则1.4g该混合物的物质的量为0.05mol，含有0.7mol电子，数目为0.7NA，故A正确；B. 标准状况下，2.24L氯气的物质的量是0.1mol，1mol氯气与足量的铁反应生成氯化铁，转移电子2mol，则0.1mol氯气反应，转移电子0.2mol，数目为0.2NA，故B错误；C. 1L0.1 mol·L-1 醋酸溶液中含有醋酸0.1mol，因醋酸是一元酸且属于弱电解质，在溶液中不能完全电离，则溶液中的H+物质的量小于0.1mol，即数目小于0.1NA，故C错误；D. 因SO2和O2的反应是可逆反应，则将2molSO2和1molO2在密闭容器中充分反应，生成SO3的物质的量小于2mol，分子数小于2 NA，故D错误；答案选A。
25. 室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是
A. 溶液中导电粒子的数目减少
B. 溶液中不变
C. 醋酸的电离程度增大，C（H+）亦增大
D. 再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7
【答案】B
【解析】
【详解】A项，加水稀释有利于醋酸的电离，故溶液中导电粒子的数目增加，A错误；
B项，在稀释的过程中，温度不变，故Ka=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)不变，又因为c(H+)=Kw/c(OH-),故c(CH3COO-)×Kw/［c(CH3COOH)·c(OH-)］=Ka，Kw在室温下也是常数，故B正确；
C项，电离程度虽然增大，但c(H+)减小，C错误；
D项，加入10 mL pH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸还有大量剩余，故pH应小于7，D错误。
故选B。
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第Ⅱ卷
二、填空题（共3个大题，每空2分，总分50分）
26.I.水的电离平衡线如图所示．若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度上升到100℃时，水的电离平衡状态到B点
（1）在100℃时，Kw表达式为_______，在此温度下，Kw为___。
（2）在室温下，将pH=9的Ba（OH）2溶液与pH=5的稀盐酸混合，欲使混合溶液pH=7则Ba（OH）2与盐酸的体积比为____。
（3）室温时将pH为3的硫酸溶液稀释100倍，稀释后溶液中，c（SO42-）和c（H+）之比约为___。
II.今有①CH3COOH ②HCl ③H2SO4三种溶液，根据要求回答下列问题：
（1）写出①的电离方程式_______。
（2）当它们pH相同时，其物质的量浓度最大的是___（填序号）。
（3）当它们物质的量浓度相同时，其pH最小是___（填序号）。
（4）在室温下，将c（H+）均为0.01mol/L的三种酸分别加水稀释至原来的10倍，c（H+）由大到小的顺序为___（填序号）。
（5）体积和物质的量浓度均相同的①②③三种酸溶液，分别与相同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱的体积比为____。
（6）三酸的pH相同时，若耗等量的Zn，则需三酸的体积大小关系为___（填序号）。
【答案】 (1). Kw=c（H+）·c（OH-） (2). 1×10-12 (3). 1:1 (4). 1:2 (5). CH3COOHCH3COO—+H+ (6). ① (7). ③ (8). ①＞②=③ (9). 1：1：2 (10). ①＜②=③
【解析】
【详解】Ⅰ.（1）在100℃时，Kw表达式为Kw=c（H+）·c（OH-），由图像可知，在此温度下c（OH-）=c（H+）=1×10-6mol/L，则Kw=c（H+）·c（OH-）=1×10-6×1×10-6=1×10-12，故答案为：Kw=c（H+）·c（OH-），1×10-12。
（2）在室温下，将pH=9的Ba(OH)2溶液中：c（OH-）=10-5mol/L，pH=5的稀盐酸中：c（H+）=10-5mol/L，设氢氧化钡的体积为x，盐酸的体积为y，在室温下混合溶液的pH=7，溶液呈中性，则：n（OH-）=n（H+）即10-5mol/L×x=10-5mol/L×y，解得x：y=1：1，则Ba(OH)2与盐酸的体积比为1：1，故答案为：1：1。
（3）室温时，pH＝3的硫酸溶液中，c(H＋)＝10－3mol·L－1，c(SO42—)＝5×10－4mol·L－1，将此溶液稀释100倍后，稀释液中c(SO42—)＝5×10－6mol·L－1，而c(H＋)=1×10－5mol·L－1，则c(SO42—)∶c(H＋)约为5×10－6mol·L－1：1×10－5mol·L－1=1∶2，故答案为：1：2。
Ⅱ.（1）CH3COOH为弱电解质，在水溶液中部分发生电离，电离方程式为：CH3COOHCH3COO—+H+，故答案为：CH3COOHCH3COO—+H+。
（2）当它们pH相同时，溶液中氢离子浓度相同，假设提供1mol/L的氢离子，①醋酸浓度应大于1mol/L、②HCl溶液浓度为1mol/L、③H2SO4溶液浓度为0.5mol/L，其物质的量浓度最大的是①，故答案为：①。
（3）当它们的物质的量浓度相同时，假设浓度都是1mol/L；①CH3COOH溶液电离出氢离子浓度小于1mol/L、②HCl电离出氢离子浓度为1mol/L、③H2SO4电离出的氢离子浓度为2mol/L；其pH最小的是③，故答案为：③。
（4）加水稀释时促进醋酸的电离，醋酸继续电离出氢离子，所以稀释10倍后，①醋酸溶液中H+浓度大于原来的1/10，③硫酸溶液和②中H+浓度为原来的1/10，c（H+）由大到小的顺序是①>②=③；故答案为：①>②=③。
（5）体积和物质的量浓度均相同的①②③三种酸溶液，醋酸和盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，分别与相同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱的体积比为1：1：2，故答案为：1：1：2。
（6）盐酸和硫酸是强酸，醋酸是弱酸，三酸的pH相同时，若耗等量的Zn，则需三酸的体积大小关系为①<②=③，故答案为：①<②=③。
27.煤气化和液化是现代能源工业中重点考虑的能源综合利用方案。最常见的气化方法为用煤生产水煤气，而当前比较流行的液化方法为用煤生产CH3OH。
（1）已知：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH2
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3
则反应CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)的ΔH＝______。
（2）如图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1________K2(填“＞”、“＜”或“＝”)。
②由CO合成甲醇时，CO在250 ℃、300 ℃、350 ℃下达到平衡时转化率与压强的关系曲线如下图所示，则曲线c所表示的温度为________ ℃。实际生产条件控制在250 ℃、1.3×104 kPa左右，选择此压强的理由是____________。
③以下有关该反应的说法正确的是________(填序号)。
A．恒温、恒容条件下，若容器内的压强不再发生变化，则可逆反应达到平衡
B．一定条件下，H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍时，可逆反应达到平衡
C．使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高CH3OH的产率
D．某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2 L密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)＝0.2 mol·L－1，则CO的转化率为80%
（3）一定温度下，向2 L固定体积的密闭容器中加入1 mol CH3OH(g)，发生反应：CH3OH(g) CO(g)＋2H2(g)，H2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。
0～2 min内的平均反应速率v(CH3OH)＝__________。该温度下，反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数K＝__________。相同温度下，在一个恒容容器中加入一定量的CO(g)和H2发生：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)的反应，某时刻测得体系中各物质的量浓度如下：C（CO）=0.25 mol·L－1，C（H2）=1.0 mol·L－1，C（CH3OH）=0.75 mol·L－1，则此时该反应_____进行（填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“处于平衡状态”）。
【答案】 (1). ΔH1＋ΔH2－ΔH3 (2). ＞ (3). 350 (4). 1.3×104 kPa下CO的转化率已经很高，如果增大压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加很多，得不偿失 (5). AD (6). 0.125 mol·L－1·min－1 (7). 4 (8). 向正反应方向
【解析】
（1）.已知：①.CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1 ②.2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH2 ③.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3
根据盖斯定律，①＋②÷2－③÷2得：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)，则△H＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3，故答案为：ΔH1＋ΔH2－ΔH3；
(2). ①. 由图象可知，根据“先拐先平数值大”的原则，温度T1＜T2，升高温度CO的转化率降低，说明正反应为放热反应，平衡逆向移动，则K值减小，即K1>K2，故答案为：>；
②. 根据上述分析可知，该反应为放热反应，升高温度CO的转化率降低，由图象可知，曲线c对应的CO转化率最低，温度应最高，即为350℃；根据CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系图可知在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失，故答案为：350；1.3×104kPa下CO的转化率已经很高，如果增大压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加很多，得不偿失；
③. A. 反应前后气体的物质的量不等，恒温、恒容条件下，若容器内的压强不发生变化，可说明可逆反应达到平衡，故A正确；B. 无论是否达到平衡状态，都存在H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍，因此不能判断是否达到平衡状态，故B错误；C. 使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间，但不能使平衡发生移动，故C错误；D. 某温度下，将2molCO和6molH2充入2L密闭容器中，充分反应达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则剩余0.4molCO，所以CO的转化率为（2mol−0.4mol）÷2mol×100%=80%，故D正确；故答案为：AD；
(3).平衡时氢气的浓度为0.5mol/L，则v(H2)=0.5mol/L÷2min=0.25mol⋅L−1⋅min−1，则v(CH3OH)=0.125mol⋅L−1⋅min−1；
CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)
起始浓度(mol/L) 0.5 0 0
转化浓度(mol/L) 0.25 0.25 0.5
平衡浓度(mol/L) 0.25 0.25 0.5
则K1==0.25，求得该反应的化学平衡常数为0.25(mol/L)2，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)是该反应的逆反应，所以K＝＝＝4；
某时刻测得体系中各物质的量浓度如下：C（CO）=0.25 mol·L－1，C（H2）=1.0 mol·L－1，C（CH3OH）=0.75 mol·L－1，则此时Qc＝＝3＜K＝4，则平衡向正反应向移动；故答案为： 0.125 mol·L－1·min－1；4；向正反应方向。
点睛：本题综合考查盖斯定律和化学平衡，难点是图象的分析与判断，对于第2小题中的第一个图象，在判断时可以依据“先拐先平数值大”的原则，在转化率与时间关系曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高，T1＜T2，再根据T2时反应物转化率低，说明温度升高平衡逆向移动，则正反应为放热反应，从而再进一步判断平衡常数的大小关系；对于第2小题的第二个图象，可以采用“定一议二”的原则判断，当图像中有多个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，本题可以先作一个垂直横坐标的辅助线，结合该反应是放热反应，判断等压时不同温度下物质转化率的高低，从而判断c曲线反应物的转化率最低，对应的温度最高。
28.使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g/100mL）。
Ⅰ．实验步骤：
（1）配制100mL待测白醋溶液。量取10.00mL食用白醋，注入烧杯中用水稀释后转移到___________（填仪器名称）中定容，摇匀即得。
（2）用________取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴___作指示剂。
（3）读取盛装0.1000 mol/L NaOH 溶液的___________（填仪器名称）的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为_________mL。
（4）滴定。当______________________________________________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。
Ⅱ．实验记录
滴定次数
实验数据（mL）
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)（消耗）
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ．数据处理与讨论：
（1）经计算，市售白醋总酸量＝_____________g/100mL。
（2）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是______（填写序号）。
a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 酸式滴定管（或移液管） (3). 酚酞 (4). 碱式滴定管 (5). 0.70 (6). 溶液由无色恰好变为粉红色，且半分钟内不褪色 (7). 4.5 (8). a b
【解析】
【详解】I．（1）配制100mL溶液，用100mL容量瓶；
（2）取溶液20.00 mL醋酸用酸式滴定管；强碱滴定弱酸，滴定终点时，溶液显碱性，因此用酚酞做指示剂误差更小；
（3）NaOH 溶液盛装在碱式滴定管中，图示读数为0.70mL；
（4）滴定终点的判定：溶液由无色恰好变为粉红色，且半分钟内不褪色；
III．（1）每次平均消耗氢氧化钠15mL；根据c(酸)V(酸)=c(碱)V(碱)，得醋酸的浓度为mol/L="0.75" mol/L；总酸量（g/100mL）=0.75×0.1×60=4.5；
（2）未用标准NaOH溶液润洗，氢氧化钠浓度偏低，消耗氢氧化钠体积偏大，所以结果偏大；碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗氢氧化钠体积偏大，所以结果偏大；锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，醋酸物质的量不变，消耗氢氧化钠体积不变，故结果不变；锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，醋酸物质的量变小，消耗氢氧化钠体积变小，故结果偏低。综上所述，操作会使实验结果偏大的是ab。
高二 化学试卷
1.本试卷共7页，分为I卷和II卷，满分100分。其中第I卷为选择题，共50分；第II卷为非选择题，共50分。
2.考试时间为120分钟。
3.请将答案填在答题卡内。
可能用到的原子量：H - 1 C - 12 N - 14 O - 16 F - 19 S - 32 Cl – 35.5 Ca - 40
第I卷
一、选择题（本题共25个小题，每题2分，共50分，每个小题只有一个唯一的答案，请将答案涂在答题卡上。）
1.改革开放40周年以来，化学科学技术的发展大大提高了我国人民的生活质量。下列过程没有涉及化学变化的是
A.太阳能分解水制取氢气
B.开采可燃冰获取燃料
C.新能源汽车燃料电池供电
D.运载“嫦娥四号”的火箭发射
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.水分解产生氢气和氧气，有新的物质产生，发生的是化学变化，A不符合题意；
B.从海底开采可燃冰获取燃料，没有新物质产生，发生的是物理变化，B符合题意；
C.新能源汽车燃料电池供电，是化学能转化为电能，有新物质产生，发生的是化学变化，C不符合题意；
D.运载“嫦娥四号”的火箭发射，化学能转化为热能、机械能，发生化学反应，有新的物质产生，D不符合题意；
故合理选项是B。
2.强酸和强碱的稀溶液中和热可表示为：H+(aq) + OH-(aq)=H2O(l)；ΔH=－57.3kJ/mol，以下3个化学方程式中，反应热为－57.3kJ/mol的是（ ）
①H2SO4(aq) + 2NaOH(aq) = Na2SO4(aq) + 2H2O(l)；②H2SO4(aq) + Ba(OH)2(aq) = BaSO4(s) + 2H2O(l)；③NH3·H2O(aq) + HCl(aq) = NH4Cl(aq) + H2O(l)
A. ① B. ② C. ③ D. 均不符合
【答案】D
【解析】
【详解】①热化学方程式的计量数只表示物质的量，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l),ΔH=－57.3kJ/mol表示强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量。对于①H2SO4(aq) + 2NaOH(aq) = Na2SO4(aq) + 2H2O(l)反应生成2mol水，所以反应热ΔH=-57.3kJ/mol×2=-114.6kJ/mol，①项错误；
②H2SO4(aq) + Ba(OH)2(aq) = BaSO4(aq) + 2H2O(l)反应除生成2mol水外，还生成BaSO4沉淀，反应热肯定不是－57.3kJ/mol，②项错误；
③NH3·H2O(aq) + HCl(aq) = NH4Cl(aq) + H2O(l)反应尽管生成1mol水，但NH3·H2O为弱碱，中和反应时要电离，而电离过程要吸收部分热量，所以反应热要大于－57.3kJ/mol，③项错误；
答案选D。
3.下表中物质的分类组合，完全正确的是（ ）
编号
A
B
C
D
强电解质
KNO3
H2SO4
BaSO4
HClO4
弱电解质
NH3•H2O
CaCO3
HClO
C2H5OH
非电解质
SO2
Al
H2O
CH3COOH
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
在水溶液中完全电离的电解质为强电解质，包括强酸、强碱、大多数盐；在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质，包括弱酸、弱碱、水等；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质。
【详解】A.KNO3在水溶液中完全电离，KNO3属于强电解质；NH3·H2O在水溶液中只能部分电离，NH3·H2O属于弱电解质；SO2在纯液态时不能导电，SO2为非电解质，A项正确；
B.H2SO4在水溶液中完全电离，H2SO4属于强电解质；CaCO3难溶于水，但溶解的CaCO3是完全电离的，CaCO3属于强电解质；Al是单质，不是电解质也不是非电解质，B项错误；
C.BaSO4难溶于水，但溶解的BaSO4是完全电离的，BaSO4属于强电解质；HClO在水溶液中只能部分电离，HClO属于弱电解质；H2O能极微弱的电离，H2O属于弱电解质，C项错误；
D.HClO4在水溶液中完全电离，HClO4属于强电解质；C2H5OH在水溶液和熔融状态下都不导电，C2H5OH属于非电解质；CH3COOH在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，D项错误；
答案选A。
4.下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）
A. 由H和Cl形成共价键的过程：
B. Na2O2用于呼吸面具的供氧剂：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2
C. 实验室用NH4Cl和Ca(OH)2的混合物制取氨：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
D. 惰性电极电解饱和食盐水的离子方程式：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A.由H和Cl形成共价键，两个原子通过共用电子对结合，没有电子得失，其过程为：，A错误；
B.Na2O2用于呼吸面具时，与人呼吸产生的CO2发生反应，产生氧气，因此可作供氧剂，反应方程式为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，B正确；
C.NH4Cl和Ca(OH)2的混合物加热发生反应，产生氨气、氯化钙和水，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，C正确；
D.惰性电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，D正确；
答案选A。
【点睛】用电子式表示物质的形成过程时，首先要判断构成物质的化学键类型，即是离子键还是共价键；其次必须用“→”来连接左右两侧，而不是用“＝”连接；再次箭头的左侧是构成物质元素原子的电子式，而右侧是具体物质的电子式；最后箭头的两侧也必须满足各种守恒关系。
5.下列化学用语正确的是（ ）
A. (NH4)2 Fe(SO4)2 溶解于水：(NH4)2 Fe(SO4)2 =NH4+ + Fe2 + + 2SO42－
B. Al(OH)3在水中的电离：Al(OH)3 Al3 ++3OH－
C. H3PO4溶解于水：H3PO4 3H+ + PO43－
D. NaHSO4在水中的电离：NaHSO4 = Na+ + NaHSO4－
【答案】B
【解析】
【详解】A.(NH4)2Fe(SO4)2属于可溶于水的强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式中用“＝”连接：(NH4)2Fe(SO4)2＝2NH4++Fe2++2SO42－，A项错误；
B.Al(OH)3属于弱电解质，在水中只能部分电离，电离方程式正确；B项正确；
C.H3PO4属于多元弱酸，是弱电解质，溶解于水时分步电离：H3PO4H2PO4-+H+，H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，C项错误；
D.NaHSO4是强电解质，在水中的电离方程式应为：NaHSO4＝Na++H++SO42-，D项错误；
答案选B。
6.下列说法或表示方法中正确的是
A. 氢气的燃烧热为285.8 kJ·mol－1，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
B. 等质量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，后者放出的热量多
C. 某密闭容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，在一定条件下充分反应,转移电子的数目小于0.6×6.02×1023
D. 已知中和热为57.3 kJ·mol－1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量要小于57.3 kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A.燃烧热是指250C、101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，燃烧2molH2(g)时应放出285.8kJ×2=571.6kJ热量，正确的热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l);ΔH＝－571.6kJ·mol－1，A项错误；
B.因为硫粉转化为硫蒸气需要吸收热量，硫粉燃烧时有部分热量被硫粉转化成硫蒸气过程所吸收，所以硫粉燃烧放出的热量比硫蒸气燃烧放出的热量少。B项错误；
C.N2和H2在密闭容器中发生反应N2+3H22NH3，氮元素化合价由N2中的0价降到NH3中的-3价，故1molN2完全转化失去6mol电子，但该反应是可逆反应，0.1molN2不可能完全转化，所以转移电子的物质的量小于0.6mol，即转移电子的数目小于0.6×6.02×1023，C项正确；
D.“中和热为57.3 kJ·mol－1”表示强酸与强碱稀溶液中发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，0.5molH2SO4与1molNaOH反应恰好生成1mol水，但混合时浓硫酸溶解在NaOH溶液中要放热，所以该反应结束时放出的热量要大于57.3kJ，D项错误；答案选C。
7.下列有关化学反应速率的说法中，正确的是
A. 100 mL 1 mol/L的稀硫酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变
B. 合成氨的反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
C. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气速率
D. 汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢
【答案】D
【解析】
【详解】A.稀硫酸与锌反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑，在稀硫酸中加氯化钠溶液，反应混合溶液的体积增大，溶液中H+浓度减小，反应速率减慢，A项错误；
B.升高体系的温度，反应物分子获得了能量，部分普通分子变成了活化分子，单位体积内活化分子百分数增大，所以反应速率增大，B项错误；
C.浓硫酸能使铁的表面形成一层致密的氧化膜，阻止了浓硫酸与铁继续反应，所以改用铁片和浓硫酸反应不产生H2，C项错误；
D.根据“CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2”可写出该反应的化学方程式：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，有气体参加的反应减小压强，反应速率减慢，D项正确；答案选D。
8.关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体——NaUr，其平衡关系为：Ur—(aq)+Na+(aq) NaUr(s)，其中Ur—表示尿酸根离子。医生常嘱咐关节炎病人要注意保暖，特别是手脚等离心脏较远的部位。因为第一次关节炎的发作大都在手指或脚趾的关节处。这说明
A. 形成尿酸钠晶体的反应为放热反应 B. 形成尿酸钠晶体的反应为吸热反应
C. 尿酸钠溶解度较大 D. 尿酸钠晶体一定难溶于水
【答案】A
【解析】
【详解】A.因为“关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体” 与“关节炎病人要注意保暖”，说明关节炎易发生在冬季，可推知降低温度，使Ur-(aq)+Na+(aq)NaUr(s)平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应为放热反应，A项正确；
B.由A项分析可知形成尿酸钠晶体的反应为放热反应，B项错误；
C. 根据“关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体”，可知在溶液中存在溶解平衡NaUr(s)Ur-(aq)+Na+(aq)，显然尿酸钠溶解度较小，C项错误；
D.根据C分析，Ur-(aq)+Na+(aq) NaUr(s)尿酸钠晶体在溶液中存在逆向溶解，说明尿酸钠晶体在水中有一定的溶解性，D项错误；答案选A。
9.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 在25℃、101 kPa时，2 gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)2H2O(l)；ΔH=－285.8kJ·mol-1
B. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)2CO(g)+O2(g)；ΔH=+283.0 kJ/mol
C. 在稀溶液中：H+(aq)+OH－(aq)= H2O(l)；ΔH =－57.3 kJ·mol—1，若将含0.5 mol H2SO4的稀硫酸与1 mol NaOH固体混合，放出的热量大于57.3 kJ
D. 已知C(石墨,s) C(金刚石,s)；ΔH＝+1.9 kJ/mol，则金刚石比石墨稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A.燃烧热是指250C、101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，2gH2的物质的量为1mol，氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，表示H2燃烧热的热化学方程式为：H2(g)＋O2(g)=H2O(l);ΔH＝－285.8kJ·mol－1，A项错误；
B.因为CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，所以有热化学方程式2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)，ΔH＝－566.0kJ·mol－1，作为该反应的逆反应的反应热数值相同，符号相反，故有2CO2(g)2CO(g)+O2(g)；ΔH=+566.0 kJ/mol，B项错误；
C. 由H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l); ΔH=－57.3 kJ·mol—1可知，稀溶液中强酸与强碱发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ热量，0.5molH2SO4与1molNaOH恰好反应生成1mol水，但是1molNaOH固体在稀硫酸中溶解时要放出热量，所以该反应放出的热量大于57.3kJ，C项正确；
D.因为C(石墨,s)C(金刚石,s)；ΔH＝+1.9 kJ/mol是吸热反应，所以金刚石的能量高于石墨的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，D项错误；答案选C。
10.已知反应Na2S2O3＋H2SO4 = S↓＋SO2↑＋H2O，下列各组实验中反应最快的是
组号
反应温度
（℃）
参加反应物质
水体积(mL)
Na2S2O3
H2SO4
体积（mL）
浓度（mol·L－1）
体积(mL)
浓度（mol·L－1）
A
10
5
0.1
10
0.1
5
B
10
5
0.1
5
0.1
10
C
30
5
0.1
5
0.1
10
D
30
5
0.2
5
0.2
10
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
由表格数据知改变的条件是反应温度和反应物浓度，根据影响反应速率的因素分析。
【详解】温度越高反应速率越快，一般来说温度每升高10℃反应速率增大到原来的2~4倍，因此C、D的反应速率要比A、B的反应速率快，而D中反应物浓度比C中反应物浓度大，反应物浓度越大反应速率越快，所以D的反应速率比C的反应速率快，答案选D。
11. 下列说法正确的是( )
A. 在测定中和热的实验中，为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触
B. 酸碱中和滴定实验中，锥形瓶要用待装液预先润洗
C. 在测定中和热的实验中,用0.5mol·L－1NaOH溶液分别与0.5 mol·L－1的盐酸、醋酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同
D. 测溶液PH值时，PH试纸不能润湿
【答案】D
【解析】
【详解】A．温度计测烧杯内的热水的温度，水银球不能接触烧杯底部，A项错误；
B．酸碱中和滴定实验中，锥形瓶不能用待装液预先润洗，否则会导致标准液消耗增多，B项错误；
C．醋酸是弱酸，电离吸热，测出的中和热数值偏小，C项错误；
D．测溶液pH值时，pH试纸不能润湿，否则会使所测溶液的浓度减小，D项正确；
答案选D。
12.下列说法正确是( )
A. 铜、石墨均能导电，所以它们均是电解质
B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质
C. 液态HCl、固体NaCl均不能导电，所以HCl、NaCl均是非电解质
D. 蔗糖、酒精在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以它们均是非电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A．铜、石墨均为单质，它们既不电解质，也不是非电解质，故A错误；
B．NH3、CO2的水溶液均导电，但NH3、CO2均是非电解质，故B错误；
C．液态HC1、固体NaCl均不导电，但它们的水溶液导电，HC1、NaCl均是电解质，故C错误；
D．蔗糖、酒精在水溶液或熔融状态下均不导电，所以它们均是非电解质，故D正确；
答案为D。
13.热化学方程式C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)；△H ＝+131.3kJ/mol表示（ ）
A. 碳和水反应吸收131.3kJ能量
B. 1mol碳和1mol水反应生成一氧化碳和氢气并吸收131.3kJ热量
C. 1mol固态碳和1mol水蒸气完全反应生成一氧化碳气体和氢气，并吸热131.3kJ热量
D. 1个固态碳原子和1分子水蒸气反应吸热131.1kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A. 应该是1mol固态碳和1mol水蒸气完全反应生成CO气体和氢气吸收131.3kJ能量，A错误；
B. 应该是1mol固态碳和1mol水蒸气完全反应生成CO气体和氢气吸收131.3kJ能量，B错误；
C. 1mol固态碳和1mol水蒸气完全反应生成一氧化碳气体和氢气，并吸热131.3kJ热量，C正确；
D. 根据以上分析可知D错误；
答案选C。
【点睛】一定要注意热化学方程式中物质的化学计量数表示物质的物质的量，而不表示分子数，其次还要体现出来物质的状态，“+”表示反应吸热，“-”表示放热。
14.下列关于能量判据和熵判据的说法中，不正确的是
A. 放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程
B. 放热过程(ΔH＜0)或熵增加(ΔS＞0)的过程一定是自发的
C. 在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个吸热反应在较高温度(1200 K)下则能自发进行
D. 由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A.放热过程（即ΔH＜0）有自发进行的倾向，如2H2(g)+O2(g)=2H2O(l), ΔH＜0是自发的过程，其过程的熵减小。如果吸热（即ΔH>0）且又熵减小（即ΔS<0）的过程，则任何温度下都有ΔH-TΔS>0，即在任何温度下该过程都是非自发的，所以吸热的自发过程一定为熵增加的过程，A项正确；
B.焓变和熵变都与反应的自发性有关，又都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变，放热过程(ΔH＜0)且熵增加(ΔS＞0)的过程一定是自发的，B项错误；
C.CaCO3(g)=CaO(s)+CO2(g)，该反应ΔH>0且ΔS>0，升高温度（即T增大）可使ΔH-TΔS<0即可自发，故该反应在高温下可自发进行，C项正确；
D.焓判据和熵判据都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程，D项正确；答案选B。
15.下列说法不能够用勒夏特勒原理来解释的是
A. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
B. 溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后（AgBr是淡黄色沉淀），溶液颜色变浅
C. SO2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率
D. 恒温、恒压条件下，2NO2N2O4平衡体系中充入He后，体系颜色变浅
【答案】D
【解析】
【分析】
勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、以及参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。由此分析。
【详解】A.氯气通入食盐水中存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中Cl-浓度很大，该平衡向逆反应方向移动，Cl2的溶解度减小，有利于收集更多的Cl2，能用勒夏特列原理解释，A项错误；
B.向溴水中加入AgNO3溶液后发生离子反应Ag++Br-=AgBr↓，溶液中Br-浓度减小，Br2+H2OH++Br-+HBrO平衡向正反应方向移动，Br2的浓度将减小，溶液的颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，B项错误；
C.2SO2(g)+O22SO3(g)，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大，能用勒夏特列原理解释，C项错误；
D.恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He，体系的体积将增大，NO2（红棕色）的浓度减小，所以体系颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，D项正确；答案选D。
16.25 ℃时，把0.2 mol·L－1的醋酸加水稀释，则图中的纵轴y表示的是（ ）
A. 溶液中H+的物质的量
B. 溶液中的c(CH3COO-)/c(CH3COOH)
C. 溶液的导电能力
D. CH3COOH的电离程度
【答案】C
【解析】
【详解】A. 加水稀释醋酸，促进醋酸的电离，但溶液体积增加的程度更大，所以溶液中H+的物质的量增加，A错误；
B. 温度不变，电离常数不变，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)＝Ka/c(H+)，由于氢离子浓度减小，所以该比值增大，B错误；
C. 加水稀释醋酸，促进醋酸的电离，但溶液体积增加的程度更大，氢离子浓度减小，所以溶液的导电能力逐渐减小，C正确；
D. 加水稀释醋酸，促进醋酸的电离，CH3COOH的电离程度变大，D错误；
答案选C。
17.巴豆酸的结构简式为CH3—CH=CH—COOH。现有①氯化氢、②溴水、③纯碱溶液、④2丁醇、⑤酸性KMnO4溶液，试根据巴豆酸的结构特点，判断在一定条件下，能与巴豆酸反应的物质是（ ）
A. 只有②④⑤ B. 只有①③④ C. ①②③④⑤ D. 只有①②③④
【答案】C
【解析】
【详解】根据有机物的结构简式可知，分子中含有的官能团是碳碳双键和羧基，能与氯化氢、溴水发生加成反应，与纯碱溶液发生复分解反应，与2－丁醇发生酯化反应，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以①～⑤的反应都能发生，答案选C。
18. 下列关于有机物的说法正确的是（ ）。
A. 乙烯能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，二者反应原理不相同
B. 交警用酸性重铬酸钾溶液检查司机是否饮酒过量时乙醇发生取代反应
C. 乙酸的分子式为CH3COOH，属于弱电解质
D. 苯分子中没有碳碳双键，因此苯不能发生加成反应
【答案】A
【解析】
【详解】A. 乙烯能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，二者反应原理不相同，前者是氧化反应，后者是加成反应，A正确；
B. 交警用酸性重铬酸钾溶液检查司机是否饮酒过量时乙醇发生氧化反应，B不正确；
C. 乙酸的分子式为C2H4O2，结构简式为CH3COOH，，C不正确；
D. 虽然苯分子中没有碳碳双键，但是苯能发生加成反应，苯在一定条件下可以与氢气发生加成反应，D不正确；
故选A。
19.一定温度下，在容积恒定的密闭容器中发生可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)，下列叙述一定是达到平衡的标志的是
①2υ(B)正=3υ(C)逆；②单位时间内生成a mol A，同时消耗2a mol C；③A、B、C的浓度不再变化；④混合气体的总压强不再变化；⑤C的质量分数不再改变；⑥用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1:3:2的状态；⑦A、B、C的浓度彼此相等；⑧混合气体的密度不再改变的状态
A. ①③④⑤ B. ①④⑤⑦ C. ④⑤⑥⑧ D. ③⑤⑥⑦
【答案】A
【解析】
【详解】①达到平衡时正逆反应速率比等于系数比，所以2υ(B)正=3υ(C)逆时一定平衡，故①是标志；
②生成A与消耗C都是逆反应速率，单位时间内生成a mol A，同时消耗2a mol C不一定平衡，故②不是标志；
③达到平衡时各物质的浓度保持不变，所以A、B、C的浓度不再变化一定平衡，故③是标志；
④反应前后气体系数和不同，压强是变量，所以混合气体的总压强不再变化一定平衡，故④是标志；
⑤C的质量分数不再改变，说明C的浓度保持不变，一定达到平衡状态，故⑤是标志；
⑥任意时刻用不同物质表示的速率比等于系数比，所以用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1:3:2的状态不一定平衡，故⑥不是标志；
⑦浓度保持不变是平衡状态，A、B、C的浓度彼此相等时不一定保持不变，所以A、B、C的浓度彼此相等不一定平衡，故⑦不是标志；
⑧根据 ，该反应中密度是恒量，所以密度不变不一定平衡，故⑧不是标志；
综上所述，一定是达到平衡的标志的是①③④⑤，选A。
20.汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体，反应方程式为4CO(g)＋2NO2(g) 4CO2(g)＋N2(g) ΔH＝-1200kJ·mol－1。对于该反应，温度不同(T2>T1)其他条件相同时，下列图像正确的是
A. B. C. C D.
【答案】D
【解析】
【详解】A.升高温度正逆反应速率均增大，故A错误；
B.增大压强平衡正向移动，CO的体积分数减小，故B错误；
C.正反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故C错误；
D.升高温度反应速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，故D正确。
故选D。
21.下图是373K时N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。下列叙述正确的是 （ ）
A. 该反应的热化学方程式为：N2+3H22NH3 △H=－92kJ·mol－1
B. 加入催化剂，该化学反应的反应热不变
C. a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
D. 在温度体积一定的条件下，通入1mol N2和3 mol H2反应后放出的热量为Q1kJ，则Q1=92
【答案】B
【解析】
A项，热化学方程式必须注明物质的状态，而A项中的每一种物质都没有注明物质的状态，故A错误；B项，催化剂可以降低活化能，但不改变化学反应的始终态，所以加入催化剂反应热不变，故B正确；C项，因催化剂降低反应所需的活化能，则b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，故C错误；D项，因氮气和氢气反应生成氨气的化学反应是可逆反应，所以通入1mol N2和3 mol H2，并不能完全反应，则反应后放出的热量Q1小于92kJ，故D错误；此题答案选B。
22.水的电离过程为H2O H++OH－，下列叙述正确的是（ ）
A. 升高温度，促进水的电离，c（H+）增大，pH增大
B. 加入NaOH，抑制水的电离，c（H+）和c（OH－）都减小
C. 水的离子积只适用于纯水，不适用于其他电解质水溶液
D. Kw只与温度有关
【答案】D
【解析】
A．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动， c（H+）增大，则pH减小，故A错误；B．向水中加入NaOH，c（OH－）增大，平衡逆向移动，c（H+）减小，故B错误；C．水的离子积不仅适用于纯水，也适用于其他电解质水溶液，故C错误；D．Kw只与温度有关，与浓度等其他因素无关，故D正确；答案选D。
23.下列除去杂质的方法不正确的是（ ）
A. 除去甲烷中混有的少量的乙烯：气体通过溴水溶液的洗气瓶
B. 除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶
C. 除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用氢氧化钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏
D. 除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏
【答案】C
【解析】
【详解】A. 甲烷和溴水不反应，乙烯和溴水发生加成反应，除去甲烷中混有的少量的乙烯：气体通过溴水溶液的洗气瓶，A正确；
B. 碳酸氢钠溶液与二氧化碳不反应，与二氧化硫反应，则除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，B正确；
C. 除去乙酸乙酯中少量的乙酸：应该用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏，乙酸乙酯能在氢氧化钠溶液中水解，C错误；
D. 除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏即可，D正确；
答案选C。
24.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 （ ）
A. 常温常压下，1.4gN2和CO的混合气体含有的电子数为0.7NA
B. 标况下，足量Fe在2.24L氯气中燃烧，反应中转移电子的数目为0.3NA
C. 1L0.1 mol·L-1 醋酸溶液中含有H+离子的数目为0.1NA
D. 一定条件下，将2molSO2和1molO2在密闭容器中充分反应，生成SO3的分子数为2 NA
【答案】A
【解析】
A. 氮气和CO的摩尔质量都是28g/mol，二者都含有14个电子，则1.4g该混合物的物质的量为0.05mol，含有0.7mol电子，数目为0.7NA，故A正确；B. 标准状况下，2.24L氯气的物质的量是0.1mol，1mol氯气与足量的铁反应生成氯化铁，转移电子2mol，则0.1mol氯气反应，转移电子0.2mol，数目为0.2NA，故B错误；C. 1L0.1 mol·L-1 醋酸溶液中含有醋酸0.1mol，因醋酸是一元酸且属于弱电解质，在溶液中不能完全电离，则溶液中的H+物质的量小于0.1mol，即数目小于0.1NA，故C错误；D. 因SO2和O2的反应是可逆反应，则将2molSO2和1molO2在密闭容器中充分反应，生成SO3的物质的量小于2mol，分子数小于2 NA，故D错误；答案选A。
25. 室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是
A. 溶液中导电粒子的数目减少
B. 溶液中不变
C. 醋酸的电离程度增大，C（H+）亦增大
D. 再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7
【答案】B
【解析】
【详解】A项，加水稀释有利于醋酸的电离，故溶液中导电粒子的数目增加，A错误；
B项，在稀释的过程中，温度不变，故Ka=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)不变，又因为c(H+)=Kw/c(OH-),故c(CH3COO-)×Kw/［c(CH3COOH)·c(OH-)］=Ka，Kw在室温下也是常数，故B正确；
C项，电离程度虽然增大，但c(H+)减小，C错误；
D项，加入10 mL pH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸还有大量剩余，故pH应小于7，D错误。
故选B。
【此处有视频，请去附件查看】
第Ⅱ卷
二、填空题（共3个大题，每空2分，总分50分）
26.I.水的电离平衡线如图所示．若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度上升到100℃时，水的电离平衡状态到B点
（1）在100℃时，Kw表达式为_______，在此温度下，Kw为___。
（2）在室温下，将pH=9的Ba（OH）2溶液与pH=5的稀盐酸混合，欲使混合溶液pH=7则Ba（OH）2与盐酸的体积比为____。
（3）室温时将pH为3的硫酸溶液稀释100倍，稀释后溶液中，c（SO42-）和c（H+）之比约为___。
II.今有①CH3COOH ②HCl ③H2SO4三种溶液，根据要求回答下列问题：
（1）写出①的电离方程式_______。
（2）当它们pH相同时，其物质的量浓度最大的是___（填序号）。
（3）当它们物质的量浓度相同时，其pH最小是___（填序号）。
（4）在室温下，将c（H+）均为0.01mol/L的三种酸分别加水稀释至原来的10倍，c（H+）由大到小的顺序为___（填序号）。
（5）体积和物质的量浓度均相同的①②③三种酸溶液，分别与相同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱的体积比为____。
（6）三酸的pH相同时，若耗等量的Zn，则需三酸的体积大小关系为___（填序号）。
【答案】 (1). Kw=c（H+）·c（OH-） (2). 1×10-12 (3). 1:1 (4). 1:2 (5). CH3COOHCH3COO—+H+ (6). ① (7). ③ (8). ①＞②=③ (9). 1：1：2 (10). ①＜②=③
【解析】
【详解】Ⅰ.（1）在100℃时，Kw表达式为Kw=c（H+）·c（OH-），由图像可知，在此温度下c（OH-）=c（H+）=1×10-6mol/L，则Kw=c（H+）·c（OH-）=1×10-6×1×10-6=1×10-12，故答案为：Kw=c（H+）·c（OH-），1×10-12。
（2）在室温下，将pH=9的Ba(OH)2溶液中：c（OH-）=10-5mol/L，pH=5的稀盐酸中：c（H+）=10-5mol/L，设氢氧化钡的体积为x，盐酸的体积为y，在室温下混合溶液的pH=7，溶液呈中性，则：n（OH-）=n（H+）即10-5mol/L×x=10-5mol/L×y，解得x：y=1：1，则Ba(OH)2与盐酸的体积比为1：1，故答案为：1：1。
（3）室温时，pH＝3的硫酸溶液中，c(H＋)＝10－3mol·L－1，c(SO42—)＝5×10－4mol·L－1，将此溶液稀释100倍后，稀释液中c(SO42—)＝5×10－6mol·L－1，而c(H＋)=1×10－5mol·L－1，则c(SO42—)∶c(H＋)约为5×10－6mol·L－1：1×10－5mol·L－1=1∶2，故答案为：1：2。
Ⅱ.（1）CH3COOH为弱电解质，在水溶液中部分发生电离，电离方程式为：CH3COOHCH3COO—+H+，故答案为：CH3COOHCH3COO—+H+。
（2）当它们pH相同时，溶液中氢离子浓度相同，假设提供1mol/L的氢离子，①醋酸浓度应大于1mol/L、②HCl溶液浓度为1mol/L、③H2SO4溶液浓度为0.5mol/L，其物质的量浓度最大的是①，故答案为：①。
（3）当它们的物质的量浓度相同时，假设浓度都是1mol/L；①CH3COOH溶液电离出氢离子浓度小于1mol/L、②HCl电离出氢离子浓度为1mol/L、③H2SO4电离出的氢离子浓度为2mol/L；其pH最小的是③，故答案为：③。
（4）加水稀释时促进醋酸的电离，醋酸继续电离出氢离子，所以稀释10倍后，①醋酸溶液中H+浓度大于原来的1/10，③硫酸溶液和②中H+浓度为原来的1/10，c（H+）由大到小的顺序是①>②=③；故答案为：①>②=③。
（5）体积和物质的量浓度均相同的①②③三种酸溶液，醋酸和盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，分别与相同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱的体积比为1：1：2，故答案为：1：1：2。
（6）盐酸和硫酸是强酸，醋酸是弱酸，三酸的pH相同时，若耗等量的Zn，则需三酸的体积大小关系为①<②=③，故答案为：①<②=③。
27.煤气化和液化是现代能源工业中重点考虑的能源综合利用方案。最常见的气化方法为用煤生产水煤气，而当前比较流行的液化方法为用煤生产CH3OH。
（1）已知：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH2
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3
则反应CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)的ΔH＝______。
（2）如图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1________K2(填“＞”、“＜”或“＝”)。
②由CO合成甲醇时，CO在250 ℃、300 ℃、350 ℃下达到平衡时转化率与压强的关系曲线如下图所示，则曲线c所表示的温度为________ ℃。实际生产条件控制在250 ℃、1.3×104 kPa左右，选择此压强的理由是____________。
③以下有关该反应的说法正确的是________(填序号)。
A．恒温、恒容条件下，若容器内的压强不再发生变化，则可逆反应达到平衡
B．一定条件下，H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍时，可逆反应达到平衡
C．使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高CH3OH的产率
D．某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2 L密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)＝0.2 mol·L－1，则CO的转化率为80%
（3）一定温度下，向2 L固定体积的密闭容器中加入1 mol CH3OH(g)，发生反应：CH3OH(g) CO(g)＋2H2(g)，H2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。
0～2 min内的平均反应速率v(CH3OH)＝__________。该温度下，反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数K＝__________。相同温度下，在一个恒容容器中加入一定量的CO(g)和H2发生：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)的反应，某时刻测得体系中各物质的量浓度如下：C（CO）=0.25 mol·L－1，C（H2）=1.0 mol·L－1，C（CH3OH）=0.75 mol·L－1，则此时该反应_____进行（填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“处于平衡状态”）。
【答案】 (1). ΔH1＋ΔH2－ΔH3 (2). ＞ (3). 350 (4). 1.3×104 kPa下CO的转化率已经很高，如果增大压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加很多，得不偿失 (5). AD (6). 0.125 mol·L－1·min－1 (7). 4 (8). 向正反应方向
【解析】
（1）.已知：①.CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1 ②.2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH2 ③.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3
根据盖斯定律，①＋②÷2－③÷2得：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)，则△H＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3，故答案为：ΔH1＋ΔH2－ΔH3；
(2). ①. 由图象可知，根据“先拐先平数值大”的原则，温度T1＜T2，升高温度CO的转化率降低，说明正反应为放热反应，平衡逆向移动，则K值减小，即K1>K2，故答案为：>；
②. 根据上述分析可知，该反应为放热反应，升高温度CO的转化率降低，由图象可知，曲线c对应的CO转化率最低，温度应最高，即为350℃；根据CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系图可知在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失，故答案为：350；1.3×104kPa下CO的转化率已经很高，如果增大压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加很多，得不偿失；
③. A. 反应前后气体的物质的量不等，恒温、恒容条件下，若容器内的压强不发生变化，可说明可逆反应达到平衡，故A正确；B. 无论是否达到平衡状态，都存在H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍，因此不能判断是否达到平衡状态，故B错误；C. 使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间，但不能使平衡发生移动，故C错误；D. 某温度下，将2molCO和6molH2充入2L密闭容器中，充分反应达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则剩余0.4molCO，所以CO的转化率为（2mol−0.4mol）÷2mol×100%=80%，故D正确；故答案为：AD；
(3).平衡时氢气的浓度为0.5mol/L，则v(H2)=0.5mol/L÷2min=0.25mol⋅L−1⋅min−1，则v(CH3OH)=0.125mol⋅L−1⋅min−1；
CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)
起始浓度(mol/L) 0.5 0 0
转化浓度(mol/L) 0.25 0.25 0.5
平衡浓度(mol/L) 0.25 0.25 0.5
则K1==0.25，求得该反应的化学平衡常数为0.25(mol/L)2，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)是该反应的逆反应，所以K＝＝＝4；
某时刻测得体系中各物质的量浓度如下：C（CO）=0.25 mol·L－1，C（H2）=1.0 mol·L－1，C（CH3OH）=0.75 mol·L－1，则此时Qc＝＝3＜K＝4，则平衡向正反应向移动；故答案为： 0.125 mol·L－1·min－1；4；向正反应方向。
点睛：本题综合考查盖斯定律和化学平衡，难点是图象的分析与判断，对于第2小题中的第一个图象，在判断时可以依据“先拐先平数值大”的原则，在转化率与时间关系曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高，T1＜T2，再根据T2时反应物转化率低，说明温度升高平衡逆向移动，则正反应为放热反应，从而再进一步判断平衡常数的大小关系；对于第2小题的第二个图象，可以采用“定一议二”的原则判断，当图像中有多个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，本题可以先作一个垂直横坐标的辅助线，结合该反应是放热反应，判断等压时不同温度下物质转化率的高低，从而判断c曲线反应物的转化率最低，对应的温度最高。
28.使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g/100mL）。
Ⅰ．实验步骤：
（1）配制100mL待测白醋溶液。量取10.00mL食用白醋，注入烧杯中用水稀释后转移到___________（填仪器名称）中定容，摇匀即得。
（2）用________取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴___作指示剂。
（3）读取盛装0.1000 mol/L NaOH 溶液的___________（填仪器名称）的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为_________mL。
（4）滴定。当______________________________________________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。
Ⅱ．实验记录
滴定次数
实验数据（mL）
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)（消耗）
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ．数据处理与讨论：
（1）经计算，市售白醋总酸量＝_____________g/100mL。
（2）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是______（填写序号）。
a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 酸式滴定管（或移液管） (3). 酚酞 (4). 碱式滴定管 (5). 0.70 (6). 溶液由无色恰好变为粉红色，且半分钟内不褪色 (7). 4.5 (8). a b
【解析】
【详解】I．（1）配制100mL溶液，用100mL容量瓶；
（2）取溶液20.00 mL醋酸用酸式滴定管；强碱滴定弱酸，滴定终点时，溶液显碱性，因此用酚酞做指示剂误差更小；
（3）NaOH 溶液盛装在碱式滴定管中，图示读数为0.70mL；
（4）滴定终点的判定：溶液由无色恰好变为粉红色，且半分钟内不褪色；
III．（1）每次平均消耗氢氧化钠15mL；根据c(酸)V(酸)=c(碱)V(碱)，得醋酸的浓度为mol/L="0.75" mol/L；总酸量（g/100mL）=0.75×0.1×60=4.5；
（2）未用标准NaOH溶液润洗，氢氧化钠浓度偏低，消耗氢氧化钠体积偏大，所以结果偏大；碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗氢氧化钠体积偏大，所以结果偏大；锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，醋酸物质的量不变，消耗氢氧化钠体积不变，故结果不变；锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，醋酸物质的量变小，消耗氢氧化钠体积变小，故结果偏低。综上所述，操作会使实验结果偏大的是ab。
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