【化学】湖南省双峰县第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考（解析版） 试卷

湖南省双峰县第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考
满分：100分 时量：90分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16
一、选择题（本题包括28小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.对比以下几个反应式： Cl+Cl==Cl2 ΔH= -247 kJ·mol-1，
O+O==O2 ΔH= -493 kJ·mol-1，
N+N==N2 ΔH= -946 kJ·mol-1从能量变化的角度分析可以得出的结论是（ ）
A. 在常温下氮气比氧气、氯气都稳定 B. 氮、氧、氯的单质常温下为气体
C. 氮、氧、氯的单质都是双原子分子 D. 氮气、氧气和氯气的密度不同
【答案】A
【解析】
【分析】
三个反应式的不同点是焓变不同，焓变的数值越大，说明分子的能量越低，分子越稳定。
【详解】反应式给出的原子结合成分子的焓变，焓变的数值越大，说明给出的原子形成的分子的能量越低，分子越稳定；分子的能量高低不能用于判断气体的沸点、密度。故选A。
【点睛】本题考查了物质的稳定性与焓变的相互转化，把握分子的能量高低与物质稳定性的关系是解答的关键。
2.在25℃、101kPa下，1g乙醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热29.72kJ，下列热化学方程式正确的是
A. CH3CH2OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+ 3H2O（l）；△H=+1367kJ/mol
B. 2CH3CH2OH（l）+6O2（g）=4CO2（g）+ 6H2O（l）；△H=－2734kJ/mol
C. 2CH3CH2OH（l）+6O2（g）=4CO2（g）+ 6H2O（l）；△H=－1367kJ/mol
D. 2CH3CH2OH（l）+6O2（g）=4CO2（g）+ 6H2O（l）；△H=+2734kJ/mol
【答案】B
【解析】
3.根据以下3个热化学方程式：
2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－a kJ·mol－1
2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(l)　 ΔH＝－b kJ·mol－1
2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(g)　 ΔH＝－c kJ·mol－1(a、b、c均为正数)
对a、b、c三者大小关系的判断正确的是(　　)
A. a>b>c B. a>c>b
C. c>b>a D. b>a>c
【答案】A
【解析】
【分析】
三个反应都为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多。
【详解】硫化氢完全燃烧放出的热量多，所以a>b;气态水的能量高于液态水的能量，所以硫化氢生成液态水是放出的热量多，即b>c，故选A。
【点睛】本题考查反应热的大小比较，从物质反应的程度以及物质的聚集状态的角度比较反应热的大小是解答关键所在。
4. 已知：
S(s)＋O2(g)SO2(g)　ΔH＝－297.16 kJ·mol－1，
2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＝－196.6 kJ·mol－1。
下列说法正确的是 (　　)
A. 1 mol SO2(g)的能量总和大于1 mol S(s)和1 mol O2(g)的能量总和
B. 将2 mol SO2(g)与1 mol O2(g)在一定条件下充分反应，放出196.6 kJ的热量
C. S(g)＋O2(g)=SO2(g)　ΔH＝－Q，Q值小于297.16 kJ
D. 当1 mol S(s)完全转化为SO3(g)时(假设无热量损失)，放出395.46 kJ的热量
【答案】D
【解析】
放热反应生成物的能量总和小于反应物的能量总和，A项错误；B项忽视了可逆反应不能进行彻底，错误；气态硫燃烧放出的热量比液态硫燃烧放出的热量多，C项错误；根据盖斯定律，第一个方程式＋第二个方程式×可得S(s)＋O2(g)=SO3(g)　ΔH＝－395.46 kJ·mol－1，D项正确
5.在25 ℃、101 kPa时，CH4(g)、H2(g)、C(s)的燃烧热分别是－890.3 kJ·mol－1、－285.8 kJ·mol－1和－393.5 kJ·mol－1，则CH4(g)―→C(s)＋2H2(g)的ΔH是(　　)
A. －74.8 kJ·mol－1 B. ＋74.8 kJ·mol－1
C. －211.0 kJ·mol－1 D. ＋211.0 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
依题写出热化学方程式：①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，②H2(g)＋O2(g)=H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1，③C(s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1，根据盖斯定律①－②×2－③得：CH4(g)=C(s)＋2H2(g)　ΔH＝＋74.8 kJ·mol－1
6.反应A(g)＋B(g)→C(g)　ΔH，分两步进行：
①A(g)＋B(g) →X(g)　ΔH1；
②X(g) →C(g)　ΔH2。反应过程中能量变化如图所示，E1表示A＋B→X的活化能，下列说法正确的是（ ）

A. ΔH1＝ΔH－ΔH2>0
B. X是反应A(g)＋B(g)―→C(g)的催化剂
C. E2是反应②的活化能
D. ΔH＝E1－E2
【答案】A
【解析】
试题分析：A、已知：①A(g)+B(g)→X(g）△H1，②X(g)→C(g）△H2，则根据盖斯定律可知①+②即得到反应A(g)+B(g）→C(g)的△H＝△H1＋△H2，其中△H1＞0，A正确；B、X是反应A(g)+B(g)→C(g)的中间产物，B错误；C、根据图像可知E2不是反应②的活化能，C错误；D、根据图像可知△H1≠E1-E2，D错误，答案选A。
考点：考查反应热的有关判断与计算
7.已知：①101 kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221 kJ/mol
②稀溶液中H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol
下列结论正确的是(　　)
A. 碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol
B. ①的反应热为221 kJ/mol
C. 浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为－57.3 kJ/mol
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量
【答案】A
【解析】
【分析】
燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物反应放出的热量；中和热是指在一定条件下在稀溶液中酸和碱反应生成1mol水时所放出的热量。
【详解】由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5kJ，所以碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，A正确；反应热必须注明正负号，B错误；中和热是指在一定条件下在稀溶液中酸和碱反应生成1mol水时所放出的热量，由于浓硫酸溶入水还要放出热量，故该反应的中和热小于-57.3kJ/mol，C错误；醋酸属于弱电解质，溶于水电离时会吸热，因此稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水时放出热量应小于57.3kJ，D错误。
故选A。
【点睛】本题考查化学反应与能量变化，侧重于对反应热、燃烧热和中和热的理解，注意稀的强酸、强碱的中和热为△H=-57.3kJ/mol。
8.下列说法或表示法正确的是（ 　）
A. 等量的白磷蒸气和白磷固体分别完全燃烧，后者放出热量多
B. 由C（石墨）→C（金刚石） ΔH＝＋1.19 kJ· mol—1可知，金刚石比石墨稳定
C. 在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ· mol—1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ
D. 在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ· mol—1
【答案】C
【解析】
【分析】
同一物质不同状态能量不同，气态能量高，放出热量多；根据物质的总能量与稳定性关系判断；要注意根据中和热的概念来分析；反应热要与方程式中的计量数对应。
【详解】白磷固体变为气体时需吸收热量，所以完全燃烧放出的热量少，A错误；自身能量越低，物质越稳定，石墨变成金刚石吸收能量，金刚石能量高，所以石墨比金刚石稳定，B错误；若将含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的稀溶液混合，由于反应放热，浓硫酸稀释也放热，故放出的热量大于57.3 kJ，C正确；热化学方程式前面的计量数表示的是物质的量，所以D中的ΔH=-571.6 kJ·mol-1，D错误。
故选C。
【点睛】本题考查化学反应能量，理解反应热与能量的关系，能量与稳定性的关系，以及正确理解中和热的概念是关键。
9.已知：可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH<0，在一定条件下达到平衡后，改变下列条件一定能使该平衡向正反应方向移动的是
A. 升温增压 B. 降温增压
C. 升温减压 D. 降温减压
【答案】B
【解析】
试题分析：升温平衡逆向移动，加压平衡正向移动，A项错误；降温平衡正向移动，加压平衡正向移动，B项正确；升温平衡正向移动，减压平衡逆向移动，C项错误；降温平衡正向移动，减压平衡逆向移动，D项错误。答案选A。
考点：外界条件对化学平衡移动的影响
点评：改变影响平衡移动的一个因素，平衡总是向减弱这种改变的方向移动。
10. 在四个不同的容器中，在不同的条件下进行合成氨反应。根据在相同时间内测定的结果判断，生成氨气的最快的是
A. v(Ｈ2)="0.3" mol ·L-1·min-1 B. v(N2)="0.2" mol ·L-1·min-1
C. v(NH3)="0.25" mol ·L-1·min-1 D. v(H2)="0.4" mol ·L-1·min-1
【答案】B
【解析】
试题分析：对于反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），以氢气的反应速率为标准进行判断，A．v（H2）=0.3mol/（L?min）；B．v（N2）=0.2mol/（L·min），反应速率之比等于其计量数之比，所以ν（H2）=0.6mol/（L·min）；C．v（NH3）=0.25mol/（L·min），反应速率之比等于其计量数之比，所以ν（H2）=0.375mol/（L·min）；D．v（H2）=0.4mol/（L?min）。所以反应速率最快的是B。
【考点定位】化学反应速率和化学计量数的关系
【名师点睛】本题考查了化学反应速率快慢的比较，，注意要把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较。同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，注意单位是否相同。
11.下列叙述中，不正确的是
A. 某特定反应的平衡常数仅是温度的函数
B. 催化剂不能改变平衡常数的大小
C. 平衡常数发生变化，化学平衡必定发生移动，达到新的平衡
D. 化学平衡发生移动，平衡常数必发生变化
【答案】D
【解析】
试题分析：A、特定反应的平衡常数只随温度变化，与其它外界条件无关，正确；B、催化剂只改变反应速率，而不能使化学平衡改变，所以催化剂不能改变平衡常数的大小，B正确；C、平衡常数改变，反应温度一定改变；化学平衡一定发生移动；故正确；D、改变浓度、压强平衡也会发生移动，但若温度不变，则化学平衡常数不变，错误。
考点：考查化学平衡常数的计算，含义、影响因素的分析判断。
12.下列说法中正确的是(　　)
A. 凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的
B. 自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应
C. 自发反应在恰当条件下才能实现
D. 自发反应在任何条件下都能实现
【答案】C
【解析】
化学反应的吸、放热与反应的自发性有一定联系，但不是必要条件，A错误；自发反应的判断可以应用焓变与熵变的综合结果来判断，单一条件不能作为唯一判断依据，B错误；反应能否自发进行，取决于△H、T和△S，在一定温度下，如△H-T•△S＜0时，反应可进行，D错误。答案选C。
13.对于反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s) ΔH＝－444.3 kJ/mol，且熵减小，在常温常压下该反应能自发进行，对反应的方向起决定作用的是
A. 焓变 B. 温度 C. 压强 D. 熵变
【答案】A
【解析】
试题分析：根据焓判据和熵判据组成的复合判据ΔH－T·△S<0时，反应能够自发进行，由于熵减小，因此该反应能自发进行，ΔH一定小于零，选A。
考点：考查化学反应的方向。
14.密闭容器中进行下列反应：M(g)＋N(g)R(g)＋2 L，如图所示R%是R的体积分数，t是时间，下列关于该反应的分析正确的是

A. 正反应吸热，L为气体
B. 正反应吸热，L为固体或纯液体
C. 正反应放热，L为气体
D. 正反应放热，L为固体或纯液体
【答案】A
【解析】
试题分析：从图分析，当压强相同时，温度越高，反应越快，平衡时R的百分含量减小，说明升温，平衡逆向移动，则正反应为放热。当温度相同时，压强越大，平衡时R的百分含量越小，说明加压，平衡逆向移动，则L是气体物质，所以选C。
考点：条件对平衡的影响
【名师点睛】本题考查条件对化学平衡的影响，注意在分析图像时，只能改变一个影响平衡的因素，即定一议二。再结合勒夏特列原理分析平衡的移动方向。
15.可逆反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(s)　ΔH＝Q kJ·mol－1，反应过程中，当其他条件不变时，C在混合物中的含量与温度(T)的关系如图Ⅰ所示，反应速率(v)与压强(p)的关系如图Ⅱ所示。据图分析，以下说法正确的是(　　)

A. T1＜T2，Q＞0
B. 增大压强，B的转化率减小
C. 当反应达到平衡时，混合气体的密度不再变化
D. a＋b＞c＋d
【答案】C
【解析】
【分析】
根据“先拐先平数值大”确定温度高低、压强大小，升高温度平衡向吸热反应方向移动，据此判断反应热符号；增大压强，正逆反应速率均增大，平衡向气体体积减小的方向移动，根据压强变化判断化学计量数的大小。
【详解】根据图象Ⅰ可知，由于T2的线的起始斜率比T1大，说明，T2＞T1，而平衡时T1时C%的值＞T2时C%的值，说明温度由T1升到T2，平衡逆向移动，根据勒夏特殊原理可知，该反应为放热反应，所以Q＜0，A错误；根据图象Ⅱ可知，在压强增大的过程中，v正＞v逆，即平衡向正反应方向移动，物质B的转化率增大，B正确；由于D是固体，形成平衡得过程中，气体的质量减小，混合气体的密度减小，当反应达到平衡时，混合气体的密度不再变化，C正确；根据图象Ⅱ可知，在压强增大的过程中，v正＞v逆，即平衡向正反应方向移动，根据勒夏特殊原理可知，该反应的正反应是气体体积减小的反应，a+b＞c，但不能确定a+b＞c+d，D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了化学平衡图像，涉及产物百分含量、反应速率与温度、压强的关系，明确“先拐先平数值大”，结合温度、压强对平衡移动的影响分析是解答本题的关键所在，注意生成物为固体时，气体质量发生变化，密度发生变化。
16.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2A(g)＋B(g)3C(g)；ΔH<0，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是

A. 图Ⅰ表示的是t1时刻增大反应物的浓度对反应速率的影响
B. 图Ⅱ表示的一定是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响
C. 图Ⅲ表示的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
D. 图Ⅲ表示的是不同催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高
【答案】C
【解析】
试题分析：A．图Ⅰ表示的是t1时刻V逆、V正都增大，V逆增大的多，化学平衡逆向移动，若增大反应物的浓度，则在该时刻V正增大，V逆不变。与图像不符合，错误；．图Ⅱ表示的可能是t1时刻加入催化剂后正反应、逆反应速率都增大，二者增大的倍数相同，所以化学平衡不发生移动，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，也可能增大压强后的化学反应速率变化情况，错误；C．升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短，由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，所以达到平衡时A的转化率降低，因此图Ⅲ表示的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高，正确。D．催化剂只能缩短达到平衡所需要的时间，但是平衡不发生移动，因此图Ⅲ不能表示不同催化剂对平衡的影响，错误。
考点：考查图像法在化学反应速率、化学平衡移动中的作用的知识。
17.在一定温度下，容积相同的两个密闭容器中，一个充入2 mol SO2、1 mol O2，另一个充入2 mol SO3，发生反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)；ΔH＝－196.6 kJ/mol分别达到平衡时，下列六种说法中正确的有(　　)
①二氧化硫的转化率与三氧化硫的分解率之和为1
②达到平衡所需的时间相等　③密度相等　④压强相等
⑤放出与吸收的热量相等　⑥二氧化硫的浓度相同
A. 3种 B. 4种
C. 5种 D. 6种
【答案】B
【解析】
【分析】
在一定温度下，容积相同的两个密闭容器中，一个充入2mol SO2、1mol O2，另一个充入2mol SO3，发生反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-196kJ/mol，在相同条件下，反应达到相同的平衡状态。
【详解】对在等温等容容器内发生的反应：
2SO3（ g）+O2（g）=2SO3（g）
始1：2mol 1mol 0
始2：0 0 2mol
始2状态折算成始1的起始物料：2mol 1mol 0 （与始1相同），则两种情况互为等效平衡，达到平衡状态时密度相等、压强相等、二氧化硫的浓度相等（③④⑥正确），但是两种状态起始状态不同，状态2相当于状态1完全反应后得到的，因此二氧化硫的转化率和三氧化硫的分解率之和为1（两物质前化学计量数相等，①正确），而且，状态1达平衡放出的热量与状态2达平衡吸收的热量数值之和为反应中的总的热效应的绝对值，即196.6kJ，由于二氧化硫的转化率与三氧化硫的分解率不一定相等，因此，达到平衡所需的时间不一定相等，状态1反应放出的热量与状态2反应吸收的热量数值不一定相等（②⑤错误），所以，其中正确的是①③④⑥，故选B。
【点睛】本题考查了化学平衡影响因素分析判断，化学平衡移动原理的理解应用，注意等效平衡的比较和分析应用是关键。
18.取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为(　　)
A. 0.01 mol/L B. 0.017 mol/L
C. 0.05 mol/L D. 0.50 mol/L
【答案】C
【解析】
【分析】
取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混合，NaOH溶液过量，溶液呈碱性，依据化学方程式建立求解关系式求得两者物质的量浓度。
【详解】设原溶液物质的量浓度为cmol/L，V（NaOH）=3L，V（HCl）=2L，二者混合后反应，混合溶液体积为5L，二者混合后反应，所得溶液pH=12，则 c（OH-）=10-2mol/L，3L×cmol/L-2L×cmol/L=10-2mol/L×5L，则c=0.05mol/L，故选C。
【点睛】
19.用0.102 6 mol·L－1的盐酸滴定25.00 mL未知浓度的氢氧化钠溶液，滴定达终点时，滴定管中的液面如图所示，正确的读数为( )

A. 22.30 mL B. 22.35 mL C. 23.65 mL D. 23.70 mL
【答案】B
【解析】
试题分析：滴定管刻度自上而下逐渐减小，所以读数为22.35mL，答案选B。
考点：考查滴定管读数
20.某温度下，CO2饱和溶液的浓度是0.03mol/L，其中1/3的CO2转变为H2CO3，而H2CO3仅有0.1%发生如下电离：H2CO3H＋＋HCO3—，则溶液的pH约为(　　)
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】C
【解析】
c(CO2)＝0.03mol/L，c(H2CO3)＝0.01mol/L，c(H＋)＝0.01 mol/L×0.1%＝1×10－5mol/L，pH＝5。
21.常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是(　　)

A. 点①所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na+)＋c(H＋)
B. 点②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
C. 点③所示溶液中：NaOH与CH3COOH恰好完全中和，溶液呈中性
D. 在0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液中，由水电离出来的c(H＋)= 10－13 mol·L－1
【答案】A
【解析】
【分析】
点①得到CH3COONa与CH3COOH等浓度的混合液，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，由电荷守恒可知：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）；点②得到的溶液pH=7，溶液中c（H+）=c（OH-），c（Na+）=c（CH3COO-）；点③NaOH与CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，醋酸钠溶液呈碱性，则c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）。
【详解】点①处醋酸过量，形成醋酸和醋酸钠混合液，根据电荷守恒可知，溶液中离子浓度的关系是：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，A正确；点②所示溶液显中性，醋酸还是过量的，是醋酸和醋酸钠混合液，由c(H＋)= c(OH－)，根据电荷守恒可知c(Na＋)＝c(CH3COO－)，B错误；点③处恰好反应，NaOH与CH3COOH恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠在溶液中水解，溶液呈碱性，C错误；0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液中c(H＋)小于0.100 0 mol·L－1，结合水的离子积常数可知，由水电离出来的c(H＋)大于 10－13 mol·L－1，D错误。
故选A。
【点睛】在判断酸碱中和过程中离子浓度变化以及离子浓度大小比较时，除了注意判断酸碱的用量外，最重要的是利用好几个守恒关系，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒等，尤其是电荷守恒是经常用到的关系式，需要熟练掌握并能灵活运用。
22.下列说法正确的是(　　)
A. 将某电解质溶液加水稀释，溶液中各离子浓度都减小
B. 25 ℃时，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后，混合液中c(H＋)＝c(OH－)
C. 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液在稀释过程中c(H＋)/c(CH3COOH)将变大
D. 25 ℃时，pH＝3的某酸溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH≥7
【答案】C
【解析】
【分析】
对于酸溶液，加水稀释，c(H＋)减小，c（OH-）增大；25 ℃时，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后，氨水过量，溶液显碱性；稀释促进醋酸的电离，n（H+）增大，n（CH3COOH）减小；pH=3的某酸溶液为强酸时，与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，恰好反应，溶液呈中性，溶液pH等于7，若为弱酸时，反应后弱酸过量，溶液显酸性，溶液pH小于7。
【详解】对于酸溶液，加水稀释时，溶液中c(H＋)减小，水的离子积常数不变，溶液中c（OH -）增大，则将某电解质溶液加水稀释，溶液中离子浓度不一定都减小，A错误；室温下，将pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合后，得到的是氯化铵和氨水的混合液，显示碱性，c（NH4+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+），B错误；稀释促进醋酸的电离，n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，则0.1mol/LCH3COOH溶液在稀释过程中c（H+）/c（CH3COOH）将变大，C正确；pH=3的某酸溶液为强酸时，与pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液pH=7，若为弱酸时，酸的浓度大于0.001mol/L，反应后弱酸过量，pH＜7，即25℃时，pH=3的某酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH≤7，D错误。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，明确影响弱电解质电离的因素及pH之和为14的酸碱混合时，强电解质不足，弱电解质过量是确定混合液酸碱性的关键所在。
23.常温下，下列叙述不正确的是(　　)
A. pH＝3的弱酸溶液与pH＝11的强碱溶液等体积混合后溶液呈酸性
B. pH＝5的硫酸溶液稀释到原来的500倍，稀释后c(SO)与c(H＋)之比约为1∶10
C. 向冰醋酸溶液中逐滴加水，则溶液的导电性、醋酸的电离度、溶液的pH均先增大后减小
D. 中和10 mL 0.1 mol·L－1醋酸与100 mL 0.01 mol·L－1醋酸所需的NaOH物质的量相同
【答案】C
【解析】
【分析】
pH=3弱酸溶液中氢离子浓度是0.001mol/L，pH=11的强碱溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，等体积混合后溶液根据酸和碱的物质的量相对大小判断溶液的酸碱性；硫酸溶液稀释后硫酸根离子浓度缩小500倍，但氢离子既包含硫酸电离的氢离子也包含水电离的氢离子；向冰醋酸中逐滴加水，醋酸的电离程度逐渐增大；10 mL 0.1 mol•L-1 醋酸与100 mL 0.01 mol•L-1的醋酸含有的CH3COOH物质的量相等，中和时所需同种碱溶液的量相等。
【详解】酸溶液中氢离子浓度和碱溶液中氢氧根离子浓度相等，但酸是弱酸，所以酸中氢离子浓度远远小于酸的浓度，两溶液等体积混合后酸过量，导致溶液呈酸性，A正确；pH=5的硫酸溶液中氢离子浓度是10-5 mol/L，硫酸根离子浓度是1/2×10-5mol/L，稀释到原来的500倍，稀释后硫酸根离子个数不变，但硫酸根离子浓度是原来的即10-8 mol/L，溶液中氢离子浓度=（10-7+1/500×10-7）mol/L，所以稀释后c（SO42-）与c（H+）之比约为1：10，B正确；向冰醋酸中逐滴加水，浓度越小，醋酸的电离程度越大，所以醋酸的电离程度逐渐增大， C错误；10 mL 0.1 mol•L-1 醋酸与100 mL 0.01 mol•L-1的醋酸含有的CH3COOH物质的量相等，所以中和时所需同种碱溶液的量相等，D正确。
【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断及溶液pH的计算，根据酸碱的相对强弱再结合物质的性质分析解答，D中消耗碱的物质的量与酸的浓度无关，为易错点，酸或碱溶液稀释过程中如果溶液的PH值接近7时要考虑水的电离。
24.常温下，取pH＝2的两种二元酸H2A与H2B各1 mL，分别加水稀释，测得pH变化与加水稀释倍数有如图所示关系，则下列有关叙述正确的是(　　)

A. H2A的电离方程式为H2A H＋＋HA－，HA－ H＋＋A2
B. pH＝4的H2A水溶液中c(OH-)=10－12 mol·L－1
C. NaHA、NaHB的混合溶液中，阴离子有A2－、HA－、HB－、B2－、OH-
D. Na2B的水溶液能与H2A溶液发生反应
【答案】D
【解析】
【分析】
pH=2的两种二元酸H2A与H2B各1mL，分别加水稀释，由图可知，稀释100倍时H2A的pH变化大，且pH=4，所以H2A为强酸，H2B为弱酸。
【详解】pH=2的二元酸H2A加水稀释，由图可知，稀释100倍时H2A的pH=4，所以H2A为强酸，故A错误；由图可知，稀释100倍时H2A的pH变化大，且pH=4，所以水溶液中c(OH-)=10－10 mol·L－1，B错误；水溶液中，NaHA完全电离：NaHA═Na++H++A2-，溶液中不存在HA－离子，C错误；H2A为强酸，H2B为弱酸，Na2B的水溶液中加入H2A溶液，依据强酸制弱酸的原理，Na2B溶液能与H2A溶液发生反应，D正确。
故选D。
【点睛】本题考查弱电解质的电离及离子浓度大小的比较，明确稀释及图象的分析是解答本题的关键，并注意电离与水解相结合和强酸制弱酸来解答。
25.已知，25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸的化学式
CH3COOH
HCN
H2C2O4
电离平衡常数
1.8×10－5
4.9×10－10
K1＝5.9×10－2 K2＝6.4×10－5
下列有关说法正确的是(　　)
A. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH(CH3COOH)>pH(H2C2O4)>pH(HCN)
B. a mol·L－1 HCN溶液与b mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后，所得溶液不可能呈碱性
C. 向Na2C2O4溶液中滴加足量HCN溶液产生二氧化碳气体
D. H2C2O4能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】
【分析】
电离平衡常数越大，溶液酸性越强，酸的电离程度越大；等浓度时，HCN溶液与NaOH溶液等体积混合生成NaCN，CN-离子在溶液中水解，溶液呈碱性；C2O42—具有还原性，HCN也具有还原性，不可能发生氧化还原反应；草酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
【详解】由表格中的数据可知，电离常数的大小顺序为H2C2O4＞HC2O4—＞CH3COOH＞HCN，酸性强弱顺序为H2C2O4＞HC2O4—＞CH3COOH＞HCN，等物质的量浓度的各溶液中，c(H＋)大小顺序为H2C2O4＞HC2O4—＞CH3COOH＞HCN，则pH关系为pH(HCN) >pH(CH3COOH)>pH(H2C2O4)，A错误；若a=b，a mol·L－1 HCN溶液与b mol·L－1 NaOH溶液等体积混合恰好完全生成NaCN，NaCN为强碱弱酸盐，在溶液中水解，溶液显碱性，B错误；由电离常数可知，酸性HC2O4—＞HCN，则向Na2C2O4溶液中滴加足量HCN溶液不能发生反应，C2O42—具有还原性，HCN也具有还原性，不可能发生氧化还原反应，不可能有二氧化碳气体生成，C错误；草酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确。
【点睛】本题考查电离、水解及氧化还原反应，试题综合性较强，注意题干中数据的应用和物质的氧化性、还原性来解答。
26.如图所示为对10mL一定物质的量浓度的盐酸X用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定的图象，依据图象推出X和Y的物质的量浓度是下表内各组中的



A

B

C

D

X（mol/L）

0.12

0.04

0.03

0.09

Y（mol/L）

0.04

0.12

0.09

0.03

【答案】D
【解析】
为c（HCl）、c（NaOH），
当NaOH溶液体积为20ml，结合图象可知，酸过量，c（H+）=="0.01mol/L" ①
当NaOH溶液体积为30ml，结合图象可知，溶液呈中性，恰好反应，即10C（HCl）=30c（NaOH）②
由①、②求解得c（HCl）=0.09mol/L、c（NaOH）=0.03mol/L，故选D．
【点评】本题主要考查了pH值的计算，抓住酸过量时，相当于对过量的酸进行稀释，恰好反应时两者的物质的量之比等于化学计量数之比．
27.用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考图示从下表中选出正确选项(　　)


锥形瓶中溶液
滴定管中溶液
选用的
指示剂
选用的
滴定管
A
碱
酸
石蕊
乙
B
酸
碱
酚酞
甲
C
碱
酸
石蕊
甲
D
酸
碱
酚酞
乙
【答案】D
【解析】
【分析】
酸式滴定管不能盛放碱溶液，而碱式滴定管不能盛放酸溶液，指示剂应选择颜色变化明显的酚酞或甲基橙，不能选用石蕊。
【详解】不能用石蕊做酸碱指示剂，否则会引起较大误差，A错误；不能用酸式滴定管盛装碱性溶液，B错误；不能用碱式滴定管盛装酸性溶液，C错误；用酚酞做指示剂，到达滴定终点时，溶液颜色有无色变为浅红色，并且滴定管使用正确，D正确。
故选D。
【点睛】本题考查中和滴定实验，解答本题的关键是：①明确酸、碱式滴定管使用时的注意事项，②指示剂的变色范围。另外还要注意在酸碱中和滴定中，无论是标准溶液滴定待测溶液，还是待测溶液滴定标准溶液，只要操作正确，都能达到目的。
28.下图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是(　　)

A. 盐酸的物质的量浓度为1 mol/L
B. P点时反应恰好完全，溶液呈中性
C. 曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线
D. 酚酞不能用作本实验的指示剂
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图象知，当盐酸中滴加氢氧化钠溶液时，溶液的pH=1，则c（HCl）=0.1mol/L，当氢氧化钠溶液中未滴加盐酸时，溶液的pH=13，则c（NaOH）=0.1mol/L；根据pH变化曲线知，a是氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液，b是盐酸滴定氢氧化钠溶液。
【详解】根据图象知，当盐酸中未滴加氢氧化钠溶液时，溶液的pH=1，则c（HCl）=10-1 mol/L=0.1mol/L，A错误；P点时二者恰好完全中和，盐酸是一元强酸，氢氧化钠是一元强碱，当二者恰好中和时，二者反应生成氯化钠，则溶液呈中性，B正确；根据图象知，当a曲线起点的pH=1，说明原溶液是盐酸，所以a曲线是氢氧化钠滴定盐酸的实验，C错误；甲基橙的变色范围是3.1-4.4，酚酞的变色范围是8-10，且变色现象较明显，所以该中和滴定可以用酚酞或甲基橙作指示剂，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了酸碱中和滴定实验，根据图中pH变化曲线确定滴定顺序，结合酸碱的性质分析解答，难点是酸碱指示剂的选取方法。
二、非选择题（本题包括4小题，每空1分，共16分。）
29.在某温度下的水溶液中，c(H＋)＝10xmol/L，c(OH－)＝10ymol/L，x与y的关系如图所示：

（1）该温度下，水的离子积为________。
（2）该温度下，0.01mol/L NaOH溶液中c(H＋)为________ mol/L。
【答案】 (1). 10－15 (2). 10－13
【解析】
【分析】
一定温度下，离子积常数Kw=c（H+）•c（OH-）；由氢氧化钠溶液浓度计算c(OH—)，再根据离子积常数计算c(H＋)。
【详解】（1）根据图知，当c（H+）=10-5mol/L，c（OH-）=10-10mol/L，由离子积常数Kw=c（H+）•c（OH-）=10-5.10-10=10-15。（2）0.01mol/L NaOH溶液中c(OH—)为1×10-2 mol/L，则溶液中c(H＋)为==1×10-13 mol/L。
【点睛】本题考查了溶液pH的有关计算，注意离子积常数=c（H+）•c（OH-）的应用，温度改变离子积常数改变为易错点。
30.已知室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，回答下列问题：
（1）该溶液中c(H＋)＝________ mol/L。
（2）HA的电离平衡常数K＝________。
（3）升高温度时，K________(填“增大”，“减小”或“不变”)。
（4）由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的________倍。
【答案】 (1). 1×10－4 (2). 1×10－7 (3). 增大 (4). 106
【解析】
【分析】
（1）HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L；（2）由HH++Ac-，c（H+）=c（Ac-）=10-4mol/L，则电离平衡常数为=1×10-7；（3）升高温度，促进弱电解质的电离，电离平衡右移；（4）HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%，利用Kw来计算水电离产生的氢离子浓度。
【详解】（1）HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg（10-4）=4。（2）由HAH++Ac-，c（H+）=c（Ac-）=10-4mol/L，则电离平衡常数为Ka==1×10-7；（3）因HA的电离是吸热过程，温度升高促进电离，故电离常数K增大；（4）HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢氧根离子为mol/L=10-10mol/L，而水电离氢离子浓度等于氢氧根离子的浓度，c（H+）为10-10mol/L，则由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍
【点睛】本题考查弱酸的电离，为高频考点，侧重于分析能力和计算能力的考查，明确离子的浓度、温度对电离平衡的影响及离子积的计算即可解答。
31.在2 L密闭容器内，800℃时反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)(mol)
0.020
0.01
0.008
0.007
0.007
0.007
（1）800℃，反应达到平衡时，NO的物质的量浓度为__________ mol/L；升高温度，NO的浓度增大，则该反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。

（2）如下图中表示NO2变化的曲线是________（填字母序号a、b、c、d）。用O2表示从0～2 s内该反应的平均速率v＝________ mol/(L·s)。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是________。
a．v(NO2)＝2v(O2)
b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)＝2v正(O2)
d．容器内密度保持不变
（4）能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是________。
a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度
c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
【答案】 (1). 0.0035 (2). 放热 (3). b (4). 1.5×10－3 (5). bc (6). c
【解析】
【分析】
浓度不变说明反应达到平衡；升高温度平衡向吸热反应方向移动；依据反应物浓度减小、生成物浓度增大判断；氧气的消耗浓度是一氧化氮浓度的一半；达到平衡状态，反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化、正逆反应速率相等；依据影响反应速率和化学平衡的因素判断。
【详解】（1）由表中数据可知从3s开始，NO的物质的量为0.007mol，不再变化，3s时反应达平衡，所以平衡时NO的浓度为0.007mol/2L= 0.0035 mol/L；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，NO的浓度增大，则平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应。（2）平衡时消耗NO的是0.013mo，则生成NO2是0.013mol，其浓度是0.013mol÷2L＝0.0065mol/L，所以b曲线表示NO2的变化；0～2 s内消耗NO是0.012ml，则消耗氧气是0.006mol其浓度变化是0.006mol÷2L＝0.003mol/L，所以用氧气表示的反应速率是0.003mol/L÷2s＝1.5×10－3mol/（L·s）。（3）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。A中反应速率的的关系是恒成立的，不能说明；根据反应的方程式可知，反应前后体积减小，所以压强也是减小的，因此选项b正确；c中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，正确；密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此d不正确，答案选bc。（4）a降低生成物的浓度，反应速率降低；升高温度平衡向逆反应方向进行，b不正确；催化剂不能改变平衡状态，d不正确；增大反应物的浓度可以加快化学反应速率，平衡向正反应方向移动，所以正确的答案选c。
【点睛】本题考查化学平衡，涉及化学平衡的判断、影响化学平衡的因素、平衡状态的标志和化学平衡的移动，注意平衡状态判断选择判断的物理量，应随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
32.高炉炼铁过程中发生的主要反应为：1/3Fe2O3(s)＋CO(g)2/3 Fe(s)＋CO2(g)。已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：
温度/℃
1 000
1 150
1 300
平衡常数
4.0
3.7
3.5
请回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式K＝________，ΔH________0(填“＞”、“＜”或“＝”)；
（2）在一个容积为10 L的密闭容器中，1 000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0 mol，反应经过10 min后达到平衡。求该时间范围内反应的平均反应速率v(CO2)＝________ mol/(L·min)，CO的平衡转化率＝________；
【答案】 (1). c(CO2)/c(CO) (2). ＜ (3). 0.006 0 (4). 60%
【解析】
【分析】
根据化学平衡常数的概念来书写表达式，并利用温度与化学平衡常数的关系来分析反应热；根据各物质的物质的量、化学平衡常数及三段法计算来平衡时的量，再计算反应速率及物质的转化率
【详解】（1）由平衡常数是指在一定温度下，当一个可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，但需要注意但是固体和纯液体的浓度视为常数，不能出现在表达式中，则K=c(CO2)/c(CO)，从表中数据可知随着温度的升高平衡常数逐渐减小，
则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，即△H＜0。（2）设CO转化的物质的量为x，则
1/3Fe2O3（s）+CO（g）2/3Fe（s）+CO2（g）
起始量（mol） 1.0 1.0
转化的量（mol） x x
平衡时的量（mol） 1.0-x 1.0+x
又在1000℃时K=4.0，则有(1.0+x)/(1.0-x)=4.0=4.0，解得x=0.6，C02的浓度变化量为：c（C02）==0.06mol/L，则用二氧化碳表示的反应速率为0.006mol/（L．mim），CO的转化率为×100%=60%。
【点睛】本题主要考查化学平衡常数的概念及计算以及反应热的有关判断，利用化学平衡三段法计算平衡时的量并借助化学反应速率的概念、转化率的概念来计算。