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【化学】河南省林州市第一中学2018-2019学年高二上学期9月月考（解析版） 试卷
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河南省林州市第一中学2018-2019学年高二上学期9月月考
1.下列化学用语描述中不正确的是（ ）
A. 中子数为20的氯原子：
B. K2O的电子式：
C. HCO3﹣的电离方程式：HCO3﹣+H2OCO32﹣+H3O+
D. 比例模型可以表示CO2分子或SiO2
【答案】D
【解析】
分析：A．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角是质量数、左下角是质子数；B．氧化钾为离子化合物，阴阳离子都需要标出电荷，氧离子还需要标出最外层电子；C．碳酸氢根离子的电离产生水合氢离子和碳酸根离子；D．二氧化硅属于原子晶体，不存在二氧化硅分子．
详解：A. 元素符号的左上角标质量数,中子数为20的氯原子的质量数为37,该核素的表示方法为：，故A正确； B. K2O为离子化合物,钾离子直接用离子符号表示,氧离子需要标出所带电荷及最外层电子,氧化钾的电子式为：，故B正确；C. 碳酸氢根离子在溶液中电离出水合氢离子和碳酸根离子, HCO3﹣的电离方程式为：HCO3﹣+H2OCO32﹣+H3O+，故C正确；D.可以表示二氧化碳的比例模型，但是不能表示二氧化硅，因为二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D错误；答案选D.
2.在一定条件下，下列可逆反应达到化学平衡：I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）；△H＜0，要使混合气体的颜色加深，可以采取的方法是（ ）
A. 降低温度 B. 增大H2的浓度 C. 增大压强 D. 减小压强
【答案】C
【解析】
A、正反应是放热反应，降低温度，平衡向正向移动，c（I2）减小，混合气体的颜色变浅，故A错误；B、增大H2的浓度，平衡向正反应方向移动，c（I2）减小，混合气体的颜色变浅，故B错误；C、增大压强，平衡不移动，但c（I2）增大，混合气体的颜色加深，故C正确；D、减小压强，c（I2）减小，混合气体的颜色变浅，故D错误。故选C。
3.某温度下，将2molSO2和1molO2置于10L密闭容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)；ΔH<0，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图甲所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 由图甲推断，B点SO2的平衡浓度为0.3 mol·L-1
B. 由图甲推断，A点对应温度下该反应的平衡常数为800(L·mol-1)
C. 达平衡后，若增大容器容积，则反应速率变化图像可以用图乙表示
D. 压强为0.50 MPa时不同温度下SO2转化率与温度关系如丙图，则T2>T1
【答案】B
【解析】
试题分析：A．二氧化硫起始浓度为2mol/10L=0.2mol/L，由甲图可知B点SO2的转化率为0.85，所以△c(SO2)=0.85×0.2mol/L=0.17mol/L，故二氧化硫的平衡浓度为0.2mol/L-0.17mol/L=0.03mol/L，故A错误；B．由甲图可知A点SO2的转化率为0.8，所以△c(SO2)=0.8×0.2mol/L=0.16mol/L，则：
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
开始(mol/L)：0.2 0.1 0
变化(mol/L)：0.16 0.08 0.16
平衡(mol/L)：0.04 0.02 0.16
所以A点平衡常数为K==800，故B正确；C．达平衡后，缩小容器容积，反应混合物的浓度都增大，正、逆反应速率都增大，体系压强增大，平衡向体积减小的反应移动，即平衡向正反应移动，故V(正)＞V(逆)，可以用图乙表示，故C错误；D．由到达平衡的时间可知，温度为T1，先到达平衡，反应速率快，温度越高反应速率越快，故T2＜T1，故D错误；
故选D。
考点：考查化学平衡图象、化学平衡有关计算、影响化学平衡移动的因素等。
4.某温度时，可逆反应：X(g)＋Y(g)Z(g)的平衡常数K＝1.0，若反应物的初始浓度c(X)＝4 mol·L－1，c(Y)＝a mol·L－1，达到平衡后c(Z)＝2 mol·L－1。则a为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
试题分析：X(g)＋Y(g)Z(g)
起始： 4 a 0
变化： 2 2 2
平衡： 2 a－2 2
根据化学平衡常数表达式，K=c(Z)/[c(X)×c(Y)]=2/[2×(a－2)]=1，解得a=3，故选项C正确。
考点：考查化学平衡常数的计算等知识。
5. 下列关于焓判据和熵判据的说法中，不正确的是
A. 放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程
B. 由焓判据和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程
C. 在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个吸热反应在较高温度(1200 K)下则能自发进行
D. 放热过程(ΔH<0)或熵增加(ΔS>0)的过程一定是自发的
【答案】D
【解析】
试题分析：A.反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，自发进行的反应也需要一定条件才可以发生，放热的自发过程，△H＜0，△S可能小于0也可能大于0，所以，放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程，△H＞0，因T＞0，须△H-T△S＜0，取决于△S＞0，所以吸热的自发过程一定为熵增加的过程，A项正确；B．化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H-T△S＜0时，反应能自发进行，当△H＜0，△S＞0时，△G=△H-T△S＜0，一定能自发进行，而△H＞0，△S＜0时不能自发进行，△H＞0，△S＞0或△H＜0，△S＜0能否自发进行，取决于反应的温度，所以，由能量判据和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程，B项正确；C.在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，△H-T△S＞0，因△H＞0，△S＞0所以当反应温度高到一定程度，T△S＞△H，此时△H-T△S＜0，反应能自发进行，C项正确；D．当△G=△H-T△S＜0时，反应能自发进行，当△H＜0，△S＞0时，△G=△H-T△S＜0，一定能自发进行，而△H＞0，△S＜0时不能自发进行，△H＞0，△S＞0或△H＜0，△S＜0能否自发进行，取决于反应的温度，D项错误；答案选D。
考点：考查化学反应自发性的判断。
6.室温下，向a点（pH=a）的20．00mL 1．000mol•L-1氨水中滴入1．000mol•L-1盐酸，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法错误的是（ ）
A. 将此氨水稀释，溶液的导电能力减弱
B. b点溶液中离子浓度大小可能存在：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）
C. c点时消耗盐酸体积V（HCl）＜20．00mL
D. a、d两点的溶液，水的离子积Kw（a）＞Kw（d）
【答案】D
【解析】
试题分析：A．稀释氨水，虽然促进一水合氨电离，但溶液中离子浓度减小，所以导电能力降低，故A正确；B．b点pH＞7，则c（OH-）＞c（H+），溶液中电荷守恒为c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），则c（NH4+）＞c（Cl-），即c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故B正确；C、溶液显中性时，盐酸物质的量小于一水合氨，所以c点消耗盐酸体积V（HCl）＜20．00mL，故C正确；D、d点温度高于a点，水的离子积Kw（a）＜Kw（d），故D错误；故选D。
考点：考查了弱电解质在水溶液中的电离平衡、酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算的相关知识。
7.电解质溶液的酸度(用AG表示)定义为c(H+)与 C(OH-)比值的对数，即AG=lg。常温下，下列各组离子在AG＝12的无色溶液中能大量共存的是（ ）
A. Mg2+、Ca2+、HCO3-、Cl-
B. K+、I-、SO42-、Br-
C. MnO4－、Ca2+、Cl-、NO3－
D. Na+、Al(OH)4－、Cl-、SO42-
【答案】B
【解析】
【分析】
AG＝12，即=1012， ，溶液呈酸性；
【详解】酸性条件下HCO3-与H+反应放出二氧化碳， HCO3-不能大量存在，故不选A；酸性条件下K+、I-、SO42-、Br-不反应，能大量共存，故选B；含有MnO4－的溶液呈紫红色，故不选C；酸性条件下Al(OH)4－与H+反应，所以Al(OH)4－不能大量存在，故不选D。
8.SF6是一种优良的气体绝缘材料，分子结构中只存在S—F键。发生反应的热化学方程式为：S(s)＋ 3F2(g) = SF6(g) ΔH=" -1220" kJ/mol。已知：1mol S(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1mol F—F键需吸收的能量为160 kJ，则断裂1mol S—F键需吸收的能量为
A. 330 kJ B. 276.67 kJ
C. 130 kJ D. 76.67 kJ
【答案】A
【解析】
试题分析：反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则根据反应式可知280 kJ/mol+3×160 kJ/mol－6×x kJ/mol＝－1220 kJ/mol，解得x＝330 kJ/mol，答案选A。
考点：考查反应热的应该应用与计算
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题基础性强，侧重对学生解题能力与方法的培养和训练，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确反应热与化学键键能的关系，然后灵活运用即可。
9.下列实验误差分析错误的是( )
A. 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
B. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小
C. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
D. 测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小
【答案】C
【解析】
A项滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小，溶液就是读数偏小，正确；B项湿润的pH试纸测稀碱液的pH时，碱液被稀释，pH值偏小，正确；C项用容量瓶配置溶液定容时俯视刻度线，所加水偏少，所配溶液浓度偏大，错误；D项测定中和反应反的应热时，将碱缓慢倒入酸中，热量损失比较多，应该一次倒入，否则所测温度值偏小，D正确。
10.准确移取20.00mL某待测HCl溶液于维形瓶中，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定。下列说法正确的是
A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH 由小变大
C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色，且半分钟不变色时，停止滴定
D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
【答案】B
【解析】
请在此填写本题解析!
A项，滴定管用蒸馏水洗涤后会将标准液稀释，应用标准NaOH溶液洗涤滴定管，故A项错误；B项，锥形瓶中溶液原来显酸性，随着NaOH溶液滴入，慢慢变为中性、碱性，PH由小变大，故B项正确；C项，用酚酞作指示剂，滴定终点时锥形瓶中溶液由无色变粉红色，故C项错误；D项，滴定管尖嘴部分有悬滴，测得的滴定标准液体积增大，则测定结果偏大，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。
11.下列热化学方程式，正确的是（ ）
A. 4g固体硫完全燃烧生成SO2，放出37 kJ热量：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH= -296kJ/mol
B. 1molN2与3molH2在某密闭容器中反应放出73kJ热量，则反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H= -73kJ/mol
C. 甲烷的标准燃烧热为-890.3kJ·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) ΔH=-890.3kJ·mol-1
D. 强酸强碱的中和热为- 57.3 kJ/mol：Ba(OH) 2(aq)+H2SO4(aq)=BaSO4(S)+2H2O(l) ΔH=-114.6kJ/mol
【答案】A
【解析】
【分析】
4g固体硫完全燃烧生成SO2，放出37 kJ热量，则1mol固体硫完全燃烧生成SO2，放出296 kJ热量；反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可逆，1molN2与3molH2在某密闭容器中反应生成氨气的物质的量小于2mol；甲烷燃烧是1mol甲烷生成二氧化碳和液态水放出的能量；Ba(OH) 2(aq)与H2SO4(aq)反应有硫酸钡生成，所以Ba(OH) 2(aq)与H2SO4(aq)的反应热与中和热不同。
【详解】4g固体硫完全燃烧生成SO2，放出37 kJ热量，则1mol固体硫完全燃烧生成SO2，放出296 kJ热量，所以热化学方程式是S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH= -296kJ/mol，故A正确；反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可逆，1molN2与3molH2在某密闭容器中反应生成氨气的物质的量小于2mol，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的△H<-73kJ/mol，故B错误；甲烷的标准燃烧热为-890.3kJ·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(l) ΔH=-890.3kJ·mol-1，故C错误；Ba(OH) 2(aq)与H2SO4(aq)反应有硫酸钡生成，所以Ba(OH) 2(aq)与H2SO4(aq)反应生成1mol水放出的热量大于57.3kJ，故D错误。
12.10mL浓度为1mol/L的盐酸和过量的锌反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是
A. 再加入10mL浓度为0.5mol/L的硫酸
B. 加入几滴CuCl2溶液
C. 加入几滴NaNO3溶液
D. 加入少量CH3COONa溶液
【答案】B
【解析】
0.5mol/L的硫酸溶液中c(H+)=1mol/L与1mol/L的盐酸溶液中c(H+)=1mol/L相同，反应速率不变，A错误；CuCl2溶液与锌反应生成铜，锌、铜、盐酸构成原电池，反应速率加快，B正确；NO3-、H+与锌反应不产生氢气，C错误；CH3COONa溶液与盐酸相遇生成CH3COOH，强酸变为弱酸，反应速率减慢，但是生成氢气的量不变，D错误；正确选项B。
13.在一定条件下，对于密闭容器中的反应：N2+3H22NH3，下列说法正确的是（ ）
A. 增加氮气的量，可以加快反应速率
B. 当氮气和氢气全部转化为氨气时，反应才达到最大限度
C. 达到平衡时，氢气和氨气的浓度比一定为3：2
D. 分别用氮气和氨气来表示该反应的速率时，数值大小相同
【答案】A
【解析】
【分析】
在一定条件下，增加氮气的量，反应物浓度增大，反应速率加快；可逆反应的反应物不可能完全转化为生成物；可逆反应达到平衡时，各物质的浓度不变，不一定等于系数比；用不同物质表示反应的速率时，数值比等于系数比。
【详解】在一定条件下，增加氮气的量，反应物浓度增大，反应速率加快，故A正确；可逆反应的反应物不可能完全转化为生成物，反应N2+3H22NH3中氮气和氢气浓度不再改变时，即达到最大限度，故B错误；可逆反应达到平衡时，各物质的浓度不变，不一定等于系数比，故C错误；分别用氮气和氨气来表示该反应的速率时，数值比等于1:2，故D错误。
14.下列说法中，不正确的是( )
A. 反应热指的是反应过程中放出的热量
B. 中和反应都是放热反应
C. 伴随着能量变化的过程不一定是化学反应
D. 单液原电池中化学能转化成电能和热能
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 反应热指的是反应过程中放出或吸收的热量；B. 中和反应均放热；C. 化学反应过程中一定伴随能量变化，但是伴随着能量变化的过程不一定是化学反应，浓硫酸溶于水伴随有能量变化，但该过程不属于化学反应；D. 在单液原电池中由于电极与电解液直接接触，化学能转化成电能和热能。
【详解】A.反应热不一定指放出的热量，吸收的热量也属于反应热，A项错误。B.中和反应均放热，B项正确；C.浓硫酸溶于水伴随有能量变化，但该过程不属于化学反应，C项正确。D.在单液原电池中由于电极与电解液直接接触，故化学能转化成电能和热能，D项正确；正确选项A。
15.在气体反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法是
①增大反应物的浓度②升高温度③增大压强④移去生成物⑤加入催化剂
A. ②⑤ B. ①②③⑤ C. ①②③ D. ①②③④⑤
【答案】A
【解析】
①增大反应物的浓度，单位体积内活化分子数目增多，但百分数不变，故错误；
②升高温度，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，故正确；
③增大压强，单位体积内活化分子数目增多，但百分数不变，故错误；
④移去生成物，浓度减小，单位体积内活化分子数目减少，故错误；
⑤加入催化剂，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，故正确；
故答案选A。
16.研究物质变化时，人们可以从不同的角度、不同的层面来认识物质变化时所引起的化学键及能量变化。据此判断以下叙述中错误的是( )
A. 金属钠与氯气反应生成氯化钠后，其结构稳定性增强，体系的能量降低
B. 物质燃烧可看成“储存”在物质内部的能量(化学能)转化为热能释放出来
C. 氮分子内部存在着共价键，通常状况下氮气的化学性质很活泼
D. 需加热才能发生的反应不一定是吸收能量的反应
【答案】C
【解析】
【分析】
A、体系的能量越低，物质结构的稳定性越强；B、物质的燃烧主要是将化学能转化为热能；C、氮气分子内部存在三键，能量高，氮气的化学性质很稳定；D、需要加热才能发生的反应不一定是吸热发应。
【详解】A、金属钠与氯气反应生成氯化钠后，氯化钠的稳定性增强，体系能量降低，物质的能量越低越稳定，选项A正确；B、物质的燃烧主要是将化学能转化为热能，可以看作为“储存”在物质内部的能量（化学能）转化为热能释放出来，选项B正确；C、氮气分子内部存在三键，要断开三键需要很高的能量，所以氮气的化学性质很稳定，选项C错误；D、需要加热才能发生的反应不一定是吸热发应，如铝热反应需在高温下发生，属于放热反应，选项D正确。答案选C。
【点睛】本题考查学生化学反应中的能量变化的有关知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大。
17.向20 mL HCl和H2SO4的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的Ba(OH)2溶液，生成沉淀的质量和溶液的pH与加入的Ba(OH)2溶液体积的关系如图所示。试完成下列问题：
（1）起始时，混合酸中硫酸的物质的量浓度为______________ mol·L-1。
（2）起始时，混合酸中盐酸的物质的量浓度为______________ mol·L-1。
（3）B点表示的沉淀的质量为______________g。
（4）A点表示溶液中的c(H+)为______________ mol·L-1，pH为______________。
（5）C点的pH为______________(pH可直接用对数表示)。
【答案】 (1). 0.1 (2). 0.4 (3). 0.466 (4). 0.2 (5). 07 (6). 1.18或-lg
【解析】
【分析】
向20 mL HCl和H2SO4的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的Ba(OH)2溶液，加入20 mL 0.1 mol·L-1的Ba(OH)2溶液时沉淀量达到最大，说明与硫酸反应消耗20mL Ba(OH)2溶液；加入60 mL 0.1 mol·L-1的Ba(OH)2溶液时pH=7，说明与盐酸反应消耗Ba(OH)2溶液的体积是60-20=40mL。
【详解】（1）设混合酸中硫酸的物质的量浓度为xmol/L；
Ba(OH) 2 + H2SO4= BaSO4 + 2H2O
1 1
0.1mol/L0.02L xmol/L 0.02L
X=0.1 mol·L-1。
（2）设混合酸中盐酸的物质的量浓度为ymol/L；
Ba(OH) 2 + 2HCl= BaCl2 + 2H2O
1 2
0.1mol/L0.04L ymol/L 0.02L
y=0.4 mol·L-1。（3）B点表示的沉淀的物质的量，0.002mol，质量为0.002mol=0.466g；
（4）A点表示溶液中硫酸恰好被完全中和，溶质是HCl，c(H+)= ；pH= ；（5）C点的溶液表示盐酸中的氢离子被中和了一半。C点溶液中c(H+)= ；pH= 。
18.将1 mol I2（g）和2 mol H2置于某2L密闭容器中，在一定温度下发生反应：I2(g)+H2(g) 2HI(g)ΔH＜0,并达到平衡。HI的体积分数w(HI)随时间t变化如图曲线(Ⅰ)所示。
（1）达到平衡时，I2(g)的物质的量浓度为______________mol·L-1。
（2）若改变反应条件，在甲条件下w(HI)的变化如图曲线（Ⅱ）所示，在乙条件下w(HI)的变化如图曲线（Ⅲ）所示。则甲条件可能是______________，乙条件可能是______________。（填入下列条件的序号）
①恒容条件下，升高温度 ②恒容条件下，降低温度 ③恒温条件下，缩小反应容器体积 ④恒温条件下，扩大反应容器体积 ⑤恒温恒容条件下，加入适当催化剂
（3）若保持温度不变，在另一相同的2L密闭容器中加入a mol I2（g），b mol H2(g)和c molHI(g)(a、b、c均大于0)，发生反应，达平衡时，HI的体积分数仍为0.60，则a、b、c的关系是_____________________________。
【答案】 (1). 0.05 (2). ③⑤ (3). ④ (4). 4a+c=2b
【解析】
【分析】
（1）达到平衡时，HI的体积分数w(HI)=0.6，利用“三段式”计算I2(g)的物质的量浓度；（2）恒容条件下，改变温度，平衡移动，HI的体积分数改变；减压反应速率减慢、加压反应速率加快，反应前后气体系数和不变，改变压强平衡不移动，HI的体积分数不变；适当催化剂能加快反应速率，但不能使平衡移动，HI的体积分数不变；（3）根据等效平衡原理分析。
【详解】（1）达到平衡时，HI的体积分数w(HI)=0.6，
I2(g)+H2(g) 2HI(g)
始 0.5 1 0
转 x x 2x
平 0.5-x 1-x 2x
X=0.45
所以达到平衡时，I2(g)的物质的量浓度为0.5-0.45=0.05mol·L-1；（2）恒容条件下，改变温度，平衡移动，HI的体积分数改变；减压反应速率减慢、加压反应速率加快，反应前后气体系数和不变，改变压强平衡不移动，HI的体积分数不变；适当催化剂能加快反应速率，但不能使平衡移动，HI的体积分数不变；根据图像可知由曲线(Ⅰ)变为曲线（Ⅱ），反应速率加快，但平衡没移动，所以甲条件可能是加压或加入适当催化剂，故选③⑤；由曲线(Ⅰ)变为曲线（Ⅲ），反应速率减慢，但平衡没移动，所以乙条件可能是减压，故选④；（3）若保持温度不变，在另一相同的2L密闭容器中加入a mol I2（g），b mol H2(g)和c molHI(g)(a、b、c均大于0)，发生反应，达平衡时，HI的体积分数仍为0.60，即为等效平衡；加入a mol I2（g），b mol H2(g)和c molHI(g)，相当于加入(a+ ) mol I2（g）、(b+) mol H2(g)；I2(g)+H2(g) 2HI(g)反应前后气体系数和不变，投料比等于原平衡的投料比即为等效平衡，则(a+ )：(b+) =1:2，4a+c=2b。
【点睛】恒温、恒容条件下，方程式前后气体系数之和不同时，只要能使各物质的初始物质的量分别相等，就可以建立相同平衡。方程式前后气体系数之和相同时，只要投料转化为与原投料相同的物质且物质的量之比相同，就可以建立相似平衡。恒温、恒压条件下，只要使各物质初始浓度对应成比例即可建立相似平衡。
19.如图所示向A中充入1 mol X 、1 mol Y，向B中充入2 mol X、2 mol Y，起始时，v（A）=v（B）=a L。在相同温度和有催化剂存在下，两容器中各自发生下述反应：X+Y2Z+W；（X、Y、Z、W均为气体）正反应为放热反应，达到平衡时，v（A）=1.2a L。
试回答：
（1）A中X的转化率α(A)_______________________________________________________。
（2）A、B中X的转化率的关系：α(A) ___________α(B)。(填“＜”“＞”或“=”)
（3）打开K，一段时间又达到平衡，A的体积为___________L。（连通管中气体体积不计）
【答案】 (1). 40% (2). ＞ (3). 2.6a
【解析】
【分析】
（1）A为恒温恒压过程，体积之比等于物质的量之比，据此计算平衡后A中混合气体的物质的量，根据差量法计算参加反应的X的物质的量，根据转化率定义计算；
（2）A为恒温恒压容器，B为恒温恒容容器，反应前后是气体体积增大的反应，A中充入1mol X和1mol Y，向B中充入2mol X和2mol Y，B容器与A相比相当于增大了压强；
（3）开K保持温度不变，A、B为等效平衡；
【详解】（1）A为恒温恒压过程，达到平衡时V(A)=1.2a L，等压等温条件下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，所以平衡后混合气体的物质的量是2mol×1.2=2.4mol，设参加反应的X的物质的量为x mol，
X + Y 2Z + W
1 1 2 1 1
X 2.4-2；
X=0.4mol，所以A中X的转化率α(A) ；
（2）A为恒温恒压容器，B为恒温恒容容器，反应前后是气体体积增大的反应，A中充入1mol X和1mol Y，向B中充入2mol X和2mol Y，B容器与A相比相当于增大了压强，平衡逆向进行，平衡后A中的X的转化率大，所以α(A) >α(B)；
（3）打开K，保持温度不变，A、B为等效平衡，B投料为A的2倍，所以A中平衡后气体的体积为2.4a，则总体积为3.6a，A的体积为3.6a-a=2.6aL；
20.300 ℃时，将2 mol A和2 mol B两种气体混合于2 L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g) ΔH＝Q,2 min末达到平衡，生成0.8 mol D。
（1）300 ℃时，该反应的平衡常数表达式为：K＝___________________。已知K300 ℃
（3）若温度不变，缩小容器容积，则A的转化率______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是_____________________________________________________________。
（4）如果在相同的条件下，上述反应从逆反应方向进行，开始时加入C、D各mol。若使平衡时各物质的物质的量浓度与原平衡相同，则还应该加入B______mol。
【答案】 (1). (2). ＞ (3). 0.8 mol/L (4). 0.2 mol/(L·min) (5). 不变 (6). 反应前后气体体积不变，压强对平衡无影响 (7).
【解析】
【分析】
（1）根据平衡常数的定义书写表达式；升高温度，K值增大，说明平衡正向移动；（2）2 min末达到平衡，生成0.8 mol D，则消耗0.4mol B；根据 计算D的平均反应速率。（3）反应前后气体体积不变，若温度不变，缩小容器容积，平衡不移动；（4）开始时加入C、D各mol，相当于加入2molA、molB；
【详解】（1）根据平衡常数的定义，300 ℃时，该反应的平衡常数表达式为：K＝；升高温度，K值增大，说明平衡正向移动，正反应吸热，ΔH>0；（2）2 min末达到平衡，生成0.8 mol D，则消耗0.4mol B，所以B的平衡浓度为 ； 0.2 mol/(L·min)；（3）反应前后气体体积不变，压强对平衡无影响，若温度不变，缩小容器容积，平衡不移动，A的转化率不变；（4）开始时加入C、D各mol，相当于加入2molA、molB，若使平衡时各物质的物质的量浓度与原平衡相同，则还应该加入B (2-)=mol
21.某化学课外小组为测定空气中CO2的含量，进行了如下实验：
①配制0.1000 mol/L 和0.01000 mol/L的标准盐酸。
②将2～3滴酚酞加入未知浓度的Ba(OH)2溶液10.00 mL中，并用0.1000 mol/L的标准盐酸进行滴定，结果用去盐酸19.60 mL。
③用测定的Ba(OH)2溶液吸收定量空气中的CO2。取Ba(OH)2溶液10.00 mL，放入100 mL容量瓶里加水至刻度线，取出稀释后的溶液放入密闭容器内，并通入10 L标准状况下的空气，振荡，这时生成沉淀。
④过滤上述所得浊液。
⑤取滤液20.00 mL，用0.01000 mol/L的盐酸滴定，用去盐酸34.80 mL。
请回答下列问题：
（1）配制标准盐酸时，需用下列哪些仪器?_____________________。
A．托盘天平 B．容量瓶 C．酸式滴定管 D．量筒 E．烧杯 F．胶头滴管 G．玻璃棒
（2）②操作中到达滴定终点时的现象是___________________________________________。
（3）Ba(OH)2溶液的物质的量浓度是________。
（4）此空气样品中含CO2的体积分数为________。
（5）本实验中，若第一次滴定时使用的酸式滴定管未经处理，即注入第二种标准盐酸，并进行第二次滴定，使测定结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（6）在第一次滴定的时候未润洗滴定管，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】 (1). B、D、E、F、G (2). 溶液由红色恰好变为无色，且半分钟内颜色无变化 (3). 0.09800 mol/L (4). 0.02500% (5). 偏大 (6). 偏大
【解析】
【分析】
(1)配制一定物质的量浓度的盐酸时，步骤有计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀等，根据实验步骤分析仪器；②将2～3滴酚酞加入未知浓度的Ba(OH)2溶液，溶液呈红色，用0.1000 mol/L的标准盐酸进行滴定，滴定终点时溶液变为无色；（3）根据盐酸与氢氧化钡反应的方程式，计算Ba(OH)2溶液的物质的量浓度；（4）根据化学方程式计算空气样品中含CO2的体积分数； (5) 第一次滴定时使用的酸式滴定管未经处理，即注入第二种标准盐酸，第二次滴定盐酸浓度偏大，导致第二次滴定消耗的标准液盐酸体积偏小；(6)由于酸式滴定管没有润洗，导致第一次滴定盐酸浓度偏小，消耗的标准液盐酸体积偏大，计算出的氢氧化钡浓度偏大。
【详解】(1)配制一定物质的量浓度的盐酸时，步骤有计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要仪器有:容量瓶、量筒、烧杯、胶头滴管及玻璃棒，即BDEFG； (2)将2～3滴酚酞加入未知浓度的Ba(OH)2溶液，溶液呈红色，用0.1000 mol/L的标准盐酸进行滴定，溶液由红色恰好变为无色，且半分钟内颜色无变化，达到滴定终点；(3)根据反应方程式: Ba(OH)2+2HCl═BaCl2+2H2O， c[Ba(OH)2]×10.00 mL= ×0.1mol/L×19.60mL，解得c[Ba(OH)2]=0.098mol/L； (4)发生的反应方程式:Ba(OH)2+CO2═BaCO3↓+ H2O，20mL滤液中Ba(OH)2的物质的量为34.80×10-3×0.01×mol=0.174×10-3 mol，100mL滤液中含有的氢氧化钡的物质的量为0.174×10-3×=8.70×10-4 mol，原有的氢氧化钡的物质的量为:0.098 mol/L×10×10-3L=9.8×10-4 mol，空气中二氧化碳消耗的氢氧化钡的物质的量为:9.8×10-4 mol-8.70×10-4 mol=1.1×10-4 mol，n(CO2)=n(Ba(OH)2)=1.1×10-4 mol，二氧化碳的体积分数为: =0.025%；(5)第一次滴定时使用的酸式滴定管未经处理，即注入第二种标准盐酸，导致第二次滴定盐酸浓度偏大，消耗的标准液盐酸体积偏小，则与二氧化碳反应的氢氧化钡物质的量偏大，计算结果偏大；
(6)由于酸式滴定管没有润洗，导致第一次滴定盐酸浓度偏小，消耗的标准液盐酸体积偏大，计算出的氢氧化钡浓度偏大，则与二氧化碳反应的氢氧化钡物质的量偏大，计算结果偏大；
【点睛】根据分析滴定时的误差；若操作没有润洗滴定管，则造成标准液的浓度小，消耗标准液的体积偏大，导致待测液浓度偏大。
1.下列化学用语描述中不正确的是（ ）
A. 中子数为20的氯原子：
B. K2O的电子式：
C. HCO3﹣的电离方程式：HCO3﹣+H2OCO32﹣+H3O+
D. 比例模型可以表示CO2分子或SiO2
【答案】D
【解析】
分析：A．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角是质量数、左下角是质子数；B．氧化钾为离子化合物，阴阳离子都需要标出电荷，氧离子还需要标出最外层电子；C．碳酸氢根离子的电离产生水合氢离子和碳酸根离子；D．二氧化硅属于原子晶体，不存在二氧化硅分子．
详解：A. 元素符号的左上角标质量数,中子数为20的氯原子的质量数为37,该核素的表示方法为：，故A正确； B. K2O为离子化合物,钾离子直接用离子符号表示,氧离子需要标出所带电荷及最外层电子,氧化钾的电子式为：，故B正确；C. 碳酸氢根离子在溶液中电离出水合氢离子和碳酸根离子, HCO3﹣的电离方程式为：HCO3﹣+H2OCO32﹣+H3O+，故C正确；D.可以表示二氧化碳的比例模型，但是不能表示二氧化硅，因为二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D错误；答案选D.
2.在一定条件下，下列可逆反应达到化学平衡：I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）；△H＜0，要使混合气体的颜色加深，可以采取的方法是（ ）
A. 降低温度 B. 增大H2的浓度 C. 增大压强 D. 减小压强
【答案】C
【解析】
A、正反应是放热反应，降低温度，平衡向正向移动，c（I2）减小，混合气体的颜色变浅，故A错误；B、增大H2的浓度，平衡向正反应方向移动，c（I2）减小，混合气体的颜色变浅，故B错误；C、增大压强，平衡不移动，但c（I2）增大，混合气体的颜色加深，故C正确；D、减小压强，c（I2）减小，混合气体的颜色变浅，故D错误。故选C。
3.某温度下，将2molSO2和1molO2置于10L密闭容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)；ΔH<0，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图甲所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 由图甲推断，B点SO2的平衡浓度为0.3 mol·L-1
B. 由图甲推断，A点对应温度下该反应的平衡常数为800(L·mol-1)
C. 达平衡后，若增大容器容积，则反应速率变化图像可以用图乙表示
D. 压强为0.50 MPa时不同温度下SO2转化率与温度关系如丙图，则T2>T1
【答案】B
【解析】
试题分析：A．二氧化硫起始浓度为2mol/10L=0.2mol/L，由甲图可知B点SO2的转化率为0.85，所以△c(SO2)=0.85×0.2mol/L=0.17mol/L，故二氧化硫的平衡浓度为0.2mol/L-0.17mol/L=0.03mol/L，故A错误；B．由甲图可知A点SO2的转化率为0.8，所以△c(SO2)=0.8×0.2mol/L=0.16mol/L，则：
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
开始(mol/L)：0.2 0.1 0
变化(mol/L)：0.16 0.08 0.16
平衡(mol/L)：0.04 0.02 0.16
所以A点平衡常数为K==800，故B正确；C．达平衡后，缩小容器容积，反应混合物的浓度都增大，正、逆反应速率都增大，体系压强增大，平衡向体积减小的反应移动，即平衡向正反应移动，故V(正)＞V(逆)，可以用图乙表示，故C错误；D．由到达平衡的时间可知，温度为T1，先到达平衡，反应速率快，温度越高反应速率越快，故T2＜T1，故D错误；
故选D。
考点：考查化学平衡图象、化学平衡有关计算、影响化学平衡移动的因素等。
4.某温度时，可逆反应：X(g)＋Y(g)Z(g)的平衡常数K＝1.0，若反应物的初始浓度c(X)＝4 mol·L－1，c(Y)＝a mol·L－1，达到平衡后c(Z)＝2 mol·L－1。则a为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
试题分析：X(g)＋Y(g)Z(g)
起始： 4 a 0
变化： 2 2 2
平衡： 2 a－2 2
根据化学平衡常数表达式，K=c(Z)/[c(X)×c(Y)]=2/[2×(a－2)]=1，解得a=3，故选项C正确。
考点：考查化学平衡常数的计算等知识。
5. 下列关于焓判据和熵判据的说法中，不正确的是
A. 放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程
B. 由焓判据和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程
C. 在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个吸热反应在较高温度(1200 K)下则能自发进行
D. 放热过程(ΔH<0)或熵增加(ΔS>0)的过程一定是自发的
【答案】D
【解析】
试题分析：A.反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，自发进行的反应也需要一定条件才可以发生，放热的自发过程，△H＜0，△S可能小于0也可能大于0，所以，放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程，△H＞0，因T＞0，须△H-T△S＜0，取决于△S＞0，所以吸热的自发过程一定为熵增加的过程，A项正确；B．化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H-T△S＜0时，反应能自发进行，当△H＜0，△S＞0时，△G=△H-T△S＜0，一定能自发进行，而△H＞0，△S＜0时不能自发进行，△H＞0，△S＞0或△H＜0，△S＜0能否自发进行，取决于反应的温度，所以，由能量判据和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程，B项正确；C.在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，△H-T△S＞0，因△H＞0，△S＞0所以当反应温度高到一定程度，T△S＞△H，此时△H-T△S＜0，反应能自发进行，C项正确；D．当△G=△H-T△S＜0时，反应能自发进行，当△H＜0，△S＞0时，△G=△H-T△S＜0，一定能自发进行，而△H＞0，△S＜0时不能自发进行，△H＞0，△S＞0或△H＜0，△S＜0能否自发进行，取决于反应的温度，D项错误；答案选D。
考点：考查化学反应自发性的判断。
6.室温下，向a点（pH=a）的20．00mL 1．000mol•L-1氨水中滴入1．000mol•L-1盐酸，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法错误的是（ ）
A. 将此氨水稀释，溶液的导电能力减弱
B. b点溶液中离子浓度大小可能存在：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）
C. c点时消耗盐酸体积V（HCl）＜20．00mL
D. a、d两点的溶液，水的离子积Kw（a）＞Kw（d）
【答案】D
【解析】
试题分析：A．稀释氨水，虽然促进一水合氨电离，但溶液中离子浓度减小，所以导电能力降低，故A正确；B．b点pH＞7，则c（OH-）＞c（H+），溶液中电荷守恒为c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），则c（NH4+）＞c（Cl-），即c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故B正确；C、溶液显中性时，盐酸物质的量小于一水合氨，所以c点消耗盐酸体积V（HCl）＜20．00mL，故C正确；D、d点温度高于a点，水的离子积Kw（a）＜Kw（d），故D错误；故选D。
考点：考查了弱电解质在水溶液中的电离平衡、酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算的相关知识。
7.电解质溶液的酸度(用AG表示)定义为c(H+)与 C(OH-)比值的对数，即AG=lg。常温下，下列各组离子在AG＝12的无色溶液中能大量共存的是（ ）
A. Mg2+、Ca2+、HCO3-、Cl-
B. K+、I-、SO42-、Br-
C. MnO4－、Ca2+、Cl-、NO3－
D. Na+、Al(OH)4－、Cl-、SO42-
【答案】B
【解析】
【分析】
AG＝12，即=1012， ，溶液呈酸性；
【详解】酸性条件下HCO3-与H+反应放出二氧化碳， HCO3-不能大量存在，故不选A；酸性条件下K+、I-、SO42-、Br-不反应，能大量共存，故选B；含有MnO4－的溶液呈紫红色，故不选C；酸性条件下Al(OH)4－与H+反应，所以Al(OH)4－不能大量存在，故不选D。
8.SF6是一种优良的气体绝缘材料，分子结构中只存在S—F键。发生反应的热化学方程式为：S(s)＋ 3F2(g) = SF6(g) ΔH=" -1220" kJ/mol。已知：1mol S(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1mol F—F键需吸收的能量为160 kJ，则断裂1mol S—F键需吸收的能量为
A. 330 kJ B. 276.67 kJ
C. 130 kJ D. 76.67 kJ
【答案】A
【解析】
试题分析：反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则根据反应式可知280 kJ/mol+3×160 kJ/mol－6×x kJ/mol＝－1220 kJ/mol，解得x＝330 kJ/mol，答案选A。
考点：考查反应热的应该应用与计算
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题基础性强，侧重对学生解题能力与方法的培养和训练，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确反应热与化学键键能的关系，然后灵活运用即可。
9.下列实验误差分析错误的是( )
A. 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
B. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小
C. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
D. 测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小
【答案】C
【解析】
A项滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小，溶液就是读数偏小，正确；B项湿润的pH试纸测稀碱液的pH时，碱液被稀释，pH值偏小，正确；C项用容量瓶配置溶液定容时俯视刻度线，所加水偏少，所配溶液浓度偏大，错误；D项测定中和反应反的应热时，将碱缓慢倒入酸中，热量损失比较多，应该一次倒入，否则所测温度值偏小，D正确。
10.准确移取20.00mL某待测HCl溶液于维形瓶中，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定。下列说法正确的是
A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH 由小变大
C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色，且半分钟不变色时，停止滴定
D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
【答案】B
【解析】
请在此填写本题解析!
A项，滴定管用蒸馏水洗涤后会将标准液稀释，应用标准NaOH溶液洗涤滴定管，故A项错误；B项，锥形瓶中溶液原来显酸性，随着NaOH溶液滴入，慢慢变为中性、碱性，PH由小变大，故B项正确；C项，用酚酞作指示剂，滴定终点时锥形瓶中溶液由无色变粉红色，故C项错误；D项，滴定管尖嘴部分有悬滴，测得的滴定标准液体积增大，则测定结果偏大，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。
11.下列热化学方程式，正确的是（ ）
A. 4g固体硫完全燃烧生成SO2，放出37 kJ热量：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH= -296kJ/mol
B. 1molN2与3molH2在某密闭容器中反应放出73kJ热量，则反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H= -73kJ/mol
C. 甲烷的标准燃烧热为-890.3kJ·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) ΔH=-890.3kJ·mol-1
D. 强酸强碱的中和热为- 57.3 kJ/mol：Ba(OH) 2(aq)+H2SO4(aq)=BaSO4(S)+2H2O(l) ΔH=-114.6kJ/mol
【答案】A
【解析】
【分析】
4g固体硫完全燃烧生成SO2，放出37 kJ热量，则1mol固体硫完全燃烧生成SO2，放出296 kJ热量；反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可逆，1molN2与3molH2在某密闭容器中反应生成氨气的物质的量小于2mol；甲烷燃烧是1mol甲烷生成二氧化碳和液态水放出的能量；Ba(OH) 2(aq)与H2SO4(aq)反应有硫酸钡生成，所以Ba(OH) 2(aq)与H2SO4(aq)的反应热与中和热不同。
【详解】4g固体硫完全燃烧生成SO2，放出37 kJ热量，则1mol固体硫完全燃烧生成SO2，放出296 kJ热量，所以热化学方程式是S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH= -296kJ/mol，故A正确；反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可逆，1molN2与3molH2在某密闭容器中反应生成氨气的物质的量小于2mol，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的△H<-73kJ/mol，故B错误；甲烷的标准燃烧热为-890.3kJ·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(l) ΔH=-890.3kJ·mol-1，故C错误；Ba(OH) 2(aq)与H2SO4(aq)反应有硫酸钡生成，所以Ba(OH) 2(aq)与H2SO4(aq)反应生成1mol水放出的热量大于57.3kJ，故D错误。
12.10mL浓度为1mol/L的盐酸和过量的锌反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是
A. 再加入10mL浓度为0.5mol/L的硫酸
B. 加入几滴CuCl2溶液
C. 加入几滴NaNO3溶液
D. 加入少量CH3COONa溶液
【答案】B
【解析】
0.5mol/L的硫酸溶液中c(H+)=1mol/L与1mol/L的盐酸溶液中c(H+)=1mol/L相同，反应速率不变，A错误；CuCl2溶液与锌反应生成铜，锌、铜、盐酸构成原电池，反应速率加快，B正确；NO3-、H+与锌反应不产生氢气，C错误；CH3COONa溶液与盐酸相遇生成CH3COOH，强酸变为弱酸，反应速率减慢，但是生成氢气的量不变，D错误；正确选项B。
13.在一定条件下，对于密闭容器中的反应：N2+3H22NH3，下列说法正确的是（ ）
A. 增加氮气的量，可以加快反应速率
B. 当氮气和氢气全部转化为氨气时，反应才达到最大限度
C. 达到平衡时，氢气和氨气的浓度比一定为3：2
D. 分别用氮气和氨气来表示该反应的速率时，数值大小相同
【答案】A
【解析】
【分析】
在一定条件下，增加氮气的量，反应物浓度增大，反应速率加快；可逆反应的反应物不可能完全转化为生成物；可逆反应达到平衡时，各物质的浓度不变，不一定等于系数比；用不同物质表示反应的速率时，数值比等于系数比。
【详解】在一定条件下，增加氮气的量，反应物浓度增大，反应速率加快，故A正确；可逆反应的反应物不可能完全转化为生成物，反应N2+3H22NH3中氮气和氢气浓度不再改变时，即达到最大限度，故B错误；可逆反应达到平衡时，各物质的浓度不变，不一定等于系数比，故C错误；分别用氮气和氨气来表示该反应的速率时，数值比等于1:2，故D错误。
14.下列说法中，不正确的是( )
A. 反应热指的是反应过程中放出的热量
B. 中和反应都是放热反应
C. 伴随着能量变化的过程不一定是化学反应
D. 单液原电池中化学能转化成电能和热能
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 反应热指的是反应过程中放出或吸收的热量；B. 中和反应均放热；C. 化学反应过程中一定伴随能量变化，但是伴随着能量变化的过程不一定是化学反应，浓硫酸溶于水伴随有能量变化，但该过程不属于化学反应；D. 在单液原电池中由于电极与电解液直接接触，化学能转化成电能和热能。
【详解】A.反应热不一定指放出的热量，吸收的热量也属于反应热，A项错误。B.中和反应均放热，B项正确；C.浓硫酸溶于水伴随有能量变化，但该过程不属于化学反应，C项正确。D.在单液原电池中由于电极与电解液直接接触，故化学能转化成电能和热能，D项正确；正确选项A。
15.在气体反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法是
①增大反应物的浓度②升高温度③增大压强④移去生成物⑤加入催化剂
A. ②⑤ B. ①②③⑤ C. ①②③ D. ①②③④⑤
【答案】A
【解析】
①增大反应物的浓度，单位体积内活化分子数目增多，但百分数不变，故错误；
②升高温度，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，故正确；
③增大压强，单位体积内活化分子数目增多，但百分数不变，故错误；
④移去生成物，浓度减小，单位体积内活化分子数目减少，故错误；
⑤加入催化剂，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，故正确；
故答案选A。
16.研究物质变化时，人们可以从不同的角度、不同的层面来认识物质变化时所引起的化学键及能量变化。据此判断以下叙述中错误的是( )
A. 金属钠与氯气反应生成氯化钠后，其结构稳定性增强，体系的能量降低
B. 物质燃烧可看成“储存”在物质内部的能量(化学能)转化为热能释放出来
C. 氮分子内部存在着共价键，通常状况下氮气的化学性质很活泼
D. 需加热才能发生的反应不一定是吸收能量的反应
【答案】C
【解析】
【分析】
A、体系的能量越低，物质结构的稳定性越强；B、物质的燃烧主要是将化学能转化为热能；C、氮气分子内部存在三键，能量高，氮气的化学性质很稳定；D、需要加热才能发生的反应不一定是吸热发应。
【详解】A、金属钠与氯气反应生成氯化钠后，氯化钠的稳定性增强，体系能量降低，物质的能量越低越稳定，选项A正确；B、物质的燃烧主要是将化学能转化为热能，可以看作为“储存”在物质内部的能量（化学能）转化为热能释放出来，选项B正确；C、氮气分子内部存在三键，要断开三键需要很高的能量，所以氮气的化学性质很稳定，选项C错误；D、需要加热才能发生的反应不一定是吸热发应，如铝热反应需在高温下发生，属于放热反应，选项D正确。答案选C。
【点睛】本题考查学生化学反应中的能量变化的有关知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大。
17.向20 mL HCl和H2SO4的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的Ba(OH)2溶液，生成沉淀的质量和溶液的pH与加入的Ba(OH)2溶液体积的关系如图所示。试完成下列问题：
（1）起始时，混合酸中硫酸的物质的量浓度为______________ mol·L-1。
（2）起始时，混合酸中盐酸的物质的量浓度为______________ mol·L-1。
（3）B点表示的沉淀的质量为______________g。
（4）A点表示溶液中的c(H+)为______________ mol·L-1，pH为______________。
（5）C点的pH为______________(pH可直接用对数表示)。
【答案】 (1). 0.1 (2). 0.4 (3). 0.466 (4). 0.2 (5). 07 (6). 1.18或-lg
【解析】
【分析】
向20 mL HCl和H2SO4的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的Ba(OH)2溶液，加入20 mL 0.1 mol·L-1的Ba(OH)2溶液时沉淀量达到最大，说明与硫酸反应消耗20mL Ba(OH)2溶液；加入60 mL 0.1 mol·L-1的Ba(OH)2溶液时pH=7，说明与盐酸反应消耗Ba(OH)2溶液的体积是60-20=40mL。
【详解】（1）设混合酸中硫酸的物质的量浓度为xmol/L；
Ba(OH) 2 + H2SO4= BaSO4 + 2H2O
1 1
0.1mol/L0.02L xmol/L 0.02L
X=0.1 mol·L-1。
（2）设混合酸中盐酸的物质的量浓度为ymol/L；
Ba(OH) 2 + 2HCl= BaCl2 + 2H2O
1 2
0.1mol/L0.04L ymol/L 0.02L
y=0.4 mol·L-1。（3）B点表示的沉淀的物质的量，0.002mol，质量为0.002mol=0.466g；
（4）A点表示溶液中硫酸恰好被完全中和，溶质是HCl，c(H+)= ；pH= ；（5）C点的溶液表示盐酸中的氢离子被中和了一半。C点溶液中c(H+)= ；pH= 。
18.将1 mol I2（g）和2 mol H2置于某2L密闭容器中，在一定温度下发生反应：I2(g)+H2(g) 2HI(g)ΔH＜0,并达到平衡。HI的体积分数w(HI)随时间t变化如图曲线(Ⅰ)所示。
（1）达到平衡时，I2(g)的物质的量浓度为______________mol·L-1。
（2）若改变反应条件，在甲条件下w(HI)的变化如图曲线（Ⅱ）所示，在乙条件下w(HI)的变化如图曲线（Ⅲ）所示。则甲条件可能是______________，乙条件可能是______________。（填入下列条件的序号）
①恒容条件下，升高温度 ②恒容条件下，降低温度 ③恒温条件下，缩小反应容器体积 ④恒温条件下，扩大反应容器体积 ⑤恒温恒容条件下，加入适当催化剂
（3）若保持温度不变，在另一相同的2L密闭容器中加入a mol I2（g），b mol H2(g)和c molHI(g)(a、b、c均大于0)，发生反应，达平衡时，HI的体积分数仍为0.60，则a、b、c的关系是_____________________________。
【答案】 (1). 0.05 (2). ③⑤ (3). ④ (4). 4a+c=2b
【解析】
【分析】
（1）达到平衡时，HI的体积分数w(HI)=0.6，利用“三段式”计算I2(g)的物质的量浓度；（2）恒容条件下，改变温度，平衡移动，HI的体积分数改变；减压反应速率减慢、加压反应速率加快，反应前后气体系数和不变，改变压强平衡不移动，HI的体积分数不变；适当催化剂能加快反应速率，但不能使平衡移动，HI的体积分数不变；（3）根据等效平衡原理分析。
【详解】（1）达到平衡时，HI的体积分数w(HI)=0.6，
I2(g)+H2(g) 2HI(g)
始 0.5 1 0
转 x x 2x
平 0.5-x 1-x 2x
X=0.45
所以达到平衡时，I2(g)的物质的量浓度为0.5-0.45=0.05mol·L-1；（2）恒容条件下，改变温度，平衡移动，HI的体积分数改变；减压反应速率减慢、加压反应速率加快，反应前后气体系数和不变，改变压强平衡不移动，HI的体积分数不变；适当催化剂能加快反应速率，但不能使平衡移动，HI的体积分数不变；根据图像可知由曲线(Ⅰ)变为曲线（Ⅱ），反应速率加快，但平衡没移动，所以甲条件可能是加压或加入适当催化剂，故选③⑤；由曲线(Ⅰ)变为曲线（Ⅲ），反应速率减慢，但平衡没移动，所以乙条件可能是减压，故选④；（3）若保持温度不变，在另一相同的2L密闭容器中加入a mol I2（g），b mol H2(g)和c molHI(g)(a、b、c均大于0)，发生反应，达平衡时，HI的体积分数仍为0.60，即为等效平衡；加入a mol I2（g），b mol H2(g)和c molHI(g)，相当于加入(a+ ) mol I2（g）、(b+) mol H2(g)；I2(g)+H2(g) 2HI(g)反应前后气体系数和不变，投料比等于原平衡的投料比即为等效平衡，则(a+ )：(b+) =1:2，4a+c=2b。
【点睛】恒温、恒容条件下，方程式前后气体系数之和不同时，只要能使各物质的初始物质的量分别相等，就可以建立相同平衡。方程式前后气体系数之和相同时，只要投料转化为与原投料相同的物质且物质的量之比相同，就可以建立相似平衡。恒温、恒压条件下，只要使各物质初始浓度对应成比例即可建立相似平衡。
19.如图所示向A中充入1 mol X 、1 mol Y，向B中充入2 mol X、2 mol Y，起始时，v（A）=v（B）=a L。在相同温度和有催化剂存在下，两容器中各自发生下述反应：X+Y2Z+W；（X、Y、Z、W均为气体）正反应为放热反应，达到平衡时，v（A）=1.2a L。
试回答：
（1）A中X的转化率α(A)_______________________________________________________。
（2）A、B中X的转化率的关系：α(A) ___________α(B)。(填“＜”“＞”或“=”)
（3）打开K，一段时间又达到平衡，A的体积为___________L。（连通管中气体体积不计）
【答案】 (1). 40% (2). ＞ (3). 2.6a
【解析】
【分析】
（1）A为恒温恒压过程，体积之比等于物质的量之比，据此计算平衡后A中混合气体的物质的量，根据差量法计算参加反应的X的物质的量，根据转化率定义计算；
（2）A为恒温恒压容器，B为恒温恒容容器，反应前后是气体体积增大的反应，A中充入1mol X和1mol Y，向B中充入2mol X和2mol Y，B容器与A相比相当于增大了压强；
（3）开K保持温度不变，A、B为等效平衡；
【详解】（1）A为恒温恒压过程，达到平衡时V(A)=1.2a L，等压等温条件下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，所以平衡后混合气体的物质的量是2mol×1.2=2.4mol，设参加反应的X的物质的量为x mol，
X + Y 2Z + W
1 1 2 1 1
X 2.4-2；
X=0.4mol，所以A中X的转化率α(A) ；
（2）A为恒温恒压容器，B为恒温恒容容器，反应前后是气体体积增大的反应，A中充入1mol X和1mol Y，向B中充入2mol X和2mol Y，B容器与A相比相当于增大了压强，平衡逆向进行，平衡后A中的X的转化率大，所以α(A) >α(B)；
（3）打开K，保持温度不变，A、B为等效平衡，B投料为A的2倍，所以A中平衡后气体的体积为2.4a，则总体积为3.6a，A的体积为3.6a-a=2.6aL；
20.300 ℃时，将2 mol A和2 mol B两种气体混合于2 L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g) ΔH＝Q,2 min末达到平衡，生成0.8 mol D。
（1）300 ℃时，该反应的平衡常数表达式为：K＝___________________。已知K300 ℃
（3）若温度不变，缩小容器容积，则A的转化率______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是_____________________________________________________________。
（4）如果在相同的条件下，上述反应从逆反应方向进行，开始时加入C、D各mol。若使平衡时各物质的物质的量浓度与原平衡相同，则还应该加入B______mol。
【答案】 (1). (2). ＞ (3). 0.8 mol/L (4). 0.2 mol/(L·min) (5). 不变 (6). 反应前后气体体积不变，压强对平衡无影响 (7).
【解析】
【分析】
（1）根据平衡常数的定义书写表达式；升高温度，K值增大，说明平衡正向移动；（2）2 min末达到平衡，生成0.8 mol D，则消耗0.4mol B；根据 计算D的平均反应速率。（3）反应前后气体体积不变，若温度不变，缩小容器容积，平衡不移动；（4）开始时加入C、D各mol，相当于加入2molA、molB；
【详解】（1）根据平衡常数的定义，300 ℃时，该反应的平衡常数表达式为：K＝；升高温度，K值增大，说明平衡正向移动，正反应吸热，ΔH>0；（2）2 min末达到平衡，生成0.8 mol D，则消耗0.4mol B，所以B的平衡浓度为 ； 0.2 mol/(L·min)；（3）反应前后气体体积不变，压强对平衡无影响，若温度不变，缩小容器容积，平衡不移动，A的转化率不变；（4）开始时加入C、D各mol，相当于加入2molA、molB，若使平衡时各物质的物质的量浓度与原平衡相同，则还应该加入B (2-)=mol
21.某化学课外小组为测定空气中CO2的含量，进行了如下实验：
①配制0.1000 mol/L 和0.01000 mol/L的标准盐酸。
②将2～3滴酚酞加入未知浓度的Ba(OH)2溶液10.00 mL中，并用0.1000 mol/L的标准盐酸进行滴定，结果用去盐酸19.60 mL。
③用测定的Ba(OH)2溶液吸收定量空气中的CO2。取Ba(OH)2溶液10.00 mL，放入100 mL容量瓶里加水至刻度线，取出稀释后的溶液放入密闭容器内，并通入10 L标准状况下的空气，振荡，这时生成沉淀。
④过滤上述所得浊液。
⑤取滤液20.00 mL，用0.01000 mol/L的盐酸滴定，用去盐酸34.80 mL。
请回答下列问题：
（1）配制标准盐酸时，需用下列哪些仪器?_____________________。
A．托盘天平 B．容量瓶 C．酸式滴定管 D．量筒 E．烧杯 F．胶头滴管 G．玻璃棒
（2）②操作中到达滴定终点时的现象是___________________________________________。
（3）Ba(OH)2溶液的物质的量浓度是________。
（4）此空气样品中含CO2的体积分数为________。
（5）本实验中，若第一次滴定时使用的酸式滴定管未经处理，即注入第二种标准盐酸，并进行第二次滴定，使测定结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（6）在第一次滴定的时候未润洗滴定管，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】 (1). B、D、E、F、G (2). 溶液由红色恰好变为无色，且半分钟内颜色无变化 (3). 0.09800 mol/L (4). 0.02500% (5). 偏大 (6). 偏大
【解析】
【分析】
(1)配制一定物质的量浓度的盐酸时，步骤有计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀等，根据实验步骤分析仪器；②将2～3滴酚酞加入未知浓度的Ba(OH)2溶液，溶液呈红色，用0.1000 mol/L的标准盐酸进行滴定，滴定终点时溶液变为无色；（3）根据盐酸与氢氧化钡反应的方程式，计算Ba(OH)2溶液的物质的量浓度；（4）根据化学方程式计算空气样品中含CO2的体积分数； (5) 第一次滴定时使用的酸式滴定管未经处理，即注入第二种标准盐酸，第二次滴定盐酸浓度偏大，导致第二次滴定消耗的标准液盐酸体积偏小；(6)由于酸式滴定管没有润洗，导致第一次滴定盐酸浓度偏小，消耗的标准液盐酸体积偏大，计算出的氢氧化钡浓度偏大。
【详解】(1)配制一定物质的量浓度的盐酸时，步骤有计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要仪器有:容量瓶、量筒、烧杯、胶头滴管及玻璃棒，即BDEFG； (2)将2～3滴酚酞加入未知浓度的Ba(OH)2溶液，溶液呈红色，用0.1000 mol/L的标准盐酸进行滴定，溶液由红色恰好变为无色，且半分钟内颜色无变化，达到滴定终点；(3)根据反应方程式: Ba(OH)2+2HCl═BaCl2+2H2O， c[Ba(OH)2]×10.00 mL= ×0.1mol/L×19.60mL，解得c[Ba(OH)2]=0.098mol/L； (4)发生的反应方程式:Ba(OH)2+CO2═BaCO3↓+ H2O，20mL滤液中Ba(OH)2的物质的量为34.80×10-3×0.01×mol=0.174×10-3 mol，100mL滤液中含有的氢氧化钡的物质的量为0.174×10-3×=8.70×10-4 mol，原有的氢氧化钡的物质的量为:0.098 mol/L×10×10-3L=9.8×10-4 mol，空气中二氧化碳消耗的氢氧化钡的物质的量为:9.8×10-4 mol-8.70×10-4 mol=1.1×10-4 mol，n(CO2)=n(Ba(OH)2)=1.1×10-4 mol，二氧化碳的体积分数为: =0.025%；(5)第一次滴定时使用的酸式滴定管未经处理，即注入第二种标准盐酸，导致第二次滴定盐酸浓度偏大，消耗的标准液盐酸体积偏小，则与二氧化碳反应的氢氧化钡物质的量偏大，计算结果偏大；
(6)由于酸式滴定管没有润洗，导致第一次滴定盐酸浓度偏小，消耗的标准液盐酸体积偏大，计算出的氢氧化钡浓度偏大，则与二氧化碳反应的氢氧化钡物质的量偏大，计算结果偏大；
【点睛】根据分析滴定时的误差；若操作没有润洗滴定管，则造成标准液的浓度小，消耗标准液的体积偏大，导致待测液浓度偏大。
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