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2018-2019学年天津市武清区高二上学期期中化学试题（解析版）
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2018-2019学年天津市武清区高二（上）期中化学试卷
一、单选题（本大题共20小题，共60.0分）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 活化分子间的碰撞一定能发生化学反应
B. 升高温度时，化学反应速率加快，主要原因是反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多
C. 自发进行的反应一定迅速
D. 凡是熵增加的过程都是自发过程
【答案】B
【解析】解：A、活化分子间的碰撞不一定为有效碰撞，则不一定发生化学反应，故A错误；
B、升高温度使部分非活化分子转化为活化分子，所以增大活化分子百分数，有效碰撞次数增多，反应速率加快，故B正确；
C、自发进行只能说明反应进行的方向，不能说明反应发生的难易和快慢，故C错误；
D、凡是熵增加的反应不一定能自发进行，如碳酸盐的分解，故D错误。
故选：B。
A．活化分子间的碰撞不一定为有效碰撞；
B．升高温度增大活化分子百分数；
C．自发进行只能说明反应进行的方向，不能说明反应发生的难易和快慢；
D．反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；有反应的焓变，熵变，温度共同决定．
本题考查了化学反应自发进行的判断依据以及活化分子及化学反应的关系，反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，题目较简单．
2. 下列变化中属于吸热反应的是（ ）
①液态水汽化 ②将胆矾加热变成白色粉末 ③浓硫酸稀释④Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应⑤生石灰跟水反应生成熟石灰
A. ①④ B. ②③ C. ①④⑤ D. ②④
【答案】D
【解析】解：①液态水汽化，吸热，为物理变化，故不选；
②将胆矾加热变成白色粉末，为吸热反应，故选；
③浓硫酸稀释，放热，为物理变化，故不选；
④Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应，为吸热反应，故选；
⑤生石灰跟水反应生成熟石灰，为放热反应，故不选；
故选：D。
常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应、C或氢气作还原剂的氧化还原反应、某些复分解反应（如铵盐和强碱），以此来解答。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、吸热与放热反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意归纳常见的吸热反应，题目难度不大。
3. 下列事实能用勒夏特列原理来解释的是（ ）
A. 实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO
B. 工业上合成氮反应N2（g）+3H2 （g）⇌2NH3（g）△H＜0 选择500℃
C. H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）
D. SO2氧化成SO3，往往需要使用催化剂2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
【答案】A
【解析】解：A、氯气中溶液中存在溶解平衡，在饱和食盐水中，氯离子抑制了氯气的溶解，所以能够用勒夏特列原理解释，故A选；
B、该反应正反应为放热反应，采用500℃的高温，利用平衡向逆反应进行，反应物转化率与产物的产率降低，主要考虑反应速率与催化剂活性，不能用勒夏特列原理，故B不选；
C、对于可逆反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），达到平衡后，加压体系颜色变深，是因浓度变大，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理，故C不选；
D、使用催化剂可以加快反应速率，不会引起平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故D不选，
故选：A。
勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关、与平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释，合成氨工业中平衡移动使反应物转化率与产率提高，才可以用勒夏特列原理解释．
本题考查了勒夏特列原理的使用条件，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，明确存在的平衡及平衡移动为解答的关键．
4. 下列热化学方程式书写正确的是（△H的绝对值均正确）（ ）
A. C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）；△H=-1367.0 kJ/mol（燃烧热）
B. NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）；△H=+57.3 kJ/mol（中和热）
C. S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=-296.8 kJ/mol（反应热）
D. 2NO2=O2+2NO；△H=116.2 kJ/mol（反应热）
【答案】C
【解析】解：A、燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到的氧化物必须是稳定的氧化物，H2O的状态必须为液态，故A错；
B、中和反应是放热反应，△H应小于0，故B错；
C、热化学方程式的书写注明了物质的聚集状态、△H的正负号、数值、单位，故C正确；
D、热化学反应方程式要注明物质在反应时的状态，故D错。
故选：C。
根据热化学方程式的书写及其注意事项可知，需注明物质的聚集状态、△H的正负号、数值、单位，燃烧热抓住1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物、中和热抓住生成1mol水，且利用燃烧与中和反应放热来解答．
本题考查燃烧热以及热化学方程式的书写正误判断，重在搞清书写热化学方程式的注意事项．
5. 下列各组离子因发生水解反应而不能大量共存的是（ ）
A. Ba2+、Cl-、Na+、SO42- B. Al3+、K+、HCO3-、Cl-
C. H+、Fe2+、SO42-、NO3- D. AlO2-、Na+、Cl-、HCO3-
【答案】B
【解析】解：A．Ba2+与SO42-发生复分解反应不能大量共存，不满足条件，故A不选；
B．Al3+与HCO3-发生双水解反应不能大量共存，满足条件，故B正确；
C．H+、Fe2+与NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，不满足条件，故C错误；
D．AlO2-与HCO3-发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，在溶液中不能大量共存，但不属于水解反应，不满足条件，故D错误；
故选：B。
A．钡离子与硫酸根离子生成难溶物硫酸钡，为复分解反应；
B．铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应；
C．酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子，为氧化还原反应；
D．偏铝酸根离子与碳酸氢根离子发生复分解反应不能大量共存。
本题考查离子共存的判断，题目难度不大，明确题干信息要求及反应类型的区别为解答关键，注意掌握常见发生双水解反应不能大量共存的离子：Al3+与S2-、HS-、CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO-、SiO32-等，Fe3+与CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO-、SiO32-等，NH4+与AlO2-、SiO32-等，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。
6. 下列说法正确的是（ ）
A. 对于A（s）+B（g）⇌C（g）+D（g）的反应，加入A，反应速率加大
B. 2NO2⇌N2O4（正反应放热），升高温度，v（正）增大，v（逆）减小
C. 一定温度下，反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）在密闭容器中进行，恒压，充入He不改变化学反应速率
D. 100 mL 2 mol•L-1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，生成氢气的速率加大
【答案】D
【解析】解：A．A是固体，A的质量多少不影响化学反应速率，所以加入A化学反应速率不变，故B错误；
B．升高温度正逆反应速率都增大，只是逆反应速率增大倍数大于正反应速率，故B错误；
C．恒压条件下，充入He，导致反应体系分压减小，所以正逆反应速率都减小，故C错误；
D．加入硫酸铜，Zn和铜离子反应生成Cu，Zn、Cu和稀盐酸构成原电池，原电池加快化学反应速率，故D正确；
故选：D。
A．A是固体，A的质量多少不影响化学反应速率；
B．升高温度正逆反应速率都增大；
C．恒压条件下，充入He，导致反应体系分压减小；
D．加入硫酸铜，Zn和铜离子反应生成Cu，Zn、Cu和稀盐酸构成原电池。
本题考查化学反应速率影响因素，明确浓度、温度、压强、催化剂对化学反应速率影响原理是解本题关键，侧重考查基础知识再现和灵活运用，D为解答易错点，题目难度不大。
7. 一定温度下，在一固定体积的密闭容器中，对于可逆反应A（s）+3B（g）⇌2C（g），下列说法不能说明达到化学平衡状态的是（ ）
A. 气体密度不再变化
B. 混合气体的总压强不再变化
C. A、B、C的物质的量之比为1：3：2
D. 混合气体的平均相对分子质量不变
【答案】C
【解析】解：A、混合气体的密度不变化，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故A正确；
B、反应前后气体体积不相同，体系的压强不再变化，说明气体总物质的量不变，反应达到平衡状态，故B正确；
C、A、B、C的物质的量之比为1：3：2，不能说明各物质的量不变，故C错误；
D、混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的质量和物质的量不变，反应达平衡状态，故D正确；
故选：C。
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，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，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．
8. 下列说法正确的是（ ）
A. 将AlCl3溶液和Al2（SO4）3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同
B. 洗涤油污常用热的纯碱溶液
C. 用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3+
D. 配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于浓盐酸中，然后稀释至所需浓度
【答案】B
【解析】解：A．AlCl3水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，加热、灼烧生成氧化铝，Al2（SO4）3溶液加热、蒸干、灼烧仍得到硫酸铝，因硫酸难挥发，故A错误；
B、纯碱溶液中存在水解平衡：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，溶液呈碱性，加热促进水解碱性增强，油污在碱性条件下发生水解而除去，故B正确；
C．存在水解平衡，不能完全除去，可加入过量KOH，过滤后再加入盐酸，故C错误；
D．加入盐酸，引入新杂质，为抑制水解，可加入少量硫酸，故D错误；
故选：B。
A．AlCl3溶液和Al2（SO4）3溶液分别加热、蒸干、灼烧，分别得到氧化铝、硫酸铝；
B、碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解，有利于除去油污；
C．存在水解平衡，不能完全除去；
D、加入盐酸，引入新杂质。
本题考查较为综合，涉及盐类的水解等知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。
9. 下列化学方程式中，属于水解反应的是（ ）
A. CO2+H2O⇌H2CO3 B. H2CO3+H2O⇌H3O++HCO3-
C. HCO3-+H3O+=2H2O+CO2↑ D. CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-
【答案】D
【解析】解：A．为CO2与H2O的化合反应，不是水解反应，故A错误；
B．为H2CO3的电离方程式，不是水解反应，故B错误；
C．为HCO3-与强酸反应的离子方程式，不是水解反应，故C错误；
D．为CO32-水解的方程式，水解生成HCO3-，且溶液呈碱性，故D正确。
故选：D。
根据水解反应的定义判断，盐电离出的弱酸或弱碱离子与水电离产生的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应，以此解答该题。
本题考查盐类水解原理、水解离子方程式的分析判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意电离方程式的理解应用，要特别注意电离方程式与水解方程式的辨别，题目难度不大。
10. 化学反应N2+3H2⇌2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是（ ）
A. N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（l）△H=2（a-b-c）kJ/mol
B. N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=2（b-a）kJ/mol
C. 0.5N2（g）+1.5H2（g）⇌NH3（l）△H=（b+c-a）kJ/mol
D. 0.5N2（g）+1.5H2（g）⇌NH3（g）△H=（a+b）kJ/mol
【答案】A
【解析】解：由图可以看出，△E为反应的活化能，反应热等于反应物的活化能减生成物的活化能，
所以N2（g）+H2（g）=NH3（g）△H=（a-b）kJ/mol，即N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-2（b-a）kJ/mol，而1mol的NH3（g）转化为1mol的NH3（l）放出的热量为ckJ，根据盖斯定律有： N2（g）+H2（g）=NH3（l）△H=（a-b-c）kJ/mol，即：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（1）△H=2（a-b-c）kJ•mol-1，故A正确；
故选：A。
根据反应热等于反应物总能量减去生成物总能量计算反应热，然后根据并热化学方程式的书写方法写出热化学方程式，注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态．
本题考查了反应热的计算、热化学方程式的书写，题目难度不大，注意书写热化学方程式的注意事项以及反应热的计算方法．
11. 常温下，甲溶液的pH=4，乙溶液的pH=5，甲溶液与乙溶液中由水电离的c（H+）之比不可能的是（ ）
A. 1：10 B. 10：1 C. 1：105 D. 2：1
【答案】D
【解析】解：甲溶液的pH=4，甲溶液可以是酸或水解显示酸性的盐溶液，溶液中由水电离的c（H+）为10-4或是10-10；乙溶液pH=5，溶液可以是酸或水解显示酸性的盐溶液10-5或是10-9；甲溶液与乙溶液中由水电离的c（H+）之比可能是10-4：10-5=10：1，10-10：10-9=1：10，10-10：10-5=1：105，故选D。
甲溶液的pH=4，甲溶液可以是酸或水解显示酸性的盐溶液；乙溶液pH=5，溶液可以是酸或水解显示酸性的盐溶液；酸会抑制水电离，能水解的盐可以促进水的电离，据此回答．
本题考查弱电解质水的电离知识点，明确pH=4的溶液可以是酸或水解显示酸性的盐溶液是关键，题目难度不大．
12. 常温下向10mL0.1mol/L氨水中缓缓加蒸馏水稀释到1L后，下列说法不正确的是（ ）
A. 电离程度增大，导电能力减弱 B. c（OH-）/c（NH3•H2O）增大
C. 溶液中OH-数目减小 D. Kb（NH3•H2O）不变
【答案】C
【解析】解：加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（NH3．H2O）、c（NH4+）、c（OH-）都减小，但c（H+）增大，
A．加水稀释促进电离，所以一水合氨电离程度增大，但是溶液中离子浓度减小，导电能力减弱，故A正确；
B．加水稀释促进电离，NH3．H2O的物质的量减小，OH-的物质的量增大，则增大，故B正确；
C．加水稀释促进电离，OH-的物质的量增大，即溶液中OH-数目增大，故C错误；
D．温度不变，一水合氨电离平衡常数不变，故D正确。
故选：C。
加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（NH3．H2O）、c（NH4+）、c（OH-）都减小，但c（H+）增大，据此分析解答．
本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离程度与溶液浓度的关系是解本题关键，知道稀释过程中各种微粒浓度变化，题目难度不大．
13. 在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如表：
物质
X
Y
Z
初始浓度/mol•L-1
0.1
0.2
0
平衡浓度/mol•L-1
0.05
0.05
0.1
下列说法错误的是（ ）
A. 反应达到平衡时，X的转化率为50%
B. 反应可表示为X+3Y⇌2Z
C. 增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
D. 升高温度平衡常数增大，则此反应为吸热反应
【答案】C
【解析】解：A．反应达到平衡状态时，X的转化率=×100%=×100%=50%，故A正确；
B．该反应中反应达到平衡状态时，△c（X）=（0.1-0.05）mol/L=0.05mol/L，△c（Y）=（0.2-0.05）mol/L=0.15mol/L）、△Z=（0.1-0）mol/L=0.1mol/L，则X、Y、Z的计量数之比=0.05mol/L：0.15mol/L：0.1mol/L=1：3：2，据此书写方程式为X+3Y⇌2Z，故B正确；
C．化学平衡初始只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，故C错误；
D．升高温度平衡向吸热方向移动，升高温度化学平衡常数增大，说明平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，故D正确；
故选：C。
A．反应达到平衡状态时，X的转化率=×100%；
B．该反应中反应达到平衡状态时，△c（X）=（0.1-0.05）mol/L=0.05mol/L，△c（Y）=（0.2-0.05）mol/L=0.15mol/L）、△Z=（0.1-0）mol/L=0.1mol/L，则X、Y、Z的计量数之比=0.05mol/L：0.15mol/L：0.1mol/L=1：3：2，据此书写方程式；
C．化学平衡初始只与温度有关；
D．升高温度平衡向吸热方向移动。
本题考查化学平衡计算，侧重考查分析判断及计算能力，明确温度与反应热的关系、转化率的计算方法是解本题关键，注意：化学平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，题目难度不大。
14. 在容积为2L的恒容密闭容器中，一定温度下，发生反应：aM（g）+bN（g）⇌cQ（g）。气体M、N、Q的物质的量随时间的变化如图所示，则下列叙述正确的是（ ）
A. 体系平衡时与反应起始时的压强之比为3：2
B. 平衡时，M的转化率为50%，若条件改为恒温恒压，则达平衡时M的转化率小于50%
C. 若开始时向容器中充入2 mol M和1 mol N，达到平衡时，M的体积分数小于50%
D. 在5 min时，再向体系中充入少量He，重新达到平衡前v（正）＞v（逆）
【答案】C
【解析】解：△n（M）=0.8mol-0.4mol=0.4mol，△n（N）=0.4mol-0.2mol=0.2mol，△n（Q）=0.2mol，所以a：b：c=2：1：1，化学方程式为2M（g）+N（g）⇌Q（g），
A．平衡时气体的总物质的量为0.4mol+0.2mol+0.2mol=0.8mol，起始时总物质的量为1.2mol，则平衡时与反应起始时的压强之比为2：3，故A错误；
B．反应2M（g）+N（g）⇌Q（g）为气体体积减小的反应，改为恒温恒压，平衡正向移动，M的转化率大于50%，故B错误；
C．在该条件下，M的体积分数为：×100%=50%，由于该反应前气体体积大于反应后气体体积，充入比原反应更多的反应物时，可逆反应进行程度比原平衡大，所以M的体积分数小于50%，故C正确；
D．向体系中充入少量He，化学平衡不移动，即v（正）=v（逆），故D错误。
故选：C。
根据物质物质的量的变化判断a、b、c数值，△n（M）=0.8mol-0.4mol=0.4mol，△n（N）=0.4mol-0.2mol=0.2mol，△n（Q）=0.2mol，所以a：b：c=2：1：1，化学方程式为2M（g）+N（g）⇌Q（g），
A．利用化学平衡常数表达式计算化学平衡常数；
B．反应2M（g）+N（g）⇌Q（g）为气体体积减小的反应，改为恒温恒压，平衡正向移动；
C．根据化学平衡移动的影响因素判断；
D．根据化学平衡移动判断。
本题考查物质的量随时间的变化曲线，为高频考点，把握图中物质的量的变化、速率及转化率计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
15. 可逆反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）△H同时符合下列两图中各曲线的是（ ）
A. a+b＞c+dT1＞T2△H＞0 B. a+b＞c+d T1＜T2△H＜0
C. a+b＜c+d T1＞T2△H＞0 D. a+b＜c+d T1＜T2△H＜0
【答案】B
【解析】解：由甲可知，T2先达到平衡，T1＜T2，且T2时生成物浓度小，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，可知△H＜0；
由乙可知，增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，则该反应为气体体积减小的反应，即a+b＞c+d，
故选：B。
由甲可知，T2先达到平衡，且T2时生成物浓度小；由乙可知，增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，以此来解答。
本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握图中温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意乙中在交叉点后判断反应速率与压强的关系，题目难度不大。
16. 关于溶液的下列说法正确的是（ ）
A. 用湿润的pH试纸测稀碱液的pH，测定值偏大
B. NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性且两溶液中水的电离程度相同
C. 用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH
D. 除去工业废水中的Cu2+可以选用FeS作沉淀剂
【答案】D
【解析】解：A．湿润的pH试纸测稀碱液的pH，氢氧根离子浓度偏小，则氢离子浓度偏大，pH偏小，故A错误；
B．NaCl溶液对水电离无影响，CH3COONH4溶液促进水的电离，二者对水的电离影响不同，故B错误；
C．次氯酸钠溶液具有漂白性，不能使用pH试纸测定pH，应选pH计，故C错误；
D．CuS比FeS更难溶，则除去工业废水中的Cu2+可以选用FeS作沉淀剂，发生沉淀的转化，故D正确；
故选：D。
A．湿润的pH试纸测稀碱液的pH，氢氧根离子浓度偏小；
B．NaCl溶液对水电离无影响，CH3COONH4溶液促进水的电离；
C．次氯酸钠溶液具有漂白性；
D．CuS比FeS更难溶．
本题考查难溶电解质、pH等，为高频考点，把握沉淀转化的应用、pH的测定、盐类水解等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大．
17. 在其他条件不变时，只改变某一条件，化学反应aA（g）+B（g）⇌cC（g）的平衡的变化图象如图（图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率），据此分析下列说法正确的是（ ）
A. 在图象反应Ⅰ中，说明正反应为吸热反应
B. 在图象反应Ⅰ中，若p1＞p2，则此反应的△S＞0
C. 在图象反应Ⅱ中，说明该正反应为吸热反应
D. 在图象反应Ⅲ中，若T1＞T2，则该反应能自发进行
【答案】D
【解析】解：A．根据图1知，同一压强下，升高温度，A的转化率降低，说明平衡逆向移动，所以逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故A错误；
B..如果p1＞p2，相同温度下，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，A的转化率增大，说明平衡正向移动，则a+1＞c，所以正反应是熵减的反应，故B错误；
C．根据图2知，T1＞T2，升高温度，C的物质的量减少，则平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，则正反应是放热反应，故C错误；
D．根据图3知，增大压强，A的转化率不变，说明反应前后气体计量数之和相等，则a+1=c，则反应前后熵不变；若T1＞T2，升高温度，A的转化率降低，正反应是放热反应，所以焓变小于0，如果△G=△H-T△S＜0，所以该反应能自发进行，故D正确；
故选：D。
A．根据图1知，同一压强下，升高温度，A的转化率降低，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应；
B．如果p1＞p2，相同温度下，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，A的转化率增大，说明平衡正向移动，则a+1＞c；
C．根据图2知，T1＞T2，升高温度，C的物质的量减少，则平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动；
D．根据图3知，增大压强，A的转化率不变，说明反应前后气体计量数之和相等；若T1＞T2，升高温度，A的转化率降低，正反应是放热反应，如果△G=△H-T△S＜0，则该反应能自发进行．
本题考查图象分析，侧重考查学生分析判断能力，明确纵横坐标及曲线变化趋势含义是解本题关键，会利用吉布斯自由能判断反应的自发性，题目难度不大．
18. 某温度下，pH=11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示．据图判断错误的是（ ）
A. a的数值一定大于9
B. Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线
C. 稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大
D. 完全中和相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V（NaOH）＜V（氨水）
【答案】C
【解析】解：A．pH=11的氢氧化钠溶液加水稀释100倍，pH=9，而一水合氨为弱电解质，加水促进电离，则a的数值一定大于9，故A正确；
B．由图可知，开始的pH相同，在稀释时由氨水的电离平衡可知，促进氨水的电离，则氨水中的离子浓度大，可知I为氢氧化钠溶液稀释时溶液的pH变化曲线，Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线，故B正确；
C．稀释后氨水中氢氧根离子浓度较大，则水的电离程度较小，故C错误；
D．由于氨水浓度较大，则完全中和稀释后相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V（NaOH）＜V（氨水），故D正确；
故选：C。
根据信息可知氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，一水合氨为弱电解质，则氢氧化钠的浓度小，氨水浓度大，在稀释时由氨水的电离平衡可知，促进氨水的电离，则氨水中的离子浓度大，即I是氢氧化钠的pH变化曲线，Ⅱ是氨水的变化曲线，以此解答该题．
本题考查溶液稀释时PH的变化曲线图，明确强碱溶液在稀释时的pH的变化程度及相同pH时强碱的浓度比弱碱的浓度小是解答本题的关键，题目难度中等．
19. 常温下，取0.1mol/LHY溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合（忽略溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=9，则下列说法正确的是（ ）
A. 混合溶液中由水电离出的c（OH-）=10-9mol/L
B. 溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Y-）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+）
C. c（OH-）-c（HY）=c（H+）=1×10-9mol/L
D. c（Na+）=c（Y-）+c（HY）=0.1mol/L
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据混合溶液酸碱性确定HY的强弱，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，易错选项是D，注意二者混合时溶液体积增大一倍，为易错点。常温下，等物质的量的HY和NaOH恰好反应生成NaY，溶液呈碱性，说明NaY是强碱弱酸盐，结合盐类水解和物料守恒来分析解答即可。
【解答】
A.NaY为强碱弱酸盐，水解呈碱性，混合溶液中由水电离出的c（OH-）=mol/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-），盐是强电解质，完全电离，水的电离程度较小，所以c（Y-）＞c（OH-），则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.0.1mol•L-1HY溶液与0.1mol•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）=0.05mol•L-1，故D错误。
故选：C。
20. 已知常温下浓度为0.1mol•L-1的下列溶液的pH如表所示：
溶质
NaF
NaClO
NaHCO3
Na2CO3
pH
7.5
9.7
8.2
11.6
下列有关说法不正确的是（ ）
A. pH=2的HClO溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合，则有：c（Na+）＞c（ClO-）＞c（OH-）＞c（H+）
B. 加热0.1 mol•L-1NaClO溶液测其pH，pH大于9.7
C. 0.1 mol•L-1 Na2CO3溶液中，存在关系：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）
D. 电离平衡常数大小关系：K（HF）＞K（H2CO3 ）＞K（HClO）＞K（ HCO3-）
【答案】A
【解析】解：A．由表格数据可知，HClO为弱酸，pH=2的HClO溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合，HClO过量，溶质为NaClO、HClO，溶液显酸性，则溶液中离子浓度关系为c（ClO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故A错误；
B．水解显碱性，且水解为吸热反应，则加热0.1 mol•L-1NaClO溶液测其pH，电离出c（OH-）增大，pH大于9.7，故B正确；
C．物料守恒式为2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（Na+），电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），可知c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故C正确；
D．由表中数据及酸性越弱、对应盐的水解程度越大可知，酸性为HF＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸性越强K越大，则K（HF）＞K（H2CO3 ）＞K（HClO）＞K（ HCO3-），故D正确；
故选：A。
A．由表格数据可知，HClO为弱酸，pH=2的HClO溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合，HClO过量，溶质为NaClO、HClO，溶液显酸性；
B．水解显碱性，且水解为吸热反应；
C．物料守恒式为2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（Na+），电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）；
D．由表中数据及酸性越弱、对应盐的水解程度越大可知，酸性为HF＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸性越强K越大．
本题考查弱电解质的电离、盐类水解及离子浓度比较，为高频考点，把握表格数据的应用、混合后溶质、电离与水解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意溶液中守恒式的判断，题目难度不大．
二、简答题（本大题共2小题，共20.0分）
21. 碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及其化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：
（1）有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：
△H=88.6kJ/mol
则M、N相比，较稳定的是______。
（2）已知CH3OH（l）的燃烧热为726.5kJ•mol-1，CH3OH（l）+1/2O2（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=-a kJ•mol-1，则a______726.5（填“＞”“＜”或“=”）。
（3）使Cl2和H2O（g）通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量，写出该反应的热化学方程式：______。
（4）火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料：4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）=2Al2O3（s）+3TiC（s）△H=-1 176kJ•mol-1，则反应过程中，每转移1mol电子放出的热量为______。
【答案】M ＜ 2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HCl（g）+CO2（g）△H=-290kJ•mol-1 98kJ
【解析】解：（1）有机物M经过太阳光光照可转化成N，：△H=+88.6kJ•mol-1，过程是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，能量越低越稳定，说明M稳定；
故答案为：M；
（2）燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇燃烧生成CO2（g）和H2（g）属于不完全燃烧，CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=-akJ•mol-1，放出的热量小于燃烧热，故a＜238.6，
故答案为：＜；
（3）有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，反应的热化学方程式为：2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HCl（g）+CO2（g）△H=-290kJ•mol-1；
故答案为：2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HCl（g）+CO2（g）△H=-290kJ•mol-1；
（4）4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）=2Al2O3（s）+3TiC（s）△H=-1176kJ•mol-1，转移12mol电子放热1176KJ，则反应过程中，每转移1mol电子放热98kJ，
故答案为：98kJ。
（1）M转化为N是吸热反应，所以N的能量高，不稳定；
（2）甲醇燃烧生成CO2（g）和H2（g）属于不完全燃烧，放出的热量少，故a＜238.6；
（3）有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，注物质聚集状态和对应反应焓变写出热化学方程式；
（4）所给反应中转移12个电子，故每转移1mol电子放出的热量为1 176kJ÷12=98kJ。
本题考查了化学反应能量变化，燃烧热概念分析判断，氧化还原反应电子转移的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
22. 下表是不同温度下水的离子积数据：
温度/℃
25
t1
t2
水的离子积常数
1×10-14
α
1×10-12
试回答以下问题：
（1）若25＜t1＜t2，则α______（填“＜”“＞”或“=”）1×10-14，作出此判断的理由是______。
（2）t1℃下，将pH=a的苛性钠溶液10mL与pH=b的稀硫酸500mL混合，测得溶液呈中性，若a+b=14，则此温度下水的离子积常数α=______。
（3）t2℃下，将pH=11的苛性钠溶液V1 L与pH=1的稀硫酸V2 L混合（设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH=10，则V1：V2=______。
【答案】＞ 水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，离子积增大 5×10-13 11：9
【解析】解：（1）若25＜t1＜t2，水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积增大，则α＞1×10-14，故答案为：＞；水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，离子积增大；
（2）t1℃下，将pH=a的苛性钠溶液10mL与pH=b的稀硫酸500mL混合，测得溶液呈中性，则NaOH溶液中OH-物质的量与稀硫酸中H+物质的量相等，×10=10-b×500，KW=50×10-（a+b），若a+b=14，此温度下水的离子积常数KW=50×10-14=5×10-13。
故答案为：5×10-13。
（3）t2℃下，pH=11的苛性钠溶液中c（OH-）=0.1mol/L，pH=1的稀硫酸中c（H+）=0.1mol/L，两者混合所得混合溶液的pH=10，混合溶液中c（OH-）=0.01mol/L，即混合后碱过量，0.01mol/L=，则V1：V2=11：9。
故答案为：11：9。
（1）水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积增大，据此回答；
（2）混合所得溶液呈中性，则NaOH溶液中OH-物质的量与稀硫酸中H+物质的量相等，根据Kw=c（OH-）•c（H+）来计算回答；
（3）两者混合所得混合溶液的pH=10，则碱会剩余，计算剩余的氢氧根离子的浓度即可。
本题考查水的电离和水的离子积的影响因素，溶液pH的计算，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。
三、实验题（本大题共1小题，共20.0分）
23. NaOH和盐酸都是中学化学常见的试剂。
Ⅰ．某同学用0.200 0mol•L-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液浓度
（1）将5.0g烧碱样品（杂质不与酸反应）配成250mL待测液，取10.00mL
待测液，如图1是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为______mL。
（2）由下表数据得出NaOH的百分含量是______。
滴定次数
待测NaOH溶液体积（mL）
标准盐酸体积
滴定前的刻度（mL）
滴定后的刻度（mL）
第一次
10.00
0.40
20.50
第二次
10.00
4.10
24.00
Ⅱ．氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）。测血钙的含量时，进行如下实验：
①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵（NH4）2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。
②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。
③终点时用去20mLl.0×l0-4mol/L的KMnO4溶液。
（1）写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式______。
（2）滴定时，将KMnO4溶液装在______（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
（3）判断滴定终点的方法是______。
（4）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则测量结果______。
②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果______。
（5）计算：血液中含钙离子的浓度为______mol/L。
Ⅲ．50mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH溶液测定计算中和反应的反应热。回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图2中缺少的一种玻璃用品是______。如改用0.0275mol NaOH固体与该盐酸进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（2）已知盐酸和NaOH稀溶液发生中和反应生成0.1molH2O时，放出5.73kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：______。
【答案】22.60 80.0% 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O 酸式 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 偏高 偏高 2.5×10-3 环形玻璃搅拌棒 偏大 NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ•mol-1
【解析】解：Ⅰ（1）滴定管中读数为22.60ml；
故答案为：22.60；
（2）消耗HCl的体积为（20.50+19.90）ml=20.00ml，n（NaOH）=n（HCl）=0.200 0mol•L-1×20.00×10-3L=4.000×10-3mol，m（NaOH）=nM=4.000×10-3mol×40g/mol=0.16g，5.0g烧碱样品中含有NaOH质量为0.16g×=4.000g，NaOH的百分含量=×100%=80.0%；
故答案为：80.0%（或80%）；
Ⅱ（1）酸性KMnO4和H2C2O4反应生成CO2和Mn2+，所以反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；
故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；
（2）KMnO4溶液有强氧化性，应该装在酸式滴定管中；
故答案为：酸式；
（3）滴定前溶液无色，滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成紫色；
故答案为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
（4）①未用酸性KMnO4标准液润洗，会使酸性KMnO4标准液的浓度降低，消耗KMnO4标准液的体积偏大，则测量结果偏高；
故答案为：偏高；
②滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则读数时读出消耗KMnO4标准液的体积偏大，所以测量结果偏高；
故答案为：偏高；
（5）根据关系式Ca2+～CaC2O4～H2C2O4～KMnO4有等量关系n（Ca2+）=n（KMnO4）=nV=×20×l0-3L×l.0×l0-4mol/L=5×l0-6mol，所以2ml血液中钙离子的浓度=
=2.5×10-3 ；；mol/L；
故答案为：2.5×10-3 ；；
Ⅲ（1）为使反应充分快速进行，需要环形搅拌器搅拌；NaOH固体溶解于水会放出热量，溶液温度会升高，使中和热数值增大；
故答案为：环形玻璃搅拌棒；偏大；
（2）生成0.1molH2O时，放出5.73kJ的热量，则生成1molH2O时，放出57.3kJ的热量，所以热化学方程式为NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3 kJ•mol-1；
故答案为：NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3 kJ•mol-1；
Ⅰ（1）读数为22.60ml；
（2）消耗HCl的体积为（20.50+19.90）ml=20.00ml，n（NaOH）=n（HCl）=0.200 0mol•L-1×20.00×10-3L=4.000×10-3mol，m（NaOH）=nM=4.000×10-3mol×40g/mol=0.16g，5.0g烧碱样品中含有NaOH质量为0.16g×=4.000g，进而计算NaOH的百分含量；
Ⅱ（1）酸性KMnO4和H2C2O4反应生成CO2和Mn2+、守恒配平即得到反应的离子方程式；
（2）KMnO4溶液有强氧化性，应该装在酸式滴定管中；
（3）滴定前溶液无色，滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成紫色；
（4）①滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则酸性KMnO4标准液的浓度降低，消耗KMnO4标准液的体积偏大；
②滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则读数时读出消耗KMnO4标准液的体积偏大；
（5）利用原子守恒建立关系式Ca2+～CaC2O4～H2C2O4～KMnO4、列出等量关系n（Ca2+）=n（KMnO4）=nV=×20×l0-3L×l.0×l0-4mol/L=5×l0-6mol，进而作答；
Ⅲ（1）为使反应充分快速进行，需要环形搅拌器搅拌；NaOH固体溶解于水时会放出热量，使溶液温度升高，使中和热数值增大；
（2）强酸和强碱反应生成1mol的水所放出的热量就是中和热，根据定义、计算作答；
以中和热测定实验为载体，考查实验操作、数据处理、氧化还原滴定操作及其误差分析、化学计算、化学方程式或热化学方程式书写，难度中等，注重基础知识的考查与迁移，关键是理解掌握基础原理。
2018-2019学年天津市武清区高二（上）期中化学试卷
一、单选题（本大题共20小题，共60.0分）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 活化分子间的碰撞一定能发生化学反应
B. 升高温度时，化学反应速率加快，主要原因是反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多
C. 自发进行的反应一定迅速
D. 凡是熵增加的过程都是自发过程
【答案】B
【解析】解：A、活化分子间的碰撞不一定为有效碰撞，则不一定发生化学反应，故A错误；
B、升高温度使部分非活化分子转化为活化分子，所以增大活化分子百分数，有效碰撞次数增多，反应速率加快，故B正确；
C、自发进行只能说明反应进行的方向，不能说明反应发生的难易和快慢，故C错误；
D、凡是熵增加的反应不一定能自发进行，如碳酸盐的分解，故D错误。
故选：B。
A．活化分子间的碰撞不一定为有效碰撞；
B．升高温度增大活化分子百分数；
C．自发进行只能说明反应进行的方向，不能说明反应发生的难易和快慢；
D．反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；有反应的焓变，熵变，温度共同决定．
本题考查了化学反应自发进行的判断依据以及活化分子及化学反应的关系，反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，题目较简单．
2. 下列变化中属于吸热反应的是（ ）
①液态水汽化 ②将胆矾加热变成白色粉末 ③浓硫酸稀释④Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应⑤生石灰跟水反应生成熟石灰
A. ①④ B. ②③ C. ①④⑤ D. ②④
【答案】D
【解析】解：①液态水汽化，吸热，为物理变化，故不选；
②将胆矾加热变成白色粉末，为吸热反应，故选；
③浓硫酸稀释，放热，为物理变化，故不选；
④Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应，为吸热反应，故选；
⑤生石灰跟水反应生成熟石灰，为放热反应，故不选；
故选：D。
常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应、C或氢气作还原剂的氧化还原反应、某些复分解反应（如铵盐和强碱），以此来解答。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、吸热与放热反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意归纳常见的吸热反应，题目难度不大。
3. 下列事实能用勒夏特列原理来解释的是（ ）
A. 实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO
B. 工业上合成氮反应N2（g）+3H2 （g）⇌2NH3（g）△H＜0 选择500℃
C. H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）
D. SO2氧化成SO3，往往需要使用催化剂2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
【答案】A
【解析】解：A、氯气中溶液中存在溶解平衡，在饱和食盐水中，氯离子抑制了氯气的溶解，所以能够用勒夏特列原理解释，故A选；
B、该反应正反应为放热反应，采用500℃的高温，利用平衡向逆反应进行，反应物转化率与产物的产率降低，主要考虑反应速率与催化剂活性，不能用勒夏特列原理，故B不选；
C、对于可逆反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），达到平衡后，加压体系颜色变深，是因浓度变大，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理，故C不选；
D、使用催化剂可以加快反应速率，不会引起平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故D不选，
故选：A。
勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关、与平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释，合成氨工业中平衡移动使反应物转化率与产率提高，才可以用勒夏特列原理解释．
本题考查了勒夏特列原理的使用条件，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，明确存在的平衡及平衡移动为解答的关键．
4. 下列热化学方程式书写正确的是（△H的绝对值均正确）（ ）
A. C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）；△H=-1367.0 kJ/mol（燃烧热）
B. NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）；△H=+57.3 kJ/mol（中和热）
C. S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=-296.8 kJ/mol（反应热）
D. 2NO2=O2+2NO；△H=116.2 kJ/mol（反应热）
【答案】C
【解析】解：A、燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到的氧化物必须是稳定的氧化物，H2O的状态必须为液态，故A错；
B、中和反应是放热反应，△H应小于0，故B错；
C、热化学方程式的书写注明了物质的聚集状态、△H的正负号、数值、单位，故C正确；
D、热化学反应方程式要注明物质在反应时的状态，故D错。
故选：C。
根据热化学方程式的书写及其注意事项可知，需注明物质的聚集状态、△H的正负号、数值、单位，燃烧热抓住1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物、中和热抓住生成1mol水，且利用燃烧与中和反应放热来解答．
本题考查燃烧热以及热化学方程式的书写正误判断，重在搞清书写热化学方程式的注意事项．
5. 下列各组离子因发生水解反应而不能大量共存的是（ ）
A. Ba2+、Cl-、Na+、SO42- B. Al3+、K+、HCO3-、Cl-
C. H+、Fe2+、SO42-、NO3- D. AlO2-、Na+、Cl-、HCO3-
【答案】B
【解析】解：A．Ba2+与SO42-发生复分解反应不能大量共存，不满足条件，故A不选；
B．Al3+与HCO3-发生双水解反应不能大量共存，满足条件，故B正确；
C．H+、Fe2+与NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，不满足条件，故C错误；
D．AlO2-与HCO3-发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，在溶液中不能大量共存，但不属于水解反应，不满足条件，故D错误；
故选：B。
A．钡离子与硫酸根离子生成难溶物硫酸钡，为复分解反应；
B．铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应；
C．酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子，为氧化还原反应；
D．偏铝酸根离子与碳酸氢根离子发生复分解反应不能大量共存。
本题考查离子共存的判断，题目难度不大，明确题干信息要求及反应类型的区别为解答关键，注意掌握常见发生双水解反应不能大量共存的离子：Al3+与S2-、HS-、CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO-、SiO32-等，Fe3+与CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO-、SiO32-等，NH4+与AlO2-、SiO32-等，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。
6. 下列说法正确的是（ ）
A. 对于A（s）+B（g）⇌C（g）+D（g）的反应，加入A，反应速率加大
B. 2NO2⇌N2O4（正反应放热），升高温度，v（正）增大，v（逆）减小
C. 一定温度下，反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）在密闭容器中进行，恒压，充入He不改变化学反应速率
D. 100 mL 2 mol•L-1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，生成氢气的速率加大
【答案】D
【解析】解：A．A是固体，A的质量多少不影响化学反应速率，所以加入A化学反应速率不变，故B错误；
B．升高温度正逆反应速率都增大，只是逆反应速率增大倍数大于正反应速率，故B错误；
C．恒压条件下，充入He，导致反应体系分压减小，所以正逆反应速率都减小，故C错误；
D．加入硫酸铜，Zn和铜离子反应生成Cu，Zn、Cu和稀盐酸构成原电池，原电池加快化学反应速率，故D正确；
故选：D。
A．A是固体，A的质量多少不影响化学反应速率；
B．升高温度正逆反应速率都增大；
C．恒压条件下，充入He，导致反应体系分压减小；
D．加入硫酸铜，Zn和铜离子反应生成Cu，Zn、Cu和稀盐酸构成原电池。
本题考查化学反应速率影响因素，明确浓度、温度、压强、催化剂对化学反应速率影响原理是解本题关键，侧重考查基础知识再现和灵活运用，D为解答易错点，题目难度不大。
7. 一定温度下，在一固定体积的密闭容器中，对于可逆反应A（s）+3B（g）⇌2C（g），下列说法不能说明达到化学平衡状态的是（ ）
A. 气体密度不再变化
B. 混合气体的总压强不再变化
C. A、B、C的物质的量之比为1：3：2
D. 混合气体的平均相对分子质量不变
【答案】C
【解析】解：A、混合气体的密度不变化，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故A正确；
B、反应前后气体体积不相同，体系的压强不再变化，说明气体总物质的量不变，反应达到平衡状态，故B正确；
C、A、B、C的物质的量之比为1：3：2，不能说明各物质的量不变，故C错误；
D、混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的质量和物质的量不变，反应达平衡状态，故D正确；
故选：C。
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，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，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．
8. 下列说法正确的是（ ）
A. 将AlCl3溶液和Al2（SO4）3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同
B. 洗涤油污常用热的纯碱溶液
C. 用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3+
D. 配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于浓盐酸中，然后稀释至所需浓度
【答案】B
【解析】解：A．AlCl3水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，加热、灼烧生成氧化铝，Al2（SO4）3溶液加热、蒸干、灼烧仍得到硫酸铝，因硫酸难挥发，故A错误；
B、纯碱溶液中存在水解平衡：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，溶液呈碱性，加热促进水解碱性增强，油污在碱性条件下发生水解而除去，故B正确；
C．存在水解平衡，不能完全除去，可加入过量KOH，过滤后再加入盐酸，故C错误；
D．加入盐酸，引入新杂质，为抑制水解，可加入少量硫酸，故D错误；
故选：B。
A．AlCl3溶液和Al2（SO4）3溶液分别加热、蒸干、灼烧，分别得到氧化铝、硫酸铝；
B、碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解，有利于除去油污；
C．存在水解平衡，不能完全除去；
D、加入盐酸，引入新杂质。
本题考查较为综合，涉及盐类的水解等知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。
9. 下列化学方程式中，属于水解反应的是（ ）
A. CO2+H2O⇌H2CO3 B. H2CO3+H2O⇌H3O++HCO3-
C. HCO3-+H3O+=2H2O+CO2↑ D. CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-
【答案】D
【解析】解：A．为CO2与H2O的化合反应，不是水解反应，故A错误；
B．为H2CO3的电离方程式，不是水解反应，故B错误；
C．为HCO3-与强酸反应的离子方程式，不是水解反应，故C错误；
D．为CO32-水解的方程式，水解生成HCO3-，且溶液呈碱性，故D正确。
故选：D。
根据水解反应的定义判断，盐电离出的弱酸或弱碱离子与水电离产生的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应，以此解答该题。
本题考查盐类水解原理、水解离子方程式的分析判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意电离方程式的理解应用，要特别注意电离方程式与水解方程式的辨别，题目难度不大。
10. 化学反应N2+3H2⇌2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是（ ）
A. N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（l）△H=2（a-b-c）kJ/mol
B. N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=2（b-a）kJ/mol
C. 0.5N2（g）+1.5H2（g）⇌NH3（l）△H=（b+c-a）kJ/mol
D. 0.5N2（g）+1.5H2（g）⇌NH3（g）△H=（a+b）kJ/mol
【答案】A
【解析】解：由图可以看出，△E为反应的活化能，反应热等于反应物的活化能减生成物的活化能，
所以N2（g）+H2（g）=NH3（g）△H=（a-b）kJ/mol，即N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-2（b-a）kJ/mol，而1mol的NH3（g）转化为1mol的NH3（l）放出的热量为ckJ，根据盖斯定律有： N2（g）+H2（g）=NH3（l）△H=（a-b-c）kJ/mol，即：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（1）△H=2（a-b-c）kJ•mol-1，故A正确；
故选：A。
根据反应热等于反应物总能量减去生成物总能量计算反应热，然后根据并热化学方程式的书写方法写出热化学方程式，注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态．
本题考查了反应热的计算、热化学方程式的书写，题目难度不大，注意书写热化学方程式的注意事项以及反应热的计算方法．
11. 常温下，甲溶液的pH=4，乙溶液的pH=5，甲溶液与乙溶液中由水电离的c（H+）之比不可能的是（ ）
A. 1：10 B. 10：1 C. 1：105 D. 2：1
【答案】D
【解析】解：甲溶液的pH=4，甲溶液可以是酸或水解显示酸性的盐溶液，溶液中由水电离的c（H+）为10-4或是10-10；乙溶液pH=5，溶液可以是酸或水解显示酸性的盐溶液10-5或是10-9；甲溶液与乙溶液中由水电离的c（H+）之比可能是10-4：10-5=10：1，10-10：10-9=1：10，10-10：10-5=1：105，故选D。
甲溶液的pH=4，甲溶液可以是酸或水解显示酸性的盐溶液；乙溶液pH=5，溶液可以是酸或水解显示酸性的盐溶液；酸会抑制水电离，能水解的盐可以促进水的电离，据此回答．
本题考查弱电解质水的电离知识点，明确pH=4的溶液可以是酸或水解显示酸性的盐溶液是关键，题目难度不大．
12. 常温下向10mL0.1mol/L氨水中缓缓加蒸馏水稀释到1L后，下列说法不正确的是（ ）
A. 电离程度增大，导电能力减弱 B. c（OH-）/c（NH3•H2O）增大
C. 溶液中OH-数目减小 D. Kb（NH3•H2O）不变
【答案】C
【解析】解：加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（NH3．H2O）、c（NH4+）、c（OH-）都减小，但c（H+）增大，
A．加水稀释促进电离，所以一水合氨电离程度增大，但是溶液中离子浓度减小，导电能力减弱，故A正确；
B．加水稀释促进电离，NH3．H2O的物质的量减小，OH-的物质的量增大，则增大，故B正确；
C．加水稀释促进电离，OH-的物质的量增大，即溶液中OH-数目增大，故C错误；
D．温度不变，一水合氨电离平衡常数不变，故D正确。
故选：C。
加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（NH3．H2O）、c（NH4+）、c（OH-）都减小，但c（H+）增大，据此分析解答．
本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离程度与溶液浓度的关系是解本题关键，知道稀释过程中各种微粒浓度变化，题目难度不大．
13. 在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如表：
物质
X
Y
Z
初始浓度/mol•L-1
0.1
0.2
0
平衡浓度/mol•L-1
0.05
0.05
0.1
下列说法错误的是（ ）
A. 反应达到平衡时，X的转化率为50%
B. 反应可表示为X+3Y⇌2Z
C. 增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
D. 升高温度平衡常数增大，则此反应为吸热反应
【答案】C
【解析】解：A．反应达到平衡状态时，X的转化率=×100%=×100%=50%，故A正确；
B．该反应中反应达到平衡状态时，△c（X）=（0.1-0.05）mol/L=0.05mol/L，△c（Y）=（0.2-0.05）mol/L=0.15mol/L）、△Z=（0.1-0）mol/L=0.1mol/L，则X、Y、Z的计量数之比=0.05mol/L：0.15mol/L：0.1mol/L=1：3：2，据此书写方程式为X+3Y⇌2Z，故B正确；
C．化学平衡初始只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，故C错误；
D．升高温度平衡向吸热方向移动，升高温度化学平衡常数增大，说明平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，故D正确；
故选：C。
A．反应达到平衡状态时，X的转化率=×100%；
B．该反应中反应达到平衡状态时，△c（X）=（0.1-0.05）mol/L=0.05mol/L，△c（Y）=（0.2-0.05）mol/L=0.15mol/L）、△Z=（0.1-0）mol/L=0.1mol/L，则X、Y、Z的计量数之比=0.05mol/L：0.15mol/L：0.1mol/L=1：3：2，据此书写方程式；
C．化学平衡初始只与温度有关；
D．升高温度平衡向吸热方向移动。
本题考查化学平衡计算，侧重考查分析判断及计算能力，明确温度与反应热的关系、转化率的计算方法是解本题关键，注意：化学平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，题目难度不大。
14. 在容积为2L的恒容密闭容器中，一定温度下，发生反应：aM（g）+bN（g）⇌cQ（g）。气体M、N、Q的物质的量随时间的变化如图所示，则下列叙述正确的是（ ）
A. 体系平衡时与反应起始时的压强之比为3：2
B. 平衡时，M的转化率为50%，若条件改为恒温恒压，则达平衡时M的转化率小于50%
C. 若开始时向容器中充入2 mol M和1 mol N，达到平衡时，M的体积分数小于50%
D. 在5 min时，再向体系中充入少量He，重新达到平衡前v（正）＞v（逆）
【答案】C
【解析】解：△n（M）=0.8mol-0.4mol=0.4mol，△n（N）=0.4mol-0.2mol=0.2mol，△n（Q）=0.2mol，所以a：b：c=2：1：1，化学方程式为2M（g）+N（g）⇌Q（g），
A．平衡时气体的总物质的量为0.4mol+0.2mol+0.2mol=0.8mol，起始时总物质的量为1.2mol，则平衡时与反应起始时的压强之比为2：3，故A错误；
B．反应2M（g）+N（g）⇌Q（g）为气体体积减小的反应，改为恒温恒压，平衡正向移动，M的转化率大于50%，故B错误；
C．在该条件下，M的体积分数为：×100%=50%，由于该反应前气体体积大于反应后气体体积，充入比原反应更多的反应物时，可逆反应进行程度比原平衡大，所以M的体积分数小于50%，故C正确；
D．向体系中充入少量He，化学平衡不移动，即v（正）=v（逆），故D错误。
故选：C。
根据物质物质的量的变化判断a、b、c数值，△n（M）=0.8mol-0.4mol=0.4mol，△n（N）=0.4mol-0.2mol=0.2mol，△n（Q）=0.2mol，所以a：b：c=2：1：1，化学方程式为2M（g）+N（g）⇌Q（g），
A．利用化学平衡常数表达式计算化学平衡常数；
B．反应2M（g）+N（g）⇌Q（g）为气体体积减小的反应，改为恒温恒压，平衡正向移动；
C．根据化学平衡移动的影响因素判断；
D．根据化学平衡移动判断。
本题考查物质的量随时间的变化曲线，为高频考点，把握图中物质的量的变化、速率及转化率计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
15. 可逆反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）△H同时符合下列两图中各曲线的是（ ）
A. a+b＞c+dT1＞T2△H＞0 B. a+b＞c+d T1＜T2△H＜0
C. a+b＜c+d T1＞T2△H＞0 D. a+b＜c+d T1＜T2△H＜0
【答案】B
【解析】解：由甲可知，T2先达到平衡，T1＜T2，且T2时生成物浓度小，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，可知△H＜0；
由乙可知，增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，则该反应为气体体积减小的反应，即a+b＞c+d，
故选：B。
由甲可知，T2先达到平衡，且T2时生成物浓度小；由乙可知，增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，以此来解答。
本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握图中温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意乙中在交叉点后判断反应速率与压强的关系，题目难度不大。
16. 关于溶液的下列说法正确的是（ ）
A. 用湿润的pH试纸测稀碱液的pH，测定值偏大
B. NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性且两溶液中水的电离程度相同
C. 用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH
D. 除去工业废水中的Cu2+可以选用FeS作沉淀剂
【答案】D
【解析】解：A．湿润的pH试纸测稀碱液的pH，氢氧根离子浓度偏小，则氢离子浓度偏大，pH偏小，故A错误；
B．NaCl溶液对水电离无影响，CH3COONH4溶液促进水的电离，二者对水的电离影响不同，故B错误；
C．次氯酸钠溶液具有漂白性，不能使用pH试纸测定pH，应选pH计，故C错误；
D．CuS比FeS更难溶，则除去工业废水中的Cu2+可以选用FeS作沉淀剂，发生沉淀的转化，故D正确；
故选：D。
A．湿润的pH试纸测稀碱液的pH，氢氧根离子浓度偏小；
B．NaCl溶液对水电离无影响，CH3COONH4溶液促进水的电离；
C．次氯酸钠溶液具有漂白性；
D．CuS比FeS更难溶．
本题考查难溶电解质、pH等，为高频考点，把握沉淀转化的应用、pH的测定、盐类水解等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大．
17. 在其他条件不变时，只改变某一条件，化学反应aA（g）+B（g）⇌cC（g）的平衡的变化图象如图（图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率），据此分析下列说法正确的是（ ）
A. 在图象反应Ⅰ中，说明正反应为吸热反应
B. 在图象反应Ⅰ中，若p1＞p2，则此反应的△S＞0
C. 在图象反应Ⅱ中，说明该正反应为吸热反应
D. 在图象反应Ⅲ中，若T1＞T2，则该反应能自发进行
【答案】D
【解析】解：A．根据图1知，同一压强下，升高温度，A的转化率降低，说明平衡逆向移动，所以逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故A错误；
B..如果p1＞p2，相同温度下，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，A的转化率增大，说明平衡正向移动，则a+1＞c，所以正反应是熵减的反应，故B错误；
C．根据图2知，T1＞T2，升高温度，C的物质的量减少，则平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，则正反应是放热反应，故C错误；
D．根据图3知，增大压强，A的转化率不变，说明反应前后气体计量数之和相等，则a+1=c，则反应前后熵不变；若T1＞T2，升高温度，A的转化率降低，正反应是放热反应，所以焓变小于0，如果△G=△H-T△S＜0，所以该反应能自发进行，故D正确；
故选：D。
A．根据图1知，同一压强下，升高温度，A的转化率降低，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应；
B．如果p1＞p2，相同温度下，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，A的转化率增大，说明平衡正向移动，则a+1＞c；
C．根据图2知，T1＞T2，升高温度，C的物质的量减少，则平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动；
D．根据图3知，增大压强，A的转化率不变，说明反应前后气体计量数之和相等；若T1＞T2，升高温度，A的转化率降低，正反应是放热反应，如果△G=△H-T△S＜0，则该反应能自发进行．
本题考查图象分析，侧重考查学生分析判断能力，明确纵横坐标及曲线变化趋势含义是解本题关键，会利用吉布斯自由能判断反应的自发性，题目难度不大．
18. 某温度下，pH=11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示．据图判断错误的是（ ）
A. a的数值一定大于9
B. Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线
C. 稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大
D. 完全中和相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V（NaOH）＜V（氨水）
【答案】C
【解析】解：A．pH=11的氢氧化钠溶液加水稀释100倍，pH=9，而一水合氨为弱电解质，加水促进电离，则a的数值一定大于9，故A正确；
B．由图可知，开始的pH相同，在稀释时由氨水的电离平衡可知，促进氨水的电离，则氨水中的离子浓度大，可知I为氢氧化钠溶液稀释时溶液的pH变化曲线，Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线，故B正确；
C．稀释后氨水中氢氧根离子浓度较大，则水的电离程度较小，故C错误；
D．由于氨水浓度较大，则完全中和稀释后相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V（NaOH）＜V（氨水），故D正确；
故选：C。
根据信息可知氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，一水合氨为弱电解质，则氢氧化钠的浓度小，氨水浓度大，在稀释时由氨水的电离平衡可知，促进氨水的电离，则氨水中的离子浓度大，即I是氢氧化钠的pH变化曲线，Ⅱ是氨水的变化曲线，以此解答该题．
本题考查溶液稀释时PH的变化曲线图，明确强碱溶液在稀释时的pH的变化程度及相同pH时强碱的浓度比弱碱的浓度小是解答本题的关键，题目难度中等．
19. 常温下，取0.1mol/LHY溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合（忽略溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=9，则下列说法正确的是（ ）
A. 混合溶液中由水电离出的c（OH-）=10-9mol/L
B. 溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Y-）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+）
C. c（OH-）-c（HY）=c（H+）=1×10-9mol/L
D. c（Na+）=c（Y-）+c（HY）=0.1mol/L
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据混合溶液酸碱性确定HY的强弱，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，易错选项是D，注意二者混合时溶液体积增大一倍，为易错点。常温下，等物质的量的HY和NaOH恰好反应生成NaY，溶液呈碱性，说明NaY是强碱弱酸盐，结合盐类水解和物料守恒来分析解答即可。
【解答】
A.NaY为强碱弱酸盐，水解呈碱性，混合溶液中由水电离出的c（OH-）=mol/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-），盐是强电解质，完全电离，水的电离程度较小，所以c（Y-）＞c（OH-），则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.0.1mol•L-1HY溶液与0.1mol•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）=0.05mol•L-1，故D错误。
故选：C。
20. 已知常温下浓度为0.1mol•L-1的下列溶液的pH如表所示：
溶质
NaF
NaClO
NaHCO3
Na2CO3
pH
7.5
9.7
8.2
11.6
下列有关说法不正确的是（ ）
A. pH=2的HClO溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合，则有：c（Na+）＞c（ClO-）＞c（OH-）＞c（H+）
B. 加热0.1 mol•L-1NaClO溶液测其pH，pH大于9.7
C. 0.1 mol•L-1 Na2CO3溶液中，存在关系：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）
D. 电离平衡常数大小关系：K（HF）＞K（H2CO3 ）＞K（HClO）＞K（ HCO3-）
【答案】A
【解析】解：A．由表格数据可知，HClO为弱酸，pH=2的HClO溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合，HClO过量，溶质为NaClO、HClO，溶液显酸性，则溶液中离子浓度关系为c（ClO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故A错误；
B．水解显碱性，且水解为吸热反应，则加热0.1 mol•L-1NaClO溶液测其pH，电离出c（OH-）增大，pH大于9.7，故B正确；
C．物料守恒式为2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（Na+），电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），可知c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故C正确；
D．由表中数据及酸性越弱、对应盐的水解程度越大可知，酸性为HF＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸性越强K越大，则K（HF）＞K（H2CO3 ）＞K（HClO）＞K（ HCO3-），故D正确；
故选：A。
A．由表格数据可知，HClO为弱酸，pH=2的HClO溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合，HClO过量，溶质为NaClO、HClO，溶液显酸性；
B．水解显碱性，且水解为吸热反应；
C．物料守恒式为2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（Na+），电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）；
D．由表中数据及酸性越弱、对应盐的水解程度越大可知，酸性为HF＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸性越强K越大．
本题考查弱电解质的电离、盐类水解及离子浓度比较，为高频考点，把握表格数据的应用、混合后溶质、电离与水解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意溶液中守恒式的判断，题目难度不大．
二、简答题（本大题共2小题，共20.0分）
21. 碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及其化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：
（1）有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：
△H=88.6kJ/mol
则M、N相比，较稳定的是______。
（2）已知CH3OH（l）的燃烧热为726.5kJ•mol-1，CH3OH（l）+1/2O2（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=-a kJ•mol-1，则a______726.5（填“＞”“＜”或“=”）。
（3）使Cl2和H2O（g）通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量，写出该反应的热化学方程式：______。
（4）火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料：4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）=2Al2O3（s）+3TiC（s）△H=-1 176kJ•mol-1，则反应过程中，每转移1mol电子放出的热量为______。
【答案】M ＜ 2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HCl（g）+CO2（g）△H=-290kJ•mol-1 98kJ
【解析】解：（1）有机物M经过太阳光光照可转化成N，：△H=+88.6kJ•mol-1，过程是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，能量越低越稳定，说明M稳定；
故答案为：M；
（2）燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇燃烧生成CO2（g）和H2（g）属于不完全燃烧，CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=-akJ•mol-1，放出的热量小于燃烧热，故a＜238.6，
故答案为：＜；
（3）有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，反应的热化学方程式为：2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HCl（g）+CO2（g）△H=-290kJ•mol-1；
故答案为：2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HCl（g）+CO2（g）△H=-290kJ•mol-1；
（4）4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）=2Al2O3（s）+3TiC（s）△H=-1176kJ•mol-1，转移12mol电子放热1176KJ，则反应过程中，每转移1mol电子放热98kJ，
故答案为：98kJ。
（1）M转化为N是吸热反应，所以N的能量高，不稳定；
（2）甲醇燃烧生成CO2（g）和H2（g）属于不完全燃烧，放出的热量少，故a＜238.6；
（3）有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，注物质聚集状态和对应反应焓变写出热化学方程式；
（4）所给反应中转移12个电子，故每转移1mol电子放出的热量为1 176kJ÷12=98kJ。
本题考查了化学反应能量变化，燃烧热概念分析判断，氧化还原反应电子转移的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
22. 下表是不同温度下水的离子积数据：
温度/℃
25
t1
t2
水的离子积常数
1×10-14
α
1×10-12
试回答以下问题：
（1）若25＜t1＜t2，则α______（填“＜”“＞”或“=”）1×10-14，作出此判断的理由是______。
（2）t1℃下，将pH=a的苛性钠溶液10mL与pH=b的稀硫酸500mL混合，测得溶液呈中性，若a+b=14，则此温度下水的离子积常数α=______。
（3）t2℃下，将pH=11的苛性钠溶液V1 L与pH=1的稀硫酸V2 L混合（设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH=10，则V1：V2=______。
【答案】＞ 水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，离子积增大 5×10-13 11：9
【解析】解：（1）若25＜t1＜t2，水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积增大，则α＞1×10-14，故答案为：＞；水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，离子积增大；
（2）t1℃下，将pH=a的苛性钠溶液10mL与pH=b的稀硫酸500mL混合，测得溶液呈中性，则NaOH溶液中OH-物质的量与稀硫酸中H+物质的量相等，×10=10-b×500，KW=50×10-（a+b），若a+b=14，此温度下水的离子积常数KW=50×10-14=5×10-13。
故答案为：5×10-13。
（3）t2℃下，pH=11的苛性钠溶液中c（OH-）=0.1mol/L，pH=1的稀硫酸中c（H+）=0.1mol/L，两者混合所得混合溶液的pH=10，混合溶液中c（OH-）=0.01mol/L，即混合后碱过量，0.01mol/L=，则V1：V2=11：9。
故答案为：11：9。
（1）水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积增大，据此回答；
（2）混合所得溶液呈中性，则NaOH溶液中OH-物质的量与稀硫酸中H+物质的量相等，根据Kw=c（OH-）•c（H+）来计算回答；
（3）两者混合所得混合溶液的pH=10，则碱会剩余，计算剩余的氢氧根离子的浓度即可。
本题考查水的电离和水的离子积的影响因素，溶液pH的计算，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。
三、实验题（本大题共1小题，共20.0分）
23. NaOH和盐酸都是中学化学常见的试剂。
Ⅰ．某同学用0.200 0mol•L-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液浓度
（1）将5.0g烧碱样品（杂质不与酸反应）配成250mL待测液，取10.00mL
待测液，如图1是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为______mL。
（2）由下表数据得出NaOH的百分含量是______。
滴定次数
待测NaOH溶液体积（mL）
标准盐酸体积
滴定前的刻度（mL）
滴定后的刻度（mL）
第一次
10.00
0.40
20.50
第二次
10.00
4.10
24.00
Ⅱ．氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）。测血钙的含量时，进行如下实验：
①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵（NH4）2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。
②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。
③终点时用去20mLl.0×l0-4mol/L的KMnO4溶液。
（1）写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式______。
（2）滴定时，将KMnO4溶液装在______（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
（3）判断滴定终点的方法是______。
（4）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则测量结果______。
②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果______。
（5）计算：血液中含钙离子的浓度为______mol/L。
Ⅲ．50mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH溶液测定计算中和反应的反应热。回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图2中缺少的一种玻璃用品是______。如改用0.0275mol NaOH固体与该盐酸进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（2）已知盐酸和NaOH稀溶液发生中和反应生成0.1molH2O时，放出5.73kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：______。
【答案】22.60 80.0% 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O 酸式 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 偏高 偏高 2.5×10-3 环形玻璃搅拌棒 偏大 NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ•mol-1
【解析】解：Ⅰ（1）滴定管中读数为22.60ml；
故答案为：22.60；
（2）消耗HCl的体积为（20.50+19.90）ml=20.00ml，n（NaOH）=n（HCl）=0.200 0mol•L-1×20.00×10-3L=4.000×10-3mol，m（NaOH）=nM=4.000×10-3mol×40g/mol=0.16g，5.0g烧碱样品中含有NaOH质量为0.16g×=4.000g，NaOH的百分含量=×100%=80.0%；
故答案为：80.0%（或80%）；
Ⅱ（1）酸性KMnO4和H2C2O4反应生成CO2和Mn2+，所以反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；
故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；
（2）KMnO4溶液有强氧化性，应该装在酸式滴定管中；
故答案为：酸式；
（3）滴定前溶液无色，滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成紫色；
故答案为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
（4）①未用酸性KMnO4标准液润洗，会使酸性KMnO4标准液的浓度降低，消耗KMnO4标准液的体积偏大，则测量结果偏高；
故答案为：偏高；
②滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则读数时读出消耗KMnO4标准液的体积偏大，所以测量结果偏高；
故答案为：偏高；
（5）根据关系式Ca2+～CaC2O4～H2C2O4～KMnO4有等量关系n（Ca2+）=n（KMnO4）=nV=×20×l0-3L×l.0×l0-4mol/L=5×l0-6mol，所以2ml血液中钙离子的浓度=
=2.5×10-3 ；；mol/L；
故答案为：2.5×10-3 ；；
Ⅲ（1）为使反应充分快速进行，需要环形搅拌器搅拌；NaOH固体溶解于水会放出热量，溶液温度会升高，使中和热数值增大；
故答案为：环形玻璃搅拌棒；偏大；
（2）生成0.1molH2O时，放出5.73kJ的热量，则生成1molH2O时，放出57.3kJ的热量，所以热化学方程式为NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3 kJ•mol-1；
故答案为：NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3 kJ•mol-1；
Ⅰ（1）读数为22.60ml；
（2）消耗HCl的体积为（20.50+19.90）ml=20.00ml，n（NaOH）=n（HCl）=0.200 0mol•L-1×20.00×10-3L=4.000×10-3mol，m（NaOH）=nM=4.000×10-3mol×40g/mol=0.16g，5.0g烧碱样品中含有NaOH质量为0.16g×=4.000g，进而计算NaOH的百分含量；
Ⅱ（1）酸性KMnO4和H2C2O4反应生成CO2和Mn2+、守恒配平即得到反应的离子方程式；
（2）KMnO4溶液有强氧化性，应该装在酸式滴定管中；
（3）滴定前溶液无色，滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成紫色；
（4）①滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则酸性KMnO4标准液的浓度降低，消耗KMnO4标准液的体积偏大；
②滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则读数时读出消耗KMnO4标准液的体积偏大；
（5）利用原子守恒建立关系式Ca2+～CaC2O4～H2C2O4～KMnO4、列出等量关系n（Ca2+）=n（KMnO4）=nV=×20×l0-3L×l.0×l0-4mol/L=5×l0-6mol，进而作答；
Ⅲ（1）为使反应充分快速进行，需要环形搅拌器搅拌；NaOH固体溶解于水时会放出热量，使溶液温度升高，使中和热数值增大；
（2）强酸和强碱反应生成1mol的水所放出的热量就是中和热，根据定义、计算作答；
以中和热测定实验为载体，考查实验操作、数据处理、氧化还原滴定操作及其误差分析、化学计算、化学方程式或热化学方程式书写，难度中等，注重基础知识的考查与迁移，关键是理解掌握基础原理。
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