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【化学】福建省莆田市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
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福建省莆田市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
1．本试卷分第I卷和第II卷，全卷满分100分，考试时间90分钟。
2．可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Mg 24 Al 27 S 32 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Pb 207
第I卷（选择题 共48分）
一、单项选择题：包括24小题，每小题2分，共计48分。每小题只有一个选项符合题意。
1.一种生产和利用氢能的途径如图所示。下列说法中错误的是( )
A. 氢能属于二次能源 B. 太阳能、风能、氢能都属于新能源
C. 太阳能电池的供电原理与燃料电池相同 D. 图中能量转化的方式至少有6种
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氢能是利用太阳能分解水等产生的，故属于二次能源，则A正确；
B. 太阳能、风能、氢能都属于新能源，则B正确；
C. 太阳能电池的供电原理实际是光能转化为电能，而燃料电池的供电原理是将化学能转化为电能，所以二者是不相同的，故C错误；
D. 图中涉及的能量转化方式有太阳能、风能、水能转化为电能，电能与化学能的相互转化，电能与光能、热能的转化6种等，故D正确；
题目要求选错误的，故选C。
2.下列说法正确的是( )
A. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同
B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的能量多
C. 在加热条件下发生的反应均为吸热反应
D. 物质发生化学反应时不一定都伴随着能量变化
【答案】A
【解析】
【详解】A. 反应的焓变与反应条件无关，只与反应的始态和终态有关，所以同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照条件下和点燃条件下的△H相同，故A正确；
B. 固体硫变为硫蒸汽要吸热，则燃烧时放出的热量较少，故B错误；
C. 需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点，故C错误；
D. 物质发生化学反应时一定都伴随着能量变化，这是化学变化的特征之一，故D错误；
正确答案是A。
3.下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是( )
①亚硝酸溶液中存在HNO2分子，呈酸性 ②用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗 ③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应 ④0.1 mol·L-1 HNO2溶液中，c(H+)=0.015 mol·L-1 ⑤该化合物在熔融时不导电
A. ①②③ B. ③④ C. ①②④⑤ D. ①④
【答案】D
【解析】
【详解】弱电解质在溶液中既存在离子，又存在分子，故①能说明；②中做导电性实验，虽导电能力弱，但不能说明其是弱电解质，因为强电解质在浓度低时，导电能力同样很弱；③能不能与Na2SO4溶液反应不能作为判断酸强弱的标准；④若HNO2是强电解质，在溶液中应完全电离，则c（H+）=0.1mol/L，而实际上c（H+）=0.015mol/L，说明HNO2在溶液中不能完全电离，故④也能说明；⑤亚硝酸在熔融时不导电，但是在水溶液中导电，可以说明亚硝酸是电解质，但不能说明亚硝酸是弱电解质，故⑤不能说明，答案为D。
4.下列不能用平衡移动原理解释的是( )
A. 新制氯水中加入CaCO3固体可增大HClO分子的浓度
B. 钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈
C. 通入过量的空气与SO2反应可以提高SO2的利用率
D. 由NO2和N2O4组成的平衡体系加压后颜色先变深后变浅
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氯水中存在：Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO，加入CaCO3与H＋反应，平衡正向移动，HClO浓度增大，能用平衡移动原理解释，A项错误；
B. 钢铁在潮湿空气中发生电化学腐蚀，与平衡移动原理无关，B项正确；
C. 空气过量，促进平衡正向移动，提高SO2的利用率，能用平衡移动原理解释，C项错误；
D. 加压后，二氧化氮浓度增大，气体颜色变深，然后平衡2NO2N2O4向正反应方向移动，所以又变浅，能用平衡移动原理解释，故D错误；
题目要求选不能解释的，故选B。
5.某化学小组进行电化学研究，甲同学设计如图所示装置，乙同学利用甲同学的装置和桌面上其他的药品与材料，不能完成的实验是( )
A. 使甲同学装置中的正极变为负极 B. 设计一个新的原电池
C. 在石墨电极上镀锌 D. 使锌电极受到保护
【答案】C
【解析】
【详解】A. 装置甲是原电池，锌做负极，铜作正极，若将锌换成石墨，电解质换成硝酸银溶液时，即铜变成负极，故A不选；
B. 可将铝、石墨和硝酸银组成一个新的原电池，故B不选；
C. 因为只有硫酸铜和硝酸银2种电解质溶液，并且铜离子和银离子的氧化性都比锌离子强，所以不可能析出锌，故C选；
D. 将锌与铝组合形成原电池，锌作正极被保护，故D不选；
正确答案选C。
6.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化，下列判断正确的是( )
A. 由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应
B. 将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加
C. 实验(c)中将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响
D. 若用NaOH固体测定中和热，则测定数值偏高
【答案】D
【解析】
【详解】A. 与反应吸热、铝与盐酸反应放热、盐酸与氢氧化钠反应放热，故A错误；
B. 等质量的铝片换成铝粉能量相同，将实验(a) 中的等质量的铝片换成铝粉后，释放出的热量不变，故B错误；
C. 中和反应反应热的测定实验中，将环形玻璃搅拌棒换成环形铁质搅拌棒，会导致部分热量散失，致使测定的最高温度偏低，反应热数值偏小，故C错误；
D. NaOH固体溶解放热，若用NaOH固体测定中和热，则测定结果偏高，故D正确；
答案选D。
7.一定温度下，在100mL某一元弱酸HA的溶液中，含有该弱酸的分子数为5.418×1020个，并测得该溶液的c(H＋)=10-3mol/L。在该平衡体系中，这种一元弱酸的电离度为( )
A. 9% B. 10% C. 3% D. 11%
【答案】B
【解析】
【详解】分子的物质的量n= ==0.9×10-3mol，溶液中H+物质的量为10-3mol/L×0.1L=10-4mol，因为是一元酸，一个分子电离生成一个H+，所以原来分子总量为0.9×10-3+10-4=10-3mol，所以电离程度= =×100%=10%，故选B。
8.在容积均为1 L的三个密闭容器中，分别放入铁粉并充入1 mol CO，控制在不同温度下发生反应：Fe(s)＋5CO(g)Fe(CO)5(g)，当反应进行到5 min时，测得CO的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法一定正确的( )
A. 反应进行到5 min时，b容器中v(正)＝v(逆)
B. 正反应为吸热反应
C. b中v(正)大于a中v(逆)
D. 达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为b＞c＞a
【答案】C
【解析】
【详解】A. 5min时，b容器中的反应不一定是平衡状态，则v(正)、v(逆)不一定相等，故A错误；
B. 温度越高，反应速率越快，根据b、c两点可知，升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故B错误；
C. 根据图像，a点温度比b点温度低，因此b平衡时的反应速率大于a平衡时的反应速率，因此b中v(正)大于a中v(逆)，故C正确；
D. 根据B的分析，正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为a＞b＞c，故D错误；
故选C。
9.将反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2设计成如下图所示的原电池。
下列说法不正确的是( )
A. 盐桥中的K+移向FeCl3溶液
B. 反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
C. 电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D. 电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铁电极为正极，碘化钾电极为负极，盐桥中阳离子向正极移动，所以向氯化铁溶液中迁移，正确；
B．反应开始时，因乙中I-失去电子放电，元素的化合价升高，则发生氧化反应，B正确；
C．当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，正确；
D．当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，错误，
故选D。
10.将1molCO和1molNO2充入密闭容器中，在催化剂存在下发生反应 NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)并达到化学平衡，发现有50%的CO转化为CO2。在其它条件不变的情况下，若将1molCO和2molNO2充入上述反应器中，则反应达到化学平衡时，混合气体中CO2的体积分数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】试题分析：根据“三段式法”进行计算
第一种情况： NO2（g）+CO（g）CO2（g）+NO（g）
起始（mol）： 1 1 0 0
变化（mol）： 0.5 0.5 0.5 0.5
平衡（mol）： 0.5 0.5 0.5 0.5
故此反应的平衡常数；
在其它条件不变的情况下，若将1molCO和2molNO2充入上述反应器中，则两种情况下平衡常数不发生改变。
第一种情况： NO2（g）+CO（g）CO2（g）+NO（g）
起始（mol）： 2 1 0 0
变化（mol）： x x x x
平衡（mol）： （2-x）(1-x) x x
平衡常数，解得
因此，平衡时混合气体中的体积分数：，故答案选A。
11.某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为：H2A＝H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－(25 ℃时Ka＝5.0×10－3)，下列有关说法中正确的是( )
A. H2A是弱酸
B. 稀释0.1 mol·L－1 H2A溶液，因电离平衡向右移动而导致c(H＋)增大
C. 若0.1 mol·L－1 NaHA溶液中c(H＋)＝0.02 mol·L－1，则0.1 mol·L－1的H2A中c(H＋)＜0.12 mol·L－1
D. 在0.1 mol·L－1的H2A溶液中，c(H＋)＝0.12 mol·L－1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 二元酸（H2A）在水中第一步电离为完全电离，H2A＝H＋＋HA－，则H2A不是弱酸，故A错误；
B. 加水稀释电离平衡正移，但氢离子浓度减小，所以稀释0.1mol/LH2A溶液，电离平衡向右移动，但是c（H+）减小，故B错误；
C. 若0.1mol/L的NaHA溶液中c（H+）=0.02mol/L，0.1mol/L的H2A溶液中存在H2A＝H++HA-，HA-H++A2-，第一步电离出的氢离子，抑制了第二步电离，所以c（H+）＜0.12mol/L，故C正确；
D.根据C中分析可知在0.1 mol·L－1的H2A溶液中，c(H＋)＜0.12 mol·L－1，故D错误；
正确答案是C。
12.下列对反应热的描述中，正确的是（ ）
A. 甲烷的燃烧热△H =－890.3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H =－890.3 kJ·mol-1
B. 一定条件下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3放热akJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H =－2a kJ·mol-1
C. 在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则水分解的热化学方程式表示为：2H2O(l) =2H2(g)+O2(g) △H =+571.6 kJ·mol-1
D. HCl和NaOH反应中和热△H =－57.3 kJ·mol-1，则CH3COOH和NaOH反应生成1mol水时放出的热量为57.3kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A、燃烧热是可燃物生成稳定的氧化物，水应是液态，因此热化学反应方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H=－890.3kJ·mol－1，选项A错误；
B、此反应是可逆反应，不能进行到底，此题不知道消耗氮气或氢气的消耗量，选项B错误；
C、水分解是吸热反应，因此生成4g氢气，吸收热量4×285.8/2kJ=571.6kJ，选项C正确；
D、醋酸是弱酸，弱电解质的电离是吸热过程，放出的热量小于57.3kJ，选项D错误。
答案选C。
13.已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g) △H=+100kJ/mol 的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是( )
A. 加入催化剂，该反应的反应热△H 将减小
B. 每生成2molA-B键，将吸收bkJ能量
C. 每生成2分子AB吸收(a-b) kJ能量
D. 该反应正反应的活化能大于100kJ/mol
【答案】D
【解析】A、反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，催化剂不能改变反应热的大小，故A错误；B、每生成2molA-B键，将放出bkJ能量，故B错误；C、每生成2mol分子AB吸收(a-b) kJ能量，故C错误；D、(a-b) =100kJ，a=100kJ+b，该反应正反应的活化能大于100kJ/mol，故D正确；故选D。
14.在一定体积的密闭容器中放入3L气体R和5L气体Q，在一定条件下发生反应：2R（g）+5Q（g）⇌4X（g）+nY（g）。反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，则化学方程式中的n值是（ ）
A. 2 B. 3
C 4 D. 5
【答案】A
【解析】
【详解】容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，说明反应后气体的总物质的量减小，则反应应向物质的量减小的方向进行，即方程式中反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和，则有：2+5>4+n，n<3，n为整数等于2，A项正确；
答案选A。
15.下列说法正确的是( )
A. 用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁水闸时，将钢铁水闸与石墨相连
B. 22.4 L(标准状况)O2与1 mol Na充分反应，转移电子数为2×6.02×1023个
C. 反应3Si(s)＋2N2(g)===Si3N4(s)能自发进行，则该反应的ΔH>0
D. 由反应①CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH1，②CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)ΔH2，则反应③CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)的ΔH＝ΔH2－ΔH1
【答案】D
【解析】
【详解】A.将钢铁水闸与石墨相连时，形成原电池中钢铁水闸作负极被氧化而腐蚀，故A错误；
B.转移电子的物质的量等于Na的物质的量为1mol，转移电子数为6.02×1023，故B错误；
C.该反应能自发进行，△H–T△S＜0，由于该反应气体物质的量减少，△S＜0，所以该反应的ΔH＜0，故C错误；
D.反应CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g) ΔH2 与CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH1相减得反应CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g) ΔH2－ΔH1，所以ΔH＝ΔH2－ΔH1，故D正确；
正确答案是D。
16.化学中常借助曲线图来表示某种变化过程，有关下列四个曲线图的说法不正确的是( )
A. 对反应：aA(s)＋2B(g) xC(g)，根据图①可以求出x＝2
B. 图②可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化
C. 图③表示压强对可逆反应2A(g)＋2B(g) 3C(g)＋D(g)的影响，乙的压强大
D. 升高温度，图④表示的反应中反应物的转化率增大
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据图①可知在2min内B物质减少0.2mol，C增加0.2mol，二者反应的物质的量的比等于方程式中二者化学计量数的比，所以x=2，A正确；
B.可逆反应改变温度的瞬间，正、逆反应速率都会增大或减小，所以该图②不可能表示改变温度后的反应速率。B错误；
C.增大压强，化学反应速率增大，达到平衡所用时间缩短，可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(g)是反应前后气体体积不变的反应，所以增大压强，物质的平衡含量不变，C正确；
D.升高温度后由于V正>V逆，平衡正向移动，所以图④表示的反应中反应物的的转化率都增大，D正确；
题目要求选不正确的，故选B。
17.一定温度下，冰醋酸加水稀释的过程中，溶液导电能力(I)随加水的体积（V）变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. “O”点导电能力为0的理由是冰醋酸是固体，内部的离子不能自由移动
B. a、b、c三点中，a点c(H＋)最大，因为电解质溶液浓度越大，离子浓度就越大
C. a、b、c三点中，a点水电离的程度最小
D. 加大量水稀释，溶液中所有微粒浓度都减小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 无论冰醋酸是固态或液态，都不导电，因为无水醋酸不电离，而不是因为内部的离子不能自由移动，故A错误；
B. 溶液的导电能力由离子浓度决定，题目图象说明冰醋酸加水稀释过程中，导电能力随水的加入逐渐增大到最大值又逐渐减小，故c（H+）是b点最大，c点最小，故B错误；
C. 溶液越稀，越促进醋酸电离，冰醋酸加水稀释的过程中，c点水电离的程度最大，a点水电离的程度最小，故C正确；
D. 溶液显酸性，向溶液中加水，溶液中主要存在的离子浓度都减小，根据水的离子积常数，氢氧根离子浓度增大，故D错误；
18. 下图所示电解池I和II中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b﹤d。符合上述实验结果的盐溶液是( )
选项
X
Y
A．
MgSO4
CuSO4
B．
AgNO3
Pb(NO3)2
C．
FeSO4
Al2(SO4)3
D．
CuSO4
AgNO3
【答案】D
【解析】试题分析：电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＞d，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中(H)以后，转移相同电子时，b析出金属质量大于d．阳离子得电子能力如图所示：，前面的H+表示酸溶液中的H+，后面的H+表示盐溶液中的H+；A．在金属活动性顺序表中，Mg在H之前，所以电解镁盐溶液时阴极上不能得到金属单质，故A错误；B．由阳离子得电子能力顺序表可以看出，盐溶液中Ag+和Pb2+的得电子能力均大于H+，因此电解硝酸银溶液时阴极b电极上生成Ag、电解硝酸铅溶液阴极d上生成Pb，两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重216g，d增重207g，所以质量增加b＞d，故B错误；C．在金属活动性顺序表中，Fe、Al都在H之前，电解亚铁盐、铝溶液溶液时阴极上都不能得到金属单质，故C错误；D．两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重64g，d增重216g，所以质量增加b＜d，故D正确；故选D。
19.某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是( )
A. 断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl—Cl2↑+H2↑
B. 断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红
C. 断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e—＝2Cl—
D. 断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极
【答案】D
【解析】
【详解】断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为2Cl-+2H2OH2↑+2OH-+Cl2↑，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜电极附近产生OH-，溶液变红，A错误；
B、根据A中分析可知B错误；
C、断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e-=2Cl-，其为正极，C错误；
D、根据C中分析可知D正确，答案选D。
20.下图表示溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是( )
A. 两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝Kw
B. M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)
C. 图中T1＜T2
D. XZ线上任意点均有pH＝7
【答案】D
【解析】试题分析：A、由图像知，两曲线上的任意点均是平衡点，且温度一定，所以其水的离子积是一个常数，A正确；B、当c（H+）=10-7mol/L时，向上作垂线得在M区域内c(OH-)＞10-7mol/L，B正确；C、水的电离是吸热反应，升温促进水电离，c（H+）、c(OH-)及Kw都增大，所以T1＜T2，C正确、D、X曲线在25℃时c（H+）=10-7mol/L，pH=7，而Z曲线温度高于25℃，其pH＜7，D错误。答案选D。
21.以铅蓄电池为电源，石墨为电极电解CuSO4溶液(足量)，装置如下图。若一段时间后Y电极上有6.4 g红色物质析出，停止电解。下列说法正确的是( )
A. a为铅蓄电池负极
B. 电解过程中SO42-向右侧移动
C. 电解结束时，左侧溶液质量增重8 g
D. 铅蓄电池工作时正极电极反应式为：PbSO4＋2e－===Pb＋SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】A.电解池的Y极有Cu析出，则Y为阴极，b为铅蓄电池的负极，故A错误；
B.电解过程中SO42－向电解池的阳极X极移动，即左侧移动，故B错误；
C.电解过程中，阴极析出6.4g铜的物质的量为0.1mol，转移电子为0.2mol，则同时有0.2mol÷2=0.1mol的SO42-进入左侧，其质量为0.1mol×96g/mol=9.6 g，且阳极上有0.2mol÷4=0.05 molO2生成，其质量为0.05mol×32g/mol=1.6 g，故结束时，左侧溶液质量增重9.6 g-1.6 g=8 g ，故C正确；
D.铅蓄电池工作时正极电极反应式为：4H++PbO2+2e－+SO42－＝PbSO4 ↓+2H2O，故D错误；答案为C。
22.某科研小组公司开发了Li-SO2Cl2军用电池，其示意图如下图所示，已知电池反应为：2Li+SO2Cl2═2LiCl+SO2↑；下列叙述中错误的是( )
A. 电池工作时负极材料是Li，发生氧化反应
B. 将电解质溶液改为LiCl的水溶液，电池性能会更好
C. 电池工作时电子流向：锂电极→导线→负载→导线→碳棒
D. 电池工作过程中，石墨电极反应式为SO2Cl2+2e-═2Cl-+SO2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A. 电池工作时负极材料是Li，失电子发生氧化反应，故A正确；
B. 锂与水能反应，不能将电解质溶液改为LiCl的水溶液，故B错误；
C. 电池工作时电子由负极流向正极，故C正确；
D. 电池工作过程中，石墨是正极，电极反应式为SO2Cl2+2e−=2Cl−+SO2↑，故D正确；
题目要求选择错误的选项，故选B。
23.下列叙述正确的是( )
A. 常温时，某溶液中由水电离出来的c(H＋)和c(OH－)的乘积为1×10－24，该溶液中一定可以大量存在K＋、Na＋、AlO2-、SO42-
B. 往等c(H＋)和等体积的盐酸和醋酸中，分别加足量相同的锌片，相同状况下，与醋酸反应产生的气体体积更大
C. 已知H2CO3 的 Ka1= 4.30×10-7，Ka2= 5.61×10-11，HClO的 Ka = 3.0×10-8，则反应CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO能够成立
D. 等c(H＋)的盐酸和醋酸，加水稀释100倍后，c(H＋)前者大于后者
【答案】B
【解析】
【详解】A. 水电离出来的c（H+）和c（OH-）的乘积为1×10-24，该溶液为酸性或者碱性溶液，偏铝酸根离子能够与氢离子反应；
B. 醋酸是弱酸，所以当c(H+)相同时，醋酸物质的量浓度大，含溶质物质的量多，所以反应放出的氢气多；
C. 已知H2CO3 的Ka1= 4.30×10-7，Ka2= 5.61×10-11，HClO的Ka = 3.0×10-8，所以酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，这个反应只能生成碳酸氢钠，不能生成碳酸钠，因为次氯酸的酸性介于碳酸和碳酸氢根离子之间，故C错误；
D. 相同c（H+）的盐酸、醋酸均稀释100倍后，盐酸中氢离子浓度都变为原先的，而醋酸为弱酸，稀释后醋酸的电离程度增大，醋酸中氢离子浓度大于原先溶液中氢离子浓度的，所以稀释后溶液中c（H+）由大到小的顺序是：醋酸＞盐酸，故D错误；
正确答案是B。
24.在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下（已知N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) △H=－92.4kJ/mol）：
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1molN2、3molH2
2molNH3
1molNH3
NH3的浓度（mol/L）
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出a kJ
吸收b kJ
吸收c kJ
体系压强
P1
P2
P3
反应物转化率
α1
α2
α3
下列说法不正确的是( )
A. ＞c3 B. a + b=92.4 C. P2＞2P3 D. α1 +α3＞1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 丙容器反应物投入量1molNH3，采用极限转化法转化为反应物为0.5molN2、1.5molH2，是甲中的，若平衡不移动，c3=c1；丙相当于减小压强，平衡向正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的，即c3＞c1，故A正确；
B. 甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故a+b=92.4，故B错误；
C. 丙容器反应物投入量1molNH3，是乙的一半，若平衡不移动，丙中压强为乙的一半；由于丙中相当于减小压强，平衡向正向移动，所以丙中压强增大，大于乙的，即p2＜p3，则P2＜2P3，故C正确；
D. 丙容器反应物投入量1molNH3，是甲，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；由于丙中相当于减小压强，平衡向正向移动，氨气的转化率增大，所以转化率α1+α3＞1，故D正确；
第Ⅱ卷（非选择题 共52分）
25.ⅰ.有下列物质：①铜；②硫酸钡固体；③氨水；④氢氧化钠固体；⑤熔融硝酸钾；⑥乙醇；⑦盐酸；⑧金刚石；⑨二氧化硫；⑩冰醋酸。
其中能导电的有_______；（填序号，下同）属于非电解质的有_____；属于强电解质的有_____；
ⅱ.写出①H2SO3 ②CH3COONH4在水中的电离方程式：
___________________________________________________________；
___________________________________________________________。
【答案】(1). ①③⑤⑦ (2). ⑥⑨ (3). ②④⑤ (4). H2SO3H++HSO3- (5). CH3COONH4=NH4++CH3COO-
【解析】
【详解】ⅰ.①铜是金属单质，能导电，不是电解质也不是非电解质；②硫酸钡固体是盐，属于电解质。熔融状态下能完全电离，是强电解质；③氨水是混合物，能导电，不是电解质也不是非电解质；④氢氧化钠固体是电解质，由于是固体，所以不能导电；在水中或熔融状态下能完全电离，是强电解质；⑤熔融硝酸钾是电解质，因为在熔融态，因此可以导电；在水中或熔融状态下能完全电离，是强电解质；⑥乙醇是非电解质，不能导电；⑦盐酸是混合物，能导电，不是电解质也不是非电解质；⑧金刚石是非金属单质，不能导电，不是电解质也不是非电解质；⑨二氧化碳是非电解质，不能导电；⑩冰醋酸是电解质，由于都是以电解质分子的形式存在，所以不能导电。在水溶液中存在电离平衡，因此是弱电解质。因此其中能导电的有①③⑤⑦；属于非电解质的有⑥⑨；属于强电解质的有②④⑤ ；
ⅱ.H2SO3是二元弱酸，在水中电离出H+和HSO3-，电离方程式为：H2SO3H++HSO3-；CH3COONH4水中完全电离出NH4+和CH3COO-，电离方程式为：CH3COONH4=NH4++CH3COO-。
26.Ⅰ.铁、铝及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。
(1)某研究性学习小组设计了如图所示装置探究钢铁的腐蚀与防护。
为防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述________(填装置序号)装置原理进行防护；装置③中总反应的离子方程式为_________________。
(2)为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器浸于铝质容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为_______________________。
Ⅱ.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，采用肼(N2H4)燃料电池为电源，用离子交换膜控制电解液中c(OH－)制备纳米Cu2O，其装置如图甲、乙。
(1)上述装置中D电极应连接肼燃料电池的________极(填“A”或“B”)，该电解池中离子交换膜为________离子交换膜(填“阴”或“阳”)。
(2)该电解池的阳极反应式为____________________。
(3)当反应生成14.4 g Cu2O时，至少需要肼________mol。
【答案】(1). ②③ (2). 2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑ (3). 作电解质溶液(或导电) (4). B (5). 阴 (6). 2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O (7). 0.05
【解析】
【详解】Ⅰ.(1)①装置为原电池铁为负极被腐蚀；②装置为原电池锌做负极被腐蚀，铁做正极被保护；③装置为电解池，铁做阴极被保护；装置③中发生的是电解饱和食盐水的反应，阳极是氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得到电子发生还原反应，反应离子方程式为：2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑；
(2)为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，是利用原电池原理，用铝置换出银，食盐水的作用为做电解质溶液，形成原电池。
Ⅱ. (1)燃料电池正极通氧化剂，负极通燃料，即A极为负极，B极为正极。图乙为电解池装置，电解目的为制备Cu2O，则D极作阳极，接电池正极(B极)，铜被氧化。阳极反应为2Cu-2e-+2OH－＝Cu2O+H2O，反应消耗OH-，采用阴离子交换膜使OH-向阳极移动。
(2)根据上述分析，阳极反应为2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O；
(3)根据电极反应2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O和N2H4-4e-+4OH-＝N2↑+4H2O可知，Cu2O与N2H4的数量关系式为2Cu2O～N2H4～4e-，当反应生成14.4 g Cu2O(0.1mol)时，至少需要肼为0.05mol。
27.Ⅰ.利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g) △H1；②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2 ③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3；
化学键
H-H
C-O
CO
H-O
C-H
E/（kJ·mol-1）
436
343
1076
465
X
回答下列问题：
（1）已知△H2=-99 kJ·mol-1，则根据上表相关的化学键键能（“CO”表示CO的化学键）计算X=_______ kJ·mol-1。
（2）反应①、②、③对应的平衡常数K1、K2、K3之间的关系式为___________。
（3）根据化学反应原理，分析增大压强对反应③的影响为_______________。（提示：从对反应速率、平衡状态、转化率角度回答）
Ⅱ.清洁能源具有广阔的开发和应用前景，可减小污染解决雾霾问题，其中甲醇、甲烷是优质的清洁燃料，可制作燃料电池。一定条件下用CO和H2合成CH3OH：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H=-99kJ•mol-1。向体积为2L的密闭容器中充入2molCO和4molH2，测得不同温度下容器内的压强（P：kPa）随时间（min）的变化关系如图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ曲线所示：
①Ⅱ和Ⅰ相比，改变的反应条件是_________；
②反应Ⅰ在6min时达到平衡，在此条件下从反应开始到达到平衡时v（CH3OH）=_________；
③反应Ⅱ在2min时达到平衡，平衡常数K（Ⅱ）=_________；
④比较反应Ⅰ温度（T1）和反应Ⅲ的温度（T3）的高低：T1_____T3（填“＞”“＜”“=”），判断的理由是_________。
【答案】(1). 413 (2). K1=K2·K3（或者K3=K1/K2） (3). 增大压强，反应速率加快，平衡不移动，反应物的转化率不变 (4). Ⅱ中使用催化剂 (5). 0.125 mol/（L·min） (6). 12 (7). ＞ (8). 反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，平衡向正反应方向移动
【解析】
【详解】（1）反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据表中数据和反应的化学方程式CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)可知反应热△H2=1076 kJ·mol-1+ 2×436kJ·mol-1-3x-343 kJ·mol-1-465 kJ·mol-1=-99 kJ·mol-1，解得x=413；
（2）K1=，K2=，K3=，K1===K2·K3；
（3）③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)正向反应气体体积不变，故增大压强，反应速率加快，平衡不移动，反应物的转化率不变；
（4）①Ⅱ和Ⅰ相比反应速率加快，不影响平衡移动，正反应为气体物质的量减小的反应，应是使用催化剂，故答案为：Ⅱ中使用催化剂；
②恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，故平衡时混合气体总物质的量为(2+4)mol× =3mol，则：
CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) 物质的量减小△n=2
起始量(mol) 2 4 0
变化量(mol) 1.5 3 1.5 6－3=3
平衡量(mol) 0.5 1 1.5
则v(CH3OH)= =0.125mol/(L.min)；
③Ⅱ、Ⅰ温度相同，平衡常数相同，平衡常数K(Ⅱ)=K= = =12；
④反应Ⅲ达平衡时所用的时间比反应Ⅰ达平衡时所用的时间长，化学反应速率慢，且Ⅲ平衡时压强比I小，与I相比平衡正向移动，正反应为气体体积减小放热反应，应降低温度，故温度T1温度更高。
28.(1)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________(填字母序号，下同)。
A．c(H＋) B． C．c(H＋)·c(OH－) D．
若该溶液升高温度，上述4种表达式的数据增大的是________。
(2)某温度时，0.1 mol·L－1的醋酸溶液中的c(H＋)与0.01 mol·L－1的醋酸溶液中的c(H＋)的比值______(填“大于”“小于”或“等于”)10。
(3)已知：25 ℃时，醋酸的电离平衡常数为1.75×10－5。
①求该温度时，a mol·L－1的醋酸溶液中c1(H＋)＝________mol·L－1(用含a的代数式表示)。[提示：此时a比较小，进行简化计算，平衡时c(CH3COOH)可用初始浓度代替，水电离出的c(H＋)、c(OH－)忽略不计，下同]
②若该温度时向该溶液中加入一定量的CH3COONH4(假设溶液体积不变)，使溶液中c(CH3COO－)变为b mol·L－1，则此时c2(H＋)＝________(用含a、b的代数式表示)mol·L－1。
③c1(H＋)________(填“大于”“小于”或“等于”)c2(H＋)。
【答案】(1). A (2). ABC (3). 小于 (4). (5). (6). 大于
【解析】
【详解】(1)CH3COOH溶液加水稀释过程中，由于溶液体积增大，而醋酸的电离程度较小，则稀释后溶液中c（H+）减小，故A正确；B. 稀释过程中氢离子的物质的量增大、醋酸的物质的量减小，由于在同一溶液中，溶液体积相同，则的比值增大，故B错误；C. 溶液中c（H+）•c（OH-）之积为水的离子积，稀释后溶液温度不变，则水的离子积不变，故C错误；D. 稀释过程中氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，则的比值变大，故D错误；故选A；若该溶液升高温度，醋酸、水的电离程度都增大，则溶液中氢离子、氢氧根离子浓度都增大。A. 升高温度后溶液中氢离子浓度c（H+）增大，故A正确；B.升高温度后氢离子、氢氧根离子浓度都增大，，醋酸的浓度减小，则该比值增大，故B正确；C.c（H+）•c（OH-）为水的离子积，升高温度后水的电离程度增大，则水的离子积增大，故C正确；D.，升高温度后氢氧根离子、氢离子浓度都增大，但氢氧根离子浓度增大的幅度大于氢氧根离子，所以该比值减小，故D错误；故答案为：ABC；
(2)酸溶液的浓度越小电离程度越大，因此0.1 mol/L的CH3COOH溶液与0.01mol/L的CH3COOH溶液中的c（H+）之比小于10，故答案为：小于；
(3)①c（H+）==mol/L；
②c（H+）==，故答案为：；
③加入一定量的CH3COONH4（假设溶液体积不变），醋酸离子浓度增大，醋酸电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，所以c1（H+）＞c2（H+）。
1．本试卷分第I卷和第II卷，全卷满分100分，考试时间90分钟。
2．可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Mg 24 Al 27 S 32 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Pb 207
第I卷（选择题 共48分）
一、单项选择题：包括24小题，每小题2分，共计48分。每小题只有一个选项符合题意。
1.一种生产和利用氢能的途径如图所示。下列说法中错误的是( )
A. 氢能属于二次能源 B. 太阳能、风能、氢能都属于新能源
C. 太阳能电池的供电原理与燃料电池相同 D. 图中能量转化的方式至少有6种
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氢能是利用太阳能分解水等产生的，故属于二次能源，则A正确；
B. 太阳能、风能、氢能都属于新能源，则B正确；
C. 太阳能电池的供电原理实际是光能转化为电能，而燃料电池的供电原理是将化学能转化为电能，所以二者是不相同的，故C错误；
D. 图中涉及的能量转化方式有太阳能、风能、水能转化为电能，电能与化学能的相互转化，电能与光能、热能的转化6种等，故D正确；
题目要求选错误的，故选C。
2.下列说法正确的是( )
A. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同
B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的能量多
C. 在加热条件下发生的反应均为吸热反应
D. 物质发生化学反应时不一定都伴随着能量变化
【答案】A
【解析】
【详解】A. 反应的焓变与反应条件无关，只与反应的始态和终态有关，所以同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照条件下和点燃条件下的△H相同，故A正确；
B. 固体硫变为硫蒸汽要吸热，则燃烧时放出的热量较少，故B错误；
C. 需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点，故C错误；
D. 物质发生化学反应时一定都伴随着能量变化，这是化学变化的特征之一，故D错误；
正确答案是A。
3.下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是( )
①亚硝酸溶液中存在HNO2分子，呈酸性 ②用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗 ③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应 ④0.1 mol·L-1 HNO2溶液中，c(H+)=0.015 mol·L-1 ⑤该化合物在熔融时不导电
A. ①②③ B. ③④ C. ①②④⑤ D. ①④
【答案】D
【解析】
【详解】弱电解质在溶液中既存在离子，又存在分子，故①能说明；②中做导电性实验，虽导电能力弱，但不能说明其是弱电解质，因为强电解质在浓度低时，导电能力同样很弱；③能不能与Na2SO4溶液反应不能作为判断酸强弱的标准；④若HNO2是强电解质，在溶液中应完全电离，则c（H+）=0.1mol/L，而实际上c（H+）=0.015mol/L，说明HNO2在溶液中不能完全电离，故④也能说明；⑤亚硝酸在熔融时不导电，但是在水溶液中导电，可以说明亚硝酸是电解质，但不能说明亚硝酸是弱电解质，故⑤不能说明，答案为D。
4.下列不能用平衡移动原理解释的是( )
A. 新制氯水中加入CaCO3固体可增大HClO分子的浓度
B. 钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈
C. 通入过量的空气与SO2反应可以提高SO2的利用率
D. 由NO2和N2O4组成的平衡体系加压后颜色先变深后变浅
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氯水中存在：Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO，加入CaCO3与H＋反应，平衡正向移动，HClO浓度增大，能用平衡移动原理解释，A项错误；
B. 钢铁在潮湿空气中发生电化学腐蚀，与平衡移动原理无关，B项正确；
C. 空气过量，促进平衡正向移动，提高SO2的利用率，能用平衡移动原理解释，C项错误；
D. 加压后，二氧化氮浓度增大，气体颜色变深，然后平衡2NO2N2O4向正反应方向移动，所以又变浅，能用平衡移动原理解释，故D错误；
题目要求选不能解释的，故选B。
5.某化学小组进行电化学研究，甲同学设计如图所示装置，乙同学利用甲同学的装置和桌面上其他的药品与材料，不能完成的实验是( )
A. 使甲同学装置中的正极变为负极 B. 设计一个新的原电池
C. 在石墨电极上镀锌 D. 使锌电极受到保护
【答案】C
【解析】
【详解】A. 装置甲是原电池，锌做负极，铜作正极，若将锌换成石墨，电解质换成硝酸银溶液时，即铜变成负极，故A不选；
B. 可将铝、石墨和硝酸银组成一个新的原电池，故B不选；
C. 因为只有硫酸铜和硝酸银2种电解质溶液，并且铜离子和银离子的氧化性都比锌离子强，所以不可能析出锌，故C选；
D. 将锌与铝组合形成原电池，锌作正极被保护，故D不选；
正确答案选C。
6.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化，下列判断正确的是( )
A. 由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应
B. 将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加
C. 实验(c)中将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响
D. 若用NaOH固体测定中和热，则测定数值偏高
【答案】D
【解析】
【详解】A. 与反应吸热、铝与盐酸反应放热、盐酸与氢氧化钠反应放热，故A错误；
B. 等质量的铝片换成铝粉能量相同，将实验(a) 中的等质量的铝片换成铝粉后，释放出的热量不变，故B错误；
C. 中和反应反应热的测定实验中，将环形玻璃搅拌棒换成环形铁质搅拌棒，会导致部分热量散失，致使测定的最高温度偏低，反应热数值偏小，故C错误；
D. NaOH固体溶解放热，若用NaOH固体测定中和热，则测定结果偏高，故D正确；
答案选D。
7.一定温度下，在100mL某一元弱酸HA的溶液中，含有该弱酸的分子数为5.418×1020个，并测得该溶液的c(H＋)=10-3mol/L。在该平衡体系中，这种一元弱酸的电离度为( )
A. 9% B. 10% C. 3% D. 11%
【答案】B
【解析】
【详解】分子的物质的量n= ==0.9×10-3mol，溶液中H+物质的量为10-3mol/L×0.1L=10-4mol，因为是一元酸，一个分子电离生成一个H+，所以原来分子总量为0.9×10-3+10-4=10-3mol，所以电离程度= =×100%=10%，故选B。
8.在容积均为1 L的三个密闭容器中，分别放入铁粉并充入1 mol CO，控制在不同温度下发生反应：Fe(s)＋5CO(g)Fe(CO)5(g)，当反应进行到5 min时，测得CO的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法一定正确的( )
A. 反应进行到5 min时，b容器中v(正)＝v(逆)
B. 正反应为吸热反应
C. b中v(正)大于a中v(逆)
D. 达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为b＞c＞a
【答案】C
【解析】
【详解】A. 5min时，b容器中的反应不一定是平衡状态，则v(正)、v(逆)不一定相等，故A错误；
B. 温度越高，反应速率越快，根据b、c两点可知，升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故B错误；
C. 根据图像，a点温度比b点温度低，因此b平衡时的反应速率大于a平衡时的反应速率，因此b中v(正)大于a中v(逆)，故C正确；
D. 根据B的分析，正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为a＞b＞c，故D错误；
故选C。
9.将反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2设计成如下图所示的原电池。
下列说法不正确的是( )
A. 盐桥中的K+移向FeCl3溶液
B. 反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
C. 电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D. 电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铁电极为正极，碘化钾电极为负极，盐桥中阳离子向正极移动，所以向氯化铁溶液中迁移，正确；
B．反应开始时，因乙中I-失去电子放电，元素的化合价升高，则发生氧化反应，B正确；
C．当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，正确；
D．当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，错误，
故选D。
10.将1molCO和1molNO2充入密闭容器中，在催化剂存在下发生反应 NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)并达到化学平衡，发现有50%的CO转化为CO2。在其它条件不变的情况下，若将1molCO和2molNO2充入上述反应器中，则反应达到化学平衡时，混合气体中CO2的体积分数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】试题分析：根据“三段式法”进行计算
第一种情况： NO2（g）+CO（g）CO2（g）+NO（g）
起始（mol）： 1 1 0 0
变化（mol）： 0.5 0.5 0.5 0.5
平衡（mol）： 0.5 0.5 0.5 0.5
故此反应的平衡常数；
在其它条件不变的情况下，若将1molCO和2molNO2充入上述反应器中，则两种情况下平衡常数不发生改变。
第一种情况： NO2（g）+CO（g）CO2（g）+NO（g）
起始（mol）： 2 1 0 0
变化（mol）： x x x x
平衡（mol）： （2-x）(1-x) x x
平衡常数，解得
因此，平衡时混合气体中的体积分数：，故答案选A。
11.某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为：H2A＝H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－(25 ℃时Ka＝5.0×10－3)，下列有关说法中正确的是( )
A. H2A是弱酸
B. 稀释0.1 mol·L－1 H2A溶液，因电离平衡向右移动而导致c(H＋)增大
C. 若0.1 mol·L－1 NaHA溶液中c(H＋)＝0.02 mol·L－1，则0.1 mol·L－1的H2A中c(H＋)＜0.12 mol·L－1
D. 在0.1 mol·L－1的H2A溶液中，c(H＋)＝0.12 mol·L－1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 二元酸（H2A）在水中第一步电离为完全电离，H2A＝H＋＋HA－，则H2A不是弱酸，故A错误；
B. 加水稀释电离平衡正移，但氢离子浓度减小，所以稀释0.1mol/LH2A溶液，电离平衡向右移动，但是c（H+）减小，故B错误；
C. 若0.1mol/L的NaHA溶液中c（H+）=0.02mol/L，0.1mol/L的H2A溶液中存在H2A＝H++HA-，HA-H++A2-，第一步电离出的氢离子，抑制了第二步电离，所以c（H+）＜0.12mol/L，故C正确；
D.根据C中分析可知在0.1 mol·L－1的H2A溶液中，c(H＋)＜0.12 mol·L－1，故D错误；
正确答案是C。
12.下列对反应热的描述中，正确的是（ ）
A. 甲烷的燃烧热△H =－890.3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H =－890.3 kJ·mol-1
B. 一定条件下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3放热akJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H =－2a kJ·mol-1
C. 在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则水分解的热化学方程式表示为：2H2O(l) =2H2(g)+O2(g) △H =+571.6 kJ·mol-1
D. HCl和NaOH反应中和热△H =－57.3 kJ·mol-1，则CH3COOH和NaOH反应生成1mol水时放出的热量为57.3kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A、燃烧热是可燃物生成稳定的氧化物，水应是液态，因此热化学反应方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H=－890.3kJ·mol－1，选项A错误；
B、此反应是可逆反应，不能进行到底，此题不知道消耗氮气或氢气的消耗量，选项B错误；
C、水分解是吸热反应，因此生成4g氢气，吸收热量4×285.8/2kJ=571.6kJ，选项C正确；
D、醋酸是弱酸，弱电解质的电离是吸热过程，放出的热量小于57.3kJ，选项D错误。
答案选C。
13.已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g) △H=+100kJ/mol 的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是( )
A. 加入催化剂，该反应的反应热△H 将减小
B. 每生成2molA-B键，将吸收bkJ能量
C. 每生成2分子AB吸收(a-b) kJ能量
D. 该反应正反应的活化能大于100kJ/mol
【答案】D
【解析】A、反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，催化剂不能改变反应热的大小，故A错误；B、每生成2molA-B键，将放出bkJ能量，故B错误；C、每生成2mol分子AB吸收(a-b) kJ能量，故C错误；D、(a-b) =100kJ，a=100kJ+b，该反应正反应的活化能大于100kJ/mol，故D正确；故选D。
14.在一定体积的密闭容器中放入3L气体R和5L气体Q，在一定条件下发生反应：2R（g）+5Q（g）⇌4X（g）+nY（g）。反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，则化学方程式中的n值是（ ）
A. 2 B. 3
C 4 D. 5
【答案】A
【解析】
【详解】容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，说明反应后气体的总物质的量减小，则反应应向物质的量减小的方向进行，即方程式中反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和，则有：2+5>4+n，n<3，n为整数等于2，A项正确；
答案选A。
15.下列说法正确的是( )
A. 用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁水闸时，将钢铁水闸与石墨相连
B. 22.4 L(标准状况)O2与1 mol Na充分反应，转移电子数为2×6.02×1023个
C. 反应3Si(s)＋2N2(g)===Si3N4(s)能自发进行，则该反应的ΔH>0
D. 由反应①CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH1，②CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)ΔH2，则反应③CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)的ΔH＝ΔH2－ΔH1
【答案】D
【解析】
【详解】A.将钢铁水闸与石墨相连时，形成原电池中钢铁水闸作负极被氧化而腐蚀，故A错误；
B.转移电子的物质的量等于Na的物质的量为1mol，转移电子数为6.02×1023，故B错误；
C.该反应能自发进行，△H–T△S＜0，由于该反应气体物质的量减少，△S＜0，所以该反应的ΔH＜0，故C错误；
D.反应CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g) ΔH2 与CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH1相减得反应CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g) ΔH2－ΔH1，所以ΔH＝ΔH2－ΔH1，故D正确；
正确答案是D。
16.化学中常借助曲线图来表示某种变化过程，有关下列四个曲线图的说法不正确的是( )
A. 对反应：aA(s)＋2B(g) xC(g)，根据图①可以求出x＝2
B. 图②可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化
C. 图③表示压强对可逆反应2A(g)＋2B(g) 3C(g)＋D(g)的影响，乙的压强大
D. 升高温度，图④表示的反应中反应物的转化率增大
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据图①可知在2min内B物质减少0.2mol，C增加0.2mol，二者反应的物质的量的比等于方程式中二者化学计量数的比，所以x=2，A正确；
B.可逆反应改变温度的瞬间，正、逆反应速率都会增大或减小，所以该图②不可能表示改变温度后的反应速率。B错误；
C.增大压强，化学反应速率增大，达到平衡所用时间缩短，可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(g)是反应前后气体体积不变的反应，所以增大压强，物质的平衡含量不变，C正确；
D.升高温度后由于V正>V逆，平衡正向移动，所以图④表示的反应中反应物的的转化率都增大，D正确；
题目要求选不正确的，故选B。
17.一定温度下，冰醋酸加水稀释的过程中，溶液导电能力(I)随加水的体积（V）变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. “O”点导电能力为0的理由是冰醋酸是固体，内部的离子不能自由移动
B. a、b、c三点中，a点c(H＋)最大，因为电解质溶液浓度越大，离子浓度就越大
C. a、b、c三点中，a点水电离的程度最小
D. 加大量水稀释，溶液中所有微粒浓度都减小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 无论冰醋酸是固态或液态，都不导电，因为无水醋酸不电离，而不是因为内部的离子不能自由移动，故A错误；
B. 溶液的导电能力由离子浓度决定，题目图象说明冰醋酸加水稀释过程中，导电能力随水的加入逐渐增大到最大值又逐渐减小，故c（H+）是b点最大，c点最小，故B错误；
C. 溶液越稀，越促进醋酸电离，冰醋酸加水稀释的过程中，c点水电离的程度最大，a点水电离的程度最小，故C正确；
D. 溶液显酸性，向溶液中加水，溶液中主要存在的离子浓度都减小，根据水的离子积常数，氢氧根离子浓度增大，故D错误；
18. 下图所示电解池I和II中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b﹤d。符合上述实验结果的盐溶液是( )
选项
X
Y
A．
MgSO4
CuSO4
B．
AgNO3
Pb(NO3)2
C．
FeSO4
Al2(SO4)3
D．
CuSO4
AgNO3
【答案】D
【解析】试题分析：电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＞d，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中(H)以后，转移相同电子时，b析出金属质量大于d．阳离子得电子能力如图所示：，前面的H+表示酸溶液中的H+，后面的H+表示盐溶液中的H+；A．在金属活动性顺序表中，Mg在H之前，所以电解镁盐溶液时阴极上不能得到金属单质，故A错误；B．由阳离子得电子能力顺序表可以看出，盐溶液中Ag+和Pb2+的得电子能力均大于H+，因此电解硝酸银溶液时阴极b电极上生成Ag、电解硝酸铅溶液阴极d上生成Pb，两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重216g，d增重207g，所以质量增加b＞d，故B错误；C．在金属活动性顺序表中，Fe、Al都在H之前，电解亚铁盐、铝溶液溶液时阴极上都不能得到金属单质，故C错误；D．两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重64g，d增重216g，所以质量增加b＜d，故D正确；故选D。
19.某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是( )
A. 断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl—Cl2↑+H2↑
B. 断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红
C. 断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e—＝2Cl—
D. 断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极
【答案】D
【解析】
【详解】断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为2Cl-+2H2OH2↑+2OH-+Cl2↑，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜电极附近产生OH-，溶液变红，A错误；
B、根据A中分析可知B错误；
C、断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e-=2Cl-，其为正极，C错误；
D、根据C中分析可知D正确，答案选D。
20.下图表示溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是( )
A. 两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝Kw
B. M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)
C. 图中T1＜T2
D. XZ线上任意点均有pH＝7
【答案】D
【解析】试题分析：A、由图像知，两曲线上的任意点均是平衡点，且温度一定，所以其水的离子积是一个常数，A正确；B、当c（H+）=10-7mol/L时，向上作垂线得在M区域内c(OH-)＞10-7mol/L，B正确；C、水的电离是吸热反应，升温促进水电离，c（H+）、c(OH-)及Kw都增大，所以T1＜T2，C正确、D、X曲线在25℃时c（H+）=10-7mol/L，pH=7，而Z曲线温度高于25℃，其pH＜7，D错误。答案选D。
21.以铅蓄电池为电源，石墨为电极电解CuSO4溶液(足量)，装置如下图。若一段时间后Y电极上有6.4 g红色物质析出，停止电解。下列说法正确的是( )
A. a为铅蓄电池负极
B. 电解过程中SO42-向右侧移动
C. 电解结束时，左侧溶液质量增重8 g
D. 铅蓄电池工作时正极电极反应式为：PbSO4＋2e－===Pb＋SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】A.电解池的Y极有Cu析出，则Y为阴极，b为铅蓄电池的负极，故A错误；
B.电解过程中SO42－向电解池的阳极X极移动，即左侧移动，故B错误；
C.电解过程中，阴极析出6.4g铜的物质的量为0.1mol，转移电子为0.2mol，则同时有0.2mol÷2=0.1mol的SO42-进入左侧，其质量为0.1mol×96g/mol=9.6 g，且阳极上有0.2mol÷4=0.05 molO2生成，其质量为0.05mol×32g/mol=1.6 g，故结束时，左侧溶液质量增重9.6 g-1.6 g=8 g ，故C正确；
D.铅蓄电池工作时正极电极反应式为：4H++PbO2+2e－+SO42－＝PbSO4 ↓+2H2O，故D错误；答案为C。
22.某科研小组公司开发了Li-SO2Cl2军用电池，其示意图如下图所示，已知电池反应为：2Li+SO2Cl2═2LiCl+SO2↑；下列叙述中错误的是( )
A. 电池工作时负极材料是Li，发生氧化反应
B. 将电解质溶液改为LiCl的水溶液，电池性能会更好
C. 电池工作时电子流向：锂电极→导线→负载→导线→碳棒
D. 电池工作过程中，石墨电极反应式为SO2Cl2+2e-═2Cl-+SO2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A. 电池工作时负极材料是Li，失电子发生氧化反应，故A正确；
B. 锂与水能反应，不能将电解质溶液改为LiCl的水溶液，故B错误；
C. 电池工作时电子由负极流向正极，故C正确；
D. 电池工作过程中，石墨是正极，电极反应式为SO2Cl2+2e−=2Cl−+SO2↑，故D正确；
题目要求选择错误的选项，故选B。
23.下列叙述正确的是( )
A. 常温时，某溶液中由水电离出来的c(H＋)和c(OH－)的乘积为1×10－24，该溶液中一定可以大量存在K＋、Na＋、AlO2-、SO42-
B. 往等c(H＋)和等体积的盐酸和醋酸中，分别加足量相同的锌片，相同状况下，与醋酸反应产生的气体体积更大
C. 已知H2CO3 的 Ka1= 4.30×10-7，Ka2= 5.61×10-11，HClO的 Ka = 3.0×10-8，则反应CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO能够成立
D. 等c(H＋)的盐酸和醋酸，加水稀释100倍后，c(H＋)前者大于后者
【答案】B
【解析】
【详解】A. 水电离出来的c（H+）和c（OH-）的乘积为1×10-24，该溶液为酸性或者碱性溶液，偏铝酸根离子能够与氢离子反应；
B. 醋酸是弱酸，所以当c(H+)相同时，醋酸物质的量浓度大，含溶质物质的量多，所以反应放出的氢气多；
C. 已知H2CO3 的Ka1= 4.30×10-7，Ka2= 5.61×10-11，HClO的Ka = 3.0×10-8，所以酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，这个反应只能生成碳酸氢钠，不能生成碳酸钠，因为次氯酸的酸性介于碳酸和碳酸氢根离子之间，故C错误；
D. 相同c（H+）的盐酸、醋酸均稀释100倍后，盐酸中氢离子浓度都变为原先的，而醋酸为弱酸，稀释后醋酸的电离程度增大，醋酸中氢离子浓度大于原先溶液中氢离子浓度的，所以稀释后溶液中c（H+）由大到小的顺序是：醋酸＞盐酸，故D错误；
正确答案是B。
24.在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下（已知N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) △H=－92.4kJ/mol）：
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1molN2、3molH2
2molNH3
1molNH3
NH3的浓度（mol/L）
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出a kJ
吸收b kJ
吸收c kJ
体系压强
P1
P2
P3
反应物转化率
α1
α2
α3
下列说法不正确的是( )
A. ＞c3 B. a + b=92.4 C. P2＞2P3 D. α1 +α3＞1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 丙容器反应物投入量1molNH3，采用极限转化法转化为反应物为0.5molN2、1.5molH2，是甲中的，若平衡不移动，c3=c1；丙相当于减小压强，平衡向正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的，即c3＞c1，故A正确；
B. 甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故a+b=92.4，故B错误；
C. 丙容器反应物投入量1molNH3，是乙的一半，若平衡不移动，丙中压强为乙的一半；由于丙中相当于减小压强，平衡向正向移动，所以丙中压强增大，大于乙的，即p2＜p3，则P2＜2P3，故C正确；
D. 丙容器反应物投入量1molNH3，是甲，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；由于丙中相当于减小压强，平衡向正向移动，氨气的转化率增大，所以转化率α1+α3＞1，故D正确；
第Ⅱ卷（非选择题 共52分）
25.ⅰ.有下列物质：①铜；②硫酸钡固体；③氨水；④氢氧化钠固体；⑤熔融硝酸钾；⑥乙醇；⑦盐酸；⑧金刚石；⑨二氧化硫；⑩冰醋酸。
其中能导电的有_______；（填序号，下同）属于非电解质的有_____；属于强电解质的有_____；
ⅱ.写出①H2SO3 ②CH3COONH4在水中的电离方程式：
___________________________________________________________；
___________________________________________________________。
【答案】(1). ①③⑤⑦ (2). ⑥⑨ (3). ②④⑤ (4). H2SO3H++HSO3- (5). CH3COONH4=NH4++CH3COO-
【解析】
【详解】ⅰ.①铜是金属单质，能导电，不是电解质也不是非电解质；②硫酸钡固体是盐，属于电解质。熔融状态下能完全电离，是强电解质；③氨水是混合物，能导电，不是电解质也不是非电解质；④氢氧化钠固体是电解质，由于是固体，所以不能导电；在水中或熔融状态下能完全电离，是强电解质；⑤熔融硝酸钾是电解质，因为在熔融态，因此可以导电；在水中或熔融状态下能完全电离，是强电解质；⑥乙醇是非电解质，不能导电；⑦盐酸是混合物，能导电，不是电解质也不是非电解质；⑧金刚石是非金属单质，不能导电，不是电解质也不是非电解质；⑨二氧化碳是非电解质，不能导电；⑩冰醋酸是电解质，由于都是以电解质分子的形式存在，所以不能导电。在水溶液中存在电离平衡，因此是弱电解质。因此其中能导电的有①③⑤⑦；属于非电解质的有⑥⑨；属于强电解质的有②④⑤ ；
ⅱ.H2SO3是二元弱酸，在水中电离出H+和HSO3-，电离方程式为：H2SO3H++HSO3-；CH3COONH4水中完全电离出NH4+和CH3COO-，电离方程式为：CH3COONH4=NH4++CH3COO-。
26.Ⅰ.铁、铝及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。
(1)某研究性学习小组设计了如图所示装置探究钢铁的腐蚀与防护。
为防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述________(填装置序号)装置原理进行防护；装置③中总反应的离子方程式为_________________。
(2)为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器浸于铝质容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为_______________________。
Ⅱ.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，采用肼(N2H4)燃料电池为电源，用离子交换膜控制电解液中c(OH－)制备纳米Cu2O，其装置如图甲、乙。
(1)上述装置中D电极应连接肼燃料电池的________极(填“A”或“B”)，该电解池中离子交换膜为________离子交换膜(填“阴”或“阳”)。
(2)该电解池的阳极反应式为____________________。
(3)当反应生成14.4 g Cu2O时，至少需要肼________mol。
【答案】(1). ②③ (2). 2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑ (3). 作电解质溶液(或导电) (4). B (5). 阴 (6). 2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O (7). 0.05
【解析】
【详解】Ⅰ.(1)①装置为原电池铁为负极被腐蚀；②装置为原电池锌做负极被腐蚀，铁做正极被保护；③装置为电解池，铁做阴极被保护；装置③中发生的是电解饱和食盐水的反应，阳极是氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得到电子发生还原反应，反应离子方程式为：2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑；
(2)为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，是利用原电池原理，用铝置换出银，食盐水的作用为做电解质溶液，形成原电池。
Ⅱ. (1)燃料电池正极通氧化剂，负极通燃料，即A极为负极，B极为正极。图乙为电解池装置，电解目的为制备Cu2O，则D极作阳极，接电池正极(B极)，铜被氧化。阳极反应为2Cu-2e-+2OH－＝Cu2O+H2O，反应消耗OH-，采用阴离子交换膜使OH-向阳极移动。
(2)根据上述分析，阳极反应为2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O；
(3)根据电极反应2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O和N2H4-4e-+4OH-＝N2↑+4H2O可知，Cu2O与N2H4的数量关系式为2Cu2O～N2H4～4e-，当反应生成14.4 g Cu2O(0.1mol)时，至少需要肼为0.05mol。
27.Ⅰ.利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g) △H1；②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2 ③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3；
化学键
H-H
C-O
CO
H-O
C-H
E/（kJ·mol-1）
436
343
1076
465
X
回答下列问题：
（1）已知△H2=-99 kJ·mol-1，则根据上表相关的化学键键能（“CO”表示CO的化学键）计算X=_______ kJ·mol-1。
（2）反应①、②、③对应的平衡常数K1、K2、K3之间的关系式为___________。
（3）根据化学反应原理，分析增大压强对反应③的影响为_______________。（提示：从对反应速率、平衡状态、转化率角度回答）
Ⅱ.清洁能源具有广阔的开发和应用前景，可减小污染解决雾霾问题，其中甲醇、甲烷是优质的清洁燃料，可制作燃料电池。一定条件下用CO和H2合成CH3OH：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H=-99kJ•mol-1。向体积为2L的密闭容器中充入2molCO和4molH2，测得不同温度下容器内的压强（P：kPa）随时间（min）的变化关系如图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ曲线所示：
①Ⅱ和Ⅰ相比，改变的反应条件是_________；
②反应Ⅰ在6min时达到平衡，在此条件下从反应开始到达到平衡时v（CH3OH）=_________；
③反应Ⅱ在2min时达到平衡，平衡常数K（Ⅱ）=_________；
④比较反应Ⅰ温度（T1）和反应Ⅲ的温度（T3）的高低：T1_____T3（填“＞”“＜”“=”），判断的理由是_________。
【答案】(1). 413 (2). K1=K2·K3（或者K3=K1/K2） (3). 增大压强，反应速率加快，平衡不移动，反应物的转化率不变 (4). Ⅱ中使用催化剂 (5). 0.125 mol/（L·min） (6). 12 (7). ＞ (8). 反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，平衡向正反应方向移动
【解析】
【详解】（1）反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据表中数据和反应的化学方程式CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)可知反应热△H2=1076 kJ·mol-1+ 2×436kJ·mol-1-3x-343 kJ·mol-1-465 kJ·mol-1=-99 kJ·mol-1，解得x=413；
（2）K1=，K2=，K3=，K1===K2·K3；
（3）③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)正向反应气体体积不变，故增大压强，反应速率加快，平衡不移动，反应物的转化率不变；
（4）①Ⅱ和Ⅰ相比反应速率加快，不影响平衡移动，正反应为气体物质的量减小的反应，应是使用催化剂，故答案为：Ⅱ中使用催化剂；
②恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，故平衡时混合气体总物质的量为(2+4)mol× =3mol，则：
CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) 物质的量减小△n=2
起始量(mol) 2 4 0
变化量(mol) 1.5 3 1.5 6－3=3
平衡量(mol) 0.5 1 1.5
则v(CH3OH)= =0.125mol/(L.min)；
③Ⅱ、Ⅰ温度相同，平衡常数相同，平衡常数K(Ⅱ)=K= = =12；
④反应Ⅲ达平衡时所用的时间比反应Ⅰ达平衡时所用的时间长，化学反应速率慢，且Ⅲ平衡时压强比I小，与I相比平衡正向移动，正反应为气体体积减小放热反应，应降低温度，故温度T1温度更高。
28.(1)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________(填字母序号，下同)。
A．c(H＋) B． C．c(H＋)·c(OH－) D．
若该溶液升高温度，上述4种表达式的数据增大的是________。
(2)某温度时，0.1 mol·L－1的醋酸溶液中的c(H＋)与0.01 mol·L－1的醋酸溶液中的c(H＋)的比值______(填“大于”“小于”或“等于”)10。
(3)已知：25 ℃时，醋酸的电离平衡常数为1.75×10－5。
①求该温度时，a mol·L－1的醋酸溶液中c1(H＋)＝________mol·L－1(用含a的代数式表示)。[提示：此时a比较小，进行简化计算，平衡时c(CH3COOH)可用初始浓度代替，水电离出的c(H＋)、c(OH－)忽略不计，下同]
②若该温度时向该溶液中加入一定量的CH3COONH4(假设溶液体积不变)，使溶液中c(CH3COO－)变为b mol·L－1，则此时c2(H＋)＝________(用含a、b的代数式表示)mol·L－1。
③c1(H＋)________(填“大于”“小于”或“等于”)c2(H＋)。
【答案】(1). A (2). ABC (3). 小于 (4). (5). (6). 大于
【解析】
【详解】(1)CH3COOH溶液加水稀释过程中，由于溶液体积增大，而醋酸的电离程度较小，则稀释后溶液中c（H+）减小，故A正确；B. 稀释过程中氢离子的物质的量增大、醋酸的物质的量减小，由于在同一溶液中，溶液体积相同，则的比值增大，故B错误；C. 溶液中c（H+）•c（OH-）之积为水的离子积，稀释后溶液温度不变，则水的离子积不变，故C错误；D. 稀释过程中氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，则的比值变大，故D错误；故选A；若该溶液升高温度，醋酸、水的电离程度都增大，则溶液中氢离子、氢氧根离子浓度都增大。A. 升高温度后溶液中氢离子浓度c（H+）增大，故A正确；B.升高温度后氢离子、氢氧根离子浓度都增大，，醋酸的浓度减小，则该比值增大，故B正确；C.c（H+）•c（OH-）为水的离子积，升高温度后水的电离程度增大，则水的离子积增大，故C正确；D.，升高温度后氢氧根离子、氢离子浓度都增大，但氢氧根离子浓度增大的幅度大于氢氧根离子，所以该比值减小，故D错误；故答案为：ABC；
(2)酸溶液的浓度越小电离程度越大，因此0.1 mol/L的CH3COOH溶液与0.01mol/L的CH3COOH溶液中的c（H+）之比小于10，故答案为：小于；
(3)①c（H+）==mol/L；
②c（H+）==，故答案为：；
③加入一定量的CH3COONH4（假设溶液体积不变），醋酸离子浓度增大，醋酸电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，所以c1（H+）＞c2（H+）。
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