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【化学】陕西省西安中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
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陕西省西安中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 N-14 Fe-56 Cu-64 Zn-65
一、选择题（每小题2分，共48分，每小题只有一个选项符合答案）
1.某化学反应其ΔH =－125 kJ/mol，∆S = －81 J/(mol·K)，则此反应在下列哪种情况下可自发进行 （ ）
A. 在任何温度下都能自发进行 B. 在任何温度下都不能自发进行
C. 仅在高温下自发进行 D. 仅在低温下自发进行
【答案】D
【解析】
【详解】根据ΔG=ΔH-TΔS可知，该反应ΔH<0，ΔS<0，若要使反应自发进行，则ΔG<0，由此可知该反应仅在低温下自发进行，故答案为D。
2. 下列说法正确的是( )
A. 电解质溶液的浓度越大，其导电性能一定越强
B. 强酸和强碱一定是强电解质，不论其水溶液浓度大小，都能完全电离
C. 共价化合物不一定都是强电解质
D. 多元酸、多元碱的导电性一定比一元酸、一元碱的导电性强
【答案】C
【解析】
【详解】A．电解质溶液的浓度越大，其导电性能不一定强，溶液的导电能力的大小与溶液中自由移动的离子浓度大小有关，错误。
B．强酸和强碱一定是强电解质，不论其水溶液浓度大小，溶于水的都能完全电离，错误；
C．共价化合物可能是电解质，也可能是非电解质，可能是强电解质，也可能是弱电解质，因此不一定都是强电解质，正确；
D．溶液的导电性与电解质的元数多少无关，错误。
故选C。
3.常温条件下，下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是（ ）
A. 能使pH试纸变红的溶液中：CO32-、K＋、Cl－、Na＋
B. 由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1的溶液中：NO3-、Mg2＋、Na＋、SO42-
C. 在c(OH－)/c(H＋)＝1×1012的溶液中：NH4+、Fe3＋、Cl－、NO3-
D. ＝10－10 mol·L－1的溶液中：Na＋、HCO3-、Cl－、K＋
【答案】B
【解析】
【详解】A、溶液能使pH试纸变红，说明溶液中含有大量H+，溶液中CO32-与H+反应，不能大量共存，故A不符合题意；
B、常温下，由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1<1×10-7 mol·L－1，水的电离受到抑制，溶液为酸性或碱性，当溶液为酸性时，NO3-、Mg2＋、Na＋、SO42-能大量共存，当溶液为碱性时，Mg2＋与OH-反应生成难溶物Mg(OH)2，故该条件下，溶液中微粒可能大量共存，故B符合题意；
C、由c(OH－)/c(H＋)＝1×1012、Kw=1×10-14可知，溶液中c(H+)=1×10-13、c(OH-)=0.1mol/L，溶液中NH4+、Fe3＋能与OH-反应生成弱电解质，故该溶液中离子不能大量共存，故C不符合题意；
D、由＝c(OH-)=10－10 mol·L－1、Kw=1×10-14可知，溶液呈酸性，HCO3-能与H+反应，溶液中离子不能大量共存，故D不符合题意。
4.已知 2H2(g)＋O2(g) ＝2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ/mol； CO(g)＋1/2O2(g) ＝CO2(g) ΔH＝－282.9 kJ/mol。某H2和CO的混合气体完全燃烧时放出 113.74 kJ 热量，同时生成3.6 g 液态水，则原混合气体中H2和CO的物质的量之比为（ ）
A. 2∶1 B. 1∶1 C. 1∶2 D. 2∶3
【答案】B
【解析】
【详解】3.6g水是0.2mol，消耗0.2mol，放出的热量是57.16kJ，所以CO燃烧放出的热量是113.74kJ－57.16kJ＝56.58kJ，所以参加反应的CO是56.58kJ÷282.9kJ/mol＝0.2mol，因此原混合气体中H2和CO的物质的量之比为1∶1，答案选B。
5.下列事实能用化学平衡移动原理来解释的是（ ）
A. 加入催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3
B. 将FeS2矿石粉碎更有利于焙烧制备SO2气体
C. 对于反应2HI（g）H2（g）+I2（g），增大平衡体系的压强（压缩体积），可使体系颜色变深
D. 用排饱和食盐水的方法收集氯气
【答案】D
【解析】
【详解】A、加入催化剂有利于合成氨的反应，使用催化剂，平衡不移动，不能用化学平衡移动原理解释，故A不符合；
B、粉碎矿石后，能够加快化学反应速率，但平衡不移动，不能用化学平衡移动原理解释，故B不符合；
C、对于反应2HI(g)H2(g)+I2(g)，增大平衡体系的压强平衡不移动，不能用化学平衡移动原理解释，体系内颜色变深其原因是I2的浓度增加，故C不符合；
D、氯气和水的反应方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，饱和食盐水中Cl-达到饱和，Cl2在饱和食盐水中溶解度较小，所以可以用勒夏特列原理解释，故D正确。
6.在25℃时向VmL pH=m的HNO3中，滴加pH=n的KOH溶液10 V mL时，溶液中NO3-物质的量恰好等于加入的K+的物质的量，则m+n的值为 （ ）
A. 13 B. 14 C. 15 D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【详解】在25 ℃时，KW=10-14，酸碱混合时溶液中硝酸根离子物质的量恰好等于加入的钾离子的物质的量，根据电荷守恒可知氢离子物质的量等于氢氧根离子物质的量，则V×10-3×10-m=10V×10-3×10n-14，解得m+n=13，故选A。
7.下列说法正确的有( )
①活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应
②普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应
③增大反应物的浓度，可增大单位体积内活化分子数，从而使有效碰撞次数增多
④有气体参加的化学反应，若增大压强（缩小容器体积），可增大活化分子百分数，从而使速率加快
⑤化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成的过程
⑥催化剂能增大活化分子百分数，从而加快化学反应速率
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】D
【解析】
【详解】①活化分子、有合适的取向，发生的碰撞才能发生化学反应，故①正确；
②普通分子间不可能发生化学反应，故②错误；
③增大反应物浓度，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，从而使有效碰撞次数最多，反应速率加快，故③正确；
④增大压强，浓度增大，但活化分子百分数不变，故④错误；
⑤化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，分子先成为活化分子，活化分子发生碰撞，可生成新物质，故⑤正确；
⑥催化剂可降低活化能，能增大活化分子百分数，增大反应速率，故⑥正确；
故选：D。
8.某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 反应过程a有催化剂参与
B. 该反应为放热反应，热效应等于ΔH
C. 改变催化剂，不能改变该反应的活化能
D. 有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1＋E2
【答案】B
【解析】试题分析：A．催化剂能够降低反应的活化能，而反应过程a活化能较大，因此没有催化剂参与，错误；B．根据图示可知反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，热效应等于反应物的活化能与生成物的活化能的差，等于ΔH，正确；C．改变催化剂，由于改变了反应途径，因此能改变该反应的活化能，错误；D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1，错误。
9.利用反应：2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g) △H＝－746.8kJ·mol－1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是（ ）
A. 降低温度 B. 增大压强
C. 升高温度同时充入N2 D. 及时将CO2和N2从反应体系中移走
【答案】B
【解析】A．降低温度，化学反应速率减慢，化学平衡向放热方向移动，即正反应方向，NO的转化率转化率增大，故A错误；B、增大压强平衡向正反应方向移动，NO的转化率转化率增大，化学反应速率加快，故B正确；C．升高温度，化学反应速率加快，化学平衡向吸热方向移动，即逆反应方向，NO的转化率转化率减小，同时充入N2，化学平衡向逆反应方向移动，NO的转化率转化率减小，故C错误；D．将CO2和N2从反应体系中移走，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，但反应速率减小，故D错误。故选B。
10.一定量盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（ ）
①NaOH固体 ②KNO3溶液 ③水 ④CH3COONa固体
A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. ③④
【答案】D
【解析】
【详解】①加入NaOH固体，与盐酸反应，酸减少生成氢气减少，故不符合；
②加KNO3溶液，铁与H+、NO3－反应不生成氢气，则生成氢气的总量减少，故不符合；
③加水，氢离子浓度减小，所以与铁反应的速率减慢，同时氢离子的物质的量不变，则不影响生成氢气的总量，故符合；
④加入CH3COONa固体，与盐酸反应生成醋酸，溶液中已电离出的氢离子浓度减小，但物质的量不变，则减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，故符合；
综上③④，符合题意；
本题答案选D。
11.如图为氟利昂（如CFCl 3）破坏臭氧层的反应过程示意图，下列不正确的是 （ ）
A. 过程Ⅰ中断裂极性键C-Cl键
B. 过程Ⅱ可表示为O3 + Cl =ClO + O2
C. 过程Ⅲ中O + O = O2是吸热过程
D. 上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂
【答案】C
【解析】A、过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂极性键C-Cl键，选项A正确；B、根据图中信息可知，过程Ⅱ可表示为O3 + Cl = ClO + O2，选项B正确；C、原子结合成分子的过程是放热的，选项C错误；D、上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂，选项D正确。答案选C。
12.T℃时，将6molCO2和8molH2充入2L密闭容器中，发生反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），容器中H2的物质的量随时间变化如图中实线所示，图中虚线表示仅改变某一反应条件时，H2的物质的量随时间的变化，下列说法正确的是（ ）
A. 曲线Ⅱ对应的条件改变是降低压强
B. 若曲线Ⅰ对应的条件改变是升温，则该反应△H＞0
C. 反应开始至a点时v（H2）=1mol·L-1·min-1
D. T℃时，该反应的化学平衡常数为0.125
【答案】C
【解析】
【详解】A、如降低压强，反应速率减小，达到平衡所用时间较长，但图中曲线反应速率较大，达到平衡时间较短，与图象不符，故A错误；
B、如该反应△H＞0，升高温度平衡应向正反应方向移动，则平衡时H2的物质的量应小于T℃时，与图象不符，故B错误；
C、v===1 mol•L-1•min-1，故C正确；
D、T℃时，达到平衡时H2的物质的量为2mol，根据反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）可知，平衡时，c（CO2）==2mol/L，c（H2）==1mol/L，c（CH3OH）==1mol/L，c（H2O））==1mol/L，
则==0.5，故D错误。
13.一定温度下，体积不变的密闭容器中发生反应4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)，经2min后达到平衡。NH3的浓度减少了0.6mol·L－1，下列说法正确的是（ ）
A. 平衡时：5V正(O2)=4V逆(NO)
B. 2min末的反应速率，用NO表示是0.3 mol·L-1·min-1
C. 由混合气体的密度不再改变可判定达到平衡
D. 由混合气体的压强不再改变可判定达到平衡
【答案】D
【解析】
【详解】A、平衡时正逆反应速率相等，则4v正(O2)=5v逆(NO)，故A错误；
B、2min内的平均反应速率用NO表示是=0.3mol·L-1·min-1，并非2min末的反应速率，故B错误；
C、该反应中气体的总质量、总物质的量始终不变，密度始终不变，故C错误；
D、该反应前后气体体积不等，混合气体的压强不再改变可判定达到平衡，故D正确。
14.25 ℃时，用蒸馏水稀释1 mol/L醋酸，下列各项始终保持增大趋势的是( )
A. B.
C. D. c(H+)·c(CH3COO-)
【答案】A
【解析】
【分析】稀释过程中醋酸的电离程度增大，溶液中醋酸的物质的量减小、醋酸根离子的物质的量增大，由于在同一溶液中，浓度之比等于物质的量之比，则的比值逐渐减小；稀释过程中醋酸、氢离子、醋酸根离子浓度都减小，氢氧根离子浓度增大，则的比值逐渐增大，据此结合水的离子积、电离平衡常数进行判断。
【详解】A、稀释过程中醋酸、氢离子、醋酸根离子浓度都减小，氢氧根离子浓度增大，则的比值逐渐增大，故A正确；
B、稀释到一定程度时，氢离子浓度基本不变，则醋酸根离子仍然减小，则的比值逐渐减小，故B错误；
C、在稀释过程中醋酸的电离程度增大，溶液中醋酸的物质的量减小、醋酸根离子的物质的量增大，由于在同一溶液中，则的比值逐渐减小，故C错误；
D、稀释过程中醋酸、氢离子浓度逐渐减小，则c(H+)·c(CH3COO-)的乘积逐渐减小，故D错误；
故选A。
15.在一定条件下发生反应：2A(g)+2B(g) xC(g)+2D(g)，在2L密闭容器中，把4molA和2molB混合，2min后达到平衡时生成1.2molC，又测得反应速率VD=0.2mol/(L·min)，下列说法正确的是( )
A. A和B的转化率均是20% B. x = 3
C. 平衡时A的物质的量为2.8mol D. 平衡时气体压强比原来减小
【答案】B
【解析】
【分析】根据反应速率之比等于化学计量数之比来确定化学计量数x，VD=0.2mol/（L•min），VC==0.3mol/（L•min），则x=3；
2A（g）+2B（g）3C（g）+2D（g）
开始（mol） 4 2 0 0
转化（mol） 0.8 0.8 1.2 0.8
平衡（mol） 3.2 1.2 1.2 0.8
结合转化率的概念及物质的量之比等于压强之比来计算。
【详解】A、由上述分析可知，A的转化率为×100%=20%，B的转化率为×100%=40%，故A错误；
B、由上述分析可知，x=3，故B正确；
C、平衡时A的物质的量为3.2mol，故C错误；
D．同温同容条件下，容器内压强与气体物质的量成正比，该反应正向为气体体积增大的反应，则反应后压强增大，故D错误。
16.室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的是（ ）
A. pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合
B. pH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合
C. pH＝3的醋酸和pH＝11的的氢氧化钡溶液等体积混合
D. pH＝3的硫酸和pH＝11的氨水等体积混合
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，一水合氨为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢氧根离子，pH＝3的盐酸中氯化氢浓度为0．001mol/L，而pH＝11的氨水中一水合氨浓度远远大于0．01mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH一定大于7，故A错误；
B选项，盐酸是强酸，氢氧化钡是强碱，完全电离，所以pH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合，二者恰好完全反应产生水，所以溶液的pH＝7，故B错误；
C选项，pH＝3的醋酸中，醋酸为弱电解质，醋酸的物质的量浓度大于0．001mol/L，pH＝11的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的浓度为0．001mol/L，两溶液等体积混合后醋酸过量，溶液显示酸性，溶液的pH一定小于7，故C正确；
D选项，一水合氨为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢氧根离子，pH=3的硫酸中硫酸浓度为0．001mol/L，而pH=11的氨水中一水合氨浓度远远大于0．01mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH一定大于7，故D错误；
综上所述，答案为C。
17.实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是（ ）
A. 酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次
B. 开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失
C. 锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所刻度
D. 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
【答案】C
【解析】
【详解】A. 酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次，滴定时造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏高，不符合题意，故A错误；
B. 酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏高，不符合题意，故B错误；
C. 滴定过程中，锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=可知c（待测）偏低，符合题意，故C正确；
D. 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定用NaOH溶液润洗，滴定时造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏高，不符合题意，故D错误；
答案选C。
18.一定条件下合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g) CH2＝CH2(g)+4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法正确的是 ( ）
A. M点的正反应速率V正大于N点的逆反应速率V逆
B. 若投料比n(H2)：n(CO2)=4:1，则图中M点乙烯的体积分数约为5.88%
C. 250℃，催化剂对CO2转化率影响最大
D. 当温度高于250℃，升高温度，平衡逆向移动导致催化剂的催化效率降低
【答案】B
【解析】
【分析】A、温度升高化学反应速率加快，催化剂的催化效率降低；
B、设开始投料n(H2)为4mol，则n(CO2)为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，据此列三段式计算；
C、催化剂只影响速率，不影响平衡；
D、根据图象，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动。当温度高于250℃，催化剂活性降低。两者间不存在因果关系。
【详解】A、图像上的点都处于平衡状态，正逆反应速率相等。温度越高反应速率越快，M点对应的温度为250℃，N点对应的温度为400℃，从温度对速率的影响来说，M点的反应速率小于N点的反应速率。同时M点的催化剂活性高于N点，从催化剂对反应速率的影响来说，M点的反应速率大于N点的反应速率。所以M点的反应速率和N点的反应速率无法确定。故A错误；
B. 若投料比n(H2)：n(CO2)=4：1，设投入的H2和CO2分别4mol、1mol，图中M点对应的CO2的平衡转化率为50%，由方程式可知参加反应的H2和CO2分别为1.5mol、0.5mol，生成的乙烯和水蒸气分别为0.25mol、1mol，平衡时H2、CO2、乙烯、水蒸气的物质的量分别为2.5mol、0.5mol、0.25mol、1mol，则乙烯的体积分数为×100%≈5.88%，故B正确；
C. 催化剂只影响反应速率，不能使平衡发生移动，不影响CO2平衡转化率，故C错误；
D. 当温度高于250℃，升高温度，催化剂的催化效率降低，但不是平衡逆向移动导致催化剂的催化效率降低，催化剂不影响平衡，故D错误。
故选B。
19.某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1molA和1molB，发生反应A(g)+B(g) C(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是（ ）
t/s
0
5
15
25
35
n(A)/mol
1.0
0.85
0.81
0.80
0.80
A. 反应在前5s的平均速率V(A)=0.03mol/(L·s)
B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41mol·L-1，则反应的△H>0
C. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0molC，达到平衡时，C的分解率大于80%
D. 相同温度下，起始时向容器中充入0.2molA.0.2molB和1.0molC，反应达到平衡前反应速率V（正）
【解析】
【分析】依据化学平衡三段式列式计算；
A（g）+B（g） C（g）
起始量（mol） 1.0 1.0 0
变化量（mol） 0.20 0.20 0.20
平衡量（mol） 0.80 0.80 0.20
A、依据V（A）=计算；
B、平衡状态A的物质的量为0.8mol，升高温度，平衡时c（A）=0.41mol•L-1，物质的量为0.82mol，物质的量增大，说明平衡逆向进行；
C、等效为起始加入2.0mol A和2.0mol B，与原平衡相比，压强增大，平衡向正反应方向移动，平衡时的A、B转化率较原平衡高，故平衡时A、B的物质的量小于1.6mol，C的物质的量大于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，达到平衡时，C的物质的量大于0.4mol，参加反应的C的物质的量小于1.6mol，据此判断；
D、计算平衡常数，结合起始量计算浓度商计算与平衡常数对比判断反应进行的方向。
【详解】A的物质的量达到0.80mol反应达到平衡状态，则
A（g）+B（g） C（g）
起始量（mol） 1.0 1.0 0
变化量（mol） 0.20 0.20 0.20
平衡量（mol） 0.80 0.80 0.20
K==0.625
A、反应在前5s的平均速率v(A)= =0.015 mol/(L·s)，故A错误；
B、保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41mol⋅L−1，A物质的量为0.41mol/L×2L=0.82mol>0.80mol，说明升温平衡逆向进行，正反应是放热反应，则反应的△H<0，故B错误；
C、等效为起始加入2.0mol A和2.0mol B，与原平衡相比，压强增大，平衡向正反应方向移动，平衡时的A、B转化率较原平衡高，故平衡时A、B的物质的量小于1.6mol，C的物质的量大于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，达到平衡时，C的物质的量大于0.4mol，参加反应的C的物质的量小于1.6mol，转化率小于80%，故C错误；
D、相同温度下，起始时向容器中充入0.20mol A、0.20mol B和1.0mol C，Qc==50>K，反应逆向进行，反应达到平衡前v(正)
A. 图I中，甲、乙的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
B. 图Ⅱ中，平衡状态甲与乙相比，平衡状态甲的反应物转化率低
C. 图Ⅱ中，t时间是增大了压强
D. 图Ⅲ是反应分别在甲、乙条件下达到平衡，说明乙温度高于甲
【答案】D
【解析】试题分析：若升高温度，平衡向逆反应方向移动，图1不可能是升高温度，可能是增大压强，温度不变，平衡常数不变，故A错误；图Ⅱ表示加入催化剂正逆反应速率同程度的增大，平衡不移动，故转化率不变，B错误；增大压强，平衡向正反应方向移动，图Ⅱ反应速率增大，平衡不发生移动，故不肯能是增大压强，故C错误；乙先达到平衡，说明乙的反应速率快，故乙温度高于甲，D正确，答案选D．
21.由表格中电离常数可以判断下列反应可以发生的是（ ）
弱酸
HClO
H2CO3
电离平衡常数
（25℃）
K=3.2×10-8
Ki1=4.3×10-7
Ki2=4.7.×10-11
A. NaClO+NaHCO3═HClO+Na2CO3
B. NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3
C. 2NaClO+CO2+H2O═2HClO+Na2CO3
D. 2HClO+Na2CO3═2NaClO+CO2+H2O
【答案】B
【解析】
【分析】由表格中K可知，K越大，酸性越大，且可发生强酸制取弱酸的反应，以此来解答。
【详解】由表格中数据可知，酸性为H2CO3>HClO>HCO3-；
A、因酸性HClO> HCO3-，不能发生，故A不选；
B、因酸性为H2CO3>HClO> HCO3-，则NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3可发生，故B选；
C、因酸性HClO> HCO3-，则不能生成HClO、Na2CO3，故C不选；
D、酸性为H2CO3>HClO，不能发生，故D不选。
22.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+SO2+S↓+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是（ ）
实验
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/(mol·L-1)
V/mL
c/(mol·L-1)
V/mL
A
25
5
0.1
10
0.1
5
B
25
5
0.2
5
0.2
10
C
35
5
0.15
5
0.15
5
D
35
5
0.2
5
0.2
20
【答案】C
【解析】
【分析】各组实验中最先出现浑浊说明反应速率越快，温度越高、浓度越大反应速率越大，且温度对化学反应速率影响大于浓度对化学反应速率影响，据此判断反应速率快慢。
【详解】各组实验中最先出现浑浊说明反应速率越快，温度越高、浓度越大反应速率越大，且温度对化学反应速率影响大于浓度对化学反应速率影响，
通过表中数据知，C、D温度高于A、B，所以C、D反应速率大于A、B，C中物质浓度大于D，所以C反应速率大于D；B中物质浓度大于A，所以B反应速率大于A，所以反应速率大小顺序是C>D>B>A，则最先出现沉淀的是C，故选C。
23.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是（ ）
A. m=2
B. 两次平衡的平衡常数相同
C. X与Y的平衡转化率之比为1:1
D. 第二次平衡时，Z的浓度为0.4 mol·L－1
【答案】D
【解析】
【详解】A.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），则可等效为两等效平衡体系合，在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动，但再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A项正确；
B.同一化学反应的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数相同，B项正确；
C.m=2，起始量X与Y之比为1:2，则反应过程中由方程式可知反应的X与Y之比为1:2，故X与Y的平衡转化率之比为1:1，C项正确；
D.m=2，则该反应为反应前后气体总量不变的反应，故第二次平衡时Z的物质的量为：4mol×10%=0.4mol，故Z的浓度为0.4mol÷2L=0.2mol/L，故D项错误；
本题选D。
24.下列说法正确的是（ ）
A. mA(g)+nB(g) pC(g)，平衡时A的浓度等于0.5mol·L-1 ，其它条件不变，将容器体积扩大一倍，达到新的平衡时A的浓度变为0.3mol·L-1 ，则化学计量数m+n
C. 对于反应A(g)+B(g) 2C(g），起始充入等物质的量的A和B，达到平衡时A的体积分数为n%，此时给体系加压，则A的体积分数不变
D. 2NO(g)+2CO(g) N2+2CO2在常温下能够进行，则反应的△H <0
【答案】C
【解析】
【分析】A、平衡时A的浓度等于0.5 mol/L，将容器体积扩大一倍，达到新的平衡后A的浓度变为0.3mol/L，可知压强减小，平衡逆向移动；
B、生成物中氨气、二氧化碳的体积比始终为2：1；
C、该反应为气体体积不变的反应；
D、由化学计量数可知△S<0，△H-T△S<0的反应可自发进行。
【详解】A、平衡时A的浓度等于0.5mol/L，将容器体积扩大一倍，达到新的平衡后A的浓度变为0.3mol/L，可知压强减小，平衡逆向移动，则化学计量数m+n>p，故A错误；
B、生成物中氨气、二氧化碳的体积比始终为2:1，CO2的体积分数始终不变，不能作为平衡判断的依据，故B错误；
C、该反应为气体体积不变反应，平衡时A的体积分数为n%，此时若给体系加压，平衡不移动，则A的体积分数不变，故C正确；
D、由化学计量数可知△S<0，△H−T△S<0的反应可自发进行，在常温下能自发进行，则该反应的△H<0，故D错误。
二、非选择题(5小题，共52分）
25.已知水的电离平衡曲线如图所示，试回答下列问题：
（1）图中ABCDE五点的KW间的大小关系是___________．（用ABCDE表示）
（2）若从A点到D点，可采用的措施是______．
a．升温
b．加入少量的盐酸
c．加入少量的NaOH固体
（3）点B对应温度条件下，某溶液pH═7，此时，溶液呈____（酸性、碱性、中性），点E对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为________．
（4）点B对应的温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是pH1+ pH2= ___________．
【答案】(1). B＞C＞A=D=E (2). b (3). 碱性 (4). 10：1 (5). 14
【解析】
【分析】（1）Kw只与温度有关，温度升高促进水的电离，据此分析；
（2）仔细观察图像，溶液由A点中性转化为D点酸性，据此分析；
（3）25℃时所得混合溶液的pH=7，酸碱恰好中和，即n(OH-)＝n(H+)，据此分析；
（4）温度为100℃，水的离子积为10-12，由于反应后溶液呈中性，所以n(OH-)＝n(H+)，据此分析。
【详解】（1）Kw只与温度有关，温度升高促进水的电离，Kw增大，因此有B＞C＞A=D=E；综上所述，本题答案是：B＞C＞A=D=E。
（2）从A点到D点，溶液由中性转化为酸性，因此选项b与题意相符；综上所述，本题选b。
（3）点B对应温度为100℃，Kw=10-12，pH=6，溶液为中性；温度不变时，某溶液pH=7，此时，溶液呈碱性；点E对应温度为25℃，Kw=10-14，25℃时所得混合溶液的pH=7，酸碱恰好中和，即n(OH-)＝n(H+)，则V(NaOH)×10-5mol/L=V(H2SO4)×10-4mol/L，得V(NaOH):V(H2SO4)=10:1；综上所述，本题答案是：碱性，10:1。
（4）点B对应的温度为100℃，水的离子积常数为10-12，pH=b的某强碱溶液中c(OH-)=10b-12，反应后溶液呈中性，所以n(OH-)＝n(H+)，即100×10-a=1×10b-12，故a+b=14，即pH1+pH2=14；综上所述，本题答案是：14。
26.常温下，有下列五种溶液：
①
②
③
④
⑤
0.1 mol·L-1
CH3COOH溶液
0.01mol·L-1 CH3COOH溶液
pH＝2
CH3COOH溶液
0.1 mol·L-1
NaOH溶液
0.1mol·L-1
氨水
回答下列问题：
（1）溶液①稀释到原来的10倍后的溶液pH______③溶液的pH（填“＞”或“＝”或“＜”，下同），①和④两溶液中水电离出的c(H＋)：①_______④
（2）在相同温度时100mL ②的溶液与10mL ①的溶液相比较，下列数值前者大于后者的是_______
A 中和时所需NaOH的量 B 电离程度
C 水电离出的c(H＋) D CH3COOH的物质的量
（3）用水稀释⑤时，溶液中随着水量的增加而减小的是______（填字母）。
A、 B、
C、c（H+）和c（OH-）的乘积 D、 OH-的物质的量
（4）联氨（N2H4）溶于水显碱性，其原理与氨相似，但其碱性不如氨强，写出其溶于水呈碱性的离子方程式：________。
【答案】(1). ＞ (2). ＞ (3). BC (4). B (5). N2H4+H2ON2H5+ +OH-
【解析】
【分析】（1）①的浓度为0.1mol/L，pH=2的CH3COOH溶液的浓度大于0.01mol/L，稀释到原来的10倍，③的氢离子浓度大；①和④两溶液对水的电离起抑制作用，氢离子或氢氧根离子浓度越大对水的电离的抑制程度越大，水电离出的c（H+）越小；
（2）在相同温度时，100mL②的溶液与10mL①的溶液相比较，
A、两溶液中醋酸的物质的量相同，中和时所需NaOH的量相等；
B、越稀越电离；
C、后者溶液中氢离子浓度大于前者，所以水电离出的c（H+）前者大于后者；
D、CH3COOH的物质的量，因为前者的电离程度大于后者，所以CH3COOH的物质的量前者小于后者；
（3）加水促进氨水的电离，n（OH-）变大，n（NH3•H2O）变小，则
A、相当于变大；
B、相当于减小；
C、温度不变，两者c（H+）和c（OH-）的乘积不变；
D、OH-的物质的量变大；
（4）化合物的应用，氨气与水的反应的性质（联氨是一种无色可燃的液体，溶于水显碱性，其原理与氨相似）；利用 NH3+H2ONH4++OH-可以分析出联氨与水反应的方程式。
【详解】（1）①CH3COOH溶液的浓度为0.1mol/L，稀释到原来的10倍，浓度变为0.01 mol·L-1，由于醋酸是弱酸，不完全电离，所以其PH＞2。0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中的c(H+)小于0.1 mol·L-1NaOH溶液中的c(OH-)，所以水电离出氢离子的浓度①＞②；故答案为：＞，＞；
（2）在相同温度时，100mL ②0.01mol·L-1 CH3COOH溶液与10mL ①0.1 mol·L-1CH3COOH溶液相比较，
A、两溶液中溶质的物质的量相同，中和时所需NaOH的量相等，故不选；
B、越稀越电离，电离程度越大，故选；
C、后者溶液中氢离子浓度大于前者，所以水电离出的c（H+）前者大于后者，故选；
D、CH3COOH的物质的量，因为前者的电离程度大于后者，所以CH3COOH的物质的量前者小于后者，故不选；
故选BC；
（3）A、相当于变大；
B、相当于减小；
C、温度不变，两者c（H+）和c（OH-）的乘积不变；
D、OH-的物质的量变大；故选B；
（4）联氨溶于水显碱性，其原理与氨相似即N2H4+H2ONH2NH3++OH-，进一步反应也可以为NH2NH3++H2ONH3NH32++OH-。
27.煤的气化是高效、清洁的利用煤炭的重要途径之一。
① C(s)+ O2 (g) = CO2 (g) ΔH = -393.5 kJ·mol-1
② CO(g) +O2 (g) = CO2 (g) ΔH = -283.0 kJ·mol-1
③ H2(g) +O2 (g) = H2O (g) ΔH = -241.8 kJ·mol-1
（1）则碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式是_______，该反应的化学平衡常数K随温度的升高将_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）CO可以与H2O(g)进一步发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH＜0。在甲、乙两个恒容密闭容器中，起始时按照下表数据进行投料，在800℃时达到平衡状态，K=1.0。
H2O
CO
CO2
H2
甲 n/mol
0.10
0.30
0.10
0.50
乙 n/mol
0.20
0.20
0
0
起始时，甲容器中反应向 ____________（填“正反应”或“逆反应”）方向进行；平衡时，乙容器中CO的转化率为___________。
【答案】(1). C(s）+H2O（g）=CO(g)+H2(g) ΔH=+131.3kJ·mol-1 (2). 增大 (3). 逆反应 (4). 50%
【解析】
【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的计算，根据温度使平衡移动以及平衡常数关系分析；
（2）根据已知浓度求出Qc，然后与K比较；令参加反应的CO的物质的量为nmol，根据三段式表示出平衡时各组分的物质的量，由于反应前后气体的体积不变，故用物质的量代替浓度代入平衡常数列方程计算。
【详解】（1）已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5kJ/mol
②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=-283.0kJ/mol
③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=-241.8 kJ/mol，
根据盖斯定律，①-③-②得C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol-1，由于该反应为吸热反应，所以升高温度平衡正移，K增大；
（2）令容器体积为1L，甲容器中：Qc===>1=K，所以反应向逆反应进行；
令参加反应的CO的物质的量为nmol，则：
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
开始（mol）： 0.1 0.1 0 0
转化（mol）： n n n n
平衡（mol）： 0.1-n 0.1-n n n
故=1，解得n=0.05，故CO的转化率为×100%=50%。
28.实验室用50mL0.50mol·L-1盐酸、50mL0.50mol·L-1NaOH溶液和如图所示装置进行测定中和热的实验，得到表中的数据：
实验次数
起始温度
终止温度
盐酸
NaOH溶液
1
20.2
20.3
23.7
2
20.3
20.5
23.8
3
21.5
216
24.9
（1）不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒的理由是_______
（2）根据上表中所测数据进行计算，则该实验测得的中和热△H=__________（盐酸和NaOH溶液的密度按1g•cm-3计算，反应后混合溶液的比热容C按4.18J•（g•℃）-1计算，结果保留小数点后一位）。
（3）若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水，则实验中测得的“中和热”为△H1，则△H1与△H的关系为△H1________△H（填“大于”、“小于”、“等于”）。如改用60mL0.5mol·L-1的盐酸与50mL 0.55mol·L-1的NaOH 溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_______（填“相等”或“不相等”），所求中和热___（填“相等”或“不相等”）。
（4）若某同学利用上述装置做实验，有些操作不规范，造成测得中和热的数值偏低，请你分析可能的原因是___（填字母序号）。
A 测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净
B 把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓
C 做本实验的当天室温较高
D 将50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水
E 在量取盐酸时仰视计数
F 大烧杯的盖板中间小孔太大．
【答案】(1). Cu传热快，热量损失大 (2). -56.8kJ·mol-1 (3). 大于 (4). 不相等 (5). 相等 (6). ABDF
【解析】
【分析】（1）金属导热快，热量损失多；
（2）先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=m×c×△T计算出反应放出的热量，然后计算出生成1mol水放出的热量，就可以得到中和热；
（3）氨水为弱电解质，电离过程需要吸收能量，反应放出的热量相对应低一些；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；并根据中和热的概念和实质来回答；
（4）根据实验成功的关键是保温，如果装置有能量散失，则会导致结果偏低，根据实验中用到的试剂以及实验操作知识来判断。
【详解】（1）不能将环形玻璃搅拌棒改为铜丝搅拌棒，因为铜丝搅拌棒是热的良导体；
答案为：Cu传热快，热量损失大；
（2）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度20.25℃，反应前后温度差为：3.45℃；
第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.40℃，反应前后温度差为：3.40℃；
第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为21.55℃，反应前后温度差为：3.35℃；
三次温度差的平均值为3.40℃，
50mL0.50 mol⋅L−1盐酸、50mL0.55mol⋅L−1 NaOH溶液的质量m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/(g⋅℃)，代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g⋅℃)×100g×3.40℃=1421.2J=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量为=56.8kJ，即该实验测得的中和热△H=−56.8kJ/mol；故答案为：−56.8kJ/mol；
（3）氨水为弱电解质，电离过程需要吸收能量，反应放出的热量相对应低一些，故所求出的热量Q偏低，导致△H1大于△H；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，中和热相等；故答案为：大于；不相等；相等；
（4）A、测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，在测碱的温度时，会发生酸和碱的中和，温度计示数变化值减小，所以导致实验测得中和热的数值偏小，故A正确；
B、把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，会导致一部分能量的散失，实验测得中和热的数值偏小，故B正确；
C、做本实验的室温和反应热的数据之间无关，故C错误；
D、将50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水，由于氨水是弱碱，弱碱电离要吸热，导致实验测得中和热的数值偏小，故D正确；
E、在量取盐酸时仰视计数，会使得实际量取体积高于所要量的体积，酸过量，可以保证碱全反应，导致实验测得中和热的数值偏高，故E错误；
F、大烧杯的盖板中间小孔太大，会导致一部分能量散失，导致实验测得中和热的数值偏小，故F正确；
故选：ABDF。
29.氮的化合物在生产、生活中广泛存在
（1）键能是气态原子形成1mol化学键释放的最低能量。已知下列化学键的键能如表所示,写出1mol气态肼（NH2-NH2）燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式_________
化学键
N≡N
O=O
N-N
N-H
O-H
键能/(kJ/mol)
946
497
193
391
463
（2）用焦炭还原NO的反应为：2NO(g)+C(s) N2(g)+CO2(g)，向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒容恒温（反应温度分别为400℃、400℃、T℃）容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n(NO)随反应时间t的变化情况如下表所示：
t/min
0
10
20
30
40
n(NO）（甲容器）/mol
2.00
1.50
1.10
0.80
0.80
n(NO）（乙容器）/mol
1.00
0.80
0.65
0.53
0.45
n(NO）（丙容器）/mol
2.00
1.45
1.00
1.00
1.00
该反应为_____________（填“放热”或“吸热”）反应乙容器中的反应在60min时达到平衡状态，则0-60min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率V（NO）=_________
（3）用焦炭还原NO2的反应为：2NO2(g)+2C(s) N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1molNO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)_____________Kc(B)（填“＜”或“＞”或“=”）。
②A、B、C三点中NO2的转化率最高的是_____________（填“A”或“B”或“C”）点。
③计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=____________（Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
【答案】(1). N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH= -544 kJ·mol-1 (2). 放热 (3). 0.01mol·L-1·min-1 (4). = (5). A (6). 2Mpa
【解析】
【分析】（1）先根据题干信息写出化学反应方程式，然后根据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和计算该反应的焓变，然后书写出热化学方程式；
（2）根据比较甲、丙容器中的数据，丙容器中先达到平衡，则说明丙容器中温度高，平衡时丙容器中NO的物质的量高于甲容器，说明温度升高平衡向逆方向移动，从而分析出该反应的热效应；根据2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g），前后气体体积不变，相同温度下，甲与乙为等效平衡，故乙平衡时NO的物质的量为甲平衡时的一半，即为0.4mol，根据计算出0∼60min内NO的平均反应速率；
（3）①平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变；
②2NO2（g）+2C（s）N2（g）+2CO2（g），增大压强平衡逆向移动，二氧化氮转化率减小；
③设生成二氧化碳2xmol，列三段式：
2NO2（g）+2C（s）N2（g）+2CO2（g）
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） 2x x 2x
平衡（mol）1-2x x 2x
C点时NO2和CO2浓度相等，则1-2x=2x，解得：x=0.25，然后根据Kp的定义求解。
【详解】（1）1mol肼（NH2-NH2）燃烧生成氮气和水蒸气的化学反应方程式为：N2H4+O2=N2+2H2O，反应物总键能之和=（4×391+193+497）kJ/mol =2254 kJ/mol，生成物总键能之和=（946+4×463）kJ/mol =2798 kJ/mol，该反应反应热=反应物总键能之和-生成物总键能之和=2254 kJ/mol-2798 kJ/mol=-544 kJ/mol，故1mol气态肼（NH2-NH2）燃烧生成氮气和水蒸气的热化学反应方程式为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH= -544 kJ·mol-1；
（2）根据比较甲容器和丙容器中的数据，丙容器中先达到平衡，则说明丙容器中温度高，平衡时丙容器中NO的物质的量高于甲容器，说明温度升高平衡向逆方向移动，所以该反应是放热反应；
②根据2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g），前后气体体积不变，相同温度下，甲与乙为等效平衡，故乙平衡时NO物质的量为甲平衡时的一半，即为0.4mol，则0∼200min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v（NO）===0.01mol·L-1·min-1
（3）①A、B两点的温度相同，平衡常数只与温度有关，故浓度平衡常数关系：Kc（A）=Kc（B）；
②2NO2（g）+2C（s）N2（g）+2CO2（g），增大压强平衡逆向移动，故A、B、C三点中NO2的转化率最高的是A点；
③设生成二氧化碳2xmol，列三段式：
2NO2（g）+2C（s）N2（g）+2CO2（g）
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） 2x x 2x
平衡（mol）1-2x x 2x
C点时NO2和CO2浓度相等，则1-2x=2x，解得：x=0.25，因C点时NO2和CO2浓度相等，则NO2和CO2的分压也相等，即Kp（NO2）=Kp（CO2）=，Kp（N2）=，Kp（C）==2MPa。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 N-14 Fe-56 Cu-64 Zn-65
一、选择题（每小题2分，共48分，每小题只有一个选项符合答案）
1.某化学反应其ΔH =－125 kJ/mol，∆S = －81 J/(mol·K)，则此反应在下列哪种情况下可自发进行 （ ）
A. 在任何温度下都能自发进行 B. 在任何温度下都不能自发进行
C. 仅在高温下自发进行 D. 仅在低温下自发进行
【答案】D
【解析】
【详解】根据ΔG=ΔH-TΔS可知，该反应ΔH<0，ΔS<0，若要使反应自发进行，则ΔG<0，由此可知该反应仅在低温下自发进行，故答案为D。
2. 下列说法正确的是( )
A. 电解质溶液的浓度越大，其导电性能一定越强
B. 强酸和强碱一定是强电解质，不论其水溶液浓度大小，都能完全电离
C. 共价化合物不一定都是强电解质
D. 多元酸、多元碱的导电性一定比一元酸、一元碱的导电性强
【答案】C
【解析】
【详解】A．电解质溶液的浓度越大，其导电性能不一定强，溶液的导电能力的大小与溶液中自由移动的离子浓度大小有关，错误。
B．强酸和强碱一定是强电解质，不论其水溶液浓度大小，溶于水的都能完全电离，错误；
C．共价化合物可能是电解质，也可能是非电解质，可能是强电解质，也可能是弱电解质，因此不一定都是强电解质，正确；
D．溶液的导电性与电解质的元数多少无关，错误。
故选C。
3.常温条件下，下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是（ ）
A. 能使pH试纸变红的溶液中：CO32-、K＋、Cl－、Na＋
B. 由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1的溶液中：NO3-、Mg2＋、Na＋、SO42-
C. 在c(OH－)/c(H＋)＝1×1012的溶液中：NH4+、Fe3＋、Cl－、NO3-
D. ＝10－10 mol·L－1的溶液中：Na＋、HCO3-、Cl－、K＋
【答案】B
【解析】
【详解】A、溶液能使pH试纸变红，说明溶液中含有大量H+，溶液中CO32-与H+反应，不能大量共存，故A不符合题意；
B、常温下，由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1<1×10-7 mol·L－1，水的电离受到抑制，溶液为酸性或碱性，当溶液为酸性时，NO3-、Mg2＋、Na＋、SO42-能大量共存，当溶液为碱性时，Mg2＋与OH-反应生成难溶物Mg(OH)2，故该条件下，溶液中微粒可能大量共存，故B符合题意；
C、由c(OH－)/c(H＋)＝1×1012、Kw=1×10-14可知，溶液中c(H+)=1×10-13、c(OH-)=0.1mol/L，溶液中NH4+、Fe3＋能与OH-反应生成弱电解质，故该溶液中离子不能大量共存，故C不符合题意；
D、由＝c(OH-)=10－10 mol·L－1、Kw=1×10-14可知，溶液呈酸性，HCO3-能与H+反应，溶液中离子不能大量共存，故D不符合题意。
4.已知 2H2(g)＋O2(g) ＝2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ/mol； CO(g)＋1/2O2(g) ＝CO2(g) ΔH＝－282.9 kJ/mol。某H2和CO的混合气体完全燃烧时放出 113.74 kJ 热量，同时生成3.6 g 液态水，则原混合气体中H2和CO的物质的量之比为（ ）
A. 2∶1 B. 1∶1 C. 1∶2 D. 2∶3
【答案】B
【解析】
【详解】3.6g水是0.2mol，消耗0.2mol，放出的热量是57.16kJ，所以CO燃烧放出的热量是113.74kJ－57.16kJ＝56.58kJ，所以参加反应的CO是56.58kJ÷282.9kJ/mol＝0.2mol，因此原混合气体中H2和CO的物质的量之比为1∶1，答案选B。
5.下列事实能用化学平衡移动原理来解释的是（ ）
A. 加入催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3
B. 将FeS2矿石粉碎更有利于焙烧制备SO2气体
C. 对于反应2HI（g）H2（g）+I2（g），增大平衡体系的压强（压缩体积），可使体系颜色变深
D. 用排饱和食盐水的方法收集氯气
【答案】D
【解析】
【详解】A、加入催化剂有利于合成氨的反应，使用催化剂，平衡不移动，不能用化学平衡移动原理解释，故A不符合；
B、粉碎矿石后，能够加快化学反应速率，但平衡不移动，不能用化学平衡移动原理解释，故B不符合；
C、对于反应2HI(g)H2(g)+I2(g)，增大平衡体系的压强平衡不移动，不能用化学平衡移动原理解释，体系内颜色变深其原因是I2的浓度增加，故C不符合；
D、氯气和水的反应方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，饱和食盐水中Cl-达到饱和，Cl2在饱和食盐水中溶解度较小，所以可以用勒夏特列原理解释，故D正确。
6.在25℃时向VmL pH=m的HNO3中，滴加pH=n的KOH溶液10 V mL时，溶液中NO3-物质的量恰好等于加入的K+的物质的量，则m+n的值为 （ ）
A. 13 B. 14 C. 15 D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【详解】在25 ℃时，KW=10-14，酸碱混合时溶液中硝酸根离子物质的量恰好等于加入的钾离子的物质的量，根据电荷守恒可知氢离子物质的量等于氢氧根离子物质的量，则V×10-3×10-m=10V×10-3×10n-14，解得m+n=13，故选A。
7.下列说法正确的有( )
①活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应
②普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应
③增大反应物的浓度，可增大单位体积内活化分子数，从而使有效碰撞次数增多
④有气体参加的化学反应，若增大压强（缩小容器体积），可增大活化分子百分数，从而使速率加快
⑤化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成的过程
⑥催化剂能增大活化分子百分数，从而加快化学反应速率
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】D
【解析】
【详解】①活化分子、有合适的取向，发生的碰撞才能发生化学反应，故①正确；
②普通分子间不可能发生化学反应，故②错误；
③增大反应物浓度，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，从而使有效碰撞次数最多，反应速率加快，故③正确；
④增大压强，浓度增大，但活化分子百分数不变，故④错误；
⑤化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，分子先成为活化分子，活化分子发生碰撞，可生成新物质，故⑤正确；
⑥催化剂可降低活化能，能增大活化分子百分数，增大反应速率，故⑥正确；
故选：D。
8.某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 反应过程a有催化剂参与
B. 该反应为放热反应，热效应等于ΔH
C. 改变催化剂，不能改变该反应的活化能
D. 有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1＋E2
【答案】B
【解析】试题分析：A．催化剂能够降低反应的活化能，而反应过程a活化能较大，因此没有催化剂参与，错误；B．根据图示可知反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，热效应等于反应物的活化能与生成物的活化能的差，等于ΔH，正确；C．改变催化剂，由于改变了反应途径，因此能改变该反应的活化能，错误；D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1，错误。
9.利用反应：2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g) △H＝－746.8kJ·mol－1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是（ ）
A. 降低温度 B. 增大压强
C. 升高温度同时充入N2 D. 及时将CO2和N2从反应体系中移走
【答案】B
【解析】A．降低温度，化学反应速率减慢，化学平衡向放热方向移动，即正反应方向，NO的转化率转化率增大，故A错误；B、增大压强平衡向正反应方向移动，NO的转化率转化率增大，化学反应速率加快，故B正确；C．升高温度，化学反应速率加快，化学平衡向吸热方向移动，即逆反应方向，NO的转化率转化率减小，同时充入N2，化学平衡向逆反应方向移动，NO的转化率转化率减小，故C错误；D．将CO2和N2从反应体系中移走，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，但反应速率减小，故D错误。故选B。
10.一定量盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（ ）
①NaOH固体 ②KNO3溶液 ③水 ④CH3COONa固体
A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. ③④
【答案】D
【解析】
【详解】①加入NaOH固体，与盐酸反应，酸减少生成氢气减少，故不符合；
②加KNO3溶液，铁与H+、NO3－反应不生成氢气，则生成氢气的总量减少，故不符合；
③加水，氢离子浓度减小，所以与铁反应的速率减慢，同时氢离子的物质的量不变，则不影响生成氢气的总量，故符合；
④加入CH3COONa固体，与盐酸反应生成醋酸，溶液中已电离出的氢离子浓度减小，但物质的量不变，则减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，故符合；
综上③④，符合题意；
本题答案选D。
11.如图为氟利昂（如CFCl 3）破坏臭氧层的反应过程示意图，下列不正确的是 （ ）
A. 过程Ⅰ中断裂极性键C-Cl键
B. 过程Ⅱ可表示为O3 + Cl =ClO + O2
C. 过程Ⅲ中O + O = O2是吸热过程
D. 上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂
【答案】C
【解析】A、过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂极性键C-Cl键，选项A正确；B、根据图中信息可知，过程Ⅱ可表示为O3 + Cl = ClO + O2，选项B正确；C、原子结合成分子的过程是放热的，选项C错误；D、上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂，选项D正确。答案选C。
12.T℃时，将6molCO2和8molH2充入2L密闭容器中，发生反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），容器中H2的物质的量随时间变化如图中实线所示，图中虚线表示仅改变某一反应条件时，H2的物质的量随时间的变化，下列说法正确的是（ ）
A. 曲线Ⅱ对应的条件改变是降低压强
B. 若曲线Ⅰ对应的条件改变是升温，则该反应△H＞0
C. 反应开始至a点时v（H2）=1mol·L-1·min-1
D. T℃时，该反应的化学平衡常数为0.125
【答案】C
【解析】
【详解】A、如降低压强，反应速率减小，达到平衡所用时间较长，但图中曲线反应速率较大，达到平衡时间较短，与图象不符，故A错误；
B、如该反应△H＞0，升高温度平衡应向正反应方向移动，则平衡时H2的物质的量应小于T℃时，与图象不符，故B错误；
C、v===1 mol•L-1•min-1，故C正确；
D、T℃时，达到平衡时H2的物质的量为2mol，根据反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）可知，平衡时，c（CO2）==2mol/L，c（H2）==1mol/L，c（CH3OH）==1mol/L，c（H2O））==1mol/L，
则==0.5，故D错误。
13.一定温度下，体积不变的密闭容器中发生反应4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)，经2min后达到平衡。NH3的浓度减少了0.6mol·L－1，下列说法正确的是（ ）
A. 平衡时：5V正(O2)=4V逆(NO)
B. 2min末的反应速率，用NO表示是0.3 mol·L-1·min-1
C. 由混合气体的密度不再改变可判定达到平衡
D. 由混合气体的压强不再改变可判定达到平衡
【答案】D
【解析】
【详解】A、平衡时正逆反应速率相等，则4v正(O2)=5v逆(NO)，故A错误；
B、2min内的平均反应速率用NO表示是=0.3mol·L-1·min-1，并非2min末的反应速率，故B错误；
C、该反应中气体的总质量、总物质的量始终不变，密度始终不变，故C错误；
D、该反应前后气体体积不等，混合气体的压强不再改变可判定达到平衡，故D正确。
14.25 ℃时，用蒸馏水稀释1 mol/L醋酸，下列各项始终保持增大趋势的是( )
A. B.
C. D. c(H+)·c(CH3COO-)
【答案】A
【解析】
【分析】稀释过程中醋酸的电离程度增大，溶液中醋酸的物质的量减小、醋酸根离子的物质的量增大，由于在同一溶液中，浓度之比等于物质的量之比，则的比值逐渐减小；稀释过程中醋酸、氢离子、醋酸根离子浓度都减小，氢氧根离子浓度增大，则的比值逐渐增大，据此结合水的离子积、电离平衡常数进行判断。
【详解】A、稀释过程中醋酸、氢离子、醋酸根离子浓度都减小，氢氧根离子浓度增大，则的比值逐渐增大，故A正确；
B、稀释到一定程度时，氢离子浓度基本不变，则醋酸根离子仍然减小，则的比值逐渐减小，故B错误；
C、在稀释过程中醋酸的电离程度增大，溶液中醋酸的物质的量减小、醋酸根离子的物质的量增大，由于在同一溶液中，则的比值逐渐减小，故C错误；
D、稀释过程中醋酸、氢离子浓度逐渐减小，则c(H+)·c(CH3COO-)的乘积逐渐减小，故D错误；
故选A。
15.在一定条件下发生反应：2A(g)+2B(g) xC(g)+2D(g)，在2L密闭容器中，把4molA和2molB混合，2min后达到平衡时生成1.2molC，又测得反应速率VD=0.2mol/(L·min)，下列说法正确的是( )
A. A和B的转化率均是20% B. x = 3
C. 平衡时A的物质的量为2.8mol D. 平衡时气体压强比原来减小
【答案】B
【解析】
【分析】根据反应速率之比等于化学计量数之比来确定化学计量数x，VD=0.2mol/（L•min），VC==0.3mol/（L•min），则x=3；
2A（g）+2B（g）3C（g）+2D（g）
开始（mol） 4 2 0 0
转化（mol） 0.8 0.8 1.2 0.8
平衡（mol） 3.2 1.2 1.2 0.8
结合转化率的概念及物质的量之比等于压强之比来计算。
【详解】A、由上述分析可知，A的转化率为×100%=20%，B的转化率为×100%=40%，故A错误；
B、由上述分析可知，x=3，故B正确；
C、平衡时A的物质的量为3.2mol，故C错误；
D．同温同容条件下，容器内压强与气体物质的量成正比，该反应正向为气体体积增大的反应，则反应后压强增大，故D错误。
16.室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的是（ ）
A. pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合
B. pH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合
C. pH＝3的醋酸和pH＝11的的氢氧化钡溶液等体积混合
D. pH＝3的硫酸和pH＝11的氨水等体积混合
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，一水合氨为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢氧根离子，pH＝3的盐酸中氯化氢浓度为0．001mol/L，而pH＝11的氨水中一水合氨浓度远远大于0．01mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH一定大于7，故A错误；
B选项，盐酸是强酸，氢氧化钡是强碱，完全电离，所以pH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合，二者恰好完全反应产生水，所以溶液的pH＝7，故B错误；
C选项，pH＝3的醋酸中，醋酸为弱电解质，醋酸的物质的量浓度大于0．001mol/L，pH＝11的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的浓度为0．001mol/L，两溶液等体积混合后醋酸过量，溶液显示酸性，溶液的pH一定小于7，故C正确；
D选项，一水合氨为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢氧根离子，pH=3的硫酸中硫酸浓度为0．001mol/L，而pH=11的氨水中一水合氨浓度远远大于0．01mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH一定大于7，故D错误；
综上所述，答案为C。
17.实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是（ ）
A. 酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次
B. 开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失
C. 锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所刻度
D. 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
【答案】C
【解析】
【详解】A. 酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次，滴定时造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏高，不符合题意，故A错误；
B. 酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏高，不符合题意，故B错误；
C. 滴定过程中，锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=可知c（待测）偏低，符合题意，故C正确；
D. 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定用NaOH溶液润洗，滴定时造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏高，不符合题意，故D错误；
答案选C。
18.一定条件下合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g) CH2＝CH2(g)+4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法正确的是 ( ）
A. M点的正反应速率V正大于N点的逆反应速率V逆
B. 若投料比n(H2)：n(CO2)=4:1，则图中M点乙烯的体积分数约为5.88%
C. 250℃，催化剂对CO2转化率影响最大
D. 当温度高于250℃，升高温度，平衡逆向移动导致催化剂的催化效率降低
【答案】B
【解析】
【分析】A、温度升高化学反应速率加快，催化剂的催化效率降低；
B、设开始投料n(H2)为4mol，则n(CO2)为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，据此列三段式计算；
C、催化剂只影响速率，不影响平衡；
D、根据图象，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动。当温度高于250℃，催化剂活性降低。两者间不存在因果关系。
【详解】A、图像上的点都处于平衡状态，正逆反应速率相等。温度越高反应速率越快，M点对应的温度为250℃，N点对应的温度为400℃，从温度对速率的影响来说，M点的反应速率小于N点的反应速率。同时M点的催化剂活性高于N点，从催化剂对反应速率的影响来说，M点的反应速率大于N点的反应速率。所以M点的反应速率和N点的反应速率无法确定。故A错误；
B. 若投料比n(H2)：n(CO2)=4：1，设投入的H2和CO2分别4mol、1mol，图中M点对应的CO2的平衡转化率为50%，由方程式可知参加反应的H2和CO2分别为1.5mol、0.5mol，生成的乙烯和水蒸气分别为0.25mol、1mol，平衡时H2、CO2、乙烯、水蒸气的物质的量分别为2.5mol、0.5mol、0.25mol、1mol，则乙烯的体积分数为×100%≈5.88%，故B正确；
C. 催化剂只影响反应速率，不能使平衡发生移动，不影响CO2平衡转化率，故C错误；
D. 当温度高于250℃，升高温度，催化剂的催化效率降低，但不是平衡逆向移动导致催化剂的催化效率降低，催化剂不影响平衡，故D错误。
故选B。
19.某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1molA和1molB，发生反应A(g)+B(g) C(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是（ ）
t/s
0
5
15
25
35
n(A)/mol
1.0
0.85
0.81
0.80
0.80
A. 反应在前5s的平均速率V(A)=0.03mol/(L·s)
B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41mol·L-1，则反应的△H>0
C. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0molC，达到平衡时，C的分解率大于80%
D. 相同温度下，起始时向容器中充入0.2molA.0.2molB和1.0molC，反应达到平衡前反应速率V（正）
【解析】
【分析】依据化学平衡三段式列式计算；
A（g）+B（g） C（g）
起始量（mol） 1.0 1.0 0
变化量（mol） 0.20 0.20 0.20
平衡量（mol） 0.80 0.80 0.20
A、依据V（A）=计算；
B、平衡状态A的物质的量为0.8mol，升高温度，平衡时c（A）=0.41mol•L-1，物质的量为0.82mol，物质的量增大，说明平衡逆向进行；
C、等效为起始加入2.0mol A和2.0mol B，与原平衡相比，压强增大，平衡向正反应方向移动，平衡时的A、B转化率较原平衡高，故平衡时A、B的物质的量小于1.6mol，C的物质的量大于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，达到平衡时，C的物质的量大于0.4mol，参加反应的C的物质的量小于1.6mol，据此判断；
D、计算平衡常数，结合起始量计算浓度商计算与平衡常数对比判断反应进行的方向。
【详解】A的物质的量达到0.80mol反应达到平衡状态，则
A（g）+B（g） C（g）
起始量（mol） 1.0 1.0 0
变化量（mol） 0.20 0.20 0.20
平衡量（mol） 0.80 0.80 0.20
K==0.625
A、反应在前5s的平均速率v(A)= =0.015 mol/(L·s)，故A错误；
B、保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41mol⋅L−1，A物质的量为0.41mol/L×2L=0.82mol>0.80mol，说明升温平衡逆向进行，正反应是放热反应，则反应的△H<0，故B错误；
C、等效为起始加入2.0mol A和2.0mol B，与原平衡相比，压强增大，平衡向正反应方向移动，平衡时的A、B转化率较原平衡高，故平衡时A、B的物质的量小于1.6mol，C的物质的量大于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，达到平衡时，C的物质的量大于0.4mol，参加反应的C的物质的量小于1.6mol，转化率小于80%，故C错误；
D、相同温度下，起始时向容器中充入0.20mol A、0.20mol B和1.0mol C，Qc==50>K，反应逆向进行，反应达到平衡前v(正)
A. 图I中，甲、乙的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
B. 图Ⅱ中，平衡状态甲与乙相比，平衡状态甲的反应物转化率低
C. 图Ⅱ中，t时间是增大了压强
D. 图Ⅲ是反应分别在甲、乙条件下达到平衡，说明乙温度高于甲
【答案】D
【解析】试题分析：若升高温度，平衡向逆反应方向移动，图1不可能是升高温度，可能是增大压强，温度不变，平衡常数不变，故A错误；图Ⅱ表示加入催化剂正逆反应速率同程度的增大，平衡不移动，故转化率不变，B错误；增大压强，平衡向正反应方向移动，图Ⅱ反应速率增大，平衡不发生移动，故不肯能是增大压强，故C错误；乙先达到平衡，说明乙的反应速率快，故乙温度高于甲，D正确，答案选D．
21.由表格中电离常数可以判断下列反应可以发生的是（ ）
弱酸
HClO
H2CO3
电离平衡常数
（25℃）
K=3.2×10-8
Ki1=4.3×10-7
Ki2=4.7.×10-11
A. NaClO+NaHCO3═HClO+Na2CO3
B. NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3
C. 2NaClO+CO2+H2O═2HClO+Na2CO3
D. 2HClO+Na2CO3═2NaClO+CO2+H2O
【答案】B
【解析】
【分析】由表格中K可知，K越大，酸性越大，且可发生强酸制取弱酸的反应，以此来解答。
【详解】由表格中数据可知，酸性为H2CO3>HClO>HCO3-；
A、因酸性HClO> HCO3-，不能发生，故A不选；
B、因酸性为H2CO3>HClO> HCO3-，则NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3可发生，故B选；
C、因酸性HClO> HCO3-，则不能生成HClO、Na2CO3，故C不选；
D、酸性为H2CO3>HClO，不能发生，故D不选。
22.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+SO2+S↓+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是（ ）
实验
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/(mol·L-1)
V/mL
c/(mol·L-1)
V/mL
A
25
5
0.1
10
0.1
5
B
25
5
0.2
5
0.2
10
C
35
5
0.15
5
0.15
5
D
35
5
0.2
5
0.2
20
【答案】C
【解析】
【分析】各组实验中最先出现浑浊说明反应速率越快，温度越高、浓度越大反应速率越大，且温度对化学反应速率影响大于浓度对化学反应速率影响，据此判断反应速率快慢。
【详解】各组实验中最先出现浑浊说明反应速率越快，温度越高、浓度越大反应速率越大，且温度对化学反应速率影响大于浓度对化学反应速率影响，
通过表中数据知，C、D温度高于A、B，所以C、D反应速率大于A、B，C中物质浓度大于D，所以C反应速率大于D；B中物质浓度大于A，所以B反应速率大于A，所以反应速率大小顺序是C>D>B>A，则最先出现沉淀的是C，故选C。
23.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是（ ）
A. m=2
B. 两次平衡的平衡常数相同
C. X与Y的平衡转化率之比为1:1
D. 第二次平衡时，Z的浓度为0.4 mol·L－1
【答案】D
【解析】
【详解】A.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），则可等效为两等效平衡体系合，在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动，但再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A项正确；
B.同一化学反应的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数相同，B项正确；
C.m=2，起始量X与Y之比为1:2，则反应过程中由方程式可知反应的X与Y之比为1:2，故X与Y的平衡转化率之比为1:1，C项正确；
D.m=2，则该反应为反应前后气体总量不变的反应，故第二次平衡时Z的物质的量为：4mol×10%=0.4mol，故Z的浓度为0.4mol÷2L=0.2mol/L，故D项错误；
本题选D。
24.下列说法正确的是（ ）
A. mA(g)+nB(g) pC(g)，平衡时A的浓度等于0.5mol·L-1 ，其它条件不变，将容器体积扩大一倍，达到新的平衡时A的浓度变为0.3mol·L-1 ，则化学计量数m+n
C. 对于反应A(g)+B(g) 2C(g），起始充入等物质的量的A和B，达到平衡时A的体积分数为n%，此时给体系加压，则A的体积分数不变
D. 2NO(g)+2CO(g) N2+2CO2在常温下能够进行，则反应的△H <0
【答案】C
【解析】
【分析】A、平衡时A的浓度等于0.5 mol/L，将容器体积扩大一倍，达到新的平衡后A的浓度变为0.3mol/L，可知压强减小，平衡逆向移动；
B、生成物中氨气、二氧化碳的体积比始终为2：1；
C、该反应为气体体积不变的反应；
D、由化学计量数可知△S<0，△H-T△S<0的反应可自发进行。
【详解】A、平衡时A的浓度等于0.5mol/L，将容器体积扩大一倍，达到新的平衡后A的浓度变为0.3mol/L，可知压强减小，平衡逆向移动，则化学计量数m+n>p，故A错误；
B、生成物中氨气、二氧化碳的体积比始终为2:1，CO2的体积分数始终不变，不能作为平衡判断的依据，故B错误；
C、该反应为气体体积不变反应，平衡时A的体积分数为n%，此时若给体系加压，平衡不移动，则A的体积分数不变，故C正确；
D、由化学计量数可知△S<0，△H−T△S<0的反应可自发进行，在常温下能自发进行，则该反应的△H<0，故D错误。
二、非选择题(5小题，共52分）
25.已知水的电离平衡曲线如图所示，试回答下列问题：
（1）图中ABCDE五点的KW间的大小关系是___________．（用ABCDE表示）
（2）若从A点到D点，可采用的措施是______．
a．升温
b．加入少量的盐酸
c．加入少量的NaOH固体
（3）点B对应温度条件下，某溶液pH═7，此时，溶液呈____（酸性、碱性、中性），点E对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为________．
（4）点B对应的温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是pH1+ pH2= ___________．
【答案】(1). B＞C＞A=D=E (2). b (3). 碱性 (4). 10：1 (5). 14
【解析】
【分析】（1）Kw只与温度有关，温度升高促进水的电离，据此分析；
（2）仔细观察图像，溶液由A点中性转化为D点酸性，据此分析；
（3）25℃时所得混合溶液的pH=7，酸碱恰好中和，即n(OH-)＝n(H+)，据此分析；
（4）温度为100℃，水的离子积为10-12，由于反应后溶液呈中性，所以n(OH-)＝n(H+)，据此分析。
【详解】（1）Kw只与温度有关，温度升高促进水的电离，Kw增大，因此有B＞C＞A=D=E；综上所述，本题答案是：B＞C＞A=D=E。
（2）从A点到D点，溶液由中性转化为酸性，因此选项b与题意相符；综上所述，本题选b。
（3）点B对应温度为100℃，Kw=10-12，pH=6，溶液为中性；温度不变时，某溶液pH=7，此时，溶液呈碱性；点E对应温度为25℃，Kw=10-14，25℃时所得混合溶液的pH=7，酸碱恰好中和，即n(OH-)＝n(H+)，则V(NaOH)×10-5mol/L=V(H2SO4)×10-4mol/L，得V(NaOH):V(H2SO4)=10:1；综上所述，本题答案是：碱性，10:1。
（4）点B对应的温度为100℃，水的离子积常数为10-12，pH=b的某强碱溶液中c(OH-)=10b-12，反应后溶液呈中性，所以n(OH-)＝n(H+)，即100×10-a=1×10b-12，故a+b=14，即pH1+pH2=14；综上所述，本题答案是：14。
26.常温下，有下列五种溶液：
①
②
③
④
⑤
0.1 mol·L-1
CH3COOH溶液
0.01mol·L-1 CH3COOH溶液
pH＝2
CH3COOH溶液
0.1 mol·L-1
NaOH溶液
0.1mol·L-1
氨水
回答下列问题：
（1）溶液①稀释到原来的10倍后的溶液pH______③溶液的pH（填“＞”或“＝”或“＜”，下同），①和④两溶液中水电离出的c(H＋)：①_______④
（2）在相同温度时100mL ②的溶液与10mL ①的溶液相比较，下列数值前者大于后者的是_______
A 中和时所需NaOH的量 B 电离程度
C 水电离出的c(H＋) D CH3COOH的物质的量
（3）用水稀释⑤时，溶液中随着水量的增加而减小的是______（填字母）。
A、 B、
C、c（H+）和c（OH-）的乘积 D、 OH-的物质的量
（4）联氨（N2H4）溶于水显碱性，其原理与氨相似，但其碱性不如氨强，写出其溶于水呈碱性的离子方程式：________。
【答案】(1). ＞ (2). ＞ (3). BC (4). B (5). N2H4+H2ON2H5+ +OH-
【解析】
【分析】（1）①的浓度为0.1mol/L，pH=2的CH3COOH溶液的浓度大于0.01mol/L，稀释到原来的10倍，③的氢离子浓度大；①和④两溶液对水的电离起抑制作用，氢离子或氢氧根离子浓度越大对水的电离的抑制程度越大，水电离出的c（H+）越小；
（2）在相同温度时，100mL②的溶液与10mL①的溶液相比较，
A、两溶液中醋酸的物质的量相同，中和时所需NaOH的量相等；
B、越稀越电离；
C、后者溶液中氢离子浓度大于前者，所以水电离出的c（H+）前者大于后者；
D、CH3COOH的物质的量，因为前者的电离程度大于后者，所以CH3COOH的物质的量前者小于后者；
（3）加水促进氨水的电离，n（OH-）变大，n（NH3•H2O）变小，则
A、相当于变大；
B、相当于减小；
C、温度不变，两者c（H+）和c（OH-）的乘积不变；
D、OH-的物质的量变大；
（4）化合物的应用，氨气与水的反应的性质（联氨是一种无色可燃的液体，溶于水显碱性，其原理与氨相似）；利用 NH3+H2ONH4++OH-可以分析出联氨与水反应的方程式。
【详解】（1）①CH3COOH溶液的浓度为0.1mol/L，稀释到原来的10倍，浓度变为0.01 mol·L-1，由于醋酸是弱酸，不完全电离，所以其PH＞2。0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中的c(H+)小于0.1 mol·L-1NaOH溶液中的c(OH-)，所以水电离出氢离子的浓度①＞②；故答案为：＞，＞；
（2）在相同温度时，100mL ②0.01mol·L-1 CH3COOH溶液与10mL ①0.1 mol·L-1CH3COOH溶液相比较，
A、两溶液中溶质的物质的量相同，中和时所需NaOH的量相等，故不选；
B、越稀越电离，电离程度越大，故选；
C、后者溶液中氢离子浓度大于前者，所以水电离出的c（H+）前者大于后者，故选；
D、CH3COOH的物质的量，因为前者的电离程度大于后者，所以CH3COOH的物质的量前者小于后者，故不选；
故选BC；
（3）A、相当于变大；
B、相当于减小；
C、温度不变，两者c（H+）和c（OH-）的乘积不变；
D、OH-的物质的量变大；故选B；
（4）联氨溶于水显碱性，其原理与氨相似即N2H4+H2ONH2NH3++OH-，进一步反应也可以为NH2NH3++H2ONH3NH32++OH-。
27.煤的气化是高效、清洁的利用煤炭的重要途径之一。
① C(s)+ O2 (g) = CO2 (g) ΔH = -393.5 kJ·mol-1
② CO(g) +O2 (g) = CO2 (g) ΔH = -283.0 kJ·mol-1
③ H2(g) +O2 (g) = H2O (g) ΔH = -241.8 kJ·mol-1
（1）则碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式是_______，该反应的化学平衡常数K随温度的升高将_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）CO可以与H2O(g)进一步发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH＜0。在甲、乙两个恒容密闭容器中，起始时按照下表数据进行投料，在800℃时达到平衡状态，K=1.0。
H2O
CO
CO2
H2
甲 n/mol
0.10
0.30
0.10
0.50
乙 n/mol
0.20
0.20
0
0
起始时，甲容器中反应向 ____________（填“正反应”或“逆反应”）方向进行；平衡时，乙容器中CO的转化率为___________。
【答案】(1). C(s）+H2O（g）=CO(g)+H2(g) ΔH=+131.3kJ·mol-1 (2). 增大 (3). 逆反应 (4). 50%
【解析】
【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的计算，根据温度使平衡移动以及平衡常数关系分析；
（2）根据已知浓度求出Qc，然后与K比较；令参加反应的CO的物质的量为nmol，根据三段式表示出平衡时各组分的物质的量，由于反应前后气体的体积不变，故用物质的量代替浓度代入平衡常数列方程计算。
【详解】（1）已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5kJ/mol
②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=-283.0kJ/mol
③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=-241.8 kJ/mol，
根据盖斯定律，①-③-②得C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol-1，由于该反应为吸热反应，所以升高温度平衡正移，K增大；
（2）令容器体积为1L，甲容器中：Qc===>1=K，所以反应向逆反应进行；
令参加反应的CO的物质的量为nmol，则：
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
开始（mol）： 0.1 0.1 0 0
转化（mol）： n n n n
平衡（mol）： 0.1-n 0.1-n n n
故=1，解得n=0.05，故CO的转化率为×100%=50%。
28.实验室用50mL0.50mol·L-1盐酸、50mL0.50mol·L-1NaOH溶液和如图所示装置进行测定中和热的实验，得到表中的数据：
实验次数
起始温度
终止温度
盐酸
NaOH溶液
1
20.2
20.3
23.7
2
20.3
20.5
23.8
3
21.5
216
24.9
（1）不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒的理由是_______
（2）根据上表中所测数据进行计算，则该实验测得的中和热△H=__________（盐酸和NaOH溶液的密度按1g•cm-3计算，反应后混合溶液的比热容C按4.18J•（g•℃）-1计算，结果保留小数点后一位）。
（3）若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水，则实验中测得的“中和热”为△H1，则△H1与△H的关系为△H1________△H（填“大于”、“小于”、“等于”）。如改用60mL0.5mol·L-1的盐酸与50mL 0.55mol·L-1的NaOH 溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_______（填“相等”或“不相等”），所求中和热___（填“相等”或“不相等”）。
（4）若某同学利用上述装置做实验，有些操作不规范，造成测得中和热的数值偏低，请你分析可能的原因是___（填字母序号）。
A 测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净
B 把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓
C 做本实验的当天室温较高
D 将50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水
E 在量取盐酸时仰视计数
F 大烧杯的盖板中间小孔太大．
【答案】(1). Cu传热快，热量损失大 (2). -56.8kJ·mol-1 (3). 大于 (4). 不相等 (5). 相等 (6). ABDF
【解析】
【分析】（1）金属导热快，热量损失多；
（2）先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=m×c×△T计算出反应放出的热量，然后计算出生成1mol水放出的热量，就可以得到中和热；
（3）氨水为弱电解质，电离过程需要吸收能量，反应放出的热量相对应低一些；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；并根据中和热的概念和实质来回答；
（4）根据实验成功的关键是保温，如果装置有能量散失，则会导致结果偏低，根据实验中用到的试剂以及实验操作知识来判断。
【详解】（1）不能将环形玻璃搅拌棒改为铜丝搅拌棒，因为铜丝搅拌棒是热的良导体；
答案为：Cu传热快，热量损失大；
（2）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度20.25℃，反应前后温度差为：3.45℃；
第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.40℃，反应前后温度差为：3.40℃；
第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为21.55℃，反应前后温度差为：3.35℃；
三次温度差的平均值为3.40℃，
50mL0.50 mol⋅L−1盐酸、50mL0.55mol⋅L−1 NaOH溶液的质量m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/(g⋅℃)，代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g⋅℃)×100g×3.40℃=1421.2J=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量为=56.8kJ，即该实验测得的中和热△H=−56.8kJ/mol；故答案为：−56.8kJ/mol；
（3）氨水为弱电解质，电离过程需要吸收能量，反应放出的热量相对应低一些，故所求出的热量Q偏低，导致△H1大于△H；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，中和热相等；故答案为：大于；不相等；相等；
（4）A、测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，在测碱的温度时，会发生酸和碱的中和，温度计示数变化值减小，所以导致实验测得中和热的数值偏小，故A正确；
B、把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，会导致一部分能量的散失，实验测得中和热的数值偏小，故B正确；
C、做本实验的室温和反应热的数据之间无关，故C错误；
D、将50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水，由于氨水是弱碱，弱碱电离要吸热，导致实验测得中和热的数值偏小，故D正确；
E、在量取盐酸时仰视计数，会使得实际量取体积高于所要量的体积，酸过量，可以保证碱全反应，导致实验测得中和热的数值偏高，故E错误；
F、大烧杯的盖板中间小孔太大，会导致一部分能量散失，导致实验测得中和热的数值偏小，故F正确；
故选：ABDF。
29.氮的化合物在生产、生活中广泛存在
（1）键能是气态原子形成1mol化学键释放的最低能量。已知下列化学键的键能如表所示,写出1mol气态肼（NH2-NH2）燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式_________
化学键
N≡N
O=O
N-N
N-H
O-H
键能/(kJ/mol)
946
497
193
391
463
（2）用焦炭还原NO的反应为：2NO(g)+C(s) N2(g)+CO2(g)，向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒容恒温（反应温度分别为400℃、400℃、T℃）容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n(NO)随反应时间t的变化情况如下表所示：
t/min
0
10
20
30
40
n(NO）（甲容器）/mol
2.00
1.50
1.10
0.80
0.80
n(NO）（乙容器）/mol
1.00
0.80
0.65
0.53
0.45
n(NO）（丙容器）/mol
2.00
1.45
1.00
1.00
1.00
该反应为_____________（填“放热”或“吸热”）反应乙容器中的反应在60min时达到平衡状态，则0-60min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率V（NO）=_________
（3）用焦炭还原NO2的反应为：2NO2(g)+2C(s) N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1molNO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)_____________Kc(B)（填“＜”或“＞”或“=”）。
②A、B、C三点中NO2的转化率最高的是_____________（填“A”或“B”或“C”）点。
③计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=____________（Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
【答案】(1). N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH= -544 kJ·mol-1 (2). 放热 (3). 0.01mol·L-1·min-1 (4). = (5). A (6). 2Mpa
【解析】
【分析】（1）先根据题干信息写出化学反应方程式，然后根据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和计算该反应的焓变，然后书写出热化学方程式；
（2）根据比较甲、丙容器中的数据，丙容器中先达到平衡，则说明丙容器中温度高，平衡时丙容器中NO的物质的量高于甲容器，说明温度升高平衡向逆方向移动，从而分析出该反应的热效应；根据2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g），前后气体体积不变，相同温度下，甲与乙为等效平衡，故乙平衡时NO的物质的量为甲平衡时的一半，即为0.4mol，根据计算出0∼60min内NO的平均反应速率；
（3）①平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变；
②2NO2（g）+2C（s）N2（g）+2CO2（g），增大压强平衡逆向移动，二氧化氮转化率减小；
③设生成二氧化碳2xmol，列三段式：
2NO2（g）+2C（s）N2（g）+2CO2（g）
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） 2x x 2x
平衡（mol）1-2x x 2x
C点时NO2和CO2浓度相等，则1-2x=2x，解得：x=0.25，然后根据Kp的定义求解。
【详解】（1）1mol肼（NH2-NH2）燃烧生成氮气和水蒸气的化学反应方程式为：N2H4+O2=N2+2H2O，反应物总键能之和=（4×391+193+497）kJ/mol =2254 kJ/mol，生成物总键能之和=（946+4×463）kJ/mol =2798 kJ/mol，该反应反应热=反应物总键能之和-生成物总键能之和=2254 kJ/mol-2798 kJ/mol=-544 kJ/mol，故1mol气态肼（NH2-NH2）燃烧生成氮气和水蒸气的热化学反应方程式为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH= -544 kJ·mol-1；
（2）根据比较甲容器和丙容器中的数据，丙容器中先达到平衡，则说明丙容器中温度高，平衡时丙容器中NO的物质的量高于甲容器，说明温度升高平衡向逆方向移动，所以该反应是放热反应；
②根据2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g），前后气体体积不变，相同温度下，甲与乙为等效平衡，故乙平衡时NO物质的量为甲平衡时的一半，即为0.4mol，则0∼200min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v（NO）===0.01mol·L-1·min-1
（3）①A、B两点的温度相同，平衡常数只与温度有关，故浓度平衡常数关系：Kc（A）=Kc（B）；
②2NO2（g）+2C（s）N2（g）+2CO2（g），增大压强平衡逆向移动，故A、B、C三点中NO2的转化率最高的是A点；
③设生成二氧化碳2xmol，列三段式：
2NO2（g）+2C（s）N2（g）+2CO2（g）
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） 2x x 2x
平衡（mol）1-2x x 2x
C点时NO2和CO2浓度相等，则1-2x=2x，解得：x=0.25，因C点时NO2和CO2浓度相等，则NO2和CO2的分压也相等，即Kp（NO2）=Kp（CO2）=，Kp（N2）=，Kp（C）==2MPa。
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